Đang tải... (xem toàn văn)
a) MN vuông góc với BC tại trung điểm của BC. Cho ba điểm A, B,C nằm trên đường thẳng xy theo thứ tự đó. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của BC và MN.[r]
(1)X.Bài tập Hình tổng hợp
Bi 1 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt
H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chứng minh rằng:
1.Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp
2.Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn 3.AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC
4.H M đối xứng qua BC
5.Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF
Lời giải:
Xét tứ giác CEHD ta có:
CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)
CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) => CEH + CDH = 1800
Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEC = 900.
CF đờng cao => CF AB => BFC = 900.
Nh E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng trịn đờng kính BC
Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm ng trũn
Xét hai tam giác AEH ADC ta cã: AEH = ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung => AEH ADC => AE
AD= AH
AC => AE.AC = AH.AD
* Xét hai tam giác BEC ADC ta cã: BEC = ADC = 900 ; C lµ gãc chung => BEC ADC => BE
AD= BC
AC => AD.BC = BE.AC 4 Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi góc ABC)
C2 = A1 ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM)
=> C1 = C2 => CB tia phân giác gãc HCM; l¹i cã CB HM => CHM cân C
=> CB cng l ng trung trực HM H M đối xứng qua BC
5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp
C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD)
E1 = E2 => EB tia phân giác gãc FED
Chứng minh tơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF
Bài 2 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O l tõm ng trũn
ngoại tiếp tam giác AHE
1 Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp
2 Bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn
3 Chøng minh ED =
2 BC
4 Chứng minh DE tiếp tuyến đờng trịn (O)
5 Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm
Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:
CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)
CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)=> CEH + CDH = 1800
(2)2 Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEA = 900. AD đờng cao => AD BC => BDA = 900.
Nh E D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng trịn đờng kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn
3 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900
Vậy tam giác BEC vuông E có ED lµ trung tuyÕn => DE =
2 BC
Vì O tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1)
Theo trªn DE =
2 BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2)
Mµ B1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE OE t¹i E.
Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E
5 Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vng E ta có ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32 ED = 4cm
Bài 3 Cho nửa đờng trịn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt N
1 Chøng minh AC + BD = CD Chøng minh COD = 900. Chøng minh AC BD = AB
2
4
4 Chøng minh OC // BM
5 Chứng minh AB tiếp tuyến đờng tròn đờng kính CD
6 Chøng minh MN AB
7 Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ
Lêi giải:
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD
Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM lµ hai gãc kỊ bï => COD = 900.
Theo COD = 900 nên tam giác COD vuông O có OM CD ( OM tiÕp tuyÕn )
áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB2
4
Theo trªn COD = 900 nªn OC OD (1)
Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD)
Gi I l trung điểm CD ta có I tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác COD đờng 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 đờng trung bình hình thang ACDB
=> IO // AC , mà AC AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đ-ờng kính CD
6 Theo trªn AC // BD => CN
BN= AC
BD , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy CN BN=
(3)=> MN // BD mµ 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 CD nhỏ , 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 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp gúc
A , O trung điểm IK
1. Chứng minh B, C, I, K nằm đờng tròn
2. Chứng minh AC tiếp tuyến đờng trịn (O)
3. Tính bán kính đờng trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm
Lêi gi¶i: (HD)
1. Vì I tâm đờng trịn nội tiếp, K tâm đờng trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B
Do BI BK hayIBK = 900
Tơng tự ta có ICK = 900 nh B C nằm đờng trịn đờng kính IK B, C, I, K nằm đờng tròn
Ta cã C1 = C2 (1) ( v× CI phân giác góc ACH
C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ).
I1 = ICO (3) ( v× tam giác OIC cân O)
T (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC Vậy AC tiếp tuyến đờng tròn (O)
Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH =
√202−122 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH = CH
2
AH = 122
16 = (cm)
OC = √OH2
+HC2=√92+122=√225 = 15 (cm)
Bài 5 Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm) Kẻ AC MB, BD MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB
1
d
H I K
N P
M
D
C
B
A
O
Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp
2 Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn
3 Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2.
4 Chứng minh OAHB hình thoi
5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng
6 Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d
Lời giải: (HS tự làm) Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kính
Và dây cung) => OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900 nh K, A, B nhìn OM dới góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn
(4)=> OM trung trực AB => OM AB I
Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đờng cao
Theo hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2.
4 Ta cã OB MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi
5 Theo OAHB hình thoi => OH AB; theo OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vng góc với AB)
6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nhng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng trịn tâm A bán kính AH = R
Bài 6 Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng trịn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng trịn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E
1 Chứng minh tam giác BEC cân
2 Gọi I hình chiếu A BE, Chøng minh r»ng AI = AH
3 Chứng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH)
4 Chøng minh BE = BH + DE
Lêi gi¶i: (HD)
AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2
2 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyÒn AB chung,
B1 = B2 => AHB = AIB => AI = AH
3 AI = AH BE AI I => BE tiÕp tun cđa (A; AH) t¹i I
4 DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED
Bài 7 Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P
cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiÕp xóc víi (O) t¹i M
1 Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn Chng minh BM // OP
3 Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành
4 Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng
Lời giải: (HS tự làm)
Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm chắn cung AM => ABM =
AOM
(1) OP tia phân giác AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AOP =
AOM
(2)
(5)Mà ABM AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4)
XÐt hai tam gi¸c AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyÕn ); NOB = 900 (gt NOAB).=> PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5)
Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON AB => ON PJ Ta có PM OJ ( PM tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6)
Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6)
AONP hình chữ nhật => APO = NOP ( so le) (7)
Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đờng cao => IK PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng
Bài 8 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng trịn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K
1) Chøng minh r»ng: EFMK lµ tø gi¸c néi tiÕp 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM . IB.
3) Chøng minh BAF lµ tam giác cân
4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi
5) Xỏc nh v trớ M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng trịn
Lời giải: 1 Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù).
AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù).
=> KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp
Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vng A có AM IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM . IB.
Theo giả thiết AE tia phân giác gãc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……)
=> ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có AEB = 900 => BE AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B
(6)Tõ BE AF => AF HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân gi¸c HAK (5)
Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK (6)
Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng)
(HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng trịn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB
ThËt vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7) Tam giác ABI vuông A có ABI = 450 => AIB = 450 (8)
Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau)
Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn
Bài 9 Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E)
1 Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh ABD = DFB
3 Chøng minh r»ng CEFD lµ tø gi¸c néi tiÕp
Lời giải: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC AE
ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vng B có BC đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đ-ờng cao ), mà AB đđ-ờng kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi
ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ). => ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800)(1)
ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ).
=> AFB + BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800) (2)
Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD) Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800
ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ECD = ABD ( bù với ACD). Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù) nên suy ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp
Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đơng
vng góc từ S đến AB
1 Chøng minh ®iĨm A, M, S, P cïng n»m đ-ờng tròn
2 Gọi S giao điểm MA SP Chứng minh tam giác PS’M c©n
3 Chứng minh PM tiếp tuyến đờng trịn
Lêi gi¶i:
1 Ta có SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh P M nhìn AS dới góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính AS
Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn
(7)=> AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1)
Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’ AB H => MM’// SS’ ( vng góc với AB)=> AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2)
Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS’
Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP )=> AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân P
3 Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = S1 (cùng phụ với
S) (3) Tam giác PMS cân P => S’1 = M1 (4)
Tam gi¸c OBM cân O ( có OM = OB =R) => B1 = M3 (5)
Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 =
AMB = 900 nên suy M1 + M2 = PMO = 900 => PM OM M => PM tiếp tuyến đờng tròn M
Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh :
1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän
2. DF // BC 3 Tø gi¸c BDFC néi tiÕp 4 BD
CB= BM CF Lêi gi¶i:
1 (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam giác ADF cân A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiÕp chắn cung DE)
Chứng minh tơng tự ta cã DFE < 900; EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän
2 Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) =>
AD AF ABAC =>
DF // BC
3 DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân)
=> BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn
4 Xét BDM CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân).
BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI); CBF = BFD (v× so le) => BDM = CBF => BDM CBF => BD
CB = BM CF
Bài 12 Cho đờng trịn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đờng thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến
tại N đờng tròn P Chứng minh : Tứ giác OMNP ni tip
2 Tứ giác CMPO hình bình hành
3 CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M
4 Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định
(8)1 Ta cã OMP = 900 ( v× PM AB ); ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến )
Nh M N nhìn OP dới góc 900 => M N nằm đờng trịn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp
2 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM)
Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC =
OCN => OPM = OCM
Xét hai tam giác OMC MOP ta cã MOC = OMP = 900; OPM = OCM =>
CMO = POM l¹i cã MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD AB; PM AB => CO//PM (2)
Tõ (1) vµ (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành
3. Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C góc chung
=> OMC NDC =>
CM CO
CD CN => CM CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R
nên CO.CD = 2R2 khơng đổi => CM.CN =2R2 khơng đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M
4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đờng thẳng cố định vng góc với CD D
Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song vµ b»ng AB
Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng trịn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng trịn đờng kính HC cắt AC F
1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp
3.AE AB = AF AC Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn
Lêi gi¶i:
1 Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1)
CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng trịn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
EAF = 900 ( V× tam giác ABC vuông A) (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)
2 T giỏc AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) (O2) => B1 = H1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) =>
EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp
3 Xét hai tam giác AEF ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo Chøng minh trªn) => AEF ACB =>
AE AF
ACAB => AE AB = AF AC.
