Chùm toán hình học THCS

3) Ch ứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân. Chứng minh G là trọng tâm tam giác ABC. Xét tam giác ABC: H là tr ực tâm tam giác, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Ta có 1 bài toá[r]

 Sưu tầm

CHÙM BÀI TỐN HÌNH HỌC

CÁC CHÙM BÀI TẬP THƯỜNG GẶP

I.Chùm tập xuất phát từ ba đường cao tam giác :

Bài 1: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) cố định Kẻ đường cao AD, BE, CF cắt H BE, CF cắt (O) điểm thứ hai M N Gọi I trung điểm BC Kẻ đường kính AK (O)

1) Chứng minh tứ giác BFEC, AFHE, nội tiếp 2)

2.1 Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành 2.2 Chứng minh DC DB =DH DA

2.3 Chứng minh AF.AB=AE AC

2.4 Chứng minh H M đối xứng qua AC 2.5 Chứng minh EF//MN

2.6 Chứng minh AB AC =2 R AD 3)

3.1 Chứng minh EF =BC cosBAC 3.2 Chứng minh BH BE +CH CF =BC2

3.3 Chứng minh 1( 2 2)

BH BE+CH CF+AH AD= AB +BC +AC 3.4 Chứng minh AO⊥EF

3.5 Gọi P Q hình chiếu D BH CH Chứng minh PQ/ /EF 3.6 Giả sử BAC =45 ,0 SABC =100cm2 Tính diện tích ∆AFE

3.7 Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác EFD

3.8 Chứng minh IF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF 3.9 Tính tỉ số OI

AH

3.10 Qua A kẻ đường thẳng xy song song với EF Chứng minh xy tiếp tuyến (O R; )

3 11 Gọi L điểm đối xứng với K qua B Chứng minh L thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB

3.12 Gọi S điểm đối xứng với K qua C Chứng minh H trung điểm LS 3.13 Chứng minh FEID tứ giác nội tiếp

Hướng dẫn giải:

Bài 1:

1) Xét tứ giác BFEC: BFC =CEB=900 mà hai góc hai đỉnh kề nhìn cạnh BC

⇒ tứ giác BFEC nội tiếp (dhnb)

Xét tứ giác BFHE:  AFH +AEH =900 +900 =1800 mà hai góc hai đỉnh đối

⇒ tứ giác BFHE nội tiếp (dhnb) 2)

2.1 Xét (O): ABK , ACK nội tiếp chắn cung AK, mà AK đường kính ⇒ ABK =ACK =900

I

K H

N

M

F

E

D

O

B C

A

Vì BE AC BE/ / KC

KC AC ⊥ 

⇒ 

⊥  Vì / / BK

CF AB CF BK AB ⊥  ⇒  ⊥ 

Xét tứ giác BHCK: BH/ / CK

CH BK 

⇒ 

⊥  tứ giác BHCK hình bình hành (dhnb)

2.2 Có  ABD BAD+ =900  ABD HCD+ =900 ⇒ BAD=HCD Xét ABD CHD

 

  ( )

( 90 )

ABD DHC DB DH

ABD CHD g g DB DC DH DA DA DC ADB CDH  =  ⇒ ⇒ = ⇒ =  = =    2.3

Xét AFC AEB



 

chung

( ) AB AC

( 90 )

BAC AF AE

AFC AEB g g AF AE AC AB

AFC AEB

⇒ ⇒ = ⇒ =



= =   

2.4 Có HBD BHD + =900 HBD ECB + =900 ⇒BHD = ACB mà  BHD= AHE(dd)⇒ AHE=ACB Xét (O):  AMH = ACB (góc nội tiếp chắn cung AB) mà  AHE= ACB (cmt)

 

AMH AHM AHM

⇒ = ⇒ cân A có AE⊥HM ⇒AE trung trực HM hay H M đối xứng với qua E (dpcm)

2.5 Xét (O):  NMB=NCB (góc nội tiếp chắn cung NB)

Xét tứ giác nội tiếp BFEC:  FCB=FEB (góc nội tiếp chắn cung FB)

  NME FEB

⇒ = mà hai góc vị trí đồng vị ⇒MN/ / EF (dhnb)

2.6 Xét (O):  AKB=ACB (góc nội tiếp chắn cung AB) Xét AKB ACD

 

  ( ) AD AC AB.AC R AD

( 90 )

AKB ACD AK AB

AKB ACD g g AK AB

3.1Do BFEC tứ giác nội tiếp nên  

AEF= ABC (cùng phụ với FEC )

Xét ∆AEF ∆ABC có: BAC chung,  AEF =ABC ( )

AEF ABC g g

⇒ ∆ ∽∆

FE AF AF

EF BC

BC AC AC

⇒ = ⇒ =

Lại có cosBAC AF EF BC cosBAC 

AC

= ⇒ =

3.2Xét ∆BEC ∆BDH có: B chung, BEC =BDH =900

( )

BEC BDH g g

⇒ ∆ ∽∆ BE BC BH BE BD BC

BD BH

⇒ = ⇒ =

Chứng minh tương tự ta có: CH CF =CD BC Suy ra: BH BE +CH CF =(BD CD BC+ ) =BC2

3.3Chứng minh tương tự ý 3.2 ta có: BH BE +AH AD = AB AH AD CH CF2; + = AC2 Suy ra: 2BH BE +2CH CF +2AH AD =BC2+AB2 +AC2

Suy ra: 1( 2 2)

2

BH BE+CH CF+AH AD= AB +BC +AC

3.4Do AK đường kính nên ACK =900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

 

90

AKC CAK

⇒ + = hay  AKC+EAO=900 (1)

Lại có  AKC= ABC (hai góc nội tiếp chắn cung) Mà  ABC=AEF (ý b) ⇒ AKC=AEF (2)

Từ (1) (2) ⇒ AEF+EAO=900 ⇒AO⊥EF

Q P

K H

E F

D O

B C

A

3.5Do DPHQ tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối 1800) nên

 

HPQ=HDQ (hai góc nội tiếp chắn cung)

Mà DQ/ /AB (cùng vng góc vớiCF ) ⇒FAH =HDQ Suy ra: HPQ =FAH

Lại có AEHF nội tiếp nên FAH =FEH (hai góc nội tiếp chắn cung) Do đó: HPQ =FEH

Mà hai góc vị trí so le nên EF/ /PQ 3.6Ta có: ∆AEF∽∆ABC(ý 3.1)

2

2

45

AEF ABC

S AE

cos S AB

 

⇒ =  = =

 

2

1

50

AEF ABC

S S cm

⇒ = =

3.7Do FAH =FEH (cm ý 3.5)

Mà FAH =HCD (cùng phụ với ABC ) (3)

Mặt khác CDHE nội tiếp (tổng hai góc đối 900) Nên HED =HCD (4) (hai góc nội tiếp chắn cung) Từ (3), (4) ⇒ FEH =HED

EH

⇒ phân giác FED

Tương tự DH phân giác FDE

Xét ∆DEF có H giao điểm ba đường phân giác nên H tâm đường tròn nội tiếp ∆DEF

K H

E F

D O

B C

A

3.8Qua ba điểm phân biệt , , H E F xác định

đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp ∆HEF

là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF

Lại có HFA =AEH =900 nên AH đường kính

Gọi T tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HEF ⇒Tlà trung điểm AH

Ta có TF =TA⇒ ∆TFA cân T  

FAT TFA

⇒ = hay FAH =TFA (5)

Do I trung điểm cạnh huyền BC ∆FBC vng F nên I tâm đường trịn ngoại tiếp ∆FBC

IF IC CFI

⇒ = ⇒ ∆ cân I  

CFI ICF

⇒ = hay CFI =HCD (6) Mà FAH =HCD (7)

Từ (5), (6), (7) ⇒TFA =CFI

Mà TFA TFH  + =CFA=900⇒CFI +TFH =900 Hay TFI=900 ⇒TF ⊥FI

IF

⇒ tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp ∆HEF 3.9Do AK đường kính nên  ACK = ABK=900 (góc nội

tiếp chắn nửa đườngtròn) ,

AC KC AB KB

⇒ ⊥ ⊥

/ /

KC BH

⇒ (cùng vng góc với AC ) Và BK/ /CH (cùng vng góc vớiAB )

BHCK

⇒ hình bình hành

T

K H

E F

D O I

B C

A

K H

E F

D O I

B C

A

,

HK BC

⇒ cắt trung điểm đường (tính chất đường chéo)

Mà I trung điểm BC nên I trung điểm HK

OI

⇒ đường trung bình

2

AH AHK OI

∆ ⇒ = (tính chất đường trung bình)

2

OI AH ⇒ =

3.10Do xy/ /EF ⇒ yAE= AEF (so le trong) Mà  AEF+ACK =900

 

90

yAE CAK

⇒ + = hay 

90

KAy=

AK xy ⇒ ⊥

xy

⇒ tiếp tuyến ( ; )O R

3.11Do L đối xứng với K qua B nên L =AKB Do AO⊥EF hay AK ⊥EF nên  AFE =AKB

(cùng phụ với FAE )  

L AFE ⇒ =

Lại có:  AFE= AHE ⇒ =L AHE Mà  AHE+AHB=1800 (kề bù)

 

180

L AHB

⇒ + = ⇒AHBL nội tiếp (tổng hai góc đối 1800) Hay L thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆AHB

y x

K H

E F

D O

B C

A

L

K H

E F

D O

B C

A

3.12Do ,L S đối xứng với K qua ,B C

nên BK =BL CK, =CS

BC

⇒ đường trung bình ∆KLS / /

BC LS

⇒

Hay BI/ /LH CI, / /SH

Áp dụng hệ định lý Ta – lét ta có:

,

BI KI CI KI BI CI LH = KH SH = KH ⇒ LH =SH

Mà BI = CI (gt) ⇒LH =SH ⇒ H trung điểm LS

3.13 Do FH phân giác DFE ⇒DFE=2HFE Lại có tứ giác BCEF nội tiếp nên  HFE=HBC (hai góc nội tiếp chắn cung)

 2

DFE HBC

⇒ = hay DFE=2EBC (1’) Xét ∆BEC vuông E có I trung điểm BC

2

BC IE IC

⇒ = =

EIC

⇒ ∆ cân I ⇒IEC =ECI

Lại có BIE góc ngồi đỉnh I nên   BIE=IEC+ECI =2ECI Hay BIE=2ECB (2’)

Từ (1’) (2’) ⇒DFE +BIE=2(EBC +ECB)=2.900 =1800

FEID

⇒ tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối 180 ) Bài 1, phần

I

S L

K H

E F

D O

B C

A

I K H

E F

D O

B C

A

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) cố định Kẻ đường cao AD; BE;CF cắt H BE CF cắt (O) điểm thứ hai M N Gọi I trung điểm BC Kẻ đường kính AK (O) Cho BC cố định điểm A chuyển động cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn

Chứng minh:

4.1 Chứng minh EF có độ dài khơng đổi 4.2) Chứng minh AH có độ dài không đổi

4.3) Chứng minh H chuyển động cung trịn cố định

4.4 Tìm vị trí điểm A để tứ giác AFHE có diện tích lớn nhất?

4.5 Giả sử 45o <BAC<900 tìm vị trí điểm A để tam giác AEH có diện tích lớn 4.6 Tìm vị trí A để AB.AC lớn

4.7 Tìm vị trí của A để diện tích tam giác BHC lớn

4.8 Tìm vị trí điểm A cung Bc để chi vi tam giác DEF co giá trị lớn 4.9 CM AB: +BC+CA<4 (cosR A+cosB+cos )C

4.10 AI cắt OH G Khi A chuyển động BC G chuyển động đường

Lời giải có sử dụng số ý phần chứng minh phần 1, 2,3 4.1 Chứng minh EF có độ dài không đổi

Giải:

Xét ∆AEF ∆ABC có 

Achung  

AEF= ABC ( c/mt) ( )

AEF ABC g g

∆ ∆ −

⇒ 

AE AC BC

AB AF EF

⇒ = =

Xét ∆ABE E (=90 )o có sin

AE

A

AB =

Mà A không đổi cung BC không đổi AE

AB

BC EF

⇒ khơng đổi ⇒ EF có độ dài khơng đổi

4.2) Chứng minh AH có độ dài khơng đổi

Xét hình bình hành BHCK

{ }

BC∩HK = I I trung điểm BC

⇒ I trung điểm KH ⇒HI=IK Xét ∆AKH có

( / ) ( )

HI IK c mt AO OK gt

= =

 

 ⇒ OI đường trung bình

1

AKH OI AH

∆ ⇒ =

Mà OI không đổi ( O I cố định) nên AH có độ dài khơng đổi 4.3) Chứng minh H chuyển động cung tròn cố định

Tứ giác AFHE nội tiếp ⇒ EAF +FHE=1800

Mà BHC =FHE ( đối đỉnh) ⇒ BHC=1800−FAE=1800−A

=> H chuyển động cung chứa góc 1800−A dựng cạnh BC

4.4 : Tìm vị trí điểm A để tứ giác AFHE có diện tích lớn nhất?

Kẻ FL FJ vng góc với AD

Có ( ) 1( ) ( )

2

S AEHEF = EL+FJ AH = EL+FJ OI

Vậy S AEHEF( )lớn EL+FJ lớn Mà EL+FJ ≤EF( không đổi)

Dấu "=" sảy L J trùng với S 4.5 Giả sử 

45o <BAC<90 tìm vị trí điểm A để tam giác AEH có diện tích lớn

2 2

2 4

AEH

AE EH AH

S∆ = AE AH ≤ + = =OI ( không đổi)

AEH S∆

⇒ lớn ⇔ AE=EH ⇔ ∆AEH vuông cân E



45

BCA

⇔ =

⇔ A điểm cung BB' ( với BB' đường kính (O)

4.6 Tìm vị trí A để AB.AC lớn nhất I

F

D

E

H

O

B

C A

Ta có sin

2

ABC

S = AB AC A= AD BC

Mà  1

BAC = BOC không đổi ⇒ AB AC lớn ⇔S∆ABC lớn

2AD BC

⇔ lớn Do BC không đổi ⇒AB AC lớn nhất⇔ AD lớn

Do dây BC cố định nên AD lớn ⇔ A điểm cung BC

Vậy S∆ABC lớn ⇔ A điểm cung BC

Khi ( ) ( ) ( ) ( )

sin sin

AD BC R OI BC R OI BC R OI BC R

AB AC R R OI

BI

A BOI BI

R

+ + +

= = = = = +

4.7 Tìm vị trí của A để diện tích tam giác BHC lớn I

F

D

E

H

O

B

C A

Gọi H' giao điểm AD với (O) '

BHH

∆ cân B⇒HD=H D'

'

' BHC BH C

S∆ =S∆ = H D BC

BHC S∆

⇒ lớn ⇔H D' lớn '

H

⇒ điểm cung nhỏ BC

A

⇒ điểm cung lớn BC

4.8 Tìm vị trí điểm A cung Bc để chi vi tam giác DEF co giá trị lớn H'

I F

D

E

H

O

B

C A

Vì I tâm đường trịn ngọi tiếp tứ giác BFEC Kéo dài ED cắt (I) Q

Xét (I) có FIE=2FQE (1) ( góc nội tiếp góc tam chắn cung) Tứ giác FIDE nội tiếp ⇒ FDE=FIE (2) ( hai góc nội tiếp cắn cung EF) Xét ∆FDE có

  

FDE=FQD QFD+ (3) ( Tính chất góc ngồi tam giác)

Từ (1); (2); (3) có ⇒FQD =DFQ⇒ ∆FQD cân D⇒DQ=DF Chu vi ∆DEF =DE+EF+DF =DE+EF+DQ=EQ+EF

Vì EF có độ dài khơng đoỏi nên chu vi tam giác DEF lớn EQ lớn EQ lớn EQ đường kính hay D trùng I => AB=AC

4.9 CM AB: +BC+CA<4 (cosR A+cosB+cos )C

Q

I K

D H N

M E

F

O

B

A

Xét (O) có

 

K =C ( góc nội tiếp chắn cung AB)



2

( 90 ) sin sin sin

ABK B AB AK K AB AK C R C

∆ = ⇒ = ⇒ = =

Tương tự sin

BC= R A

2 sin

AC= R B

Ta có AB+AC+BC=2 (sinR C+sinB+sin )A Ta có KB=KA.cosK2 =2 cosR C

1

.cos cos

KC=KA K = R B (cos cos )

KB KC R B C

⇒ + = +

Mà KB+KC>BC⇒BC<2R(cosB+cosC)

Tương tự

2 (cos cos ) (cos cos )

AC R B C

AB R A C

< +

< +

4 (cos cos cos )

AB BC CA R A B C

⇒ + + < + +

4.10 AI cắt OH G Khi A chuyển động BC G chuyển động đường

1

K O

B C

A

Lấy điểm T OI cho

IT = OI⇒T điểm cố đinh

Vì

IG= AI ( G trọng tâm tam giác ABC)

3

GT IT

OA IO

⇒ = =

1

IT R

⇒ =

Vậy G di chuyển đường tròn (T) bán kính 3R

Bài Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) Gọi H trực tâm ∆ABC, E điểm đối xứng H qua BC;

F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC 1) Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành 2) E,F nằm đường tròn (O)

3) Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân

T G

I

K

D H N

M E

F

O

B

A

4) Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC

5) Chứng minh

ABC

AB BC CA S

R

=

Hướng dẫn giải

Bài Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) Gọi H trực tâm ∆ABC, E điểm đối xứng H qua BC;

F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC

1) Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành Xét tứ giác BHCF:

Theo đề : +I trung điểm đường chéo BC

+ F đối xứng với H qua trung điểm I BC nên I trung điểm đường chéo HF

Vậy I trung điểm đường chéo tứ giác BHCF nên tứ giác BHCF hình bình hành (dhnb hbh) 2) E,F nằm đường trịn (O)

Ta có BHCF hình bình hành nên CH = BF, BH = CF( tính chất hình bình hành) (1) CH / /BF BH, / /CF (1’)

Vì BH ⊥AC CH, ⊥ AB (H trực tâm tam giác ABC) (1’’) Từ (1’) (1’’) suy BF⊥ AC CF, ⊥AB

Xét tứ giác ABFC có BF ⊥AC CF, ⊥ AB nên  B=C-90° mà góc vị trí đối nên ABFC tứ giác nội tiếp, mặt khcas A,B,C thuộc (O) ⇒ F thuộc (O)

G

F I

E H

O A

B C

Mặt khác E đối xứng với H qua BC nên CH = CE; BH = BE (2) Từ (1) (2) suy BE = CF; BF = CE

Xét ∆BEC,∆BFC có BE = CF;

BF = CE; BC chung

Suy ∆BEC = ∆BFC(ccc) ⇒ BEC=CFB(góc tương ứng)

Xét tứ giác BECF có BEC =CFB nhìn cung BC nên BECF tứ giác nội tiếp mà B,C,F thuộc (O) nên E thuộc (O) Vậy BECF nội tiếp (O)

3) Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân Gọi K giao điểm BC HE

Xét ∆HEF:

Vì E đối xứng với H qua BC nên K trung điểm HE (gt) Vì F đối xứng với H qua I nên I trung điểm HF(gt) Suy IK đường trung bình ∆HEF

Vậy EF // BC (tính chất đường trung bình)

Xét tứ giác BECF : EF // BC nên BECF hình thang, mặt khác ∆BEC= ∆BFC(cmt) nên CE = BF (cạnh tương ứng)

Vậy hình thang BECF có đường chéo nên hình thang cân

4) Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC Xét tam giác ABC: H trực tâm tam giác, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

Ta có tốn chứng minh tam giác tâm, trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp thẳng hàng

Trong toán AI đường trung tuyến cắt HO đường thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp trực tâm Vì trọng tâm thuộc AI, trọng tâm thuộc HO AI HO cắt tậm G tam giác ABC

5) Chứng minh

ABC

AB BC CA S

R

=

Từ định lý sin

2 sin sin sin

a b c

R

A= B = C = ta suy sin

c C

R = Thay vào công thức:

2

S = abSinCta

4

ABC abc S

R

= hay

4

ABC

AB BC CA S

R =

Bài Cho (O;R) dây cung BC cố định R Một điểm A di chuyên cung lớn BC (AB < AC) Các đường cao BE, CF cắt H

1) Chứng minh: Tứ giác AEHF tứ giác BFEC nội tiếp 2) Chứng minh AE.AC = AF AB

3) Qua C kẻ đường thẳng song song với BE, cắt (O) I Chứng minh tứ giác BHCI hình bình hành 4) Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆AEF theo R

5) Tìm vị trí điểm A cung lớn BC để tổng HA + HB + HC lớn HƯỚNG DẪN GIẢI

A'

I E F

H

C O

B

A

1) Chứng minh: Tứ giác AEHF tứ giác BFEC nội tiếp Vẽ đường kính qua B cắt đường tròn tâm O O’

Xét tam giác A’BC: sin A' 3 ' 1 60

' 2

BC R

A BC A B R

= = = ⇒ = = ° ⇒A’C=ABcos60°=2R 2= R

Xét (O):   60

BAC= BC= °(góc nội tiếp)

