Chuyên đề hình học lớp 9 - Tứ giác nội tiếp

với AB tại C cắt nửa đường tròn trên tại I. Do đó AKDE là tứ giác nội tiếp. Phương pháp 3 chứng minh: “ Chứng minh hai đỉnh cùng nhìn đoạn thẳng tạo bởi hai điểm còn lại hai góc bằn[r]

 Sưu tầm

CÁC BÀI TOÁN

VỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP

Chủ đề 1: CHỨNG MINH TỨ GIÁC NỘI TIẾP

A KIẾN THỨC CƠ BẢN

Tứ giác nội tiếp đường tròn tứ giác có bốn đỉnh nằm đường trịn Đường trịn gọi đường trịn ngoại tiếp tứ giác

I Phương pháp chứng minh: Chứng minh bốn đỉnh tứ giác cách điểm CÁC VÍ DỤ

Mức độ 1: NB

Cho hình thang ABCD (AB/ / ,CD AB <CD) có  

60

C=D= ,CD=2AD Chứng minh bốn điểm

, , ,

A B C D thuộc đường tròn

Hướng dẫn giải

Gọi I trung điểm CD, ta có / /

IC AB

ICBA

IC AB

= 

⇒ 

 hình hành⇒BC= AI (1)

Tương tự AD=BI (2)

ABCDlà hình thang có C =D=600 nên ABCDlà hình thang cân(3); mà

Từ (1), (2), (3) ta có hai tam giác ICB IAD; hayIA=IB=IC=ID hay bốn điểm A B C D, , , thuộc đường tròn

Cho hình thoiABCD Gọi O giao điểm hai đường chéo M N R, , S hình chiếu O AB BC CD, , DA Chứng minh bốn điểm M N R, , Scùng thuộc đường tròn

Do ABCD hình thoi nên O trung điểm AC, BD; AC, BD phân giác góc , , ,A B C D nên MAO SAO NCO PDO OM ON OP OS

∆ = ∆ = ∆ = ∆ ⇒ = = = hay bốn điểm M N R, , S thuộc đường tròn

Cho tam giác ABC có đường cao BH vàCK

Chứng minh , , , B K H C nằm đường tròn Xác định tâm đường trịn

Hướng dẫn giải

Gọi I trung điểm CB, ∆CHB;∆CKB vuông H K, nên IC=IB=IK =IH hay , , , B K H C nằm đường tròn tâm I

Mức độ 2: TH

Cho đường tròn tâm O đường kínhAB Vẽ dây cung CD vng góc với AB I (I nằm A O ) Lấy điểm E cung nhỏ BC (E khác B C ),AE cắt CD F Chứng minh: BEFI tứ

giác nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải

F

E

I O

D C

B A

Tứ giác BEFI có: BIF=900(gt)

 

BEF=BEA=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy tứ giác BEFI nội tiếp đường trịn đường kính BF

Từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O R; ) ta vẽ hai tiếp tuyến AB AC, với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M , vẽ MI ⊥AB ,MK ⊥AC, MI⊥AB, MK⊥AC

(I∈AB K, ∈AC)

b) VẽMP⊥BC (P∈BC) Chứng minh: CPMK tứ giác nội tiếp Hướng dẫn giải

H

O P

K I

M

C B

A

a) Ta có:AIM =AKM=900(gt), suy tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM b) Tứ giác CPMK có  

MPC=MKC=90 (gt) Do CPMK tứ giác nội tiếp

Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt tạiE Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC cho: IEM=900( I M không trùng với đỉnh hình vng )

a) Chứng minh BIEM tứ giác nội tiếp đường trịn b) Tính số đo góc IME 

c) Gọi N giao điểm tia AM tia DC; K giao điểm BN tia EM Chứng minBKCE tứ giác nội tiếp

Hướng dẫn giải

I

E M

N

B C

A D

K

a)Tứ giác BIEM :IBM =IEM=900(gt);hay tứ giác BIEM nội tiếp đường trịn đường kính IM b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: IME =IBE=450(do ABCD hình vng)

c) ∆EBI ∆ECM cóBE=CE, BEI =CEM( IEM =BEC=900)

Vì CN / / BA nên theo định lí Thalet, ta có: MA MB

MN= MC= IA

IB Suy IM song song với BN

(định lí Thalet đảo)

 

BKE IME 45

⇒ = = (2) Lại có 

BCE=45 (do ABCD hình vuông) Suy BKE =BCE⇒ BKCE tứ giác nội tiếp

Mức độ 3: VDT

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB=2R tia tiếp tuyến Ax phía với nửa đường trịn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C tiếp điểm).AC cắt

OM E; MB cắt nửa đường tròn ( )O D (D khác B ) Chứng minh: AMCO AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải

x N

I H E D M

C

O B

A

Vì MA MC, tiếp tuyến nên: MAO =MCO=900 ⇒ AMCO tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính MO



ADB=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)⇒ADM=900(1)

Lại có: OA=OC=R; MA=MC (tính chất tiếp tuyến) Suy OM đường trung trực AC



AEM 90

⇒ = (2)

Từ (1) (2) suy AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA

Cho hai đường trịn ( )O (O )′ cắt A B Vẽ AC, AD thứ tự đường kính hai đường trịn ( )O (O )′

a) Chứng minh ba điểm C B D, , thẳng hàng

b) Đường thẳng AC cắt đường tròn(O )′ E; đường thẳng ADcắt đường tròn ( )O F (E F, khác A) Chứng minh bốn điểm C D E F, , , nằm đường tròn

d

K I

N M

F E

O/ O

C

D B

A

a) ABC  ABDlần lượt góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ( )O (O )′ ⇒ABC =ABD=900 Suy C B D, , thẳng hàng

b) Xét tứ giác CDEF có:

 

CFD=CFA=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

 

CED=AED=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O/)

 

CFD CED 90

⇒ = = suy CDEF tứ giác nội tiếp

Cho đường tròn ( )O (O )′ cắt hai điểm A B phân biệt Đường thẳng OAcắt ( )O ,

(O )′ điểm thứ hai C D Đường thẳng O A′ cắt ( )O , (O )′ điểm thứ hai E E, F

1 Chứng minh đường thẳng AB, CE DF đồng quy điểm I Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải:

I

Q

O O'

F H

P E

D

C B

A

Ta có: ABC=90o(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

 o

ABF=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) nên B, C, F thẳng hàng AB, CE DF đường cao tam giác ACF nên chúng đồng quy

2 Do IEF =IBF=900 suy BEIFnội tiếp đường tròn Mức độ 4: VDC

a) Chứng minh ACNM BDNM tứ giác nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD từ suy IMKN tứ giác nội tiếp Hướng dẫn giải