* HD cách 2: Tam giác AHB vuông t¹i H cã HE AB => AH2 = AE.AB (*)
Tam giác AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC (**)
Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC
4 Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1
(9)=> E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF
Chứng minh tơng tự ta có O2F EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn
Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía AB nửa đờng trịn có đờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K
Đờng vng góc với AB C cắt nửa đờng trịn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA,
EB với nửa đờng tròn (I), (K) Chứng minh EC = MN
2 Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K)
3 TÝnh MN
4 Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đ-ờng trịn
Lêi gi¶i:
1 Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng trịn tâm K)
=> ENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1)
AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng trịn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật )
2 Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K)
=> B1 = C1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1= N3 => B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1 = N1 (5)
Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 =
MNK = 900 hay MN KN N => MN tiếp tuyến (K) N. Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng trịn (I), (K)
3 Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vng A có EC AB (gt)
(10)4 Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm
Ta cã S(o) = .OA2 = 252 = 625; S(I) = IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 = 202 = 400
Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S =
1
2 ( S(o) - S(I) - S(k))
S =
1
2( 625- 25- 400) =
1
2.200 = 100 314 (cm2)
Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S
1 Chøng minh ABCD lµ tø giác nội tiếp
2 Chứng minh CA tia phân giác góc SCB
3 Gi E giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy
4 Chứng minh DM tia phân giác gãc ADE
5 Chứng minh điểm M tâm đờng trịn nội tiếp tam giác ADE
Lêi gi¶i:
1. Ta có CAB = 900 ( tam giác ABC vng A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh D A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng tròn đờng kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp
2. ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB)
D1= C3 => SM EM => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung nhau)
=> CA tia phân giác góc SCB
3 Xét CMB Ta có BACM; CD BM; ME BC nh BA, EM, CD ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy
4 Theo trªn Ta cã SM EM => D1= D2 => DM tia phân giác gãc ADE.(1)
5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900
Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2
Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2)
Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng trịn nội tiếp tam giác ADE
TH2(H×nh b)
C©u : ABC = CME (cïng phơ ACB); ABC = CDS (cïng bï ADC) => CME = CDS
(11)Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng trịn đờng kính BD cắt BC E Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G
Chøng minh :
1 Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp
3 AC // FG
4 Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy
Lêi gi¶i:
1 XÐt hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DEB = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nưa ®-êng trßn )
=> DEB = BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB
CAB
2 Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kỊ bï);
BAC = 900 ( ABC vuông A) hay DAC = 900 =>
DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp
* BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) hay BFC = 900 nh F A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng trịn đờng kính BC => AFBC tứ giỏc ni tip
3 Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai gãc so le nªn suy AC // FG
4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S
Bài 17. Cho tam giác ABC có đờng 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
1 Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đờng trịn ngoại tiếp tứ giác
2 Chøng minh r»ng MP + MQ = AH Chøng minh OH PQ
Lêi gi¶i:
1. Ta cã MP AB (gt) => APM = 900; MQ AC (gt)
=> AQM = 900 nh P Q nhìn BC dới góc 900 nên P Q nằm đờng trịn đờng kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp * Vì AM đờng kính đờng trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM
2 Tam giác ABC có AH đờng cao => SABC =
1
BC.AH
Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM =
1
AB.MP
Tam giác ACM có MQ đờng cao => SACM =
1
2AC.MQ
Ta cã SABM + SACM = SABC =>
1
2AB.MP +
2AC.MQ =
2BC.AH => AB.MP + AC.MQ =
BC.AH
(12)3 Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác => HAP = HAQ =>
HP HQ ( tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => HOP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân
giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đờng cao => OH PQ
Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H khơng trùng O, B) ; đờng thẳng vng góc với OB H, lấy điểm M ngồi đ-ờng trịn ; MA MB thứ tự cắt đđ-ờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC
1 Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I
3 Gọi K tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp
Lêi gi¶i:
1 Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MCI = 900 (vì hai góc kề bù)
ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MDI = 900 (vì hai góc kề bù).
=> MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp
2 Theo Ta có BC MA; AD MB nên BC AD hai đờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH
AB nên MH đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy ti I
3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4
KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1
Mà A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 +
C2 = 900 ( v× gãc ACM lµ gãc bĐt) hay OCK = 900
XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mµ
OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp
Bài 19. Cho đờng trịn (O) đờng kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD
1 Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp Chøng minh tø giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD
4 Chứng minh I, B, E thẳng hàng
5 Chøng minh MI lµ tiÕp tun cđa (O’)
Lêi gi¶i:
1 BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) =>
BID = 900 (vì hai góc kề bï); DE AB t¹i M =>
BMD = 900
=> BID + BMD = 1800 mà 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 đờng kính dây cung)
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng
3 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DC; theo BI DC => BI // AD (1)
(13)Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng thẳng song song với AD mà thụi.)
5 I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; OIC cân O ( OC OI bán kính ) => I3 = C1 mµ C1 = E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) =>
I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mµ I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 =
MIO’ hay MI O’I I => MI tiếp tuyến (O)
Bài 20. Cho đờng tròn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngồi C Gọi AC BC hai đờng kính qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vng góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O’) F, BD cắt (O’) G Chứng minh rằng:
1 Tø gi¸c MDGC néi tiÕp
2 Bốn điểm M, D, B, F nằm mt ng trũn
3 Tứ giác ADBE hình thoi B, E, F thẳng hàng
5 DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE
7 MF tiếp tuyến (O)
Lời giải:
1 BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) => CGD = 900 (vì hai góc kề bù)
Theo gi¶ thiÕt DE AB t¹i M => CMD = 900
=> CGD + CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp
2 BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE
AB M) nh F M nhìn BD dới góc 900 nên F M nằm trên đờng trịn đờng kính BD => M, D, B, F nằm đờng tròn
3 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung)
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng
4 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình tho => BE // AD mà AD DF nên suy BE DF
Theo BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF mà qua B có đ-ờng thẳng vng góc với DF đo B, E, F thẳng hàng
5 Theo DF BE; BM DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đờng cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy
6 Theo DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung ®iĨm cđa DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền)
7 (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1
OBF cân O ( OB OF bán kÝnh ) => F3 = B1 mµ B1 = D1 (Cïng phơ víi DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 Mµ F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’ hay MF O’F t¹i F => MF lµ tiÕp tun cđa (O’).
Bài 21. Cho đờng trịn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q
1 Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiếp xúc A
2 Chøng minh IP // OQ Chøng minh r»ng AP = PQ
4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn
Lêi gi¶i:
(14)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
3.APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đờng trung tuyến => AP = PQ
4. (HD) KỴ QH AB ta cã SAQB =
1
2AB.QH mà AB đờng kính khơng đổi nên SAQB lớn
nhÊt QH lín nhÊt QH lín nhÊt Q trïng víi trung ®iĨm cđa cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO
Tht P trung điểm cung AO => PI AO mà theo PI // QO => QO AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn
Bài 22. Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vng góc với DE, đờng thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thứ tự H K
1 Chøng minh BHCD lµ tø gi¸c néi tiÕp TÝnh gãc CHK
3 Chøng minh KC KD = KH.KB
4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đ-ờng nào?
Lời giải:
1 Theo giả thiết ABCD hình vng nên BCD = 900; BH DE H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD dới góc 900 nên H C nằm đờng trịn đờng kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp
2. BHCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => BDC + BHC = 1800 (1)
BHK góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2).
Tõ (1) vµ (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => CHK = 450
3 XÐt KHC vµ KDB ta cã CHK = BDC = 450 ; K lµ gãc chung => KHC KDB =>
KC KH
KBKD => KC KD = KH.KB
4 (HD) Ta ln có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E B H B; E C H C)
Bµi 23. Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE
1 Chng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng Đờng thẳng HD cắt đờng trịn ngoại tiếp tam
gi¸c ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông c©n
3 Cho biết ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF ED, Chứng minh điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn
4 Chứng minh MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Lêi gi¶i:
(15)Tø giác AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông A => BAC = 900 => BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hµng.
2. Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) nên tam giác BFC vng F (1)
FBC = FAC ( néi tiếp chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2)
Tõ (1) vµ (2) suy FBC tam giác vuông cân F
3 Theo trªn BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông)
=> CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vng) => CMF = 450 hay CMB = 450
Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vng); BKC = 450 (vì ABHK hình vng). Nh K, E, M nhìn BC dới góc 450 nên nằm cung chứa góc 450 dựng BC => điểm b, k, e, m, c nằm đờng trịn
4 CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC BC C => MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng trịn đờng kính AC có tâm O, đ-ờng trịn cắt BA BC D E
1 Chøng minh AE = EB
2 Gäi H giao điểm CD AE, Chứng minh ®-êng trung trùc cđa ®o¹n HE ®i qua trung ®iĨm I cña BH
3 Chứng minh OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Lêi gi¶i:
1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiÕt ABE = 450
=> AEB lµ tam giác vuông cân E => EA = EB
F
1
1
1
/
/ _
_
K
H
I
E D
O
C B
A
2 Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên 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 trªn I thuéc trung trùc cđa HE => IE = IH mµ I trung điểm BH => IE = IB
ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù 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 đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID
Ta cã ODC cân O (vì OD OC bán kÝnh ) => D1 = C1 (3) IBD c©n I (vì ID IB bán kính ) => D2 = B1 (4)
(16)Theo trªn ADC cã ADC = 900 => B1 = C1 ( cïng phô BAC) (5).
Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 =
IDO => OD ID D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Bài 25. Cho đờng trịn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đờng vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tơng ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q
1 Chứng minh tam giác ABC cân 2 Các tø gi¸c BIMK, CIMH néi tiÕp
3 Chøng minh MI2 = MH.MK 4 Chøng minh PQ MI.
Lêi gi¶i:
1 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AB = AC => ABC cân A
2. Theo giả thiÕt MI BC => MIB = 900; MK AB =>
MKB = 900.
=> MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp
* ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tơng tựtứ giác BIMK ) 3 Theo tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 1800; tø gi¸c CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800 mµ KBI =
HCI ( tam giác ABC cân A) => KMI = HMI (1) Theo tứ gi¸c BIMK néi tiÕp => B1 = I1 ( néi tiếp chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = C1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ BM ) => I1 =
H1 (2)
Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH =>
MI MK
MH MI => MI2 = MH.MK
4 Theo ta có I1 = C1; chứng minh tơng tù ta cã I2 = B2 mµ C1 + B2 +
BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ
Bài 26. Cho đờng trịn (O), đờng kính AB = 2R Vẽ dây cung CD AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM CB Chứng minh :
1 KC
KB= AC
AB 2 AM tia phân gi¸c cđa CMD 3 Tø gi¸c
OHCI néi tiÕp
4 Chứng minh đờng vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng tròn M
Lêi gi¶i: 1 Theo gi¶ thiÕt M trung điểm BC => MB MC => CAM = BAM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung nhau) => AK tia phân giác góc CAB => KC
KB= AC
AB ( t/c tia phân giác
của tam giác )
2. (HD) Theo giả thiết CD AB => A trung ®iĨm cđa CD => CMA = DMA => MA tia phân giác góc CMD
(17)4 KỴ MJ AC ta cã MJ // BC ( vuông góc với AC) Theo OM BC => OM
MJ J suy MJ tiếp tuyến đờng tròn M
Bài 27 Cho đờng tròn (O) điểm A ngồi đờng trịn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH BC, MK CA, MI AB Chứng minh :
Tø gi¸c ABOC néi tiÕp 2 BAO = BCO 3 MIH MHK 4 MI.MK = MH2.
