CÁC BÀI TOÁN HÌNH ÔN THI VÀO LỚP 10

Bài 21 Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. OM cắt AC tại I. MB cắt CD tại K. Tính diện tích tam giác MIK theo R. Bài 22 Trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC lấ[r]

x

Hình 01 O

K H

M E

D C

B A

CÁC BÀI TỐN HÌNH ƠN THI VÀO LỚP 10

(Dành tặng cho em học sinh lớp chuẩn bị ôn thi vào lớp 10 không chuyên)

Bài 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 BÀI GIẢI CHI TIẾT (hình 01)

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 EACxDB.

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 EAD ABD

(góc tạo tia tiếp tuyến dây cung với góc nội tiếp chắn cung AD) Suy ra: EMD ABD Do EM // AB.

3 Chứng minh M trung điểm HK DAB

 có HM // AB

HM DH AB DA

 

CAB có MK // AB

MK CK AB CB

 

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

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:

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 sử

dụng phương pháp: Nếu tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đối đỉnh 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 tốn quen thuộc lớp phải khơng em? Do học tốn em cần ý tập quen thuộc Tuy câu cịn cách giải Em thử nghĩ xem?

Bài 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

1 Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp 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

BÀI GIẢI CHI TIẾT

// = O M H K D C B A // = O M H K D C B A

 900

AMB (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  MHC 900.

Tứ giác CKMH có MKC MHC  1800nên nội tiếp

trong đường tròn

2 Chứng minh CD = MB DM = CB

Ta có: ACB900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Hình 2

Do đó: DM // CB, mà CD // MB(gt) nên tứ giác CDMB hình bình hành Suy ra: CD = MB DM = CB

3 Xác định vị trí điểm C nửa đường tròn (O) để AD tiếp tuyến nửa đường tròn

AD tiếp tuyến đường trịn (O)  ADAB 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  = 600. Tính diện tích phần tam giác ADC ngồi (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  AOD600.

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 R

= R2

 Tính S2: AC1200  S quạt AOC =

2 0 120 360 R  = R 

 Tính S: S = S1 – S2 = R2 3 –

2 R  = 2 3 R R

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

đó suy từ hệ góc nội tiếp giả thiết CD // MB Góc H vuông

được 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 Tốn 9T2 giả thiết M điểm cung AC ta tìm vị trí C

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 BC 600thì AD tiếp tuyến Chứng minh nhận định đó

xong ta lại trình bày phần đảo: AD tiếp tuyến BC 600 Từ kết luận.

4 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 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

1 Chứng minh: EOF 90 

2 Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB OEF đồng dạng Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MK AB Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a

EA, EM hai tiếp tuyến đường tròn (O) cắt E nên OE phân giác AOM Tương tự: OF phân giác BOM

Mà AOM 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  0, 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 (do BF // AE) nên

FK BK

KA FK BK KE hay

FK BK FA BE (3). Từ (1), (2) (3) suy

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

1 AKB AMB S  S

Tam giác AMB vuông M nên tg A = MB

MA  MAB 600

 

Vậy AM = a

MB = a



1

2 2 AKB

a a S

 

=

3

x

H Q I

N M

O C

B A

K x

H Q I

N M

O C

B A

Lời bàn:

(Đây đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 tỉnh Hà Nam)

Từ câu đến câu q trình ơn thi vào lớp 10 chắn thầy cô ôn tập, em ôn thi nghiêm túc chắn giải ngay, khỏi phải bàn, em thi năm qua tỉnh Hà Nam xem trúng tủ Bài 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, tốn qui tính diện tích tam giác AMB khơng phải khó phải khơng em?

Bài 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))

 900

MQA

  Hai đỉnh I Q nhìn AM Hình 5

một góc vng nên tứ giác AMQI nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh:AQI ACO

//

=

x F

E

O

D C

B A

AOC

 có OA = OC nên cân O  CAO ACO (3) Từ (1), (2) (3) suy ra

 

AQI ACO.

c) Chứng minh CN = NH

Gọi K giao điểm BC tia Ax Ta có: ACB900(góc nội tiếp chắn nửa

đường tròn(O)) AC  BK , AC  OM  OM // BK Tam giác ABK có: OA = OB,

OM // BK  MA = MK

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 BKM có 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

là cần IMA CAO , điều không 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 giải đề thi cách dễ dàng

Bài Cho đường tròn tâm O đường kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F cho BF cắt đường trịn C, tia phân giác góc ABF cắt Ax E cắt đường tròn D

a) Chứng minh OD // BC

b) Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF c) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp

d) Xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD hình thoi Tính diện tích hình thoi AOCD theo R

BÀI GIẢI CHI TIẾT

x F

E

D C

B O

A

BOD

 cân O (vì OD = OB = R)  OBD ODB 

Mà OBD CBD  (gt) nên ODB CBD  Do đó: OD // BC.

b) Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF

 900

ADB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)  ADBE.

 900

ACB (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)  ACBF.

EAB

 vuông A (do Ax tiếp tuyến ), có AD  BE nên:

AB2 = BD.BE (1). FAB

 vng A (do Ax tiếp tuyến), có AC  BF nên AB2 = BC.BF (2).

