Ta có hình chữ nhật và hình thang cân đều có tổng hai góc đối diện bù nhau nên chúng nội tiếp trong một đường tròn. Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp được. Từ B kẻ tiếp tuyến Bx với đ[r]
(1) Tài liệu sưu tầm
CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HÌNH HỌC LỚP
(2)1
Mục Lục
Trang Lời nói đầu
Chủ đề Hệ thức lượng tam giác vuông Chủ đề Tứ giác nội tiếp
Chủ đề Hai tam giác nhau Chủ đề Hai tam giác đồng dạng Chủ đề Đoạn thẳng nhau Chủ đề Đường thẳng song song Chủ đề Đường thẳng vng góc Chủ đề Các điểm thẳng hàng Chủ đề Các đường thẳng đồng quy Chủ đề 10 Tiếp tuyến đường tròn
Chủ đề 11 Độ dài cạnh- độ lớn góc- diện tích Chủ đề 12 Đẳng thức hình học
Chủ đề 13 Cực trị hình học
Chủ đề 14 Quan hệ góc đường tròn Chủ đề 15 Tứ giác nội tiếp phần 2
(3)CHƯƠNG 1- HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG Hệ thức cạnh đường cao
KIẾN THỨC CƠ BẢN
Khi giải toán liên quan đến cạnh đường cao tam giác vng, ngồi việc nắm vững kiến thức vềđịnh lý Talet, vềcác trường hợp đồng dạng tam giác, cần phải nắm vững kiến thức sau:
Tam giác ABC vuông A, đường cao AH , ta có: 1) a2 b2 c2
2) b2 a b c '; a c ' 3) h2 b c' '
4) a h b c 5) 12 12 12
h b c 6) b' b22
a a Chú ý: Diện tích tam giác vng:
2 S ab
Ví dụ Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Biết AB AC: 3 : ABAC 21cm
a) Tính cạnh tam giác ABC b) Tính độdài đoạn AH BH CH, ,
b' c'
h c
b
a
H C
B
(4)Giải:
a) Theo giả thiết: AB AC: 3 : 4,
suy
3 4
AB AC ABAC
Do AB 3.39 cm ;
3.4 12
AC cm
Tam giác ABC vuông A, theo định lý Pythagore ta có: 2 92 122 225
BC AB AC , suy BC 15cm b) Tam giác ABC vng A, ta có AH BC AB AC , suy
9.12 7,2
15 AB AC
AH cm
BC
2 .
AH BH HC Đặt BH x0 x 9 HC 15x, ta có:
2 2
7,2 x 15x x 15x 51, 84 0 x x5, 9,6 x5, x 5, 4x 9,6 x 5,
x 9,6 (loại) Vậy BH 5, 4cm Từđó HC BC BH 9,6 cm
Chú ý: Có thể tính BH sau:
2 .
AB BH BC suy 92 5, 4 15
AB
BH cm
BC
A
(5)Ví dụ 2: Cho tam giác cân ABC có đáy BC 2a, cạnh bên
b ba
a) Tính diện tích tam giác ABC b) Dựng BK AC Tính tỷ số AK
AC Giải:
a) Gọi H trung điểm BC Theo định lý Pitago ta có:
2 2 2
AH AC HC b a
Suy . 2
2
ABC
S BC AH a b a 2
AH b a
b) Ta có
2BC AH 2BK AC SABC
Suy BK BC AH 2a b2 a2
AC b
Áp dụng định lý Pitago tam giác vng
AKB ta có:
2 2
2 2 2
2
2
4a b a
AK AB BK b b a
b b
Suy
2 2 b a AK
b
2
2 b a AK
AC b
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với đỉnh A B C, , cạnh đối diện với đỉnh tương ứng là: a b c, ,
a) Tính diện tích tam giác ABC theo a b) Chứng minh: a2 b2 c2 4 3S
K
H C
B
(6)Giải:
a) Ta giả sử góc A góc lớn tam giác ,
ABC B C góc nhọn Suy chân đường cao hạ từ A lên BC điểm
H thuộc cạnh BC
Ta có: BC BH HC Áp dụng định lý Pi ta go cho tam giác vuông
,
AHB AHC ta có:AB2 AH2 HB AC2, AH2 HC2 Trừhai đẳng thức ta có:
2 2 .
c b HB HC HB HC HBHC a HBHC
2 c b HB HC
a
ta có: 2
2 a c b HB HC a BH
a
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông
2 2 2 2 2
2
2 2
a c b a c b a c b
AHB AH c c c
a a a
2 2 2 2
2
2
a c b b a c a b c a c b b a c b c a
a a a
Đặt 2p a b c
2 16
p p a p b p c p p a p b p c
AH AH a a
Từđó tính
2
S BC AH p p a p b p c
H
C B
(7)b) Từ câu a) ta có: S p p a p b p c Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có: p a p b p c p a p b3 p c3 27p3
Suy
3
27 3 3
p p
S p
Hay
2
12 a b c
S Mặt khác ta dễ chứng minh được:
2 2 2 2
3
a b c a b c suy 2
2 2
4 12
a b c
S a b c S Dấu xảy hki tam giác ABC
Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC đường cao CK ; H trực tâm tam giác Gọi M điểm CK cho AMB 900
1 , ,
S S S theo thứ tự diện tích tam giác ,
AMB ABC ABH Chứng minh S S S1 2 Giải:
Tam giác AMB vng M có MK AB nên MK2 AK BK. (1)
AHK CBK
có 900
AKH CKB ; KAH KCB
(cùng phụ với ABC) Suy AK HK
CK BK , AK KB CK KH (2) Từ (1) (2) suy MK2 CK HK. nên MK CK HK. ;
1
1 1
2 2
AMB
S AB MK AB CK HK AB CK AB HK S S
Vậy S S S1 2
D
K M
H
C B
(8)Ví dụ Cho hình thang ABCD có A D 90 ,0 B 60 ,0 CD 30cm CA, CB Tính diện tích hình thang
Giải:
Ta có CAD ABC 600 (cùng phụ với CAB), thế tam giác vng ACD ta có AC 2AD
Theo định lý Pythagore thì: AC2 AD2 DC2 hay 2AD2 AD2 302 Suy 3AD2 900AD2 300 nên AD 10 3 cm
KẻCH AB Tứ giác AHCD hình chữ nhật có A D H 900, suy
30 ; 10
AH CD cm CH AD cm
Tam giác ACB vuông C , ta có: CH2 HA HB. , suy
2
2 10 300 10
30 30
CH
HB cm
HA
,
30 10 40
AB AH HB cm
2
1 1.10 40 30 350 3
2
ABCD
S CH AB CD cm
Vậy diện tích hình thang ABCD 350 3cm2
Tỉ số lượng giác góc nhọn KIẾN THỨC CƠ BẢN
1 Các tỉ sốlượng giác góc nhọn (hình) định nghĩa sau: sin AB;cos AC ; tan AB;cot AC
BC BC AC AB
(9)+ Nếu góc nhọn 0sin1;0cos1; tan0;cot0
2 Với hai góc , mà 900,
ta có: sincos ;cos sin ; tan cot ;cot tan
Nếu hai góc nhọn có sinsin coscos sin2cos21;tg.cotg1
4 Với sốgóc đặc biệt ta có:
0 0
sin 30 cos 60 ;sin 45 cos 45
2
0 0
cos 30 sin 60 ;cot60 tan 30
2 3
0 0
tan 45 cot 45 1;cot 30 tan 60
Ví dụ Biết sin 13
Tính cos , tan cot
Giải:
Cách Xét ABC vuông A Đặt B Ta có: sin
13 AC BC
suy
5 13
AC BC k
,
5 , 13
AC k BC k Tam giác ABC vuông A nên: 2
2 2 13 5 144
AB BC AC k k k , suy AB 12k
α
Cạnh đối Cạnh huyền
Cạnh kề C
B
A
α B C
(10)Vậy cos 12 12
13 13
AB k BC k
; tan 5 ;
12 12
AC k AB k
cot 12 12
5
AB k AC k Cách Ta có sin
13
suy sin2 25 169
, mà sin2cos21,
2 25 144
cos sin
169 169
, suy cos 12 13
sin 12 13
tan :
cos 13 13 13 12 12
; cot cos 12 5: 12 13 12
sin 13 13 13 5
Ở cách giải thứ ta biểu thịđộ dài cạnh tam giác ABC theo đại lượng k sử dụng định nghĩa tỉ sốlượng giác góc nhọn để tính cos , tan , cot Ở cách giải thứ hai, ta sử dụng giả thiết sin
13
để tính sin2 rồi tính cos từ
2
sin cos 1 Sau ta tính tan cot qua sin cos
Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC hai đường cao AD BE cắt H Biết : :
HD HA Chứng minh tgB tgC 3 Giải:
Ta có: tgB AD;tgC AD
BD CD
Suy tan tan AD
B C
BD CD (1)
HBD CAD (cùng phụ với ACB); HDB ADC 900
Do BDH ADC (g.g), suy DH BD
DC AD , BD DC DH AD (2) Từ (1) (2) suy tan tan
AD AD
B C
DH AD DH
(3) Theo giả thiết HD
AH suy
H E
D C
B
(11)ra HD
AH HD hay
1 HD
AD , suy AD 3HD Thay vào (3) ta được:
tan tanB C HD
DH
Ví dụ Biết sin cos 12 25
Tính sin , cos
Giải:
Biết sin cos 12 25
Để tính sin , cos ta cần tính sincos giải phương trình với ẩn sin cos
Ta có: sin cos 2 sin2 cos2 2 sin cos 1 2.12 49
25 25
Suy
sin cos
5
nên sin cos
Từđó ta có:
7 12 12
cos cos cos cos
5 25 25
2
25 cos 35 cos 12 cos cos cos
5 cos cos 3
Suy cos
cos + Nếu cos
5
sin 12 4:
25 5
+ Nếu cos
5
sin 12 3:
25 5
Vậy sin
5
, cos
sin 4, cos
5
(12)1 Trong tam giác vng, cạnh góc vng bằng:
a) Cạnh huyền nhân với sin góc đối hay nhân với cosin góc kề
b) Cạnh góc vng nhân với tan góc đối hay nhân với cot góc kề
.sin cos ; sin cos ; cot ;
b a B a C ca C a B b c tgB c gC
.cot
c b tgC b gC
2 Giải tam giác vng tìm tất cạnh góc chưa biết tam giác vng
Ví dụ Cho tam giác ABC có AB 16,AC 14 B 600 a) Tính độ dài cạnh BC
b) Tính diện tích tam giác ABC Giải:
a) Kẻđường cao AH
Xét tam giác vng ABH, ta có:
0
.cos cos 60 16
2 BH AB BAB
0
.sin sin 60 16
2
AH AB B AB Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông AHC ta có:
2
2 2 142 8 3 196 192 4
HC AC AH Suy HC 2 Vậy 10
BC CH HB
b) Cách 1 1.10.8 40
2
ABC
S BC AH (đvdt)
Cách sin 1.10.16 40
2 2
ABC
S BC BA B (đvdt)
A
B 60 C
(13)Ví dụ 2: Tính diện tích tam giác ABC biết ABC 45 ,0 ACB 600 bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC R
Giải:
Giả thiết có góc có sốđo đặc biệt , tam giác ABClà tam giác thường nên ta tạo tam giác vuông cách Dựng đường
thẳng qua C B, vng góc với ,
AC AB Gọi D giao điểm hai đường
thẳng Khi tam giác ABD ACD tam giác
vuông điểm A B C D, , , nằm đường trịn đường kính AD 2R Ta có: .sin 600 . 3
2
AB AD AD R Kẻđường cao AH suy H BC.Tức là: BC BH CH Tam giác AHB vng góc H nên
0
.sin 45
2 2
AB R
AH BH AB AD Mặt khác tam giác ACH vuông H nên 2
2 R
AC AH CH CH 1 2
2 R
BC
Từđó tính diện tích 3 3
4 R
S
H
D
600 450
C B
(14)Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với đỉnh A B C, , cạnh đối diện với đỉnh tương ứng là: a b c, , Chứng minh rằng:
a) a2 b2 c2 2 cosbc A
b) Gọi D chân đường phân giác góc A Chứng minh: cos
2 A bc
AD
b c
Giải:
a) Dựng đường cao BH tam giác ABC ta có:
Cách 1: Giả sử H thuộc cạnh AC Ta có: AC AH HC
Áp dụng định lý
Pi ta go cho tam giác vuông ,
AHB BHC ta có:AB2 AH2 HB BC2, BH2 HC2 Trừhai đẳng thức ta có:
2 2 .
c a HA HC HAHC HA HC b HA HC
2
c a
HA HC
b
ta có: 2
2
b c a
HA HC b AH
b
Xét tam giác vuông AHB ta có: cos 2 2 2 2 cos
2
AH b c a
A a b c bc A
AB bc
Cách 2: Xét tam giác vng CHB ta có: c
b a
A
B
(15) 2
2 2 2 2 2 .
BC BH HC BH AC AH BH AH AC AC AH Ta có: AH CB.cosA suy BC2 BH2 AH2 AC2 2AC CB. .cosA hay
2 2 2 . .cos
BC BA AC AC CB A
a2 b2 c22 cosbc A
b) Để chứng minh toán ta cần kết sau: + sin 22 sin cos
+ sin
S ab C
*) Thật xét tam giác vuông ABC A, 900, gọi M là trung điểm của BC, dựng đường cao AH Đặt ACB AMB 2
Ta có sin sinC AH h AC b
cos cosC AC b
BC a
sin sin
2
AH h h
AMH
AM a a
Từđó ta suy ra: sin 22 sin cos
*) Xét tam giác ABC Dựng đường cao BE ta có:
1 . .
2
ABC
S BE AC BE b (1) Mặt khác tam giác vuông AEB ta có:sinA BE BE c.sinA
AB
thay vào (1)
2α α
h
b
H M C
B
A
E
C B
(16)Ta có: sin
S ab C Trở lại tốn:
Ta có sin 1 sin
2 2
ABD
A S AD AB A AD c
1 . sin .sin
2 2
ACD
A S AD AC A AD b
Suy SABC SACD SABD
1 sin
2
A
AD c b
Mặt khác
1 sin
2 ABC
S bc A
cos sin 2 sin sin sin A bc
A bc A
AD c b bc A AD
c b A b c
Chú ý rằng: Ta chứng minh kết sau: cos 22 cos2 1 1 sin2 Thật xét tam giác vuông ABC A, 900, gọi M là trung điểm của BC , dựng đường cao AH Đặt ACB AMB 2
Ta có : cos cosC AC b BC a
sin sinC AB c
BC a
,
2
cos cos
2
AM MB AB
(17)2
2 2 2
2 2
2
2
4 1 2 1 2. 2 1
2 2
a a
c a c c a b b
a a a a a a
Từ suy
2
cos 22 cos 1 sin
Áp dụng 2 2 cos 2 2 2 cos2 1
2 A a b c bc Aa b c bc
2 2
2 2
2
2 cos cos
2 2
b c a
A b c a A
bc bc
Thay vào công thức đường phân giác ta có:
2 2 cos
b c a A bc
bc bc b c a b c a
bc AD
c b b c b c
Áp dụng bất
đẳng thức Cơ si ta có: ( )
2
b c a b c a
b c
bc AD p p a
với 2p a b c
Áp dụng công thức: a2 b2 c22 cosbc A Ta chứng minh được hệ thức rất quan trọng hình học phẳng ( Định lý Stewart) là:
‘’Cho điểm D nằm cạnh BC tam giác ABC ta có:
2. 2. .
AB CDAC BD BC AB BD DC ’’ + Thật :Ta giả kẻ AH BC
không tính tổng quát, ta giả sử D nằm đoạn
HC Khi ta có:
2 2 2 . .cos 2 2 .
AB AD BD AD BD ADBAD BD DB DH (1) D
H
C B
(18)Tương tự ta có: AC2 AD2 DC2 2DH DC. (2) Nhân đẳng thức (1) với DC đẳng thức (2) với BD cộng lại theo vế ta có:
2. 2. .
AB CDAC BD BC AB BD DC
Ví dụ Khơng dùng máy tính bảng số chứng minh
sin 75
4
Giải:
Vẽ tam giác ABC vuông A với BC 2a (a độ dài tùy ý) , C 150, suy B 750
Gọi I trung điểm BC , ta có
IAIB IC a Vì AIB góc ngồi đỉnh I tam giác cân IAC nên 2 300
AIB C Kẻ AH BC .cos 300 a IH AI ;
.cos 30 a
AH AI ; 2 3
2
a a
CH CI IH a Tam giác AHC vuông H , theo định lý Pythagore, ta có:
2
2
2
2 2 4 3
4 4
a a a
AC CH AH
2
4
4 a
a22 3, suy AC a 2 3 I
H C
(19)0 3
sin 75 sin
2 2 2
AC a B
BC a
2
3 3 1 6 2
4
2 2 2 2
Vậy sin 750
(20)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 đó 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
Câu 1: 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
(21)Hướng dẫn giải
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 Câu 3: Cho tam giác ABC có đường cao BH vàCK
Chứng minh , , , B K H C nằm đường trịn 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
Câu 4: 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
Tứ giác BEFI có: BIF=900(gt)
BEF=BEA=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF
(22)a) Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn
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 trịn đường kính AM b) Tứ giác CPMK có
MPC=MKC=90 (gt) Do CPMK tứ giác nội tiếp
Câu 6: 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 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
(23)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 song song với 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
Mức độ 3: VDT
Câu 7: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R tia tiếp tuyến Ax phía với nửa đường tròn 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 tròn) ADM 90
⇒ = (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 trịn đường kính MA
Câu 8: Cho hai đường tròn ( )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
(24)d
K I
N M
F E
O/ O
C
D B
A
a) ABC ABDlần lượt góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )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 trịn (O))
CED=AED=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O/)
CFD CED 90
⇒ = = suy CDEF tứ giác nội tiếp
Câu 9: 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
(25)Câu 10: Cho nửa đường trịn tâm O 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 V vng góc với NM cắt , Ax By thứ tự C D
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=900⇒ IMKN tứ giác nội tiếp đường tròn 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 tròn (gọi tâm O) HD Chứng minh bốn điểm A D H E, , , cùng nằm đường tròn đường kính AB
Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O R; ) Các đường cao BE CF cắt tạiH
Chứng minh: AEHF BCEFlà tứ giác nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải:
(26)I
E
x M O
C B
A
II Phương pháp chứng minh “Chứng minh tứ giác có hai góc đối diện bù ( tổng hai góc đối
diện 180 ) CÁC VÍ DỤ Mức độ 1: NB
Câu 11: 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
Câu 12: 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
Câu 13: 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 trịn 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
Câu 14: 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
(27)F
E
I O
D C
B A
Tứ giác BEFIcó: BIF=900(gt) BEF =BEA=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy tứ giác BEFInội tiếp đường trịn đường kính BF
Câu 15: Cho đường trịn tâm O đường kínhAB, điểm M nửa đường tròn (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 trịn 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
Câu 16: Cho đường trịn 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 ADB=90o ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) ⇒ABD +BAD=90o (vì tổng ba góc tam giác o
(28)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 EFD +DFB = 180o ( Vì hai góc kề bù) nên o
180 ECD AEFD
⇒ + = , tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp Mức độ 3: VDT
Câu 17: 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
Câu 18: 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 tròn
Hướng dẫn giải
a) Ta có BAC=90o(vì góc nội tiếpchắn nửa đường trịn) Tương tự có o
BDH=CEH=90 D
A
(29)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
Câu 19: Cho đường tròn (O R, ) đường kính AB Các tia AC, AD cắt Bx E F (Fnằm B E)
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) 180o
ECD=BFD⇒ECD+EFD= hay CEFD tứ giác nội tiếp Mức độ 4: VDC
Câu 20: Cho ∆ABC cân A, I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường trịn 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
3
K I H
B C
A
O
Hướng dẫn giải:
Theo giả thiết ta có:B = B , B = B Mà 1
0
1
(30)Tương tự
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
Câu 21: 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
2) Tứ giác BEFC tứ giác nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải
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 0⇒ CFE + ABH = 180 Vậy tứ giác BEFC nội tiếp Câu 22: 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
(31)1) Ta có:
AMB=90 (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
III Phương pháp chứng minh: “Chứng minh hai đỉnh nhìn đoạn thẳng tạo hai điểm cịn lại hai góc nhau”
CÁC VÍ DỤ Mức độ 1: NB
Câu 23: 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
(32)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 Câu 25: 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 Chứng minh ACNM BDNM tứ giác nội tiếp đường tròn
Hướng dẫn giải:
K I
y x
D C N
M O B
A
Tứ giác ACNM có: MNC =90o(gt) MAC =90o( tínhchất tiếp tuyến)
⇒ ACNM tứ giác nội tiếp đường trịn đường kínhMC Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường trịn đường kính MD
Mức độ 2: TH
Câu 26: 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 )
(33)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
Câu 27: Cho đường tròn (O R; ) có đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB (CD khơng qua tâm O ) Trên tia đối tia BA lấy điểm S; SC cắt (O R; ) điểm thứ hai M Gọi H giao điểm MA BC; K giao điểm MD AB Chứng minh BMHK 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
Câu 28: 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
(34)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 ACNM có: MNC =90o(gt) MAC =90o( 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) ⇒ ∆ANB ∆CMD (g.g)
c) ∆ANB ∆CMD ⇒CMD =ANB=90o (do ANBlà góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) Suy IMK =INK=90o ⇒ IMKN tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính IK
Mức độ 3: VDT
Câu 29: Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC cho: IEM=900( I M khơng 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
(35)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)
⇒ ∆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
Câu 30: 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
2) Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải
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 )
Câu 31: Cho tam giác ABC có 90
C< <B , đường cao AH trung tuyến AM a) Chứng minh
90
BAC= BAH =MAC
(36)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 vuông) 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
90 90
ANC = ⇒ AMC= ⇒H ≡M
Suy tam giác ABC cân (mâu thuẫn giả thiết)
Vậy BAH =MAC tam giác ABC tam giác vuông Mức độ 4: VDC
Câu 32: Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B C nửa đường tròn 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
(37)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 tròn
Câu 33: Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt tạiE Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC cho:
IEM=90 (I M khơng 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 minh BKCElà tứ giác nội tiếp, từ suy : CK ⊥ BN
Hướng dẫn giải
I
E M
N
B C
A D
K
a) Tứ giác BIEM có:
IBM=IEM=90 (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:
(38)( )
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
Câu 34: 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
Do E D P, , nhìn BC góc vng nên B E D P C, , , , nằm đường trịn đường kính BC
(39)Chủ đề 2: CHỨNG MINH HAI TAM GIÁC BẰNG NHAU 1 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
a) Khái niệm: ABC A 'B'C' khi A A '; B B'; C C'
AB A 'B'; BC B'C'; AC A 'C' ∠ = ∠ ∠ = ∠ ∠ = ∠
∆ = ∆
= = =
b) Các trường hợp hai tam giỏc: c.c.c; c.g.c; g.c.g
c) Các trường hợp hai tam giác vng: hai cạnh góc vng; cạnh huyền cạnh góc vng; cạnh huyền gúc nhọn
d) Hệ quả: Hai tam giác đường cao; đường phân giác; đường trung tuyến tương ứng
2 CÁC VÍ DỤ Mức độ 1: NB
Câu 1: Trong hình sau tam giác (Các cạnh đánh dấu kí hiệu giống nhau) Kể tên đỉnh tương ứng tam giác Viết kí hiệu tam giác
300 300
800 800
B
A C
I N
M
600
600 40
0
400 80
0
800
Q
H
P
R
Hướng dẫn giải
• Xem hình a) ta có: 80 , 30 A= =I C=N = ? ( 0)
180 80 30 70
B=M = − + =
Và AB=MI AC, =IN BC, =MN nên ∆ABC= ∆IMN
• Xem hình b) ta có: Q 2 =R2 =800 ( vị trí so le trong) nên QH/ /RP Nên 1 60 R =Q = (so le trong) P=H =400 QH =RP HR, =PQ, QR chung nên ∆HQR= ∆PRQ Câu 2: Cho ∆ABC=∆HIK
(40)Hướng dẫn giải
• Ta có ∆ABC= ∆HIK, nên cạnh tương ứng với BC cạnh IK.Góc tương ứng với góc H góc A
• ∆ABC= ∆HIK Suy AB=HI AC, =HK BC, =IK A=H B; =I C; =K
Câu 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Trên cạnh AB lấy điểm N (N khác A B), cạnh AC lấy điểm M cho BN = AM Gọi P giao điểm BM CN Chứng minh ∆BNC= ∆AMB
Hướng dẫn giải
A
B C
M
N
Gợi ý:∆BNC ∆AMB có: BN=AM (gt) GócNBC= gócMAB
BC=AB (vì ∆ABC tam giác đều) ⇒ ∆BNC= ∆AMB
Mức độ 2: TH
Câu 4: Cho đường trịn (O) đờng kính AB = 2R C điểm thuộc đường tròn (C≠ A;C ≠ B ) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng 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) Chứng minh ∆ MCB = ∆ MNQ
Hướng dẫn giải
Q
N
M
O C
(41)a) Xét ∆ABM ∆NBM
Ta có: AB đờng kính đờng trịn (O) nên :AMB = NMB = 90o
M điểm cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM => ∆BAN cân đỉnh B
Tứ giác AMCB nội tiếp
=> BAM = MCN ( bù với góc MCB) => MCN = MNC ( góc BAM) => Tam giác MCN cân đỉnh M
b) Xét ∆ MCB ∆ MNQ có :
MC = MN (theo cm MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)
∠ BMC =∠ MNQ ( : ∠MCB = ∠MNC ; ∠MBC = ∠MQN ) => ∆ MCB =∆ MNQ (c.g.c)
Câu 5:Cho đường tròn (O;R) điểm A cho OA = R Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường trịn Một góc ∠xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB AC D E
Chứng minh rằng: DE tiếp tuyến đường tròn ( O )
Hướng dẫn giải
B
M A
O
C D
E Áp dụng định lí Pitago tính AB = AC = R ⇒ ABOC hình vng
Kẻ bán kính OM cho ∠BOD = ∠MOD⇒
∠MOE = ∠EOC
Chứng minh ∆BOD = ∆MOD
⇒ ∠OMD = ∠OBD = 900 Tương tự: ∠OME = 900
⇒D, M, E thẳng hàng Do DE tiếp tuyến đường tròn (O)
Câu 6: Chứng minh rằng: Nếu hai cạnh trung tuyến thuộc cạnh thứ ba tam giác hai cạnh trung tuyến thuộc cạnh thứ ba tam giác hai tam giác Giải
GT ABC, A'B'C': AB = A'B', AC= A'C' M∈BC: MB=MC M'∈B'C': M'B'=M'C' AM=A'M'
(42)A
B C
D
A'
C'
D' M'
M B'
2
1
Hướng dẫn giải
Lấy DAM MD: =MA
Lấy D A M' ' ' : 'M D'=M A' ' Xét ABM DMC có: MB=MC(gt)
AMB=CMD(đối dỉnh) ⇒ABM DMC(c.g.c) AM = MD(cách lấy điểm D)
⇒CD= AB( hai cạnh tương ứng) Và A2 =D1(1)( hai góc tương ứng) C/m tương tự ; C'D'=A'B'; A'2=D'1(2) Xét ACD A'C'D' có:
AC = A'C'(gt)
AD=A'D'(vì AM=A'M') ⇒ACD = A'C'D'(c.g.c) CD=C'D'(=AB)
⇒ A1=A'1vàD1=D'1(3)
Từ (1), (2),(3) ⇒ A2=A'2mà A1=A'1 ⇒BAC=B A C' ' ' Vậy ABC=A'B'C'(c.g.c)
* cách 2:
AMC A'M'C' có: AM=A'M'(gt)
A =A'1(cmt) ⇒AMC = A'M'C'(c.g.c) AC= A'C'(gt)
⇒MC = M'C'( hai cạnh tương ứng) Mà MC =
2BC; M'C' =
2B'C'(gt) Do đó: BC=B'C' Vậy ABC=A'B'C'(c.c.c)
Mức độ 3: VD
Câu 7: Cho tam giác ABC cân A, 20
A= Trên cạnh AB lấy điểm D choAD=BC Chứng minh góc
2 DCA= A
Hướng dẫn giải
Giải: Tam giác ABC cân A, 20 A=
suy ( )
0
0 180 20
80
B= =C − =
(43)Suy
0 20
10
MAB=MAC= = 0
80 60 20 ABM = ACM = − =
Tam giác CAD tam giác ACM có AD=CM (c/m trên)
20 CAD=ACM =
AC chungVậy tam giác CAD = tam giác ACM (c.g.c) suy 10
DCA=MAC= ^,
1
2 DCA= BAC
Câu 8: Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD) Gọi K, M trung điểm BD, AC Đường thẳng qua K vng góc với AD cắt đường thẳng qua M vng góc với BC Q Chứng minh:
a)KM / /AB b)QD=QC
Hướng dẫn giải
A I B
K
M
D E H R C
Q
Gọi I trung điểm AB, E=IK∩CD R, =IM ∩CD Xét hai tam giác KIB KED có:
ABD=BDC, KB=KD (K trung điểm BD), IKB =EKD Suy ∆KIB= ∆KED⇒IK =KE
Chứng minh tương tự có: ∆MIA= ∆MRC Suy ra: MI = MR
Trong tam giác IER có IK =KE MI =MR nên KM đường trung bình ⇒ KM / /CD Do CD/ /AB (gt) KM // AB (đpcm)
Ta có: IA=IB, KB=KD (gt)⇒ IK đường trung bình ∆ABD ⇒ IK//AD hay IE//AD chứng minh tương tự ∆ABC có IM//BC hay IR//BC
Có: QK ⊥AD(gt), IE//AD (CM trên) ⇒QK ⊥IE Tương tự có QM ⊥IR
Từ có: IK=KE, QK ⊥IE⇒QK trung trực ứng với cạnh IE ∆IER Tương tự QM trung trực thứ hai ∆IER
Hạ QH ⊥CD suy QH trung trực thứ ba ∆IER hay Q nằm trung trực đoạn CD ⇒ Q cách C D hay QD=QC (đpcm)
Câu 9: Cho đường trịn tâm O đường kính AB CD vng góc với nhau, lấy điểm I đoan CD a) Tìm điểm M tia AD, điểm N tia AC cho I lag trung điểm MN
(44)Hướng dẫn giải
K O
N
M
I
D C
B A
a) Dựng (I, IA) cắt AD M cắt tia AC N Do MAN = 900 nên MN đường kính Vậy I trung điểm MN
b) Kẻ MK/ /AC ta có : ΔINC=ΔIMK (g.c.g)
CN MK MD
=> = = (vì ΔMKD vng cân)
Vậy AM +AN =AM +CN+CA=AM +MD CA+
AM AN AD AC
(45)Chủ đề 3: CHỨNG MINH HAI TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG
A PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH Hai tam giác bất kỳ:
1 Dùng định lý: đường thẳng song song với cạnh cắt cạnh lại tam giác Trường hợp: c – c – c
3 Trường hợp: c – g – c Trường hợp: g – g
Hai tam giác vuông:
1 Trường hợp: g – g Trường hợp: c – g – c
3 Trường hợp: cạnh huyền – cạnh góc vng
B VÍ DỤ MINH HỌA
Mức độ 1: Nhận Biết
Câu 1. Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Chứng minh AH2 =HB HC Lời giải:
Xét hai tam giác ∆AHB ∆CHAta có:
90
∠AHB= ∠CHA=
∠ABH = ∠CAH( phụ ∠ACH)
⇒ ∆AHB∽∆CHA(g-g)
⇒ AH = HB
CH HA ⇒
=
AH HB HC
Câu 2.Cho ∆ABC có ba góc nhọn, đường cao AH (H ∈BC) Vẽ HD vng góc AB D, HE vng góc AC E Chứng minh ∆ AHB đồng dạng với ∆ ADH
Lời giải:
Ta có AH HD đường cao ∆ABC ∆BHA nên ta có ∆ AHB ∆DHAlà tam giác vuông
Xét hai tam giácvng ∆ AHB ∆ ADH có ∠HAB= ∠DHA
⇒ ∆ AHB∽∆ ADH
Câu 3.Cho∆ABC có AB = cm, AC = cm, BC = cm Đường phân giác góc A cắt cạnh BC D Qua D vẽ đường thẳng vng góc với BC cắt AC E BA K
Chứng minh ∆EDC đồng dạng ∆BDK Lời giải:
Xét ∆ABC có
2 2
2 2
25, 16 25
= + = + =
⇒ = +
BC AB AC
BC AB AC
A
B C
H
A
B
C H
D
E
E
(46)⇒ ∆ABCvuông A
Ta có 9000
90 ∠ + ∠ = ⇒ ∠ = ∠ ∠ + ∠ = ECD KBC KBC DEC ECD DEC
Xét hai tam giác vng ∆EDC ∆BDK có∠DBK = ∠DEC ⇒ ∆EDC∽∆BDK ( g-g)
Mức độ 2: Thông Hiểu
Câu Tuyển sinh vào 10 Bình Dương 2010-2011 Một hình vng ABCD nội tiếp đường trịn Tâm O bán kính R Một điểm M di động cung ABC, M không trùng với A, B C, MD cắt AC H Chứng minh tam giác MDC đồng dạng với tam giác
MAH Lời giải:
Xét hai tam giác ∆MDCvà ∆MAH có
∠MDC = ∠MAH(góc nội tiếp chắn cung MC ) (1)
∠AMH = ∠DMC(góc nội tiếp chắn hai cung AD=CD) (2) Từ (1) (2) ⇒ ∆MDC∽∆MAH ( g-g)
Câu Tuyển sinh vào 10 Nghệ An 2011-2012.Cho điểm A nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE tới đường tròn (B, C hai tiếp điểm; D nằm A E) Gọi H giao điểm AO BC Chứng minh AH.AO = AD.AE
Lời giải:
Xét tam giác cân ABC có AO phân giác đường cao Áp dụng hệ thức lượng vào tam giácvng ACO ta có
2
=
AC AH AO (1)
Xét hai tam giác ∆ADCvà ∆ACE có
D A
∠CA = ∠E C
D
∠DCA= ∠CE (góc tiếp tuyến dây cung số đo góc nội tiếp)
⇒ ∆ADC∽∆ACE ( g-g)
⇒ E
D E D = ⇒ =
AC A
AC A A
A AC (2)
Từ (1) (2) ⇒ AH.AO = AD.AE (đpcm)
Câu 3.Tuyển sinh vào 10 ĐĂK LẮK 2012-2013.Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O (AB < AC) Hai tiếp tuyến B C cắt M AM cắt đường tròn (O) điểm thứ hai D E trung điểm đoạn AD EC cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F Chứng minh
=
MB MA MD Lời giải:
Xét hai tam giác ∆MBAvà ∆MDB có
(47)D
∠MB = ∠AMB(góc tiếp tuyến dây cung số đo góc nội tiếp) ⇒ ∆MBA∽∆MDB ( g-g)
⇒
D MD = ⇒ =
MB MA
MB MA M
MB (đpcm)
Mức độ 3: Vận Dụng Thấp
Câu 1.Tuyển sinh vào 10 Trà Vinh 2015-2016.Từ điểm M đường tròn O, vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (A, B hai tiếp điểm) Qua A vẽ đường thẳng song song với MB, cắt đường tròn E; đoạn thẳng ME cắt đường tròn F Hai đường thẳng AF MB cắt I.Chứng minh
=
IB IF IA Lời giải:
Xét hai tam giác ∆BIFvà ∆AIB có ∠BIF = ∠AIB
∠IAB= ∠IBF(góc tiếp tuyến dây cung số đo góc nội tiếp)
⇒ ∆BIF∽∆AIB( g-g)
⇒
= ⇒ =
IB IF
IB IA IF
IA IB (đpcm)
Câu Tuyển sinh vào 10 Thái Bình 2015-2016.Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Điểm M di chuyển nửa đường tròn (M khác A B) C trung điểm dây cung AM Đường thẳng d tiếp tuyến với nửa đường tròn B Tia AM cắt d điểm N Đường thẳng OC cắt d E.Chứng minh: tứ giác OCNBnội tiếp AC.AN=AO.AB
Lời giải:
+ Ta có OC vng góc MA ( đường kính qua trung điểm dây cung vng góc dây cung)
Xét tứ giác OCNB có
90
∠OCN = ∠OBN =
Nên tứ giác OCNB nội tiếp (tổng hai góc đối 180 ) + Xét hai tam giác ∆ANOvà ∆ABC có
O
∠AN = ∠ABC( chắn cung CO)
∠NAO= ∠BAC
⇒ ∆ANO∽∆ABC ( g-g)
⇒ AN = AO ⇒ AC AN = AO AB
AB AC (đpcm)
Câu Tuyển sinh vào 10 Hà Nội 2015-2016.Cho nửa đường trịn tâm O có đường kính AB Lấy điểm C đoạn thẳng AO (C khác A, C khác O) Đường thẳng
qua C vuông góc với AB cắt nửa đường trịn K Gọi M điểm cung KB (M khác K, M khác B) Đường thẳng CK cắt đường thẳng AM, BM H D Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn điểm thứ hai N
1) Chứng minh tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh CA.CB=CH.CD
N D H K M I F E O M A B E N C
A O B
(48)Lời giải:
1) Xét tứ giác ACMD có
D 90
∠AC = ∠DMA=
Nên tứ giác ACMD nội tiếp ( đỉnh M, C nhìn AD góc khơng đổi )
2) Xét hai tam giácvng ∆HACvà ∆B CD có D
∠HAC = ∠B C(cùng phụ ∠ABD) ⇒ ∆HAC∽∆B CD ( g-g)
⇒ D
D = ⇒ =
CA CH
CA CB CH C
C CB (đpcm)
Mức độ 4: Vận Dụng Cao
Câu Cho ∆ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O.Gọi M điểm cung nhỏ AC.Gọi E F chân đường vng góc kẻ từ M đến BC AC.P trung điểm AB, Q trung điểm FE
1) Chứng minh tứ giác MFEC nội tiếp 2) Chứng minh BM EF =BA EM 3) Chứng minh∆AMP∽∆FMQ Lời giải:
1) Chứng minh tứ giác MFECnội tiếp:
E; F nhìn đoạn thẳng CM góc
90 nên tứ giác MFECnội tiếp
2) Chứng minh BM EF =BA EM •Chứng minh ∆EFM ∽∆BAM :
Ta có góc ∠ABM = ∠ACM (vì chắn cung AM) Do MFEC nội tiếpnên góc ∠ACM = ∠FEM (cùng chắn cung FM)
⇒∠ABM = ∠FEM (1)
Ta lại có góc ∠AMB = ∠ACB (Cùng chắn cung AB).Do MFEC nội tiếp nên
FME FCM
∠ = ∠ (Cùng chắn cung FE).⇒Góc ∠AMB = ∠FME (2) Từ (1) và(2) suy ∆EFM ∽∆BAM
⇒ BM = EM ⇒BM EF =
BA EF BAEM (đpcm)
3) Chứng minh∆AMP ∽∆FMQ
Ta có ∆EFM∽∆ABM (theo c/m trên)⇒ AB = AM
FE MF mà AB =2AP FE; 2= FQ (gt) ⇒2
2 = ⇒ =
AP AM AP AM
FQ MF FQ FM góc ∠PAM = ∠MFQ (suy từ∆EFM ∽∆BAM ) Vậy∆AMP∽∆FMQ
Câu Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB,bán kính OC⊥AB.Gọi M điểm cung BC.Kẻ đường cao CH tam giác ACM
1 Chứng minh AOHC nội tiếp
2 Chứng tỏ ∆CHM vuông cân OH phân giác góc COM
3 Gọi giao điểm OH với BC I.MI cắt (O) D.Cmr:CDBM hình thang cân
4 BM cắt OH N.Chứng minh ∆BNI ∆AMC đồng dạng,từ suy ra: BN.MC=IN.MA Q
P
F
E O
A
B
(49)Lời giải:
1 Chứng minhAOHC nội tiếp:học sinh tự chứng minh
2 •Chứng minh ∆CHM vuông cân:
Do OC⊥AB trại trung điểm O⇒S ACd =S CBd = 90o . Ta lại có:
45
o CMA s AC
∠ = đ = ⇒∆CHM vuông cân M •Chứng minhOH phân giác góc∠COM :
Do ∆CHMvuông cân H⇒CH =HM CO OB; = (bán kính); OH chung⇒∆CHO=∆HOM ⇒∠COH = ∠HOM ⇒đpcm 3.Chứng minh CDBM hình thang cân:
Do ∆OCM cân O có OH phân giác⇒OH đường trung trực CM mà I∈OH⇒∆ICM cân I⇒∠ICM = ∠IMC mà ∠ICM = ∠MDB (cùng chắn cung BM)
⇒∠IMC = ∠IDB hayCM / /DB Do ∆IDB cân I⇒∠IDB = ∠IBD ∠MBC = ∠MDC (cùng chắn cungCM) nên ∠CDB = ∠MBD ⇒CDBM làhìnhthang cân
4 •Chứng minh BNI ∽AMC:
Do OH đường trung trực CM N∈OH ⇒CN=NM Do ∠AMB =900 ⇒ ∠HMB =900 hay NM⊥AM
mà CH⊥AM⇒CH//NM
Có ∠CMH = 45o ⇒ ∠NHM =45o ⇒MNH vng cân M CHMN là hình vng⇒ ∠INB = ∠CMA =45o .