Xét tam giác ABC có: BE CF đường cao⇒ = = °F C 90

Tứ giác AEHF: C + = ° + ° =F 90 90 180° mà góc vị trí đối nên tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp

Tứ giác BFEC: C = = °F 90 nhìn cung BC, tứ giác BFEC nội tiếp 2) Chứng minh AE.AC = AF AB

Xét BFEC tứ giác nội tiếp (cmt) suy  BFE+FEC=180° (1) Xét ∆AFE:  FEC+FEA=180°(kề bù) (2) Từ (1) (2) suy  AEF= ABC

Xét ∆AFE ∆ACB:  

AEF= ABC 

A chung

⇒∆AFE∽∆ACB(gg) AF AE AC AE AB AF

AC AB

⇒ = ⇒ = (cạnh tương ứng)

3) Qua C kẻ đường thẳng song song với BE, cắt (O) I Chứng minh tứ giác BHCI hình bình hành

Ta có: BE⊥ AC(cmt) BE đường cao ∆ABC, mặt khác BE/ /CI(gt)

⇒CI ⊥AC( từ vng góc đến song song)

Xét (O): ACI nhìn AI góc 90° ⇒AI đường kính (O)

Vậy ABI chắn cung AI nên ABI = °90 ⇒BI ⊥ AB

Ta có AB⊥CF,IB⊥ AB nên CF/ /BI (từ vng góc đến song song) Xét tứ giác CHBI:CF / /BI, BE/ /CI ⇒ CHBI hình bình hành 4) Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆AEF theo R

Ta có S abc R

∆ = (cmt)

Vậy

4

ABC

AB AC BC S R ∆ = , AF.EF AEF AE S r ∆ = . AF.EF ABC AEF

AB AC BC

S R AB r AB r AE

AE

S AE R AE R AB

r ∆ ∆     = =  =  ⇒ =    

Xét tam giác vng ABE vng E: Ta có AE cosA AB =

1 cos 60

2

= ° =

Vậy r R = r R ⇒ =

5) Tìm vị trí điểm A cung lớn BC để tổng HA + HB + HC lớn

AI đường kính suy ∆AIC tam giác vng

Ta dễ dàng chứng minh AA’CH hình bình hành, suy AH = A’C Mặt khác A’C = R nên AH = R Vậy HA + HB + HC lớn phụ thuộc vào HA + HC, mặt khác HBIC hình bình hành nên HB + HC = IB + IC

Gọi IP đường cao tam giác BIC

Theo bất đẳng thức Cosi ta có: IB+IC≥2 IB IC mà sin120 sin I

S IP BC IB ID= =

°

 Vậy IB + IC lớn dấu xảy IB=IC, IP đạt giá trị lớn I nằm

cung BC Khi A nằm cung BC lớn ( AI đường kính)

Bài 4:Cho đường trịn  O , dây NP cố định khơng qua tâm M điểm chuyển động cung lớn

NP cho tam giác MNP nhọn Các đường cao NE PF, tam giác MNP cắt H (E F, nằm MP MN, ) cắt đường tròn điểm thứ hai A B

a) Chứng minh: ME MP MF MN b) Chứng minh:  AMPEFP

c) Tiếp tuyến M đường tròn cắt NE PF, Cvà D Chứng minh tứ giác CDNP nội tiếp Hướng dẫn giải

a) Xét MEN MFP có:



M chung

P

A'

I E

F

H

C O

B

A

D

C

B

A

H F

E

O M

  90o

MENMFP

 

MEN MFP g g

  ∽

ME MN

MF MP

ME MP MF MN

 

 

b) Xét tứ giác EPNF có:

  90o

NFP NEP 

Mà hai góc vị trí kề nhìn cạnh NP

 Tứ giác EPNF nội tiếp

 

PFE PNE

  (hai góc nội tiếp chắn cung PE)

Lại có  AMPPNE (hai góc nội tiếp chắn cung AP  O )

 .

AMP PFE

 

c) Vì tứ giác EPNF nội tiếp ENF EPF (hai góc nội tiếp chắn cung EF)

 sđ MBsđ MA

Xét  O có:



2

PNC sđ AP (góc nội tiếp chắn cung AP)



2

PDC (sđ MPsđ MB)

 (sđ MPsđ MA)

 sđ AP (góc có đỉnh bên ngồi đường trịn chắn hai cung MP BM)

 

PNC PDC

 

Xét tứ giác CDNP có: PNCPDC cmt 

 Tứ giác CDNP nội tiếp

Bài 5: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp O R;  E hình chiếu B AC, đường thẳng qua E song song với tiếp tuyến Ax  O cắt AB F

a) Chứng minh tứ giác BFEC tứ giác nội tiếp

b) Lấy điểm D cạnh BC cho góc DFE nhận FC tia phân giác trong, BE cắt CF H Chứng minh Hlà trực tâm ABC, từ suy ba điểm A H D, , thẳng hàng

c) Chứng minh điểm H cách ba cạnh DEF

d) Tia DE cắt tiếp tuyến Ax K, giả sử ABC có BCcố định, A di chuyển cung lớn BC Tìm vị trí A để SAEF đạt giá trị lớn

Hướng dẫn giải

a) Ta có Ax/ / EFEAxAEF (so le trong) (1) Xét  O có:



2

EAx sđ AC (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung AC)



2

ABC sđ AC(góc nội tiếp chắn cung AC)

 

EAx ABC

  (2)

Từ (1) (2)  ABCAEF

Mà  AEF CEF 180o (hai góc kề bù)

  180o

ABC CEF

  

Hay  FBC CEF 180o Xét tứ giác BFECcó:

  180o 

FBC CEF  cmt

x

K

H

D F

E

O

B

A

C

Mà hai góc vị trí đối

 Tứ giác BFEC nội tiếp

b) Vì tứ giác BFEC nội tiếp nên  BFCBEC(hai góc nội tiếp chắn cung BC) Mà BEC90oBFC90o CFAB

Mà BEAC BE CF  H

H

 trực tâm ABC AHBC (3)

Vì AEB AFC cmt  AE AB AE AF

AF AC AB AC

 ∽    

Xét AEF ABC có:



A chung; AE AF cmt

AB  AC

    AEF ABC c g c AFE ACB

  ∽   (hai góc tương ứng) Lại có  AFE EFC 90o  ACB CBE 90o

  

CFE CBE DBH

  

Mặt khác EFCHFD gt 

 

HFD DBH

 

Xét tứ giác BFHD có:

  

HFDDBH cmt

Mà hai góc vị trí kề nhìn cạnh HD

 Tứ giác BFHDnội tiếp BDH BFH90oHDBC (4) Từ (3) (4) A D H, , thẳng hàng

c) Dễ dàng chứng minh được:

    ADF BAC c g c BDF BAC

 ∽  

và CDE∽CAB c g c CDEBAC

   

BDF CDE FDH EDH

   

DH

 phân giác DEF Mà FH phân giác DEF

H

 tâm đường tròn nội tiếp DEF H

 cách ba cạnh DEF

d) Vì   

2

2

AEF ABC

S AE

AEF ABC cmt cos BAC

S AB

 

  

     



∽



2

AEF ABC

S S cos BAC

 

Vì BC cố định nên sđBC nhỏ không đổi cos BAC2 không đổi AEF

S

 lớn SABC lớn

Mà

2 ABC

S  AD BC

Vì BC khơng đổi nên SABC lớn AD lớn A điểm cung BC Vậy SAEF đạt giá trị lớn A điểm cung BC

Nhận xét: Bài tốn ta khơng tính diện tích SAEF lớn theo R đề không cho biết độ dài

dây BC

II Chùm tập hai tiếp tuyến cát tuyến kẻ từ điểm đến đường trịn

1) Khai thác tốn xuất phát từ hai tiếp tuyến cát tuyến qua điểm đường tròn

Bài toán : Cho đường (O; R) Qua điểm K nằm ngồi đường trịn vẽ hai tiếp tuyến KA, KB và cát tuyến KCD với đường tròn ( A B tiếp điểm, C nằm K D) H trung điểm của CD

Câu 1:

1.1 Chứng minh điểm K, H, A, B, O thuộc đường tròn 1.2.Chứng minh tứ giác KHOB tứ giác nội tiếp

1.3.Chứng minh tứ giác AHOB tứ giác nộp tiếp

1.4.Chứng minh

Câu

Gọi M giao AB OK Chứng minh 2.1 Chứng minh

2.2 Chứng minh (hoặc thay chứng minh )

2.3 Chứng minh

2.4 Chứng minh

 

AHK KOB =

O

H D

C

B A

K

KC KD=KM KO

KA =KC KD

MK MO=AM

2

4

AB MK MO=

OM OK+KC KD=KO AC KC

AD = KA

2.5 Chứng minh góc = góc (Phát triển từ câu 1, 4)

2.6 Gọi I giao đoạn KO với Chứng minh I tâm đường trịn nội tiếp

2.7 Kẻ đường kính AN Gọi G giao CN KO Chứng minh KCGB tứ giác nội tiếp

2.8 Kẻ đường kính AN Gọi S giao DN KO Chứng minh tứ giác AMSD nội tiếp

ADB AHK

( )O ∆KAB

( )O

( )O

2.9 Chứng minh góc ADC = góc MDB

2.10 Gọi giao OH AB T Chứng minh KMHT tứ giác nội tiếp

Câu 3:Chứng minh tứ giác OMCD tứ giác nội tiếp

3.1 Nếu cho cát tuyến KCD di động, chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác CMD ln qua điểm cố định

3.2 Khai thác câu 2.4 Chứng minh AC.BD = BC.AD

3.3 Chứng minh AB chứa tia phân giác góc CMD, ( thay câu: gọi I giao điểm AB CD, chứng minh , chứng minh MI MK đường phân giác tam giác MCD) Khai thác tiếp: Kẻ đường kính AN, S giao điểm DN với KO Chứng minh AS//CN

3.4 Khai thác câu 2.4 2.8 Chứng minh AC.BD = CH.AB (hoặc thay câu: 2AC.BD = AC.CD)

Hướng dẫn

Tứ giác AKBH nội tiếp Mà

Từ chứng minh

Hay 2AC.BD = CD.AC

Mà AC.BD = BC.AD (câu 3.2)

3.5 Gọi E giao điểm DM đường tròn (O) Chứng minh KDOE tứ giác nội tiếp Khai thác tiếp: Chứng minh KO phân giác góc DKE, chứng minh:

3.6 Qua A vẽ dây AF qua H Chứng minh BF//CD Khai thác: Gọi P Q giao điểm AC, AD với đường thẳng BF Chứng minh FP = FQ

3.7 Qua C vẽ dây CT qua M Chứng minh DT//AB (Do DT//AB nên tứ giác ABTD hình thang cân Ta lại có OK trục đối xứng hình thang cân nên MD = MT, góc OMD = góc OMT) (Hoặc thay câu: Qua D vẽ dây DT//AB, chứng minh CT qua trung điểm AB)

3.8 Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB I Chứng minh CI//KB (Hoặc thay câu: Qua C kẻ đường thẳng song song với KB cắt AB BD theo thứ tự I Q, chứng minh IC = IQ)

IC MC ID MD=

AHK ABK

⇒ =

ABK ADB= ⇒ADB AHK=

( )

ACH ABD g g

∆  ∆ −

AC CH AC.BD CH.AB 1CD.AC

AB BD 2

⇒ = ⇒ = =

AC.BD BC.AD CD.AC

⇒ + =

ME KE

MD KD=

3.9 Khai thác từ câu 2.6: Gọi I giao điểm đoạn KO với (O) Chứng minh CI phân giác góc KCM

3.10 Khai thác câu 2.7: Kẻ đường kính AN (O) Các dây NC, ND cắt KO G S Chứng minh OG = OS (Hoặc thay câu : Chứng minh AGNS hình bình hành)

3.11 Khai thác câu 2.10: Gọi giao điểm OH AB T, I giao điểm AB CD Chứng minh HI, HT đường phân giác phân giác tam giác AHB (hoặc thay câu chứng minh

)

3.12 Gọi giao điểm OH AB T Chứng minh tứ giác TOMC tứ giác nội tiếp Khai thác tiếp: Chứng minh TC, TD tiếp tuyến đường tròn (O), thay câu: Chứng minh điểm T, D, O, M, C thuộc đường tròn Hoặc: Gọi T giao điểm hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) Chứng minh ba điểm T, A, B thẳng hàng

3.13 Qua K kẻ cát tuyến thứ hai KEF Gọi giao điểm DE CF P Chứng minh ba điểm A, P, B thẳng hàng

3.14 Qua K kẻ cát tuyến thứ hai KEF Gọi giao điểm CE DF Q Chứng minh ba điểm A, Q, B thẳng hàng

3.15 Kẻ AE BD E, BF CD F Chứng minh

3.16 Chứng minh hai tia phân giác hai góc CAD CBD cắt điểm cát tuyến KCD

3.17 Kẻ dây TD //AB Chứng minh ba điểm C, M, T thẳng hàng

3.18 Gọi G trọng tâm tam giác ACD Khi cát tuyến KCD thay đổi, K (O) cố định G chạy đường nào?

3.19 Giả sử AD//KB, gọi P giao điểm AC KB Chứng minh P trung điểm KB Khai thác: Gọi G giao điểm AC KO Chứng minh G trọng tâm tam giác ABK

Giải Câu 1:

1.1 Ta có ( Tính chất tiếp tuyến) nên điểm A thuộc đường trịn đường kính OK (1)

Ta có ( Tính chất tiếp tuyến) nên điểm B thuộc đường trịn đường kính OK (2)

IA TA IB =TB

⊥ ⊥ ∆DEM#∆DAK

OA⊥KA ⇒OAK =900

OB⊥KB ⇒OBK =900

Ta có H trung điểm CD nên điểm H thuộc đường trịn đường kính OK (3)

Từ (1) (2) (3) ta có điểm A; B; H thuộc đường trịn đường kính OK điểm K, H, A, B, O

1.2Tứ giác KHOB có nên tứ giác KHOB tứ giác nội tiếp ( Tổng hai góc đối )

1.3Ta chứng minh điểm K, H, A, B, O thuộc đường tròn đường kính OK tứ giác AHOB tứ giác nội tiếp

1.4 Xét (O) ta có ( tính chất hai tiếp tuyến cắt )

Xét đường trịn đường kính OK ta có ( liên hệ cung dây) ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)

Câu

Chứng minh

* Chứng minh : Xét , ta có:

chung sđ

(g.g)

(1) * Chứng minh

Xét , có:



90 OH CD OHK

⇒ ⊥ ⇒ =

  0

90 90 180 OHK +OBK = + =

180

KA=KB

KA=KB⇒ KA =KB

 AHK KOB

⇒ =

KC KD=KM KO

KC KD=KA KCA

∆ ∆KAD 

K

 

A= =D AC

KCA KAD ⇒ ∆ ∽∆

KC KA KA KD

⇒ =

2

KA KC KD

⇒ =

2

KM KO=KA KAB

∆

(Tính chất tiếp tuyến cắt nhau) cân K

Mà KM tia phân giác (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) M (Tính chất tam giác cân)

Xét vng A, có AM đường cao, ta có: (Hệ thức lượng tam giác vuông) (2) Từ (1) (2) (đpcm)

2.1 Chứng minh (cmt)

2.2 Chứng minh (hoặc thay chứng minh )

Xét vng A, có AM đường cao, ta có:

(Hệ thức lượng tam giác vuông) (đpcm) 2.3 Chứng minh

Xét vuông A, có AM đường cao, ta có: (Hệ thức lượng tam giác vuông)

Mà (cmt)

(Vì vng A) (đpcm) 2.4 Chứng minh

Ta có: (cmt)

2.5 Chứng minh góc = góc (Phát triển từ câu 1, 4) KA=KB

KAB ⇒ ∆  BKA KM AB ⇒ ⊥ KAO ∆

KA =KM KO

KC KD KM KO

⇒ =

2

KA =KC KD

KA =KC KD

2

MK MO= AM

2

4

AB MK MO= KAO

∆

AM =KM MO

2

OM OK+KC KD=KO KAO

∆

AO =OM OK

KA =KC KD

2 2

OM OK KC KD AO KA OK

⇒ + = + = ∆KAO

Dễ dàng cm tứ giác AKOH tứ giác BKHO nội tiếp đường trịn đường kính OK thuộc đường trịn đường kính KO

(cùng chắn )

Mà (góc chắn góc tạo tiếp tuyến dây cung) (đpcm)

2.6 Gọi I giao đoạn KO với Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp

Ta có: (Góc chắn góc tạo tiếp tuyến dây cung)

Mà (Do )

AI đường phân giác Xét , có:

AI đường phân giác (cmt) , , , ,

A B K H O ⇒

 

AHK ABK

⇒ = AK

 

ADB= ABK AB  ADB AHK

⇒ =

( )O ∆KAB

 

KAI = ABI AI  

IAB=ABI  AI =BI  

KAI IAB

⇒ =

⇒ ∆KAB

KAB ∆

KAB ∆

KI đường phân giác (t/c tiếp tuyến cắt nhau) I tâm đường trịn nội tiếp

2.7 Kẻ đường kính AN Gọi G giao CN KO Chứng minh KCGB tứ giác nội tiếp

Ta có: (cmt)

Mà (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (cùng )

(so le trong) Mặt khác: (đối đỉnh)

hay

Ta lại có: (góc nội tiếp chắn góc tạo tiếp tuyến dây cung)

Tứ giác KCGB nội tiếp

2.8 Kẻ đường kính AN Gọi S giao DN KO Chứng minh tứ giác AMSD nội tiếp KAB

∆

⇒ ∆KAB

( )O

KO⊥AB ⇒GO⊥AB NB⊥AB

//

GO BN

⇒ ⊥AB

 

OGN GNB

⇒ =

 

OGN =KGC

 

GNB KGC

⇒ = CNB =KGC

 

CNB=KBC BC

 

KGC KBC

⇒ =

⇒

( )O

Ta có: M (cmt) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác AMSD nội tiếp

2.9 Chứng minh góc ADC = góc MDB

* Chứng minh Ta chứng minh được:

Tứ giác DCMO nội tiếp

(Cùng chắn ) Mà cân O)

Mặt khác: (Do tứ giác DCMO nội tiếp)

AB⊥KO ⇒AMO=900 hay AMS =900

AD⊥AN 

90

ADS

⇒ =

⇒

 

DMA=CBD

( 2)

KC KD=KM KO =KA

⇒

 

DCO DMO

⇒ = DO

  (

DCO=CDO ∆OCD  

DMO CDO

⇒ =

 

KMC =CDO

Ta lại có:

(Do DCMO nội tiếp nên )

Mà (góc nội tiếp góc tâm)

* Chứng minh Xét , ta có:

(cmt)

(Cùng chắn ) (g.g)

(đpcm)

2.10 Gọi giao OH AB T Chứng minh KMHT tứ giác nội tiếp  

DMO KMC

⇒ =

   

90 ; 90

DMO+DMA= KMC CMA+ =

  1 1

2

DMA CMA CMD COD

⇒ = = = CMD =COD

 1

2

CBD= COD

2

=  

DMA CBD

⇒ =

 

MDA=CDB

AMD

∆ ∆CBD  

DMA=CBD

 

MAD=BCD BD

AMD CBD ⇒ ∆ ∽∆

 

MDA CDB

⇒ =

   

ADC CDM CDM MDB

⇒ + = +

 

ADC MDB

⇒ =

Xét , ta có: (đối đỉnh)

hay

Tứ giác KMHT nội tiếp

Câu 3:

Câu 3: Chứng minh tứ giác OMCD nội tiếp

Theo 2.1 có Ta có

Xét có chung,

TXH

∆ ∆KXM   TXH =KXM   90

H =M =

TXH KXM ⇒ ∆ ∽∆

 

XTH XKM

⇒ = MTH =HKM

⇒

M C

O K

A

B

D H

⇒ KA2 =KC.KD 2

KA AO, AM KO⊥ ⊥ ⇒KA =KM.KO

( 2) KC.KD KM.KO KA

⇒ = =

KC KM KO KD

⇒ =

KCM & KOD

∆ ∆ DKO KC KM

KO KD= ( )

KCM KOD c.g.c

∆ ∆

⇒ 

(Hai góc tương ứng) Xét tứ giác CMOD có :

CMOD nội tiếp (Tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện)

3.1 Có tứ giác CMOD nội tiếp, nên suy đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD qua O cố định

3.2 Theo 2.4 (1)

Xét có: chung, (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung)

( Hai cạnh tương ứng)

Mà KB = KA ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Từ (1) (2) suy

3.3

 KCM KOD=

 KCM KOD=

⇒

M C

O K

A

B

D H

AC KC AD KA= KBC & KDB

∆ ∆ DKB KBC KDB=

( ) KC BC

KBC KDB g.g

KB BD

∆ ∆

⇒  ⇒ =

( ) KC BC 2 KA BD

⇒ =

AC BC KC AC.BD BC.AD

AD BD KA

 