K I

y x

D

C N

M O B

A

a)Ta có tứ giác ACNM có: MNC=900(gt) MAC =900( tínhchất tiếp tuyến)

⇒ ACNM tứ giác nội tiếp đường trịn đường kínhMC Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường trịn đường kính.MD

b) ∆ANB ∆CMD có:  

ABN=CDM (do tứ giác BDNM nội tiếp)  

BAN=DCM (do tứ giác ACNM nội tiếp ) nên ∆ANB∆CMD (g.g)

c) ∆ANB∆CMD ⇒CMD =ANB=90o(do ANB  góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )O ) Suy  

IMK=INK=90 ⇒ IMKN tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính IK

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Mức độ 1: NB

Bài Cho tứ giác ABCD Gọi M N, hình chiếu B đường thẳng AC AD, Chứng minh bốn điểm A B M N, , , nằm đường tròn

HD: Chứng minh bốn điểm A B M N, , , cùng nằm đường trịn đường kính AB

Bài Cho tam giác ABC có hai đường cao BD CE cắt tạiH

Chứng minh bốn điểm A D H E, , , nằm đường trịn (gọi tâm O) HD Chứng minh bốn điểm A D H E, , , cùng nằm đường trịn đường kính AB

Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O R; ) Các đường cao BE CF cắt tạiH

Chứng minh: AEHF BCEFlà tứ giác nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải:

Tứ giác AEHF có:  

AEH=AFH=90 (gt) Suy AEHF tứ giác nội tiếp - Tứ giác BCEF có: BEC =BFC=900(gt) Suy BCEF tứ giác nội tiếp

II Phương pháp chứng minh “Chứng minh tứ giác có hai góc đối diện bù ( tổng hai góc đối diện

I

E

x M O

C B

A

Mức độ 1: NB

Hình chữ nhật; Hình thang cân; Hình bình hành Hình nội tiếp đường trịn? Chứng minh Hướng dẫn giải

Ta có hình chữ nhật hình thang cân có tổng hai góc đối diện bù nên chúng nội tiếp đường tròn

Cho tứ giác ABCD cho: AD cắt BC M MA MD =MB MC Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp

Hướng dẫn giải

Xét hai tam giác MAB, MCD

Có  AMB=CMD MA MD MB MC MA MC

MB MD

= ⇒ = hay ∆MAB∆MCD hay

    o

180

MCD=MAB⇒DAB+BCD= hay tứ giác ABCD nội tiếp

Cho đường trịn (O R; ),đường kính AB DâyBC=R Từ B kẻ tiếp tuyến Bx với đường tròn Tia AC cắt Bxtại M Gọi E trung điểm AC

Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải

Ta có E trung điểm AC⇒OE⊥ AC

Mà Bx⊥AB ⇒ ABx=90onên tứ giác OBME nội tiếp Mức độ 2: TH

Cho đường trịn tâm O đường kínhAB Vẽ dây cung CD vng góc với AB I (I nằm A O ) Lấy điểm E cung nhỏ BC (E khác B C ),AE cắt CD F Chứng minh: BEFI tứ giác nội tiếp đường tròn

Hướng dẫn giải

F

E

I O

D C

B A

Cho đường trịn tâm O đường kínhAB, điểm M nửa đường trịn (M khác A, B ) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I ; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax tạiH, cắt AM K Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp

Hướng dẫn giải

X

2 1 2

1

E K I

H

F M

B O

A

Ta có: AMB=90o ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) ⇒KMF=90o (vì hai góc kề bù)

 90o

AEB= ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) ⇒KEF=90o (vì hai góc kề bù)

  180o

KEF KMF

⇒ + = EFMKlà tứ giác nội tiếp

Cho đường tròn tâm O đường kínhAB, Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đường tròn Các tia AC AD cắt Bx E, F (F B E)

1 Chứng minh:  ABD=DFB

2 Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp

D C

A O B

F E

X

Hướng dẫn giải: 1) ∆ADB có  o

90

ADB= ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )   o

90

ABD BAD

⇒ + = (vì tổng ba góc tam giác 180o)(1)

ABF

∆ có ABF =90o ( BF tiếp tuyến ).⇒  AFB+BAF =90o(vì tổng ba góc tam giác

o

180 ) (2)

Từ (1) (2) ⇒ ABD=DFB

2) Tứ giác ACDB nội tiếp ( )O ⇒ABD +ACD = 180o

  o

180

ECD ACD

⇒ + = ∠( Vì hai góc kề bù) ⇒ ECD=DBA

Theo  ABD=DFB,ECD =DBA⇒ ECD=DFB Mà   o

180

EFD +DFB = ( Vì hai góc kề bù)

nên   o

180

ECD AEFD

Cho đường tròn (O R; ); AB CD hai đường kính khác đường trịn Tiếp tuyến B

đường tròn (O R; ) cắt đường thẳng AC, AD thứ tự E F a) Chứng minh tứ giác ACBD hình chữ nhật

b) Chứng minh ∆ACD∆CBE

c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải

F E

O D

C

B A

a) Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB CD cắt trung điểm đường, suy ACBD hình chữ nhật

b) Tứ giác ACBD hình chữ nhật suy CAD =BCE=900(1) Lại có CBE

2

= sđBC(góc tạo tiếp tuyến dây cung); ACD

= sđAD(góc nội tiếp), mà  

BC=AD(do BC= AD ) ⇒CBE =ACD(2) Từ (1) (2) suy ∆ACD∆CBE

c) Vì ACBDlà hình chữ nhật nên CB song song vớiAF, suy ra: CBE =DFE(3) Từ (2) (3) suy ACD =DFE tứ giác CDFE nội tiếp đường trịn

Cho nửa đường trịn đường kính BC=2R Từ điểm A nửa đường tròn vẽ AH ⊥BC Nửa đường trịn đường kínhBH , CH có tâm O1; O2 cắt AB CA thứ tự D E

a) Chứng minh tứ giác ADHE hình chữ nhật, từ tính DE biết R=25 BH =10 b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường trịn

Hướng dẫn giải

a) Ta có BAC =90o(vì góc nội tiếpchắn nửa đường trịn) Tương tự có   o

BDH=CEH=90

Xét tứ giác ADHE có A  =ADH=AEH=90ohay ADHE hình chữ nhật

Từ DE= AH mà AH2=BH CH (Hệ thức lượng tam giác

vuông)

hay AH2 =10.40=202(BH =10;CH =2.25 10− =40)⇒DE=20

b) Ta có:BAH =  C  (góc có cạnh tương ứng vng góc) mà DAH =ADE (1)