•Do CMBD thang cân⇒CD =BM ⇒CD =BM
mà AC =CB ⇒ AD CM= ∠CAM = ∠CBM(cùng chắn cungCM ) ⇒INB =CMA
Câu Cho hình bình hành ABCD(AC< BD) Gọi E F hình chiếu B lên đường thằng DA DC Chứng minh rằng:
= +
DB DA DE DC DF
a) Phân tích tìm hình phụ
Giả sử lấy điểm M thuộcđoạn BD cho =
DM DB DA DE ⇒
DB DA DE
DM
= , kết hợp với góc D chung để suy ∆MDA∽∆EDB ,
vì 0
D
90 90
= ⇒
∠BED ∠AM = hayAM ⊥DB
Do điềm M cần tìm hình chiếu A lên DB
b) Bài giải
Qua A kẻ đường thẳng vng góc với BD cắt BD M, AC <BD nên góc∠ADB ∠ABD nhọn nênM nằm D B , BD=DM +MB
N D
I H C
A O B
M
E
F M
C A
D
(50)- Dễ chứng minh ∆DAM ∽∆DBE (g-g), suy
DB DA DE
DM
= ⇒ DM DB =DA DE ( )1 -Lại có ∆DBF∽∆BAM (vì
90
∠ = ∠F M = ∠B FD = ∠ABM (so le trong)) ⇒
DB AB DF BM
= ⇒BM AB = AB DF ( )2
- Cộng vế theo vế hệ thức (1) (2) ta được:
= +
DB DA DE DC DF ⇒ đpcm
(51)Chủ đề 4: CHỨNG MINH HAI ĐOẠN THẲNG BẰNG NHAU 1 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
Phương pháp 1:
Chứng minh hai đoạn thẳng hai cạnh tương ứng hai tam giác
Phương pháp 2:
Sử dụng tính chất hai đường chéo hình bình hành, hình chữ nhật, hình vng cắt trung điểm đường
Phương pháp 3:
Vận dụng tính chất hai cạnh bên tam giác cân
Phương pháp 4:
Vận dụng tính chất ba cạnh tam giác
Phương pháp 5:
Vận dụng cạnh đối hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vng
Phương pháp 6:
Chứng minh hai đoạn thẳng đoạn thẳng thứ ba
Phương pháp 7:
Chứng minh hai đoạn thẳng hai cạnh bên hình thang cân
Phương pháp 8:
Trong đường tròn hai đường tròn nhau, hai dây căng hai cung
Phương pháp 9:
Trong đường tròn hai đường tròn nhau, hai dây cách tâm
Phương pháp 10:
Vận dụng định lí, đường thẳng qua trung điểm cạnh tam giác song song với cạnh thứ hai qua trung điểm cạnh thứ ba
Phương pháp 11:
Vận dụng định nghĩa đường trung trực đoạn thẳng, định nghĩa trung điểm đoạn thẳng, định nghĩa đường trung tuyến tam giác
Phương pháp 12:
Chứng minh hai đoạn thẳng thẳng có số đo
Phương pháp 13:
Chứng minh hai đoạn thẳng đoạn thẳng thứ ba
Phương pháp 14:
Chứng minh hai đoạn thẳng tổng, hiệu, trung bình nhân,…, hai đoạn thẳng đôi
Phương pháp 15:
Sử dụng tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền, tính chất cạnh đối diện với góc
0
(52)Phương pháp 16:
Sử dụng tính chất đường phân giác góc
Phương pháp 17:
Sử dụng tính chất hai đoạn thẳng song song chắn hai đường thẳng song song
Phương pháp 18:
Chứng minh phản chứng
Phương pháp 19:
Sử dụng đoạn thẳng cho trước biến đổi
Phương pháp 20:
Sử dụng định lí đường trung bình tam giác (thuận đảo)
Phương pháp 21:
Sử dụng tính chất trọng tâm tam giác (tính chất giao điểm ba đường phân giác tam giác), tínhchất giao điểm ba đường trung trực
Phương pháp 22:
Sử dụng bình phương chúng (có thể sử dụng định lí Pitago, tam giác đồng dạng, hệ thức lượng tam giác, đường trịn để đưa bình phương chúng nhau)
2 CÁC VÍ DỤ
Mức độ 1: NB
Câu 1: ABC cân A Vẽ đường tròn O R; tiếp xúc với AB AC, B C, Đường thẳng qua
điểm M BC vng góc với OM cắt tia AB AC, D E,
a) Chứng minh điểm O B D M, , , thuộc đường tròn b) Chứng minh MDME
Hướng dấn giải
a) Ta có: DBO DMO 900 (vì gt)
điểm B M, thuộc đường trịn đường kính DO
đpcm
b) Chứng minh tương tự có điểm O C E M, , ,
thuộc đường trịn MEO MCO (vì góc nội tiếp cùngchắn cung MO)
MBO MDO (vì góc nội tiếp chắn cung MO)
Mà MBO MCO (vìBOC cân O)
MEO MDO DOE cân O
Mà MO DE nên MD ME (đpcm)
Câu 2: Cho đường trịn tâm O, đường kính AC 2 R Từ điểm E đoạn OA (E
không trùng với A O ) Kẻ dây BD vuông góc với AC Kẻ đường kính DI
đường tròn ( )O
E
D
A
(53)a) Chứng minh rằng: AB CI
b) Chứng minh rằng: EA2 EB2 EC2 ED2 4 R2 Tính diện tích đa giác ABICD theo R
3
R OE Hướng dấn giải
a) Chứng minh rằng: AB CI
Ta có: BD AC (gt)
900
DBI ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
BD BI
Do đó: AC // BI AB CI AB CI
b) Chứng minh rằng: EA2 EB2 EC2 ED2 4 R2 Vì BD ACAB AD nên AB AD
Ta có: EA2 EB2 EC2 ED2 AB2 CD2 2
2 2 2 4
AD CD AC R R
c) Tính diện tích đa giác ABICD theo R
2 .
R OE
1. . 1. .
2
ABICD ABD ABIC
S S S DE AC EB BI AC
*
3
R R
OE AE
3
R R
EC R
* . .5 5
3
R R R R
DE AE EC DE Do đó:
3
R EB
* 2
3
R R
BI AC AE R
Vậy: 5.2 5 16
2 3
ABICD
R R R R R R
S R R
(đvdt)
Câu 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ba đường cao AA’ , BB CC’ , ’ cắt H Vẽ hình bình hành BHCD Đường thẳng qua D song song với BC cắt đường
thẳng AH M
1) Chứng minh năm điểm A B C D M, , , , thuộc đường tròn
2) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh BM CD
và BAM OAC
3) Gọi K trung điểm BC,đường thẳng AK cắt OH G Chứng minh G
là trọng tâm tam giác ABC
Hướng dấn giải HD: HS tự vẽ hình
(54)1)Chứng minh tứ giác ABMD AMDC, nội tiếp A B C D M, , , , nằm đường trịn
2)Xét ( )O có dây MD // BC sđ MB sđ CD dây MB dây CD hay
BM CD
+ Theo phần 1) BC // MD BAM OAC
3)Chứng minh OK đường trung bình tam giác AHD OK // AH
1
OK AH hay
2 *
OK AH
+ Chứngminh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA
1 2
2
OK GK AG GK
AH AG
, từ suy G trọng tâm tam giác ABC
Mức độ 2: TH
Câu 4: Cho hai đường tròn ( )O ( )O tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung
, ( )
BC B O , C ( )O Đường thẳng BO cắt ( )O điểm thứ hai D a) Chứng minh tứ giác CO OB’ hình thang vuông
b) Chứng minh ba điểm A C D, , thẳng hàng
c) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường tròn ( )O (E tiếp điểm) Chứng minh
DB DE
Hướng dấn giải
a)Theo tính chất tiếp tuyến ta có OB O C, vng góc với BC ⇒tứ giác CO OB
hình thang vng
b) Ta có ABC BDC ⇒ ABC BCA 900 ⇒ BAC 900 Mặt khác, ta có góc BAD 900 (nội tiếp nửa đường trịn) Vậy ta có góc DAC 1800 nên điểm D A C, , thẳng hàng.
c)Theo hệ thức lượng tam giác vng DBC ta có DB2 DA DC.
Mặt khác, theo hệ thức lượng đường tròn (chứng minh tam giác đồng dạng) ta có DE2 DA DC. DB DE..
B
C
E
D
A
(55)I
Q
O O'
F H
P E
D
C B
A
Câu 5: Cho đường tròn ( )O ( )O cắt hai điểm A B, phân biệt Đường thẳng OA
cắt ( )O , ( )O điểm thứ hai C D, Đường thẳng O′A cắt ( )O , ( )O
điểm thứ hai E F,
a) Chứng minh đường thẳng AB CE, DF đồng quy điểm I
b) Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp đường tròn
c) Cho PQ tiếp tuyến chung ( )O ( )O (P ( )O ,Q( )O )
Chứng minh đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng PQ Hướng dấn giải
a) Ta có: ABC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
ABF90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên B C F, , thẳng hàng AB CE,
DF đường cao tam giác ACF nên
chúng đồng quy
b) Do IEF IBF 900 suy ra BEIF nội tiếp đường tròn
c)Gọi H giao điểm AB PQ
Ta chứng minh tam giác AHP PHB đồng dạng
2
HP HA
HB HP HP HA HB
Tương tự, HQ2 HA HB Vậy HP HQ hay H là trung điểm PQ..
Câu 6: Cho đường trịn tâm O đường kính AB, nửa đường tròn ( )O lấy
điểm G E (theo thứ tự A G E B, , , ) cho tia EG cắt tia BA D Đường thẳng
vng góc với BD D cắt BE C , đường thẳng CA cắt đường tròn ( )O điểm
thứ hai F
a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp
b) Chứng minh: BF BG
c) Chứng minh:
DA DG DE BA BE BC
Hướng dấn giải
a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp
Ta có: AFB 900 (góc nt chắn nửa đường trịn)
Ta có: CDB CFB 900 tứgiác DFBC nội tiếp đường trịn đường kính BC
b) Chứng minh: BF BG
Ta có: AEB 900 (góc nt chắn nửa đường trịn)
2 1
1
D
O
F
E
G
B A
(56) 900 AEC
Ta có: AEC ADC 1800
⇒Tứ giác ADCE nội tiếp đường trịn đường kính AC
1
E C
(vì nt chắn cung DA)
Ta có: B1 C1 (vì nt chắn cung DF đường trịn đường kính BC )
Do đó: E1 B1 AG AF BF BG BF BG
c) Chứng minh:
DA DG DE
BA BE BC
Ta chứng minh được:
DGB
∽DAE g – g
DG DB DG DE DA DB
DA DE
BEA
∽BDC g – g
BE BA
BE BC BA BD
BD BC
Từ 1 2và suy ra: ( ) = =
DG DE DA DB DA
BE BC BA BD BA đpcm Mức độ 3: VDT
Câu 7: Cho hai đường tròn O R, O R', ' với RR' cắt A B Kẻ tiếp tuyến
chung DE hai đường tròn với D O E O' cho B gần tiếp tuyến so với A
a) Chứng minh DAB BDE
b) Tia AB cắt DE M Chứng minh M trung điểm DE
c) Đường thẳng EB cắt DA P , đường thẳng DB cắt AE Q Chứng minh PQ song song với AB
Hướng dấn giải
a) Ta có đ
2
D BA s DB (góc nội tiếp)
đ
2
B ED s DB (góc tiếp tuyến dây cung) Suy DAB BDE b) Xét hai tam giác DMB AMD có:
DMA chung, DAM BDM nên ~
DMB AMD
⇒ MD = MA
MB MD
hay
MD =MA MB
(57)Tương tự ta có: EMB ~AME ⇒ ME = MA
MB ME hay
ME =MA MB
Từ đó: MD ME hay M trung điểm DE
c)Ta có DAB BDM, EAB BEM
1800
PAQ PBQ DAB EAB PBQ BDM BEM DBE
tứ giác APBQ nội tiếp PQB PAB Kết hợp với PAB BDM suy
PQB BDM Hai góc vị trí so le nên PQ song song với AB
Câu 8: Cho đường trịn O R; có đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN đường
trịn O R; (M khác A M khác B, ) Tiếp tuyến đường tròn O R; B cắt
đường thẳng AM AN, điểm Q P, 1) Chứng minh tứ giác AMBN hình chữ nhật
2) Chứng minh bốn điểm M N P Q, , , thuộc đường tròn
3) Gọi E trung điểm BQ Đường thẳng vng góc với OE O cắt PQ
điểm F Chứng minh F trung điểm BP ME //
NF
4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O thỏa mãn điều
kiện đề bài, xác định vị trí đường kính MN để tứ giác
MNPQ có diện tích nhỏ
Hướng dấn giải
1) Tứ giác AMBN có góc vng, góc nội tiếp chắn
nửa
đường trịn
2) Ta có ANM ABM (cùng chắn cung AM )
và ABM AQB (góc có cạnh thẳng góc) ANM AQB nên MNPQ nối tiếp
3) OE đường trung bình tam giác ABQ
OF // AP nên OF đường trung bình tam giác ABP
Suy F trung điểm BP
Mà AP vng góc với AQ nên OE vng góc OF
Xét tam giác vng NPB có F trung điểm cạnh huyền BP
Xét tam giác NOF OFB c c c nên ONF 900.
Tương tự ta có OME 900nên ME // NF vì vng góc với MN. 4)
2SMNPQ 2SAPQ 2SAMN 2 R PQAM AN 2 (R PBBQ)AM AN
A B
P
Q O
F
E N
(58)Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy AB BP AB2 BP QB.
QB BA
Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PBBQ 2 PB BQ. 2 (2 )R 4R
Ta có . 2 2
2
AM AN
A MN R
AM N
Do đó, 2 2 4 2 6
MNPQ
S R R R R Suy 3
MNPQ
S R
Dấu xảy AM AN PQ BP hay MN vng góc AB
Câu 9: Cho hai đường tròn O R; O R; tiếp xúc A Vẽ tiếp tuyến chung
, (
BC B C thứ tự tiếp điểm thuộc O R; vàO R; ) a)Chứng minh BAC 90 0
b) Tính BC theo R R, .
c) Gọi D giao điểm đường thẳng AC đường tròn O ,(D A) vẽ tiếp tuyến DE với đường tròn O (E O ) Chứng minh BD DE
Hướng dấn giải
a) Qua A vẽ tiếp tuyến chung cắt BC M
Ta có MB MAMC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)
90 0 A
b) Giả sử R R Lấy N trung điểm OO
Ta có MN đường trung bình hình thang
vuông OBCO
(OB // O C ; B C 900) tam giác AMN vuông A.
Có '
2 MN RR ;
2
AN R R Khi MA2 MN2 AN2 RR. MA RR' mà BC 2MA2 RR'
c) Ta có O B D, , thẳng hàng (vì BAD 900; OAOB OD)
BDC
có DBC 90 ,0 BA CD , ta có: BD2 DA DC 1
~
ADE EDC g g
DE DA DC DE
= DA DC DE2 2 1 , BD DE đpcm
Mức độ 4: VDC
Câu 10: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB 2R tia tiếp tuyến Ax phía với
nửa đường tròn 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)
E N A M
O O' B
C
(59)x N
I H E D M
C
O B
A
a) Chứng minh: AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn
b) MA2 MD MB.
c) Vẽ CH vng góc với AB H AB ( ).Chứng minh MB qua trung điểm
CH
Hướng dấn giải
a) ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
1
ADM 90
Lại có: OAOC R MA; MC (tính chất tiếp tuyến)
Suy OM đường trung trực AC
AEM 90
Từ 1 2và suy MADE tứ giác nội tiếp đường
trịn đường kính MA
b) Xét MAB vng A có AD MB, suy ra: MA2 MB MD. (hệ thức lượng tam giác vuông)
c) Kéo dài BC cắt Ax N , ta có ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ACN 90
, suy ACN vng C Lại có MC MA nên suy
MC MN , MAMN
Mặt khác ta có CH // NA (cùng vng góc với AB) nên theo định lí Ta-lét
IC IH BI
MN MA BM
với I giao điểm CH MB
Từ 5 6và suy IC IH hay MB qua trung điểm củaCH
Câu 11: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB 2 , R D điểm tùy ý nửa đường tròn (D khác A D khác B ) Các tiếp tuyến với nửa đường tròn ( )O
A D cắt C BC, cắt nửa đường tròn ( )O điểm thứ hai E Kẻ DF
vuông góc với AB F
a) Chứng minh: Tứ giác OACD nội tiếp
b) Chứng minh: CD2 CE CB.
c) Chứng minh: Đường thẳng BC qua
trung điểm DF
d) Giả sử OC 2 ,R tính diện tích phần tam giác ACD nằm ngồi nửa đường trịn ( )O
theo R
Hướng dấn giải
(60) 900
CAO (CA tiếp tuyến )
900
CDO (CD tiếp tuyến )
1800
CAO CDO
Tứ giác OACD nội tiếp
b) + Xét CDE CBD có:
DCE chungvà
2
CDE CBD sdDE
⇒CDE CBD (g.g)
2 .
CD CE CD CE CB
CB CD
c) Tia BD cắt Ax A Gọi I giao điểm BC DF
Ta có ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
'
ADA 90
, suy ADA vng D
Lại có CD CA ( tính chất2 tiếp tuyến cắt nhau) nên suy CD CA, CAA C 1 Mặt khác ta có DF // AA (cùng vng góc với AB)
nên theo định lí Ta-lét ID IF BI
CA' CA BC
Từ 1 2và suy IDIF
Vậy BC qua trung điểm DF
d) Tính COD COD
0 60
OD C
cos
00
AOD12
2 120 360 quat R R
S (đvdt)
Tính CD R
2
1
2 2
OCD
S CD DO R R R (đvdt)
2
OACD OCD
S S R (đvdt)
Diện tích phần tam giác ACD nằm ngồi nửa đường trịn ( )O
2 2 3 3 OACD quat R
S S R R
(đvdt)
Câu 12: Từ điểm A nằm bên ngồi đường trịn ( )O kẻ tiếp tuyến AB AC, với đường
tròn (B C, tiếpđiểm)
1) Chứngminh ABOC tứ giác nội tiếp
2) Cho bán kính đường trịn ( )O 3cm, độ dài đoạn thẳng OA 5cm Tính độ
(61)3) Gọi K đường tròn qua A tiếp xúc với đường thẳng BC C Đường tròn
K đường tròn ( )O cắt điểm thứ hai M Chứng minh đường
thẳng BM qua trung điểm đoạn thẳng AC
Hướng dấn giải
M
K E
H A
O B
C
a) - Có AB OB (tính chất tiếp tuyến) ABO 900
- Có AC OC (tính chất tiếp tuyến) ACO 900
- Xét tứ giác ABOC có ABO ACO 900 900 1800nên nội tiếp đường tròn
b) - AB AC hai tiếp tuyến đường tròn ( )O nên AO đường trung trực BC Gọi H giao điểm AO BC , ta có BC 2BH
- ABO vng B có BH đường cao nên OB2 OH AO.
2 9
5
H OB
O
AO
cm
- OBH vuông H BH2 OB2 –OH2 12
5 BH
cm
- Vậy 24
5
BC BH cm
c) - Gọi E giao điểm BM AC
- EMC và ECB có MEC CEB MCE EBC (Góc nt góc tạo tia tiếp tuyến CA chắn cung MC đường tròn ( )O )
. *
EMC ECB g g EC EM EB
- EMA EAB có MEA AEB a và:
+ Có MAE MCB 3 (Góc nt góc tạo tia tiếp tuyến CB chắn cung MC
(62)+ Có MCB ABE ( Góc nt góc tạo tia tiếp tuyến BA chắn cung MB
của đường tròn ( )O)
+ Từ 3 4và MAE ABE b
- Từ a b EMAEAB g gEA2 EM EB. * *
- Từ * * *và EC2 EA ÞEC2 EA.Vậy BM đi qua trung điểm E của AC.