Lêi gi¶i:
(HS tù giải)
Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO = BCO (nội tiếp chắn cung BO) Theo giả thiÕt MH BC => MHC = 900; MK CA => MKC = 900
=> MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội tiếp chắn cung HM)
Chøng minh t¬ng tù ta cã tø gi¸c MHBI néi tiÕp => MHI = MBI (nội tiếp chắn cung IM)
Mà HCM = MBI ( = 1/2 s® BM) => HKM = MHI (1) Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã
KHM = HIM (2) Tõ (1) vµ (2) => HIM KHM Theo trªn HIM KHM =>
MI MH
MH MK => MI.MK = MH2
Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC
1 Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đờng trịn (O)
3 Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân
4 Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC
Lời giải:
1 Theo gi thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng
2 (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => BAC + B’HC’ = 1800 mà BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800
=> Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O)
* H E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC => BEC +
BAC = 1800 => ABEC néi tiÕp => E thuéc (O)
3 Ta có H E đối xứng qua BC => BC HE (1) IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE HE (2)
Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3)
(18)Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( phụ ACB) (5)
Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6)
Tõ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang c©n
4. Theo AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH
Theo giả thiết I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đờng kính dây cung) =>
OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI = HGA (đối đỉnh) => OGI HGA =>
GI OI
GA HA mµ OI =
1
2 AH =>
1
GI
GA mµ AI lµ trung tuyÕn tam giác ABC (do I
trung điểm BC) => G trọng tâm tam gi¸c ABC
Bài 29 BC dây cung đờng tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H
1 Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC
2 Gọi A trung điểm BC, Chøng minh AH = 2OA’ Gäi A1 lµ trung ®iĨm cđa EF, Chøng minh R.AA1 =
AA’ OA’
4 Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn
Lời giải: (HD)
1 Tứ giác BFEC nội tiếp => AEF = ACB (cïng bï
BFE)
AEF = ABC (cïng bï CEF) => AEF ABC
2 Vẽ đờng kính AK => KB // CH ( vng góc AB); KC // BH (cùng vng góc AC) => BHKC hình bình hành =>
A’ trung điểm HK => OK đờng trung bình
AHK => AH = 2OA’
3. áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đờng tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có :
AEF ABC =>
' '
R AA
R AA (1) R bán kính đờng trịn ngoại tiếp ABC; R’
bán kính đờng trịn ngoại tiếp AEF; AA’ trung tuyến ABC; AA1 trung tuyến AEF
Tứ giác AEHF nội tiếp đờng trịn đờng kính AH nên đờng tròn ngoại tiếp
AEF
Tõ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’
AH
= AA’
2 '
A O
VËy R AA1 = AA’ A’O (2)
4 Gọi B’, C’lần lợt trung điểm AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lợt đờng cao tam giác OBC, OCA, OAB
SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =
1
2( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB )
(19)Theo (2) => OA’ = R
1
'
AA AA mµ
1
'
AA
AA là tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng
AEF ABC nên
1
'
AA AA =
EF
BC T¬ng tù ta cã : OB’ = R FD
AC ; OC’ = R ED
AB Thay vµo (3)
ta đợc
2SABC = R (
EF FD ED
BC AC AB
BC AC AB ) 2SABC = R(EF + FD + DE)
* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC
Ta cã SABC =
1
2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn nhất
khi A điểm giỡa cung lớn BC
Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH bán kính OA
1 Chứng minh AM phân giác góc OAH Gi¶ sư B > C Chøng minh OAH = B - C Cho BAC = 600 vµ OAH = 200 Tính:
a) B C tam giác ABC
b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R
Lời giải: (HD)
1 AM phân giác BAC => BAM = CAM =>
(20)2 VÏ d©y BD OA => AB AD => ABD = ACB
Ta cã OAH = DBC ( góc có cạnh tơng ứng vu«ng gãc cïng nhän) => OAH =
ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C
3 a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trªn B C = OAH =>
B - C = 200
=>
0
0
120 70
20 50
B C B
B C C
b) Svp = SqBOC - SBOC =
2
0
.120
360 2
R R
R
=
2 2
(4 3)
3 12
R R R
Bài 31: Cho tam giác OAB cân đỉnh O đường trịn tâm O có bán kính R thay đổi (R<OA).Từ A B vẽ hai tiếp tuyến AC BD với đường tròn Hai tiếp tuyến không đối xứng với qua trục đối xứng tam giác chúng cắt M a)Chứng minh bốn điểm O,A,M,B thuộc đường trịn.Tìm tập hợp điểm M
b)Trên tia đối tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp điểm P
c)CMR: MA.MB = |OA2 - OM2|.
Giải:
a)Gọi I,T điểm tiếp xúc tiếp tuyến kẻ từ A B
Dễ thấy: Δ OIA = Δ OTB (cạnh huyền-cạnh góc vng)
Do đó: ∠ IAO = ∠ OBT.Suy tứ giác OAMB nội tiếp
b) Có:
∠ APB = 12 ∠ AMB = 12 (1800- ∠ AOB)= const.
Vậy chứng minh quĩ tích điểm P cung chứa góc nhìn AB
góc khơng đổi 12 (1800- ∠ AOB).
c)Xét vị trí M mà OM > OA(trường hợp ngược lại hoàn toàn tương tự)
Ta có: |OA2 - OM2| = OM2 -OA2 = MI2 - IA2 = (MI-IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB)=
=MA.MB (đpcm)
Bài 32: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) A B.Các tiếp tuyến kẻ từ A B cắt M Dựng MH vng góc với OP
a)CMR: điểm O,A,B,M,H nằm đường tròn
b)CMR: H cố định cát tuyến PAB quay quanh P Từ suy tập hợp điểm M c)Gọi I trung điểm AB N giao điểm PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN
và IP.IN=IA2.
Giải:
a) Nhận thấy điểm O,A,B,M,H nằm đường trịn đường kính OM (đpcm) b)Phương tích điểm P đường trịn đường kính OM là:
PH.PO=PA.PB=const (1) Suy H cố định nằm đoạn PO
Từ dễ dàng suy quĩ tích điểm M đường thẳng d qua H vng góc với PO trừ đoạn TV với T,V giao điểm d với (O)
(21)Lại có:
IP.IN=(NI+NP).IN=IN2 + NI.NP (3)
Phương tích điểm N đường trịn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM Phương tích điểm N đường trịn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB Suy ra: NI.NP=NA.NB (4)
Từ (3) (4) suy ra:
IP.IN=IN2 + NA.NB
Ta chứng minh: IN2 + NA.NB=IA2 (5).Thật vậy:
(5) ⇔ NA.NB=IA2-IN2 ⇔ NA.NB=(IA-IN).(IA+IN) ⇔ NA.NB=NA.(IB+IN)
⇔ NA.NB=NA.NB (luôn đúng)
Vậy ta có đpcm
Bài 33:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn bán kính R,tâm O
a)Chứng minh BC = 2R.SinA
b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) A,B,C ba góc tam giác
Giải:
a)Kéo dài BO cắt (O) điểm thứ hai D
Tam giác vng BCD có:BC = BD.Sin( ∠ BDC) = 2R.SinA (đpcm)
b)Kéo dài AO cắt (O) điểm thứ hai E
Hồn tồn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB Ta có:
SinB= AC2R<AD+CD
2R =
AD BD+
CD
BD=Cos(∠ADB)+Cos(∠CDB)=CosC+CosA (1)
Tương tự ta có: SinC < CosA + CosB (2) SinA < CosB + CosC (3) Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm
Bài 35: Cho đường tròn (O) dây cung BC cố định.Gọi A điểm di động cung lớn BC đường tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác góc ACB cắt đường trịn (O) điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD cho DI = DB.Đường thẳng Bi cắt đường (O) điểm K khác điểm B
1.CMR:Tam giác KAC cân
2.CMR: Đường thẳng AI qua điểm cố định J.Từ tìm vị trí A cho Ai có độ dài lớn
3.Trên tia đối AB lấy điểm M cho AM=AC.Tìm tập hợp điểm M A di động cung lớn BC (O)
Giải:
1.Ta có:
Δ DBI cân D nên: ∠ DBI= ∠ DIB.Mà: ∠ DIB = ∠ IBC + ∠ ICB (1)
Và: ∠ DBI = ∠ KCI = ∠ KCA + ∠ ACD = ∠ KBA + ∠ ICB (2)
Từ (1) (2) suy ∠ ABI = ∠ CBI.Suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
⇒ BI phân giác góc B tam giác ABC ⇒ K trung điểm cung AC
(22)2.Vì I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC nên AI ln qua trung điểm J cung nhỏ BC
Ta dễ dàng chứng minh tam giác BIJ cân J ⇒ JI = JB = const
Suy AI = AJ - IJ = AJ - const lớn AJ lớn tức AJ đường
kính (O) ⇒ A phải nằm trung điểm cung lớn BC
3.Ta dễ dàng tính được:
∠ BMC = 12 ∠ BAC = 14 số đo cung nhỏ BC = const
Suy quĩ tích điểm M cung chứa góc nhìn BC góc 14 số đo cung
nhỏ BC
Bài 36:Trên đường trịn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định điểm B thay đổi Đường vng góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn C
1 Chừng minh BC qua điểm cố định
2.Gọi AH đừơng vng góc vẽ từ A tam giác ABC.Tìm tập hợp điểm H Hãy dựng tam giác vng ABC có đỉnh A cho trước đường trịn BC đường kính chiều cao AH = h cho trước
Giải:
1.Dễ thấy BC qua điểm O cố định
2.Nhận thấy ∠ AHO vng Từ dễ dàng chứng minh quĩ tích H
đường trịn đường kính AO
3.Đường thẳng d // với BC cách BC khoảng h cắt (O) hai điểm A A' thỏa
mãn yêu cầu tốn
Có vị trí A thỏa mãn (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC khoảng h)
Bài 37:Cho đường tròn tâm O cố định Một đường thẳng d cố định cắt (O) A,B;M điểm chuyển động d (ở đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT MN với đường tròn
1.CMR:Đường tròn qua ba điểm M,N,P qua điểm cố định khác O 2.Tìm tập hợp tâm I đường trịn qua M,N,P
3.Tìm d điểm M cho tam giác MNP tam giác
Giải:
1.Gọi K trung điểm AB.Dễ thấy M,N,P,O,K nằm đường trịn đường kính OM
Vậy K điểm cố định cần tìm
2 Tâm I đường tròn qua M,N,P trung điểm OM Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const
Vậy phán đốn quĩ tích i đường thẳng song song với AB cách AB khoảng nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y trung điểm OA OB
3.Giả sử tam giác MNP thì: OM = 2.OP = 2R
MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const.