= = ⇒ =  

Ta có ,

Có cân (OC = OD) ( hai góc đáy tam giác cân) Có tứ giác OMCD nội tiếp (Hai góc nội tiếp chắn cung OD)

Mà

AB phân giác góc CMD

*Từ suy ra: : gọi I giao điểm AB CD, chứng minh , chứng minh MI MK đường phân giác tam giác MCD)

Khai thác tiếp: Kẻ đường kính AN, S giao điểm DN với KO Chứng minh AS//CN Có tứ giác AMSD nội tiếp (cmt – 2)

( hai góc nội tiếp chắn cung AD)

Có (MA phân giác góc CMD)

KMC KDO cmt= ( )

OCD

∆ ⇒ KDO OCD=

DMO OCD

⇒ =

DMO KMC

⇒ =

   

 

0

KMC CMA DMO DMA 90 CMA AMD

+ = + =

⇒ =

⇒

IC MC ID MD=

AMD ASD

⇒ =

AMD 1CMD

2 = M

C

O K

D H

A

B

M C

O K

D A

B N

S H

Có ( tứ giác CMOD nội tiếp)

Có (góc nội tiếp góc tâm chắn cung)

, Mà hai góc vị trí đồng vị

3.4

Tứ giác AKBH nội tiếp Mà

Từ chứng minh

Hay 2AC.BD = CD.AC

Mà AC.BD = BC.AD (câu 3.2)

3.5

CMD COD= CND 1.COD

2 =

ASD CND AMD 1CMD 1COD

2 2

 

⇒ = = = = 

 

AS / /CN ⇒

M C

O K

D A

B N

H

AHK ABK

⇒ =

ABK ADB= ⇒ADB AHK=

( )

ACH ABD g g

∆  ∆ −

AC CH AC.BD CH.AB 1CD.AC

AB BD 2

⇒ = ⇒ = =

AC.BD BC.AD CD.AC

⇒ + =

Có tứ giác OMCD nội tiếp, suy ;

Có cân (OD = OE) ( Góc đáy tam giác cân) (1)

Có MA tia phân giác góc CMD,

MK tia phân giác (Hai tia phân giác hai góc kề bù) (2)

Từ (1) (2) ( Tổng góc tam giác)

Từ (*) (**) suy hay

Tứ giác KDOE nội tiếp ( Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn đoạn thẳng nối hai đỉnh cịn lại góc khơng đổi)

Khai thác toán: Chứng minh KO phân giác góc DKE Chứng minh tam giác COK = tam giác EOK (c.g.c)

Suy ra, KO phân giác góc DKE

M C

O K

D A

B N

H

E

 CDM COM * ; MDO MCO= ( )  =

ODE

∆ ⇒ODM OEM=

 OCM OEM

⇒ =

MA MK⊥

⇒ CME

 CMK EMK  CMO EMO

⇒ = ⇒ =

 COM EOM * *( )

⇒ =

 CDM EOM COM(  )

⇒ = = KDE KOE=

⇒

+) Có KM phân giác tam giác DKE (Tính chất đường phân giác tam giác)

3.6

Có tứ giác AKBH nội tiếp, (Hai góc nội tiếp chắn cung HB) hay Mà ( Góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung)

, Mà hai góc vị trí đồng vị Suy BF//CD

Khai thác tốn: Chứng minh FP=FQ Có CD // BF hay CD // PQ

, Mà CH = HD, suy PF = FQ

3.7

Ta có KM tia phân giác góc CME

ME KE

MD KD

⇒ =

x

M C

O K

D A

B H

F P

Q

HKB HAB

⇒ = ⇒DKB FAB=

FAB FBx= FBx BKD

⇒ =

CH HD AH

PF FQ AF

 

⇒ = = 

 

x M

C

O K

D A

B H

T E

Góc CME đối đỉnh với DMT

Suy MO tia phân giác góc DMT Mặt khác theo câu 3.5 có

Xét có

(cùng chắn cung DT)

(đối đỉnh) Suy

Suy tam giác MDT cân M, có MO phân giác đồng thời đường cao Suy

Mà

3.8

Có

Có (Hai góc nội tiếp chắn cung AD) Hay

Suy tứ giác ACIH nội tiếp

( hai góc nội tiếp chắn cung HI) Có tứ giác AHBK nội tiếp

(Hai góc nội tiếp chắn cung HB)

Mà hai góc vị trí đồng vị

KCM KEM CM EM

∆ = ∆ ⇒ =

CMD

∆ ∆EMT

MCD MET=

CM EM=

CMD EMT=

CMD EMT(g.c.g) MD MT

∆ = ∆ ⇒ =

MO DT⊥

MO AB⊥ ⇒DT//AB

  ( )

HI / /BD⇒AIH ABD slt=

ABD ACD=

AIH ACD

⇒ = AIH ACH=

HCI HAI

⇒ =

HAB HKB

⇒ =

HCI HKB BAH (  )

⇒ = =

CI / /KB ⇒

x

C

O K

D A

B H

I

3.9

Có:

Có

Mà AI phân giác tam giác AKM ( theo 2.6)

( tính chất đường phân giác tam giác )

, suy CI tia phân giác góc KCM 3.10

Ta có nên tứ giác ADSM nội tiếp đường tròn

Suy

( ) CK OK OK

KCM KOD cmt

CM OD OA

∆  ∆ ⇒ = =

( ) KO AK KMA KAO g.g

OA AM

∆  ∆ ⇒ =

CK AK

CM AM

⇒ =

AK IK AM IM

⇒ =

CK IK CM IM

⇒ =

M S

G

N

D C

B A

O K

ADS AMS+ + =900 +900 =1800 AMD ASD=

x

I M

C

O K

D A

B H

N

Lại có MA tia phân giác tứ giác CMOD nội tiếp

Do

Xét hai tam giác AOS NOG có:

(cm trên) (đối đỉnh) Suy

Ta có OA = ON nên tứ giác AGNS hình bình hành

3.11 Khai thác câu 2.10: Gọi giao điểm OH AB T, I giao điểm AB CD Chứng minh HI, HT đường phân giác phân giác tam giác AHB (hoặc thay câu chứng minh

)

CMD

AMC AMD 1CMD 1COD 1sd CD

2 2 2

⇒ = = = =

ASD 1sd CD CND  AS//CN SAO GNO

2

⇒ = = ⇒ ⇒ =

OA ON=

SAO GNO= SOA GON=

AOS NOG (g.c.g) OG OS

∆ = ∆ ⇒ =

IA TA IB =TB

M I

T

H

D

C

B A

O K

HDG: Vì KA, KB tiếp tuyến đường tròn (O) nên (1) Mặt khác H trung điểm CD nên OH CD (2)

Từ (1) (2) suy điểm K, A, H, O, B nằm đường trịn đường kính KO Do (cùng chắn cung AK)

(cùng chắn cung BK)

Mà (hai góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AB) Nên HI tia phân giác

Lại có TH HI nên TH tia phân giác góc ngồi đỉnh H tam giác AHB Vậy HI, HT đường phân giác phân giác tam giác AHB

3.12 Gọi giao điểm OH AB T Chứng minh tứ giác TOMC tứ giác nội tiếp Khai thác tiếp: Chứng minh TC, TD tiếp tuyến đường tròn (O), thay câu: Chứng minh điểm T, D, O, M, C thuộc đường tròn Hoặc: Gọi T giao điểm hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) Chứng minh ba điểm T, A, B thẳng hàng

HDG: Ta có OK đường trung trực AB nên TM OK

Lại có TO KC nên T trực tâm tam giác OKC Suy OH CD

Nên (3)

Lại có

Do (vì tam giác OCD cân O)

Từ suy

Do (4)

Từ (3) (4) suy tứ giác TOMC tứ giác nội tiếp

 

90 ; 90

KAO= KBO=

⊥ 

90

KHO

⇒ =

  AHK = ABK   BHK =BAK  ABK =BAK

 

AHK =BHK ⇒ AHB

⊥ ⊥ ⊥ ⊥   ( )

OMT OHK g g OTM OKH

∆ #∆ ⇒ =

( 2)

KC KO

KM KO KC KD KA

KM KD

= = = ⇒ =

   

( )

KCM KOD c g c KMC KDO KMC OCD

∆ #∆ ⇒ = ⇒ =

 

OMC =OCK

  ( )

OMC OCK g g OCM OKC

∆ #∆ ⇒ =

 

OTM OCM

⇒ = ⇒

Suy TC tiếp tuyến đường tròn (O)

3.13 Qua K kẻ cát tuyến thứ hai KEF Gọi giao điểm DE CF P Chứng minh ba điểm A, P, B thẳng hàng

HDG: Theo câu 3.3 ta có : MA tia phân giác nên (5)

Lại có tứ giác CMOD nội tiếp (6)

Từ (5) (6) suy

Vì CMOD EMOF tứ giác nội tiếp nên

Tương tự có

Do

 

90

OMT =OCT = ⇒TC ⊥OC⇒

P M

F E

D

C

B A

K O



CMD  1

2

CMA= CMD  

CMD COD

⇒ =

  

(7)

CMA CEP  sd CD

⇒ = = 

 

   1800  1800 

2

COD sd CD

CMK CDO CMK − −

⇒ = ⇒ = =

   1800  1800 

2

EOF sd EF

EMK EFO CMK − −

⇒ = ⇒ = =

   3600     

2

sd CD sd EF sd CD sd EF

CME=CMK +EMK = − − = + =CPE

Suy tứ giác CPME nội tiếp (cùng chắn cung CP) (8) Từ (7) (8) suy điểm M, P, A thẳng hàng Vậy điểm P nằm đường thẳng AB

3.14 Qua K kẻ cát tuyến thứ hai KEF Gọi giao điểm CE DF Q Chứng minh ba điểm A, Q, B thẳng hàng

HDG: Tương tự câu 3.3ta chứng minh MB tia phân giác nên (5)

Lại có

Do

 

CEP CMP

⇒ =

 

CMP CMA

⇒ = ⇒

Q M

F E

D C

B A

O K

 EMF

  1 

2

EMB=FMB= EMF = sd EF

  

2

sd CD sd EF EQD= −

         

2 2

sd CD sd EF

EMD+EQD=EMF +FMD+ − =sd EF+FMD+ sd CD− sd EF

       

180

EMD EQD FMD AMD sd EF FMD AMD BMF

⇒ + = + + = + + =

Do tứ giác DMEQ nội tiếp (cùng chắn cung EQ) Lại có

Vậy nên điểm M, B, Q thẳng hàng Vậy điểm Q nằm đường thẳng AB

3.15 Kẻ AE BD E, BF CD F Chứng minh

Khai thác tiếp: Gọi I giao điểm AB CD, N giao điểm EF DM Chứng minh NI AB (ý khai thác bị sai đề)

HDG: Do tam giác AEB vuông E M trung điểm AB nên

Suy tam giác BME cân M

Lại có

  EMQ EDQ

⇒ =

  

2

EDQ= sd EF =EMB  

EMQ=EMB⇒

⊥ ⊥ ∆DEM#∆DAK

⊥

E'

E M

D

C

B A

O K

1

EM = AB=MB

   

2

MBE MEB MEB sd AD

⇒ = ⇒ =

  3600  

180

2 2

sd AD sd AD DAK = sd ABD= − = −

Vì ta có (9)

Mặt khác theo câu 3.5 ta có KO tia phân giác nên

hay (10)

Từ (9) (10) suy (g.g)

3.16 Chứng minh hai tia phân giác hai góc CAD CBD cắt điểm cát tuyến KCD

HDG: AJ tia phân giác nên

Lại có

Mặt khác

Do BJ tia phân giác

Vậy hai tia phân giác hai góc CAD góc CBD cắt điểm J nằm cát tuyến KCD

3.17 Kẻ dây TD //AB Chứng minh ba điểm C, M, T thẳng hàng  

MED=DAK

' DKE  '  '  '

CKA E KB AC BE ADC E DB

⇒ = ⇒ = ⇒ =  ADK =MDE

DEM DAK ∆ #∆

J

M I

H

D

C

B A

K

O



CAD CJ AC

DJ = AD AC KC

KCA KAD

AD KA

∆ #∆ ⇒ =

BC KC KC KCB KBD

BD KB KA

∆ #∆ ⇒ = =

CJ BC

DJ = BD ⇒ CBD

HDG: Gọi T’ giao điểm CM với (O) (T’ khác C) Ta có (cùng chắn cung CD)

Mặt khác tứ giác CMOD nội tiếp nên Lại có MA phân giác

Do Từ suy

Do T trùng T’, suy C, M, T thẳng hàng

3.18 Gọi G trọng tâm tam giác ACD Khi cát tuyến KCD thay đổi, K (O) cố định G chạy đường nào?

T' M

I

H

D C

B A

K

O

 '

CBD=CT D

   2.

CMD=COD⇒CMD= CBD

  2.

CMD⇒CMD= CMA

   

.CMA=CBD⇒BMT'=CBD

 ' ' ' //

BMT =CT D⇒DT AB

HDG: Gọi S trung điểm KO, R trọng tâm tam giác AKO Vì K (O) cố định nên A, B, S, R điểm cố định

Ta có RG//SH nên khơng đổi

Do cát tuyến KCD thay đổi G chạy đường trịn (R) bán kính (với R trọng tâm tam giác AKO)

3.19 Giả sử AD//KB, gọi P giao điểm AC KB Chứng minh P trung điểm KB Khai thác: Gọi G giao điểm AC KO Chứng minh G trọng tâm tam giác ABK

HDG:Vì

R

G H

D

C

B A

S O

K

2

3 3

RG= SH = KO= KO

1 3KO

G

P

C

D

M

B A

O K

2

( ) PC PB (1)

PCB PBA g g PB PA PC PB PA

∆ #∆ ⇒ = ⇒ =

Do AD//KB nên

Từ (1) (2)

Vậy P trung điểm BK

+ Khai thác: Vì AP KM đường trung tuyến tam giác AKB nên G trọng tâm tam giác AKB

Bài 2:Cho đường trịn tâm O, điểm M nằm ngồi (O), kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B tiếp điểm) Trên cung nhỏ AB lấy điểm N Từ N kẻ tiếp tuyến với (O) cắt MA, MB E F Chứng minh tứ giác AONE nội tiếp

2 Chứng minh chu vi tam giác độ lớn góc khơng phụ thuộc vào vị trí điểm N 3.Gọi I, K giao điểm của OE OF với AB Chứng minh ON, EK FI đồng quy

4.Giả sử Tính tỷ số

5 Đường thẳng qua O vng góc với OM cắt MA, MB C D Tìm vị trí điểm N để có giá trị nhỏ

Giải

1)cm: tứ giác AONE nội tiếp

   

PKC = ADC⇒ PKC=CAK

2

( ) PK PC (2)

PKC PAK g g PK PA PC PA PK

⇒ ∆ #∆ ⇒ = ⇒ =

2

PB PK PB PK

⇒ = ⇒ =

MEF EOF



120

AOB= EF

IK

EC+FD

D C

K I

O N

F E

B A

M

( Tính chất tiếp tuyến) ( Tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác AONE có nên tứ giác AONE nội tiếp

2)cm: chu vi ta giác MEF khơng đổi

( theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Chu vi tam giác

(2MA không ghi được)

Do M A cố định nên có độ dài khơng đổi khơng đổi

Do M cố định nên A B cố định => MA MB có độ dài khơng đổi => MA + MB không đổi Vậy chu vi tam giác khơng đổi

cm: độ lớn góc EOF khơng phụ thuộc vào vị trí điểm N

Ta có tia tia phân giác (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

tia tia phân giác (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

=>

Vì điểm A; O; B cố định nên số đo khơng đổi nên có số đo không đổi

3)cm: ON, EK FI đồng quy

Theo câu b: =

OA⊥ AM ⇒OAE =900

ON ⊥ EF ⇒ONE =900

  0

90 90 180 OAE+ONE = + =

; ;

EN =EA FN =FB MA=MB

:

MEF

( ) ( ) 2

ME MF EF ME MF NE NF ME MF EA FB ME EA MF FB MA MB MA

+ + = + + + = + + +

= + + + = + =

AM ⇒ 2MA

MEF

OE   1  2 AON ⇒NOE = AON

OF  NOF 1 2 BON ⇒ = BON

   1( ) 1 

EOF NOE NOF

2 AON BON 2 AOB

= + = + =



AOB EOF

 1

EOF

2AOB

= 

sdANB

Mà ( Góc tạo tia tiếp tuyến chắn )

hay nên tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh hai góc nhau)

( Tổng hai góc đối tứ giác nội tiếp ) mà

(1)

Chứng minh tương tự (2)

Ta có (Theo tính chất tiếp tuyến) (3)

Từ (1), (2), (3) => ba đường cao tam giác nên chúng đồng quy

4) Tính

là góc ngồi tam giác AIO đỉnh I nên Ta có nên ∆OAB cân O

Ta có = ; ( Góc nội tiếp chắn )

(1)

Chứng minh tứ giác nội tiếp ( Hai góc nội tiếp chắn ) (2) Từ (1) (2) hay

Cách khác cm

Ta có nên tứ giác EIKF nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh hai góc nhau)

=>



EAB= 1sdANB

 ANB

 

EOF EAB

⇒ = EAK =EOK OAEK

 

OAE OKE 180

⇒ + =  

OAE=90 ⇒OKE=90

⇒ EK ⊥OF

FI ⊥OE ON ⊥EF

;EK;FI

ON OEF

EF IK 

OIK OIK  =OAI IOA +

OA=OB ⇒IAO OBA  =

 1

2

AOI = AON 1sdAN



ABN = 1sdAN



AN ⇒  AOI =ABN

   OBA ABN OBN

OIK = + =

OBFN OBN OFN  = ON

 

OIK OFN

⇒ = OIK OFE  =

 

OIK OFE =



90

EIF = EKF =900

 

OIK OFE =

Ta có

∆OIF vng I ta có

Xét ∆OIK ∆OFE có : chung ; (cmt) nên ∆OIK đồng dạng ∆OFE

Vậy

5) Tìm vị trí điểm N để EC + FD có giá trị nhỏ

∆MCD có MO phân giác đồng thời đường cao nên ∆MCD cân M = x

Tia EO phân giác góc Tia FO phân giác góc

Xét tứ giác CDFE ta có

Xét ∆ ta có : (2) Từ (1) (2)

Cách khác cm

 1  1 0

EOF .120 60

2AOB 2

= = =

0

60

OI cos OF = =



IOK OIK OFE  = 1

2 IK OI FE = OF =

2

EF IK =

⇒MCD MDC  =

  

AEN OEA OEN ⇒ = = y

  

BFN OFN OFB ⇒ = =z

    0

0

CEF DFE ECD FDC 360 2 2 360

180 (1)

y z x x x y z

+ + + = ⇒ + + + =

⇒ + + =

OCE x+ +y COE 180 =

  

COE OFD COE z= ⇒ =

 

OFD COE =

Ta có AB // CD vng góc với MO

=> (sole trong) hay

Ta cm tứ giác OIFB nội tiếp => (Hai góc nội tiếp chắn ) hay Vậy

Xét ∆ ∆ có ; nên ∆ đồng dạng ∆

Áp dụng BĐT cô si ta có : ( Khơng đổi)

Dấu xảy khi EF song song CD hay EF song song AB mà nên ON đường trung trực AB nên NA=NB nên N điểm cung nhỏ AB

Bài 3: Cho (O;R) A nằm (O).Kẻ tiếp tuyến AB, AC với (O) a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp

b) Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh BE OA OE.OA =R2

c) Trên cung nhỏ BC lấy điểm K (K khác B,C) Tiếp tuyến K (O) cắt AB, AC thứ tự P, Q.Chứng minh APQ có chu vi khơng đổi K di chuyển cung BC nhỏ

d ) Đường thẳng qua O vng góc với OA cắt đường thẳng AB,AC thứ tự M,N.Chứng minh

Giải

 

COE=OIK COE =OIB

 

OIB=OFB OB OIB =OFD

 

OFD COE =

COE DFO COE DFO  = OCE ODF  = COE DFO

1 1

2

OC CE

CE DF OC OD CD CD CD

DF =OD ⇒ = = =

2

1

2

4

CE DF C

CE+DF≥ = D =CD

CE=DF ME MF ME MF MC MD

= ⇒ = ⇒

ON ⊥EF ON ⊥ AB

⊥ ∆

PM +QN ≥MN

a) Xét tứ giác ABOC có (Vì AB, AC tiếp tuyến (O)) Do đó:

Mà hai góc vị trí đối Vậy Tứ giác ABOC nội tiếp

b) +)Ta có : OB = OC =R nên cân O, mà OA tia phân giác (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), nên OA đồng thời đường trung trực BC

Vậy E, hay

+)Do AB tiếp tuyến (O) nên nên vng B có Áp dụng hệ thức lượng ta có , mà OB = R nên OE.OA =R2 c) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có : PB = PK; QC = QK, AB = AC Chu vi : AP + AQ +PQ = AP + AQ + PK + QK

= AP + AQ + PB + CQ (vì PB = PK; QC = QK) = (AP +PB)+(AQ+ CQ)= AB + AC= 2AB (vì AB = AC) Vì A cố định nên AB không đổi

Vậy APQ có chu vi khơng đổi K di chuyển cung BC nhỏ d) Chứng minh

Có AB, AC hai tiếp tuyến (O)

PB, PK hai tiếp tuyến (O)

 

90

ABO= ACO=

  0

90 90 180

ABO+ACO= + =

OBC

∆ BOC

OA⊥BC BE⊥OA



90

ABO= ∆ABO BE⊥OA

2

OB =OE OA

APQ ∆

∆

PM +QN ≥MN

    (1)

BOA COA MOB NOC

⇒ = ⇒ =

  (2)

BOP POK

⇒ =

Từ (1), (2)

Lại có tứ giác OCQK nội tiếp

Lại có QK, QC hai tiếp tuyến (O) Do ta có

Xét có

Aps dụng bđt Cơsi ta : (đpcm)

Bài 4 Cho(O,R) M (O) cho OM =2R Qua M dựng hai tiếp tuyến MA,MB với (O)(A,B tiếp điểm).Trên cung nhỏ AB (O) lấy điểm N Tiếp tuyến N cát AM , BM theo thứ tự C D a) Chứng minh điểm:O, A, B, M thuộc đường tròn

b) Chứng minh MC + CN= MD + DN

c) Biết R = 3cm,Tính độ dài AB góc COD d) Tính chu vi tam giác MCD theo R

e) Tính bán kính r đường tròn nội tiếp tam giác MAB theo R

g) Gọi AE BF đường kính (O),H hình chiếu O ME.Chứng minh đường thẳng EF,MA,HO đồng quy

Giải

   MOP NOC POK

⇒ = +

     

2.MOP K CO MOP NOC POK K CO 180

⇒ + = + + + =

 

O 180

KQC K C

⇒ + =

  2.MOP KQC

⇒ =

 2.