3 BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Mức độ 1: NB
Bài Cho tam giác đềuABC nội tiếp đường tròn ( )O Trên cung BC không chứa A
ta lấy điểm P (P khác B P khác C) Các đoạn PA BC cắt Q Giả sử D điểm đoạn PA cho PD PB= Chứng minh ∆PDB
Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Đường phân giác góc
A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác D Gọi I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác
ABC Chứng minh DB DC DI= =
Bài Cho hình vuông ABCD, đường chéo BDlấy điểm I cho BI = BA Đường thẳng qua I vng góc với BD cắt AD E, AI cắt BE H Chứng minh
AE ID=
Mức độ 2: TH
Bài 1 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 AB cắt đường trịn (O) D E Nối CD cắt đường tròn (O’) I
Chứng minh MD = MI
Bài Cho đường tròn (O) dây cung BC cố định Gọi A điểm di động cung lớn BC đường tròn (O) (A khác B, A khác C) Tia phân giác ACB cắt đường
tròn (O) điểm D khác điểm.C Lấy điểm I thuộc đoạn CD cho DI = DB Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) điểm K khác điểm.B Chứng minh tam giác KAC cân
Bài Cho đường trịn (O) đường kính AB C điểm cung AB (C khác A B) Vẽ CH AB H AB⊥ ( ∈ ) Vẽ đường tròn (C; CH) cắt đường tròn (O) Dvà E DE cắt CH M Chứng minh MH = MC
Mức độ 3: VDT
Bài Giả sử A B hai điểm phân biệt đường tròn (O) Các tiếp tuyến đường tròn (O) Các tiếp tuyến đường tròn (O) A B cắt điểm M Từ A kẻ đường thẳng song song với MBcắt đường tròn (O) tại.C MC cắt đường tròn (O) E Các tia AE MB cắt K Chứng minh MK KB=
(63)Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn tâm O AB AC< Vẽ đường kính ADcủa đường trịn (O) Kẻ BE CFvng góc với AD (E, Fthuộc AD) Kẻ AHvng góc với BC(Hthuộc BC) Gọi Mlà trung điểm BC Chứng minh ME
= MF
Mức độ 4: VDC
Bài 1 Cho tam giác ABC có AC = 2AB nội tiếp đường trịn (O; R) Các tiếp tuyến đường tròn (O) A, C cắt M BM cắt đường tròn (O) tại.D Chứng minh rằng: CD BD=
Bài 2. Cho tam giác ABCnội tiếp đường tròn (O) Đường tròn K tiếp xúc với CA, AB E, F tiếp xúc với (O) S SE, SF cắt (O) M, N khác S Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM, AFNcắt P khác.A Gọi EN, FMlần lượt cắt (K) G, H khác E, F Gọi GHcắt MNtại T Chứngminh tam giác AST cân
Bài Cho tam giác ABC vuông A đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa
A vẽ đường trịn (O) đường kính HC. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa Avẽ
nửa đường trịn (O’) đường kính BC. Qua điểm E thuộc nửa đường trịn (O) kẻ EI vng góc với BC cắt nửa đường tròn (O’) F Gọi K giao điểm EH BF
(64)P O
Q D
C B
A
O I
D
C B
A
A B C
D
M O H O'
I E
F H
I
D C
B A
HƯỚNG DẪN GIẢI Mức độ 1: NB
Bài
Trước tiên ta nhận thấy tam giác PBD cân P
Mặt khác, BPD BPA BCA = = =600 (hai góc nội tiếp
chắn AB đường tròn ( )O ) Vậy nên tam giác PDB
Bài
Ta ln có DB DC= AD phân giác góc A Ta chứng minh tam giác DIB cân D
Thật ta có: IBD IBC CBD = + Mặt khác CBD CAD =
(Góc nội tiếp chắn cung CD) mà
BAD CAD= , IBC IBA =
(Tính chất phân giác)suy
IBD ABI BAI= +
Nhưng BID ABI BAI = + (Tính chất góc ngồi) Như tam giác BDI cân D⇒DB DI DC= =
Nhận xét: Thơng qua tốn ta có thêm tính chất: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBClà giao điểm phân giác góc A với (O)
Bài
Tam giác ABI cân B nên
BAI BIA= suy EAI EIA = hay EA = EI (1) Xét ∆DIE vuông cân đỉnh I IE = ID (2) Từ (1) (2) suy AE = ID(đpcm)
Mức độ 2: TH Bài
Đường kính ACvng 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)
Ta có BIC=900 (góc nội tiếp chắn nủa đường trịn
(65)O K E M C B A O H B C A M D N E C K O H M B A
900
ADC= (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))
BI CD
⇒ ⊥ AD DC⊥ nên AD // BI,mà BE // AD ⇒E, B, I thẳng hàng (tiên đề Ơclit)
DIE
∆ có IM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền ⇒MI = MD
Bài
Ta có
. 1
s s ;
2
DBK đ DA đ AK sđ sđ sđ
2
DIB BD KC
Vì sđBDsđDA DBI cân D nên sđKCsđAK Suy AK CK hay KAC cân K (đpcm) Bài
Dựng đường kính HN đường trịn (C) cắt đường trịn (O) K ta có CN = CH = HK
MC.MK = MH.MN (=MD.ME)
⇒ MC.MK = (HC −MC) (HC + MC) ⇔ MC.MK =HC2−MC2
2
( )
MC MC MK HC
⇔ + =
Hay⇔MC MC MK( + )=HC2
Nên ⇔MC HC HC.2 = ⇔HC=2MC
là điều phải chứng minh
Mức độ 3: VDT Bài
Do MB AC/ / nên BMC ACM = (1), ta lại có ACM ACE MAE= = (cùng chắn AE)(2) Từ (1) (2) suy ∆KME∆KAM (g.g)
MK EK AK MK
⇒ = hay MK2 =AK EK. (3).
Ta thấy EAB EBK = (cùng chắn BE) Từ ∆EBK∆BAK (g.g)
BK EK AK BK
⇒ = hay BK2 =AK EK. (4).
Từ (3) (4) suy MK2 =KB2 nghĩa
MK MB= (đpcm)
Bài
(66)A
B C
D
E M
O
OH = OK (định lý liên hệ dây cung khoảng cách đến tâm) H, K trung điểm AB, CD (định lý đường kính vng góc dây cung)
⇒AH = CK
Xét ∆OHM (OHM =900) có OM(cạnh chung) OH = OK,
do ∆OHM= ∆OKM (cạnh huyền, cạnh góc vng)
MH MK
⇒ =
Ta có MH AH MK CK− = − ⇒MA MC=
Bài
Theo có
90
= =
AEB AHB
Suy bốn điểm A, B, H, Ecùng thuộc đường tròn
Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn ⇒
BAE EHC=
Mặt khác, BCD BAE= (góc nội tiếp chắn
BD)
Từ (1) (2) suy BCD EHC=
suy raHE // CD
Gọi K trung điểm EC, I giao điểm
MKvới ED
Khi MKlà đường trung bình ∆BCE
⇒MK // BE; màBE⊥AD(gt) ⇒MK⊥ADhay MK⊥EF (3)
Lại có CF⊥AD(gt) ⇒MK // CFhay KI // CF ∆ECFcó KI // CF, KE= KC nên IE= IF(4)
Từ (3) (4) suy MK là đường trung trực EF
⇒ME= MF Mức độ 4: VDC Bài
Xét ∆MAD ∆MBA có AMB chung;
MAD MBA= (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến vàdây chắn AD)
#
MAD MBA
⇒ ∆ ∆ (g.g)
MA AD MD MB AB MA
⇒ = =
Ta có MA MC= (tính chất hai tiếp
tuyến cắt đường tròn)
I K
M F E
D H
O
B C
(67)MD MD MA MC
⇒ =
Lập luận tương tự, ta có MD CD
MC BC=
Suy AD CD AD BC AB CD
AB BC= ⇒ =
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
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=
Bài Phân tích
+ Để chứng minh AMPN hình bình hành ta chứng minh cặp cạnh đối song song dựa vào góc nội tiếp, góc tạo tiếp tuyến dây cung
+ Để chứng minh TA = TS ta nghỉ đến việc chứng minh TA, TS tiếp tuyến đường tròn(O)
Cách giải
T
G
H P N
M
O F
K
E
C B
A
S
Ta thấy APF =180 ANS AMS 180− = = −APE
suy F, P, Ethẳng hàng
Ta có APM AEM= góc nội tiếp chắn cung AM, AEM SEC = (đối đỉnh)
(68)2
1
1
K
F I E
O O'
H C
B
A
Mà EF S PAN= tứ giác ANFPnội tiếp Vậy APM PAN = ⇒AN PM/ /
Chứng minh tương tự ta có: AM PN/ / ⇒ANPM hình bình hành + Các tam giác SKF, SON cân có chung đỉnh Snên đồng dạng suy raKF // ON
tương tự KE // OM suy SF SK SE
SN SO SM= = suy MN // EF
Từ HGE HFE HMN = = suy tứ giác MNGHnội tiếp Giả sử TS cắt (O) (K) S S1, 2
thì TSTS TM TN TH TG TSTS 1= = = 2
suy TS TS1 = 2 suy S S1 ≡ 2 ≡S Vậy TS tiếp tuyến (O)
Tứ giác ANPM hình bình hành nên AP MN cắt trung điểm Imỗi đường Ta có theo tính chấtgóc tạo tiếp tuyến dây cung:
IAM PES FST NAS= = = Ta lại có AMI AMN ASN = = Vậy ∆AIM∆ANS suy AM SN AI AS =
Tương tự AN SM AI SN AM SN = =
Từ theo tính chất tiếp tuyến TS tiếp xúc với (O) suy TM SM22 AM22
TN = SN = AN
Vậy TA tiếp xúc với (O) Suy TA = TS
Bài Phân tích:
Ta có CA2 =CB CH.
nên để chứng minh CA CK= , ta chứng minh CK2 =CB CH. .
Điều làm ta nghĩ đến chứng minh ∆CKH∆CBK,
do cần chứng minh K 1 =B1
Xét góc phụ với hai góc trên, cần chứng minh
ECK BCF=
Muốn cần chứng minh C C 1= 2
Chỉ cần chứng minh hai góc phụ với chúng E1 K2 (do CEKF tứ giác nội tiếp)
Cách giải
Tứ giác CEKF có: E F + =900+900 =1800 nên tứ giác nội tiếp, suy 1
E K= Do hai góc phụ với chúng C C 1 = 2
(69)Do hai góc phụ với chúng K 1 =B1
CKH CBK
∆ ∆ (g.g) CK CH CK2 CB CH.
CB CK
⇒ = ⇒ = (1)
Theo hệ thức lượng tam giác ABCvuông Ata có:
2
CA = CB. CH (2)
(70)Chủ đề 5: CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG 1 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH.
- Dựng mối quan hệ góc: sole nhau, đồng vị nhau, phía bù nhau,…
- Dựng mối quan hệ bắc cầu: vng góc song song với đường thứ ba
- Áp dụng định lý đảo định lý Talet
- Áp dụng tính chất tứ giác đặt biệt, đường trung bình tam giác
- Dùng tính chất hai dây chắn hai cung đường trịn
2 CÁC VÍ DỤ.
Mức độ 1: Nhận biết
Câu 1. Cho hai đường trịn ( )O , ( )O′ có bán kính R, R′ (R>R′) tiếp xúc với
nhau điểm A Qua A kẻ cát tuyến cắt hai đường tròn ( )O , ( )O′ hai điểm M , N
Chứng minh rằng: OM O N// ′
Lời giải
Ta có:
▪ OMA =OAM ( tam giác OAM cân)
▪ OAM =O AN′ ( đối đỉnh)
▪ O AN ′ =O NA′ ( tam giác O AN′ cân)
Vậy OMA =O NA′ ( sole trong) nên OM O N// ′
Câu 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi H trực tâm tam giác D
điểm đối xứng A qua O Chứng minh BH CD// Lời giải O
O’ A
M
(71)Ta có:
▪ BH ⊥AC (do H trực tâm tam giác)
▪ DC⊥AC (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) //
BH CD
⇒
Câu 3. Cho tam giác ABC cân A Kẻ hai đường cao BE, CF tam giác Chứng minh
rằng: EF BC//
Lời giải
Xét tam giác BFC CEB, có:
( )
90 can chung
F E
B C ABC
BC
= = °
= ∆
nên hai tam giác nhau.
Vậy BF CE
BA = CA ⇒EF BC// Mức độ 2: Thông hiểu
Câu 1. Cho đường tròn (O R, ) đường kính AB, kẻ tiếp tuyến Ax lấy điểm P
cho AP>R Dựng tiếp tuyến PM (M tiếp điểm) Chứng minh BM OP// Lời giải
A
C B
D H
A
B C
(72)Ta có:
▪ AM ⊥PO(tính chất hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm nằm ngồi đường trịn)
▪ AM ⊥MB (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) //
OP BM
⇒ (cùng vng góc với đường AM )
Câu 2. Cho đường tròn ( )O ngoại tiếp tam giác ABC Gọi E, F chân đường cao
hạ từ C, B tam giác ABC Chứng minh EF d// với d tiếp tuyến đường tròn ( )O A
Lời giải
Ta có: EFCB tứ giác nội tiếp BEC=BFC= °90 (do BF, CE đường cao)
▪ xAC = ABC (cùng chắn cung AC)
▪ ABC= AFE (góc góc đối ngồi tứ giác EFCB nội tiếp)
xAC=AFE (so le trong) nên Ax EF//
A B
M P
x
O
A
B C
E
F x
(73)Câu 3. Cho đường tròn ( )O , hai điểm C, D thuộc đường tròn, lấy B trung điểm cung
nhỏ CD Kẻ đường kính BA, tia BA lấy điểm S ngồi đường tròn, SC cắt đường tròn
điểm thứ hai M , DM cắt BA K, BM cắt AC H Chứng minh: HK CD// Lời giải
Ta có: HMK =HAK (cùng chắn hai cung BC, BD) nên tứ giác HKAM nội tiếp
▪ HKM =HAM (góc nội tiếp chắn cung HM)
▪ HAM =CAM =CDM (góc nội tiếp chắn cung CM)
HKM CDM
⇒ = (đồng vị) nên HK CD//
Mức độ 3: VDT
Câu 1. Cho tam giác ABC vuông A, lấy điểm D nằm A, B Đường trịn đường kính BD cắt BC E, đường thẳng CD, AE cắt đường tròn điểm F, G Chứng
minh: AC FG//
Lời giải
A B
C
D
E
F G C
B
D
H K
(74)Ta có:CAD =CED= °90 nên tứ giác ADEC nội tiếp
▪ DFG =DEG (góc nội tiếp chắn cung DG)
▪ DEG =DEA=DCA (góc nội tiếp chắn cung AD)
DFG DCA
⇒ = (sole trong) nên FG AC//
Câu 2. Cho nửa đường tròn đường kính AB điểm M nằm nửa đường
tròn (khác A, B) Trên nửa mặt phẳng bờ ABchứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM
cắt Ax I, tia phân giác góc IAM cắt nửa đường trịn E, cắt BM F, tia BE cắt K
Chứng minh: FK AI//
Lời giải
Xét tam giác FAB có AM ⊥BF, BE⊥ AF nên K trực tâm tam giác
Ta có: (gt)
(cmt) AI AB FK AB
⊥ ⊥
nên FK AI//
Câu 3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O Gọi P trung điểm cung nhỏ AB(phần
không C, D) Hai dây PC, PD cắt AB E, F.Các dây AC, PD cắt I
Các dây BD, PC cắt K Chứng minh CID =CKD IK AB// Lời giải
Ta có: IDK=ICK (cùng chắn hai cung AP, PB) nên tứ giác CDKI nội tiếp
A B
C
D P
E F
I K
A B
I
K F
E
(75)▪ 1(sd sd) 1(sd sd)
2
KEB= PB+ AC = PA+ AC =PDC
▪ PDC=IKC (góc nội tiếp chắn cung IC)
IKE KEB
⇒ = (sole trong) nên AB IK//
Mức độ 4: VDC
Câu 1. Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự Một đường thẳng d qua A
vng góc AC Vẽ đường trịn đường kính BC lấy điểmmột điểm M bất kỳ, tia CM cắt d
tại D, tia AM cắt đường tròn điểm thứ hai N, tia DB cắt đường tròn điểm thứ hai P Chứng minh: AD NP//
Lời giải
Ta có: DAB =DMB= °90 nên tứ giác ABMD nội tiếp
▪ BPN =BMN (góc nội tiếp chắn cung BN)
▪ BMN=BDA (góc nội tiếp chắn cung AB)
BPN BDA
⇒ = (so le trong) nên NP AD//
Câu 2. Cho đường tròn ( )O Trên lấy điểm A cố định kẻ tiếp tuyến Ax A.Lấy M
tùy ý Ax, kẻ tiếp tuyến BM với đường tròn ( )O Gọi I trung điểm MA K giao
điểm thứ hai BI với đường tròn ( )O Tia MK cắt ( )O C Chứng minh: BC MA// Lời giải
A B C
D
M N
(76)Ta có: 2
IM =IA =IK IB nên IM IB IK = IM
Mà I chung nên hai tam giác ∆IMK, ∆MBK đồng dạng với Suy IMK =MBK
Ta lại có: MBK =BCK (góc nội tiếp chắn cung BK)
IMK BCK
⇒ = (sole trong) nên AM BC//
Câu 3. Cho đường trịn ( )O điểm M nằm ngồi đường tròn Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn, cung nhỏ AB lấy điểm C Từ C hạ vng góc lên MA, MB, AB D, E, F Gọi H giao điểm AC, DF G giao điểm BC, EF Chứng
minh tứ giác CHFG nội tiếp HG AB//
Lời giải
Ta có:
Tứ giác ADCF có ADC= AFC= °90 nên tứ giác nội tiếp
Tứ giác BECF có BEC =BFC= °90 nên tứ giác nội tiếp
90
HFC=DAC= ABC= ° −FCG GFC =EBC=CAB= ° −90 FCH
Do đó, HFG +HCG=180° nên tứ giác HCGF nội tiếp đường tròn
Ta có: CHG =CFG=CBE=CAB A
B
C M
K I
(77)(78)Chủ đề 6: CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC
I PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
1 Tính chất hai tia phân giác hai góc kề bù
2 Hai đường thẳng cắt tạo thành góc 90 độ Tổng hai góc phụ 90 độ
4 Đường thẳng vng góc với hai đường thẳng song song vng góc với đường thẳng thứ ba
5 Tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường trịn
6 Định nghĩa ba đường cao tam giác, định nghĩa đường trung trực đoạn thẳng Định lý Pitago đảo
8 Tính chất đường kính đường trịn qua trung điểm dây cung Tính chất tiếp tuyến đường tròn
10 Tiếp tuyến chung đường nối tâm hai đường tròn, dây cung chung đường nối
tâm hai đường trịn
11 Sử dụng hai góc kề bù
12 Sử dụng chứng minh tam giác tam giác vng 13 Sử dụng tính chất tam giác cân
14 Sử dụng tính chất giao điểm ba đường cao tam giác 15 Sử dụng phép quay góc vng góc quay vng 16 Chứng ming phản chứng
II CÁC VÍ DỤ
MỨC ĐỘ 1: NHẬN BIẾT
Câu 1: Cho tam giác ABCnhọn, dựng đường trịn tâm O đường kính BC, cắt AB E Chứng minh CE⊥AB
Hướng dẫn giải
Vì ∠ BEC góc nội tiếp chắn đường kính BC nên ∠ BEC=900 Do CE⊥AB
Câu 2: Cho nửa đường trịn ( )O đường kính AB, kẻ tiếp tuyến By Lấy điểm M thuộc By Gọi I trung điểm AM Chứng minh IO⊥AB
Hướng dẫn giải
Dễ thấy IO đường trung bình tam giác AMB ( đoạn nối trung điểm hai cạnh bên) nên IO // MB Lại có MB⊥AB MB tiếp tuyến ( )O , từ IO⊥AB.
I
O
M
B A
y C A
B E
(79)Câu 3: Cho đường trịn tâm O đường kính AB, lấy C∈( )O cho CA=CB Chứng minh CO⊥AB
Hướng dẫn giải
Dễ thấy O trung điểm AB nên CO đường trung tuyến tam giácABC. Lại có CA=CB nên tam giác ABC cân C, đường trung tuyếnCO đường cao, hay CO⊥AB
MỨC ĐỘ 2: THÔNG HIỂU
Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC, đường trịn đường kính AB cắt AC, BC E, F Gọi H giao điểm AF BE Chứng minh CH⊥AB
Hướng dẫn giải
Vì ∠ AEB, AEB∠ góc nội tiếp chắn đường kính AB nên
0
AEB 90 , AEB 90
∠ = ∠ = Suy H giao điểm đường cao AF BE nên trực tâm tam giác ABC, CH đường cao lại CH⊥AB
Câu 5: Cho đường trịn ( )O đường kính AB MN Tiếp tuyến B cắt AN P, gọi E trung điểm BP Chứng minh OE⊥AM
Hướng dẫn giải
Dễ thấy OE đường trung bình tam giác ABP ( đoạn nối trung điểm hai cạnh bên) nên OE // AP Vì ∠ MAN góc
P N
M
B A
E O
B C
A E
O F
H
O
A B
(80)nội tiếp chắn đường kính MN nên MAN 90
∠ = hay AP⊥AM Từ OE⊥AM
Câu 6: Cho tam giác ABC nội tiếp ( )O , đường phân giác ∠ BAC cắt ( )O D Chứng minh OD⊥BC
Hướng dẫn giải
Vì ∠ BAD = DAC∠ nên DB =DC, suy DB = DC. Lại có
OB = OC nên OD đường trung trực đoạn BC hay OD⊥BC MỨC ĐỘ 3: VẬN DỤNG THẤP
Câu 7: Cho tam giác ABC nhọn (AB < BC), nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ đường cao AD đường kính AA’, gọi E chân đường vng góc kẻ từ B lên AA’
a) Chứng minh tứ giác ADBE nội tiếp b) Chứng minh DE⊥AC
Hướng dẫn giải
a) Vì đỉnh E D nhìn cạnh AB góc ( 0) 90
=
nên tứ giác ADBE nội tiếp
b) Do tứ giác ADBE nội tiếp nên ∠ EDC = BAE∠ ( bù với góc ∠ BDE), mà ∠ DCA' = BAE∠ ( chắn cung A’B) nên
EDC = DCA'
∠ ∠ Do DE song song A’C (cặp góc so le nhau) Lại có ∠A'CA góc nội tiếp chắn đường kính nên o
A'CA 90
∠ = hay A'C⊥AC Từ DE⊥AC
Câu 8: Cho tam giác ABCnhọn Đường trịn ( )O đường kính BC cắt AB, AC Mvà N Gọi H giao điểm BN CM, K trung điểm AH Chứng minh
KN⊥ON
Hướng dẫn giải O
D
C B
A
O
E
D C
B A
(81)Vì ∠ CMB, BNC∠ góc nội tiếp chắn đường kính BC nên
0
CMB 90 , BNC 90
∠ = ∠ = Suy H giao điểm đường cao CM BN nên trực tâm ∆ABC, AH đường cao
cịn lại hay AH⊥BC Vì NK đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AH ∆AHN vuông N nên KN = KH hay ∆KHN cân K,
KNH = KHN
∠ ∠ , lại có ∠ KHN = NCB∠ ( phụ với ∠ HAN) nên KNH = NCB
∠ ∠ (1) Hơn ∠ HNO = HBO∠ ( ∆BON cân O) (2).Từ (1), (2) ta có KNO = KNH HNO
∠ ∠ + ∠ o
= NCB∠ + ∠ HBO = 90 Vậy KN⊥ON
Câu 9: Cho đường trịn ( )O đường kính AB, bán kính CO⊥AB, M thuộc cung nhỏ AC (M khác A C) Trên đoạn BM lấy điểm E cho BE=AM Chứng minh MC⊥CE
Hướng dẫn giải
Vì CO⊥AB nên C điểm cung AB CA = CB. Từ xét ∆AMC ∆BEC có AM = BE (gt), ∠ MAC = EBC∠ ( chắn
MC)
CA = CB (cmt) nên ∆AMC = BEC (c-g-c)∆ Suy ∠ MCA = ECB∠
Khi o
MCE = MCA + ACE = ECB + ACE = ACB = 90
∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠
( góc nội tiếp chắn đường kính AB), MC⊥CE
MỨC ĐỘ 4: VẬN DỤNG CAO
Câu 10: Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC < BC)nội tiếp đường trịn ( )O , có hai đường cao BD CE Chứng minh OA⊥ED
Hướng dẫn giải
Kẻ thêm đường kính AN gọi I giao điểm OA ED. Vì đỉnh E D nhìn cạnh BC góc ( 0)
90
= nên tứ giác BEDC nội tiếp, từ ∠ AED = DCB∠ bù với góc ∠ BED
Lại có ∠ EAI = BCN∠ , đó∠ AED + EAI = DCB + BCN = ACN = 90∠ ∠ ∠ ∠ o nên o
AIE = 90
∠ hay OA⊥ED.
K N
H
C A
B M
O
M
O A
C
B E
N O C B
D E
(82)Câu 11: Cho đường tròn ( )O đường kính AB E điểm nằm ( )O , E khác A B Đường phân giác ∠ AEB cắt đoạn AB F Gọi I giao điểm đường trung trực đoạn EF với OE Chứng minhIF⊥AB
Hướng dẫn giải Giả sử EF cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai K Vì ∠ AEK = BEK∠ nên KA =KB, suy KA = KB. Lại có
OA = OB nên OK đường trung trực đoạn AB hay OK⊥AB Vì I thuộc đường trung trực đoạn EF nên IE = IF tức ∆IEFcân I Do ∠ IFE = IEF∠ , lại có ∠ OKE = IEF∠ (∆OEKcân O) nên ∠ IFE = OKE∠ cặp góc đồng vị Suy IF // OK, từ IF⊥AB.