(23)Bài 38:Cho hình vng EFGH.Một góc vng xEy quay xung quanh điểm E.Đường thẳng Ex cắt đường thẳng FG GH M,N;còn đường thẳng Ey cắt đường theo thứ tự P,Q
1.CMR:Hai tam giác ENP EMQ tam giác vuông cân
2.Goi R giao PN QM;còn I,K trung điểm PN QM.Tứ giác EKRI hình gì?Giải thích?
3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ có nhận xét đường thẳng IK góc vng xEy quay quanh E?
Giải:
1.Dễ dàng chứng minh được: Δ EHQ = Δ EFM (cgc)
Suy dễ dàng tam giác EMQ vuông cân
∠ PEF = ∠ PQN (đồng vị) mà ∠ FEM = ∠ QEH
Suy ra: ∠ PEN = ∠ PEF + ∠ FEM = ∠ EQH + ∠ QEH = 900.
Vậy tam giác PEN vuông (1)
Thấy: Δ NEQ = Δ PEM (gcg) nên suy EN = EP (2)
Từ (1) (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân
2.Có: EI PN EK QM
Vậy tứ giác EKRI có góc I góc K vng (4) Lại có:
∠ PQR = ∠ RPQ = 450 suy ra: ∠ PRQ = 900 (3).
Từ (3) (4) suy tứ giác ẺIK hình chữ nhật 3.Dễ thấy QEKH EFMK tứ giác nội tiếp Ta có:
∠ EKH = 1800 - ∠ EQH (5).
Và: ∠ EKF = ∠ EMF = ∠ EQH (6)
Từ (5) (6) suy ra: ∠ EKH + ∠ EKF = 1800 Suy H,K,F thẳng hàng.
Lại có:
Tứ giác FEPI nội tiếp nên ∠ EFI = 1800- ∠ EPI = 1800-450 = 1350.
Suy ra: ∠ EFK + ∠ EFI = 450 + 1350 =1800.
Suy K,F,I thẳng hàng Vậy ta có đpcm
Bài 39:Cho đường trịn tâm O đường kính AB.Gọi C điểm cố định OA; M điểm di động đường trịn.Qua M kẻ đường vng góc với MC cắt tiếp tuyến kẻ từ A B D E
a)CMR: Tam giác DCE vuông b)CMR: Tích AD.BE khơng đổi
c)CMR:Khi M chạy đường trịn trung điểm I DE chạy đường thẳng cố định
Giải:
a)Nhận thấy tứ giác ADMC MABE tứ giác nội tiếp.Do đó:
∠ DCM = ∠ DAM ∠ MCE = ∠ MBE = ∠ MAB.Vậy:
∠ DCE = ∠ DCM + ∠ MCE = ∠ DAM + ∠ MAB = 900.
(24)b)Vì tam giác DCE vng C nên ta nhận thấy ∠ DCA = 900 - ∠
ECB = ∠ CEB
Vậy hai tam giác vuông ADC BCE đồng dạng với nhau.Nên:
AD BC =
AC
BE ⇒AD BE=BC AC=const
c)Nhận thấy OI ln đường trung bình hình thang DABE hay nói cách khác,ta
ln có OI AB
Vậy M chuyển động (O) I ln nằm đường thẳng qua O vng góc với AB
Bài 40:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M điểm chạy đáy BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB B.Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC C.Gọi N giao điểm thứ hai hai đường trịn CMR
a) MN ln qua A tích AM.AN khơng đổi
c) Tổng hai bán kính hai đường trịn tâm D E có giá trị khơng đổi d)Tìm tập hợp trung điểm H DE
Giải:
a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA tia NM qua A
Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy AM.AN = AB2
không đổi
c)Gọi K điểm cung BC ( không chứa A)
Dễ thấy D,E nằm BK CK Từ K,D,E hạ đường vng góc với BC I.J,L Ta có:
1 1
2 2
1
BD CE BJ CL BM CM BM CM
BK CK BI CI BI CI BI
BD CE
BD CE CK CK CK
= khơng đổi
d) Hạ HQ vng góc với BC.Có: HQ =
1
.( )
2 2
KI DJ EL KI BD CE KI DJ EL
KI BK CK
Nên H nằm đ ường thẳng
song song với BC cách BC khoảng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK CK
(25)x
Hình 01 O
K H
M E
D C
B A
Bài 41: Cho hình thang cân ABCD (AB > CD, AB // CD) nội tiếp đường tròn (O)
Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) A D chúng cắt E Gọi M giao điểm hai đường chéo AC BD
1 Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp đường tròn Chứng minh AB // EM
3 Đường thẳng EM cắt cạnh bên AD BC hình thang H K Chứng minh M trung điểm HK
4 Chứng minh
2 1
HK AB CD
HD
1 Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp Ta có :
2
EAC
sđ AC (góc tạo tia tiếp tuyến AE
dây AC đường tròn (O)) Tương tự:
2
xDB
sđ DB (Dx tia đối tia tiếp tuyến DE)
Mà AC = BD (do ABCD hình thang cân) nên AC BD
Do EACxDB
Vậy tứ giác AEDM nội tiếp đường tròn Chứng minh AB // EM
Tứ giác AEDM nội tiếp nên EAD EMD (cùng chắn cung ED)
Mà EADABD (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung với góc nội tiếp
chắn cung AD)
Suy ra: EMD ABD Do EM // AB
Chứng minh M trung điểm HK
DAB
có HM // AB
HM DH
AB DA
CAB có MK // AB
MK CK
AB CB
(26)Mà
DH CK
DA CB (định lí Ta let cho hình thang ABCD)
Nên
HM MK
AB AB Do MH = MK Vậy M trung điểm HK.
4 Chứng minh
2 1
HK AB CD .
Áp dụng hệ định lí Ta let cho tam giác ADB có HM // AB ta được:
HM DM
AB DB (1)
Áp dụng hệ định lí Ta let cho tam giác BCD có KM // CD ta được:
KM BM
CD BD (2)
Cộng (1) (2) vế theo vế ta được:
1
HM KM DM BM DM BM BD
AB CD DB BD BD BD
Suy ra:
2
2
HM KM
AB CD , mà MH = MK nên 2HM = 2KM = HK
Do đó:
HK HK
AB CD Suy ra:
2 1
HK AB CD (đpcm)
Lời bàn:
1.Do AC = BD ADC BCD nên để chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp ta xử
dụng phương pháp : Nếu tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đối đỉnh
của đỉnh tứ giác nội tiếp Với cách suy nghĩ cần vẽ tia Dx tia
đối tia tiếp tuyến DE tốn giải dễ dàng Có thể chứng minh
tứ giác AEDM nội tiếp cách chứng minh khác không? (phần dành
cho em suy nghĩ nhé)
2 Câu có cịn cách chứng minh khác khơng? Có Thử chứng minh tam
giác AHM tam giác BKM từ suy đpcm
3 Câu toán quen thuộc lớp phải khơng em? Do học toán em cần ý tập quen thuộc
Tuy câu cịn cách giải Em thử nghĩ xem?
Bài 42: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB= 2R, dây cung AC Gọi M điểm
cung AC Đường thẳng kẻ từ C song song với BM cắt tia AM K cắt tia
OM D OD cắt AC H
Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp Chứng minh CD = MB DM = CB
(27)// = O M H K D C B A // = O M H K D C B A đường tròn
Trong trường hợp AD tiếp tuyến cửa nửa đường trịn (O), tính diện tích phần
tam giác ADC ngồi đường trịn (O) theo R
BÀI GIẢI CHI TIẾT
Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp
AMB900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AB) AM MB
Mà CD // BM (gt) nên AM CD Vậy MKC 900.
AM CM (gt) OM AC MHC900.
Tứ giác CKMH có MKC MHC 1800nên nội tiếp
trong đường tròn
2 Chứng minh CD = MB DM = CB
Ta có: ACB900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
Do đó: DM // CB, mà CD // MB(gt) nên tứ giác CDMB
là hình bình hành Suy ra: CD = MB DM = CB Hình Xác định vị trí điểm C nửa đường tròn (O) để AD tiếp tuyến nửa đường tròn
AD tiếp tuyến đường tròn (O) ADAB.
ADC
có AK CD DH AC nên M trực tâm tam giác Suy ra: CM
AD
Vậy ADAB CM // AB AM BC .
Mà AM MC nên AM BC AM MC BC = 600.
4 Tính diện tích phần tam giác ADC (O) theo R:
Gọi S diện tích phần tam giác ADC ngồi đường trịn (O)
S1 diện tích tứ giác AOCD
S2 diện tích hình quạt góc tâm AOC
Ta có: S = S1 – S2 hình
Tính S1:
AD tiếp tuyến đường tròn (O) AM MC BC 600 AOD600.