KQC OQN

⇒ =

  MOP=OQN MOP

∆ ∆NQO  

 

2

( )

2

MOP OQN

MOP NQO g g MP NQ OM ON OMP ONQ

MN MN MN MP NQ

 =

 ⇒ ∆ ∆ ⇒ =



= 

⇒ = =



2

2

4

MN

PM +QN ≥ PM QN = =MN

a)Chứng minh điểm:O,A,B,M thuộc đường tròn

Xét tứ giác AOBM có (Vì MB,MA tiếp tuyến (O)) Do đó:

Vì hai góc vị trí đối nên Tứ giác AOBM nội tiếp Vậy điểm:O,A,B,M thuộc đường tròn

b)Chứng minh MC + CN= MD + DN

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CN, MA = MB, DB = DN Nên MC + CN = MC + CA = MA

MD + DN =MD +DB = MB Vậy MC + CN= MD + DN

c)Biết R = 3cm,Tính độ dài AB góc COD

+)Ta có : OB = OA =R nên cân O, mà OM tia phân giác (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), nên OM đồng thời đường trung trực AB

Vậy K AB = 2AK

Áp dụng định lý pytago vào vuông A

Áp dụng hệ thức lượng vào có K

 

90

MBO=MAO=

  0

90 90 180

MBO+MAO= + =

OBA

∆ AOB

OM ⊥AB

MAO

∆

2 2

2 2

3 3

AO AM OM

AM AM

+ =

+ = ⇒ =

MAO

∆ OM ⊥ AB

OA.AM = AK OM

Hay = AK

Vậy

+)Vì vng A có nên

Theo t/c tiếp tuyến cắt ta có:

d) Tính chu vi tam giác MCD theo R

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có : MB = MA; DA = DN, CN = CB Chu vi : MD + DC + MC = MD + DN + NC + MC

= MD + DA + CB + MC (vì DA = DN; CN = CB) = (MD + DA)+( CB + MC) = MA + MB = 2MA (vì MA = MB)

= (cm)

Vậy chu vi (cm)

e) Tính bán kính r đường tròn nội tiếp tam giác MAB theo R Gọi I giao điểm OM (O)

3 2

9 3

AK

⇒ = = =

2 2

9

AB= AE= =

MAO

∆

2

OA= OM =R    

30 60 120

AMO= ⇒AOM = ⇒ AOB= AOM =

  

  

    



0

0

1 2

1 1

.( ) 120 60

2 2

60

AOD DON AON

BOC CON BON

CON DON BON AON AOB

COD

= =

+ =

⇒ + = + = = =

⇒ =

MCD

∆

2.3 3=6

MCD

∆

Vì OM tia p/g góc AOB (t/c tiếp tuyến cắt nhau) nên AI tia phân giác

Mà MI tia p/g

Do I giao điểm đường p/g nên I tâm đường tròn nội tiếp Mặt khác E nên hay IK bán kính đường trịn nội tiếp

Mặt khác: (OA =OI =R ) có AK đường cao đồng thời đường trung tuyến : OK = IK =

Vậy bán kính r đường tròn nội tiếp tam giác MAB

g) Gọi AE BF đường kính (O),H hình chiếu O ME.Chứng minh đường thẳng EF,MA,HO đồng quy

Do AE, BF đường kính nên ABEF hình chữ nhật => AB//EF Mà

Xét tam giác OME có

Nên MA, OH, EF đường cao tam giác OME đường thẳng EF, MA, HO đồng quy  

AI =BI  

MAI BAI

⇒ = ⇒ MAB

AMB

MAB

∆ ∆MAB

OM ⊥ AB IE⊥ AB ∆MAB

OAI

∆ 

60

AOI =

1

2OI = 2R

1 2R

EF

AB⊥OM ⇒ ⊥OM

EF⊥OM MA, ⊥OE OH, ⊥EM

Bài 5. Cho nửa đường trịn (O) đườngkính BC, kẻ tiếp tuyến Bx đường tròn (O) Trên tia đối tia CB lấy A Kẻ tiếp tuyến AE với nửa đường tròn, tia AE cắt Bx D(Bx nằm nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đường tròn (O)) Gọi H giao điểm BE DO; K giao điểm thứ hai DC với nửa (O) a) Chứng minh

b) Chứng minh

c) Chứng minh hai tam giác đồng dạng d) Kẻ Chứng minh

e) Tia OM cắt EC N Chứng minh ODNC hình bình hành

f) Biết I, DN cắt OE J Chứngminh I, M, J thẳng hàng GIẢI

a) Trong (O) có (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) DO đường trung trực EB (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Do (cùng vng góc với EB)

b) Ta có AE tiếp tuyến E (O) nên BD tiếp tuyến B (O) nên

DO / /EC

AO.AB=AE.AD DHK ; DCO

∆ ∆

( )

OM ⊥ AB M ∈AD BD DM

DM = AM =

BN∩DO

H J

I N

M K

D

E

O

C B

A



90

CEB= ⇒CE ⊥EB

DO EB

⇒ ⊥

DO / /DE



E E 90

A ⊥EO⇒ A O=



D 90

B ⊥BO⇒DBO=

Từ ta chứng minh

c) Trong tam giác DOB vng B có BH đường cao Trong tam giác DCB vng B có BK đường cao Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta

Xét có góc DCO chung d) Chưa rõ đề

e) Xét tam giác vng CON tam giác vng DOB có :

(đồng vị) nên (hai cạnh tương

ứng) Mà CN//OD (cm câu a) hình bình hành f) Vì ODNC hình bình hành

Trong có trực tâm

Ta chứng minh BOND hình chữ nhật nên O, N, P, B,E nằm đường trịn tâm I

và CN//OD (cmt) hình thang cân ( góc nội tiếp chắn cung EN) cân M

Trong tam giác MOD cân M có ( tính chất HCN) Từ (1) (2) suy I, M, J thẳng hàng

Bài Cho tam giác có ba góc nhọn Vẽ đường cao đường phân giác tam giác Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với Chứng minh điểm thuộc đường tròn

2 Chứng minh

E O

E D( ) A A E D

A O AB g g A A AB AO

AB AD ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = 2 D D

B DH DO DH DK

DH DO DK DC

DC DO B DK DC

 =  ⇒ = ⇒ =  =  DHK

∆ ∆DCO DH DK

DC = DO ⇒ ∆DHK ∆DCO c g c( )

 

CO=OB=R,OCN =OBD ∆CON = ∆DOB cgv( −gnk)⇒CN =OD D

O NC

⇒

D / / D

N OC ON N

⇒ ⇒ ⊥

OJD

∆ ON ⊥ JD,DE⊥OJ⇒M ∆OJD⇒JM⊥OD (1)

D

OEN

⇒ ⇒EO D=N O m N MD  D =EOM

 D D D

MO M O MO

⇒ = ⇒ ∆

IO=ID ⇒MI ⊥OD (2)

ABC AB<AC AD AO

ABC ( ,D O∈BC) AB AC, M, N

M, N, O, D, A

3 Đường thăng qua vng góc với cắt Đường thẳng cắt đường thẳng Chứng minh trung điểm

GIẢI

a) AB, AC tiếp tuyến (O)

nên tứ giác AMON tứ giác nội tiếp

Lại có nên D nằm đường trịn đường kính AO Vậy điểm thuộc đường trịn đường kính AO b) Có AB, AC hai tiếp tuyến (O) => AO tia phân giác góc MON

(1)

O BC MN I AI BC K

K BC

F E

K I

O D

A

B C

M

N

 

, O O 90

OM AB ON AC AM AN

⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = =



D D 90

A ⊥BC⇒ A O= M, N, O, D, A

  MOA NOA

⇒ =

Mà đường trịn đường kính AO có

Mà

Từ (1), (2) (3) suy c) Qua I kẻ

Ta chứng minh OMEI, ONFI tứ giác nội tiếp

(1)

Trong cân O

Từ (1), (2) suy cân O mà OI đường cao nên OI trung tuyến

Trong có EF//BC mà

Vậy trung điểm

Bài 7.Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên đường trịn (O) lấy điểm C cho C không trùng với A, B CA > CB Các tiếp tuyến đường tròn (O) A C cắt D, kẻ CH vng góc với AB (H thuộc AB) DO cắt AC E

a/ c/m tứ giác OECH nội tiếp

b/ Đường thẳng CD cắt AB F Tính 2 BCF+CFB

c/ BD cắt CH M Chứng minh EM // AB

  

  

1

( )

2

(2)

( )

2

NOA NDA AN MOA MDA AM

 = =

 

 = =



 

D D D 90 (3)

A ⊥BC⇒ A B= A O=   BDM=CDN

EF / /BC (E∈AB F, ∈AC)

 

 OF

OMI OEI ONI I

 =

 ⇒ 

= 

ó

OMN c OM ON OMN

∆ = ⇒ ∆ ⇒OMN =ONM (2)

 

OEF=OFE⇒ ∆OEF ⇒ IE=IF.

ABC

∆ EI IF AI

BK KC AK

⇒ = = IE =IF⇒BK =CK

K BC

a/ c/m tứ giác OECH nội tiếp

Xét đường trịn (O) có DA = DC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) => D thuộc đường trung trực AC

Ta có OA = OC = R => O thuộc đường trung trực cuẩ AC => DO đường trung trực AC

=> DO vng góc với AC F => CEO=900 Có CH vng góc với AB => CHO=900

=> CEO CHO + =1800 Mà hai góc đối => tứ giác OECH nội tiếp b/ Đường thẳng CD cắt AB F Tính 2 BCF+CFB

Xét đường trịn (O) có 

90

ACB= (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => CB vng góc với AC

mà DO vng góc với AC (c/m a) => DO // CB => BCF =ODC (hai góc so le trong) Có DO tia phân giác ADC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

M

F E

O H

D

C

B A

=> ODC =ODA=> BCF  =ODC=ODA=> 2  BCF =ODC+ODA

Xét ∆ODF có   DOA=ODC+CFB(góc ngồi tam giác)

=> 2BCF      +CFB=ODC+ODA CFB+ =ODA DOA+ =900(hai góc nhọn phụ ∆ADO vng A)

c/ BD cắt CH M Chứng minh EM // AB

Gọi BC cắt AD K Áp dụng hệ định lý Ta let vào ∆DAB;∆KDB ta có

MH CH BM

DA KD BD

 

= = 

 

Xét ∆AKB có OD //KB; OA = OB => DA = DK => HM = HC => EM đường trung bình tam giác ACH => EM // AB

K

A

B C D

H O

E

F M

Bài 8.Cho tam giác ABC có đường cao AD BE cắt H Vẽ đường tròn (O) đường kính BC, qua A kẻ hai tiếp tuyến AM AN với (O) (M, N tiếp điểm)

a/ c/m A, M, D, N thuộc đường tròn b/ C/m AN2 =AH.AD

c/ Chứng minh M, H, N thẳng hàng Giải:

a/ c/m A, M, D, N thuộc đường tròn Xét đường tròn (O) có  

90

AMO=ANO= (tính chất tiếp tuyến)

Có ADO=900(AD⊥BC ) => D, M, N thuộc đường trịn đường kính AO => A, M, D, N thuộc đường trịn đường kính AO

b/ C/m AN2 = AH.AD

Xét đường tròn (O) có  ANE=ACN (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung EN) Xét ∆ANE ∆ACN có  ANE= ACN; NAEchung

=> ∆ANE đồng dạng với ∆ACN (g.g) => AN2 =AE.AC Xét ∆AHE ∆ACDcó  AEH = ADC=900; CADchung => ∆AHE đồng dạng với ∆ACD (g.g) => AE.AC=AH AD => AN2 =AH.AD

c/ Chứng minh M, H, N thẳng hàng

2

.A

AN =AH D=> AN AH

AD = AN

Xét ∆ANH ∆ADNcó; AN AH

AD = AN ; NADchung

=> ∆ANH ∆ADN đồng dạng (c.g.c) => AHN = AND (hai góc tương ứng)

Mà AM = AN => AM2 = AH.AD => => ∆AMH ∆ADMđồng dạng (c.g.c) => AHM = AMD (hai góc tương ứng)

=>    AHN+AHM = AND+AMD=1800(hai góc đối tứ giác AMDN nội tiếp) => ba điểm M, H, N thảng hàng

Bài AB AC hai tiếp tuyến đường tròn (O; R) ( B, C tiếp điểm) Vẽ CH vng góc với AB H, cắt (O) E cắt AO D

1) Chứng minh CO = CD

2) Chứng minh tứ giác BOCD hình thoi

3) Gọi M trung điểm CE, BM cắt OH I Chứng minh I trung điểm OH 4) Tiếp tuyến E (O) cắt AC K Chứng minh ba điểm O, M, K thẳng hàng

Gải

N

M

O H

E

D C

B

A

1) Xét (O;R), có:

AB, AC tiếp tuyến (O;R) ( với B, C tiếp điểm) (gt)

( / )

AB OB t c

AC OC  ⊥ ⇒ 

⊥ 

  900

ABO ACO

⇒ = =

⇒∆ABO vuông B ∆ACO vuông C Xét∆ABO vuông B ∆ACO vng C, có: OB = OC = R

OA cạnh chung

⇒∆ABO=∆ACO ( c.h – c.g.v) ⇒ AOB AOC= ( góc tương ứng) Có  ADH CDO= ( góc đối đỉnh )

⇒COD CDO = ⇒ ∆CODlà tam giác cân C ⇒ CO = CD ( định nghĩa tam giác cân ) 2) Có:

( ) / / / /

( )

CH AB gt CH OB CD OB

OB AB cmt  ⊥

⇒ ⇒

 ⊥ 

Xét tứ giác BOCD, có: CD // OB (cmt)

CD = OB = OC = R (cmt)

K

O E

I

M H

C B

A

⇒Tứ giác BOCD hình bình hành ( DHNB)

Lại có:  AOB AOC= (cmt) ⇒ OD phân giác BOC Vậy tứ giác BOCD hình thoi

3) Chứng minh I trung điểm OH

Xét (O;R), có: M trung điểm dây cung EC không qua tâm O (gt)  900

OM CE OMH

⇒ ⊥ ⇒ =

Xét tứ giác BOMH, có: HBO BHD HMO  = = =900 ⇒Tứ giác BOMH hình chữ nhật ( DHNB)

⇒2 đường chéo BM OH cắt trung điểm đường ( t/c) Mà BM OH∩ ={ }I gt( )⇒I trung điểm OH

4) Chứng minh ba điểm O, M, K thẳng hàng Xét(O; R), có:

KE KC tiếp tuyến (O;R) ( với C, E tiếp điểm)

⇒KE = KC (t/c hai tiếp tuyến cắt ) Xét ∆KEOvà∆KCO, có:

KE = KC ( cmt) OB = OC = R KO cạnh chung

⇒∆KEO = ∆KCO( c.c.c) ⇒EOK COK = ( góc tương ứng)

⇒OK tia phân giác góc COE (1)

Xét ∆CEOcân O, có OM trung tuyến kẻ từ O ∆CEO nên OM tia phân giác góc COE (2)

Từ (1) (2), suy ra: O, M, K thẳng hàng

Bài 10.Cho đường tròn (O) diểm A nằm ngồi đường trịn Các tiếp tuyến (O) kẻ từ A tiếp xúc với (O) B C Gọi M điểm tùy ý đường tròn ( M khác B C) Kẻ

; ;

1) Tứ giác ABOC nội tiếp 2) ∆MIH∽∆MHK 3) MI MK MH =

Giải Trường hợp 1: M thuộc cung nhỏ BC

1) Xét (O;R), có:

AB, AC tiếp tuyến (O;R) ( với B, C tiếp điểm) (gt)

( / )

AB OB t c

AC OC  ⊥ ⇒ 

⊥ 

  900

ABO ACO

⇒ = =

Xét tứ giác ABOC, có:

  900 900 1800

ABO ACO+ = + =

Mà  ABO ACO, hai góc đối tứ giác ABOC

⇒tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp ( DHNB) 2) CM: ∆MHI∽∆MHK

Vì MH BC⊥ H (gt) ⇒ MHB MHC= =900 Vì MI ⊥ABtại I (gt) ⇒MIB=900

Xét tứ giác MIBH, có:

K

O M

I

H

C B

A

  900 900 1800

MIB MHB+ = + =

Mà MIB MHO , hai góc đối tứ giác MIBH

⇒tứ giác MIBH tứ giác nội tiếp ( DHNB)  

MIH MBH

⇒ = ( góc nội tiếp chắn cung MH)  

MHI MBI= ( góc nội tiếp chắn cung MI)

Chứng minh tương tự, ta có: Tứ giác MKCH tứ giác nội tiếp  

MHK MCK

⇒ = ( góc nội tiếp chắn cung MK)  

MKH MCH= ( góc nội tiếp chắn cung MH) Xét (O), có:

 

2

=

MCH sd MB( t/c góc nội tiếp chắn cung MB)

 

2

=

MBI sd MB( góc tạo tiếp tuyến dây cung MB)

   

MCH MBI MKH MHI

⇒ = ⇒ =

 

2

=

MBH sd MC( t/c góc nội tiếp chắn cung MC)

 

2

=

MCK sd MC( góc tạo tiếp tuyến dây cung MC)

   

MBH MCK MIH MHK

⇒ = ⇒ =

Xét ∆MIHvà∆MHK, có:

 ( )

MIH MHK cmt=

 ( )

MKH MHI cmt=

( )

MIH MHK g g

⇒ ∆ ∽∆

3) CM : MI MK MH =

Theo 2) ta có: MIH MHK g g( ) MI MH

MH MK

∆ ∽∆ ⇒ = (tỉ số đồng dạng)

2

MK MI MH

⇒ =

Trường hợp : M thuộc cung lớn BC :

1) Xét (O;R), có:

AB, AC tiếp tuyến (O;R) ( với B, C tiếp điểm) (gt)

( / )

AB OB t c

AC OC  ⊥ ⇒ 

⊥ 

  900

ABO ACO

⇒ = =

Xét tứ giác ABOC, có:

  900 900 1800

ABO ACO+ = + =

Mà  ABO ACO, hai góc đối tứ giác ABOC

⇒tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp ( DHNB) 2) CM: ∆MIH∽∆MHK

Vì MH BC⊥ H (gt) ⇒ MHB MHC= =900 Vì MI ⊥ABtại I (gt) ⇒MIB=900

K O

M I

H

C B

A

Xét tứ giác MIBH, có:

  900 900 1800

MIB MHB+ = + =

Mà MIB MHO , hai góc đối tứ giác MIBH

⇒tứ giác MIBH tứ giác nội tiếp ( DHNB)  

MIH MBH

⇒ = ( góc nội tiếp chắn cung MH)  

MHI MBI= ( góc nội tiếp chắn cung MI)

Chứng minh tương tự, ta có: Tứ giác MKCH tứ giác nội tiếp  

MHK MCK

⇒ = ( góc nội tiếp chắn cung MK)  

MKH MCH= ( góc nội tiếp chắn cung MH) Xét (O), có:

 

2

=

MCH sd MB( t/c góc nội tiếp chắn cung MB)

 

2

=

MBI sd MB( góc tạo tiếp tuyến dây cung MB)

   