Câu 12: Cho đường tròn ( )O , BC dây khơng qua tâm Kẻ tiếp tuyến với đường tròn ( )O B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻcác đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, AC, AB. Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q Chứng minh PQ⊥MI
Hướng dẫn giải
Vì tứ giác BKMI, CHMI có tổng hai góc đối 180 nên tứ giác nội tiếp Ta có ∠ I = B1 ∠
1
sd KM
đường tròn ngoại tiếp BKMI, mà ∠ B = C1 ∠
1
sd BM
nên ∠ I = C1 ∠ Chứng minh tương tự ta có ∠ I = B2 ∠ Từ
o
1 2
PMQ + PIQ = PMQ + I + I PMQ + C + B 180
∠ ∠ ∠ ∠ ∠ = ∠ ∠ ∠ =
nên tứ giác PMQI nội tiếp Suy ∠ Q = I1 ∠ mà ∠ I = C1 ∠ nên
1
Q = C
∠ ∠ , PQ // BC ( cặp góc đồng vị nhau) Theo giả thuyết BC⊥MI nên PQ⊥MI
I
K F O E
B A
C
O I A
P Q
1
M
B
H K
2
(83)Chủ đề 7: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG
1 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
Chứng minh đường thẳng đồng quy
- Áp dụng tính chất đường đồng quy tam giác
- Chứng minh đường thẳng qua điểm: Ta hai đường thẳng cắt điểm chứng minh đường thẳng cịn lại qua điểm
- Dùng định lý đảo định lý Talet
2 CÁC VÍ DỤ
Mức độ 1: NB
Câu 1: Cho tam giác ABC có góc B C nhọn,đường cao AH Dựng phía ngồi tam
giác ABC tam giác vuông cân ABD, ACE( BAD=CAE=90o) Gọi M trung điểmcủa DE Chứng minh H, A, M thẳng hàng
Giải
Dựng hình bình hành AEFD M
⇒ trung điểm củaAF (t/c hình bình hành) EF=DA =BA Mặt khác EA=CA(gt); AEF =CAB (Cùng bù với DAE)
EFA ABC
⇒ ∆ = ∆ (c – g – c)
1
A =C ( Hai góc tương ứng) Mà o
1 90 A +C =
o
1 90 A A
⇒ + =
o
1 180 A A A
⇒ + + = hay o A 180
F H = ⇒M , A,H thẳng hàng
Câu 2: Cho∆ABC có trực tâm H nội tiếp ( )O đường kính CM , gọi I trung điểm AB Chứng minh H, I, M thẳng hàng
Giải
MB⊥BC, AH ⊥BC(suy từ giả thiết) //
MB AH
⇒
Mà MA BH// (cùng vng góc với AC) AMBH
⇒ hình bình hành
AB
⇒ cắt MH trung điểm I AB MH(t/c hình bình hành)
1 1
2 3 M
F
E
D
H C
B A
M I H
O
C B
(84)Suy H, I, M thẳng hàng
Câu 3: Chứng minh rằng: trung điểm hai cạnh bên hai đường chéo hình thang ln thẳng hàng
Giải
Giả sử hình thang ABCD(AB CD// ) M , N , P,Q thứ tự trung điểm củaAD, BC, BD,AC
Cần chứng minh M , N, P,Q thẳng hàng Từ (gt) ⇒MN, MP, MQ thứ tự đường
trung bình hình thang ABCD, ∆ABD,∆ACD //
MN AB
⇒ ; MP AB// ; MQ CD// hay MQ AB// M
⇒ , N, P, Q thẳng hàng (theo tiên đề Ơclít) Mức độ 2: TH
Câu 4: Cho ( )O đường kính AB Điểm M chuyển động ( )O , M ≠A;M ≠B Kẻ MH vng góc với AB Vẽ đường trịn ( )O1 đường kính MH cắt đường thẳng MA MB C D Chứng minh rằng:
a) C, D, O1 thẳng hàng b) ABCD nội tiếp
Giải a)Ta có:
o
90
AMB= (góc nội tiếp chắn nửa ( )O )
o
90 CMD
⇒ =
CD
⇒ đường kính ( )O1 Suy C, D, O1 thẳng hàng
b) MCHD hình chữ nhật nội tiếp ( )O1
MCD MH D
⇒ = (2 góc nội tiếp chắnCD)
Mà o
D 180
MC = ⇒B MCD+ACD= +B ACD= Vậy ABCD nội tiếp
Câu 5: Cho đường trịn ( )O đường kính AB Trên ( )O lấy điểm D (khác A, B) Lấy điểm C đoạn AB, kẻ CH ⊥ AD(H∈AD) Phân giác BAD cắt ( )O E, cắt CH F Đường thẳng DF cắt ( )O N Chứng minh N, C, E thẳng hàng
Giải
(gt) ⇒HC DB// (cùng vng góc với AD)
1 C B
⇒ = (2 góc đồng vị)
O
C
D M
B O
H A
1
Q
P N
M
D C
(85)Mà B 1 =N1 (2 góc nội tiếp chắn AD) ⇒C 1 =N1 ⇒ Tứ giác AFCN nội tiếp
1 A N
⇒ = (2 góc nội tiếp chắn FC) Hay A1 =FNC mà A1=A2(gt)
A FNC
⇒ = mà A2 =DNE=FNE (2góc nội tiếp chắn DE)
FNC FNE
⇒ = mà NC NE thuộc nửa mặt phẳng bờ DN Suy tia NC NE trùng ⇒N, C, E thẳng hàng
Câu 6: Cho hình chữ nhật ABCD có O giao điểm đường chéo Điểm M đoạn OB, lấy E đối xứng với A qua M ;H hình chiếu điểm E BC, vẽ hình chữ nhật
EHCF Chứng minh M , H, F thẳng hàng Giải
Gọi I giao điểm HF CE H
⇒ ,I, F thẳng hàng ( )* (t/c hình chữ nhật) Cần chứng minh: M ,I,F thẳng hàng
1 E
MA=ME= A (gt)và
2
OA=OC= AC(t/c hình chữ nhật) OM
⇒ đường trung bình ∆ACE
//
OM CE ODC ICF
⇒ ⇒ = (2 góc đồng vị)
Mà ODC =OCD ICF=IFC(vì ∆OCDcân O, ∆ICFcân I , t/c hình chữ nhật)
//
OCD IFC IF AC
⇒ = ⇒ mà IM AC// (doIM đường trung bình ∆ACE) M
⇒ , I , F thẳng hàng (tiên đề Ơclít) Kết hợp với ( )* ta có: M , H,F thẳng hàng
Mức độ 3: VDT
Câu 7: Cho ∆ABC điểm M tam giác Gọi A1, B1, C1 thứ tự điểm đối xứng M qua trung điểm cạnhBC, CA,AB Gọi O giao điểm
1
BB CC1 Chứng minh điểm A,O,A1 thẳng hàng Giải
Gọi D, E, Fthứ tự trung điểm BC,CA,AB EF
⇒ đường trung bình ∆ABC ∆MB C1 1(suy từ giả thiết) 1
1
2
EF BC B C
⇒ = = EF BC B C// // 1 1
// BC B C
⇒ BC=B C1 1
BCB C
⇒ hình bình hành
O
⇒ trung điểm BB1và CC1(t/c hình bình hành) + Tương tự ta có:
1
ABA B hình bình hành
AA
⇒ cắt BB1tại O trung điểm BB1 AA1
(86)Suy A,O,A1 thẳng hàng
Câu 8: Cho ∆ABC nhọn, nội tiếp đường tròn ( )O , điểm M cung nhỏ BC E, F thứ tự điểm đốixứng M qua AB, AC, gọi H trực tâm ∆ABC
Chứng minh E, H, Fthẳng hàng Giải
Gọi B′ giao điểm BH AC; A′ giao điểm AH BC Tứ giác HA CB′ ′ nội tiếp
1 A
H A CB′ ′ BCA BMA BE
⇒ = = = = (t/c đối xứng trục) ⇒ Tứ giác AHBEnội tiếp
A
EHB E B MAB ⇒ = =
Tương tự ta có: A HC′ = ABC, CHF =MAC
o
180 EH B H A HC′ CH F MAB ACB ABC MAC ACB ABC BAC
⇒ + + + = + + + = + + =
o
180
EHF = ⇒E, H, F thẳng hàng
Câu 9: Cho ∆ABC nhọn, đường cao AH, BD vàCE Gọi M , N , P, Q thứ tự hình chiếu H AB, BD, CE AC Chứng minh M , N, P, Q thẳng hàng
Giải
+ Từ (gt) ⇒MH CE// ; NH AC// BM BH BN
BE BC BD
⇒ = = (định lý Talét)
// MN ED
⇒ ( )1 (định ký Talét đảo)
+ Chứng minh tương tự ta có: PQ ED// 2( )
+ Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông HACvà HABta có:
AH = AQ AC=AM AB AQ AB AM AC
⇒ = mà AB AD
AC = AE (vì ∆DAB∽∆EAC(g.g))
AQ AD
AM AE
⇒ = hay AQ AM MQ ED//
AD = AE ⇒ (định lý Talét đảo) Kết hợp với ( )1 , ( )2 ta có:
M , N, Q thẳng hàng M , P, Q thẳng hàng (tiên đề Ơclít) Do M , N , P, Q thẳng hàng
Mức độ 4: VDC
Câu 10: Cho đường tròn ( )O dây cung AB Lấy I thuộc đoạn AB cho IA>IB Gọi D điểm cung nhỏ AB, DI cắt ( )O điểm thứ hai C Tiếp tuyến với
( )O C cắt AB K Lấy điểm E cho
KE=KI = IE, EC cắt ( )O F Chứng minh D, O, F thẳng hàng
Giải
Ta có 1 ( )
2
I = sđ CB +sđ AD Mà AD=DB (gt)
O M H B' C' A' F
E B C
(87) ( )
1
2 sđ s
I BC đDB sđ DBC
⇒ = + =
1
1
I ICK sđ DBC
⇒ = = ⇒ ∆KIC cân K =>KI =KC
mà
2
KI =KE= IE (gt)
KC IK KE IE CIE
⇒ = = = ⇒ ∆ vuông C
o
90
DCF DF
⇒ = ⇒ đường kính ( )O Suy D, O, F thẳng hàng
Câu 11: Cho ( )O đường kính AB Trên ( )O lấy điểm D (khác A, B) Lấy điểmbất kỳ đoạn AB, kẻ CH ⊥ AD(H∈AD) Phân giác BAD cắt ( )O E, cắt CH
F Đường thẳng DF cắt ( )O N Chứng minh N, C, E thẳng hàng Giải 1 1 1 2 N F H D E C O A B 2 1
(gt) ⇒HC DB// (cùng vng góc với AD)
1 C B
⇒ = (2 góc đồng vị)
Mà B 1 =N1(2góc nội tiếp chắn AD) ⇒N 1 =C1 Suy tứ giác AFCN nội tiếp
A N
⇒ = (2 góc nội tiếp chắn FC) Hay A1 =FNC mà A1=A2(gt)
A FNC
⇒ = mà A2 =DNE=FNE (2 góc nội tiếp chắn DE)
FNC FNE
⇒ = mà NC NE thuộc nửa mặt phẳng bờ DN Suy tia NCvà NE trùng nhaunên N, C, E thẳng hàng
Câu 12: Cho ∆ABC, đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc với tia AB N Kẻ đường kính MN Trên tia đối tia AB lấy điểm K cho AK =BN Chứng minh K,
C, M thẳng hàng Giải
Gọi I, J theothứ tự tâm đường tròn bàng tiếp góc A, góc B ∆ABC ( )I tiếp xúc với BC AC thứ tự P H
( )J tiếp xúc với BC BAthứ tự Q K′
(88)Ta có:
CA CB+ −AB=CA CP+ +PB−AB
– – –
CA CH NB AB AH NB AB AN NB AB NB
= + + = + = + = (t/c tiếp tuyến)
– –
CA CB AB NB
⇒ +
Tương tự ta có: CA CB+ –AB = 2AK′ AK AK′ BN K′ K
⇒ = = ⇒ ≡
Mặt khác ∆PIC đồng dạng ∆QJC(g.g) Nên IC IP IM JC = JQ = JK mà CIM =CJK (2 góc so le củaMN JK// )
ICM
⇒ ∆ đồng dạng ∆JCK(c.g.c)
ICM JCK
⇒ = Suy tia CK CM đối Vậy K, C, M thẳng hàng
3 BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Mức độ 1: NB
Câu 13: Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường trịn (O) có đường kính MC đường thẳng BM cắt đường trịn (O) D đường thẳng AD cắt đường tròn(O) S
1 Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh CA tia phân giác góc SCB
3 Gọi E giao điểm BC với đường tròn(O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy
4 Chứng minh DM tia phân giác góc ADE
5 Chứng minh điểm M làtâm đường trònnội tiếp tam giácADE
Lời giải: 3 2 1 1 F O M S D E B A C H×nh a F C A B E D S M O 1 1 2 H×nhb
1 Ta có ∠CAB = 900( tam giácABC vng A); ∠MDC = 900( góc nội tiếp chắn
nửa đường trịn ) => ∠CDB = 900như D A nhìn BC góc 900
nên A D nằm đường trịnđường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác nội tiếp => ∠D1= ∠C3( nội tiếp chắn cung AB)
∠D1= ∠C3=> SM =EM=> ∠C2 = ∠C3(hai góc nội tiếp đường trịn(O) chắn hai cung
bằng nhau)
=> CA tia phân giác góc SCB
TH2(Hình b)
(89)∠ABC = ∠CME(cùng phụ ∠ACB); ∠ABC = ∠CDS (cùng bù∠ADC) => ∠CME = ∠CDS
=> CE CS = =>SM =EM => ∠SCM = ∠ECM => CA tia phân giác góc SCB
3 Xét ∆CMB Ta có BA⊥CM; CD ⊥BM; ME ⊥BC BA, EM, CD ba đường cao tam giácCMB nên BA, EM, CD đồng quy
4 Theo Ta có SM =EM =>∠D1= ∠D2=> DM tia phân giác góc ADE.(1)
5 Ta có ∠MEC = 900(nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => ∠MEB = 900
Tứ giác AMEB có ∠MAB = 900;∠MEB = 900=> ∠MAB + ∠MEB = 1800mà hai
góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đường tròn=> ∠A2 = ∠B2
Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => ∠A1= ∠B2( nội tiếp chắn cung CD)
=> ∠A1= ∠A2=> AM tia phân giác góc DAE (2)
Từ (1) (2) Ta có M tâm đường trònnội tiếp tam giácADE
Câu 14: Cho tam giác ABC vuông ở.A điểm D nằm A và.B Đường trịn đường kính BD cắt BC E Các đường thẳngCD, AE cắt đường tròntại F, G.Chứng minh:
1 Tam giácABC đồng dạng với tam giácEBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp
3 AC // FG
4 Các đường thẳngAC, DE, FB đồng quy
Lời giải:
1 Xét hai tam giácABC EDB Ta có ∠BAC = 900( tam giác
ABC vng A); ∠DEB = 900( góc nội tiếp chắn nửa đường
trịn )
=> ∠DEB = ∠BAC = 900;lại có ∠ABC góc chung => ∆DEB ∼∆
CAB
2 Theo ∠DEB = 900=> ∠DEC = 900(vì hai góc kề bù);
∠BAC = 900( ∆ABC vng A) hay ∠DAC = 900=> ∠DEC
+ ∠DAC = 1800mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp
* ∠BAC = 900( tam giácABC vng A); ∠DFB = 900( góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn ) hay ∠BFC = 900như F A nhìn BC góc 900nên
A F nằm đường trịnđường kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp Theo ADEC tứ giác nội tiếp => ∠E1 = ∠C1lại có ∠E1 = ∠F1=> ∠F1 = ∠C1mà
đây hai góc so le nên suy AC // FG
4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đường cao tam giácDBC nên CA, DE, BF đồng quy S
Câu 15: Cho đường trịn(O) đường kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H khơng trùng O, B);trên đường thẳngvng góc với OB H, lấy điểm M ngồi đường trịn;MA MB thứ tự cắt đường tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD
BC
1 Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp
G
1 O
S D
E B
A C
(90)2 Chứng minh đường thẳngAD, BC, MH đồng quy I
3 Gọi K tâm đường trònngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội Lời giải:
1 ∠BIC = 900( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => ∠BID
= 900(vì hai góc kề bù);DE ⊥AB M => ∠BMD =
900
=> ∠BID + ∠BMD = 1800mà hai góc đối tứ
giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp
2 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE ⊥AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung)
2
1 1
/ /
1
O'
E
3 2 1
I
O D
C M
A
(91)Chủ đề 8: CHỨNG MINH BA ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY 1 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
Cách Lợi dụng định lí đường đồng quy tam giác
Sử dụng định lí ba đường cao tam giác đồng quy điểm
Sử dụng định lí ba đường trung tuyến tam giác đồng quy điểm Điểm gọi trọng tâm tam giác
Sử dụng định lí: 1.Ba đường phân giác tam giác đồng quy điểm
Giao điểm hai đường phân giác nằm đường phân giác góc thứ ba
Sử dụng định lí ba đường trung trực tam giác đồng quy điểm
Cách Sử dụng tính chất đường chéo cắt tai trung điểm đường của hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vng
Cách Lùi quen thuộc, chứng minh ba điểm thẳng hàng giao điểm hai đường nằm đường thẳng thứ ba
2 CÁC VÍ DỤ Mức độ 1: NB
Câu 1. Cho tam giác ABC có ba đường trung tuyến AD BE CF, , Chứng minh AD, BE, CF đồng quy
Giải:
Áp dụng tính chất: Trong tam giác, ba đường trung tuyến qua điểm
Trong tam giác ABC có AD BE CF, , ba đường trung tuyến nên AD, BE, CF cùn qua điểm
Vậy AD, BE, CF đồng quy
Câu 2. Cho tam giác ABC có ba đường cao AD BE CF, , Chứng minh AD, BE, CF đồng quy
Giải:
Áp dụng tính chất: Trong tam giác, ba đường cao qua điểm
Trong tam giác ABC có ba đường cao AD BE CF, , nên AD, BE, CF qua điểm Vậy AD, BE, CF đồng quy
Câu 3. Cho tam giác ABC có ba đường phân giác AD BE CF, , Chứng minh AD, BE, CF đồng quy
Giải:
(92)Trong tam giác ABC có ba đường phân giác AD BE CF, , nên AD BE CF, , qua điểm
Vậy AD, BE, CF đồng quy Mức độ 2: TH
Câu 1. Chotam giác ABC cân A, kẻ đường cao AH (H∈BC) Gọi M N, trung điểm AC AB, Chứng minh AH BM CN, , đồng quy
Giải:
Vì ∆ABC cân A có đường cao AH nên AH đường trung tuyến ∆ABC ,
M N trung điểm AC AB, nên BM CN, đường trung tuyến ∆ABC Vậy ba đường trung tuyến AH BM CN, , đồng quy
Câu 2. Cho tam giác ABC cân A, kẻ đường cao BH CK, (H∈AC K, ∈AB) Gọi M trung điểm BC Chứng minh AM BH CK, , đồng quy
Giải:
Vì ∆ABC cân A có đường trung tuyến AM nên AM đường cao ∆ABC Vì tam giác có ba đường cao qua điểm, ba đường cao AM BH CK, , đồng quy
Câu 3. Cho tam giác ABC cân A, kẻ đường cao AH (H∈BC) Gọi BD CE, đường phân giác góc B góc C (D∈AC E, ∈AB) Chứng minh AH BD CE, , đồng quy
Giải:
Vì ∆ABC cân A có đường cao AH nên AH đường phân giác ∆ABC Vì tam giác có ba đường phân giác qua điểm, ba đường phân giác AH,
,
BD CEđồng quy Mức độ 3: VDT
Câu 1. Cho hình bình hành ABCD Gọi E F, theo thứ tự trung điểm AB CD, Gọi M giao điểm AF DE N giao điểm BF CE Chứng minh rằng:
a) EMFN hình bình hành
b) Các đường thẳng AC EF MN, , đồng quy Giải:
a) Tứ giác AECF có AE CF AE€ , =CF nên tứ giác AECF hình bình hành Suy AF CE€
Chứng minh tương tự, BF DE€
(93)b) Gọi O giao điểm AC EF Ta chứng minh MN qua O AECF hình bình hành, O trung điểm AC nên O trung điểm EF EMFN hình bình hành nên đường chéo MN qua trung điểm O EF Vậy AC EF MN, , đồng quy O
Câu 2. Trên hình vẽ bên, cho ABCD hình bình hành Chứng minh rằng:
a) EFGH hình bình hành
b) Các đường thẳng AC BD EF GH, , , đồng quy Giải:
a) Chứng minh EG=HF EH; =GF
b) Gọi O giao điểm AC EF Tứ giác AECF có AE=CF AE CF, € nên hình bình
hành
Suy O trung điểm AC EF,
ABCD hình bình hành, O trung điểm AC nên O trung điểm BD EGHF hình bình hành, O trung điểm EF nên O trung điểm GH Vậy AC BD EF GH, , , đồng quy O
Câu 3. Cho hình bình hành ABCD Lấy điểm E cạnh AB, lấy điểm F cạnh CD cho AE=CF Chứng minh ba đường thẳng AC BD EF, , đồng quy
Giải:
Gọi O giao điểm AC BD Hãychứng minh AECF hình bình hành để suy ba điểm E O F, , thẳng hàng
Câu 4. Cho hình bình hành ABCD có E F, theo thứ tự trung điểm AB CD, a) Tứ giác DEBF hình gì?
b) Chứng minh đường thẳng AC BD EF, , cắt điểm Giải:
a) Tứ giác DEBF hình bình hành Học sinh tự chứng minh
b) Gọi O giao điểm hai đường chéo hình bình hành ABCD, ta có O trung điểm BD
Theo câu a), DEBF hình bình hành nên trung điểm O BD trung điểm EF Vậy AC BD CF, , cắt điểm O
(94)Bài 1. Cho∆ABC với đường caoAH Vẽ phía ngồi∆ABCcác tam giác,ACE vuông cân CvàABDvuông cân B.Trên tia đối tiaAH lấy điểmK choAK =BC Chứng minh
1) BE⊥CK
2)Ba đường thẳngAH BE CD, , đồng quy điểm Giải:
1 1
K
H D
E A
B
C
Ta có: C 1 =A1 ⇒ BCE=KAC Xét ∆BCE ∆KAC có:
( )gt BC=KA
CE= AC (∆ACE vuông cân C)
BCE=KAC(cmt) ( ) BCE KAC c g c
⇒ ∆ = ∆
BEC KCA
⇒ =
Mặt khác: KCA +ECK = °90 ⇒BEC +ECK = °90 Vậy BE⊥KC
b) Chứng minh tương tự: DC⊥KB
tam giác KBC có ba đường cao KH ⊥BC BE, ⊥KC CD, ⊥KB Vậy ba đường thẳngAH BE CD, , đồng quy điểm
(95)D
N M
J I
B
O C
A
M thuộc đường trịn đường kính IJ nên JMI = °90 hay JM ⊥CI Tương tự IN ⊥CJ
Tam giác CIJ có đường cao CA JM IN, , đồng quy D Vậy IN JM AB, , đồng quy điểm D
Bài 3. Cho hình thang ABCD (AB<CD) Gọi E giao điểm hai cạnh bên AD BC, F trung điểm AB Chứng minh AC BD EF, , đồng quy
Cho tam giác ABC, dựng tam giác MAB NBC PAC, , thuộc miền tam giác ABC Chứng minh MC NA PB, , đồng quy
Giải:
1 2 2
1
3 2 1
4 3
1 2 2 1
K
N
P
M A
B C
Dễ thấy ∆AMC= ∆ABP c g c( ) ⇒C 1=P1
(96)Trong ∆PCK, có: C 1+C2+K2+P2 =180°⇒ ° +60 (C 1+P2)+K2 =180° ⇒K2 = °60 Tương tự: ∆ABN = ∆MBC ⇒N 1=C3 mà N1+N2 = °60
60 N C
⇒ + = ° mà C4 = °60 NKC
⇒ ∆ có N 2+C3+C4+K3=180° ⇒K3 = °60 Chứng minh tương tự: K1= °60
Theo chứng minh ta có: K 1=K2 =K3 = °60 ⇒K 1+K2+K3 =180° , ,
A K N
⇒ thẳng hàng Vậy AN MC BP, , đồng quy 2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Mức độ 1: NB
Câu 1. Cho tam giác MNP có ba đường trung tuyến MD NE PF, , Chứng minh MD, NE, PF đồng quy
Câu 2. Cho tam giác MNP có ba đường cao MD NE PF, , Chứng minh MD, NE, PF đồng quy
Câu 3. Cho tam giác MNP có ba đường phân giác MD NE PF, , Chứng minh MD, NE, PF đồng quy
Mức độ 2: TH
Bài 2. Cho ∆ABCcân tạiB Tia phân giác gócB cắt đường trung tuyến AC K Gọi ,
I J trung điểm củaAB BC, Chứng minh BK AJ CI, , đồng quy
Bài 3. Cho hai đường thẳng a b, cắt O, đường thẳng a, lấy ba điểm A B C, , choOA=AB=BC, đường ta lấy ba điểm L M N, , cho LO=OM =MN Chứng minh rằngAL BN CM, , đồng quy điểm
Bài 4. Cho∆ABC với đường caoAH Vẽ điểm D E, choAB AC, thứ tự đường trung trực đoạnHD HE, Gọi M N, giao điểm củaDE vớAB AC, Chứng minh rằng, ba đường thẳngAH BN CM, , đồng quy điểm
Bài 5. Cho∆ABC với điểmM nằm tam giác GọiH K L, , theo thứ tự hình chiếu vng góc củaM trênBC CA AB, , Các đường thẳngh l k, , quaA B C, , vng góc với
, ,
KL LH HK Chứng minh rằng, ba đường thẳng h l k, , đồng quy điểm Mức độ 3: VDT
Bài 2. Cho ∆ABC AB( <AC) phân giácAD Vẽ tia Cx/ /AD cắt đường trung trực cạnhACtạiE, By/ /AD cắt đường trung trực cạnhABtạiF Chứng minh rằng:
(97)Bài 3. Cho∆ABC nhọn không cân tạiAvới đường caoAH VẽHM ⊥ AB HN, ⊥ AC KẻHE/ /AC HF, / /AB Chứng minh rằngEF MN BC, , đồng quy điểm
Mức độ 4: VDC
Bài 1. Ở bên ngoài∆ABC, vẽ tam giác đềuABC BCA CAB1, 1, Chứng minh rằngAA BB CC1, 1, 1đồng quy mộtđiểm.(Tứ giác nội tiếp)
Bài 2. Cho∆ABC với trung tuyếnAM.Trên cạnhAC AB, thứ tự lấy điểmD E, choAB=3AE AC, =3AD Chứng minh rằng,AM BD CE, , đồng quy điểm
Bài 3. Cho tứ giácABCD, người ta kẻ hai đường thẳng song song với đường chéoAC cắt cạnhBA BC, tạiG H, Cắt cạnhDA DC, thứ tự tạiE F, Chứng minh
, ,
GE HF BDđồng quy điểm
Bài 4. Cho∆ABC với trực tâmH vàA B C1, 1, theo thứ tự giao điểm đường trung trực tam giácHBC HCA HAB, , Chứng minh AA BB CC1, 1, 1đồng quy điểm
(98)Chủ đề 9: CHỨNG MINH ĐƯỜNG THẲNG LÀ TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN
1 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
Phương pháp 1:
Chứng minh khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng (d) bán kính R ( Phương pháp thường dung chưa biết giao điểm (d) (O) ) Phươngpháp 2:
Nếu biết đường thẳng (d) (O) có giao điểm A Ta cần chứng minh minh
OA⊥d
3 Phương pháp 3:Phương pháp trùng khít
Để chứng minh đường thẳng (d) tiếp tuyến (O) ta dựng đường thẳng (d’) tiếp tuyến (O) sau chứng minh (d) (d’) trùng Do (d) tiếp tuyến (O)
2 CÁC VÍ DỤ
Mức độ 1: NB.
Câu 1: Chọn sai câu sau: đường thẳng a tiếp tuyến đường tròn (O; 6cm)
nếu
a) Khoảng cách từ O đến a OH = 6cm
b) Đường thẳng a cắt đường tròn (O; 6cm) hai điểm phân biệt
c) Đường thẳng a qua điểm C thuộc đường trịn (O; 6m)
d) Đường thẳng a vng góc với OH H; H thuộc đường tròn (O; 6cm)
Câu 2: Cho tam giác ABC có AB=3, AC=4, BC=5 Vẽ đường tròn(B;BA) Chứng minh AC
là tiếp tuyến đường tròn
Hướng dẫn giải
Ta có: 2 2 2 2
5 25; 25;
BC = = AB +AC = + = ⇒BC = AB +AC ABC
⇒ ∆ vuông A
AB AC
⇒ ⊥
Suy ra: AC tiếp tuyến (B;BA)
Câu 3: Cho hình vẽ, có
60 ;
BAC = AO=10cm Chọn đáp án của:
4
3 5
A C
(99)a) Độdài bán kính OB là:
A B C D đáp án khác
b) Độ dài tiếp tuyến AB là:
A C B D đáp án khác
Mức độ 2: TH.
Câu 4: Cho đường tròn (O) đường kính AB Ax, By tia tiếp tuyến (O) (Ax, By
nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB) Trên Ax lấy điểm C, By lấy điểm D cho
90
COD= Chứng minh rằng: CD tiếp xúc với đường tròn (O)
Hướng dẫn giải
Từ C vẽ tiếp tuyến CD’ đường tròn (O) (D’ thuộc By) tiếp xúc với (O) tiếp điểm H
Ta có: OC phân giác AOH(t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
Và OD’ phân giác góc BOH
Mà hai góc AOH BOH hai góc kề bù nên ∠OCD’ = 900
⇒ ta có ∠COD’ = ∠COD= 900 mà D, D’ thuộc By nên suy D′ ≡D Vì CD’ tiếp tuyến (O) ⇒ CD tiếp tuyến (O)
O A
B
(100)Câu 5: Cho đường tròn (O; 3cm) điểm A đường tròn Qua A kẻ tiếp tuyến Ax, lấy lấy điểm B cho AB=OA
a) Tính độ dài đoạn OB;
b) Gọi I trung điểm đoạn OB, AI cắt đường tròn (O) C Tứ giác CBAO hình gì? Vì sao?
c) Chứng minh BC tiếp tuyến đường tròn (O) Hướng dẫn giải a) OB=2 3cm
b) Ta có: OB⊥ AC AOC
∆ cân O
OABC
⇒ hình vng
c) Theo câu b tứ giác OABC hình vng ⇒OC⊥ BC
⇒ BC tiếp tuyến (O)
Câu 6: Cho đường trịn (O), dây AB khác đường kính Qua O kẻ đường vng góc với AB, cắt
tiếp tuyến A đường tròn điểm C
a) Chứng minh CB tiếp tuyến đường tròn
b) Cho bán kính đường trịn 15cm, AB=24cm Tính độ dài OC
Hướng dẫn giải a) Ta có: OC ⊥ AB ⇒ OC qua trung điểm AB
⇒OC đường cao đồng thời trung tuyến ∆ABC
⇒∆ABC cân C
⇒ ACO BCO
AC CB
=
=
⇒ ∆AOC = ∆BOC c( − −g c)
OB BC
⇒ ⊥
⇒Bc tiếp tuyến (O) b) OC=22,5cm
O
A B
(101)Mức độ 3: VDT
Câu 7: Cho tam giác ABC nhọn Vẽ đườngtròn tâm O đường kính BC cắt AB, AC
E vàF BF CE cắt I.Gọi M trung điểm AI Chứng minh: MF tiếp tuyến (O)
Hướng dẫn giải Ta chứng minh I trực tâm tam giác ABC
Trong tam giác vng AFI có FM trung tuyến nên MF = MA = MI, suy tam giác MFA cân M, suy AFM =MAF
Ta có: OFC =FCO (Tam giác OCF cân O)
Từ đó: Suy ra.
90 MFO=
Vậy nên MF tiếp tuyến (O)
I
F E
O A
B C
(102)Câu 8: Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Đường trịn đường kính BH cắt AB D, đường trịn đường kính CH cắt AC E Chứng minh DE tiếp tuyến chung (I) (J)
Hướng dẫn giải
Để chứng minh DE tiếp tuyến đường trịn tâm I đường kính BH ta chứng minh
ID ⊥DE hay ∠DOE = 90o
Vì D, E thuộc đường trịn đường kính BH HC nên ta có: ∠BDH =∠CEH = 900
tứ giác ADHE hình chữ nhật
Gọi O giao điểm AH DE, ta có OD = OH = OE = OA ∆ODH cân O ⇔∠ODH = ∠OHD
Ta có ∆IDH cân I ⇔∠IDH = ∠IHD
∠IDO = 900⇔ID ⊥DE
Ta có ID⊥DE D, ∈( )I DE tiếp xúc với (I) D
Chứng minh tương tự ta có DE tiếp xúc với (J) E
Câu 9: Cho tam giác ABC nhọn, đường cao BDvà CE cắt H Gọi I trung điểm
BC Chứng minh ID, IE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE Hướng dẫn giải
Gọi O trung điểm AH
Tam giác ADH vng D có DO trung tuyến nên ta có:
2 AH
DO= =OA=OH
Tam giác AEH vng E có EO trung tuyến nên ta có:
2 AH
EO= =OA=OH ⇒OA = OD = OE, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE
Tam giác OAD cân O) ⇒∠ODA = ∠OAD (1)
∆BDC vng D có DI trung tuyến ⇒
2 BC
DI = =IC, ⇒tam giác ICD cân I, ⇒∠IDC = ∠DCI (2)
H giao điểm hai đường cao BD CE
⇒H trực tâm ∆ABC,
O
E D
I H J
B
(103)⇒AH ⊥ BC F (3)Khi ∠OAD +ICD=90o (2)
Từ (1), (2) (3) ta có
∠ODA + ∠IDC = ∠OAD +∠ICD = 900
Ta có OD⊥DI D, ∈( )O ⇒ID tiếp xúc với (O) D
Chứng minh tương tự ta có IE tiếp xúc với (O) E (DPCM)
Mức độ 4: VDC
Câu 10: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB= 2R, dây cung AC Gọi M điểm
giữa cung AC Đường thẳng kẻ từ C song song với BM cắt tia AM K cắt tia OM D OD cắt AC H
1 Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp
2 Chứng minh CD = MB DM = CB
3 Xác định vị trí điểm C nửa đường tròn (O) để AD tiếp tuyến nửa đường tròn
4 Trong trường hợp AD tiếp tuyến cửa nửa đường trịn (O), tính diện tích phần tam giác ADC ngồi đường trịn (O) theo R
Hướng dẫn giải
180
H +K = ⇒ tứ giác CKMH nội tiếp
2 tứ giác DMBC hình bình hành
3 ∆ADCcó AK ⊥ CD DH ⊥ AC nên M trực tâm tam giác Suy ra: CM ⊥ AD
Vậy AD⊥ AB ⇔ CM // AB ⇔ AM =BC
Mà AM =MC nên AM =BC⇔ AM =MC=BC
⇒ sđBC = 600
4 Tính diện tích phần tam giác ADC ngồi (O) theo R: Gọi S diện tích phần tam giác ADC ngồi đường trịn (O)
S1là diện tích tứ giác AOCD
S2là diện tích hình quạt góc tâm AOC Ta có: S = S1 – S2 ∗ Tính S1:
AD tiếp tuyến đường tròn (O) ⇔ 60
AM =MC=BC = ⇒AOD=600
F I
O H
D E
A
B
(104)Do đó: AD = AO tg 600= R 3 ⇒ SADO=
2
1
2 2
R AD AO= R R=
AOD COD
∆ = ∆ (c.g.c) ⇒ SAOD= SCOD ⇒ SAOCD= SADO=
2
R =
3 R
∗ Tính S2: 120
AC = ⇒ Squạt AOC=
2 0 120 360 R
π =
3 R
π ∗ Tính S:
S = S1 – S2= R2 –
3 R
π = 2
3 3
R −πR = 2( )
3 3
R −π (đvdt)
Câu 11: Cho tam giácnhọn ABC có ∠B = 450 Vẽ đường trịnđường kính AC có tâm O, đường
trịnnày cắt BA BC D E
1 Chứng minh AE = EB
2 Gọi H giao điểmcủa CD AE, Chứng minh đường trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH
3 Chứng minh OD tiếp tuyến đường trònngoại tiếp tam giácBDE Hướng dẫn giải
1 ∠AEC = 900(nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> ∠AEB = 900( hai góc kề bù); Theo giả thiết ∠ABE = 450 => ∆AEB tam giác vuông cân E => EA = EB
2 Gọi K trung điểm HE (1); I trung điểm HB => IK đường trung bình tam giác HBE => IK // BE mà ∠AEC = 900nên BE ⊥HE E => IK ⊥HE K (2)
Từ (1) (2) => IK trung trực HE Vậy trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH
3 theo I thuộc trung trực HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB
∠ADC = 900(nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠BDH = 900(kềbù ∠ADC) => tam giác BDH vng D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID Ta có ∆ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => ∠D1= ∠C1 (3)
(105)Theo ta có CD AE hai đường cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đường cao tam giác ABC => BH ⊥AC F => ∆AEB có
∠AFB = 900
Theo ∆ADC có ∠ADC = 900=> ∠B1= ∠C1( phụ ∠BAC) (5)
Từ (3), (4), (5) =>∠D1= ∠D2mà ∠D2+∠IDH =∠BDC = 900=> ∠D1+∠IDH = 900= ∠IDO => OD ⊥ID D => OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Câu 12: Cho đường trịn (O) đường kính AB.C điểm thay đổi đường tròn (O) Tiếp
tuyến (O) C cắt AB D Qua O vẽ đường thẳng vng góc với phân giác góc ODC, đường cắt CD M Chứng minh đường thẳng d qua M song song với AB tiếp xúc với (O) C thay đổi
Hướng dẫn giải
Ta thấy đường thẳng d (O) chưa có giao điểm nào, ta dùng cách để giải tốn
Vẽ OH ⊥d H( ∈d) Ta cần chứng minh OH = OC
Ta có tam giác DMO cân D ⇒DMO = DOM
Mà HMO =DOM (so le trong)
DMO HMO
⇒ =
Từ ta có: ∆CMO= ∆HMO
⇒ OH = OC Vậy d tiếp tuyếncủa (O) C thay đổi
F
1
1
1
/
/ _
_ K
H I
E D
O
C B
A
d
A D
O B
M C
(106)Chủ đề 10: CÁC BÀI TỐN VỀ TÍNH TỐN ĐỘ DÀI CẠNH, ĐỘ LỚN GĨC, DIỆN TÍCH HÌNH
1 PHƯƠNG PHÁP.
1 Tổng ba góc tam giác, góc ngồi tam giác, tổng góc tứ giác
2 Tính chất tam giác cân, tam giác vng cân, tam giác
Tam giác cân: ∆ABC cân A 180 A B C
2 − ⇒ = =
Tam giác vuông cân: ∆ABC vuông cân A
BC AB AC
2 B C 45 = =
⇒
= =
Tam giác đều: ∆ABC
2 ABC
AB AH
2 AB S
4 ∆
= ⇒
=
với AH đường cao tam giác
3 Tính chất tứ giác đặc biệt: hình thang, hình thang cân, hình bình hành, hình chữ nhật,
hình thoi, hình vng
4 Tính chất trọng tâm tam giác, đường trung bình tam giác, đường trung bình
hình thang
5 Định lí Ta-lét, hệ định lí Ta-lét
6 Tính chất phân giác, phân giác ngồi tam giác
7 Tam giác đồng dạng, tam giác
Chú ý:
Tỉ số chu vicủa hai tam giác đồng dạng tỉ số đồng dạng
Tỉ số hai đường caotương ứng hai tam giác đồng dạng tỉ số đồng dạng
Tỉ số hai đường trung tuyến tương ứng hai tam giác đồng dạng tỉ số đồng
dạng
Tỉ số hai đường phân giáctương ứng hai tam giác đồng dạng bằngtỉ số đồng dạng
Tỉ số hai diện tích tương ứngcủa hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng
dạng
(107)ABC
∆ vuông A, đường cao AH
2
2 2
2
2 2
AB BH.BC; AC CH.BC AB AC BC
AH BH.CH AB.AC BC.AH
1 1
AH AB AC
= = + = = = = ⇒ +
9 Hệ thức cạnh góc tam giác vng
ABC
∆ vuông A AB BC.sin C BC.cos B
AB AC tan C AC.cot B
= =
⇒ = =
10 Diện tích đa giác
Hình chữ nhật: S=ab (a, b cạnh hình chữ nhật)
Tam giác vuông: S ab
2
= (a,b cạnhgóc vng)
Tam giác thường: S ah
2
= (với a: cạnh; h:chiều cao tương ứng với cạnh a)
Hình thang: S (a b h)
2 +
= (với a, b: đáy; h: chiều cao)
Hình bình hành: S=ah (a: cạnh; h: chiều cao ứng với a)
Tứ giác có hai đường chéo vng góc: S d d1
2
= (với d , d1 hai đường chéo)
11 Cơng thức tính độ dài đường trịn, độ dài cung trịn
Cơng thức tính độ dài đường trịn: C=2πR (R: Bán kính đường trịn)
Độ dài cung tròn:
180 Rn
l =π (n: số đo độ cung trịn)
12 Cơng thức tính diện tích hình trịn, hình quạt trịn
Diện tích hình trịn:
S =πR
Diện tích hình quạt trịn:
2
360
q
R n S =π
2 CÁC VÍ DỤ.
Mức độ 2: THÔNG HIỂU
Câu 1:Cho tam giác ABC cân A, đường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giácAHE
1 Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp
2 Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn
3 Chứng minhED =
2
(108)4 Tính độ dài đoạn thẳng DE biết DH =2cm AH; =6cm Hướng dẫn giải
1 Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp
Xét tứ giác CEHD, ta có: CEH =900; CDH =90
90 CEH CDH
⇒ + =
Do đó, tứ giác CEHD nội tiếp
2 Bốn điểm A, E, D, B nằm đường trịn
Ta có:
90
BEA=BDA= ⇒ E D nhìn đoạn AB góc vng Vậy bốn điểm A,
E, D, B nằm đường tròn
3 Chứng minh
2
ED = BCvàDE tiếp tuyến đường tròn ( )O
+ Tam giác ABC cân A nên D trung điểm BC ⇒ ED đường trung tuyến tam giác
vuông BEC ⇒
2 ED = BC
+ Ta có
2
ED = BC ⇒ DE=DB⇒ ∆DBE cân D ⇒ E 3 =B1 ( )1
+ Dễ thấy: ∆AOE cân O⇒ A1=E1( )2 Mà A1 =B1 (do phụ với BCA) ( )3
Từ ( )1 ( )2 ( )3 , ta có: E 1=E3 ⇒E 2+E3 =E2+E1=90
Do đó:
90
DEO= Vậy DE tiếp tuyến đường trịn ( )O
4 Tính độ dài đoạn thẳng DE biết DH =2cm AH; =6cm
Theo giả thiết AH =6cm =>OH =OE=3 ; cm DH =2cm=>OD=5 cm Áp dụng định lí Pitago
cho tam giác OED vng E ta có 2
–
ED =OD OE ⇒ ED2 =5 – 2 ⇒ ED=4cm
Câu 2:Cho đường tròn (O)và điểm A cho OA=3R Qua
A kẻ tiếp tuyến AP AQ đường tròn (O),với P Q
tiếp điểm.Lấy M thuộc đường tròn (O) cho PM song song với AQ.Gọi N giao điểm thứ đường thẳng AM đường tròn (O).Tia PN cắt đường thẳng AQ K
1 Chứng minh APOQ tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh
KA =KN KP
3 Kẻ đường kính QS đường tròn (O).Chứng minhtiaNS
tia phân giác gócPNM
H
1
3 2 1 1
O
E
D C
B
(109)4 Gọi G giao điểm đườngthẳng AO PK.Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R
Hướng dẫn giải
1 Xét tứ giác APOQ có
90
APO (Do AP tiếp tuyến (O) P)
90
AQO (Do AQ tiếp tuyến (O) Q)
180 APO AQO
,mà hai góc góc đối nên tứ
giác APOQ tứ giác nội tiếp
2 Xét ΔAKN ΔPAK có AKP góc chung
APN AMP ( Góc nt……cùng chắn cung NP)
Mà NAK AMP(so le PM //AQ
( ) ~
AKN PKA gg AK NK AK2 NK KP
PK AK
(đpcm)
3 Kẻ đường kính QS đường trịn (O)
Ta có AQQS (AQ tt (O) Q)
Mà PM//AQ(gt) nên PMQS
Đường kính QS PM nên QS qua điểm
chính cung PM nhỏ
sd PSsd SM PNSSNM (hai góc nt chắn cung nhau)
Hay NS tia phân giác góc PNM
5 Chứng minh ΔAQO vng Q, có
QGAO(theo Tính chất tiếp tuyến cắt nhau)
Theo hệ thức lượng tam giác vng ta có 2 3 3 OQ R
OQ OI OA OI R
OA R
AI OA OI R R R
Do ΔKNQ ~ΔKQP (gg)
KQ KN KP
mà
AK NK KPnên AK=KQ
Vậy ΔAPQ có trung tuyến AI PK cắt G nên G trọng tâm
2 16
3 3
AG AI R R
Câu 3:Cho hình thang vng ABCD (A D 90 = = 0)có AB=BC =8, DC =12 Tính số đo góc Bvà C hình thang ABCD
Hướng dẫn giải Kẻ BK ⊥CD K( ∈CD)
(110)Ta có: A D K 90 = = = nên tứ giác ABKDlà hình chữ nhật DK =AB=8 Mà CD 12= suy
1
CK BC
2
= cosC C 60
2
⇒ = ⇒ = Từ ta tính ABC 120 =
Mức độ 3: VẬN DỤNG
Câu 4:Cho hình thang cân ABCD(AB CD ) có C=600, DB tia phân giác ADC Biết
=
AB , tính chu vi vàdiện tích hình thang ABCD
Hướng dẫn giải
Ta có: DB tia phân giác ADC ⇒ADB =BDC Mà ⇒ ABD=BDC (so le trong)
Do ABD= ADB⇒ ∆ABDcân A ⇒AD=4
Kẻ BEAD E( ∈CD) Suy ABED hình thoi ⇒AB=BE=ED=DA=4
Tam giác BECđều ⇒CE=EB=BC=4 Từ tính chu vi hình thang ABCD 20
Diện tích hình thang 12 3(dv td )
Câu 5:Cho tam giác ABC(AB< AC)có ba góc nhọn Đường trịn tâm O đường kính BC cắt cạnh AC, AB E, F Gọi H giao điểm BE CF D giao điểm AH BC.
a Chứng minh: AD⊥BC AH AD =AE AC
b Chứng minh EFDOlà tứ giác nội tiếp
c Trên tia đối tia DE lấy điểm L choDL = DF Tính số đo góc BLC. Hướng dẫn giải
a Do FC⊥AB BE, ⊥AC⇒H trực tâm ⇒ AH ⊥BC
Ta có tứ giác HDCE nội tiếp
Xét tam giác đồng dạng EAH DAC (2 tam giác
vng có Achung)
AH AE
AC AD
⇒ = ⇒AH AD =AE AC (đpcm) b Do AD phân giác FDE
nênFDE=2FBE=2 FCE=FOE
Vậy tứ giác EFDO nội tiếp (cùng chắn cung EF)
c Vì AD phân giác FDE
C B
A
F
E
L R
S
D O
Q
(111)⇒ DB phân giác FDL
⇒ F, L đối xứng qua BC ⇒ ∈L đường trịn tâm O
Vậy BLC góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O ⇒BLC=900
Câu 6:Cho đường trịn tâm O, đường kính AB=2R Gọi d1 d2 hai tiếp tuyến đường tròn ( )O hai điểm A vàB Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc
đường trịn ( )O (E khơng trùng với A B) Đường thẳng d qua điểm E vng góc với
EI cắt hai đường thẳng d1, d2 lần lượttại M, N
a Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp
b Chứng minh ENI =EBI góc MIN = 900
c Chứng minh AM.BN=AI.BI
d Gọi F điểm cung AB khơng chứa E đường trịn (O) Hãy tính diện
tích tam giác MIN theo R ba điểm E, I,F thẳng hàng
Hướng dẫn giải
a Xét từ giác MAIE có góc vng A, E (đối nhau) nên chúng nội tiếp đường
trịn đường kính MI
b Tương tự ta có tứ giác ENBI nội tiếp đường trịn đường kính
IN Vậy góc ENI =EBI (vì chắn EI) Tương tự EMI=EAI (vì chắn EI)
Mà góc
EAI+EBI=90 (∆EAD vuông E) ⇒
( ) 0 MIN=180 − EMI ENI+ =180 −90 =90
c Xét tam giác vuông MAI IBN Ta có NIB =IMA (góc có
cạnh thẳng góc)
⇒ ∆MAI∽∆IBN ⇒ AM AI
IB = BN ⇔ AM.BN=AI.BI (1)
d Gọi G điểm đối xứng Fqua AB. Ta có AM+BN=2OG 2( ) (Vì tứ giác AMNBlà hình
thang cạnh OG cạnh trung bình AM BN)
Ta có: AI R, BI 3R
2
= =
Từ (1) (2) ⇒AM + BN = 2R AM.BN = 3R2
4
Vậy AM, BN nghiệm phương trình
X – 2RX R
+ = ⇒ AM R
2
= hay BN 3R
2 =
Vậy ta có tam giác vng cân MAI cân A NBI cân B
⇒MI = R R
2 = NI =
3R 3R = ⇒S(MIN)=
2 R 3R 3R
2 2 =
M E
I
A O B
F G
(112)Mức độ 4: VẬN DỤNG CAO
Câu 7:Cho ∆ABC nhọn có A =700(CA<CB) nội tiếp đường tròn ( )O Các đường cao AE, CFcắt H Vẽ đường thẳng d vng góc với OF F, d cắt CA Q Tính số đo FHQ
Hướng dẫn giải
Gọi giao điểm d ( )O M, N (Mthuộc cung AC không chứa B), CF kéo dài cắt
( )O I, BI cắt MN K
Theo toán bướm ta chứng minh Flà trung điểm KQ
Chứng minh Hvà I đối xứng qua ABnên HKIQ hình bình hành
Suy FHQ =FIK mà FIK =CAB=700 Vậy
FHQ=70
Câu 8:Cho đường trịn (O; R) có đường kính BC=10cm Lấy A∈( )O cho AB=6cm Tia phân giác BAC cắt BCtại D cắt ( )O E Tính độ dài AD, AE
Hướng dẫn giải
Ta có:
BAC=90 (góc nội tiếp chắn đường trịn)
∆ABC vng A suy AC=8cm
Tính DB, DC:
Có DB AB
DC =AC (tính chất phân giác)
DB DB DC DB DC 10
DC 4 7
+
⇒ = ⇒ = = =
30 40 DB ; DC
7
⇒ = =
Từ DF DC
AB= BC tính
30 DF
7
=
Rồi suy AD DF 24
7
(113)Ta có: ∆ADB∽∆ACEvà AD AB
AC = AE, ta tính A=7
Câu 9:Cho tam giác ∆ABC, M điểm nằm tam giác ABC Gọi '
A =AM∩BC, '
B =BM∩AC, C' =CM∩AB Tính AM' BM' CM'
AA +BB +CC Hướng dẫn giải
Kẻ AH MK vng góc với BC (H, K∈BC)
Ta có: ' ' ' MBC ' MBC ABC ABC A M MK
S A M A A AH
S
MK A A S
AH S = ⇒ = =
Tương tự:
' '
AMC AMB
' '
ABC ABC
S S
B M C M
;
B B = S C C = S
' ' '
' ' '
A M B M C M AA BB CC
⇒ + + =
Mặt khác:
' ' ' ' ' '
' ' ' ' ' '
AM BM CM AA A M BB B M CC C M
AA BB CC AA BB CC
− − −
+ + = + +
' ' '
' ' '
A M B M C M
1 1
AA BB CC = − + − + − =
3 BÀI TẬP TỰ LUYỆN LOẠI 1: TÍNH SỐ ĐO GĨC
Bài Cho hình thang ABCD có A = =D 90, AB AD 1CD
= = Gọi M điểm cạnh AB,
qua M kẻ tia Mxvng góc với MD, Mxcắt BC N Tính số đo góc MDN MND
Bài Cho ∆ABC đều, cạnh ABlấy điểm M, tia đối tia CA lấy điểm N cho BM=CN Trung trực đoạn MN cắt tia phân giác BAC I Tính số đo AIC Bài Cho (O; R)và tam giác ABCnội tiếp đường tròn, gọi BE, CF đường cao
ABC
∆ Cho biết EF R
2
= , tính số đo
BAC
LOẠI 2: TÍNH ĐỘ DÀI VÀ DIỆN TÍCH Bài Cho tam giác ABC vuông A
(AB<AC) Tia phân giác ABC cắt AC
tại M Đường trịn đường kính MC cắt tia
BM điểm thứ hai H, AB cắt CH tạiD
(114)Bài Cho tứ giác ABCD nộiđường trịn (O;R) đường kính AC.Gọi AC cắt BD E,, gọi K,M chân đường vng góc kẻ từ A C xuống BD ( biết K thuộc đoạn
BE,K ≠ B;K ≠E).Đường thẳng qua K song song với BC cắt AC P
1.Cứng minh tứ giác AKPD nội tiếp
2.Chứng minh KP⊥PM
3 Biết
ABD=60 AK=x.Tính BD theo R x
Bài Cho tam giác ABC nhọn có
BAC=60 , BC 10cm= Đường trịn tâm O, đường kính BC cắt cạnh AB, AC theo thứ tự D, E Tính diện tích phần mặt phẳng giới hạn dây DE
DE
LOẠI 3: TÍNH CÁC TỈ SỐ
Bài Cho hình vng ABCD, E điểm thuộc cạnh CD.Tia AE cắt BC F, vẽ tia Axvng
góc với AE cắt CD K Gọi I trung điểm KF Tính tỉ số ID
CF Bài Cho tam giác ABC nhọn có
A=60 AB<AC Vẽ đường cao BF, CF tam giác
ABC.Gọi I trung điểm BC,K trung điểm EF Tính tỉ số AK
AI
Bài Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp ( )O , đường cao AD, BE, CF tam giác ABC lần
lượt cắt ( )O ' ' '
A , B , C Tính
' ' '
(115)Chủ đề 11: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
I PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
1. Sử dụng tam giác đồng dạng, tam giác 2. Hệ thức lượng tam giác vng
3. Tính chất : đường trịn, hình vng, hình chữ nhật, hình thoi
4. Dựng hình phụ
5. …
II CÁC VÍ DỤ Mức độ 1: NB
Câu 1. 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
a) Chứng minh AC+BD=CD
b) Chứng minh COD = ° 90
c) Chứng minh
4 AB AC BD=
Hướng dẫn giải
a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA=CM , DB=DM ⇒AC+BD=CM +DM
Mà CM +DM =CD⇒AC+BD=CD
b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có :OC tia phân giác góc AOM ,
OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM hai góc kề bù ⇒COD = °90
c) Theo COD= °90 nên tam giác COD vuông O có OM ⊥CD (OM tiếp tuyến)
áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có
OM =CM DM
Mà OM =R, CA=CM, DB=DM
2
4 AB
AC BD R AC BD
⇒ = ⇒ =
Câu 2. Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đường thẳng vng
góc với DE, đường thẳng cắt đường thẳng DE DC theo thứ tự H K
a) Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp
b) Tính góc CHK
c) Chứng minh KC KD =KH KB
A B
C
D y x
M
(116)Hướng dẫn giải
a) Theo giả thiết ABCD hình vng nên BCD= °90 , BH ⊥DE H nên BHD = ° 90
Như H C nhìn BD góc 90° nên H C nằm đường
trịn đường kính BD suy BHCD tứ giác nội tiếp
b) BHCD tứ giác nội tiếp BDC +BHC=180°( )1
BHK góc bẹt nên KHC+BHC=180° ( )2
Từ ( ) ( )1 , ⇒CHK =BDC mà BDC =45° (vì ABCD hình vng) CHK=45°
c) Xét ∆KHC ∆KDB ta có CHK =BDC=45°, K góc chung
KC KH
KHC KDB KC KD KH KB
KB KD
⇒ ∆ ~ ∆ ⇒ = ⇒ =
Câu 3. Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB=2R Trên tia đối tia BA lấy điểm
G (khác với điểm B) Từ điểm G A B, , kẻ tiếp tuyến với đường tròn ( )O Tiếp tuyến
kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B C D Gọi N tiếp điểm tiếp
tuyến qua G với đường tròn ( )O Chứng minh
Hướng dẫn giải
Ta có : BD⊥AG AC, ⊥AG⇒BD//AC⇒ ∆GBD~ ∆GAC g g( ) AC DB
CG DG
⇒ =
Mặt khác CA=CN DB, =DN (Tính chất hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm)
⇒ CN DN CG = DG
CN DN CG = DG
O N
A B
C
D
G O
K
A B
C D
(117)Mức độ 2: TH
Câu 1. Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường trịn đường kính AB=2R
Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC
a) Chứng minh tứ gíac CBMD nội tiếp
b) Chứng minh : DB DC =DN AC
Hướng dẫn giải
a) Góc ADB= °90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Mà AD/ /BC⇒DB⊥BC
Xét tứ giác DMBC có DMC =DBC= °90 nên nội tiếp
b) Ta có ∆DBN ~ ∆CAD (g.g)
Vì DAC =DBN ( chắn cung DN)
BDN =BAN (cùng chắn cung BN)=DCA
C
D D
DN
B DC N C
A A
DB
C =D
⇒ = ⇒
Câu 2. Cho tam giác ABC nội tiếp trịn tâm O có độ dài cạnh BC=a, AC=b, AB=c
E điểm nằm cung BC không chứa điểm A cho cung EB cung EC, AE cắt
cạnh BC D Chứng minh : AD2 =AB AC –DB DC
Hướng dẫn giải
Ta có BAD =CAE( Do EB =EC)
Và AEC=DBA( Hai góc nội tiếp chắn cung AC) nên ∆BAD~ ∆EAC
D
E b
C
A
B c
a
O D
N
A B
C
(118)( )
BA AE
AB AC AE AD AD AC
⇒ = ⇒ =
Ta có ADC=BDC CAD =DBE
(2 góc nội tiếp chắn cungCE) nên ∆ACD~ ∆BDE
AD DB
AD DE DB DC DC DE
⇒ = ⇒ =
( )
AD AE−AD =DB DC
Hay
AD =AD AE−DB DC=AB AC−DB DC (do ( )1 )
Câu 3. Cho tam giác ABC có AD đường phân giác góc A Chứng minh rằng:
– AD =AB AC BD CD
Hướng dẫn giải
Trên AD lấy điểm k cho: ABK = ADC Dễ thấy AD=AK –DK
ABK = ADC; BAK =CAK
( ) ABK ADC g g
⇒ ∆ ~ ∆ AK AC AK AD AB AC
AB AD
⇒ = ⇒ = (1)
BDK =ADC, BKD=ACD(do ∆ABK ~ ∆ADC)
( ) BDK ADC g g
⇒ ∆ ~ ∆ BD DK DK AD BD DC
AD DC
⇒ = ⇒ = (2)
Trừ vế theo vế (1) (2), ta được: AK AD −DK AD =AB AC −BD DC
Hay:
AD = AB AC−BD DC (đpcm)
Mức độ 3: VDT
Câu 1. Cho đường tròn ( )O ,BC dây BC <2R Kẻ tiếp tuyến với đường tròn
(O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đường
vng góc MI MH MK, , xuống cạnh tương ứng BC AC AB, ,
a) Chứng minh tam giác ABC cân
b) Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp
c) Chứng minh
MI =MH MK
Hướng dẫn giải
D C
A
B
(119)a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có AB=AC⇒ ∆ABC cân A
b) Theo giả thiết MI ⊥BC⇒MIB= °90 ; MK ⊥AB⇒MKB= °90
180
MIB MKB
⇒ + = ° mà hai góc đối ⇒ tứ giác BIMK nội tiếp
* ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tựtứ giác BIMK )
c) Theo tứ giác BIMK nội tiếp ⇒ KMI+KBI =180°, tứ giác CIMH nội tiếp
180
HMI HCI
⇒ + = °.Mà ⇒KBI =HCI (vì tam giác ABC cân A) ⇒ KMI =HMI ( )1
Theo tứ giác BIMK nội tiếp B1=I1 (nội tiếp chắn cung KM ); tứ giác CIMH nội
tiếp H 1=C1( nội tiếp chắn cung IM ) Mà B1 =C1 (
= sđ ) ⇒ =I 1 H1 ( )2
Từ ( ) ( )
1 , MKI MIH MI MK MI MH MK MH MI
⇒ ∆ ~ ∆ ⇒ = ⇒ =
Câu 2. Cho đường trịn ( )O , đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho
3
AI = AO Kẻ dây MN vuông góc với AB I Gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN
sao cho C không trùng với M N, B Nối AC cắt MN E
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh ∆AME~ ∆ACM
AM =AE AC
c) Chứng minh
AE AC−AI IB= AI
Hướng dẫn giải
BM
O K
A
B C
M
H
I
1
1
(120)a) Ta có EIB= °90 (giả thiết)
90
ECB= ° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Kết luận: Tứ giác IECB tứ giác nội tiếp
b) Ta có : sđAM = sđAN, AME=ACM
Góc A chung, suy ∆AME~ ∆ACM
Do :
AC AM
AM AE AC
AM = AE ⇔ =
c) MI đường cao tam giác vuông MAB nên MI2 = AI IB
Trừ vế hệ thức câu b) với hệ thức
Ta có: 2
AE AC−AI IB= AM −MI =AI
Câu 3. Cho đường tròn ( )O có tâm O, đường kính BC Lấy điểm A đường tròn
( )O cho AB> AC Từ A, vẽ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Từ H, vẽ HE
vng góc với AB HF vng góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC)
a) Chứng minh AEHF hình chữ nhật OA vng góc với EF
b) Đường thẳng EF cắt đường tròn ( )O P Q (E nằm P F)
Chứng minh
AP =AE AB Suy APH tam giác cân
c) Gọi D giao điểm PQ BC; K giao điểm cùa AD đường tròn ( )O (K
khác A) Chứng minh AEFK tứ giác nội tiếp
d) Gọi I giao điểm KF BC Chứng minh IH2 =IC ID
Hướng dẫn giải
I M
O
N
A B
(121)a) Tứ giác AEHF hình chữ nhật có góc vng Góc HAF =EFA (vì AEHF hình chữ nhật)
Góc OAC =OCA (vì OA=OC)
Do đó: góc OAC +AFE= ° ⇒90 OA⊥EF
b) OA⊥PQ⇒PA = AQ
Do đó: ∆APE~ ∆ABP
2 AP AE
AB AP AP AE AB
⇒ = ⇒ =
Ta có :
AH =AE AB (hệ thức lượng ∆HAB vng H, có HE chiều cao) AP=AH APH
⇒ ⇒ ∆ cân A
c) ∆DCF ~ ∆DEB g g( ) ⇒DE DF =DC DB
DC DB=DK DA(Phương tích điểm D)⇒DE DF =DK DA
Do ∆DFK ~ ∆DAE⇒DKF =DEA⇒ tứ giác AEFK nội tiếp
d) Góc ICF =AEF =DKF⇒ ∆ICF ~ IKD g g( ) suy IC ID =IF IK
( ).