Do đó: AD = AO tg 600 = R S
ADO =
2
1
2 2
R AD AO R R
AOD COD
(c.g.c) SAOD = SCOD SAOCD = SADO =
2 3
2
R
= R2
Tính S2:
1200
AC S quạt AOC =
2 0 120 360 R = R
Tính S:
S = S1 – S2 =
2 3
R –
2 R = 2 3
R R
(28)N
y
x
O K
F
E
M
B A
1 Rõ ràng câu 1, hình vẽ gợi ý cho ta cách chứng minh góc H K
góc vng, để có góc K vng ta cần MB AM CD//
MB
điều suy từ hệ góc nội tiếp giả thiết CD // MB Góc H vng suy từ kết số 14 trang 72 SGK toán tập Các em lưu ý tập vận dụng vào việc giải tập khác
2 Không cần phải bàn, kết luận gợi liền cách chứng minh phải không em? Rõ ràng câu hỏi khó số em, kể hiểu
giải , có nhiều em may mắn vẽ ngẫu nhiên lại rơi vào hình
từ nghĩ vị trí điểm C nửa đường trịn Khi gặp loại tốn địi hỏi phải tư cao Thơng thường nghĩ có kết
tốn xảy điều ? Kết hợp với giả thiết kết từ câu
ta tìm lời giải toán Với tập phát M trực tâm tam giác khơng phải khó, nhiên cần kết hợp với tập 13 trang 72 sách
toán 9T2 giả thiết M điểm cung AC ta tìm vị trí C
ngay
Với cách trình bày mệnh đề “khi khi” kết hợp với suy luận cho ta lời
giải chặt chẽ Em viết lời giải cách khác cách đưa nhận định trước chứng minh với nhận định có kết , nhiên phải trình
bày phần đảo: Điểm C nằm nửa đường trịn mà BC600thì AD tiếp
tuyến
Chứng minh nhận định xong ta lại trình bày phần đảo: AD tiếp tuyến
600
BC Từ kết luận
Phát diện tích phần tam giác ADC ngồi đường trịn (O) hiệu diện tích tứ giác AOCD diện tích hình quạt AOC tốn dễ tính
so với cách tính tam giác ADC trừ cho diện tích viên phân cung AC
Bài 3 Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = a Gọi Ax, By tia vng góc
với AB ( Ax, By thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa
đường tròn (O) (M khác A B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn (O); cắt Ax,
By E F
Chứng minh: EOF 90
Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng dạng
(29)Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a
BÀI GIẢI CHI TIẾT
Chứng minh: EOF 90
EA, EM hai tiếp tuyến đường tròn (O) cắt E
nên OE phân giác AOM
Tương tự: OF phân giác BOM
Mà AOM và BOM kề bù nên: EOF 900
(đpcm) hình 4
2.Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng
dạng
Ta có: EAO EMO 900(tính chất tiếp tuyến)
Tứ giác AEMO có EAO EMO 1800nên nội tiếp đường tròn.
Tam giác AMB tam giác EOF có:
AMB EOF 90
, MAB MEO (cùng chắn cung MO đường tròn ngoại tiếp
tứ
giác AEMO Vậy Tam giác AMB tam giác EOF đồng dạng (g.g)
3 Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MK AB
Tam giác AEK có AE // FB nên:
AK AE KF BF
Mà : AE = ME BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên :
AK ME
KF MF Do MK // AE (định lí đảo định lí Ta- let)
Lại có: AE AB (gt) nên MK AB
4 Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
Gọi N giao điểm MK AB, suy MN AB
FEA có: MK // AE nên:
MK FK
AE FA (1)
BEA có: NK // AE nên:
NK BK
AE BE (2)
Mà
FK BK
KA KE ( BF // AE) nên
FK BK
KA FK BK KE hay
FK BK FA BE (3)
Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:
MK KN
AE AE Vậy MK = NK.
Tam giác AKB tam giác AMB có chung đáy AB nên:
1
AKB AMB
S KN
S MN
Do đó:
1
AKB AMB
S S
Tam giác AMB vuông M nên tg A =
MB
MA MAB 600
(30)x
H Q I
N M
O C
B A
K x
H Q I
N M
O C
B A
Vậy AM =
a
MB =
3
a
1
2 2
AKB
a a S
=
1
16a (đvdt)
Lời bàn: Đây đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 tỉnh Hà Nam
Từ câu đến câu trình ôn thi vào lớp 10 chắn thầy cô
ơn tập , em ôn thi nghiêm túc chắn giải ngay, khỏi
phải bàn, em thi năm qua tỉnh Hà Nam xem trúng tủ, tốn
có nhiều câu khó, câu khó mà người đề khai thác từ câu : MK
cắt AB N Chứng minh: K trung điểm MN Nếu ý MK đường thẳng
chứa đường cao tam giác AMB câu tam giác AKB AMB có chung đáy AB em nghĩ đến định lí: Nếu hai tam giác có chung đáy tỉ số diện tích hai tam giác tỉ số hai đường cao tương ứng, toán
qui tính diện tích tam giác AMB khơng phải khó phải khơng em?
Bài 44: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Từ điểm M tiếp tuyến Ax
nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến thứ hai MC (C tiếp điểm) Hạ CH vng góc với
AB , đường thẳng MB cắt nửa đường tròn (O) Q cắt CH N Gọi giao Điểm MO AC I Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AMQI nội tiếp
b) AQI ACO.
c) CN = NH
(Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 sở GD&ĐT Tỉnh Bắc Ninh) BÀI GIẢI CHI TIẾT
a) Chứng minh tứ giác AMQI nội tiếp:
Ta có: MA = MC (tính chất hai tếp tuyến cắt nhau) OA = OC (bán kính đường trịn (O))
Do đó: MO AC MIA 900
900
AQB (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) MQA 900
Hai đỉnh I Q nhìn AM góc vng nên tứ giác
AMQI nội tiếp đường trịn Hình
b) Chứng minh:AQI ACO .
Tứ giác AMQI nội tiếp nên AQI AMI (cùng chắn cung AI) (1)
AMI CAO (cùng phụ MAC ) (2) AOC
có OA = Oc nên cân O CAO ACO (3)
(31)//
=
x F
E
O
D C
B A
c) Chứng minh CN = NH
Gọi K giao điểm BC tia Ax
Ta có: ACB900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O))
AC BK , AC OM OM // BK
Tam giác ABK có: OA = OB , OM // BK MA = MK Hình 6
Áp dụng hệ định lí Ta let cho ABM có NH // AM (cùng AB) ta được:
NH BN
AM BM (4)
Áp dụng hệ định lí Ta let cho BKMcó CN // KM (cùng AB) ta được:
CN BN
KM BM (5)
Từ (4) (5) suy ra:
NH CN
AM KM
Mà KM = AM nên CN = NH (đpcm)
Lời bàn:
1 Câu hình vẽ gợi cho ta suy nghĩ: Cần chứng minh hai đỉnh Q I nhìn
AM góc vng Góc AQM vng có kề bù với ACB vng,góc
MIA vng suy từ tính chất hai tiếp tuyến cắt
2 Câu suy từ câu 1, dễ dàng thấy AQI AMI , ACO CAO , vấn đề
lại cần IMA CAO , điều khơng khó phải khơng em?
3 Do CH // MA , mà đề toán yêu cầu chứng minh CN = NH ta nghĩ việc kéo dài BC cắt Ax K toán trở toán quen thuộc : Cho tam giác ABC,
M trung điểm BC Kẻ đường thẳng d // BC cắt AB, AC AM E, D I Chứng minh IE = ID
Nhớ tốn có liên quan đến phần thi ta qui tốn
thì giải đề thi cách dễ dàng
Bài 45: Cho đường trịn tâm O đường kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax Trên tiếp
tuyến Ax lấy điểm F cho BF cắt đường tròn C, tia phân giác góc ABF
cắt Ax E cắt đường tròn D Chứng minh OD // BC
2 Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp
4 Xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD hình thoi Tính diện tích hình thoi AOCD theo R
BÀI GIẢI CHI TIẾT
1 Chứng minh OD // BC
(32)x F
E
D C
B O
A
Mà OBD CBD (gt) nên ODB CBD Do đó: OD // BC.
2 Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF
ADB 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ADBE
ACB 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O) ACBF
EAB vuông A (do Ax tiếp tuyến ), có AD BE nên:
AB2 = BD.BE (1)
FAB vuông A (do Ax tiếp tuyến ), có AC BF nên:
AB2 = BC.BF (2) hình 7
Từ (1) (2) suy ra: BD.BE = BC.BF Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp:
CDB CAB CAB CFA
Ta có:
(hai góc nội tiếp chắn cung BC)
( phụ FAC ) CDB CFA
Do tứ giác CDEF nội tiếp
Cách khác:
DBCvà FBE có : B chung
BD BC
BF BE (suy từ BD.BE = BC.BF) nên chúng đồng dạng (c.g.c)
Suy ra: CDB EFB Vậy tứ giác CDEF tứ giác nội tiếp.
4 Xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD hình thoi :
Ta có: ABD CBD (do BD phân giác ABC) AD CD
Tứ giác AOCD hình thoi OA = AD = DC = OC
AD = DC = R AD DC 600 AC 1200
ABC600
Vậy ABC 600thì tứ giác AOCD hình thoi.
Tính diện tích hình thoi AOCD theo R:
120
AC AC R
Sthoi AOCD =
2
1
2 2
R OD AC R R
(đvdt)
Lời bàn:
1 Với câu 1, từ gt BD phân giác góc ABC kết hợp với tam giác cân ta nghĩ đến cần chứng minh hai
góc so le ODB và OBD nhau.
2.Việc ý đến góc nội tiếp chắn nửa đường trịn kết
hợp với tam giác AEB,FAB vuông Ax tiếp tuyến gợi ý hình đến hệ thức lượng tam giác vuông quen thuộc
(33)H
N
F E
C B
A
đồng dạng trước suy BD.BE = BC.BF Với cách thực có ưu việc
hơn giải câu Các em thử thực xem sao?
3 Khi giải câu câu sử dụng câu , chứng minh giải
4 Câu với đề yêu cầu xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD trở thành
hình thoi khơng phải khó Từ việc suy luận AD = CD = R nghĩ đến
cung AC 1200 từ suy số đo góc ABC 600.