(Vì ADHE hình chữ nhật) => C =ADE C BDE + =180o nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn Cho đường tròn (O R, ) đường kính AB Các tia AC, AD cắt Bx E F (Fnằm

B E)

O1 O2

D

O

B H C

A

Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp Hướng dẫn giải

D C

A O B

F E X

thật vậy. ABD=BFD(1) (cùng phụ với DBF )

Mặt khác A B C D, , , nằm đường tròn nên  ECD= ABD(2) Từ (1) (2)  ECD=BFD⇒ECD +EFD=180o hay CEFD tứ giác nội tiếp Mức độ 4: VDC

Cho ∆ABC cân A, I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp góc A, O trung điểm củaIK Chứng minh bốn điểm B I C K, , , thuộc đường tròn tâm O

2

2

4

1

K I H

B C

A

O

Hướng dẫn giải:

Theo giả thiết ta có:B = B , B = B Mà    1    

0

1

B + B + B + B = 180 B 2+B3 =900 Tương tự  

2

C + C = 90

Xét tứ giác BICK có B + C = 180  ⇒ bốn điểm B I C K, , , thuộc đường trịn tâm O đường kính IK Cho tam giác ∆ABCvuông A (AB>AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường trịn đường kính BH cắt AB E, nửa đường trịn đường kính HC cắt AC F Chứng minh:

1) Tứ giác AFHE hình chữ nhật

o2 o1 o

e f

h

c b

a

Từ giả thiết suy

 

CFH = 90 , HEB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Trong tứ giác AFHE có: A=F=E= 90   o ⇒ AFHE hình chữ nhật

2) Vì AFHE hình chữ nhật ⇒ AFHEnội tiếp ⇒ AFE = AHE  (góc nội tiếp chắn AE ) (1)  Ta lại có AHE = ABH   (góc có cạnh tương ứng ⊥) (2)

Từ (1) (2)

⇒AFE = ABH mà    

CFE + AFE = 180  

CFE + ABH = 180

⇒ Vậy tứ giác BEFC nội tiếp

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB C điểm nằm O A Đường thẳng vng góc

với AB C cắt nửa đường tròn I K điểm nằm đoạn thẳng CI (K khác C I ), tia AK cắt nửa đường tròn ( )O M , tia BM cắt tia CI D

Chứng minh:

1) ACMD tứ giác nội tiếp đường tròn 2) ∆ABD ~∆MBC

3) AKDE tứ giác nội tiếp Hướng dẫn giải

E

D

M I

C K

O B

A

1) Ta có: AMB=900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)⇒AMD=900 Tứ giác ACMD có

 

AMD=ACD=90 , suy ACMD nội tiếp đường trịn đường kính AD

2) ∆ABD ∆MBC có: B chung BAD =BMC (do ACMDlà tứ giác nội tiếp) Suy ra: ∆ABD ~∆MBC (g – g)

3) Lấy E đối xứng với B qua C E cố định EDC =BDC, lại có:  BDC=CAK (cùng phụ với B), suy ra: EDC =CAK Do AKDE tứ giác nội tiếp

CÁC VÍ DỤ Mức độ 1: NB

Cho tam giác ABC,lấy điểm Dthay đổinằm cạnh BC (D không trùng với B C).Trên tia AD lấy điểm P cho D nằm A P đồng thời DA DP DB DC .Đường tròn  T qua hai điểm A D, cắt cạnh AB AC, F E Chứng minh rằng: Tứ giác ABPC nội tiếp

1

1

1 1 1

2

P

H K

F

E

D C

B

A

Hướng dẫn giải:

Ta có DA DP DB DC DA DC

DB DP

= ⇒ = mà  ADB=CDP nên hai tam giác ADB CDP, đồng dạng Suy ra,

 

DAB DCP  Tứ giác ABPC nội tiếp

Từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O R; ) ta vẽ hai tiếp tuyếnAB, AC với đường tròn ( B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽMI⊥ AB, MK ⊥AC (I∈AB K, ∈AC ) Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn

Hướng dẫn giải

H

O P

K I M

C B

A

Ta có:AIM =AKM=900(gt), suy tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM

Hướng dẫn giải:

K I

y x

D

C N

M O B

A

Tứ giác ACNMcó: MNC=90o(gt) MAC=90o( tínhchất tiếp tuyến)

⇒ ACNM tứ giác nội tiếp đường trịn đường kínhMC Tương tự tứ giác BDNMnội tiếp đường trịn đường kính MD

Mức độ 2: TH

Từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O R; ) ta vẽ hai tiếp tuyếnAB, AC với đường tròn ( B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M , vẽMI ⊥AB, MK ⊥AC (I∈AB K, ∈AC )

a) Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn b) Vẽ MP⊥BC (P∈BC) Chứng minh: MPK =MBC Hướng dẫn giải

H

O P

K I

M

C B

A

a) Ta có:AIM =AKM=900(gt), suy tứ giác AIMK nội tiếp đường trịn đường kính AM

b) Tứ giác CPMK có MPC =MKC=900(gt) Do CPMKlà tứ giác nội tiếp⇒MPK =MCK(1) Vì KC tiếp tuyến ( )O nên ta có: MCK =MBC (cùng chắn MC ) (2) 

Từ (1) (2) suy MPK =MBC(3)

Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI tứ giác nội tiếp

Hướng dẫn giải:

Vì AB⊥CD nên AC =AD

Suy MHB =MKB (vì 1(sdAD sdMB) 

2 + ⇒ tứ giác BMHKnội tiếp đường tròn

Cho đường trịn ( )O có đường kính AB Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa đường tròn ( )O Từ A B vẽ tiếp tuyến Ax By Đường thẳng qua N vng góc với MN cắt Ax By thứ tự C D

a) Chứng minh ACNM BDNM tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆ANB ∆CMD

c) Gọi I giao điểm AN CM, K giao điểm BN DM Chứng minh IMKN tứ giác nội tiếp

Hướng dẫn giải:

K I

y x

D

C N

M O B

A

Tứ giác ACNMcó: MNC=90o(gt) MAC=90o( tínhchất tiếp tuyến)

⇒ ACNM tứ giác nội tiếp đường trịn đường kínhMC Tương tự tứ giác BDNMnội tiếp đường trịn đường kính MD

b) ∆ANB ∆CMD có:  

ABN=CDM(do tứ giác BDNM nội tiếp)  

BAN=DCM(do tứ giác ACNM nội tiếp) ⇒∆ANB ∆CMD (g.g)

c) ∆ANB ∆CMD ⇒CMD =ANB=90o (do ANBlà góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) Suy IMK =INK=90o ⇒ IMKN tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính IK

Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC cho: IEM=900( I M không trùng với đỉnh hình vng )

a) Chứng minh BIEM tứ giác nội tiếp đường trịn b) Tính số đo góc IME 

c) Gọi N giao điểm tia AM tia DC; K giao điểm BN tia EM Chứng minBKCE tứ giác nội tiếp

Hướng dẫn giải

I

E M

N

B C

A D

K

a)Tứ giác BIEM :IBM =IEM=900(gt);hay tứ giác BIEM nội tiếp đường trịn đường kính IM b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: IME =IBE=450(do ABCD hình vng)

c) ∆EBI ∆ECM cóBE=CE, BEI =CEM(  

IEM=BEC=90 )

⇒ ∆EBI =∆ECM (g-c-g) ⇒MC=IB⇒MB=IA Vì CN / / BA nên theo định lí Thalet, ta có: MA MB

MN= MC= IA

IB Suy IM / /BN (định lí Thalet đảo)

 

BKE IME 45

⇒ = = (2) Lại có 

BCE=45 (do ABCD hình vng) Suy BKE =BCE⇒ BKCE tứ giác nội tiếp

Cho đường tròn ( )O với dây BC cố định điểm A thay đổi cung lớn BC cho AC> AB AC>BC Gọi D điểm cung nhỏ BC Các tiếp tuyến ( )O D C cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB với CD; AD với CE

1) Chứng minh rằng: DE/ /BC

q o

p

e d

c b

a

1) CDE DC BD = BCD 

1

2Sđ = Sđ

= ⇒DE/ /BC

2) APC (AC - DC) = AQC   2sđ

=

⇒ PACQ nội tiếp đường trịn (vì APC = AQC )  

Cho tam giác ABC có  

90

C< <B , đường cao AH trung tuyến AM a) Chứng minh BAC =900 BAH =MAC

b) Nếu BAH =MAC tam giác ABC có vng khơng, sao? Hướng dẫn giải

M H

B

A C

N

Ta có: BAH =BCA (cùng phụ với ABC)  

MCA=MAC(Tam giác MAC cân M theo tính chất trung tuyến tam giác vng) Suy BAH =MAC

b) Giả sử tam giác ABC tam giác vuông Kẻ đường cao CN tam giác ABC

Ta có MAC =BAH (giả thiết)

 

BAH =BCN (cùng phụ với ABC)  

MCN =MNC (Tam giác MNC cân N )

Suy MAC =MNC Do ACMN tứ giác nội tiếp mà ANC =900⇒ AMC =900 ⇒H ≡M

Suy tam giác ABC cân (mâu thuẫn giả thiết)

Mức độ 4: VDC

Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B C nửa đường trịn đường kính AD, tâm O Hai đường chéo AC BD cắt E Gọi H hình chiếu vng góc E xuống AD I trung điểm DE Chứng minh rằng:

1) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp đường tròn 2) E tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH

3) Năm điểm , , , , B C I O H thuộc đường tròn

Hướng dẫn giải

I O H E

D C

B

A

1) Tứ giác ABEHcó: B = 90 (góc  o nội tiếp nửa đường trịn); H = 90  o (giả thiết) nên tứ giác ABEHnội tiếp

Tương tự, tứ giác DCEHcó C = H = 90  o, nên nội tiếp

2) Trong tứ giác nội tiếpABEH, ta có: EBH = EAH   (cùng chắn cung EH )  Trong ( )O ta có: EAH = CAD = CBD    (cùng chắn cung CD ) 

Suy ra: EBH = EBC , nên   BE tia phân giác góc HBC 

Tương tự, ta có: ECH = BDA = BCE , nên    CE tia phân giác góc BCH  Vậy E tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH

3) Ta có I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng ECD, nên BIC = 2EDC   (góc nội tiếp góc tâm chắn cung EC ) Mà  EDC = EHC , suy   BIC = BHC  

+ Trong ( )O , BOC = 2BDC = BHC   (góc nội tiếp góc tâm chắn cung BC )  Hay năm điểm B C I O H, , , , thuộc đường trịn

Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt tạiE Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC cho: IEM=900(I M khơng trùng với đỉnh hình vuông )

a) Chứng minh BIEM tứ giác nội tiếp đường trịn b) Tính số đo góc IME 

c) Gọi N giao điểm tia AM tia DC; K giao điểm BN tia EM Chứng minh BKCElà tứ giác nội tiếp, từ suy : CK ⊥ BN

I

E M

N

B C

A D

K

a) Tứ giác BIEM có:IBM =IEM=900(gt); suy tứ giác BIEM nội tiếp đường trịn đường kính IM b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: IME =IBE=450(do ABCDlà hình vng)

c) ∆EBI ∆ECM có:IBE =MCE=450, BE=CE, BEI =CEM( IEM =BEC=900)

( )

EBI ECM g c g MC IB MB IA

∆ = ∆ ⇒ = ⇒ =

⇒ Vì CN/ /BA nên theo định lí Thalet, ta có:

MA MB

MN = MC= IA

IB Suy MI / /BN (định lí Thalet đảo)

 

BKE IME 45

⇒ = = (2) Lại có 

BCE=45 (do ABCD hình vng) Suy BKE =BCE⇒ BKCE tứ giác nội tiếp

Suy ra: BKC BEC 180 + = 0mà BEC=900; suy BKC =900; hay CK ⊥ BN

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ( )O , đường cao BD, CE cắt H (D∈AC E; ∈AB) Kẽ

đường kính BK , Kẽ CP⊥BK (P∈BK)

a) Chứng minh BECD tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh EDPC tứ giác nội tiếp, từ suy ED=CP ( trích HK2-Sở bắc ninh 2016-2017)

Hướng dẫn giải

Nên BECD, EDPC tứ giác nội tiếp

CHỦĐỀ 3- GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN, TỨ GIÁC NỘI TIẾP A.BÀI TẬP MINH HỌA

Câu Cho tứ giác ABCD có đường trịn đường kính AD tiếp xúc với BC đường trịn

đường kính BC tiếp xúc với AD Chứng minh AB/ /CD

Câu Cho tam giác ABC Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A vẽ nửa đường

trịn đường kính BC , D điểm nủa đường tròn cho sđCD 600 Gọi M là giao điểm

của AD với BC Chứng minh BM 2MC

Câu Cho đường tròn O R;  O R'; ' tiếp xúc A RR' Tiếp tuyến điểm M

bất kỳ O R'; ' cắt O R;  B C Chứng minh BAM MAC

Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O R; , AH đường cao H BC Chứng

minh rằng: AB AC 2 R AH

Câu Cho tam giác ABC có A nhọn nội tiếp đường tròn O R;  Chứng minh rằng:



2 sin

BC  R BAC

Câu Cho hai đường tròn  O  O' cắt A B Qua A vẽ hai cát tuyến CAD EAF (C E nằm đường tròn  O , D F nằm đường tròn  O' ) cho

 

CAB BAF Chứng minh CD EF

Câu Cho đường tròn  O đường kính AB C điểm cung AB (C khác A B) Vẽ

 

CH AB H AB Vẽđường tròn C CH;  cắt đường tròn  O D E DE cắt CH

M Chứng minh MH MC

Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O R;  Vẽ AD đường cao tam giác ABC

Chứng minh BAD OAC

Câu Cho hình bình hành ABCD Đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD cắt đường thẳng AC

tại E Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tiếp xúc với BD

Câu 10 Cho đoạn thẳng AB M điểm di động đoạn thẳng AB (M khác A B) Vẽ

đường thẳng xMy vng góc với AB M Trên tia Mx lấy C D cho

,

MC MA MD MB Đường trịn đường kính AC cắt đường trịn đường kính BD N (N

khác A) Chứng minh đường thẳng MN luôn qua điểm cốđịnh

Câu 11 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O R;  có đỉnh A cốđịnh, đỉnh B C, di

động.Dựng hình bình hành ABDC Chứng minh trực tâm H tam giác BDC điểm

Câu 12 Cho tam giác nhọn ABC Vẽđường tròn  O đường kính BC Vẽ AD đường cao

của tam giác ABC, tiếp tuyến AM AN, với đường tròn  O (M N, tiếp điểm) MN

cắt AD E Chứng minh E trực tâm tam giác ABC

Câu 13 Cho tam giác nhọn ABC , trực tâm H Từ A vẽ tiếp tuyến AM AN, với đường trịn

 O đường kính BC (M N, tiếp điểm) Chứng minh M H N, , thẳng hàng

Câu 14 Cho tam giác ABC cân đỉnh A, đường trung trực AB cắt BC D Chứng minh

rằng AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD

Câu 15 Cho tam giác ABC A 900và AB AC Vẽđường trịn tâm A bán kính AB cắt BC D, cắt AC E Chứng minh DB CB. EB2

Câu 16 Cho tam giác vuông ABC nội tiếp đường tròn O R AB;  AC A, 900 Đường tròn

 I qua B C, tiếp xúc với AB B, cắt đường thẳng AC D Chứng minh OABD

Câu 17 Cho đoạn thẳng AB 2a có trung điểm O Trên nửa mặt phẳng bờ AB

dựng nửa đường trịn  O đường kính AB nửa đường trịn  O' đường kính AO Trên  O'

lấy điểm M(khác A O), tia OM cắt  O C , gọi D giao điểm thứ hai CA với  O'

a) Chứng minh tam giác ADM cân

b) Tiếp tuyến C  O cắt tia OD E, xác định vịtrí tương đối đường thẳng EA

đối với  O  O'

Câu 18 Cho đường trịn tâm O có đường kính AB 2R Gọi M điểm di động đường

tròn  O Điểm M khác A B, ; dựng đường tròn tâm M tiếp xúc với AB H Từ A B kẻ

hai tiếp tuyến AC BD với đường tròn tâm M vừa dựng

a) Chứng minh BM AM, tia phân giác góc ABD BAC

b) Chứng minh ba điểm C M D, , nằm tiếp tuyến đường tròn tâm O điểm M

c) Chứng minh AC BD không đổi, từđó tính tích AC BD theo CD

d) Giả sử ngồi A B, nửa đường trịn đường kính AB khơng chứa M có điểm N cố

định gọi I trung điểm MN , kẻ IP vng góc với MB Khi M chuyển động P

chuyển động đường cốđịnh

Câu 19 Cho nửa đường trịn  O đường kính AB, điểm C thuộc nửa đường tròn Gọi I

điểm AC, E giao điểm AI BC Gọi K giao điểm AC BI

a) Chứng minh EK AB

c) Chứng minh AK AC. BK BI. AB2

d) Nếu sin

3

BAC  Gọi H giao điểm EK AB Chứng minh

 

KH KH  HE  HE KE

Câu 20 Cho đường trịn  O đường kính AB 2A, điểm C thuộc đường tròn C A C, B

Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C, kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn  O Gọi M

điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q, tia AM cắt BC N

a) Chứng minh tam giác BAN MCN cân

b) Khi MB MQ, tính BC theo R

Câu 21 Cho đường tròn O R;  đường kính AC Trên đoạn thẳng OC lấy điểm B vẽ

đường trịn O' có đường kính BC Gọi M trung điểm AB, qua M kẻ dây cung vng

góc với ABcắt đường tròn  O D E Nối CD cắt đường tròn  O' I

a) Tứ giác DAEB hình có đặc tính gì? Vì sao?

b) Chứng minh MD MI MI tiếp tuyến đường tròn  O'

c) Gọi H hình chiếu vng góc I BC Chứng minh CH MB BH MC

Câu 22 Cho tam giác ABC đều, dựng nửa đường trịn tâm D đường kính BC tiếp xúc với ,

AB AC K L, Lấy điểm P thuộc cung nhỏ KL, dựng tiếp tuyến với nửa đường

tròn P cắt cạnh AB AC, M N,

a) Chứng minh BMD CDN suy

4 BC

BM CN 

b) Chứng minh

2

MDN ABC

S MN

S  BC

c) Gọi E F, nằm cạnh AB AC, cho chu vi AEF nửa chu vi ABC

 Chứng minh EDF 600

Câu 23 Cho tam giác ABC có AC 2AB nội tiếp đường tròn O R;  Các tiếp tuyến đường tròn  O A C, cắt M BM cắt đường tròn  O D Chứng minh rằng:

a) MA AD

MB  AB b) AD BC AB CD

c) AB CD AD BC AC BD d) CBD cân

Câu 24 Trên nửa đường tròn tâm O R; , đường kính AB lấy hai điểm M E, theo thứ tự , , ,