MCH MBI MKH MHI

⇒ = ⇒ =

 

2

=

MBH sd MC( t/c góc nội tiếp chắn cung MC)

 

2

=

MCK sd MC( góc tạo tiếp tuyến dây cung MC)

   

MBH MCK MIH MHK

⇒ = ⇒ =

Xét ∆MIHvà∆MHK, có:

 ( )

MIH MHK cmt=

 ( )

MKH MHI cmt=

( )

MIH MHK g g

⇒ ∆ ∽∆

3) CM : MI MK MH =

Theo 2) ta có: MIH MHK g g( ) MI MH

MH MK

∆ ∽∆ ⇒ = (tỉ số đồng dạng)

2

MK MI MH

⇒ =

Bài 11: Cho (O;R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P choAP>R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M

1 Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường tròn Chứng minh BM//OP

3 Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I, PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng

hàng

Hướng dẫn giải Bài 11:

1 CM: Tứ giác APMO nội tiếp đường tròn

Ta có: OM ⊥PM (PM tiếp tuyến với đường tròn (O))⇒PMO =900 PA⊥ AB (PA tiếp tuyến với đường tròn (O))⇒PAB=900

x

1

1

1

K

I

J N

H P

O

B A

M

+) Xét tứ giác APMO có: PMO +PAB=1800 Mà hai góc vị trí đối

⇒Tứ giác APMO nội tiếp đường tròn

2 CM: BM//OP

Nối AM cắt PO H

+) Ta có AMB góc nội tiếp chắn nửa (O) ⇒AMB=900 hay AM ⊥MB (1) +) Mặt khác, OP phần đường kính; AM dây cung ⇒OP⊥AM (2) Từ (1)(2) ⇒BM / /OP(t/c từ vng góc đến song song)

3 Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành

+) Ta có BM / /OP cmt( )mà N∈BM ⇒BN/ /OP

Vì BM / /OP cmt( )⇒O 1 =B1(2 góc đồng vị)

Xét APO ONB có:

OA = OB (gt) O 1 =B1 (cmt) PAO =NOB=900

(g c.g)

APO NOB ⇒ =

PO NB

⇒ = (2 cạnh tương ứng)

Xét tứ giác PNBO có: BN//PO; PO=NB(CMT) Suy ra, tứ giác PNBO hình bình hành (dhnb)

4 Chứng minh I, J, K thẳng hàng

+) Ta có: tứ giác PNBO hình bình hành (cmt) ⇒PN/ /OB

Xét tứ giác PNOA có

 

180

PNO+PAO=

Mà hai góc vị trí đối

⇒Tứ giác PNOA nội tiếp  

1

P N

⇒ = (2 góc nội tiếp chắn cung AO) Mà P 1 =P2(t/c tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra, P 2 =N1; mà hai góc hai góc nội tiếp chắn cung KI

⇒Tứ giác PNIK nội tiếp

 

180

PNI PKI

⇒ + = (2 góc đối nhau)



90

PKI JK PO ⇒ = ⇒ ⊥ Xét POJcó

PM ⊥OJ(cmt) ON ⊥PJ(cmt) Mà PM ∩ON ={ }I

⇒I trực tâm POJ

Mà JK ⊥PO

⇒ K, I , J thẳng hàng

Bài 12: AB AC hai tiếp tuyến đường tròn (O; R) (B, C tiếp điểm) Vẽ CH vng góc với AB H, cắt (O) E cắt OA D

1) Chứng minh CO=CD

Chừng minh tứ giác OBCD hình thoi

Hướng dẫn giải:

1) Chứng minh: OC = OD

+) Ta có: AB, AC tiếp tuyến (O) cắt A  

BOA COA

⇒ = (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (1) +) Ta có: OB⊥AB( AB tiếp tuyến với (O) B) CH ⊥AB( gt)

/ /

OB CH

⇒ (t/c từ vng góc đến song song)  

BOA CDO

⇒ = (2 góc so le trong) (2) Từ (1)(2) ⇒COD =CDO

Xét COD có: COD =CDO (cmt)

COD

⇒ cân C (t/c)

CO CD ⇒ =

2) Chứng minh tứ giác OBDC hình thoi

+) Có OB/ /CH(cmt) ⇒COA =BDO (2 góc so le trong) (3) Từ (1)(3) ⇒BOD =BDO

K M

D E

H

A O

B

C

Xét BOD có: BOD =BDO (cmt)

BOD

⇒ cân C (t/c)

BO BD ⇒ =

+) Ta có: CO=CD(cmt); BO=BD(cmt); CO=BO=R CO CD BO BD

⇒ = = =

+) Xét tứ giác OBDC có: CO=CD=BO=BD(cmt)

OBDC

⇒ hình thoi (dhnb)

3) Chứng minh I trung điểm OH

Xét COE có: OC = OE = R

COE

⇒ cân O (Định nghĩa) Mà OM trung tuyến COE

⇒ OM đường cao tam giác



90

OM CE

OME

⇒ ⊥

⇒ =

Xét tứ giác OBHM có: 

 

0

0

0

90 90 90 ( )

OBH BHM

OME cmt =

= =

OBHM

⇒ hình chữ nhật (dhnb) Mà BM ∩OH ={ }I

⇒ I trung điểm OH (t/c)

4) Chứng minh ba điểm O, M, K thẳng hàng

Ta có KE, KC hai tiếp tuyến cắt K

⇒ KE = KC (t/c)

CKE

⇒ cân K (đ/n)

Mà KM đường trung tuyến tam giác CKE Suy ra, KM đường cao tam giác



90

KM CE

EMK

⇒ ⊥

⇒ =

Ta có: OME +EMK =1800

⇒Ba điểm O, M, K thẳng hàng

Bài 13:Cho đường tròn (O), từ điểm A nằm ngồi đường trịn vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C tiếp điểm) OA cắt BC E

1 Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp

2 Chứng minh BC vuông góc với OA BA.BE = AE.BO

3 Gọi I trung điểm BE, đường thẳng qua I vng góc OI cắt tia AB, AC theo thứ tự D F Chứng minh  IDO=BCO DOF cân O

4 Chứng minh F trung điểm AC

Hướng dẫn giải:

1) Chứng minh: tứ giác ABOC nội tiếp

Ta có: AB, AC tiếp tuyến với (O) B, C

1

1

F D

I

E

A O

B

C

;

OB AB OC AC

⇒ ⊥ ⊥

 

90 ; 90

OBA OCA

⇒ = =

Xét tứ giác OBAC có

OBA OCA + =1800 Mà góc OBA góc OCA hai góc đối

⇒Tứ giác OBAC tứ giác nội tiếp (dhnb)

2) Chứng minh BC vng góc với OA BA.BE = AE.BO

+) CM: BC vng góc với OA

Ta có BC dây cung; OA phần đường kính

BC OA ⇒ ⊥ (t/c)

+) CM: BA.BE = AE.BO Xét OBA BEA có: OBA =BEA=900 BAO : chung

OBA BEA ⇒ ∽  (g.g)

OB BA BE EA

⇒ = (các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ)

Hay BA.BE = AE.BO

3) Chứng minh IDO =BCO DOF cân O

+) Chứng minh IDO =BCO

Xét tứ giác OIBD có:

 

90

DBO=DIO=

Mà góc DBO góc DIO hai góc nội tiếp chắn cung DO

⇒ OIBD tứ giác nội tiếp (dhnb)

  1 D B

⇒ = (2 góc nội tiếp chắn cung OI) (5) Xét OBC có: OB = OC = R

OBC

⇒ cân O  

1

B BCO

⇒ = (t/c) (6)

Từ (5)(6) ⇒D 1 =BCO hay  IDO=BCO (7) +) CM: DOF cân O

Xét tứ giác OIFC có:

 

180

OIF+OCA=

Mà góc DBO góc DIO hai góc đối

⇒ OIFC tứ giác nội tiếp (dhnb)  

1 BCO F

⇒ = (2 góc nội tiếp chắn cung OI) (8) Từ (7)(8) ⇒ D1 =F1 ⇒ODF cân O (t/c)

4) Chứng minh F trung điểm AC

+) Xét OBD OCF có: OBD =OCF =900 OB = OC = R

OD = OF (ODF cân O)

OBD OCF

⇒ = (ch - cgv)

DB CF

⇒ = ( cạnh tương ứng) +) Ta có ODF cân O (cmt)

Mà OI đường cao tam giác

ID TF ⇒ =

+) Xét tứ giác DBFE có: I trung điểm DF (cmt) I trung điểm BE (gt) DF∩BE={ }I

⇒ DBFE hình bình hành (dhnb)

⇒DB = EF

Ta có: DB=CF(cmt); DB = EF (cmt)

CF EF ⇒ =

Xét CEA có: CF =EF (cmt)

⇒EF đường trung tuyến ứng với cạnh huyền CA

⇒ F trung điểm AC

III Chùm toán xuất phát từ hai tiếp tuyến song song đường tròn

Bài 1. Cho nửa đường trịn ( )O đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ ABvẽ hai tiếp tuyến Ax,Bycủa ( )O Từ M thuộc nửa đường tròn ( )O vẽ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax,Bylần lượt E F a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp

b) AM cắt OE điểm P, BM cắt OF điểm Q Tứ giác MPOQ hình gì? Vì sao? c) Vẽ MH⊥AB H MH cắt EB K Chứng minh Klà trung điểm MH

d) Cho AB 2R.= Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác EOF Chứng minh r 3< R <2

Hướng dẫn giải:

a) Vì Ax, EF tiếp tuyến Avà M ( )O nên EAO EMO 90 = =

Tứ giác AEMO có tổng hai góc đối: EAO EMO 90 + = 0+900 =1800 nên AEMOlà tứ giác nội tiếp (đpcm)

b) Vì M O;AB AMB 90

 

∈ ⇒ =

  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay 

PMQ 90=

Vì A,M∈( )O ⇒OA OM= ⇒ ∆OMA cân O Lại có OE tia phân giác AOM (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên OEcũng đường cao ∆OMA⇒OPM 90 =

Tương tự, ta có OQM 90 =

Tứ giác PMQO có PMQ OPM OQM 90  = = = nên PMQO hình chữ nhật c) Kéo dài BM cắt tia Axtại N

Ta có: OP / /BM OP( ⊥AM,BM⊥AM) nên OE / /BN

Xét ∆ANB có OE / /BNmà O trung điểm AB nên E trung điểm AN

Vì KH⊥AB,AE⊥AB⇒KH / /AE nên theo hệ định lý Ta-lét, ta có: KH BK ( )1 AE = BE

Vì KM⊥AB,N E⊥AB⇒KM / / N E nên theo hệ định lý Ta-lét, ta có: KM BK ( )2

NE = BE

y x

N

K

H

Q P

F

E

O

A B

M

Từ (1) (2) suy KH KM AE = NE

Mà AE NE= (do E trung điểm AN) nên KH KM= Vậy Klà trung điểm MH (đpcm)

d) Ta có: S EOF 1OM EF 1R EF

2

∆ = ⋅ = ⋅ (3)

( )

EOF

1

S r OE OF+EF

2

∆ = ⋅ + (4)

Từ (3) (4) suy ra: R EF r OE OF EF( ) r EF

R OE OF EF

⋅ = + + ⇒ =

+ + (5)

Vì PMQO hình chữ nhật nên POQ 90 hay EOF 90 = = ⇒ ∆EOF vuông O

( )

EF

OE EF,OF<EF OE+OF+EF<3EF

OE OF EF

⇒ < ⇒ ⇒ >

+ +

Trong ∆EOF có : OE OF EF+ > (theo bất đẳng thức tam giác) nên OE OF EF 2EF+ + >

( )

EF

7

OE OF EF

⇒ <

+ +

Từ (5), (6), (7) suy r

3< R< (đpcm)

Bài

Cho nửa đường trịn ( )O đường kính AB=2R M điểm tùy ý nửa đường tròn (M khác A B, ).Tiếp tuyến ( )d M nửa ( )O cắt trung trực đoạn AB I Đường tròn (I IO, ) cắt ( )d C D, (C nằm góc AOM )

a)Chứng minh tia AC BD, tiếp tuyến ( )O

b)OC cắtAM P ,OD cắt BM Q Chứng minh APQO hình bình hàng c)Chứng minh bốn điểm C D Q P, , , nằm đường tròn

d)Xác định vị trí M nửa đường trịn ( )O để bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác CDQP nhỏ

Giải

a)Xét (I IO, ) COD=900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) mà IOA=900 (gt) suy IOD COA = (cùng phụ với IOC )

mà tam giác IOD cân I nên  IOD IDO= mà IDO MOC = (cùng phụ với MCO ) suy MOC COA = từ suy ∆CMO= ∆CAO c g c( ) suy CAO CMO = =900

Vậy CA tiếp tuyến A ( )O CMTT ta DB tiếp tuyến B ( )O

F

E Q

P

D

C

I

O

A B

M

b)Xét ( )O cóCM CA, hai tiếp tuyến nên CM CA= (t/c tiếp tuyến)

suy C nằm trung trực AM lại có OA OM= nên O thuộc trung trực AM suy CO trung trực AM nên CO AM⊥ P P trung điểm AM (1) CMTT ta có DO MB⊥ Q Q trung điểm BM (2)

Từ (1)và (2) ta có PQ đường trung bình MAB nên

2

PQ AB AB PQ=



suy PQ AO

PQ AO=



nên APQO hình bình hành

c)xét ( )O có AMB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) lại có POQ=900 (gt) nên PMQ POQ + =1800

Xét t/g PMQO có

,

M O hai đỉnh đối diện

  1800

PMQ POQ+ = (cmt)

Nên t/g PMQO nội tiếp suy OPQ OMQ = (2 góc nt chắn cung OQ ) Lại có OMQ ODM = (Cùng phụ với MOD )

Nên OPQ QDC =

Xét t/g CDQP có D,P hai đỉnh dối diện mà OPQ QDC = (cmt)

Nên t/g CDQP nội tiếp (tứ giác có góc góc ngồi đỉnh đối diện)

d) dễ chứng minh PMQO hình chữ nhật nên OM PQ∩ ={ }E trung điểm đường nên

2

OM

OE= = Const dễ chứng minh EOIF hình bình hành nên IF OE= =Const

dựng trung trực PQ cắt trung trực CD F nên (F FC, ) đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDQP

ta có CF2 =IC2 +IF2 mà IF =Const nên CF nhỏ IC nhỏ CD nhỏ M điểm cung AB

Bài

Cho nửa đường trịn đường kính AB=2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax, By C D Các đường thẳng AD

BC cắt N

1 Chứng minh 

AC+BD=CD, COD=90 Chứng minh

2 AB AC.BD

4 =

3 Chứng minh OC / /BM

4 Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD Chứng minh MN AB⊥ H

6 Gọi giao điểm BMvàAxlà E Chứng minh CE CA= , từ chứng minh NM NH= Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ

Giải

1 Chứng minh  AC+BD=CD, COD=90 Xét nửa đường tròn ( )O có:

+) AC CM hai tiếp tuyến cắt C

⇒AC=CM ( )1 OC phân giác AOM (tính ch ất hai tiếp tuyến cắt nhau) +) BD MD hai tiếp tuyến cắt D

⇒DM=DB ( )2 OD phân giác BOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  Từ ( )1 ( )2 ⇒ AC BD+ =CM DM+ =CD

Có COM 1AOM

= (OC phân giác AOM ) 

 1 DOM BOM

2

= (OD phân giác BOM ) 

⇒   1 1 1( ) 1 0 COM DOM AOM BOM AOM BOM AOB 180 90

2 2 2

+ = + = + = = ⋅ =

Hay 

COD=90 2 Chứng minh

2 AB AC.BD

4 =

I

O H

y x

E

N

D

C

M

B A

Có 

COD=90 ⇒ ∆COD vng O

Xét ∆COD vuông O , đường cao OM (vì OM CD⊥ ) có:

2

OM =MC.MD=AC.BD (vì CA=CM, DB=DM)

Hay

2 2

2 AB AB

AC.BD R

2

  = =  =

  (vì OM=R) 3 Chứng minh OC / /BM

Có CA=CM ⇒ C thuộc trung trực AM OA=OM ⇒ O thuộc trung trực AM

⇒ OC trung trực AM

⇒ OC⊥AM( )3

Có AMB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ( )O )

⇒ BM⊥AM ( )4

Từ ( )3 ( )4 ⇒OC / /BM

4 Chứng minh ABlà tiếp tuyến đường trịn đường kính CD Gọi I trung điểm CD

Có ∆COD vng O ⇒ ∆COD nội tiếp đường trịn tâm I đường kính CD Có AC / /BD (vì vng góc với AB) ⇒ tứ giác ABDC hình thang Xét hình thang ABDC có:

I trung điểm CD O trung điểm AB

⇒OI đường trung bình hình thang ABDC

⇒OI / /AC

Mà AC⊥AB⇒OI⊥AB

Xét đường trịn tâm I đường kính CD có: IO bán kính

IO⊥AB O AB

⇒ tiếp tuyến O đường tròn tâm Iđường kính CD 5 Chứng minh MN⊥AB H

Có AC / /BD (vì vng góc với AB )

⇒ AC CN

BD=BN(hệ qủa định lí Talet) Mà AC=CM, DB=DM

⇒ CM CN DM=BN

⇒MN/ /BD(định lí đảo định lí Talet) Mà BD⊥AB

⇒MN⊥AB

6 Gọi giao điểm BMvàAxlà E Chứng minh CE=CA, từ chứng minh NM=NH I

O H

y x

E

N

D

C

M

B A

Xét ∆A BE có: OC / /BE (vì OC / /BM) O trung điểm AB

C∈AE

⇒C trung điểm AE

⇒CE=CA

Có MN⊥AB Ax⊥AB ⇒MN / / A x hay MN / / CE NH / / CA

Xét ∆BCE có: MN / / CE MN NB CE BC

⇒ = ( )7 (hệ qủa định lí Ta - lét)

Xét ∆BCA có: NH / / CA NH NB CA BC

⇒ = ( )8 (hệ qủa định lí Ta - lét)

Từ ( )7 ( )8 ⇒ MN NH CE = CA

Mà CE=CAnên NM=NH

7 Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ

Theo bất đẳng thức Co-si có:

2

AB 4R AC BD AC.BD 2 2R

4

+ ≥ = = =

Chu vi tứ giác ACDB là:

ACDB

P =AC CD DB BA+ + + =AC CM MD DB BA+ + + + =2CA 2DB BA+ + (vì CA=CM, DB=DM) Hay

( )

ACDB

P =2 CA+DB +BA≥2.2R+2R ACDB

P 6R

⇒ ≥

Dấu " "= xảy AC BD R= = Khi tứ giác ACDB có: AC DB,AC / /BD=

⇒ tứ giác ACDB hình bình hành

Mà AC⊥AB⇒ tứ giác ACDB hình chữ nhật ⇒ CD / /AB Mà OM⊥CD⇒ OM⊥AB

⇒Mlà điểm cung AB I

O H

y x

E

N

D

C

M

B A

Bài 4. Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB=2R Gọi M trung điểm OA lấy điểm N thuộc nửa đường trịn ( )O (N khơng trùng với A B) Đường thẳng qua N vng góc với MN cắt tiếp tuyến A B nửa ( )O C D

1 Chứng minh tứ giác CAMN nội tiếp

2 Chứng minh AC.BD có giá trị khơng phụ thuộc vị trí điểm N

3 Gọi giao điểm AD BC K Qua K kẻ đường thẳng song song với AC, đường thẳng cắt AB CD E, F Chứng minh KE = KF

4 Xác định vị trí N nửa ( )O cho diện tích tam giác CMD đạt giá trị nhỏ

Hướng dẫn giải

1 Tứ giác CAMN có CAM +CNM =90+90 =180 mà hai góc vị trí đối Suy ra, tứ giác CAMN tứ giác nội tiếp

2 Tứ giác nội tiếp CAMN có CAN =CMN(hai góc nội tiếp chắn CN) mà xét đường tròn ( )O

có  1sd

CAN = AN  1sd

2

CMN AN

⇒ = (1)

Tứ giác BDNM có DBM +DNM =90+90 =180 mà hai góc vị trí đối Suy ra, tứ giác BDNM tứ giác nội tiếp

Tứ giác nội tiếp BDNM có  NMD=NBD(hai góc nội tiếp chắn ND) mà xét đường trịn ( )O

có  1sd

NBD= ND  1sd

2

NMD AN

⇒ = (2)

Từ (1) (2)   1(sd sd) 90

CMN NMD AN NB

⇒ + = + = 

Từ suy CMA BMD + =90⇒CMA =BDM

2

4

CA MA R

CA DB MA MB

MB DB

⇒ = ⇒ = =

3 Xét ∆CDB có EK DB EK CK

BD CB

⇒ =



Xét ∆ADB có FK DB FK AK

BD AD

⇒ =



Xét ∆AKC có DB AC( AB) CK AK CK AK CK AK

BK KD BK CK KD AK BC AD

⊥ ⇒ = ⇒ = ⇒ =

+ +



Từ suy EK FK EK FK

BD = BD⇒ =

4 Kí hiệu S diện tích ∆CMD

Ta có ( )