Tính diện tích hình thoi cần nhớ công thức , nhớ kiến thức đặc biệt mà
q trình ơn tập thầy cô giáo bổ sung AC1200 AC R 3,
em tính dễ dàng
Bài 46. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Đường trịn đường kính BC cắt cạnh
AB, AC E F ; BF cắt EC H Tia AH cắt đường thẳng BC N
a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp
b) Chứng minh FB phân giác EFN
c) Giả sử AH = BC Tính số đo góc BAC ABC
BÀIGIẢI CHI TIẾT
a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp:
Ta có : BFC BEC 900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn
đường kính BC)
Tứ giác HFCN có HFC HNC 1800nên nội tiếp
đường trịn đường kính HC) (đpcm)
b) Chứng minh FB tia phân giác góc EFN:
Ta có: EFB ECB( hai góc nội tiếp chắn BE đường trịn đường
kính BC)
ECB BFN ( hai góc nội tiếp chắn HN đường tròn đường
kính HC)
Suy ra: EFB BFN Vậy FB tia phân giác góc EFN (đpcm)
c) Giả sử AH = BC Tính số đo góc BAC tam giác ABC :
FAH FBC có:
AFH BFC900
AH = BC (gt)
FAH FBC(cùng phụ ACB)
Vậy FAH = FBC (cạnh huyền- góc nhọn) Suy ra: FA = FB
AFB vng F; FA = FB nên vng cân Do BAC 450
Bài 47: (Các em tự giải)
Cho tam giác ABC nhọn, đường cao BD CE cát H a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp
(34)= //
O
F E
C
D B A
c) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA DE
d) Cho biết OA = R , BAC 600 Tính BH BD + CH CE theo R
Bài 48 Cho đường tròn (O) đường kính AB Trên tia AB lấy điểm D nằm đoạn AB kẻ tiếp tuyến DC với đường tròn (O) ( C tiếp điểm ) Gọi E chân đường vng góc hạ từ A xuống đường thẳng CD F chân đường vng góc hạ từ D xuống đường thẳng AC Chứng minh:
a) Tứ giác EFDA nội tiếp
b) AF phân giác EAD
c) Tam giác EFA tam giác BDC đồng dạng d) Các tam giác ACD ABF có diện tích
( Trích đề thi tốt nghiệp xét tuyển vào lớp 10- năm học 2000- 2001)
BÀI GIẢI
a) Chứng minh tứ giác EFDA nội tiếp:
Ta có: AEDAFD 90 0(gt)
Hai đỉnh E F nhìn AD góc 900 nên tứ giác
EFDA nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AF phân giác EAD:
Ta có :
//
AE CD
AE OC
OC CD
Vậy EAC CAD ( so le trong)
Tam giác AOC cân O (vì OA = OC = R) nên CAO OCA
Do đó: EAC CAD Vậy AF phân giác góc EAD (đpcm)
c) Chứng minh tam giác EFA tam giác BDC đồng dạng:
EFA BDC có :
EFA CDB (hai góc nội tiếp chắn AE đường tròn ngoại tiếp tứ giác
EFDA)
EAC CAB
EAF BCD CAB DCB
Vậy EFA BDC đồng dạng (góc- góc)
d) Chứng minh tam giác ACD ABF có diện tích: SACD =
1
2DF AC SABF =
.AF
2BC (1)
BC // DF (cùng AF) nên : AF
BC AC
DF hay DF AC = BC.AF (2)
Từ (1) (2) suy : SACD = SABF (đpcm) (Lưu ý: giải cách khác
nữa)
Bài 49 Cho tam giác ABC ( BAC 450) nội tiếp nửa đường trịn tâm O
đường kính AB Dựng tiếp tuyến với đường tròn (O) C gọi H chân đường vng góc kẻ từ A đến tiếp tuyến AH cắt đường trịn
(O) M ( M A) Đường vng góc với AC kẻ từ M cắt AC K
(35)/ / // //
H Q
P I
O N
M
C B
A
O P
K M
H
A
C
B
a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp
b) Chứng minh MAP cân
c) Tìm điều kiện ABC để ba điểm M, K, O thẳng hàng
BÀI GIẢI
a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp:
Ta có : MHC 900(gt), MKC 900(gt)
Tứ giác MKCH có tổng hai góc đối 1800 nên
nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tam giác MAP cân:
AH // OC (cùng vng góc CH) nên MAC ACO (so le trong)
AOC cân O (vì OA = OC = R) nên ACO CAO
Do đó: MAC CAO Vậy AC phân giác MAB .
Tam giác MAP có AK đường cao (do AC MP), đồng thời đường
phân
giác nên tam giác MAP cân A (đpcm)
Cách 2: Tứ giác MKCH nội tiếp nên AMP HCK (cùng bù HMK )
HCA CBA (cùng
1
2sđAC), CBA MPA (hai góc đồng vị MP//
CB)
Suy ra: AMPAPM Vậy tam giác AMP cân A
c) Tìm điều kiện cho tam giác ABC để ba điểm M; K; O thẳng hàng:
Ta có M; K; P thẳng hàng Do M; K;O thẳng hàng P O hay AP =
PM
Kết hợp với câu b tam giác MAP cân A suy tam giác MAP Do CAB 300.
Đảo lại: CAB 300ta chứng minh P O :
Khi CAB 300 MAB 600(do AC phân giác MAB )
Tam giác MAO cân O có MAO600nên MAO
Do đó: AO = AM Mà AM = AP(do MAP cân A) nên AO = AP Vậy P
O
Trả lời: Tam giác ABC cho trước có CAB 300thì ba điểm M; K; O thẳng
hàng
Bài 50 Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Đường trịn tâm O
đường kính AH cắt cạnh AB, AC M N ( A M&N)
Gọi I, P, Q trung điểm đoạn thẳng OH, BH, CH Chứng minh:
a) AHN ACB
b) Tứ giác BMNC nội tiếp
(36)H
/ /
= =
P
O K I
N M
C
B
A
a) Chứng minh AHN ACB:
ANH 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Nên Tam giác ANH vuông N
AHC 900
(do AH đường cao ABC) nên tam
giác AHC vng H
Do đó: AHN ACB (cùng phụ HAC )
b) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp:
Ta có : AMN AHN (hai góc nội tiếp chắn cung AN)
AHN ACB (câu a)
Vậy: AMN ACB Do tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh I trực tâm tam giác APQ:
OA = OH QH = QC (gt) nên QO đường trung bình tam giác AHC
Suy ra: OQ//AC, mà AC AB nên QO AB
Tam giác ABQ có AH BQ QO AB nên O trực tâm tam giác
Vậy BO AQ Mặt khác PI đường trung bình tam giác BHO nên
PI // BO
Kết hợp với BO AQ ta PI AQ
Tam giác APQ có AH PQ PI AQ nên I trực tâm tam giác
APQ(đpcm)
Bài 51.Cho đường trịn (O;R) đường kính AB.Gọi C điểm thuộc đường
tròn ( C A&B) M, N điểm cung nhỏ
AC BC Các đường thẳng BN AC cắt I, dây cung AN BC cắt P Chứng minh:
a)Tứ giác ICPN nội tiếp Xác định tâm K đường tròn ngoại tiếp tứ giác b)KN tiếp tuyến đường tròn (O;R)
c)Chứng minh C di động đường trịn (O;R) đường thẳng MN ln tiếp xúc với đường trịn cố định
BÀI GIẢI
a) Chứng minh tứ giác ICPN nội tiếp Xác định tâm K đường tròn ngoại tiếp
tứ giác đó:
Ta có : ACB ANB 900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))
Do đó: ICP INP 900
Tứ giác ICPN có ICP INP 1800nên nội tiếp một
đường tròn
Tâm K đường tròn ngoại tiếp tứ giác ICPN trung điểm đoạn thẳng IP
b) Chứng minh KN tiếp tuyến đường tròn (O).
Tam giác INP vuông N , K trung điểm IP nên
1
KN KI IP
(37)/ /
//
//
H O
K
E D
C B
A
Mặt khác NKP NCP (hai góc nội tiếp chắn cung PN đường trịn (K))
(2)
N trung điểm cung CB nên CN BN CN NB Vậy NCB cân N
Do : NCB NBC (3)
Từ (1) , (2), (3) suy ra: INK IBC , hai góc vị trí đồng vị nên KN // BC
Mặt khác ON BC nên KN ON Vậy KN tiếp tuyến đường tròn
(O)
Chú ý: * Có thể chứng minh KNI ONB 900 KNO900
* chứng minh KNA ANO 900 KNO900
c) Chứng minh C di động đường trịn (O) đường thẳng MN
tiếp xúc với đường tròn cố định:
Ta có AM MC (gt) nên AOM MOC Vậy OM phân giác AOC.
Tương tự ON phân giác COB , mà AOC COB kề bù nên MON 900
Vậy tam giác MON vuông cân O
Kẻ OH MN, ta có OH = OM.sinM = R
2 =
2
R
không đổi
Vậy C di động đường tròn (O) đường thẳng MN ln tiếp xúc với
đường tròn cố định (O;
2
R
)
Bài 52. Từ điểm A ngồi đường trịn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ( B, C tiếp điểm) Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) D E ( D nằm A E , dây DE không qua tâm O) Gọi H trung điểm DE, AE cắt BC K
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh HA tia phân giác BHC
c) Chứng minh :
2 1
AK AD AE
BÀI GIẢI
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp:
ABO ACO 900(tính chất tiếp tuyến)
Tứ giác ABOC có ABO ACO 1800nên nội tiếp
đường tròn b) Chứng minh HA tia phân giác góc BHC:
AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ABAC Do đó
AHB AHC
(38)_ = = / / O K H E D C B A 60 O J I N M B A
c)Chứng minh
2 1
AK AD AE:
ABD AEB có:
BAE chung, ABDAEB(cùng
1
2sđ BD)
Suy : ABD ~ AEB
Do đó:
2 .
AB AD
AB AD AE
AE AB (1)
ABK AHB có:
BAH chung, ABK AHB (do ABAC) nên chúng đồng dạng.
Suy ra:
2
AK AB
AB AK AH
AB AH (2)
Từ (1) (2) suy ra: AE.AD = AK AH
1
AH AK AE AD
2
AH AK AE AD
= AD DH AE AD = 2 AD DH AE AD
AD AD ED AE AD = AE AD AE AD = 1
ADAE
(do AD + DE = AE DE = 2DH) Vậy:
2 1
AK AD AE(đpcm)
Bài 53 Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB Trên đường trịn (O;R) lấy điểm
M cho MAB 600 Vẽ đường tròn (B;BM) cắt đường tròn (O;R) điểm thứ hai
là N
a) Chứng minh AM AN tiếp tuyến đường tròn (B;BM) b) Kẻ đường kính MOI đường tròn (O;R) MBJ đường tròn
(B;BM) Chứng minh N , I , J thẳng hàng JI JN = 6R2
c) Tính phần diện tích hình trịn (B;BM) nằm bên ngồi đường trịn (O;R) theo R
BÀI GẢI
a) Chứng minh AM AN tiếp tuyến đường trịn (B;BM)
Ta có : AMBANB900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O))
Điểm M N thuộc (B;BM) ; AM MB AN NB
Nên AM ; AN tiếp tuyến (B;BM)
b) Chứng minh N; I; J thẳng hàng JI JN = 6R2.
MNI MNJ 900(các góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O tâm B )
Nên IN MN JN MN Vậy ba điểm N ; I ; J thẳng hàng
* Tam giác MJI BO đường trung bình nên IJ = 2BO = 2R
Tam giác AMO cân O (vì OM = OA), MAO 600nên tam giác MAO đều.