A M E B Hai đường thẳng AM BE cắt C , AE BM cắt D

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 I

thuộc CD

d) Cho BAM 45 ,0 BAE 300 Tính diện tích tam giác ABC theo R

Câu 25 Cho tam giác ABC đều, gọi O trung điểm cạnh BC Các điểm D E, di

động cạnh AB AC, cho DOE 600

a) Chứng minh BD CE không đổi,

b) Chứng minh tia DO tia phân giác BDE

c) Dựng đường tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đường trịn ln tiếp xúc

với DE AC

d) Gọi P Q, tiếp điểm  O với AB AC, I N giao điểm PQ

với OD OE Chứng minh DE 2IN

Câu 26 Cho đường tròn O R;  điểm A ởbên ngồi đường trịn Vẽ hai tiếp tuyến AB AC,

với đường tròn  O (B C, tiếp điểm) Gọi M trung điểm AB

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp xác định tâm I đường tròn

b) Chứng minh AM AO AB AI

c) Gọi G trọng tâm tam giác ACM Chứng minh MG/ /BC

d) Chứng minh IG vng góc với CM

Câu 27 Cho đường tròn O R;  nội tiếp ABC, tiếp xúc với cạnh AB AC, D vàE

a) Gọi O' tâm đường tròn nội tiếp ADE, tính OO' theo R

b) Các đường phân giác B C cắt đường thẳng DE M N Chứng

minh tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn

c) Chứng minh MN DM EN

BC  AC  AB

D O

M C

B

A

Câu Giải:

Gọi O trung điểm BC

thì tam giác OCD nên OCD 600

/ / AB CD

 Để chứng minh:BM 2MC

Ta cần chứng minh AB 2CD

Xét tam giác vng BDC ta có:

0 sin 30

2

CD BC  BC suy BC AB 2CD

Câu Giải:

Ta gọi giao điểm AM cung BC

là D.Ta có BAM MAC BD DC

' / / OD BC O M OD

  

' 

AMO ADO

 

Để chứng minh: AMO'ADO ta

dựa vào tam giác cân O AM' OAD

Câu Giải:

Vẽđường kính AD đường

trịn  O , suy ACD 900

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Xét HBA CDA có:

O' O

M D

C B

A

O

H

D C B

  90 ;0  

AHB ACD  HBACDA (góc nội tiếp chắn AC), Do

AH AB

HBA CDA AB AC AD AH

AC AD

      Mà AD 2R Do AB AC 2 R AH

Câu Giải:

Vẽđường kính BD đường trịn

O R;  BCD 900 (góc nội tiếp

chắn nửa đường trịn)

BCD

 có C 900 nên BC BDsinBDC Ta lại có BD 2 ;R BDC BAC (góc nội tiếp

chắn BC) nên BC 2 sinR BAC

Từ toán ta cần ghi nhớ kết quả quan trọng: Trong tam giác ABC ta có:

sin sin sin

a b c R

A  B  C  Câu Giải:

Ta có: AB tia phân giác CAF,

Vẽ BH CD BK, EF

Thì suy BH BK

Ta có: CBD$EBF suy

1

CD BH CD EF

EF  BK    Đó điều phải chứng minh

Câu Giải:

Dựng đường kính HN đường trịn

 C cắt đường tròn  O K ta có

CN CH HK

 

MC MK MH MN MD ME

   

MC MK HC MC HC MC

   

2

MC MK HC MC

   MC MC( MK)HC2

Hay MC MC( MK)HC2 MC HC.2 HC2  HC 2MC là điều phải chứng minh Câu Giải:

Dựng đường kínhAE đường

A

B C

D O

O' O

K H

F E

D

C

B A

D

N

E C

K

O H

M

tròn O R; .Ta có AEC ABD (cùng chắn cung AC )

suy DBACEA, từđó suy

 

BAD OAC

Câu

Ta có: BEC BDC (cùng chắn cung )

BC ABD BDC(so le trong)

suy BEC ABD

Vì tia BD tia tiếp tuyến

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE

Câu Giải:

+ Vẽđường trịn đường kính AB

MBD

 vng M có MB MD

(gt) nên tam giác vuông cân

 450

ACM

  Từđó ta có

  450

ANM ACM  (hai góc nội

tiếp chắn AM)

   900

ANB ANM MNB  ; N thuộc đường trịn đường kính AB

+ Gọi E giao điểm MN AB (E khác N) Ta có

  450  

ANM MNB  AE EB E cốđịnh Vậy MN qua điểm cốđịnh E

Câu 10 Giải:

Dựng đường kính AH  O

Ta chứng minh H trực tâm

BDC

 Thật ta có: ACH 900

CH AC CH BD

    Tương tựta có:

BH AB BH CD Như H

là trực tâm BDC Suy trực tâm H điểm cốđịnh

Câu 11 Giải:

AB cắt  O B F Vì AEH$ADO

A

B C

D

E O

x E

D C

B A

x

y E C D

N

M

B A

H O

D C B

suy AE AD. AH AO. AM2

Để chứng minh E trực tâm

của tam giác ABC, ta cần chứng

minh AFE 900, nghĩa cần có AF AB. AE AD.

Nhưng ta có: AF AB. AM2(Tính chất tiếp tuyến, cát tuyến)

hoặc có thểdùng tam giác đồng dạng

Câu 12 Giải:

Gọi D E, giao điểm đường tròn

 O với cạnh AC AB, H

là giao điểm BD CE,

Chứng minh AMH AMN,

từđó có M H N, , thẳng hàng Câu 13 Giải:

Hai tam giác cân ABC DAB,

có chung góc ởđáy ABC,

do BAC ADC Suy BA tiếp

tuyến đường tròn ngoại tiếp

tam giác ACD

Câu 14 Giải:

Vẽ tiếp tuyến Ax đường tròn  O



xAB ACB góc tạo

bởi tia tiếp tuyến dây cung

góc nội tiếp chắn cung AB

 O nên xAB ACB



ABD ACB góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung BD  I nên ABD ACB

Do xAB ABD Ax/ /BD Mà OAAx OA, BD suy OABD

F A

M

N E

H

B D O C

D

O C

B

H E

N M

A

K

M

O

D C

B

A

I O

D

C B

A

Câu 15 Giải:

Giả sửCA cắt  O F EF

đường kính A AB; , ta có BF BE

(vì BAEF) Ta có: BED BFD,

  1s  

2

BCF BCE  đBF DE

   

1s 1s

2 BE DE BD BFD

 

   

 

 

đ đ

Từđó suy BED ECB

Xét tam giác BCE,BED có B chung, BED ECB

2

BC BE

BCE BED DB CB EB

BE BD

  $    

Câu 16 Giải:

a) Ta có OAOC   a OAC cân O Mà ADO 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

 O' ) OD AC OD đường phân giác AOC, nghĩa AOD DOM

 

AD DM

  (hai góc tâm

nhau nên cung chắn nhau)

AD DM ADM

    cân D

b) AOE COE có OE (chung);

 