IKH =FAH =FHI⇒ ∆IFH ~ IHK g g suy IH2 =IF IK
Vậy
IH =IC ID
Mức độ 4: VDC
Câu 1. Cho tam giác MNP cân M có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn
(O R; ) Tiếp tuyến N P đường tròn cắt tia MP tia MN E D
a) Chứng minh :
NE =EP EM
b) Chứng minh tứ giác DEPN tứ giác nội tiếp
c) Qua P kẻ đường thẳng vng góc với MN cắt đường tròn ( )O K (K không trùng
với P)
F
D E
H P
C I A
B
Q
O
(122)Chứng minh rằng: 2 MN +NK = R
Hướng dẫn giải
a) ∆NEM ~ ∆PEN ( g.g)
2
NE ME
NE ME PE
EP NE
⇒ = => =
b) ( tam giác MNP cân M )
PNE=NPD (=NMP )⇒ DNE=DPE
Hai điểm N P, thuộc nửa mặt phẳng bờ DE nhìn DE góc
nên tứ giác DNPE nội tiếp
c) ∆MPF đồng dạng ∆MIP( g.g )
MNI NIF
∆ ~ ∆ ( g.g )
( )
2 IF
.IF NI
NI MI
MI NI
⇒ = ⇒ =
Từ (1) (2) : 2 ( ) 2 ( )
3 MP +NI =MI MF+IF =MI = R
( phụ )⇒KPN =NPI ⇒NK =NI ( )4
Do tam giác MNP cân M ⇒MN =MP( )5
Từ (3), (4), (5) suy điều phải chứng minh
Câu 2. Cho tam giác vuông cân ADB DA( =DB) nội tiếp đường trịn tâm O Dựng
hình bình hành ABCD Gọi H chân đường vng góc kẻ từ D đến AC, K giao điểm
của AC với đường tròn ( )O Chứng minh :
a) HBCD tứ giác nội tiếp
b) DOK=2.BDH
c)
CK.CA=2.BD MNP=MPN
2
(1)
MP MI
MP MF MI
MF MP
=> = => =
NMI =KPN HNP P I
F H
D N K
O
(123)Hướng dẫn giải
a) DH⊥AC (gt) DHC = ° 90
BD AD
BD BC BC / /AD
⊥
⇒ ⊥
⇒DBC = °90
Hai đỉnh H B, nhìn đoạn DC góc khơng đổi 90°⇒HBCD nội tiếp
trong đường trịn đường kính DC
b) D 1 C (1 1s BH
2
= = ® đường trịn đường kính DC)
1
C =A (so le trong, AD BC// ) ⇒D 1 =A1
1
DOK=2A (Góc tâm góc nội tiếp chắn DK ( )O )⇒DOK =2D1 =2BDH
c)
AKB=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒BKC =DHA= °90 , C 1=A1(c/m
trên)
AHD CKB
⇒ ∆ = ∆ (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒AH=CK
AD=BD (∆ADBcân), AD=BC (c/m trên) ⇒AD=BD=BC
Gọi I=AC∩BD Xét ∆ADB vuông D, đường cao DH
Ta có : 2
BD =AD =AH.AI=CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1)
Tương tự : 2
BD =BC =CK.CI (2) Cộng vế theo vế (1) (2) ta được:
2 2
CK.AI CK.CI+ =2BD ⇒CK(AI CI)+ =2BD ⇒CK.CA=2BD (đpcm)
Câu 3. Cho tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M (M
khơng trùng B C H, , ), từ M kẻ MP MQ, vuông góc với cạnh AB AC,
a) Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường tròn
ngoại tiếp tứ giác
b) Chứng minh MP+MQ= AH
Hướng dẫn giải
1
1
B
H I
C K
O A
(124)a) Ta có MP⊥AB⇒APM = °90 , MQ⊥AC⇒AQM = °90 P Q nhìn
BC góc 90° nên P Q nằm đường trịn đường kính
AM ⇒APMQ tứ giác nội tiếp
Vì AM đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ nên tâm O đường tròn
ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM
b) Tam giác ABC có AH đường cao
2
ABC
S BC AH
⇒ =
Tam giác ABM có MP đường cao
2
ABM
S AB MP
⇒ =
Tam giác ACM có MQ đường cao
2
ACM
S AC MQ
⇒ =
Ta có SABM +SACM =SABC
1 1
2AB MP 2AC MQ 2BC AH AB MP AC MQ BC AH
⇒ + = ⇒ + =
Mà AB=BC=CA (vì tam giác ABC đều) MP+MQ= AH
Câu 4. Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn (O R; ) Gọi P điểm cung
nhỏ CD Chứng minh rằng: PA PC+ 2= PB
Hướng dẫn giải
Gọi K giao điểm PB AC
PCK =PBA(hai góc nội tiếp chắn cung AP)
CPK = APB( hai góc nội tiếp chắn cung nhau)
O
P
D
C A
B
K
M
B H C
Q A
(125)( ) PCK PBA g g
⇒ ∆ ~ ∆ PC CK
PB AB
⇒ = (1)
PAK =PBC(góc nội tiếp chắn cung CP)
APK =CPB ( hai góc nội tiếp chắn cung nhau)
( )
PAK PBC g g
⇒ ∆ ~ ∆ PA AK
PB BC
⇒ = (2)
Cộng vế theo vế (1) (2), ta được: PA PC AK CK AK CK AC
PB PB BC AB AB AB
+
+ = + = = =
Hay : PA PC+ 2= PB (đpcm)
Câu 5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O D điểm cung BC
không chứa đỉnh A Gọi I E F, , hình chiếu D đường thẳng
, ,
BC AB AC Chứng minh rằng: BC AB AC DI = DE +DF
Hướng dẫn giải
Lấy K cạnh BC cho: CDK =ADB
Ta có CDK = ADB(cách vẽ)
DCK =DAB(góc nội tiếp chắn cung BD)
( )
CDK ADB g g
∆ ~ ∆
Mà DI DE, thứ tự hai đường cao ∆CDK ∆ADB nên:
CK DI CK AB
AB DE DI DE
⇒ = ⇒ = (1)
Mặt khác: BDK =BDA+ADK; ADC=ADK+CDK : CDK =ADB ⇒BDK = ADC
Lại có : BDK =ADC; CBK =DAC (góc nội tiếp chắn cung CD)
( )
DBK DAC g g
⇒ ∆ ~ ∆
Mà DI DF, thứ tự hai đường cao tương ứng ∆DBK ∆DAC nên:
BK DI BK AC
AC DF DI DF
⇒ = => = (2)
Cộng (1) (2) vế theo vế, ta được: CK BK AB AC
DI + DI = DE+DF hay:
BC AB AC DI = DE+DF E
I C
F A
B
(126)Chuyên đề 12 CÁC BÀI TẬP CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Gồm 22 tập mẫu hướng dẫn chi tiết 22 tập tương tựđể rèn luyện A.Phương pháp giải tốn cực trị hình học
1 Dạng chung toán cực trị hình học:
“ Trong tất hình có chung tính chất, tìm hình mà đại lượng (độ dài đoạn thẳng, sốđo góc, sốđo diện tích …) có giá trị lớn giá trị nhỏ nhất” có thểđược cho dạng:
a) Bài tốn dựng hình
Ví dụ: Cho đường tròn (O) điểm P nằm đường trịn, xác định vị trí dây qua điểm P cho dây có độ dài nhỏ nhất
b) Bài tốn vểchứng minh
Ví dụ: Chứng minh dây qua điểm P đường trịn (O), dây vng góc với OP có độ dài nhỏ nhất
c) Bài tốn tính tốn
Ví dụ: Cho đường trịn (O;R) điểm P nằm đường trịn có OP = h, Tính độ dài nhỏ nhất dây qua P
2 Hướng giảibài tốn cực trị hình học:
a) Khi tìm vị trí hình H miền D cho biểu thức f có giá trị lớn ta phải chứng tỏđược:
+Với vị trí hình H miền D f ≤ m ( m số )
+Xác định vị trí hình H miền D cho f = m
b) Khi tìm vị trí hình H miền D cho biểu thức f có giá trị nhỏ ta phải chứng tỏđược:
+Với vị trí hình H miền D f ≥ m ( m số )
+Xác định vị trí hình H miền D để f = m
B Bài tập vận dụng
Phần I Một sốbài tập mẫu có lời giải chi tiết
Bài tập 1 Cho nửa đường trịn đường kính BC = 2R Từđiểm A nửa đường tròn vẽ AH ⊥
BC Nửa đường trịn đường kính BH, CH có tâm O1; O2 cắt AB, AC thứ tự D E
a) Chứng minh tứ giác ADHE hình chữ nhật, từđó tính DE biết R = 25 BH = 10 b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường trịn
c) Xác định vịtrí điểm A để diện tích tứgiác DEO1O2 đạt giá trị lớn Tính giá trị
Hướng dẫn giải:
O1 O2
D
O
B H C
A
(127)a) Ta có BAC = 900 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường trịn) Tương tự có BDH =CEH = 900
Xét tứ giác ADHE có A =ADH=AEH = 900 => ADHE hình chữ nhật
Từđó 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 + = 1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn
c) Vì O1D = O1B =>∆O1BD cân O1 => B =BDO1 (2)
Từ(1), (2) =>ADE +BDO1 = B BAH + = 900 => O1D //O2E
Vậy DEO2O1 hình thang vng D E
Ta có Sht =
1 2
1 1
(O D O E).DE O O DE O O
2 + = ≤
(Vì O1D + O2E = O1H + O2H = O1O2 DE < O1O2 )
2 2
ht
1 BC R
S O O
2
≤ = =
Dấu "=" xảy DE =O1O2
⇔ DEO2O1 hình chữ nhật
⇔A điểm cung BC Khi maxSDEO2O1 =
2 R
Bài tập 2.Cho đường trịn (O), đường kính AB, d1, d2 các đường thẳng qua A, B vng góc với đường thẳng AB M, N điểm thuộc d1, d2 cho MON = 900
1) Chứng minh đường thẳng MN tiếp tuyến đường tròn (O) 2) Chứng minh AM AN =
4 AB
3) Xác định vị trí M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ
Hướng dẫn giải:
1) Gọi H hình chiếu O đường thẳng MN Xét tứ giác OAMH
N
M
O
A B
(128) A+ =H 180 (do A= =H 90 )
=> OAMH tứ giác nội tiếp đường tròn
Tương tự tứ giác OANH nội tiếp
=> A 1 =M , B1 1=N1 (2 góc nội tiếp chắn cung)
1 1 A B M N 90
⇒ + = + = => AHB = 900
=> MN tiếp tuyến
2) Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng tam vng, ta có: AM BN = MH NH = OH2 =
4 AB
(đpcm)
3
2 = ∆MON
S OH MN >
2
1 OH AB (Vì AMNB hình thang vuông)
Dấu “=” chỉkhi MN = AB hay H điểm cung AB
⇔M, N song song với AB ⇔AM = BN = AB
Vậy S∆MON nhỏ AM = BN =
AB
Bài tập 3. Cho∆ABC có góc nhọn, trực tâm H nội tiếp đường tròn (O) Vẽđường kính AK
a) Chứng minh tứ giác BHCK hình hình hành
b) Vẽ OM ⊥BC (M ∈ BC) Chứng minh H, M, K thẳng hàng AH = 2.OM
c) Gọi A’, B’, C’ chân đường cao thuộc cạnh BC, CA, AB của∆ABC Khi BC cốđịnh xác định vịtrí điểm A để tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn
Hướng dẫn giải:
a) Ta có ACK = 900
(vì góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên CK ⊥AC mà BH ⊥AC (vì H trực tâm)
=> CK // BH tương tự có CH // BK => Tứgiác BHCK hbh (đpcm)
b) OM ⊥BC => M trung điểm BC
(định lý đường kính dây cung) => M trung điểm HK (vì BHCK hình bình hành) => đpcm ∆AHK có OM đường trung bình => AH = 2.OM
M
H O
B A
(129)c) Ta có AC C ′ =BB C′ = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => AC B′ ′ = ACBmà
ACB=BAx (Ax tiếp tuyến A) => Ax // B’C’
OA ⊥Ax => OA ⊥ B’C’ Do SAB’OC’ =
1R.B’C’
Tương tự: SBA’OC’ =
2
1R.A’C’; SCB’OA’ =
1R.A’B’
ABC
S∆ =
R(A’B’ + B’C’ + C’A’)=
AA’.BC <
2
(AO + OM).BC
⇒ A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn A, O, M thẳng hàng ⇔ A đỉểm cung lớn BC
Bài tập 4.Cho đường tròn (O), đường kính AB cốđịnh, điểm I nằm A O cho AI =
3AO
Kẻ dây MN vng góc với AB I, gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E
1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp 2) Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC
3) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từN đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Hướng dẫn giải:
O1 E
I
C
O
N M
B A
1 Theo giả thiết MN ⊥AB I
ACB = 90 hay ECB = 90
EIB + ECB = 180
⇒
mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp
2 Theo giả thiêt MN ⊥AB, suy A điểm MN nênAMN = ACM (hai
góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hayAME = ACM , lại có CAM góc chung tam giác AMEđồng dạng với tam giác ACM AM = AE
AC AM
⇒ ⇒ AM2 = AE.AC
3 Theo AMN = ACM ⇒ AM tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp ∆ECM Nối
MB ta có AMB= 900, tâm O1 đường trịn ngoại tiếp ∆ECM phải nằm
(130)Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từN đến BM⇒NO1 ⊥BM Gọi O1
chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta O1 tâm đường trịn ngoại tiếp ∆
ECM có bán kính O1M
Do để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM nhỏ C phải giao điểm đường trịn (O1), bán kính O1M với đường trịn (O)trong O1
là hình chiếu vng góc N BM
Bài tập 5.Cho đường tròn ( O; R ) điểm A nằm ngồi đường trịn cho OA = R Từ A
vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Lấy D thuộc AB; E thuộc AC cho chu vi tam giác ADE 2R
a) Chứng minh tứ giác ABOC hình vng
b) Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O; R) c) Tìm giá trị lớn diện tích ∆ADE
Hướng dẫn giải:
a) Ta có:
ABO=ACO=90 (tính chất tiếp tuyến) (1)
AB = AC 2
OA OB
= − = R = OB = OC (2)
Từ(1) (2) suy ABOC hình vng b) Theo ta có: AD + DE + AE = 2R (3)
Suy ra: DE = BD + CE (4)
Vẽ OM ⊥ DE (M∈DE) (5)
Trên tia đối tia CA lấy điểm F cho CF = BD; suy ∆BDO = ∆COF (c-g-c)
⇒OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c)
⇒OM = OC = R
(hai đường cao tương ứng) (6) Từ (5) (6) suy DE tiếp tuyến đường tròn
(O;R)
c) Đặt: AD = x; AE = y ADE S xy
2
⇒ = (x, y > 0)
Ta có: DE 2 2
AD AE x + y
= + = (định lí Pitago)
Vì AD + DE + AE = 2R 2
x + y + x y
(131)Áp dụng BĐT – Cơsi cho hai số khơng âm ta có:
2
x + y ≥2 xy x + y ≥ 2xy (7)
Dấu “=” xảy x = y
Từ(6) (7) suy ra: xy+ 2xy≤2R ⇔ xy 2( + 2)≤2R
( 2R )
xy
2+
⇔ ≤ ⇔xy 2R2
3 2
≤
+ ⇒SADE ( )
2
2 ADE
R
S - 2 R 2
≤ ⇔ ≤
+
Vậy max SADE = ( )
3 2 R− ⇔x = y⇔∆ADE cân A
Bài tập 6.Cho đường (O, R) đường thẳng d khơng qua O cắt đường trịn hai điểm A, B Lấy điểm M tia đối tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D
các tiếp điểm) Gọi H trung điểm AB
1) Chứng minh điểm M, D, O, H nằm đường tròn
2) Đoạn OM cắt đường tròn I Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD
3) Đường thẳng qua O, vng góc với OM cắt tia MC, MD thứ tự P Q Tìm vị trí điểm M d cho diện tích tam giác MPQ bé
Hướng dẫn giải:
1) Vì H trung điểm AB nên OH ⊥ AB hay 90
OHM = Theo tính chất tiếp
tuyến ta lại có OD⊥DM hay ODM=900 Suy điểm M, D, O, H nằm
một đường trịn
2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD ⇒∆MCD cân M ⇒ MI đường phân giác CMD Mặt khác I điểm cung nhỏ CD nên
2
DCI = sđDI =
2sđ
CI = MCI
⇒ CI phân giác MCD Vậy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD
3) Ta có tam giác MPQ cân M, có MO đường cao nên diện tích tính:
1
2 ( )
2
OQM
S = S = OD QM =R MD+DQ Từ S nhỏ ⇔ MD + DQ nhỏ Mặt
d
I
B A
O M
C
D H
(132)khác, theo hệ thức lượng tam giác vng OMQ ta có 2
DM DQ=OD =R không đổi nên MD + DQ nhỏ ⇔ DM = DQ = R Khi OM = R hay M giao điểm
của d với đường trịn tâm O bán kính R
Bài tập 7 Cho hai đường tròn (O) và(O )′ cắt A B Vẽ AC, AD thứ tựlà đường kính
của 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 AD cắt đường tròn (O) F (E, F khác A) Chứng minh điểm C, D, E, F nằm đường tròn
c) Một đường thẳng d thay đổi qua A cắt (O) và(O )′ thứ tự M N Xác định vị trí d đểCM + DN đạt giá trị lớn
Hướng dẫn giải:
a) Ta có ABC ABDlần lượt góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O) (O/)
ABC ABD 90
⇒ = =
Suy C, B, D thẳng hàng
CFD CED 90
⇒ = = suy CDEF tứ giác nội tiếp
c) Ta có
CMA=DNA=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn); suy CM // DN hay
CMND hình thang
Gọi I, K thứ tựlà trung điểm MN CD Khi IK đường trung bình hình thang CMND Suy IK // CM // DN (1) CM + DN = 2.IK (2)
Từ(1) suy IK ⊥ MN ⇒ IK ≤ KA (3) (KA số A K cốđịnh)
Từ(2) (3) suy ra: CM + DN≤ 2KA Dấu “ = ” xảy IK = AK⇔d ⊥
AK A
Vậy đường thẳng d vng góc AK A (CM + DN) đạt giá trị lớn 2KA
Bài tập 8. 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 (I∈
AB,K∈AC)
d
K I
N M
F E
O/ O
C
D B
A
b) Xét tứ giác CDEF có:
CFD=CFA=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
(133)a) Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn b) Vẽ MP⊥BC (P∈BC) Chứng minh: MPK =MBC
c) Xác định vị trí điểm M cung nhỏBC đểtích MI.MK.MP đạt giá trị lớn
Hướng dẫn giải:
a) Ta có:
AIM=AKM=90 (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
MPK MCK
⇒ = (1) Vì KC tiếp tuyến (O) nên ta có: MCK =MBC (cùng chắn MC ) (2) Từ(1) (2) suy MPK =MBC(3)
c) Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI tứ giác nội tiếp Suy ra: MIP =MBP(4) Từ(3) (4) suy MPK =MIP Tương tự ta chứng minh MKP =MPI
Suy ra: MPK~ ∆MIP⇒ MP MI
MK = MP ⇒MI.MK = MP2 ⇒ MI.MK.MP = MP3
Do MI.MK.MP lớn MP lớn (4)
- Gọi H hình chiếu O BC, suy OH số(do BC cốđịnh)
Lại có: MP + OH ≤ OM = R⇒ MP ≤ R – OH Do MP lớn R – OH O, H, M thẳng hàng hay M nằm cung nhỏBC (5) Từ(4) (5) suy max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 ⇔M nằm cung nhỏ BC
Bài tập 9. 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
2) Chứng minh ∠COD = 90°
3) Chứng minh AC BD = 4) Chứng minh OC // BM
5) Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD
6) Chứng minh MN ⊥ AB
H
O P
K I
M
C B
A
(134)7)Xác định vị trí M để chu vi tứgiác ACDB đạt giá trị nhỏ
Hướng dẫn giải:
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM
Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD
1 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà ∠AOM ∠BOM hai góc kề bù => ∠COD = 900 Theo ∠COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM ⊥ CD ( OM tiếp tuyến )
Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD =
3 Theo ∠COD = 900 nên OC ⊥ OD(1)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM ⊥ OD(2) Từ(1) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD)
4 Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác COD
đường kính CD có IO bán kính
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đường trung bình hình thang ACDB
IO // AC, mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB O => AB tiếp tuyến O đường trịn
đường kính CD
5 Theo AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy => MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB
6 Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứgiác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ nhất, mà CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB
Bài tập 10 (SởThái Bình 2015 – 2016) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Điểm M di chuyển nửa đường tròn (M khác A B) C trung điểm dây cung AM
Đường thẳng d tiếp tuyến với nửa đường tròn B Tia AM cắt d điểm N Đường thẳng OC cắt d E
/ /
y x
N C
D I
M
B O
A
4 AB
⇒
BD AC BN CN =
(135)a) Chứng minh: tứ giác OCNB nội tiếp
b) Chứng minh: ACAN = AO.AB c) Chứng minh: NO vng góc với AE
d) Tìm vịtrí điểm M cho (2.AM + AN) nhỏ
Hướng dẫn giải:
6
a) Phần đường kính OC qua trung điểm C AM ⇒ OC ⊥ AM ⇒ o OCN=90
BN tiếp tuyến (O) B ⇒ OB ⊥ BN ⇒ o OBN=90
Xét tứ giác OCNB có tổng hai góc đối: o o o OCN+OBN=90 +90 =180 Do tứ giác OCNB nội tiếp
b) Xét ∆ACO ∆ABN có: A1 chung; ACO = ABN=90o
⇒∆ACO ~ ∆ABN (g.g)
⇒ AC AO
AB= AN
Do ACAN = AO.AB (đpcm) c) Theo chứng minh trên, ta có:
OC ⊥ AM ⇒ EC ⊥ AN ⇒EC đường cao ∆ANE (1)
OB ⊥ BN ⇒ AB ⊥ NE ⇒AB đường cao ∆AME (2)
Từ(1) (2) suy O trực tâm ∆ANE (vì O giao điểm AB EC)
⇒NO đường cao thứ ba ∆ANE
Do đó; NO ⊥AE (đpcm)
d) Ta có: 2.AM + AN = 4AC + AN (vì C trung điểm AM) 4ACAN = 4AO.AB = 4R.2R = 8R2
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho hai sốdương, ta có:
4AC + AN ≥
2 4AC.AN= 8R = 2R
⇒ Tổng 2.AM + AN nhỏ = 2R⇔ 4AC = AN
⇔ AN = 2AM ⇔M trung điểm AN
∆ABN vuông B có BM đường trung tuyến nên AM = MB
⇒ AM =BM ⇒M điểm nửa đường trịn đường kính AB 1
E N
C
O
A B
(136)Vậy với M điểm nửa đường trịn đường kính AB (2.AM + AN) nhỏ
nhất = 2R
Bài tập 11 (Sở Hải Dương 2015 – 2016) Cho đường trịn (O) đường kính AB cốđịnh đường
kính CD thay đổi khơng trùng với AB Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt
đường thẳng BC BD E F Gọi P Q trung điểm
đoạn thẳng AE AF
1) Chứng minh ACBD hình chữ nhật;
2) Gọi H trực tâm tam giác BPQ Chứng minh H trung điểm OA;
3) Xác định vị trí đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ
Hướng dẫn giải:
a) Có
90
ACB=CBD=ADB= ( Các góc nội tiếp chắn
nửa đường trịn)
⇒Tứ giác ACBD hình chữ nhật ( Tứ giác có ba góc vng)
b) Có PO đường trung bình tam giác AEB ⇒PO // EB mà EB ⊥ BF⇒ PO⊥BF
Xét tam giác PBF có BA ⊥PF; PO⊥BF nên BA PO đường cao tam giác PBF mà BA PO căt
tại O nên O trực tâm tam giác PBF⇒FO đường cao thứ ba tam giác PBF hay FO⊥PB (1)
Lại có H trực tâm tam giác PBQ nên QH ⊥ PB
(2)Từ (1) (2) ⇒ QH // FO Xét tam giác AOF có Q
trung điểm AF; QH // FO nên H trung điểm AO
c) ( ) ( )
2
BPQ
S = AB AP+AQ = AB AE+AF (3)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si với hai số không âm AE AF ta có: AE + AF
2 AE AF
≥ (4)
( Dấu “=” xảy ⇔AE =AF) Từ(3) (4)
2
BPQ
S∆ AB AE AF
⇒ ≥ (5)
Lại có: Áp dụng hệ thức tam giác vng EBF ta có: AE.AF = AB2 (6) Từ(5) (6) ta có SBPQ
2 AB ≥
Xảy dấu AE = AF
⇒ Tam giác EBF vuông cân B
⇔ACBD hình vng nên CD vng góc AB
Vậy: Khi đường kính CD vng góc với đường kính AB tam giác PBQ có diện tích nhỏ
O H
Q P
F E
D C
(137)Bài tập 12 (SởVĩnh Phúc năm 2009 – 2010) Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm A B Trên nửa mặt phẳng có bờ AB kẻ hai tia Ax By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vng góc với CI C cắt tia By K Đường tròn đường kính IC cắt IK P ( P khác I)
a) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn, chỉrõ đường tròn b) Chứng minh CIP =PBK
c) Giả sử A, B, I cốđịnh Hãy xác định vị trí điểm C cho diện tích tứ giác ABKI lớn
Hướng dẫn giải:
a) Có:
90
CPK =CPI = (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn);
Do By⊥ AB nên CBK =900
Suy ra:
180
CPK +CBK = hay tứ giác CPKB nội tiếp đường trịn đường kính CK
b) Ta có: CIP =PCK (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn
một cung); (1)
Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên: PCK =PBK (2)
Từ(1) (2) ta có điều phải chứng minh
c) Từ giả thiết suy tứ giác AIKB hình thang vng, gọi s diện tích AIKB,
đó ta có: 1( )
s= AI +KB AB Dễ thấy s lớn KB lớn (do A, B, I
cốđịnh)
Xét tam giác vng AIC BKC có: KC ⊥CI KB⊥CA suy ra: BKC = ACI (góc có cạnh tương ứng vng góc) hay ∆ACI đồng dạng với ∆BKC(g-g)
Suy ra: AC AI BK AC BC
BK = BC ⇔ = AI , đó: BK lớn ⇔ACBC lớn Theo BĐT Cơsi có:
2 2
2
AC CB AB AC CB≤ + =
, dấu “=” xảy C
trung điểm AB Vậy diện tích tứ giác AIBK lớn Clà trung điểm AB
Bài tập 13 (SởĐà Nẵng 2009)Cho đường tròn (O), đường kính AB cốđịnh, điểm I nằm A O cho AI = 2
3AO Kẻ dây MN vng góc với AB I Gọi C điểm tùy ý
thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn
A C B
K
y
I
x
(138)b) Chứng minh ∆AME ∆ACM AM2 = AE.AC c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2
d) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từN đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Hướng dẫn giải:
a) *
EIB=90 (giả thiết)
*
ECB 90
∠ = (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) * Kết luận: Tứ giác IECB tứ giác nội tiếp
b) Ta có:
* sđcungAM = sđcungAN
*∠AME= ∠ACM
*GócAchung,suyra∆AME ∆ACM * Do đó: AC AM
AM = AE ⇔AM2 = AE.AC
c) * MI đường cao tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB * Trừ vế hệ thức câu b) với hệ thức
* Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2
d) * Từ câu b) suy AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CME Do
tâm O1 đường trịn ngoại tiếp tam giác CME nằm BM Ta thấy khoảng cách NO1 nhỏ NO1⊥BM.)
* Dựng hình chiếu vng góc N BM ta O1 Điểm C giao đường
tròn cho với đường trịn tâm O1, bán kính O1M
Bài tập 14 (SởPhú Yên 2009 – 2010)Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường
trịn đường kính AB = 2R Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC a) Chứng minh tứ giác: CBMD nội tiếp
b) Chứng minh rằng: DBDC = DN.AC
c) Xác định vị trí điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn tính diện tích trường hợp
Hướng dẫn giải:
A B
M
E
C
I O1
(139)a Góc ADB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
mà AD//BC (gt) => DB⊥BC
Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC =900 => Tứ giác nội tiếp b Ta có ∆DBN đồng dạng với ∆CAD
( DAC=DBN, BDN =BAN =DCA)
=>
DC
DN DB
AC
= => DBDC = DN.AC c SABCD = DH.AB
Do AB không đổi = 2R
=> SABCD max ⇔DH max ⇔ D nằm cung AB
Bài tập 15.(Sở Hải Dương 2009 – 2010)Cho đường tròn (O), dây AB không qua tâm Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B) Kẻ dây MN vng góc với AB H Kẻ MK vng góc với AN (K AN∈ )
1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc đường tròn
2) Chứng minh: MN phân giác góc BMK
3) Khi M di chuyển cung nhỏ AB Gọi E giao điểm HK BN Xác định vị trí điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn
Hướng dẫn:
Chú ý: Kể trường hợp đặc biệt MN qua O
1) Từ giả thiết: AKM 90= 0, AHM 90 =
H M
N
O D
C
B A
O
N K
H
E
B A
(140)Bốn điểm A, K, H, M thuộc đường tròn
2) NAH =NMK = 1
2sđKH (1)
NAH NMB= = 1
2sđNB (2)
Từ (1) (2) ⇒NMK NMB =
⇒ MN phân giác góc KMB
3) MAB MNB 1 2
= = sđMB; MAB MKH 1
2
= = sđMH
MNB MKH
⇒ = ⇒K,M,E,Ncùng thuộc đường tròn
MEN MKN 180 ME NB
⇒ + = ⇒ ⊥
MAN MNB AMBN
1 1 1
S MK.AN; S ME.NB; S MN.AB
2 2 2
MK.AN ME.BN MN.AB
∆ = ∆ = =
⇒ + =
(MK.NA ME.NB)
⇒ + lớn ⇔ MN.AB lớn
⇔MN lớn (Vì AB= const ) ⇒ M AB
Bài tập 16 (Sở Bắc Giang 2009 – 2010)Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định H thuộc đoạn thẳng OA( H khác A;O trung điểm OA) Kẻ dây MN vng góc với AB H MN cắt AK E
1 Chứng minh tứ giác HEKB nội tiếp
2 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM
3 Cho điểm H cố định, xác định vị trí K để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MKE nhỏ
Hướng dẫn:
1/ ∆AHI vuông H (vì CA⊥HB)
∆AHI nội tiếp đường trịn đường kính AI ∆AKI vng H (vì CK⊥AB)
∆AKI nội tiếp đường trịn đường kính AI
Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đường trịn đường kính AI
Ta có CA⊥HB( Gt)
CA⊥DC( góc ACD chắn nửa đường tròn)
=> BH//CD hay BI//CD (1)
. A
B
C
D M I
O H
(141)Ta có AB⊥CK( Gt)
AB⊥DB( góc ABD chắn nửa đường trịn)
=> CK//BD hay CI//BD (2)
Từ (1) (2) ta có Tứ giác BDCI hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song) Mà DI cắt CB M nên ta có MB = MC
=> OM⊥BC( đường kính qua trung điểm dây vng góc với dây đó)
2/
Vì BD tia phân giác góc B tam giác ABC; nên áp dụng tính chất đường phân giác ta có:
AB BC BC AB BC AB DC AD
2 = ⇒ = ⇔
=
Vì ∆ABC vng A mà BC = 2AB nên ACB = 300; ABC = 600
Vì B1 = B2(BD phân giác) nên ABD = 300
Vì ∆ABD vng A mà ABD = 300 nên BD = 2AD = 2 = 4cm
=> AB2 =BD2 −AD2 =16−4=12
Vì ∆ABC vng A => BC = AC2 + AB2 = 36+12 =4
Vì CH tia phân giác góc C tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đường phân
giác ta có: BH DH
HB DH HB DH BC DC 3 4 = ⇒ = ⇔ =
Ta có: (1 3)
3 3 = + ⇒ = = + ⇔ = = + BH HD BH HD BH HD BH HD BH ) ( 2 ) ( ) (
4 = − = −
+ =
BH Vậy BH =2 3( 3−1)cm
Bài tập 17. 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 Chứng minh AC + BD = CD
2 Chứng minh ∠COD = 900
3 Chứng minh
4
AC BD= AB
4 Chứng minh OC // BM
5 Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn đường kính CD
6 Chứng minh MN ⊥ AB
D A
B
C
E H
1
(142)7.Xác định vị trí M để chu vi tứgiác ACDB đạt giá trị nhỏ
Hướng dẫn giải:
/
/
y x
N C
D I
M
B O
A
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM
Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà ∠AOM ∠BOM hai góc kề bù => ∠COD = 900 Theo ∠COD = 900 nên tam giác COD vuông O có OM ⊥CD ( OM tiếp tuyến )
áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD =
4 AB
Theo ∠COD = 900 nên OC ⊥ OD(1)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM ⊥ OD(2) Từ(1) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD)
Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO bán kính
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đường trung bình hình thang ACDB
=> IO // AC, mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB O => AB tiếp tuyến O đường trịn
đường kính CD
6 Theo AC // BD =>
BD AC BN
CN = , mà CA = CM; DB = DM nên suy
DM CM BN CN =
=> MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB
7 ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ
nhất CD nhỏ nhất, mà CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB
Bài tập 18.Cho (O),dây cung AB Từ điểm M cung AB(M≠A M≠B),kẻ dây cung MN vng góc với AB H.Gọi MQ đường cao tam giác MAN
(143)2 C/m:NQ.NA=NH.NM
3 C/m Mn phân giác góc BMQ
4 Hạ đoạn thẳng MP vng góc với BN;xác định vị trí M cung AB để MQ.AN+MP.BN có giác trị lớn
Hướng dẫn giải:
Có hình vẽ,cách c/m tương tự Sau C/m hình 9-a
1/ C/m:A,Q,H,M nằm đường trịn.(Tuỳ vào hình vẽ để sử dụng phương pháp sau:-Cùng làm với hai đàu …mot goc vuong
-Tổng hai góc đối
2/C/m: NQ.NA=NH.NM
Xét hai ∆vuông NQM ∆NAH đồng dang
3/C/m MN phân giác góc BMQ Có hai cách:
Cách 1: Gọi giao điểm MQ AB I.C/m tam giác MIB cân M Cách 2: Góc QMN=NAH(Cùng phụ với góc ANH)
Góc NAH=NMB(Cùng chắn cung NB)⇒đpcm
4/ xác định vị trí M cung AB để MQ.AN+MP.BN có giác trị lớn Ta có 2S∆MAN=MQ.AN
2S∆MBN=MP.BN
2S∆MAN + 2S∆MBN = MQ.AN+MP.BN
Ta lại có: 2S∆MAN + 2S∆MBN =2(S∆MAN + S∆MBN)=2SAMBN=2
2 MN AB×
=ABMN
Vậy: MQ.AN+MP.BN=ABMN
Mà AB khơng đổi nên tích ABMN lớn ⇔MN lớn nhất⇔MN đường kính
⇔M điểm cung AB
Bài tập 19. Cho đường trịn(O) đường kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường tron tâm I qua A,trên (I) lấy Pbất kì, AP cắt (O) Q
1 Chứng minh đường tròn(I) (O) tiếp xúcnhau A Chứng minh IP // OQ
3 Chứng minh AP = PQ
(144)Hướng dẫn giải:
1 Ta có OI = OA – IA mà OA IA bán kính đường trịn(O) đường tròn(I) Vậy đường tròn(O) đường tròn(I) tiếp xúcnhau A
2 ∆OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => ∠A1 = ∠Q1
∆IAP cân I ( IA IP bán kính ) => ∠A1 = ∠P1 => ∠P1 = ∠Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ
H I O
Q
P
B A
1
1
3 ∠APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP ⊥ AQ => OP đường cao
∆OAQ mà ∆OAQ cân O nên OP đường trung tuyến => AP = PQ
4 (HD) Kẻ QH ⊥ AB ta có SAQB =
2ABQH mà AB đường kính khơng đổi nên SAQB lớn QH lớn QH lớn Q trùng với trung điểm cung AB
Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO
Thật P trung điểm cung AO => PI ⊥ AO mà theo PI // QO => QO ⊥ AB
tại O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn
Bài tập 20 (SởHà Tĩnh 2009 – 2010)Cho đường trịn tâm O có đường kính CD, IK (IK
không trùng CD)
1 Chứng minh tứ giác CIDK hình chữ nhật
2 Các tia DI, DK cắt tiếp tuyến C đường tròn tâm O thứ tựở G; H a Chứng minh điểm G, H, I, K thuộc đường tròn
b Khi CD cốđịnh, IK thay đổỉ, tìm vị trí G H diện tích tam giác DIJ đạt giá trị nhỏ
Hướng dẫn giải:
1 Ta có CD đường kính, nên:
∠CKD = ∠CID = 900 (T/c góc nội tiếp) Ta có IK đường kính, nên:
∠KCI = ∠KDI = 900 (T/c góc nội tiếp) Vậy tứ giác CIDK hình chữ nhật
2 a Vì tứ giác CIDK nội tiếp nên ta có:
∠ICD = ∠IKD (t/c góc nội tiếp)
Mặt khác ta có: ∠G = ∠ICD (cùng phụ với ∠GCI)
(145)Vậy tứ giác GIKH nộitiếp b Ta có: DC ⊥GH (t/c)
⇒ DC2 = GCCH mà CD đường kính,nên độ dài CD khơng đổi
⇒ GC CH khơng đổi
Để diện tích ∆GDH đạt giá trị nhỏ GH đạtgiá trị nhỏ Mà GH = GC + CH nhỏ GC = CH
Khi GC = CH ta suy ra: GC = CH = CD IK ⊥CD
Bài tập 21 (SởKhánh Hòa 2009 - 2010) Cho đường tròn (O; R) Từ điểm M nằm (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA MB (A, B hai tiếp điểm) Lấy điểm C cung nhỏ AB (Ckhác với A B) Gọi D, E, F la hình chieu vuong goc cua C
AB, AM, BM
a Chứng minh AECD tứ giác nội tiếp b Chứng minh: CDE CBA =
c Gọi I giao điểm AC vàED, K giao điểm CB DF Chứng minh IK//AB d Xác định vị trí điểm C cung nhỏAB để (AC2 + CB2) nhỏ Tính giá trị nhỏ OM = 2R
Hướng dẫn giải:
a Chứng minh AECD l tứ gic nội tiếp
Xét tứ giác AECD ta có:
- Hai góc đối
90 ( ; )
AEC ADC= = CD AB CE AM⊥ ⊥
Nn tổng chng b
Do đótứ giác AECD nội tiếp đường trịn b Chứng minh: CDE CBA =
Tứ giác AECD nội tiếp đường tròn
= ( )
CDE CA E chắn cung CE ĐiểmC thuộc cung nhỏ AB nên:
= ( )
CA E CBA cuøng chaén cung CA
Suy ra: CDE CBA =
c Chứng minh IK//AB
1 2
0
Xét DCE BCA ta có:
D ( )
DCE KCI
E ( )
EAD IDK( ; )
EAD DCE 180 ( nội tiếp)
KCI IDK 180 B cmt
A cùngchắncungCD
mà A D A D FBC
tứ giác AECD = ⇒ = = = = = = + = ⇒ + =
Suy tứ gic ICKD nội tiếp => CIK CDK cùngchắn = ( CK)
A B M C D E F
I K
A
D D A
(146)M CAB CDK cùngchắn = ( CBF)
Suy CIK CBA ở = ( vị trí đồng vị)
IK//AB (đpcm)
d Xác định vị trí điểm C cung nhỏ AB để (AC2 + CB2) nhỏ Tính giá trị nhỏ OM = 2R
Gọi N trung điểm AB Ta có :
AC2 + CB2 = 2CD2 + AD2 + DB2 =2(CN2 – ND2) + (AN+ND)2 + (AN – ND)2 = 2CN2 – 2ND2 + AN2 + 2AN.ND + ND2 + AN2 – 2AN.ND + ND2
= 2CN2 + 2AN2 = 2CN2 + AB2/2
AB2/2 ko đổi =>CA2 + CB2 đạt GTNN CN đạt GTNN C giao điểm ON
vớicung nhỏ AB => C điểm cung nhỏ AB
Khi OM = 2R OC = R hay C trung điểm OM => CB = CA = MO/2 = R
Do đó: Min (CA2 + CB2 ) = 2R2
Phần II BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài tập (Sở Quảng Ngãi 2015 – 2016) Cho nửa đường trịn đường kính AB C điểm nằm hai điểm A B Trên nửa mặt phẳng có bờ AB chứa nửa đường trịn, vẽ hai tia Ax By tiếp xúc với nửa đường tròn cho Trên tia Ax lấy điểm I (với I khác A);
đường thẳng vng góc với CI C cắt tia By K Đường trịn đường kính IC cắt tia IK E
1 Chứng minh tứ giác CEKB nội tiếp đường tròn Chứng minh AI BK =AC CB
3 Chứng minh điểm E nằm nửa đường trịn đường kính AB
4 Cho điểm A; B; I cố định Hãy xác định vị trí điểm C cho diện tích hình thang ABKI lớn
Bài tập (Tỉnh Hải Dương 1998 – 1999)Cho tam giác ABC vuông cân A, trêncạnh BC lấy điểm M Gọi (O1) đường tròn tâm O1 qua M tiếp xúc với AB B, gọi (O2) đường tròn tâm O2 qua M tiếp xúc với AC C Đường trịn (O1) (O2) cắt D (D khơng trùng với A)
1) Chứng minh tam giác BCD tam giác vuông 2) Chứng minh O1D tiếp tuyến (O2)
3) BO1 cắt CO2 E Chứng minh điểm A, B, D, E, C nằm đường tròn 4) Xác định vị trí M để O1O2 ngắn
Bài tập 3.(Đề Hải Dương 1999 – 2000)Cho tam giác ABC, cạnh BC lấy điểm E, qua E
kẻ đường thẳng song song với AB AC chúng cắt AC P cắt AB Q
1) Chứng minh BP = CQ
2) Chứng minh tứ giác ACEQ tứ giác nội tiếp Xác định vị trí E cạnh BC để đoạn PQ ngắn
(147)Bài tập (Đề Hải Dương 2003-2004)Cho hình vng ABCD, M điểm đường chéo BD, gọi H, I K hình chiếu vng góc M AB, BC AD
1) Chứng minh:∆MIC = ∆HMK
2) Chứng minh CM vng góc với HK
3) Xác định vị trí M để diện tích tam giác CHK đạt giá trị nhỏ
Bài tập 5.(Đề Hải Dương 2005 - 2006)Cho nửa đường tròn đường kính MN Lấy điểm P tuỳ ý nửa đường trịn (P ≠ M, P ≠ N) Dựng hình bình hành MNQP Từ P kẻ PI vng góc với đường thẳng MQ I từ N kẻ NK vng góc với đường thẳng MQ K
1) Chứng minh điểm P, Q, N, I nằm đường tròn
2) Chứng minh: MP PK = NK PQ
3) Tìm vị trí P nửa đường tròn cho NK.MQ lớn
Bài tập 6.(Đề Hải Dương 2006 - 2007)Cho điểm A ngồi đường trịn tâm O Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) M điểm cung nhỏ BC (M≠B, M≠C) Gọi D, E, F tương ứng hình chiếu vng góc M đường thẳng AB, AC, BC; H giao điểm MB DF; K giao điểm MC EF
1) Chứng minh:
a) MECF tứ giác nội tiếp b) MF vng góc với HK
2) Tìm vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MDME lớn
Bài tập 7.(ĐềHà Nội năm 2006 - 2007)Cho đường trịn tâm 0, đường kính AB = 2R, C trung điểm OA, kẻ dây cung MN vuông góc với OA C Lấy điểm K tuỳ ý thuộc cung BM nhỏ Gọi H giao điểm AK MN
a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp
b) Tính AH AK theo R
c) Xác định vị trí điểm K để tổng KM + KN + KB đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn
Bài tập 8.Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R) M di động AB N di động tia đối tia CA cho BM = CN
a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt (O) A D Chứng minh D cốđịnh b) Tính góc MDN
c) MN cắt BC K Chứng minh DK vng góc với MN d) Đặt AM = x Tính x để diện tích tam giác AMN lớn
Bài tập 9.Hai đường tròn tâm O tâm I cắt hai điểm A B Đường thẳng d qua A
cắt đường tròn (O) (I) P, Q Gọi C giao điểm hai đường thẳng PO QI
a) Chứng minh tứ giác BCQP, OBCI nội tiếp
b) Gọi E, F trung điểm AP, AQ, K trung điểm EF Khi đường thẳng d quay quanh A K chuyển động đường nào?