(39)_ / / // = M O I H D C B A
Nên OH =
1
2OA2R Vậy HB = HO + OB =
3
2
R R
R
2.3
2
R
NJ R
Vậy JI JN = 2R 3R = 6R2
c)Tính diện tích phần hình trịn (B; BM) nằm ngồi đường trịn (O; R) theo R: Gọi S diện tích phần hình trịn nằm (B;BM) nằm bên ngồi hình trịn (O;R)
S1 diện tích hình trịn tâm (B; BM)
S2 diện tích hình quạt MBN
S3 ; S4 diện tích hai viên phân cung MB NB đường tròn (O;R)
Ta có : S = S1 – (S2 + S3 + S4)
Tính S1:
MAB 600 MB 1200 MB R 3 Vậy: S1 =
2 3 R R
Tính S2 :
600
MBN S2 =
2
0 60 360 R = 2 R
Tính S3 :
S3 = Squạt MOB – SMOB
1200
MOB Squạt MOB =
2
0 120 360 R R
OA = OB SMOB =
1
2SAMB = 1
2 AM MB=
1
4R R =
2 3
4
R
Vậy S3 =
2 R 3 R
= S4 (do tính chất đối xứng)
Từ đó: S = S1 – (S2 + 2S3)
= 3R2 –
2 2 2 3
2
R R R
= 2
11 3
6
R R
(đvdt)
Bài 54: Cho đường trịn (O;R) , đường kính AB Trên tiếp tuyến kẻ từA đường tròn lấy điểm C cho AC = AB Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD đường tròn (O;R) , với D tiếp điểm
a) Chứng minh ACDO tứ giác nội tiếp
b)Gọi H giao điểm AD OC Tính theo R độ dài đoạn thẳng AH ; AD
c)Đường thẳng BC cắt đường tròn (O;R) điểm thứ hai M.Chứng minh MHD 450
d)Đường trịn (I) ngoại tiếp tam giác MHB Tính diện tích phần hình trịn nằm ngồi đường trịn (O;R)
BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác ACDO nội tiếp:
CAO CDO 900(tính chất tiếp tuyến)
(40)một đường trịn
b) Tính theo R độ dài đoạn thẳng AH; AD:
CA = CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OD =R OCAD AH
= HD
Tam giác ACO vuông A, AH OC nên 2
1 1
AH AO AC
= 2
1
2
R R =
5 4R
Vậy : AH =
2 5
R
AD = 2AH =
4 5
R
c) Chứng minh MHD 450 :
900
AMB (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) CMA 900
Hai đỉnh H M nhìn AC góc 900 nên ACMH tứ giác nội tiếp.
Suy : ACM MHD
Tam giác ACB vuông A, AC = AB(gt) nên vng cân Vậy ACB450
Do : MHD 450.
d) Tính diện tích hình trịn (I) nằm ngồi đường trịn (O) theo R :
Từ CHD 900và MHD 450 CHM 450mà CBA 450(do CAB vuông cân
ở B)
Nên CHM CBA Tứ giác HMBO nội tiếp Do MHB MOB 900.
Vậy tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MHB trung điểm MB Gọi S diên tích phần hình trịn ( I ) ngồi đường trịn (O)
S1 diện tích nửa hình trịn đường kính MB
S2 diện tích viên phân MDB
Ta có : S = S1 – S2
Tính S1 : MB 900 MB R 2 Vậy S1 =
2
1
2
R R
Tính S2: S2 = SquạtMOB – SMOB
=
2
0
.90 360
R R
=
2
4
R R
S =
2
4
R
(
2
4
R R
) =
2
R
Bài 55: Cho đường tròn (O) đường kính AB 6cm Gọi H làđiểm nằm A B cho AH = 1cm Qua H vẽ đường thẳng vng góc với AB , đường thẳng
này cắtđường tròn (O) C D Hai đường thẳng BC DA cắt M Từ M
hạ đường vng góc MN với đường thẳng AB ( N thuộc thẳng AB ) a) Chứng minh MNAC tứ giác nội tiếp
(41)E I K
H O
N M
D C
B A
c) Chứng minh NC tiếp tuyến đường tròn (O)
d) Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt NC E Chứng minh đường thẳng EB qua trung điểm đoạn thẳng CH
BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác MNAC nội tiếp:
ACB900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy MCA 900 Tứ giác MNAC có N C 1800
nên nội tiếp đường trịn b) Tính CH tg ABC
AB = (cm) ; AH = (cm) HB = (cm)
Tam giác ACB vuông C, CH AB CH2 = AH BH = = 5
5
CH
(cm)
* tg ABC =
5
CH BH
c) Chứng minh NC tiếp tuyến đường tròn (O):
Ta có : NCA NMA (hai góc nội tiếp chắn cung AN đường tròn
ngoại tiếp
tứ giác MNAC)
NMA ADC (so le MN // CD) ADCABC (cùng chắn
AC)
Nên : NCA ABC Do
2
ABC
sđ AC
1
NCA
sđ AC
Suy CN tiếp tuyến đường tròn (O) (xem lại tập 30 trang 79 SGK toán tập 2) d) Chứng minh EB qua trung điểm CH:
Gọi K giao điểm AE BC; I giao điểm CH EB
KE // CD (cùng với AB) AKB DCB (đồng vị)
DAB DCB ( chắn cung BD)
DAB MAN (đối đỉnh) MAN MCN (cùng chắn MN )
Suy ra: EKC ECK KEC cân E Do EK = EC
Mà EC = EA( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên EK = EA
KBE có CI // KE
CI BI
KE BE ABEcó IH // AE
IH BI AE BE
Vậy
CI IH
KE AE mà KE = AE nên IC = IH (đpcm)
Bài 56
Cho đường tròn tâm O, đường kính AC Vẽ dây BD vng góc với AC K ( K
nằm A O) Lấy điểm E cung nhỏ CD (E không trùng C D), AE cắt
(42)H
/ / ? _
K
E H
M
O
D
C B
A
a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp
b) Chứng minh AD2 = AH AE.
c) Cho BD = 24cm; BC = 20cm Tính chu vi hình tròn (O)
d) Cho BCD Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ tam giác
MBC cân M Tính góc MBC theo để M thuộc đường tròn (O).
Hướng dẫn:
c) Tính BK = 12 cm, CK = 16 cm, dùng hệ thức lượng
tính CA = 25 cm R = 12,5 cm
Từ tính C = 25
d) M (O) ta cần có tứ giác ABMC nội tiếp
ABM ACM 1800
0
90 180
2
MBC
Từ tính
1800
4
MBC
Bài 57. Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa
đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax dây AC Tia phân giác góc xAC cắt nửa đường tròn D, tia AD BC cắt E
a) Chứng minh ABE cân
b) Đường thẳng BD cắt AC K, cắt tia Ax F Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp
c) Cho CAB 300 Chứng minh AK = 2CK.
Bài 58 Từ điểm A ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB; AC cát tuyến AMN không qua tâm O Gọi I trung điểm MN
a) Chứng minh AB2 = AM AN
b) Chứng minh tứ giác ABIO nội tiếp
c) Gọi D giao điểm BC AI Chứng minh
IB DB IC DC
Bài 59 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Phân giác BAC
cắt BC D cắt đường tròn M Phân giác Acắt đường thẳng BC E cắt đường tròn N Gọi K trung điểm DE Chứng minh:
a) MN vuông góc với BC trung điểm BC
b) ABN EAK
c) AK tiếp tuyến đường tròn (O)
Bài 60 Cho ba điểm A, B,C nằm đường thẳng xy theo thứ tự Vẽ đường tròn (O) qua B C Từ A vẽ hai tiếp tuyến AM AN Gọi E F trung điểm BC MN
a) Chứng minh AM2 = AN2 = AB AC
(43)đường thẳng cố định đường tròn (O) thay đổi
Bài 61 Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R Điểm C nằm (O) mà
AC > BC Kẻ CD AB ( D AB ) Tiếp tuyến A đường tròn
(O) cắt BC E Tiếp tuyến C đường tròn (O) cắt AE M OM cắt AC I MB cắt CD K
a) Chứng minh M trung điểm AE b) Chứng minh IK // AB
c) Cho OM = AB Tính diện tích tam giác MIK theo R
Bài 62 : Trên cung nhỏ BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lấy điểm P tuỳ ý Gọi giao điểm AP BC
Chứng minh BC2= AP AQ
a) Trên AP lấy điểm M cho PM = PB Chứng minh BP+PC= AP b) Chứng minh
1 1
PQPB PC
Bài 63 : Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R điểm C nằm ngồi nửa đường trịn CA cắt nửa đường tròn M , CB cắt nửa đường tròn N Gọi H giao điểm AN BM
a) Chứng minh CH AB
b) Gọi I trung điểm CH Chứng minh MI tiếp tuyến nửa đường tròn (O)
c) Giả sử CH =2R Tính số đo cung MN
Bài 64: Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R dây MN có độ dài bán kính (M thuộc cung AN ) Các tia AM BN cắt I Các dây AN BM cắt K
a)Tính MIN AKB.