AOE COE (cmt); OAOC a, AOE  COE (c.g.c) EAO ECO 900 hay

EAAB A, OAa bán kính  O EA tiếp tuyến  O  O' Câu 17 Giải:

O

C D

B

E A

F

O' O

N M

K H E

D C

B A

2

1 A

B C

D M

N

P

O H

K

a) Do BD BH, hai tiếp tuyến cắt đường tròn  M

BM

 tia phân giác ABD 1 2 

2

HBD

B B

   Lý luận tương

tự AM tia phân giác BAC 1 2 

2

BAC

A A

  

b) AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  

1 90

A B

  

   

0

90 180

2

HBD BAC

HBD BAC 

     Vậy AC / /BD, mà MD BD MC, AC (gt)

nên M C D, , thẳng hàng Ta có OM đường trung bình hình thang vng ABDC nên / /

OM AC mà CD AC (gt) OM CD M , CM bán kính  M CD tiếp

tuyến đường tròn  O M

c) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt đường trịn, có:

 

2

AC AH

AC BD AH BH AB R const BD BH

 

        

 Áp dụng hệ thức lượng tam

giác vuông: . . 2

4 CD

AC BD AH BH MH  (do CHD vng có HM trung tuyến ứng

với cạnh huyền)

d) Ta có IP / /AM (vì vng góc với MB).Kéo dài IP cắt AN K; AMN có IK

đường trung bình K trung điểm AN Mà A N, cốđịnh nên K cốđịnh Điểm P ln

nhìn hai điểm K B, cốđịnh góc vng nên P chuyển động đường trịn đường

kính KB

Câu 18 Giải:

a) Ta có AIB 900 (góc nội tiếp

chắn nủa đường tròn) BI AE

Tương tự AC BE  AEB có

hai đường cao AC BI, cắt

K K trực tâm AEB EK AB (tính chất ba đường cao)

b) Do I điểm AC IA IC IBA IBC (hai góc nội tiếp chắn hai cung

bằng nhau) Mà IAC IBC (hai góc nội tiếp chắn IC) IAC IBA

FAK

 có AI đường cao AI BIđồng thời đường trung tuyến (F K đối xứng qua

I)

A B

C E

H K F

FAK

  cân AFAI IAK.Ta có

       900

FAB FAI IAB IAK IAB IBA IAB  AF AB AAF tiếp tuyến  O c) sinKAH KH

AK  mà

 2

sin

3

KH

BAC AK HK

AK

     ABE có BI vừa đường cao vừa đường

phân giác  ABE cân B nên BI đường trung trực KAKE K BI

3 1

EH EK KH   KH 

  Ta có

 2  2 1 3 6

2

KH KH  HE KH KH    KH   KH

 

   

 

Và 2 . 2 1 .  3 6

2

HE KE    HK HK   HK 

  Suy KH KH 2HE2HE KE

Câu 19 Giải:

a) Do M điểm AC

 

MA MC

  NBM ABM (hai góc nội tiếp chắn hai cung

bằng nhau) BM đường phân

giác ABN ABM

Mặt BMA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

BAN

 có BM vừa đường cao vừa đường phân giác  BAN cân B

 

BAN BNA

  Ta lại có BAN MCN (vì bù BCM) Do BNA MCN  CMN

cân M

b) Do MB MQ (gt)  BMQ cân M MBQ MQB MCB MNQ (vì bù với hai

góc nhau)  BCM QNM (g.g) BC CM

QN MN

   (do CMN cân M nên

CM MN )QN BC BCA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Xét BAQ vng

tại A, AC BQ có:

   

2 .

AB BC BQ BC BN NQ BC ABBC (1) Đặt BC x x, 0, biết AB 2R, từ

(1) cho 4R2 x R2 xx2 2Rx4R2 0 ' R2 4R2 5R2   ' R 5,

1

x   R R x2   R R 0 (loại) Vậy BC  51R [

A B

C

M

N Q

Câu 20 Giải:

a) Đường kính AC vng góc

với dây DE M MD ME

Tứ giác ADBE có MD ME,

MAMB (gt), AB DE

ADBE

 hình thoi (hình bình

hành có hai đường chéo vng góc nhau)

b) Ta có BIC 900 (góc nội tiếp chắn nủa đường tròn  O' )

 900

ADC  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  O )BI CD AD DC nên AD/ /BI ,

mà BE / /AD E B I, , thẳng hàng (tiên đềƠclit) DIE có IM đường trung tuyến ứng với

cạnh huyền MI MD Do MI MD (cmt)  MDI cân M MID MDI

+ O I' O C' R  O IC' cân O' O IC' O CI' Suy

 '  ' 900

MIDO IC MDI O CI  (MCD vuông M) Vậy MI O I' I , O I' R'

bán kính đường trịn  O' MI tiếp tuyến đường tròn  O'

c) BCI BIM (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn BI) BCI BIH (cùng

phụ HIC) BIM BIH IBlà phân giác MIH MIH Ta lại có BI CI IC

phân giác ngồi đỉnh I MIH Áp dụng tính chất phân giác MIH có:

BH IH CH

CH MB BH MC

MB  MI CM  

Câu 21 Giải:

Xét tứ giác AKDL có KDLKAL 1800

(vì K L 900)KDL 1800 600 1200

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt

ta có DM DN, tia phân giác KDP PDL

   

0 120 60

2 2

KDP PDL KDL

MDN 

     Ta có:

   600 

MDC MDN NDC  NDC ;MDC B BMD 600 NDC (góc ngồi BMD)

 

NDC BMD

  , mà MBD DCN 600 (ABC đều) BMD CDN (g.g)

2

4 BM BD BM CN BD CD BC CD CN

    

L A

B C

D M

N P

b) Ta có

1 .

2 . .

1 .