(148)Bài tập 10.Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), H trực tâm tam giác ABC, M điểm cung BC không chứa điểm A
a Xác định vị trí M để tứ giác BHCM hình bình hành
b Gọi N E điểm đối xứng M qua AB AC Chứng minh ba điểm
N H, E thẳng hàng
c Xác định vị trí M để NE có độdài lớn
Bài tập 11.Cho (O) điểm A nằm (O) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AMN với (O) (B, C, M, N thuộc (O); AM<AN) Gọi E trung điểm dây MN, I giao điểm thứ hai đường thẳng CE với (O)
a Chứng minh bốnđiểm A, O, E, C nằm đường tròn b Chứng minh góc AOC=góc BIC
c Chứng minh BI//MN
d Xác định ví trí cát tuyến AMN để diện tích tam giác AIN lớn
Bài tập 12.Cho đường trịn (O) đường kính AB=2R điểm M di chuyển nửa đường tròn Người ta vẽ đường tròn tâm E tiếp xúc với (O) M tiếp xúc với AB N Đường tròn cắt MA, MB điểm thứ hai C, D
a Chứng minh CD//AB
b Chứng minh MN tia phân giác góc AMB đường thẳng MN qua điểm K cố định
c Chứng minh tích KM.KN cố định
d Gọi giao điểm tia CN, DN với KB, KA C', D' Tìm vị trí M để chu vi tam giác NC'D' đạt giá trị nhỏ
Bài tập 13.Cho đường trịn (O) điểm A ởngồi đường trịn.Từ A vẽ tiếp tuyến AB,AC với
đường tròn (O)
1 C/m OA vng góc BC
2 Vẽ cát tuyến AMN (O).Gọi E trung điểm MN.C/m A,O,E,C thuộc
đương tròn xác định tâm K Tia CE cắt (O) I.C/m BI//MN
4 Tìm vị trí cát tuyến AMN để diện tích tam giác AIN lớn
Bài tập 14.Cho đường tròn (O; R), Với kí hiệu có hình chứng minh: a)Tứ giác CAIM, BDMI nội tiếp
b)Tam giác CID vuông c)EF // AB
d)Khi M cố đinh I thay đổi AO, tìm vị trí I để ACBD lớn
e) Cho biết OI =
R và AM = R Hãy tính độ dài đoạn thẳng CD diện tích tam
giác CID theo R
Bài tập 15.Cho đường trịn (O) điểm A nằm ngồi đường trịn.Từ A vẽ tiếp tuyến AB cát tuyến ACD (nằm giũa A D )
(149)2) Gọi H trung điểm CD Chứng minh tứ giác ABOE có bốn điểm thuộc đường trịn
3) Vẽ tia Bx // CD cắt (O) I, IE cắt (O) K.Chứng minh AK tiếp tuyến (O) 4) Đường thẳng BH cắt (O) F.Chứng minh KF // CD
5) Tím vị trí cát tuyến ACD đề diện tích tam giác AID lớn
Bài tập 16.Cho đường tròn ( O,R ), đường thẳng d khơng qua O cắt đường trịn hai điểm A
và B Từ điểm C d (C nằm ngồi đường trịn), kẻ hai tiếp tuyến CM CN ( M N thuộc (O) ) Goi H trung điểm AB,đường thẳng OH cắt tia CN K Đoạn thẳng CO cắt (O) I Chứng minh:
1) C,O,H,N thuộc đường tròn
2) KN.KC= KH.KO
3) I cách CM, CN, MN
4) Một đường thẳng qua O song song MN cắt tia CM CN E F.Xác định vị trí C d để diện tích tam giác CEF nhỏ
Bài tập 17. Cho tam giác ABC vng A có M trung điểm BC Có hai đường thẳng lưu động vng góc với M cắt đoạn AB AC D E Xác định vị trí D E để diện tích tam giác DME đạt giá trị nhỏ
Bài tập 18.Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB điểm C thuộc đoạn AB, M điểm nửa đường trịn Đường thẳng qua M vng góc MC cắt tiếp tuyến qua
A B nửa đường tròn E F
1) Khi M cố định,C di động.Tìm vị trí C để AE.BF lớn 2) Khi C cố định,M di động.Tìm vị trí M để SCEF lớn
Bài tập 19.Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R,M điểm nửa đường trịn(khác A B).Tiếp tuyến (O) M cắt tiếp tuyến A B nửa đường tròn (O) C D
1)Tìm giá trị nhỏ của:
a)Độ dài đoạn thẳng CD diện tích tam giác COD
b) Diện tích chu vi tứ giác ACDB
c)Tổng diện tích tam giác ACM BDM 2) Tìm giá trị lớn của:
a) Diện tích chu vi tam giác MAB b) Tích MAMB
Bài tập 20.(Đề thi tuyển vào lớp 10, 95 - 96 Thành phố Hồ Chí Minh)Cho hình vng ABCD cố định cạnh a Điểm E dichuyển cạnh CD ( E≠ D ) Đường thẳng AE cắt đường thẳng BC F, đường thẳng vng góc với AE A cắt đường thẳng CD K 1) Chứng minh ABF = ADK,suy AKF vuông cân
2) Gọi I trung điểm FK.Chứng minh làtâm đường tròn qua A,C, F,K I di
chuyển đường thẳng cố định E di động CD
3) Chứng minh tứ giác ABFI nội tiếp
(150)5) Hãy vị trí E để EK ngắn
Bài tập 21.Cho hai đường tròn (O; R ) (O; R’) cắt A B Một đường thẳng (d) quay quanh A cắt (O) (O’) C D
1) Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng CD qua điểm cố định Xác địmh điểm cố định
2) Với vị trí đường thẳng (d) tam giác BCD có diện tích lớn
Bài tập 22.Cho tam giác ABC vuông A (AB < AC).Lấy điểm D thuộc cạnh AC Vẽ đường trịn đường kính CD cắt BD E cắt AE F
a) Chứng minh A, B, C, E thuộc đường tròn b) Chứng minh BĈA = AĈ F
c) Gọi M, N điểm đối xứng D qua AB BC Chứng minh tứ giác BNCM nội tiếp
(151)CD13: GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN
KIẾN THỨC CƠ BẢN
- Góc ABE có đỉnh A nằm đường trịn O cạnh cắt đường trịn gọi góc
nội tiếp (Hình) Trong trường hợp góc nội tiếp có sốđo khơng vượt q 900 sốđo của
chúng nửa sốđo góc tâm, chắn cung Các góc nội tiếp có sốđo nửa sốđo cung bị chắn Vì thế, góc chắn cung (hoặc chắn cung nhau) chúng nhau, góc nội tiếp cung bị chắn
Trên hình vẽ ta có: 1sđ
2
ABE ADE ADE AE
- Cho đường tròn O dây cung AB Từđiểm A ta kẻ tiếp tuyến Ax với đường trịn,
BAx gọi góc tạo tia tiếp tuyến với dây cung AB (Hình) Cũng góc nội tiếp, số
đo góc tia tiếp tuyến dây cung nửa sốđo cung bị chắn : sđ 1sđ
2
BAx AmB
Chú ý: Việc nắm khái niệm, định lý, hệ góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến
dây cung giúp so sánh sốđo góc, từđó chứng minh đường thẳng song song với nhau, tam giác nhau, tam giác đồng dạng với nhau…
I Góc nội tiếp đường trịn
(152)- Hai góc chắn cung nửa sốđo cung bị chắn Trên hình vẽ:
đ đ đ
s s s
2
ABD ACD AD - Các góc chắn hai cung Trên hình vẽ:
đ đ đ đ
s s s s
AD CD AD CD ABD CAD
B VÍ DỤ Ví dụ Trên cạnh huyền BC tam giác vng ABC phía ngồi ta dựng hình vng
với tâm điểm O Chứng minh AO tia phân giác góc BAC
Lời giải:
Vì O tâm hình vng nên BOC 900
Lại có BAC 900 suy bốn điểm A B O C, , ,
cùng nằm đường tròn đường kính BC
Đối với đường trịn ta thấy BAO BCO (cùng chắn BO) Mà BCO 450 BAO 450
Do BAC 900, nên CAO BACBAO 450 Vậy BAO CAO, nghĩa AO tia phân
giác góc vng BAC(đpcm)
Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O Từđỉnh A ta kẻđường cao AH (H thuộc BC ) Chứng minh BAH OAC
Lời giải:
O
D
C B
(153)Kẻđường kính AE đường trịn O Ta thấy ACE 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường
trịn) Từđó OACAEC 900 (1)
Theo giả thiết ra, ta có: BAHABC 900 (2) Lại AEC ABC (cùng chắn AC) (3)
Từ (1),(2) (3) suy BAH OAC (đpcm)
Lưu ý: Cũng giải tốn theo hướng sau: Gọi D giao điểm tia AH với đường
tròn O , chứng tỏ tứ giác BDEC hình thang cân Từđó suy sđBD sđCE, dẫn đến
BAD CAE, hay BAH OAC
Ví dụ Cho tam giác đềuABC nội tiếp đường trịn O Trên cung BC khơng chứa A ta lấy điểm P (P khác B P khác C ) Các đoạn PA BC cắt
Q
a) Giả sử D điểm đoạn PA cho PD PB Chứng minh PDB
đều
b) Chứng minh PAPBPC
c) Chứng minh hệ thức 1
PQ PB PC
(154)a) Trước tiên ta nhận thấy tam giác PBD cân P Mặt khác, BPD BPA BCA 600
(hai góc nội tiếp chắn AB đường tròn O ) Vậy nên tam giác PDB
b) Ta có PB PD, để chứng minh PAPBPC ta chứng minh DAPC Thật vậy, xét hai tam giác BPC BDA có: BABC (giả thiết), BD BP (do tam giác BPD
đều) Lại ABD DBC 600, PBCDBC 600 nên ABD PBC Từđó BPC BDA
(c.g.c), dẫn đến DAPC (đpcm)
c) Xét hai tam giác PBQ PAC ta thấy BPQ 600, APC ABC 600 (hai góc nội tiếp
cùng chắn cung AC) suy BPQ APC PBQ , PBC PAC (hai góc nội tiếp chắn
PC ) Từđó PBQ PAC (g.g) PQ PC
PB PA
, hay PQ PA PB PC Theo kết câu b,
ta có PAPBPC nên PQ PB PCPB PC Hệ thức tương đương với
1 1
PQ PB PC (đpcm)
Ghi chú:
- Tứ giác ABCD có tính chất AB CD BC AD (*) nói ví dụtrên gọi tứgiác điều hòa Loại tứgiác đặc biệt có nhiều ứng dụng việc giải tốn hình học phẳng khác
- Nếu hệ thức (*) dạng AB BC
AD CD nhớ lại tính chất đường phân giác tam giác ta
có thể nêu thêm tính chất tứgiác điều hòa
- Tứ giác ABCD tứgiác điều hòa chỉkhi đường phân giác góc BAD
BCD cắt điểm đường chéo BD
- Tứ giác ABCD tứgiác điều hòa chỉkhi đường phân giác gócABC ADC cắt
nhau đường chéo AC
Ví dụ 4) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Đường
phân giác góc A cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác D Gọi I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh
DB DC DI
Giải:
Ta ln có DB DC AD phân giác góc A Ta chứng minh tam giác DIB cân D
(155)(Góc nội tiếp chắn cung CD) mà
BAD CAD , IBC IBA (Tính chất phân giác) suy
IBD ABI BAI Nhưng
BID ABI BAI (Tính chất góc ngồi) Như tam giác BDI
cân D DB DI DC
Nhận xét: Thơng qua tốn ta có thêm tính chất: Tâm
đường trịn ngoại tiếp tam giác IBC giao điểm phân giác góc A với ( )O
Ví dụ 5) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( )O
AB AC Lấy điểm M thuộc cung BC không chứa điểm A Vẽ
, ,
MH MK MI vng góc với BC AC AB
MH MK MI
Giải:
Trong tốn có tỷ sốđộ dài ta nghỉđến tam giác đồng dạng
và định lý Thales
Cách 1: Dựng đường thẳng qua A
song song với BC cắt ( )O N Gọi E giao điểm BC MN
Ta có: AB NC
Ta có đ đ
2
BME BMN s AB AN s NC ANAMC ,
MBC MAC BME AMC MH MK, hai đường cao tương ứng nên: AC BE
MK MH ,
chứng minh tương tựta có: AB CE
MI MH Cộng hai đẳng thức ta có:
BC AC AB
MH MK MI
Cách 2: Ta thấy MH MI, đường cao tam giác MBC MAB, hai tam giác
không đồng dạng với Điều giúp ta nghỉđến việc lấy điểm E cạnh BC
cho BMA DMC để tạo tam giác đồng dạng giữđược hai đường cao tương ứng (Phần lời giải xin dành cho bạn đọc)
O I
D
C B
(156)2 Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung
A PHƯƠNG PHÁP GIẢI
- Sốđo góc tạo tia tiếp tuyến dây cung (tại điểm đường tròn) nửa sốđo
cung bị chắn
- Trên hình vẽ: sđ sđ 1sđ
2
BAC xBC BC
B VÍ DỤ
Ví dụ Giả sử A B hai điểm phân biệt đường tròn O Các tiếp tuyến
đường tròn O Các tiếp tuyến đường tròn O A B cắt điểm M Từ
A kẻđường thẳng song song với MB
cắt đường tròn O C MC cắt đường tròn O E Các tia AE MB cắt
K Chứng minh MK2 AK EK. MK KB
Lời giải:
Do MB/ /AC nên
BMC ACM (1), ta lại có
ACM ACE MAE
(cùng chắn AE) (2) Từ (1) (2)
suy KME KAM (g.g) MK EK
AK MK
hay MK2 AK EK. (3) Ta thấy EAB EBK
(cùng chắn BE) Từđó EBK BAK (g.g) BK EK
AK BK
hay BK2 AK EK. (4) Từ (3)
và (4) suy MK2 KB2 nghĩa MK MB (đpcm).
Ví dụ Cho đường tròn C tâm O, AB dây cung C không qua O I
(157)bán kính OI P Q Chứng minh tích AP AQ khơng đổi đường trịn ngoại
tiếp tam giác BPQ ln qua điểm cốđịnh khác B
Lời giải: Ta có
PQI PIA (cùng chắn PI), nên API AIQ (g.g) Suy AP AI AP AQ. AI2 AI AQ
(khơng đổi) Giả sửđường trịn ngoại tiếp tam giácBPQcắt AB D D B
Khi ADP AQB, suy
AD AP
AQ AB hay
2
AD AB AP AQ AI
(khơng đổi) Do điểm D điểm
cốđịnh (đpcm)
Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H BAC 600 Gọi M N P, , theo thứ
tựlà chân đường cao kẻ từ A B C, , tam giác ABC I trung điểm BC a) Chứng minh tam giác INP
b) Gọi E K trung điểm PB NC Chứng minh điểm
, , ,
I M E K thuộc đường tròn
c) Giả sử IA phân giác NIP Tìm sốđo BCP
Lời giải:
a) Từ giả thiết ta có
1
IN IP BC nên tam giác
INP cân I Lại B P N C, , ,
nằm đường trịn tâm I , đường kính BC nên theo mối liên hệ góc nội tiếp góc
tâm chắn cung, ta thấy PIN 2PBN 600 Vậy tam giác INP đều.
b) Rõ ràng bốn điểm I M E, , K nằm đường trịn đường kính AI
c) Từđiều kiện toán ta thấy AI tia phân giác BAC 600, mà I là trung điểm
của BC nên tam giác ABC Từđó suy BCP 300
Ví dụ 4) Cho tam giác cân ABC AB,( AC) Gọi O trung điểm BC Dựng đường
(158)2 4 .
BC BP CQ tìm vịtrí điểm M để diện tích tam giác APQ lớn
Lời giải:
Ta thấy SABC không đổi nên
APQ
S lớn chỉkhi SBPQC
nhỏ nhất, sởđể ta làm xuất biểu thức có liên quan
đến BP CQ, Ta có AB PQ AC, ,
lần lượt tiếp tuyến điểm
, ,
D M E ( )O nên ta có: AB OD PQ, OM AC, OE BD, CE Từđó ta tính được:
1 2 2
2
BPQC
S R BPPQCQ R BD DP EQ CE
R BD DP EQ R BP CQ BD
Mặt khác ta có: 1 11800
2
POQ DOE A B C nên suy
1800 1800
BOP POQ QOC QCO QOC CQO BPO COQ
2
4
BP BO BC BP CQ BO CO
CO CQ
Theo bất đẳng thức Cơ si ta có:
2
BP CQ BP CQ BC SBPQC R BC. BD Vậy SBPQC nhỏ
BP CQ M trung điểm cung DE
Chủđề Góc có đỉnh ngồi đường trịn
KIẾN THỨC CẦN NHỚ
*) Với đỉnh A nằm đường trịn O ta có góc với đỉnh ởtrong đường trịn (hình)
Sốđo góc nửa tổng số
đo hai cung bị chắn hai cạnh góc tia đối hai cạnh
+ sđ sđ sđ
2
BE CD
BAE
+ đ sđ sđ
2
BD CE
(159)*) Với đỉnh A nằm ởngồi đường trịn O ta có sốđo góc nằm ngồi đường trịn nửa
hiệu sốđo hai cung bị chắn + Trên hình vẽ ta có:
đ đ đ
s s s
2
CAE EmC BnD Cần lưu ý đến trường hợp sau:
+ Với đỉnh A nằm đường tròn
( )O AD tếp tuyến ( )O , qua A
vẽ cát tuyến cắt đường trịn
,
BC sđ sđ
2
CAD CmD BnD
+ Với Với đỉnh A nằm đường tròn
( )O AB AC, tếp tuyến ( )O ,
(A, B tiếp điểm)
đ đ
s s
BAC BmC BnC
3 Áp dụng góc có đỉnh ngồi đường trịn
A PHƯƠNG PHÁP GIẢI Cũng phần góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung, định lý hệ góc có
đỉnh nằm nằm ngồi đường trịn giúp tìm mối quan hệ sốđo
góc, chứng minh đường song song, tam giác nhau, tam giác đồng dạng với
nhau, hai đường thẳng vng góc với
B VÍ DỤ
Ví dụ ) Trên đường tròn O cho điểm A B C D, , , theo thứ tựđó Gọi A B C D1, , ,1 1 1
lần lượt điểm cung AB BC CD, , DA Chứng minh đường
thẳng AC1 1 B D1 1 vng góc với
(160)Gọi I giao điểm AC1 1 B D1 1; , , , theo thứ tự sốđo cung , , ,
AB BC CD DA Khi 3600
Xét góc A IB1 1 góc có đỉnh nằm
trong đường trịn O Ta có 1 1 sđ1 1 sđ1 1
A IB A BB C DD
đ 1 đ 1 đ 1 đ 1
1 s s s s A B BB C D DD
1 900
4
Nghĩa
1 1
AC B D (đpcm)
Ví dụ Cho bốn điểm A D C B, , , theo thứ tựđó nằm đường trịn tâm O đường
kính AB 2R (C D nằm phía so với AB) Gọi E F theo thứ tự hình chiếu vng góc A B, đường thẳng CD Tia AD cắt tia BC I Biết
rằng AE BF R a) Tính sốđo AIB
b) Trên cung nhỏCD lấy điểm K Gọi giao điểm KA KB, với DC M N Tìm giá trị lớn MN K di động cung nhỏCD
Lời giải:
a) KẻOH CD H CD,
ta thấy OH đường trung bình
của hình thang ABFE,
suy 1
2
R
OH AE BF
I
D1
C1 B1 A1
O
D C B
(161)Từđó tam giác OCD đều,
suy sđCOD sđKCD 600.Ta thấy AIB có đỉnh nằm ngồi đường tròn O nên
đ đ đ 0
s s s 180 60 60
2
AIB AmB KCD
b) Ta thấy AEM NFB suy EM NF AE BF (khơng đổi) MN lớn
và chỉkhi EM NF nhỏ Theo trên, EM NF không đổi nên EM NF nhỏ
EM FN AE BF Vậy giá trị lớn MN EF 2 AE BF
Ví dụ Trong tam giác ABC, đường phân giác BAC cắt cạnh BC D Giả sử
T đường tròn tiếp xúc với BC D qua điểm A Gọi M giao điểm thứ hai
của T AC , P giao điểm thứ hai T BM, E giao điểm AP BC
a) Chứng minh EAB MBC b) Chứng minh hệ thức BE2 EP EA.
Lời giải:
a) Gọi N giao điểm thứ hai
của AB với đường tròn T
Do AD phân giác BAC
nên sđDM sđDN Ta có sđ sđ sđ sđ
2
MBC MBD DM DP DN DP
đ
1s
2 NP NAP EAB
(đpcm)
b) Từkết câu a, ta thấy EBP EAB Từđó EBP EAB (g.g), suy BE EA
EP BE hay
2 .
(162)Ví dụ Trên đường tròn O ta lấy điểm A C B A C B, , , , ,1 1 1 theo thứ tựđó
a) Chứng minh đường thẳng AA BB CC1, 1, 1 đường phân giác
tam giác ABC chúng đường cao A B C1 1
b) CHứng minh đường thẳng AA BB CC1, 1, 1 đường cao tam giác
ABC chúng đường phân giác tam giác A B C1 1
c) Giả sử T1 T2 hai tam giác nội tiếp đường tròn O , đồng thời đỉnh tam
giác T2 điểm cung đường trịn bị chia đỉnh tam giác
T1 Chứng minh hình lục giác giao tam giác T1 T2
đường chéo nối đỉnh đối song song với cạnh tam giác T1 đồng quy
tại điểm
Lời giải:
a) Ta chứng minh AA1 B C1 1 Thật vậy, gọi M giao điểm AA1 B C1 1, đó:
đ đ đ đ đ
1 1 1 1
1 s s s s s
2
AMB AB A BC AB A B BC
1 1
1 90
2
ABB A AB BCC ABC CAB BCA
(đpcm)
(163)Gọi M1 giao điểm BB1 AC Ta có 1 sđ1 sđ1 1 1
BM A AC B ACBCAAC C (1)
Lại có 2 sđ1 1 1 1
2
BM A AC BB CBCAB C C (2) Vì 90
BM ABM A , nên từ (1)
(2) suy AC A1 1 B C C1 1 Tức CC1 chứa đường phân giác AC B1 1
Chứng minh tương tự, ta thu AA1 chứa đường phân giác B AC1 1, BB1 chứa
đường phân giác A B C1 1
c) Kí hiệu đỉnh tam giác T1 A B, C ; A B1, 1 C1 điểm cung ,
BC CA AB tương ứng Khi T2 tam giác A B C1 1 Các đường AA BB CC1, 1, 1 chứa đường phân giác tam giác T1 nên chúng đồng quy điểm I Giả sử K giao điểm
AB B C1 1 Ta cần chứng minh IK/ /AC
Thật vậy, ta thấy tam giác AB I1 cân B1 nên tam giác AKI cân K Từđó
KIAKAI IAC , dẫn đến IK / /AC (đpcm)
Dạng Áp dụng giải toán quỹ tích dựng hình
A PHƯƠNG PHÁP GIẢI
Khái niệm cung chứa góc giúp giải nhiều tốn quỹ tích, dựng hình, chứng minh nhiều điểm thuộc đường trịn
B VÍ DỤ
Ví dụ Cho tam giác cân ABC AB AC D điểm cạnh BC Kẻ
/ /
DM AB (M AC ), DN / /AC N AB Gọi D' điểm đối xứng D qua MN
Tìm quỹtích điểm D' điểm D di động cạnh BC
(164)Phần thuận: Từ giả thiết đề ta thấy NB ND ND',(1) ba điểm B D D, , ' nằm
đường trịn tâm N Từđó '
2
BD D DMC (2) Lại có BND DMC BAC, nên từ (1) (2) suy BD C' BAC(khơng đổi) Vì BC cốđịnh, D' nhìn BC góc BAC khơng đổi,
'
D khác phía với D (tức phía với A so với MN ) nên D' nằm cung chứa góc BAC
vẽtrên đoạn BC (một phần đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)
Phần đảo: Bạn đọc tự giải
Kết luận: Quỹ tích điểm D' cung chứa góc BAC đoạn BC Đó cung BAC
của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
Lưu ý: Quy trình để giải tốn quỹtích sau:
Để tìm quỹtích điểm M thỏa mãn tính chất T ta tiến hành bước
*Phần thuận: Chỉ điểm có tính chất T thuộc hình H
*Phần đảo: Chứng tỏ điểm thuộc hình H có tính chất T
*Kết luận: Quỹtích điểm M có tính chất T hình H
Chú ý số tốn, sau phần thuận, trước phần đảo ta thêm phần giới hạn quỹ tích
(Bạn đọc tham khảo thêm phần quỹ tích cuối sách này)
Ví dụ Cho đường trịn O dây cung BC cốđịnh Gọi A điểm di động cung
lớn BC đường tròn O (A khác B, A khác C ) Tia phân giác ACB cắt đường
tròn O điểmD khác điểm C Lấy điểm I thuộc đoạn CDsao cho DI DB Đường
thẳng BI cắt đường tròn O điểm K khác điểm B
a) Chứng minh tam giác KAC cân
b) Chứng minh đường thẳng AI qua điểm J cốđịnh
c) Trên tia đối tia AB lấy điểm M cho AM AC Tìm quỹtích điểm M A di động cung lớn BC đường tròn O
(165)a) Ta có
sđ sđ ;
2
DBK DA AK sđ sđ sđ
2
DIB BD KC Vì sđBD sđDA DBI cân D
nên sđKCsđAK Suy AK CK hay KAC cân K (đpcm)
b) Từkết câu a, ta thấy I tâm đường tròn nội tiếp ABC nên đường thẳng AI
qua điểm J (điểm cung BC khơng chứa A) Rõ ràng J điểm cốđịnh
c) Phần thuận: Do AMC cân A, nên 1
2
BMC BAC Giả sử sốđo BAC 2 (không đổi)
thì A di động cung lớn BC M thuộc cung chứa góc dựng đoạn BC phía
điểm O
Phần đảo: Tiếp tuyến Bx với đường tròn O cắt cung chứa góc vẽtrên đoạn BC điểm X Lấy điểm M Cx (một phần cung chứa góc và vẽtrên đoạn
;
BC M X M C Nếu MBcắt đường tròn O A rõ ràng A thuộc cung lớn BC
đường trịn O Vì BAC 2 ; AMC suy AMC cân A hay AC AM
Kết luận: Quỹtích điểm M cung Cx, phần cung chứa góc vẽtrên đoạn BC
về phía O trừhai điểm C X
Ví dụ Cho trước điểm A nằm đường thẳng d hai điểm C D, thuộc hai nủa
mặt phẳng đối bờ d Hãy dựng điểm B d cho ACB ADB
Lời giải:
O x
J
K M
D
C B
(166)*Phân tích: Giả sử dựng điểm B d cho ACB ADB Gọi D' điểm đối xứng
của D qua d Khi ADB AD B' , ACB AD B' Suy C D' nằm
nửa cung chứa góc dựng đoạn AB Từđó ta thấy B giao điểm d với đường tròn
ngoại tiếp ACD'
*Cách dựng: Dựng điểm D' điểm đối xứng D qua đường thẳng d Dựng đường
tròn ngoại tiếp tam giác ACD'
Dựng giao điểm B đường thẳng d với đường tròn ACD'
*Chứng minh: Rõ ràng với cách dựng trên, ta có ACB AD B' ADB
*Biện luận: Nếu ba điểm A C D, , không thẳng hàng, ba điểm thẳng hàng
CD khơng vng góc với d tốn có nghiệm hình
+ Nếu ba điểm A C D, , thẳng hàng d đường trung trực đoạn CD tốn có vơ số
nghiệm hình
+ Nếu ba điểm A C D, , thẳng hàng, d CD d đường trung trực CD
thì tốn khơng có nghiệm hình
Lưu ý: Khái niệm cung chứa góc áp dụng để chứng minh nhiều điểm thuộc
đường trịn Ví dụđể chứng minh bốn điểm A B C D, , , nằm đường trịn, ta
chứng minh hai điểm A B nhìn CD hai góc Nói cách khác,
tứgiác có hai đỉnh kề nhìn cạnh chứa hai đỉnh cịn lại hai góc bốn đỉnh tứgiác thuộc đường tròn
d D' B
D C
(167)Ví dụ Giả sử AD đường phân giác góc A tam giácABC (DBC ) Trên
AD lấy hai điểm M N cho ABN CBM BM cắt đường tròn ngoại tiếp tam
giác ACM điểm thứ hai E CN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM điểm
thứ hai F
a) Chứng minh bốn điểm B C E F, , , nằm đường tròn
b) Chứng minh ba điểm A E F, , thẳng hàng
c) Chứng minh BCF ACM, từđó suy ACN BCM
Lời giải:
a) Ta có BFC BAN (cùng chắn cung BN); BEC CAN (cùng chắn CM), mà BAN CAN,
suy BFC BEC
Từđó bốn điểm B C E F, , , nằm đường trịn (đpcm)
b) Từkết trên, ta có CFE NFA Do hai tia FA FE trùng nghĩa ba điểm
, ,
A E F thẳng hàng (đpcm)
c) Vì BCF BEF ACM BEF nên BEF ACM Từđó suy ACM BCF, dẫn đến
ACN BCM (đpcm)
BÀI TẬP VỀNHÀ
Câu Cho đường tròn O R; , R 4cm vẽ dây cung AB 5cm, C điểm dây cung AB
sao cho AC 2cm VẽCD vng góc với OA D Tính độdài đoạn thẳng AD
Câu Cho đường tròn O R; , AC BD hai đường kính Xác định vị trí hai đường
kính AC BD để diện tích tứ giác ABCD lớn
Câu Cho đường tròn ( ; )O R từđiểm M bên ngồi đường trịn ta kẻhai đường thẳng
(168)Câu Cho đường trịn O R; đường kính AB CD, dây cung O , COD 900, CD cắt
AB M (D nằm C M) OM 2R Tính độdài đoạn thẳng MD MC, theo R
Câu Cho điểm C nằm hai điểm A B Gọi O đường tròn bất kỳđi qua AvàB
Qua C vẽđường thẳng vng góc với OA, cắt đường trịn O D E Chứng minh
các độ dài AD AE, không đổi
Câu Cho đường trịn O R; , hai bán kính OA OB vng góc O C D điểm
trên cung AB cho AC BD hai dây AC BD, cắt M Chứng minh
OM AB
Câu Cho điểm A ởngoài đường tròn O R; Vẽ cát tuyến ABC tiếp tuyến AM với
đường tròn O M tiếp điểm Chứng minh AB AC 2AM
Câu Cho đoạn thẳng AB, đường thẳng d d' vng góc với AB A B M
là trung điểm AB Lấy C D, d d, ' cho CMD 900 Chứng minh rằng CD
là tiếp tuyến dường trịn đường kính AB
Câu Từđiểm P nằm ngồi đường trịn O R; vẽ hai tiếp tuyến PA PB tới đường tròn
O R; với A B tiếp điểm Gọi H chân đường vng góc vẽ từ A đến đường kính BC đường trịn Chứng minh PC cắt AH trung điểm I AH
Câu 10 Một đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB AC, D E, Cho
điểm M thuộc đoạn thẳng AD; CM cắt DE I Chứng minh IM DM
IC CE
Câu 11 Cho đường tròn O r; nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC D Vẽđường kính
;
DE AE cắt BC M Chứng minh BD CM
Câu 12 Cho tam giác ABC Một đường tròn tâm Onội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC
tại D Đường tròn tâm I đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC tiếp xúc
với BC F Vẽđường kính DE đường trịn O Chứng minh A E F, , thẳng hàng
Câu 13 Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC AB AC, , D E F, ,
Đường thẳng qua E song song với BC cắt AD DF, M N, Chứng minh M
trung điểm đoạn thẳng EN
Câu 14 Cho tam giác nhọn ABC Gọi O trung điểm BC Dựng đường trịn tâm O
đường kính BC Vẽđường cao AD tam giác ABC tiếp tuyến AM AN, với đường
tròn O (M N, tiếp điểm) Gọi E giao điểm MN với AD Hãy chứng minh
2
(169)HƯỚNG DẪN BTVN
Câu Giải:
Vẽđường kính AE có AE 8cm
Điểm B thuộc đường trịn
đường kính AE ABE 900
Xét ADC ABE có DAC
(chung), ADC ABE900,
do ADC ABE AD AC AD AC AB
AB AE AE
Mà AC 2cm AB, 5cm AE, 8cm,
nên 2.5 5
8
AD cm
Câu
Giải:Vẽ AH BD H BD
Tứ giác ABCD có
,
OAOAR OB OD R
nên hình bình hành Mà
2
AC BD R tứ giác
ABCD hình chữ nhật, suy
ABCD
S AB AD ABD có A 900, AH DB nên AB AD. AH DB.