b)Tìm quỹ tích điểm I quỹ tích điểm K dây MN thay đổi vị trí c) Chứng minh I trực tâm tam giác KAB
d)AB IK cắt H Chứng minh HA.HB = HI.HK
e)Với vị trí dây MN tam giác IAB có diện tích lớn ? Tính giá trị diện tích lớn theo R
Bài 65: Trên đường tròn (O) lấy ba điểm A,B C Gọi M,N P theo thứ tự điểm cung AB,BC AC BP cắt AN I ,NM cắt AB E Gọi D giao điểm AN BC Chứng minh :
a) BNI cân b) AE.BN = EB.AN
c)EI BC d)
AN AB
BN BD
Bài 66 : Cho hai đường trịn (O) (O1) ngồi Đường nối tâm OO1 cắt
đường tròn (O) (O1) điểm A , B , C , D theo thứ tự đường thẳng
Kẻ tiếp tuyến tuyến chung EF ( E (O) , F (O1) ) Gọi M giao điểm
của AE DF , N giao điểm EB FC Chứng minh :
(44)b) MN AD
c)ME MA = MF MD
Bài 67: Cho tam giác ABC vuông A, điểm M nằm AC, đtrịn đường kính CM cắt BC E, BM cắt đròn D
a) CMR: tứ giác BADC nội tiếp b) DB phân giác góc EDA
c) CMR đường thẳng BA, EM, CD đồng quy
O 21
1
K
M E
D
C B
A
a) ta có: BAC 900 (gt)
BDC900 (góc nt chắn nửa đtrịn)
Suy tứ giác BADC nt đtrịn đường kính BC
b) ta có: C1 D (cùng chắn cung ME)
vì tứ giác BADC nt C1D (cùng chắn cung AB)
1
D D
DB phân giác góc EDA
c) giả sử AB cắt CD K
xét tam giác KBC, ta có:
CK BK BD CK CA BD M
M trực tâm tam giác KBC
KM BC
mặt khác MEBC (góc nt chắn nửa đtrịn), suy đthẳng KM ME trùng nhau
do đthẳng AB, EM, CD đồng quy K
Bài 68: Cho tam giác ABC có góc nhọn Đường trịn tâm O đường kính BC cắt AB E, cắt AC F Các tia BE cà CE cắt H CMR:
a) AH vng góc với BC
(45)2
2
1
1
F
H
O
2
1 K
M E
C B
A
a) ta có: BEC 900 (góc nt chắn nửa đtròn) CEAB
900
BFC (góc nt chắn nửa đtrịn) BF AC
xét tam giác ABC, ta có:
CE AB BF AC BF CE H
H trực tâm tam giác ABC
AH BC
b) xét tứ giác CKHF, có: K F 1800 tứ giác CKHF nt C1 F2 (cùng chắn cung
HK)
mặt khác: C1F1 (cùng chắn cung BE)
suy F1F2 , FB phân giác góc EFK
c) xét tứ giác BKHE có K E 1800 tứ giác BKHE nt B1K (cùng chắn cung
HE)
mà: B1 C (cùng chắn cung EF)
mặt khác, tứ giác CKHF nt K1 C (cùng chắn cung HF)
suy B1K1C K (1) xét tam giác BEH, có:
900
E
BM HM ME BME
BM HM
cân M
do EMF 2B1 (tính chất góc ngồi tam giác) (2)
từ (1) (2) EMF 2K 12K EKF tứ giác EMKF nt
Bài 69: Cho đtròn (O) (O’) cắt A B (O O’ thuộc nửa mặt phẳng bờ
AB) Qua B kẻ cát tuyến vng góc với AB cắt đtròn (O) C, căt đtròn (O’) D, tia
CA cắt (O’) I, tia DA cắt (O) K
a) CMR: tứ giác CKID nt
(46)O' I
O K
M
D
C B
A
a) ABC900 AC đường kính (O)
900
ABD AD đường kính (O’)
Ta có: CKA 900 (góc nt chắn nửa đtròn (O))
900
DIA (góc nt chắn nửa đtrịn (O’))
Do đó: CKA DIA tứ giác CKID nt đường tròn đường kính CD
b) xét tam giác MCD, ta có:
CI MD
DK MC
CI DK A
A trực tâm t.giác MCD MA CD
(1)
mà ABCD (2)
từ (1) (2) suy điểm M, A, B thẳng hàng đpcm
Bài 70: Cho đtrịn (O) đường kính AB, M điểm đtròn; C điểm nằm A B qua M kẻ đthẳng vng góc với CM, đthẳng cắt tiếp tuyến (O) kẻ từ A B E F CMR:
a) Các tứ giác: AEMC, BCMF nt b) Tam giác ECF vuông C
2
1
1 F
O
1
M E
C B
A
a) xét tứ giác AEMC có: A M 900900 1800, mà góc A góc M góc vị trí
đối diện, tứ giác AEMC nt
chứng minh tương tự ta có tứ giác BCMF nt
b) tứ giác ACME nt A1E1 (cùng chắn cung MC) (1)
(47)ta có: AMB 900 (góc nt chắn nửa đtrịn) A1B1900 (3) từ (1); (2) (3) E1F1900
xét tam giác ECF, có: E1F1900 ECF 900 ECF vuông C
Bài 71: Cho tam giác ABC nhọn nt đtrịn (O), có đường cao BB’ CC
a) CMR: tứ giác BCB’C’ nt
b) Tia AO cắt đtròn (O) D cắt B’C’ I CMR: tứ giác BDIC’ nt
c) Chứng minh OA vng góc với B’C’
C'
B'
I O
D C
B A
a) xét tứ giác BCB’C’ có BB C BC C ' ' 900 tứ giác BCB’C’ nt
b) ta có: ACB ADB (cùng chắn cung AB) (1)
mặt khác tứ giác BCB’C’ nt BC B ' ' ACB 1800
(2)
từ (1) (2) BC B' 'ADB1800 hay BC I IDB' 1800, suy tứ giác BDIC’ nt
c) ta có: ABD900 (góc nt chắn nửa đtrịn) C BD' 900
do tứ giác BDIC’ nt C BD C ID' ' 1800 C ID ' 900 AO B C' '
Bài 72: Cho hình vng ABCD Gọi M, N điểm cạnh BC CD
sao cho MAN 450 AM AN cắt đường chéo BD P Q Gọi H giao điểm của
MQ NP CMR: a) Tứ giác ABMQ nt
b) Tam giác AQM vuông cân c) AH vng góc với MN
450 P
Q
N
2
1
H
2
1
M
D C
B A
a) ABCD hình vng có BD đường chéo, nên BD phân giác góc ABC
0
1 2
1
.90 45 45
2
B B B QAM
(48)b) tứ giác ABMQ nt
0
180 90 180 90
ABM AQM AQM AQM MQ AN
xét tam giác AQM, có:
0
0
45 90
A AQM
AQM vuông cân Q
c) ta có: DB đường chéo hình vng ABCD nên DB phân giác góc ADC
0
1
1
.90 45
D D
tứ giác ADNP có DAN D 450 tứ giác ADNP nt
1800 900 1800 900
ADN APN APN APN NPAM
Xét tam giác AMN, ta có:
MQ AN
NP AM
MQ NP H
H trực tâm tam giác AMN
AH MN
Bài 73: Cho tam giác ABC cân A nt đtròn (O), điểm D thuộc tia đối tia AB, CD cắt (O) E, tiếp tuyến (O) B cắt EA F CMR:
a) Tứ giác BFDE nt b) FD // BC
C
2
2
1
1
1 F
E D
O
B
A
a) ta có: B1E1 (cùng bù với E2)
mà B1C1 (do tam giác ABC cân A)
suy ra: E1C1 (1)
mặt khác: E C1B (cùng chắn cung AB) (2)
từ (1) (2) suy E1B2 đỉnh B, E nhìn xuống cạnh DF dới góc
nhau, suy tứ giác BFDE nt
b) tứ giác BFDE nt E D (cùng chắn cung BF), mà E2 = B2 = C1 = B1,
(49)Bài 74: Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh AD Vẽ đtrịn (O) đường kính MB, cắt AC E (khác A) Gọi giao điểm ME DC CMR:
a) Tam giác BEM vuông cân b) EM = ED
c) điểm B, M, D, K thuộc đtròn d) BK tiếp tuyến (O)
K M
C
2 2
2
1
1
1 E
D
O
B A
a) tứ giác ABEM nt => BAM + BEM = 1800 => 900 + BEM = 1800
=> BEM = 900 (1)
Mặt khác: A1 = A2 (tính chất hình vng) => sđ cung BE = sđ cung ME =>
BE=ME (2)
Từ (1) (2) suy tam giác BEM vuông cân E b) xét tam giác BCE tam giác DCE, ta có:
CE: chung
C1 = C2 (tính chất hình vng)
CB = CD (gt)
Do BCEDCE (c.g.c) => BE = DE (cạnh tương ứng) (3)
Từ (2) (3) => EM = ED (= BE) (4)
c) ta có:
0
1
0
1 1
1
90 90
â
K M
D D K D EDK
M D EDM c n EM ED
cân E => ED = EK
(5)
(4) (5) => EB = EM = ED = EK => điểm B, M, D, K thuộc đtrịn có tâm E
d) tứ giác BKDM nt (E) MDK MBK 180 MBK 900 BK BM BK
là tiếp tuyến đtròn (O)
Bài 75: Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên nội tiếp đtròn (O) Tiếp tuyến B C đtròn cắt tia AC tia AB D E CMR:
a) BD2 = AD.CD
(50)j
C
2
2
1
1
1
E D
O
B
A
a) ta có: A1 = B2 (cùng chắn cung BC)
xét tam giác ABD tam giác BCD, ta có:
1 2
1
:
A B AD BD
ABD BCD g g BD AD CD
BD CD D chung
b) ta có:
1
1 1
1 2
E sd AC sd BC
D sd AB sd BC D E
m AB AC sd AB sd AC
điểm D E nhìn xuống cạnh BC
dưới góc => tứ giác BCDE nt
c) ta có: B1C1 (gt), mà tứ giác BCDE nt => BED = C1 (cùng bù với BCD)
do B1 = BED (2 góc vị trí đồng vị) => BC // DE
Bài 76: Cho tứ giác ACBD nt đtròn (O), đường chéo AB CD vng góc với I trung tuyến IM tam giác AIC cắt BD K, đường cao IH tam giác AIC cắt BD N
a) CMR: IK vng góc với BD
b) Chứng minh N trung điểm BD c) Tứ giác OMIN hình gì? Tại sao? d) Chứng minh
1
;
2
(51)N H
K C
1
1 I
D O
B M
A
a) ta có: B1 =C1 (cùng chắn cung AD) (1)
+ IM trung tuyến tam giác AIC => IM = MA => tam giác MAI cân M =>
A1=MIA
+ mà MIA = KIB (đối đỉnh) => KIB = A1 (2)
Từ (1) (2) => B1 + BIK = C1 + A1 = 900 => IKB = 900 suy IK vng
góc với BD
b) ta có: CIH = DIN (đối đỉnh), mà CIH + C1 = 900, đó: DIN + C1 =
900
+ mà C1 = B1 suy ra: DIN + B1 = 900 (*)
+ mặt khác: DIN + BIN = 900 (**)
(*) (**) suy ra: B1 = BIN => tam giác BIN cân N => NB = NI (3)
+ lại có:
IDN + B1 = 900
DIN + B1 = 900
Do đó: IDN = DIN => tam giác NID cân N => NI = ND (4)
(3) (4) => NB = ND => N trung điểm BD
c) ta có: M, N trung điểm AC BD => OM vuông góc với AC; ON vng góc với BD
=> OM // IN (cùng vng góc với AC); ON // IM (cùng vng góc vói BD) Do tứ giác DMIN hình bình hành (vì có cạnh đối song song) d) tứ giác OMIN hình bình hành => OM = IN; ON = IM
mà
1
;
2
IN BD IM AC
nên
1
;
2