2

2 2 2 2 2

4 16

R R R R

S =MC MD =AC + DB + =AC DB + + AC +DB

  

( )

4

2

9

9

16 16

R R R

AC DB

= + + +

Áp dụng BĐT Cauchy ta có

2

9

4

AC +DB ≥ AC DB= R

Từ suy

4 4

2 9 30

16 16 16

R R R R

S ≥ + + =

Dấu “=” xảy BD = 3AC hay ;

2

R R

AC= BD=

Giả sử I trung điểm CD, suy OI đường trung bình hình thang ABDC, suy

AC BD

OI = + = =R ON Suy N ≡Ihay ON đường trung bình hình thang ABDC Từ suy

ON vng góc với AB

Vậy N điểm cung AB

Bài 5: Cho đường trịn (O) đường kính AB , Ax By hai tiếp tuyến (O) tiếp điểm A, B Lấy điểm M nửa đường tròn ( M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa Ax, By ) tiếp tuyến M (O) cắt Ax, By C D

1. Chứng minh : tứ giác AOMC nội tiếp 2. Giả sử BD=R 3, tính AM

3. Nối OC cắt AM E, OD cắt BM F, kẻ MN ⊥ AB, chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác NEF qua điểm cố định

4. Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp Tìm vị trí điểm M nửa đường trịn để bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác CEFD nhỏ

a) Có Ax tiếp tuyến (O) (gt)⇒OA⊥ AC⇒CAO =900 Có MC tiếp tuyến (O) (gt) ⇒OM ⊥CD⇒CMO =900 Xét tứ giác OACM có:

 

180

CAO CMO+ =

Mà CAO đối CMO tứ giác OACM

⇒ OACM tứ giác nội tiếp

b) Nối O với D Xét ∆OBD; OBD =900

 

 

0

0 0

1 tan

3 30

90 90 30 60

OB R

ODB

BD R

ODB

BOD ODB

⇒ = = =

⇒ =

⇒ = − = − =

Có BD, MD tiếp tuyến cắt D ⇒ OD phân giác MCB  

  

0

60

60 120

BOD MOD

BOM MOD BOD

⇒ = =

⇒ = + = =

Xét  

(O; ) d 120

2

AB

BOM s BM

⇒ = = (góc tâm)

  0 120 60

2

BAM sd BM

⇒ = = = (góc nội tiếp) Xét tam giác OAM cân O (OA=OM =R) Mà BAM=600 ⇒ ∆OAM đều⇒AM =OA=R

c) Có AC CM tiếp tuyến đường tròn tâm O cắt C

AC MC

⇒ = (T/c tiếp tuyến giao nhau)⇒ ∈C đường trung trực AM OA=OM = ⇒ ∈R O đường trung trực AM

⇒ CO đường trung trực AM

CO AM ⇒ ⊥

Chứng minh tương tự⇒AMB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Xét tứ giác MEOF có:

  

0

0

0 90 90 90

AMB CEM CFM

= = =

⇒ MEOF hình chữ nhật



90

EOF

⇒ =

Gọi K giao EF OM, H giao MN EF

MEOF hình chữ nhật⇒EK =KF =KM =KO (T/c đường chéo)

Có CO đường trung trực AM⇒EA=EM Xét tam giác AMO có:

OK KM

EK EA EM

=  ⇒ 

=  đường trung bình

/ /

KE AC

⇒ mà AC⊥MN ⇒KE⊥MN(1)

Xét tam giác ANM có: / / ( / / )

(2) ( )

EH AN EK AO

HN HM EA EM cmt



⇒ =



= 

Từ (1),(2)⇒ EF đường trung trực NM

EM EN FN FM

=   =

 (T/c đường trung trực)

Xét tam giác NEF tam giác MEF có:

 

( )

90

EM EN

FN FM NEF MEF c c c EF chung

ENF EMF = 



= ⇒ ∆ = ∆ 



⇒ = =

Xét tứ giác ENOF có: 



0

90 (cmt) 90

ENF EOF



=  ⇒



=  ENOF nội tiếp, mà O cố định

⇒ Đường tròn qua đỉnh tam giác NEF qua điểm cố định O

Bài 6: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB, vẽ tiếp tuyến Ax By phía với nửa đường trịn điểm cung AB N điểm đoạn OA Đường thẳng vng góc với MN M cắt Ax By D C

a) Chứng minh : tứ giác ADMN nội tiếp b) Chứng minh : ∆AMN = ∆BMC.

c) Chứng minh : M trung điểm CD

d) DN cắt AM E CN cắt MB F Chứng minh : EF⊥ Ax.

a) Ax tiếp tuyến (O)⇒DA⊥OA

 

( ) 180

NM ⊥DC gt ⇒DMN+DAN =

Xét tứ giác DAMN có:

 

180

DMN+DAN = 

DMN DAN đối nhau⇒ OAMN tứ giác nội tiếp b) Có M điểm cung AB (gt)

MA MB ⇒ =

Có

  

  

 

0 90

90

AMB AMN NMB

CMN CMB NMB

AMN CMB

= = +

= = +

⇒ =

Xét (O)   

MAN =MBC= sd MB

Xét tam giác MNA tam giác MCB:  

  ( )

( ) ( )

( )

MAN MBC cmt

MA MB cmt MNA MCB g c g AMN CMD cmt

 =



= ⇒ ∆ = ∆ 

= 

c) Xét tứ giác ADCB có: / / ( AB)

Xét hình thang ADCB có: / / / / ( )

( )

OM AD BC AB OA OB R

MD MC ⊥ = =

⇒ =

d) Xét tứ giác ADMN có:

 

180

DAM +DMN = 

DAM đối DMN ⇒ ADMN tứ giác nội tiếp⇒ MDN=MAN (T/c tứ giác nội tiếp) (1) Xét tứ giác CMNB có:

 

180

NMC+NBC= 

NMC đối NBC ⇒ CMNB tứ giác nội tiếp⇒ MCN =MBN (T/c tứ giác nội tiếp) (2) Xét tam giác MAB có:

( )

MA=MB cmt



90

AMB= (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))

⇒ ∆MAB vng cân M

 

45

MAB MBA

⇒ = = (3)

Từ (1),(2)⇒ MDN =MCN =450 Xét tam giác MDN có:

  0 45 90 MDN MDN DMN  = ∆ 

=  vuông cân M 

45

DNM

⇒ =

Xét tứ giác EMFN có: 



0

90 ( ) 90 ( )

DNC cmt EMFN AMB cmt  =  ⇒ 

=  tứ giác nội tiếp

 

45

DNM MFE

Có   45 ; 45 ( )

MBA= MFE= cmt mà góc vị trí đồng vị / /

EF AB

⇒ mà AB⊥ Ax⇒EF ⊥Ax (Từ vng góc đến song song) IV Chùm tốn tam giác vng nội tiếp đường trịn

IV Bài 1.Cho đường tròn (O R, ) đường kính AB cố định Điểm I cố định nằm A O Dây CD vng góc với AB I Gọi M điểm tùy ý thuộc cung lớn CD (M không trùng với C, D) Dây AM cắt CD K

a) Chứng minh tứ giác IKMB nội tiếp b) Chứng minh AC2 =AK AM

( Có thể hỏi câu hỏi khác tương tự như:

CH1: Chứng minh AK.AM không phụ thuộc vào vị trí điểm M cung CD CH2: Chứng minh hệ thức AK AM −AI IB = AI2 )

c) Kẻ DE⊥AC E( ∈AC DF), ⊥CB F( ∈CB) Chứng minh AB CD, , EF đồng quy d) Chứng minh: AC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CKM

e) Xác định vị trí điểm M cho khoảng cách từ D đến tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CKM nhỏ

Giải:

a) ;1  900

M∈O AB⇒AMB=

  (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) (1) Dây CD vng góc với AB I nên CIB=900 (2)

Xét tứ giác IKMB có:

Từ (2) (1) suy  KMB=KIB=900 mà hai góc hai góc đối nên tứ giác IKMBnội tiếp đường trịn đường kính BK

b) Xét đường trịn ( )O đường kính AB vng góc với dây CD I nên I trung điểm CD

Ta có: AB vng góc với CD I I trung điểm CD nên AB đường trung trực CD Do AC= AD⇒ AC= AD

Suy ra:  AMC=ACD Xét ∆ACM,∆AKC có:



  ( ) ( )

CAM chung

ACM AKC g g AMC ACK cmt

⇒ ∆ ∆ 

=  

E

F K

D C

B O

A

I

M J

2

AC AM

AM AK AC

AK AC

⇒ = ⇒ =

c) ;  900

2

AB

C∈O ⇒ ACB=

 

Xét tứ giác DECF có:

  

90

E= = =F C nên tứ giác DECFlà hình chữ nhật Do CD EF cắt trung điểm đường

Lại có I trung điểm CD (cmt) nên EF qua I

Ta có CD, EF, AB qua I nên AB CD, , EF đồng quy

d)  AC=AD⇒  ACK =ACD=AMC góc nội tiếp chắn cung Suy AC tiếp tuyến đường trịn (định lí đảo)

e) Gọi J tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CKM

Có J thuộc BC AC tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác CKM Do DJ ≥DF

min

DJ DF

⇒ =

Dấu xảy J trùng với F

Suy OF⊥CM Khi M giao điểm đường thẳng qua C vng góc với OF đường trịn (O) IV Bài Trên đường tròn (O R, ) đường kính AB lấy hai điểm ,M E theo thứ tự , , ,A M E B (2 điểm

M,E khác điểmA,B), AM cắt BE C, AE cắt BM D a) Chứng minh tứ giác MCED nội tiếp

b) Gọi H giao điểm CD AB Chứng minh BE.BC=BH.BA

c) Chứng minh tiếp tuyến M E đường tròn ( )O cắt điểm nằm đường thẳng CD

d) Giả sử BAM=45 ;0 BAE=300 Tính diện tích ∆ABC

e) Biết M,E thay đổi nửa đường trịn đường kính AB ln thỏa mãn ME khơng đổi Xác định vị trí M, E để diện tích tam giác CAB lớn

a) ;  900

AB

M∈O ⇒AMB=

  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên 

90

DMC=



; 90

2

AB

E∈O ⇒ AEB=

  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên 

90

DEC=

Xét tứ giác DMCE có: DMC +DEC=900+900 =1800mà hai góc có đỉnh đối nên tứ giác DMCE nội tiếp

b) Xét ∆EBA ∆HBC có:  



0

90

( )

BEA BHC EB BA

EBA HBC g g EB BC BA HB HB BC

HBC chung

 = =  ⇒∆

∆ ⇒ = ⇒ =



 

c) Gọi K giao điểm tiếp tuyến M đường tròn (O) với HC Tứ giác HOKM nội tiếp nên MHK =MOK

I G

K

H D C

B O

A M

E

Vì tứ giác MAHD nội tiếp nên MAE =MHK (1) Suy  MOK =MAE

Mà MOE=2MAE (Góc tâm lần góc nội tiếp)

        2 (*)

MOK KOE MAE MAE KOE MAE KOE MAE

+ =

⇒ + =

⇒ =

Lại có tứ giác HDEB nội tiếp nên  KHE=EBH (2) tứ giác MEBA nội tiếp nên  EBM =MAE (3) Từ (1), (2), (3) suy MHK  =KHE=MAE(**)

Từ (*) (**) suy  KHE=KOE suy tứ giác KHOE nội tiếp Do  

180

KHO+KEO= suy KEO=900

OE EK ⇒ ⊥

⇒ EK tiếp tuyến (O)

d) Ta có tam giác AHC vng cân H nên AH=HC Xét tam giác BHC vng H có :

0

0

cos 60

cos 60

BH BH

BC BH

BC

= ⇒ = =

2 2 2

4

3

HC BC HB HB HB HB HC HB

= − = − =

⇒ =

Lại có :

( ) ( ) 2 2 3

3 (3 3)

AH HB AB R HC HB R

HB HB R R

HB R

HC R R

Vậy 1 ( )

3 3( 1)

2

ABC

S = HC AB= R − R=R −

e) Gọi G giao điểm CH ME Kẻ CI vng góc với ME Dặt ME= a (không đổi)

Tứ giác ABEM nội tiếp nên

   

2 2

2

2

( )

2

4

CAB CME

CAB CME

MAB CEM CAB CEM CAB CEM g g

S AB R R

S ME a a

R

S S

a

= ⇒ =

⇒ ∆ ∆

    ⇒ =  =  =

   

⇒ =



Do

2 4R

a không đổi nên SCABlớn SCMElớn

1

2

ax CI max

CME

CME

S CI ME a CI S m

= =

⇔

Mà CI ≤CG⇒CI max=CG⇔ ≡I G

IV Bài Cho A điểm nằm nửa đường trịn đường kính BC (A khác B C) H chân đường vng góc A BC.Gọi I K tâm đường tròn nội tiếp tam giác AHB

AHC Đường thẳng IK cắt cạnh AB AC, M N

a) Chứng minh: AIH đồng dạng với CKH , ABC đồng dạng với HIK

b) Chứng minh tứ giác BMIH nội tiếp, từ chứng minh MAN tam giác vng cân c) Chứng minh tứ giác BIKC nội tiếp

d) Xác định vị trí A để chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác MHN đạt giá trị lớn (Hoặc

hỏi: Tìm vị trí điểm A để chu vi tam giác HIK lớn nhất)

Hướng dẫn giải

a)

Gọi O trung điểm BC

Xét ( )O đường kính BC: BAC= °90 (góc nt chắn nửa đường tròn) ⇒ BAH =ACH (cùng phụ với HAC

)

Mà AI CK, phân giác BAH ACH , ⇒ IAH =KCH

Mặt khác  AHI =KHC= °45 (do HI HK, phân giác  AHB AHC, )

⇒ AIH đồng dạng với CKH (g-g)

IH AH KH CH

⇒ = , mà AHB đồng dạng CHA (g-g) nên AH AB

CH = AC

IH AB HK AC ⇒ =

Xét ABC HIK ta có:  BAC=IHK = °90 , IH AB

HK = AC ⇒ ABC đồng dạng với HIK (c-g-c)

b)

Ta có: ABC đồng dạng với HIK (cmt) ⇒ HIK =ABC

Xét tứ giác BMIH ta có:  HIK =ABC (góc ngồi góc đỉnh đối diện)

BMIH

⇒ tứ giác nội tiếp (DHNB)

P N

M

K I

H B

O C

A

Vì BMIH tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ AMN =IHB= °45 (góc ngồi góc đỉnh đối diện) Vì AMN vng A có AMN = °45 ⇒AMN vng cân A

c)

Phân giác BI kéo dài cắt AK P

Vì  ABH =HAC (cùng phụ với BAH)   1

ABP PAN ABH

⇒ = =

Mà PAN +PAB= ° ⇒90 ABP +PAB= ° ⇒90 ABP vuông P⇒BP⊥AK (1) Xét tứ giác CNKH ta có: HKI = ACB (góc ngồi góc đỉnh đối diện)

CNKH

⇒ tứ giác nội tiếp (DHNB)

Xét đường tròn qua điểm , , ,C N K H có: KNH =KCH (góc nt chắn KH), KHN =KCN (góc nt chắn KN), mà NCK =KCH (do CK phân giác NCH)

  KNH KHN

⇒ = ⇒NKH cân K ⇒KN =KH

CHứng minh AHK =ANK (c-g-c) ⇒AH = AN ⇒ AHN cân A⇒HN ⊥AK (2) Từ (1) (2) ⇒BP//HN ⇒ MIB=KNH (2 góc đồng vị)

Mà KNH =KCH  

MIB KCH BIKC

⇒ = ⇒ tứ giác nội tiếp (góc ngồi góc đỉnh đối diện) d)

Xét đường tròn qua điểm , , ,B M I H có:  IMH =IBH (góc nt chắn IH),  IHM =IBM (góc nt chắn IM), mà IBM =IBH (do BI phân giác MBH)

  IMH IHM

⇒ = ⇒IHM cân I ⇒IM =IH

Ta có: ABC đồng dạng với HIK (cmt) ⇒ HKI =ACB

Hay A tâm đường tròn ngoại tiếp HMN

HMN C

⇒  đạt GTLN AH lớn nhất, mà AH ≤ AO hay AH ≤R

Vậy để chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác MHN đạt giá trị lớn A nằm nửa đường trịn

IV Bài

Cho đường tròn tâm (O;R) đường kính AB, dây cung MN vng góc với AB H ( H nằm O B ) Trên tia đối tia NM lấy điểm C cho đoạn AC cắt (O) điểm K khác A, hai dây MN BK cắt E

a Tứ giác AHEK nội tiếp

b Kéo dài AE cắt (O) điểm thứ hai I Chứng minh KAE KBC = c Tính hệ thức AE AI BE BK + theo R

d Giả sử KE KC= Chứng minh OK/ /MNvà KM2 +KN2 =4R2 Hướng dẫn giải

a Xét (O) có:  900

AKB= ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

AHE=90 (0 MN⊥AB

tại H)

 ( 90 )0 AKB AHE

⇒ = =

M I E K

N

A O H B

C

Xét tứ giác AKEH có:   900 900 1800

AKB AHE+ = + =

⇒ Tứ giác AKEHnội tiếp

b Có I∈( );O AB=2R⇒ AIB=900( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Xét ∆KAEvà ∆IBEcó:

 ( 900)

AKE EIB= =

 

KEA IEB= ( hai góc đối đỉnh )

( )

KAE IBE g g

∆

⇒ ∽∆ −

 

KAE IBE

⇒ = ( góc tương ứng ) c Xét ∆AHEvà ∆AIBcó:

 AHE AIB= (=900)

 IAB chung

( )

AHE AIB g g

∆

⇒ ∽∆ −

AH AE AI AB

⇒ = ( tỉ số đồng dạng )

(1)

AE AI AH AB

⇒ =

Xét ∆BEHvà ∆BAKcó:  ( 900)

BHE BKA= =

 KBAchung

( )

BEH BAK g g

∆

⇒ ∽∆ −

BE BH AB BK

⇒ = ( tỉ số đồng dạng )

(2)

BE BK BH AB

⇒ =

Từ (1), (2) ⇒AE AI BE BK AH AB AB BH + = +

2

( )

2

AE AI BE BK AB AH BH AE AI BE BK AB AB

AE AI BE BK R R

AE AI BE BK R

⇔ + = +

⇔ + =

⇔ + =

⇔ + =

d

Nếu CK KE= ⇒ ∆KCEcân K  

KCE KEC

⇒ = ( tính chất tam giác cân )

Xét ∆KCEcó: KCE KEC CKE  + + =1800( tổng góc tam giác) CKE =90 (0 BK ⊥AC K≡ )

  450

KCE KEC

⇒ = =

  450

HEB KEC

⇒ = = (2 góc đối đỉnh)  450

HBE

⇒ = ( định lý tổng góc ∆HEB)  450

KAO

⇒ = ( định lý tổng góc ∆AKB) M

E

I C

P K

N

A O H B

Mà ∆AKOcó: AO KO R= =

AKO

⇒ ∆ cân O

  450

AKO KAO

⇒ = =

 900

AOK

⇒ = ( định lý tổng góc ∆AOK)

KO AB

⇒ ⊥ mà MN ⊥AB(gt)

/ / ( )

KO MN dpcm

⇒

Gọi P giao điểm tia KO với (O)

KP

⇒ đường kính hay KP=2R Mà KO MN/ / ⇒KP MN/ /

 

sdKM sdPN

⇒ =

KM NP

⇒ =

Xét tứ giác KPNM có:

/ / ( )

( )

KP MN cmt KM PN cmt=

⇒Tứ giác KPNM hình thang cân (dhnb) KN MP

⇒ = ( tính chất đường chéo hình thang cân ) (3) Xét ∆PMKcó: PMK =900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

PMK

⇒ ∆ vuông M

2 2

KP KM MP

⇒ = + ( định lý Py – ta – go ) (4) Từ (3), (4) ⇒KP2 =KM2 +KN2

Mà KP=2R (cmt)

2 2

2 2

(2 R) R ( )

KM KN

KM KN dpcm

⇒ + =

⇔ + =

IV/ Bài 5: Cho tam giác ABC nội tiếp ( )O đường kính AB AC<BC.Trên dây CB lấy điểm H khác B C, AH cắt ( )O điểm thứ hai D Kẻ HQ vng góc với AB(Q∈AB)

a Chứng minh: tứ giác ACHQ nội tiếp b Chứng minh H cách C ,CQ,DQD

c CQcắt ( )O điểm thứ hai F Chứng minh DF HQ

d Gọi M, N hình chiếu F AC, CB Chứng minh MN, AB, DF đồng quy

Bài làm:

a) Xét tứ giácACHQ

Ta có ACB=900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)



90

AQH = ( gt)

 

180

ACB AQH

⇒ + = góc vị trí đối

Nên tứ giác ACHQ tứ giác nội tiếp

b) tứ giác ACHQ nội tiếp nên QCH =HAQ( chắn cung HQ ) Trong ( )O có: BCD =DAB( chắn cung BD)