2

MDN ABC

MN PD

S MN PD MN KD MN

S  AD BC  BC AD  BC AD  BC

Vì D MD tia phân giác BMN DK DP , AKD có

 90 ,0  300

2

AD KD

K KAD KD

AD

     

c) Dựng đường trịn bàng tiếp góc A có tâm O AEF Do AD đường trung tuyến

của ABC nên AD tia phân giác BAC Suy OAC Gọi P K L', ', '

tiếp điểm  O với EF AB AC, , Ta có AK'AL P E'; ' EK P F'; ' FL' (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

' '

AEF

P AE EF FA AE EP P F FA

       

' ' ' ' '

AE EK FL FA AK AL AK

       Mà

2

AEF ABC

P  P (gt)

1

2 '

2 ABC

AK P AB

   (ABC đều) ' '

4

AB

AK AB BK

    (vì AK'K B' AB)

2 '

4 AB BK AB

  Mặt khác

2 2

2

2

BD BC

BD   

  (D trung điểm BC); AB BC

(ABC đều) BK AB'. BD2  BKD'BDA (c.g.c) BK D' BDA 900 Ta lại có

' 900

OK B  O D (vì O D, AD) Mà K AL' 'K DL' '1800 (vì AK DL' ' tứ giác nội

tiếp) mà K AL' '600 K DL' '1200 EDF 600 (tia phân giác của hai góc kề)

Câu 22 Giải:

a) Xét MAD MBA có AMB chung;

 

MAD MBA (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn AD)

MAD MBA

  $ (g.g)

MA AD MD MB AB MA

  

b) Ta có MAMC (tính chất hai tiếp

tuyến cắt đường tròn) MD MD

MA MC

  Lập luận tương tự, ta có MD CD

MC  BC Suy

ra AD CD AD BC AB CD

AB  BC  

c) Dựng điểm E AC cho EDC ADB

DAB

 DEC có ADBEDC (cách dựng), ABD ECD (hai góc nội tiếp chắn



AD) DAB$DEC (g.g) AB BD AB DC EC BD

EC DC

    (1) Do

   

EDC ADB BDC ADE, nên DAE$DBC (g.g)AD BC BD AE (2)

Từ (1) (2) ta có AB CD AD BC BD AE ECBD AC

c) Ta có

AD BC AB CD

AB CD AC BD AD BC AB CD AC BD

 

  

  



Mà AC 2AB (gt) 2AB CD 2AB BD CD BD Suy tam giác BCD cân D

Câu 23 Giải:

a) Áp dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ta có:

  900

AEB AMB  ,

  900

BMC AEC 

  1800

AEC BMC

    Tứ giác MCED nội tiếp đường trịn ABC có hai đường cao

,

BM AE cắt D D trực tâm ABC CD AB b) cosABC BE BH BE BC BH AB

AB BC

   

c) + Gọi I giao điểm tiếp tuyến M đường tròn  O với CD Trong đường tròn

 O có IMD MAB (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn MB),

 

MAB MDI (cùng phụ với ACH)IMD MDI  IMD cân I IM ID

Ta lại có IMC ICM (cùng phụ với hai góc nhau)  MIC cân I IM IC

Vậy IM ID IC I trung điểm CD

+ CED có EI trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IE IC ID IM , CED IED

có IM IE (cmt), OI chung, OM OE R  IMO  IEO

(c.c.c)IEO IMO 900 IE OE OE, R nên IE tiếp tuyến của đường tròn  O tại

E Nghĩa tiếp tuyến M E, đường tròn  O cắt điểm I thuộc CD

d) AHC có H 900, CAH 450  AHC vuông cân tại H CH AH x

 300  600

EAB  EBA ; cotEBA HB cot600 3 HC

   3

3

HB HC x

  

Ta có 3 3

3 3 3

R

AB AH HB  R x  x R 



I

A B

C E

H O

Vậy 1.2 3 3

2

ABC

AB CH

S   R R  R (đvdt)

Câu 24 Giải:

a) Ta có     

0

0

180 120

180 120

BDO BOD B

BDO COE

BOD COE DOE

    

  

    

 ,

mà DOE B 600

BDO COE

   (g.g) BD OB

OC CE   BC BD CE OB OC

   (không đổi)

b)

BDO COE

 

OD BD BD

OE OC OB

   mặt khác

  600

DBO DOE   BDO ODE (c.g.c) BDO ODE, mà tia DO nằm hai tia

,

DB DE DO tia phân giác BDE

c) ABC nên đường trung tuyến AO đường phân giác BAC, mà DO

là phân giác đỉnh D O tâm đường trịn bàng tiếp góc A

ADE

 ĐƯờng trịn  O ln tiếp xúc DE AC,

d) AP AQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), AB AC

 

/ / 60

AP AQ PQ BC IQA ACB AB AC

      , mà DOE 600 IQE IOE 60 ; ,0 O Q

hai đỉnh liên tiếp tứ giác IOQE Tứ giác IOQE nội tiếp (cùng thuộc cung chứa góc)

Suy EIO EQO 900 Lý luận tương tự DNE 900 Vậy tứ giác DINE (DIE DNE

cùng nhìn DE góc vng) ONI ODE Vậy ONI ODE (g.g)

0

cos 60

2 IN ON

DE NI DE OD

     

Câu 25 Giải:

a) Do AB AC, hai tiếp tuyến

cắt đường tròn  O

nên ABO ACO 900 B C,

thuộc đường trịn đường kính OA có tâm I trung điểm OA

b) Ta có

2

AB

AM AO  AI AB AI

c) Gọi E trung điểm MA, G trọng tâm CMA nên G CE

3

GE

CE  Mặt khác

1

ME

BE  (vì 2

MA MB

ME   nên

3

BE

ME  ) GE ME

CE BE

  , theo định lý Ta-lét đảo

/ / MG BC



d) Gọi G' giao điểm OA CM G' trọng tâm ABC Nên '

3 '

G M GE

CM  CE , theo

định lý Ta-lét đảo GG'/ /ME (1)

MI đường trung bình OAB MI / /OB, mà AB OB (cmt) MI AB, nghĩa

là MI ME (2) Từ (1) (2) cho MI GG', ta lại có GI' MK (vì OAMK) nên I trực

tâm MGG'GI G M' tức GI CM

Câu 26 Giải:

a) Gọi O' giao điểm AO

với cung nhỏ DE đường tròn

 O O' thuộc đường phân giác

của A ADE Ta có

 

DOAEOA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) DO'O E'

Mà ' 1sđ '; ' 1sđ'

2

ADO  DO EDO  O E ADO'EDO'DO' phân giác D O' tâm

đường tròn nội tiếp ADE Do OO'R

b) Do AB AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  ADE cân A nên

  

0

180 90

2

BAC BAC

ADE     Mà     

2 ABC

ADE ABM NMB  NMB (do BO

phân giác ABC nên  

2 ABC

ABM  )    900   

2 2

B BAC ABC ACB

NMB ADE 

      Mặt

khác  

2 ACB

NCB  (do CO tia phân giác ACB) Suy NMB NCB, mà M C, hai đỉnh

liên tiếp tứ giác BCMN Tứ giác BCMN nội tiếp (vì thuộc cung chứa góc)

c) NMO BCO có NOM BOC (đối đỉnh); NMO BCO (cmt) NMO$BCO

(g.g) OM ON MN

OC OB BC

   Tương tự DMO$ACO (g.g) DM OM

AC OC

  ; NEO$BAO