Vì AH AO DB, 2R nên 2
ABCD
S R (không đổi) Dấu “=” xảy H O AC BD Vậy hai đường kính AC BD vng góc với diện tích tứ giác ABCD lớn
Câu Giải:
VẽOH AB H AB, OK CD K CD Ta có AB CD (gt), nên
OH OK (định lý liên hệdây cung khoảng
(170)lần lượt trung điểm
,
AB CD (định lý đường kính
vng góc dây cung) AH CK Xét OHM OHM 900 có OM (cạnh chung)
OH OK, OHM OKM (cạnh huyền, cạnh góc vng) MH MK Ta có
MH AH MK CK MAMC
Câu Giải:
Vì COD 900 suy tam giác
COD vuông cân O nên
2
CD R Gọi H trung điểm CD Vì HOM vuông H ,
1 , 2
2
OH CD R OM R Trong tam giác vng OMH ta có:
2
2 2 4 14
2 2
R R
MH OM OH R MH R suy
2 7 1
2
R
MD MH AH , 2 1
R
MC
Câu
Gọi H giao điểm OA DE
Ta có OADE AD AE Chỉ cần chứng minh AD AE có độ dài
khơng đổi Các đoạn thẳng AB AC,
có độdài khơng đổi, DE OA từđó
gợi cho ta vẽđường phụlà đường kính AF để suy ra: AD2 AH AF AC AB. , . AH AF.
Câu Giải:
OAB
cân đỉnh O, AC BD, điều giúp ta nghỉđến chứng minh OM đường phân giác
góc O OAB.VẽOI AC ,
(171) ,
OK BD I AC K BD
thì ta có OI OK suy lời giải toán
Câu Giải:
VẽOH BC H, BC, suy BH HC (định lý
đường kính vng góc dây cung)
Ta có ABAC AH BH AH HC2AH MAO có AMO 900, theo định lý
Pitago có AM2 OM2 OA2; HAO có AHO 900 nên AH2 OH2 OA2 mà
OB OM R, OH OB nên OH OM Do OH2 OM2, suy AH AM Từđó ta có:
2
ABAC AM
Câu Giải:
Vẽ MH CD H, CD
Gọi N trung điểm CD
thì MN đường trung bình
hình thang tam giác MNC cân
tại N nên NMC ACMMCN
Suy CM tia phân giác ACH nên MAMH , Từđó ta có điều phải chứng minh
Câu Gợi ý:
Dễ thấy PB/ /AH, gọi D giao điểm CA BP tam giác BAD vuông A Do
PAPB PAPB PD (Do PDA DAP phụ với DBA PAB) Áp dụng định lý Thales ta có:
IA IH AH
PD PB BD mà
(172)Câu 10 Giải:
Điều cần chứng minh làm ta nghĩ đến định lý Thales ta làm xuất “hai đường thẳng song song”
+ VẽCK / /AB K, DE
Ta có IM DM
IC CK (*)
+ Vì CEK AED ADE EKC
Suy tam giác CEK cân C CE CK.Thay vào (*) ta có: IM DM
IC CE
Câu 11 Giải:
Vẽ tiếp tuyến E
đường tròn O cắt AB AC,
tại H K, Ta có
, / /
ED HK ED BC HK BC
Gọi N tiếp điểm đường tròn O tiếp xúc với AC
,
OK OC hai tia phân giác hai góc kề bù EON NOD (tính chất trung tuyến)
900 KOC
+ Xét OEK CDO
có OEC CDO90 ,0OKE COD (cùng phụ với EOK).Do
EK OE
OEK CDO
OD CD
hay EK r
r CD Tương tựcũng có
HE r
r BD Do
EK BD EK BD
HE CD EK HE BD CD hay
EK BD
HK BC (1)
+ Trong ABM có HE / /BM, áp dụng hệ định lý Thales tam giác ta có
HE AE
BM AM Tương tự có
EK AE
CM AM Do
HE EK EK EK HE
BM CM CM CM BM
hay
EK HK EK CM
CM BC HK BC (2)
Từ (1) (2) cho ta BD CM
(173)thẳng hàng (vì O I, nằm tia phân góc A)
+ Gọi M N, tiếp điểm O ;
I với AB, ta có OM / /IN
nên AO OM
AI IN (hệ định lý Thales).Mà OM OE IN, IF nên có
AO OE AI IF
Mặt khác ED BC IF, BC OD/ /IF AOE AIF + Xét OAE
IAF
có AO OE;AOE AIF
AI IF ,
OAE IAF OAE IAF
Vậy A E F, , thẳng
hàng
Câu 13 Giải
+ Vì đường trịn ( )I tiếp xúc với
các cạnh D E F, , nên suy , ,
AE AF BE BD CD CF
+ Dựng AK / /BD K DF ta có:
MN MD
AK DA ,
EM AM
BD AD Ta cần
chứng minh: MD.AK AM.BD MD BD
DA AD AM AK Nhưng AK AF AE, BD BE nên ta
cần chứng minh: MD BE
AM AE (điều hiển nhiên)
I F K
O
D M
C B
A
H E
(174)Câu 14 Giải:
,
AM AN tiếp tuyến đường
tròn O ,gọi H giao điểm AO
và MN
Ta có tam giác AHE đồng dạng với
Tam giác ADO nên AE AD AH AO
Cũng theo tính chất tiếp tuyến ta có: AH AO. AM2.Từđó suy điều phải chứng minh
-/// -
D O C
B
H
E N
M
(175)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 AD với BC Chứng minh BM 2MC
Câu Cho đường tròn O R; O R'; ' tiếp xúc A RR' Tiếp tuyến điểm M 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 CDEF
Câu Cho đường trịn 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 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 trịn 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
(176)Câu 12 Cho tam giác nhọn ABC Vẽđường trịn O đường kính BC Vẽ AD đường cao 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 AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD
Câu 15 Cho tam giác ABC A 900và 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 vng ABC nội tiếp đường trịn O R AB; AC A, 900 Đường tròn I qua B C, tiếp xúc với AB B, cắt đường thẳng AC D Chứng minh OABD 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 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 khơng đổi, từđó tính tích AC BD theo CD
d) Giả sử 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
(177)a) Chứng minh EK AB
b) Gọi F điểm đối xứng với K qua I Chứng minh AF tiếp tuyến O 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 trịn O R; đường kính AC Trên đoạn thẳng OC lấy điểm B vẽđường 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 MDMI 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 tròn 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
(178)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 trịn 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 a) Chứng minh tứ giác MCED nội tiếp CD vng góc với AB
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 trịn nội tiếp ADE, tính OO' theo R
(179)c) Chứng minh MN DM EN
BC AC AB
B.HƯỚNG DẪN GIẢI
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
CD BC BC suy BC AB 2CD
Câu Giải:
Ta gọi giao điểm AM cung BC 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
D O
M C
B
A
(180)tròn O , suy ACD 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Xét HBA CDA có:
90 ;0
AHB ACD HBACDA (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$EBF suy
1 CD BH
CD EF
EF BK Đó điều phải chứng minh Câu Giải:
Dựng đường kính HN đường trịn C cắt đường tròn O K ta có
CN CH HK
(181)
MC MK HC MC HC MC
2
MC MK HC MC
MC MC( MK)HC2
Hay MC MC( MK)HC2 MC HC.2 HC2 HC 2MC là điều phải chứng minh Câu Giải:
Dựng đường kínhAE đường
trịn O R; .Ta có AEC ABD (cùng chắn
cung AC )
suy DBACEA, từđó suy
BAD OAC Câu
Ta có: BEC BDC (cùng chắn cung ) BC ABD BDC(so le trong) suy BEC ABD
Vì tia BD tia tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE Câu Giải:
+ Vẽđường trịn đường kính AB MBD
vng M có MB MD
(gt) nên tam giác vuông cân 450
ACM
Từđó ta có
450
ANM ACM (hai góc nội
tiếp chắn AM)
900
ANB ANM MNB ; N thuộc đường trịn đường kính AB + Gọi E giao điểm MN AB (E khác N ) Ta có
450
ANM MNB AE EB E cốđịnh Vậy MN qua điểm cốđịnh E
Câu 10 Giải:
(182)Dựng đường kính AH O Ta chứng minh H trực tâm
BDC
Thật ta có: ACH 900
CH AC CH BD
Tương tựta có: BH AB BH CD Như H
là trực tâm BDC Suy trực tâm H điểm cốđịnh Câu 11 Giải:
AB cắt O B F Vì AEH$ADO
suy AE AD. AH AO. AM2
Để chứng minh E trực tâm 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 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
(183)Câu 14 Giải:
Vẽ tiếp tuyến Ax đường tròn O
xAB ACB góc tạo 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 OAAx OA, BD suy OABD Câu 15 Giải:
Giả sử CA cắt O Fthì EF
đường kính A AB; , ta có BF BE (vì BAEF) Ta có: BED BFD,
1s
2
BCF BCE đBF DE
1s 1s
2 BE DE BD BFD
đ đ
Từđó suy BED ECB Xét tam giác ,
BCE BED
có B chung, BED ECB BCE BED BC BE DB CB. EB2
BE BD
$ Câu 16 Giải:
a) Ta có OAOC 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
(184)
AOE COE (cmt); OAOC a, AOE COE (c.g.c) EAO ECO 900 hay
EAAB A, OAa bán kính O EA tiếp tuyến O O' Câu 17 Giải:
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)
(185)Câu 18 Giải:
a) Ta có AIB 900 (góc nội tiếp chắn nủa đường trịn) 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 BIđồng thời đường trung tuyến (F K đối xứng qua I )
FAK
cân AFAI IAK.Ta có
900
FAB FAI IAB IAK IAB IBA IAB AF AB AAF tiếp tuyến
của 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 KAKE K BI
3 1
2
EH EK KH KH
Ta có
2 2 1 3 6
2
KH KH HE KH KH KH KH
Và
3
2
2
HE KE HK HK HK
Suy KH KH 2HE2HE 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
(186)giác ABN ABM.Mặt khác 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 A, AC BQ có:
2 .
AB BC BQ BC BN NQ BC ABBC (1) Đặt BC x x, 0, biết AB 2R, từ (1) cho 4R2 x R2 xx2 2Rx4R2 0 ' R2 4R2 5R2 ' R 5,
1
x R R x2 R R 0 (loại) Vậy BC 51R Câu 20 Giải:
a) Đường kính AC vng góc
với dây DE M MD ME
Tứ giác ADBE có MD ME,
MAMB (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 trịn 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
(187)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 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 KDLKAL 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
1200 600
2 2
KDP PDL KDL
MDN
Ta có: MDC MDNNDC 600 NDC;
600
MDC BBMD 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
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 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) PAEF AE EF FAAEEP'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
(188)' 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 MAMC (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$DEC (g.g) AB BD AB DC EC BD
EC DC
(1) Do
EDC ADBBDC ADE, nên DAE$DBC (g.g)AD BC BD AE (2) Từ (1) (2) ta có AB CD AD BC BD AE ECBD 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 CDBD 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
,
(189)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)
900 ,
IEO IMO IE OE OE R
nên IE tiếp tuyến đường tròn O 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
2 3
3 3 3
R
AB AH HB R x x R
Vậy
.2 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
4 BC BD CE OB OC
(không đổi)
(190)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 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 vuông) 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 MI ME (2) Từ (1) (2) cho MI GG', ta lại có GI'MK (vì OAMK) nên I trực
(191)Câu 26 Giải:
a) Gọi O' giao điểm AO với cung nhỏ DE đường tròn O O' thuộc đường phân giác A ADE Ta có
DOAEOA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ' '
DO O E
Mà
đ đ
' s '; ' s '
2
ADO DO EDO O E ADO'EDO' DO' phân giác D O' tâm
đường trịn nội tiếp ADE Do OO'R
b) Do AB AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ADE cân A nên 1800 900
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
(g.g)
(192)a
b= a
c c
d
b Đỉnhcây
Gốccây
CHUYÊN ĐỀ:CÁC BÀI TỐN THỰC TẾ HÌNH HỌC §1 ĐỊNH LÍ PYTHAGORE VÀ NHỮNG ỨNG DỤNG
TRONG CÁC BÀI TOÁN THỰC TẾ A. KIẾN THỨC LIÊN QUAN
Định lí Pythagore định lí quan trọng tất định lí khoa học nói chung hình học nói riêng Định lý Pythagore đơn giản lí thú Nhiều nhà khoa học cịn cam đoan có người sống hành tinh khác định lí hình học có giá trị mà họ tìm định lí Pythagore Đã có dự án đề nghị xây dựng cơng trình tường xanh tạo thành tam giác vng có ba cạnh 3,
khổng lồ cánh đồng lớn để liên lạc với người Trái Đất
Ngày 08 tháng 09 năm 1977, hai tàu thăm dò Voyager Mỹ phóng lên vũ trụ mang theo hình vẽ biểu diễn định lí Pythagore
Pythagore nhà hiền triết người Hy Lạp sống khoảng 500 năm trước công nguyên Sau
này người ta phát định lí Pythagore biết đến trước từ lâu văn minh cổ đại giới Điển hình số nhà khảo cổ tìm thấy bảng đất sét nung văn minh Babilon nghìn năm trước Pythagore có hình vẽ khác tam giác vng có cạnh thể định lí
Trong văn tự Ấn Độ cổ đại khoảng 1500 năm trước Công
nguyên có phần quan trọng gọi Sulbasutras nói việc đo đạc thiết kế đền thờ Ở phần tìm thấy định lí Pythagore dạng: Diện tích hình vng có cạnh cạnh
huyền tam giác vuông tổng diện tích hai hình vng bằng tổng diện tích hai hình vng có cạnh hai cạnh bên
của tam giác vng đó.
B. VÍ DỤ MINH HOẠ ỨNG DỤNG TOÁN HỌC VÀO BÀI TOÁN THỰC TẾ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
- Sử dụng công thức Pythagore để tìm cạnh góc vng cạnh huyền từ hai cạnh lại: c2 a2 b2 (c cạnh huyền, a b, cạnh góc vng)
- Rút kết luận tốn
Ví dụ 1
Từ đỉnh có treo cáidây thả xuốngđất thừa một đoạn có độ dài d Nếu kéo căng dây đầu dây chạm đất khoảng cách b so với gốc Hãy tìm độ dài dây. Nếu có độ dài a có tốn tính độ dài c
(193)a
b c
d c
Ngọnt re
Gốct re Chỗgãy
a
b c
c - b
C
E D
B A a c d b Theo định lí Pythagore ta có:
2 2
(c d ) b c .
Từ suy ra: 2
2 b d c d
Ví dụ 2
Có tre có độ cao a Khi gãy tre chạmđất khoảng cách b so với gốc tre Hãy tìm độ cao chỗ tre. Ta phải tính cạnh a tam giác vng có cạnh bên b cạnh huyền c d a
Theo định lí Pythagore ta có: a2b2 (da)2 Từ suy ra: 2
2 d b a d
Ví dụ 3
Có ao hình vng, cạnh dài 3, 33m, ao có sậy nhơ lên khỏi mặt
nước vừa 0, 33m, kéo sậy vào bờ chọn vừa chạm mặt nước Hỏi độ sau
nước sậy cao bao nhiêu?
Giả sử chiều rộng ao ED2a 3, 33 (m),
C trung điểm ED nên:
1, 665
DC a (m)
Chiều cao sậy mặt ao AB, phần nhô khỏi mặt nước
0, 33
AC (m)
Mà ABBD, giả sử BD c, độ sâu nước BC b, tam giác BCD tam giác vuông Rõ ràng AC ABBC c b 0, 33 (m)
Độ dài AC hiệu đường huyền với cạnh dài góc vng Vậy tốn quy việc tính chiều dài cạnh huyền cạnh góc vng lớn
tam giác vng biết cạnh góc vng bé hiệu cạnh huyền cạnh góc vng lớn
Từ định lí Pythagore, ta có:
2 2
a c b
2 ( )2 2 ( )2 a c b c b c b
2 ( 2 2)
c b c bc b
2bc2b2
2 (b c b )
Vì
2 ( )2
2( )
a c b
b c b (1) ( )
(194)A
D
C O
B
H
D C
M
J A
F E
B W
Đem giá trị a c b, thay vào hai công thức (1) (2) dễ dàng tính độ sâu nước là:
2
1, 665 0, 33 2, 772225 0,1089 4, 035
2.0, 33 0, 66
b (m)
Độ cao sậy là: c4, 0350, 334, 365 (m)
C. LỜI BÌNH
Định lí Pythagore định lí hình học nói riêng khoa học nói chung có nhiều cách chứng minh Theo thống kê, đến có 385 cách giải Nhiều trị gia
lỗi lạc Tổng thống Hoa kỳ James Garfiel tham gia tìm cách chứng minh định lí Ở bậc học cao hơn, người ta dùng Vật lí học để chứng minh định lí Pythagore Định lí Pythagore cịn xuất mơn phi-Euclide, hình học giả Euclide, phương trình vi phân, Đại số tuyến tính, … Hầu lĩnh vực quan trọng người ta thấy bóng dáng định lí Pythagore Qua minh chứng tầm quan trọng định lí Pythagore lĩnh vực khoa học đời sống
D. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài tốn
Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác có cạnh 50, 50, 60
Bài toán 2
Dựng hình vng có diện tích diện tích hình chữ nhật cho trước.
E. ĐÁP SỐ VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài toán
Theo định lí Pythagore, ta có: AD2 AC2DC2
Do DC BC : 230, nên:
AD 502302 40 Ta lại có:
OC2 DC2 (AD OA )2
DC2AD22AD OC. OC2 Do đó: 2 302 402 125
2 2.40
DC AD
OC
AD
Bài tốn 2
Cho hình chữ nhật ABCD Ta vẽ hình chữ vng ABKH hình chữ nhật ABCD Sau xác định trung điểm E M
DH CK
Dựng hình vng AEFJ qua M Lấy J làm tâm vẽ đường trịn có bán kính JF cắt BM W Hình vng có cạnh BW có diện tích diện tích ABCD theo định lí Pythagore ta có: BW2 JW2BJ2
(195)a
c b
A
B C
(JFBJ JF)( KM)
AB BC
§2 HỆ THỨC GIỮA CÁC CẠNH VÀ CÁC GĨC CỦA MỘT TAM GIÁC VUÔNG
A. KIẾN THỨC LIÊN QUAN
Trong tam giác vuông, cạnh góc vng bằng: - Cạnh huyền nhân với sin góc đối hay nhân với cơsin góc kề - Cạnh góc vng nhân với tang góc đối hay nhân với cơtang góc kề
B. VÍ DỤ MINH HOẠ ỨNG DỤNG TOÁN HỌC VÀO BÀI TOÁN THỰC TẾ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
- Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng cách thích hợp như:
sin canhdoi ; cos canhke
canhhuyen canhhuyen
tan canhdoi; cotan canhke
canhke canhdoi
( góc nhọn tam giác vuông)
- Từ rút kết luận tốn
Ví dụ 1
Một cột điện có bóng mặt đất dài 7, 5m, tia sáng mặt trời tạo với mặt đất góc xấp xỉ
0
42 Tính chiều cao cột đèn.
(196)6 10
H A
B
12
H A
C B
Gọi chiều cao cột đèn AB, bóng mặt đất AC Ta có BAC 900
Theo giả thiết, ta có BCA 420
Áp dụng tỉ số lượng giác tam giác ABC vuông A, ta có:
tanBCA AB AB AC tanBCA 7, tan 420 6, 75
AC
(cm)
Vậy chiều cao cột đèn 6, 75 (cm)
Ví dụ 2
Ở độ cao 920m, từ máy bay trực thăng ngườita nhìn hai
điểm D C, của hai đầu cầu góc so với đường vng góc với
mặt đất góc 37 ,0 310 Tính chiều dài CD của cầu (hình vẽ).
Gọi A vị trí trực thăng, B chân đường vng góc hạ từ A xuống mặt đất C D hai điểm đầu cầu
Ta có
tanBAD BD AB
BDAB tanBAD 920 tan 370 920.0, 754693, 68 (m)
Mặt khác
tanBAC BC AB
BC AB tanBAC 920 tan 310 920.0, 6552 (m) Vậy chiều dài cầu là:
CD BDBC 693, 68 552 141, 68 (m)
C. LỜI BÌNH
Hệ thức lượng tam giác vuông chủ đề hay quan trọng chương trình tốn phổ thơng Nó có nhiều ứng dụng thực tế Bài viết cần trao đổi thêm? Mong chia sẻ bạn
D. BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Bài toán
Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Tính sin , sinB C ứng với trường hợp sau:
(197)H A
B
Bài tốn 2
Cho tam giác vng ABC vng A Tính sin , tanB B trong trường hợp sau: a) 12
13
AB
BC ; b)
15
AB
AC .
E. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài toán
a) Ta có: AH2 AB2BH2 10262 100 36 64 Vậy AH 64 8 (cm)
Do sin
10
AH B
AB
Ta có: 2 12 2
AH AB AC
2 2 2 2 2 2
1 1 10 36
6400
10
AB AH
AC AH AB AH AB
Vậy 6400 80 13,
36
AC (cm) Theo định lí Pythagore, ta có:
BC2 AB2 AC2 10213, 32 276, 89 Suy BC 276, 89 16, 64 (cm)
Vì vậy: sin 10 0, 16, 64
AB C
BC
b) Áp dụng định lí Pythagore tam giác vng AHB vng H, ta có: 2 122 52 144 25 169
AB AH BH
Do AB 16913 (cm)
Suy ra: sin 12 13
AH B
AB
Ta có 2 12 2
AH AB AC
2 2 2 2 2 2
1 1 13 12 25
24336
13 12
AB AH
AC AH AB AH AB
Vậy 24336 31,
25
AC (cm)
Áp dụng định lí Pythagore tam giác AHC vng H: HC2 AC2AH2 31, 22122 829, 44
Vậy HC 829, 44 28, (cm)
Ta có: BC BH HC 5 28, 833, (cm)
Vậy: sin 13 33,
AB C
BC
(198)H B A
C
Bài tốn 2
a) Ta có: cos 12 13
AB B
BC
Áp dụng công thức 2
sin Bcos B1, ta được:
2
2 12 144 25
sin cos 1
13 169 169
B B
Từ đó, ta có: sin 25
169 13
B (do sinB0)
Mặt khác,
5
sin 13
tan
cos 12 13
13
B B
B
b) 15
8
AB
AC
Ta có: cotan 15 tan 1
8 cotan 15 15
8
AB
B B
AC B
Theo công thức lượng giác, ta được:
2
2
1 15 225 289
cotan 1
8 64 64
sin B B
Từ đây, suy ra: sin 64
289 17
B (do sinB0)
§3 ĐỊNH LÍ THALES TRONG CÁC BÀI TỐN THỰC TẾ A. KIẾN THỨC LIÊN QUAN
(199)nhiều khám phá địa lý thực Thế giới sẵn sàng cho kiểu văn minh
Nền văn minh xuất thành phố thương mại chạy dài dọc theo bờ biển Tiểu Á sau lãnh thổ Hy Lạp, vùng biển Italia Cái nhìn tĩnh phương đơng cổ đại trở nên phủ nhận bầu khơng khí phát triển chủ nghĩa lý, người ta bắt đầu hỏi
Ở thời gian đầu, toán học lĩnh vực khác, người ta bắt đầu đặt câu hỏi có tính chất “Tại các góc đáy tam giác cân lại nhau?” “Tại đường kính lại chia đơi đường trịn?” Những q trình thực nghiệm phương đơng cổ đại hồn tồn đủ để trả lời câu hỏi làm không đủ để trả lời câu hỏi có tính chất khoa học từ Ít nhiều cố gắng phương pháp chứng minh để tự khẳng định khía cạnh suy diễn mà học giả ngày coi đặc trưng toán học thấy xuất Có thể tốn học có ý nghĩa từ này, đời khơng khí chủ nghĩa lý đô thị thương mại nằm vùng bờ biển phía tây Tiểu Á Theo lời truyền lại hình học
chứng minh bắt đầu với Thales vùng Miletus, “bảy nhà thông thái” thời đại khoảng thời gian nửa đầu kỷ XV trước Công nguyên
Theo nhà nghiên cứu lịch sử, phần đầu đời Thales nhà buôn trở nên giàu có để quãng đời sau đời dành cho việc nghiên cứu học tập du lịch Ông thiên tài nhiều mặt khách, người cố vấn, kỹ sư, doanh nghiệp, nhà triết học, toán học thiên văn học Thales người biết đến với khám phá toán học Trong hình học ơng cơng nhận đưa kết sau đây:
- Một đường trịn chia đơi đường kính - Hai góc đáy tam giác cân - Các góc đối đỉnh
- Hai tam giác theo trường hợp góc cạnh góc
Thales coi người đoán tượng nhật thực vào năm 585
B. VÍ DỤ MINH HOẠ ỨNG DỤNG TOÁN HỌC VÀO BÀI TOÁN THỰC TẾ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
- Sử dụng tỉ số hai tam giác đồng dạng
AB A B
ABC A B C
AC A C
- Rút kết luận tốn
Ví dụ
(200)Kim tự tháp cơng trình kiến trúc cổ hùng vĩ phần mộ vua chúa Ai Cập cổ đại Hơn 2600 năm trước, có vương quốc Ai Cập muốn biết độ cao thực kim tự
tháp bao nhiêu, chẳng đo
Cho người trèo lên đỉnh tháp? Rõ ràng khơng thể tháp nghiêng, có trèo lên chẳng biết dùng cách để đo
Thales cho người giúp Quốc Vương đo chiều cao kim tự tháp Thales chọn ngày đẹp trời, mời Quốc Vương quan trọng triều hành lễ đo tháp Người đến xem đông, chen chúc nhau, bàn tán vào sôi Nhưng thời gian trôi đi, mặt trời chiếu xuống Kim tự tháp đám người mà chưa thấy Thales có động tĩnh Mãi thấy bóng người chiều cao ông, ông phát lệnh đo tháp Lúc đó, người giúp việc đo độ dài bóng Kim tự tháp DB (hình vẽ trên) Sau đó, ơng đưa chiều cao Kim tự tháp cách chuẩn xác
Thales làm để đo chiều cao Kim tự tháp? Ơng phải chờ tới độ dài bóng người ơng độ cao ơng đo, lúc tia nắng mặt trời người ơng tạo thành góc 450 Tức CBA 450 ACB 90 ,0 BAC 450 Lúc ấy, điểm đỉnh Kim tự tháp với điểm trung tâm Kim tự tháp điểm cuối bóng Kim tự tháp tạo thành tam giác vuông cân, đương nhiên hai cạnh bên AC CB Nửa độ dài Kim tự tháp đoạn CD (đã ơng đo trước, cịn độ dài đoạn bóng Kim tự tháp DB ơng nhờ trợ lý đo Cuối việc cộng lại hai đoạn CD DB lại chiều cao Kim tự tháp
Ví dụ 2
Làm để đo chiều cao cây?