Do  DCB=BCQ ⇒CB phân giác góc DCQ

c) Ta có tứ giác AQHCnội tiếp ⇒CQH =CAH ( chắn cung CH) Trong ( )O có: CA D=CFD( chắn cung CD)

 D

CQH CF

⇒ = Mà hai góc vị trí đồng vị nên DF HQ

d) Ta có   MCN =CMF =FNC=900⇒Tứ giác CMFN hình chữ nhật Gọi CF∩MN ={ }L Ta có L trung điểm CF

mà DF  HQ⇒ DF ⊥ AB={ }K ⇒K trung điểm DF ⇒KL // CD Ta có  DCN =NCF( CN phân giác DCF)

Mà  NCL=CNL( CMFN hình chữ nhật)

Nên  DCN =CNM Mà hai góc vị trí so le nên CD // MN Mà K∈MN, KL // CD Do đóM ,N ,Kthẳng hàng

Suy MN, AB, DF đồng quy

IV Bài 6:Cho đường trịn (O) đường kính AB 6cm Gọi H điểm nằm A B cho AH = 1cm Qua H vẽ đường thẳng vng góc với AB, dường thẳng cắt đường trịn (O) C D Hai đường thẳng BC DA cắt M Từ M hạ đường vuông góc MN với đường thẳng AB ( N thuộc đường thẳng AB)

a) Chứng minh MNAC tứ giác nội tiếp b) Tính độ dài đoạn thẳng CH tính tan ABC c) Chứng minh NC tiếp tuyến đường tròn (O)

d) Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt NC E Chứng minh: đường thẳng EB qua trung điểm đoạn CH

a) Xét (O) có ACB=900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) ⇒ ACM =900

B C

O I

H N

M

E F

D A



90 ( )

MNA= MN ⊥ AB

Tứ giác MNAC có:  ACM +MNA=1800 Mà hai góc vị trí đối

Suy tứ giác MNAC nội tiếp đường tròn ( định lí) b) Ta có HB = AB – AH = - = cm

∆ABC vng C, đường cao AH có:

2

1.5

5( )

CH AH HB

CH cm

=

= =

⇒ =

(hệ thức lượng tam giác vuông)

2

5.6 30 30( )

CB BH BA CB cm

= = =

⇒ = (hệ thức lượng tam giác vng) ∆CBH vng H có tan

5

CH ABC

BH

= =

c) Vì tứ giác MNAC nội tiếp đường trịn (cmt) ⇒  NMA=NCA (góc nội tiếp chắn cung AN)

Mà MN // CD ( ⊥ AB) ⇒ NMA= ADC ( hai góc so le trong) Xét (O) có:  A CD = ABC (góc nội tiếp chắn cung AC)

Suy  NCA= ABC (1)

∆AOC có OA = OC ( bán kính (O)) suy ∆AOC cân O ⇒CAB = ACO (2)

∆ABC vuông C ⇒CAB +ABC =900 (3) Từ (1).(2), (3)  

90

NCA ACO

⇒ + = hay NCO =900 ⇒ NC⊥CO mà C ∈(O)

Suy NC tiếp tuyến (O) C(dhnb) d) Kéo dài AE cắt BC F, gọi BE cắt CH I

Vì AE CE hai tiếp tuyến cắt (O) E

∆AFC vuông C có

   

0

0

90 90

FAC AFC FCE ECA



+ = 

 + = (5)

Từ (4) (5) ⇒  FCE = AFC ⇒∆FEC cân E ⇒ EF = EC mà AE = CE( cmt) ⇒ AE = EF

Vì AE // IH ( ⊥AB)

E

BI IH

BE A

⇒ = (hệ định lí Ta lét) (6) Vì FE // IC ( ⊥ AB)

EF

BI IH

BE

⇒ = (hệ định lí Ta lét) (7)

Từ (6) (7)

E

IC IH

EF A

⇒ = mà AE = EF (cmt) ⇒ IC = IH hay I trung diểm CH Vậy BE qua trung điểm CH

IV/ Bài 7:Cho đường trịn tâm O bán kính R đường kính AB,M chạy đường tròn Tiếp tuyến

M với ( )O cắt tiếp tuyến A B C D, N giao điểm AD BC a) Chứng minh tứ giác ACMO BDMO, nội tiếp

b) Chứng minh tam giác COD vng Từ chứng minh AC BD khơng phụ thuộc vào vị trí M c) Chứng minh MN BD//

d) Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB nhỏ HƯỚNG DẪN GIẢI

a) Tứ giác ACMO có CAO =CMO=900 (Vì CA CM, tiếp tuyến ( )O )

 

180

CAO CMO

⇒ + = => tứ giác ACMO nội tiếp Chứng minh tương tự ta có tứ giác BDMO nội tiếp

b) Vì CA CM, tiếp tuyến ( )O   1

(1)

CM CA

AOC MOC AOM =

 

⇒  = =



Vì BD DM, tiếp tuyến ( )O   1

D (2)

2

DM DB

BO DOM BOM =

  ⇒ 

= =



Có :        

180 =AOM +BOM =2MOC+2MOD=2.(MOD+MOC)=2.COD⇒COD=90 Suy tam giác COD vuông O, có OM đường cao

2

2

2

D D

CM DM OM CA B OM CA B R

⇒ =

⇒ =

⇒ =

Suy CA BD khơng phụ thuộc vào vị trí M c) Ta có AC BD// ( vng góc với AB )

N

D

C

B O

M

A

NC AC NC CM NB DB NB DM

⇒ = ⇒ = (theo(1), (2))⇒MN/ / DB Ta có chu vi ACDB :

AB+AC+BD CD+ =AB CM+ +DM +CD = AB+2CD

VìAB cố định nên chu vi ACDB nhỏ CD nhỏ ⇔CD / /AB⇔M điểm

giữa cung AB

IV/ Bài 8. Cho ( )O đường kính AB, K điểm cung AB M điểm di chuyển cung nhỏ AK (M khác ,A K ) Lấy N đoạn BM cho BN =AM

a) Chứng minh AMR =BNK

b) Chứng minh tam giác MKN vuông cân

c) Hai đường thẳng AM OK cắt D Chứng minh MK phân giác góc DMN

d) Chứng minh đường thẳng vng góc với BM N ln qua điểm cố định HƯỚNG DẪN GIẢI

a) Ta có  AK =BK⇒ AK =BK (1) Xét ∆AMK ∆BNK có:

H

N D

B O

K

A M

  1  

( ) ( )

2

AM BN

KBN MAK MK AMK BNK c g c AMK BNK AK BK

= 

 = = ⇒ ∆ = ∆ ⇒ =

 

= 

b) ∆AMK = ∆BNK⇒KM =KN ⇒ ∆KMN cân K (2)

Lại có      MKN =MKA+AKN =BKN+AKN =AKB=900 (góc nt chắn nửa đường trịn)



90

MKN

⇒ = (3)

Từ (2), (3) ⇒ ∆KMN vuông cân K c) Tứ giác AMKB nội tiếp ⇒ DMK =KBA

Do K A=KB⇒KBA =KMB  

DMK KMB

⇒ = ⇒ MK phân giác góc DMN

d) Gọi H giao điểm tiếp tuyến B ( )O với đường thẳng vng góc với BM N Xét ∆HNB ∆BMA có:

 

  

0

0

90

( 90 )

HNB BMA NB AM

HBN MAB MBA

 = =

 = 

 = = −



( )

HBN BMA g c g ⇒ ∆ = ∆

HB AB

⇒ = không đổi Mà B cố định => H cố định

Vậy đường thẳng vng góc với BM N qua điểm H cố định

IV /- Bài 9: Cho (O) đường kính BC.lấy điểm A (O) cho AB>AC Từ A vẽ AH vng góc với BC(H∈BC).Từ H vẽ HE vng góc với AB HF vng góc với AC(E∈AB F, ∈AC)

a Chứng minh AEHF hình chữ nhật b Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp c Chứng minh OA⊥EF

d Đường thẳng EF cắt (O) P,Q(E nằm P F) Chứng minh: ∆APHcân e Gọi D giao điểm PQ BC,K là giao điểm AD với (O)

Chứng minh:AKFE tứ giác nội tiếp

f Gọi I giao điểm KF BC Chứng minh:

IH =IC ID

Giải

a Chứng minh AEHF hình chữ nhật

Ta có 90

BAC ∧

= ( Góc nội tiếp chắn nửa (O))

0 90

AEH AFH

∧ ∧

= = (gt)

Vậy AEHF hình chữ nhật

b Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp

Xét ∆AHB Vng H,có đường cao HE (gt) Suy AH2 =AB AE (1)

Xét ∆AHC Vuông H,có đường cao HF (gt) Suy AH2 = AC AF (2)

Từ (1) (2) ta AB.AE = AC.AF

Nên AE AF

AC = AB

BAC ∧

chung

Suy ∆AFE∽∆ABC(c-g-c)

AFE B

∧ ∧

⇒ =

⇒BEFC tứ giác nội tiếp c Chứng minh OA EF⊥ Giả OA cắt EF T

T

Q P

F E

H C O

B

A

Ta có OA =OC ( bán kính (O))

OAC

⇒ ∆ cân O

OAC OCA

∧ ∧

⇒ =

Mà AFE B

∧ ∧

= (cmt)

OAC AFE OCA B

∧ ∧ ∧ ∧

⇒ + = +

0 90

OCA B

∧ ∧

+ = ( Do ∆ABC vuông A (cmt))

Suy

90

OAC AFE

∧ ∧

+ =

0 90

T ∧

⇒ =

Vậy OA⊥EF

d Đường thẳng EF cắt (O) P,Q(E nằm P F) Chứng minh: ∆APHcân OA⊥EF(cmt)

OA PQ ⇒ ⊥

 

AP AQ

⇒ =

APQ ABP

∧ ∧

⇒ = (Hệ góc nội tiếp) Xét ∆APE ∆ABP có

PAB ∧

chung

APQ ABP

∧ ∧

= (cmt)

Suy ∆APE∽∆ABP(g-g)

AP AE AB AP

⇒ =

2

AP AE AB

⇒ =

Mà AH2 =AB AE (cmt)

2

AP AH

⇒ =

Nên AP = AH Vậy ∆APHcân

e.Gọi D giao điểm PQ BC,K là giao điểm AD với (O) Chứng minh:AKFE tứ giác nội tiếp

Ta có CFD AFE

∧ ∧

= (đối đỉnh) Mà AFE B

∧ ∧

= (cmt)

Nên CFD B

∧ ∧

=

Xét ∆DFC ∆DBE có

BDE ∧

chung

CFD B

∧ ∧

= (CMT)

Suy ∆DFC∽∆DBE(g-g)

DF DC DB DE

⇒ =

T

I K

D

Q P

F E

H C

O

B

A

DF DE DB DC

⇒ = (3)

Ta lại có ABCK tứ giác nội tiếp (vì , , ,A B C K∈( )O )

CKD ABC

∧ ∧

⇒ = ( Cùng bù với AKC ∧

)

D ∧

chung

Suy ∆DKC∽∆DBA(g-g)

DK DC DB DA

⇒ =

DK DA DB DC

⇒ = (4)

Từ (3) (4) ta DF.DE = DK.DA

DF DK DA DE

⇒ =

Xét ∆DKF ∆DEA có

DF DK DA = DE

D ∧

chung

Suy ∆DKF∽∆DEA(c-g-c)

DKF DEA

∧ ∧

⇒ =

Vậy AKFE tứ giác nội tiếp

f.Gọi I giao điểm KF BC Chứng minh:

IH =IC ID

ICF AEF

∧ ∧

= (Vì BEFC tứ giác nội tiếp) Mà DKF DEA

∧ ∧

=

ICF DKF

∧ ∧

⇒ =

ICF DKF

∧ ∧

= (CMT)

I ∧

chung

Suy ∆ICF∽∆IKD(g-g)

IC IF IK ID ⇒ =

IC ID IK IF

⇒ = (5)

Mặt khác AEHF hình chữ nhật

Nên AEHF tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính AH Mà AH ⊥BC (gt)

⇒BC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF

IHF HKF

∧ ∧

⇒ = ( Cùng chắn cung HF) Xét ∆IHF ∆IKH có

IHF HKF

∧ ∧

= (CMT)

I ∧

chung

Suy ∆IHF∽∆IKH(g-g)

IH IF IK IH ⇒ =

2

IH IF IK

⇒ = (6)

Từ (5) (6) ta

IH =IC ID V Các tập dạng khác

Bài 1. Cho ∆ABC vuông A, M điểm tuỳ ý đoạn AC M,( ≠A C, ) Vẽ đường tròn tâm O đường

kính MC cắt BC E BM cắt ( )O N, AN cắt ( )O D Lấy I đối xứng với M qua A Lấy K

a) Tứ giác BANC nội tiếp

b) CA tia phân giác góc BCD c) Giả sử ABC=60ο

3

AM = AC Tứ giác BMCK hình gì?

d) Tìm vị trí điểm M để đường trịn ngoại tiếp ∆BIK có bán kính nhỏ

Lời giải

a) Xét tứ giác BANCcó  BAC=BNC=90ο, mà hai đỉnh A N kề nhìn cạnh BC

nên tứ giác BANCnội tiếp (quỹ tích cung chứa góc)

b) Xét đường trịn ( )O ta có MCD  =MND=BNA (cùng chắn cungMD) (1) Vì tứ giácBANCnội tiếp nên BCA  =BNA=MND (2) Từ (1) (2) suy MCD =BCA suy CA tia phân giác góc BCD

c) Ta có ABC=60ο ⇒ACB=30ο

Xét ∆MEC vng E có MCE =30ο nên

ME= MC (3)

Mặt khác 1

3

AM = AC⇒AM = MC (4)

  30 MBA MBE ο

⇒ = = nên ∆BMC cân M , có ME đường cao nên đường trung

trực ∆BMC ⇒MB=MC KB, =KC (5) Xét ∆MCK có CE đường cao đường trung tuyến

nên ∆MCK cân C⇒CM =CK (6) Từ (5) (6) suy MB=MC=KB=KCnên tứ giác BMCK hình thoi

d) Ta có AE đường trung bình ∆IKE nên IK =2AE ta cóIBK=2ABC Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆BIKta có

 2 2

IH AE AH

R R

SinIBK = ⇒ = Sin ABC ≥ Sin ABC (không đổi AH đường cao kẻ từ A đếnBC)

Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆BIK có bán kính nhỏ M ≡ A

Bài 2.Cho đường tròn ( )O dây AB cố định, C điểm di động cung lớn AB, M N điểm

chính cung AC AB Gọi I giao điểm BM CN Dây MN cắt AC AB H K

a)Chứng minh: tứ giác BNKI nội tiếp b)Chứng minh NM NH⋅ =NC NI⋅

c) AIcắt ( )O E, NE cắt CB F Chứng minh ba điểm , ,H I Kthẳng hàng d)Tìm vị trí điểm C để chu vi tứ giác AIBN lớn

Lời giải

a)Vì điểm cung nên suy (2 góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Hay nên tứ giác nội tiếp đường tròn

N AC CNM =ABM

 

INK =IBK BNKI

b)Chứng minh tương tự ta có tứ giác nội tiếp suy Xét có chung (theo cmt) suy

(g-g) suy

c)Xét đường tròn tâm ta có mà (vì tứ giác nội tiếp câu b) Suy suy (2 góc vị trí đồng vị) (1)

Ta chứng minh nửa số đo mà

Suy tứ giác nội tiếp Nên suy (2) Xét đường trịn tâm ta có (2 góc nội tiếp chắn cung ) (3) Từ (2) (3) suy suy (4) Từ (1) (4) suy trùng suy điểm thẳng hàng

d) Ta có chu vi tứ giác lớn lớn khơng đổi

Ta có nên tam giác cân , tương tự cân

Suy nên thuộc cung tròn tâm Gọi điểm cung Vẽ vịng trịn tâm có đường kính Trên tia đối tia lấy điểm cho ta có

nên tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính Suy khơng đổi (5) Từ suy chu vi tứ giác lớn điểm cung

V Bài

Cho tam giác nội tiếp , điểm đối xứng với qua TRên cạnh lấy điểm , tia đối tia lấy điểm cho

a) Chứng minh:

CMHI  NCM =NHI

NCM

∆ ∆NHI INK  NCM =NHI

NCM

∆ ∽∆NHI NC NM

NH = NI ⇒ NM NH⋅ =NC NI⋅

O CMB =CAB CMB  =CMI =CHI CMHI

 

CHI =CAB HI // AB

 

CIE=CFE (CE   +AN =CE+BN)  AN =BN

CIFE ECB  =ECF =EIF

O ECB =EAB BE

 

EAB=EIF FI AB//

IH IF H I F, ,

AIBN 2NA+IA+IB IA+IB NA

  1( )

NIA=NAI = A C+ ∆ANI N ∆BNI N

NA=NI =NB A I B, , N Q AB

Q AT IA P IB=IP

AIB=2 APB AQB; 2= ATB⇒APB =ATB ABTP AT

2

AP≤AT ⇒IA IB+ ≤QA QB+ = QA

AIBN 2(NA QA+ ) I ≡ ⇒Q C

AB

ABC (O) I A O AB M

CA N BM=CN

IM=IN BI=CI

b) cắt Chứng minh:

c) Gọi giao điểm với Chứng minh:

d) Chứng tỏ tâm đường tròn ngoại tiếp nằm đoạn thẳng cố định chạy cạnh

Hướng dẫn giải

a) Chứng minh:

Ta có đối xứng với qua (giả thiết), nên nằm hay AI đường kính (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

Xét tam giác vng có: (vì đều); chung

(cạnh huyền – cạnh góc vng) (cặp cạnh tương ứng) (đpcm)

Xét tam giác vuông , có:

MN AI E AE.EI=EM.EN

K MN BC MK=NK

ANM

∆ M

AB

IM=IN BI=CI

I A O I (O) (O)

  o

ABI ACI 90

⇒ = = (O)

ABI

∆ ∆ACI

AB=AC ∆ABC AI ABI

⇒ ∆ = ∆ACI BI CI

⇒ =

MBI

∆ ∆NCI B C

• •

A

B C

N

M O

I

•

• •

• •

E

K

• •

(giả thiết) ; (cmt)

(cạnh góc vng – cạnh góc vng) (cặp cạnh tương ứng) (đpcm)

b) Chứng minh:

Ta có: (hai góc kề bù)

Mà (vì (cmt))

Mà hai góc đối tứ giác tứ giác tứ giác nội tiếp

(hai góc nội tiếp chắn ) Xét có:

(cmt) ; (đối đỉnh) (g – g)

(tỉ số đòng dạng) (đpcm) c) Chứng minh:

Ta có (cmt)

(hai góc nội tiếp chắn )

Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh góc Tứ giác tứ giác nội tiếp

BM=CN BI=CI MBI NCI

⇒ ∆ = ∆

MI NI

⇒ =

AE.EI=EM.EN

  o

AMI BMI 180+ =  

BMI=CNI ∆MBI= ∆NCI

  o

AMI CNI 180

⇒ + =   o

AMI ANI 180+ =  

AMI ; ANI AMIN

⇒ AMIN

  MAE ENI

⇒ = MI

AEM

∆ ∆NEI  

MAE=ENI AEM =NEI AEM NEI ⇒ ∆ ∽∆ AE EM NE EI ⇒ = AE.EI EM.NE ⇒ =

MK=NK  

MAE=ENI BAI =KNI  

BAI=KCI BI (O)

  KNI KCI

⇒ =

⇒ KCNI C I KI

⇒ KCNI

(hai góc nội tiếp chắn )

Mà cân (vì (cmt))

đồng thời đường trung tuyến (Định lý) trung điểm

(đpcm)

d) Chứng tỏ tâm đường tròn ngoại tiếp nằm đoạn thẳng cố định chạy cạnh

Ta có tứ giác tứ giác nội tiếp (cmt) nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác cuãng đường tròn ngoại tiếp gọi tâm đường tròn

  o

IKN ICN 90

⇒ = = IN  o

ICN=90 IK KN

⇒ ⊥ IK⊥MN K MIK

∆ I IM=IN IK

⇒ ∆MIK

K

⇒ MN

KM KN

⇒ =

ANM

∆ M

AB

AMIN ANM

∆ O′

•

A

B C

N

M O

I

•

• •

• •

E

K

•

• •

•

P d

• O•′

thuộc đường thẳng trung trực thay đổi Ta có cố định (do tâm tam giác cố định)

Đường thẳng đường thẳng cố định thay đổi Gọi giao điểm điểm cố định

Khi M trùng với A, C trung điểm AN mà với vị trí tức là đường trung trực AN giao điểm hay trùng với

Khi trùng với N trùng với , trùng với O

Vậy chạy tâm đường trịn ngoại tiếp ln chạy đoạn cố định

O A′ O I′

⇒ =

⇒ O′ d AI M AB

AI O ABC

⇒ d M AB

P IC d ⇒ P

IC⊥AN M IC

O′

⇒ IC d O′ P

M B C ∆ANM ∆ACB ⇒O′

M AB O′ ∆ANM OP

V Bài 4. Cho tứ giác ABCD nột tiếp nửa đường tròn tâm O, đường kính AB Các tia AD BC cắt E Các đoạn AC BD cắt F

a) Chứng minh: tứ giác CEDF tứ giác nội tiếp b) Chứng minh:

c) Dựng hình bình hành AFBI Gọi C’ điểm đối xứng với C qua đường thẳng AE Xác định vị trí tương đối đường thẳng AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác AC’E

d) Gọi Hlà giao điểm CD EI Chứng minh: EB EC = EI EH Bài giải

a) Xét (O) có: (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

tứ giác CEDF nội tiếp (tổng hai góc đối 1800)

b) Vì tứ giác CEDF nội tiếp

Xét (O) thì:

Lại có:

(g-g)

c) C’ đối xứng C qua AE nên AC = AC’; EC = EC’

vuông C’ nên nội tiếp đường trịn đường kính AE

ABC EFC

 

 

90

ADB=ACB=

 

90 EDF ECF ⇒ = = ⇒   FEC FDC ⇒ =   FDC=CAB  

FEC CAB

⇒ =

 

90

ECF =ACB= ABC EFC ⇒ 

 

' ( ) ' 90

AC E= ACE c c c− − ⇒ AC E= ACE=

Vì AFBI hình bình hành nên: AI // BF Mà BF AE nên AI AE

AI tiếp tuyến đường trịn đường kính AE

AI tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AC’E

d) Có IB // AF (AFBI hình bình hành) Mà AF BE BI BE

Tứ giác AEBI có:

tứ giác AEBI nội tiếp (tổng hai góc đối 1800) (hai góc nội tiếp chắn cung BE) (1)

Kéo dài EF cắt AB M Vì F trực tâm nên EM AB

Mà (tứ giác CEDF nội tiếp) (2)

Từ (1) (2) suy ra:

Hay tứ giác BCHI nội tiếp

(g-g)

⊥ ⊥

⇒ ⇒

⊥ ⇒ ⊥

 

90 ( ); 90 ( )

EAI = AI ⊥AE EBI = BI ⊥BE ⇒

  BAE BIE

⇒ =

EAB

 ⊥

 

90

BAE AEF

⇒ + =

 

AEF =DCF ⇒BAE +DCF =900

 

90

BIE+DCF = ⇒BIH +HCF =900 ⇒BIH  +HCF+FCB=1800

 

180

BIH+HCB=

 

180

CHI CBI CH EI

⇒ + = ⇒ ⊥

EHC EBI

⇒  EC EH EC EB EI EH

EI EB

⇒ = ⇒ =

V Bài 5: Cho tam giác cân có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn Tiếp tuyến đường tròn cắt tia tia

a) Chứng minh

b) Chứng minh tứ giác tứ giác nội tiếp

c) Qua kẻ đường thẳng vng góc với cắt đường trịn ( khơng trùng với ) Chứng minh

a) Xét tam giác tam giác có: chung

(Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn )

MNP M

(O R; ) N P MP MN E D

2

NE =EP EM DEPN

P MN ( )O K K P

2 2

4

MN +NK = R

O

N P

M

D E

K

I

ENP EMN

 NEP

 

ENP=EMN NP

2

EN EP

ENP EMN EN EM EP

EM EN

⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇔ =

b) Tam giác cân

Lại có (Hai góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn )

Tứ giác có hai đỉnh nhìn cạnh góc nên tứ giác tứ giác nội tiếp

c) Vẽ đường kính (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) nên tam giác vng , theo định lý Pitago, ta có

Lại có (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) , mà

(cùng vng góc với ) suy tứ giác hình thang nội tiếp nên

hình thang cân mà

Vậy

V Bài

Cho (O) dây AB Vẽ đường kính CD vng góc với AB K (D thuộc cung nhỏ AB) M thuộc cung nhỏ BC cho MC<MB DM cắt AB F Tia CM cắt AB E

a) CM: Tg CKFM tgnt b) CM: KE.KF=KC.KD

c) Tiếp tuyến M (O) cắt KE I CM: IE=IF d) CM:

MNP M ⇒ MNP=MPN  

ENP=DPN NP

   

0

180 ENP MNP 180 DPN MPN

⇒ − − = − − ⇔DNE =DPE

DEPN N P DE DEPN

NI ( )O ⇒NKI=900

NKI K ⇒NK2+KI2=NI2=4R2



90

MNI = ⇒MI ⊥MN PK ⊥MN GT( )

//

PK MI

⇒ MN KPIM ( )O

KI MP

⇒ = MP=MN ⇒KI =MN 4R2 =NK2+KI2=NK2+MN2

2 2

4

MN +NK = R

KF FB

KA = EB

a) Vì (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) (gt)

Do đó, tứ giác tứ giác nội tiếp đường trịn b) Xét có:

(g - g)

c) Ta có:

cân (1)

Lại có, ( )

cân (2) Từ (1) (2) suy



90

CMD= CKF=900

 

90

CMD CKF

⇒ = =

CMKF

KEC

∆ ∆KDF

 ( )

90

KEC =KDF = −KCE

 

90

DKF =EKC= KEC KDF ⇒ ∆ ∽∆

KE KD

KE KF KC KD

KC KF

⇒ = ⇒ =

 

IMD= sd MD

 1(  ) 1(  ) 

2 2

MFI = sd MB+sd AD = sd MB+sd BD = sd MD

 

IMD MFI MIF

⇒ = ⇒ ∆ I ⇒MI =IF  

EMI =MIE =900−IMF=900−MFE IME

⇒ ∆ I ⇒MI =IE IE=IF

d) Ta có:

(1)

Vì phân giác , phân giác nên:

(2)

Từ (1) (2)

2

KE KF =KD KC =KA KB=KA

KE KA AE FA KF FA

KA KF KA KF KA EA

⇒ = ⇒ = ⇒ =

MF AMB ME AMB

FB EB MB FB FA FA EA MA EB EA

 

= = ⇒ =  

KF FB

KA EB

⇒ =

V Bài 7:Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn ; đường cao tam giác cắt

a)Chứng minh tứ giác nội tiếp.Xác định tâm đường trịn b)Chứng minh

c)Gọi trung điểm Chứng minh tiếp tuyến đường tròn

d)Đường tròn cắt đường tròn Chứng minh ba điểm thẳng hàng

Bài giải :

a)Chứng minh : tứ giác nội tiếp Ta có : trực tâm tam giác nên

Vậy tứ giác nội tiếp , tâm đường tròn trung điểm

ABC  O AN CK; ABC

H

BKHN I

 

KBH KCA

E AC KE  I

 I  O M M H E; ;

BKHN

H ABC

   

; 90 ; 90 180

ANBC CK ABBKH   BNH   BKHBNH  

BKHN I BH

Q M

I K

N H

O

E A

B

C

b) Ta có :

c)Chứng minh : tiếp tuyến đường tròn

Ta chứng minh :

Ta có : ; tương tự tam giác vuông vuông

Do

d)Chứng minh: ba điểm thẳng hàng

Gọi đường kính đường trịn ta có :

nên tứ giác hình bình hành mà trung điểm nên ba điểm thẳng hàng

Mặt khác lại có thuộc đường trịn đường kính nên ba điểm thẳng hàng

Vậy ta có điểm thẳng hàng nên ba điểm thẳng hàng

V Bài 8: Cho tam giác có ba góc nhọn ; đường trịn đường kính cắt Gọi giao điểm

a)Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn b)Chứng minh :

c)Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác trung điểm Tính tỉ số tứ giác nội tiếp đường tròn

Bài giải :

     

; 90

BH AC CK ABKCABACKBHBAC  KCAKBH

KE  I

 90

EKI   IKH EKC 90

 

IKIHIKH IHK AKC

  

K KEECEKCKCAKBH

      90

EKCIKH IHKKCAIHKKBH  EKKI

; ;

M H E

BQ  O

; AQ AB AH//CQ; CH//AQ

CQBC   AHCQ E AC

; ;

H E Q

M BH BQ; BM MH BM; MQ

; ;

M H Q

; ; ;

M H E Q M H E; ;

ABC ABAC BC AB AC;

;

E F H BF CE;

BEFC AE.AB=FA.AC

O ABC K BC OK

BC BHOC

a)Vì đường trịn đường kính cắt nên bốn điểm thuộc đường tròn nên tứ giác nội tiếp ( đpcm )

b)Vì thuộc đường trịn đường kính nên Xét hai tam giác tam giác ta có :

c)Theo đề ta có tứ giác nội tiếp nên ta có

Mặt khác ta lại dễ dàng có tứ giác nội tiếp nên ( hai góc đối đỉnh) nên có :

Như

V Bài Cho đường tròn , dây Một điểm C ngồi đường trịn nằm tia AB Từ điểm E cung trịn lớn AB kẻ đường kính

BC AB AC; E F; E; F; B;C FEBC

;

E F BC BEC90 ; BFC90

AEC ABF



 

: chung

( )

90

EAF FA AB

AFB AEC g g AE AB FA AC AE AC

AEC AFB

       

   

 

BHOC BHCBOC2BAC

AEHF BAC EHF180 BHC EHF

     1

2 180 60 120 60

2

BACBAC  BAC  BOC  BOK  BOC  

cot cot 60

2 2

OK OK BOK

BC BK



   

EF cắt dây AB D Tia CE cắt (O) I dây AB FI cắt K a) Chứng minh tứ giác EDKI nội tiếp

b) Chứng minh c) Chứng minh

d) Giả sử ba điểm A, B, C cố định Chứng minh đường tròn (O) thay đổi qua A, B đường thẳng FI ln qua điểm cố định

a) nội tiếp đường trịn (O) có FE đường kính nên E điểm cung lớn AB

Tứ giác DKIE có: Tứ giác DKIE nội tiếp

b)

Tam giác BDE vuông D (2)

Xét đường trịn (O): (2 góc nội tiếp chắn cung BF) (3) Từ (1); (2) ; (3):

c) Xét :   BIC = ABE

. .

CI CE =CK CD

K

I

F

D

E

C B

A

FIE

 

90

FIE=

⇒ ED ⊥ AB 

90

EDB

⇒ =

  0

90 90 180

FIE+EDB= + = ⇒



90

FIE = ⇒FIC=900 ⇒BIC +FIB =90 (1)0

 

90

DBE+DEB=  

FIB=FEB   BIC = ABE CIK

 CDE

chung

(g.g)

d) Tứ giác ABIE nội tiếp đường tròn (O)

Xét

chung

(g.g)

Mà suy ra:

Mà A, B, C cố định nên D trung điểm AB cố định Suy ra: K cố định

Vậy đường tròn (O) thay đổi qua A, B đường thẳng FI qua điểm K cố định V.Bài 10. Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Lấy điểm H cố định nằm O và, kẻ đường thẳng vng góc với AB H cắt nửa đường tròn C Gọi N trung điểm dây BC

a) Chứng minh: Tứ giác OHNC nội tiếp b) Chứng minh: BN.BC = BH.BO

 C

 

90

CIK =CDE = ⇒ CIK  CDE

CI CD CK CE

⇒ =

⇒CI CE. =CK CD.

  CBI AEI

⇒ =

&

CBI CEA

 

 C

  CBI = AEI

CBI CEA

 ∽

CB CE

CI CE CB CA CI CA

⇒ = ⇒ =

. .

CI CE =CK CD

. .

CB CA=CK CD

CB CA CK

CD

⇒ =

c) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M ( ) Tia BM cắt HC K, AM cắt CH E Chứng minh tâm I đường tròn ngoại tiếp nằm đường thẳng cố định M chuyển động cung nhỏ BC

Giải

a) Xét (O): N trung điểm dây BC

( Quan hệ vng góc đường kính dây)

Xét t/g CHON có:

Mà góc đối nên t/g CHON nội tiếp b) Xét có:

;

M ≠B M ≠C AEK

∆

ON BC

⇒ ⊥

  o o o

CHO+CNO=90 +90 =180

BNO

∆ ∆BHC

  

o

BHC BNO 90

HBC chung

= =

K

E

A H O B

M C

N

F

Suy ra:

c) Lấy F đối xứng với B qua KH (F cố định B HC cố định) Có:

Dễ dàng chứng minh được:

Suy tứ giác AEKF nội tiếp Nên đường tròn ngoại tiếp đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEKF

Vậy tâm I chuyển động đường trung trực AF

Mà AF cố định nên đường trung trực AF cố định (đpcm)

Bài 11: Cho đường tròn tâm Ovà dây AB Gọi điểm M điểm cung nhỏ AB Clà điểm nằm đoạn AB Tia MC cắt đường ( )O điểm thứ hai D Chứng minh rằng:

a) MA2 =MC MD b) MB BD =BC MD

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tiếp xúc với MB B

d) Tổng hai bán kính hai đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD ACB không đổi C di động

đoạn AB

Hướng dẫn giải:

a) Ta có: M điểm cung nhỏ AB

 AM =BM (1)

Lại có ADM chắn AM (2) 

MAC chắn BM (3) Từ (1), (2), (3) ⇒MAC =ADM (T/c)

( ) BN BO

BNO BHC g g BN BC BH BO BH BC

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

  KBA=KFA

   

KBA KEM KFA KEM

=

⇒ =

AEK

∆

O''

O' D

M

O

A C B

Xét ∆AMC có: chung

(cmt) (g.g)

đpcm

b) chắn (4)

chắn (5) Từ (1), (4), (5) (T/c) Xét có:

chung

(cmt)

(g.g)

đpcm c) Ta có (cmt) hay

Xét đường trịn ngoại tiếp góc nội tiếp chắn có cạnh dây cung

Mà nên tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp

d) Ta chứng minh bổ đề sau: Cho nội tiếp Khi

Chứng minh

Kẻ đường kính

DMA ∆ 

M

  MAC=ADM

AMC DMA ⇒ ∆ ∽∆

2

AM MC

MA MC MD

DM MA

⇒ = ⇒ = ⇒



MDB MB 

MBA MA   MDB MBA

⇒ =

MDB

∆ ∆MCB 

M

  MDB=MBC

MDB MCB ⇒ ∆ ∽∆

BD MD

MB BD BC MD

BC MB

⇒ = ⇒ = ⇒

 

MDB=MBC CDB =MCB  :

BCD CDB

∆ BC



MBC BC

 

CDB=MBC MB ∆BCD

ABC

 O R;  

Có (hai góc nội tiếp chắn cung ) (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Xét vng có:

(đpcm)

Gọi bán kính đường tròn ngoại tiếp Áp dụng bổ đề trên, ta có:

Theo câu a, ta có: (hai góc tương ứng) (6) Có ( điểm cung )

cân (7)

Mặt khác, theo câu b, ta có: (hai góc tương ứng) (8)

Từ (6), (7) (8)

Do (khơng đổi) (đpcm)

Bài 12. Cho tam giác ABC ( ) Lấy điểm M thuộc cung BC khơng chứa điểm A Gọi H, I, K hình chiếu M AB, BC, CA

a) CM: BHMI, IKCM nội tiếp

b) Lấy E thuộc BC cho

c)

 

BACBDC BC

 90o

BCD

BCD

 C

 

.sin sin

BCBD BDC R BAC

 2sin BC R BAC   '; ''

R R BCD ACD

  ' ; '' 2sin 2sin BC AC R R BDC ADC     AMC DMA ADC MAC

∆ ∽∆ ⇒ =

MAMB M AB

MAB

  MMACMBC

  MDB MCB MBC MDB

∆ ∽∆ ⇒ =

  sin sin

ADC MDB ADC MDB

   

   

' ''

2sin 2sin 2sin 2sin

BC AC BC AC AB

R R

BDC BDC BDC BDC



    

AB AC≤

 =

EMC AMB;

CMR: ABM CEM ∆  ∆ ; AMC BME ∆  ∆

+ =

AB AC BC CMR :

d) BM.AC+AB.MC= BC.AM ( Định lí Pto-le-me) e) H, I, K thẳng hàng ( đt sim son)

f ) Gọi d điểm đối xứng với M qua AB, Q đối xứng với M qua AC CMR; DQ qua trực tâm

Giải: a)

Tứ giác BHMI nội tiếp

• Tứ giác IMCK có

Suy Tứ giác IMCK nội tiếp b) Xét có :

( chắn cung )

Vì

Xét có :

( chắn cung ) (cmt)

CMR : CMR :

ABC

∆

 

 

0

0

BHM 90 BIM 90

BHM BIM 180

= =

⇒ + =

⇒

 

0

MIC 90 MKC 90

= =

∆ABM ∆CEM

 =

ABM EMC  

BAM= ECM BM

⇒ ∆ABM ∽∆CEM (g.g)

  ⇒    + = + ⇒  =

AMB=EMC AMB AME EMC AME BME AMC

∆AMC ∆BME

 

CAM = EBM CM

 =

BME AMC

Do :

c)

d)

e) Tứ giác BIMH tứ giác nội tiếp

∆ ∆ ⇒ = ∆ ∆ ⇒ = = ⇒ = = = ∆ ∆  ⇒ =    ⇒ =  ⇒ = = =

BMH CMK (g.g) BM CM

(1) MH MK

AB CE CM AM ABM CEM ; (2)

BM EM EM BM AB CM.CE CE CM CE AM

(1), (2) (3)

MH MK.EM MK EM MK EM AMC BME

AC BE MC ME CM BM

(Theo (1)) MK MH

AC BE.BM BE BM BE AM

MK ME.MH MH ME MH MC

∽ ∽ ∽     =  + ⇒ + = = = ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = ⇒ MK.BM MH.MC

AB AC (CE BE).AM BC.AM BC

(5) MH.MC MH MK MH.MC MH.MC

AM MHA MIC (g.g)

MH MA MH.MC MI (6)

MI MC MA

(5) ,(6) dpcm

∽

ABM CEM

BM AB AM AB ; EM CE MC CE AB.MC AM.CE (1) AMC BME

BE BM

BE.AM AC.BM (2) AC AM

(1) Vµ (2) BM.AC+CM.AB=BE.AM+CE.AM=AM(BE+CE)=AM.BC

( chắn ) Mà tứ giác ABMC nội tiếp nên

Do , lại có tứ giác KCMI nội tiếp

Vậy H, I, K thẳng hàng

f) thầy cô xem lại phần giúp em ạ!

V Bài 13:

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) đường kính AD = 2R Gọi E hình chiếu B AD, H hình chiếu A BC, M trung điểm BC

a) Chứng minh AHEB tứ giác nội tiếp b) Chứng minh

c) Chứng minh

 

⇒MIH MBH = HM

  HBM=KCM  

MIH=KCM ⇒KCM+MIK= 180 

  

MIH MIK 180 HJK 180

⇒ + = ⇒ =

 

    

     

 

Gọi AS, BJ, CR đường cao tam giác ABC, P trực tâm Ta có APB=AMB (t/c đối xứng)

APB APJ AMB=APJ (cïng bï SDJ)

ADBP néi tiÕp

DAB DPB mà DAB = MAB DPB=MAB chứng minh tương tự: CPQ=CAM

T

⇒ =

  ⇒

⇒ = ⇒

    

       

a cã: DPB+CPQ=MAB+CAM=BAC

DPQ=DPB+BPC+CPQ=BAC+BPC=BAC+RPJ=180 Vậy P,Q,D thẳng hàng hay DQ qua trùc t©m ABC ⇒

∆

AB AC AH

R

= MH =ME

Hướng dẫn giải: a) Xét tứ giác ABHE:

mà hai góc hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh AB tứ giác nội tiếp (dhnb)

b) Xét (O):

nội tiếp chắn nửa đường trịn (góc nội tiếp chắn cung AC) Xét

M

H

E

D O

B C

A

 

90

AEB=AHB= AEHB ⇒



ACD ACD=900

 ADC=ABC ABH

 ADC

 

  ( ) AC AH

( 90 )

AB.AC R AH AH

2

ABH ADC AB AH

ABH ADC g g AB AD

AD AC

AHB ACD

AB AC R



=  ⇒

⇒ = ⇒ =



= = 

⇒ = ⇒ =

 

c) Lấy N trung điểm AB, gọi P giao điểm AC HE Xét có EN trung tuyến

Xét có HN trung tuyến

Xét (O): (góc nội tiếp chắn cung AB)

Xét tứ giác nội tiếp : (góc nội tiếp chắn cung AE) Mặt khác có:

mà

Mà MN đường trung bình mà có đường trung trực HE

P N

M H

E

D O

B C

A



: 90

ABE AEB= 

2

AB EN

⇒ =



: 90

ABH AHB= 

2

AB HN

⇒ =

EN HN ⇒ =

 ACB=ADB

AEHB  ABE=AHE

  

( 90 )

ABE= ADB = −BAD  

ACB AHE

⇒ =    

90 90

AHE+EHC= ⇒ACB+EHC = ⇒HP⊥AC

/ /

ABC⇒MN AC

 HP⊥ AC⇒NM ⊥HP

NM HE

NM NH NE

⊥  ⇒ 

=  ⇒MH =ME