Từ (1) (2) suy ra: BD.BE = BC.BF c) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp: Ta có:

 

 

CDB CAB CAB CFA

 

 

 

 (hai góc nội tiếp chắn cung BC)

( phụ FAC)  CDB CFA 

Do tứ giác CDEF nội tiếp Cách khác

DBCvà FBE có: Bchung

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.

d) 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  ABC600

Vậy ABC600thì tứ giác AOCD hình thoi.

Tính diện tích hình thoi AOCD theo R:

 1200 3

AC  AC R .

Sthoi AOCD =

2

1

2 2

R OD AC R R 

H

N

F E

C B

A

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 OBD

2 Việc ý đến góc nội tiếp chắn nửa đường trịn kết hợp với tam giác AEB, FAB vng Ax tiếp tuyến gợi ý đến hệ thức lượng tam giác vuông quen thuộc Tuy nhiên chứng minh hai tam giác BDC BFE đồng dạng trước suy BD.BE = BC.BF Với cách thực có ưu việc 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 cơng thức, nhớ kiến thức đặc biệt mà q trình ơn tập thầy cô giáo bổ sung

 1200 3

AC   AC R , em tính dễ dàng.

Bài 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

BÀI GIẢI 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 trịn đường kính HC).

Suy ra: EFB BFN Vậy FB tia phân giác góc EFN (đpcm)

= //

O

F E

C

D B

A

FAH FBC có: AFH BFC 900, AH = BC (gt), FAH FBC (cùng phụ ACB

) Vậy FAH = FBC (cạnh huyền- góc nhọn) Suy ra: FA = FB. AFB vuông F; FA = FB nên vng cân Do BAC450.

Bài (Các em tự giải)

Cho tam giác ABC nhọn, đường cao BD CE cát H a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp

b) Chứng minh AD AC = AE AB

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 Cho đường trịn (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 vuông 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: AEDAFD 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 góc 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 .

O P K M

H

A

C

B

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 Cho tam giác ABC ( BAC 450) nội tiếp nửa đường tròn tâm O đường

kính AB Dựng tiếp tuyến với đường trịn (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 AB P

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

bằng 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

là phân giác MAB Tam giác MAP có AK đường cao (do AC  MP), đồng thời là

/ / // //

H Q

P I

O N

M

C B

A

Cách Tứ giác MKCH nội tiếp nên AMP HCK (cùng bù HMK ) HCA CBA 

(cùng

2sđAC), CBA MPA 

(hai góc đồng vị MP// CB) Suy ra: AMPAPM 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

tại O có MAO600nên MAO Do đó: AO = AM Mà AM = AP (do MAP cân ở

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 10 Cho tam giác ABC vuông 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

c) Điểm I trực tâm tam giác APQ BÀI GIẢI

a) Chứng minh AHN ACB:

 900

ANH  (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 vuông H Do 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:

H

/ /

= =

P

O K I

N M

C

B

A

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 11 Cho đường trịn (O;R) đường kính AB.Gọi C điểm thuộc đường trịn (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 được

trong 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

Vậy tam giác IKN cân K Do KIN KNI (1).

Mặt khác NKP NCP (hai góc nội tiếp chắn cung PN đường tròn (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 INK IBC, hai góc vị trí

đồng vị nên KN // BC

Mặt khác ON BC nên KN  ON Vậy KN tiếp tuyến đường trịn (O).

Chú ý: * Có thể chứng minh KNI ONB  900 KNO900

/ /

//

//

H O K

E D

C B

A

_ =

= /

/ O

K H

E D

C B

A

c) Chứng minh C di động đường trịn (O) đường thẳng MN ln tiếp xúc với đường trịn 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 trịn (O) đường thẳng MN ln tiếp xúc với đường trịn cố định (O;

2 R

)

Bài 12 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:

  900

ABO ACO  (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 ABAC Do AHB AHC .

Vậy HA tia phân giác góc BHC c) Chứng minh

2 1

AK AD AE:

ABD AEB có: 

BAE chung, ABDAEB(cùng

1

2sđ BD )

60

O

J I

N M

B A

Do đó:

2 AB AD

AB AD AE AE AB   (1)

ABK AHB có: 

BAH chung, ABK AHB (do ABAC

) 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

 

=

 

2 AD DH

AE AD



=

2

AD DH

AE AD





AD AD ED AE AD

 

=

AE AD AE AD



=

1

AD AE (do AD + DE = AE DE = 2DH)

Vậy:

2 1

AK ADAE (đpcm).

Bài 13 Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB Trên đường tròn (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 trịn (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 G I ẢI

a) Chứng minh AM AN tiếp tuyến đường tròn (B; BM) Ta có AMB ANB 900.

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O)) Điểm M N thuộc (B;BM); AM MB

và AN NB Nên AM; AN tiếp tuyến (B; BM).

b) Chứng minh N; I; J thẳng hàng JI JN = 6R2.

  900

MNI MNJ  (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O tâm B) Nên IN

_ / / // = M O I H D C B A

Tam giác MJI có BO đường trung bình nên IJ = 2BO = 2R Tam giác AMO cân O (vì OM = OA), MAO 600nên tam giác MAO đều.

AB  MN H (tính chất dây chung hai đường tròn (O) (B) cắt nhau).

Nên OH =

1

2OA2R 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 trịn (O; R)

Ta có : S = S1 – (S2 + S3 + S4) Tính S1:  

0

60 120

MAB  MB  MB R 3 Vậy: S1 =  

2 3 R R   

Tính S2: 

0 60

MBN   S2 =

 2 0 60 360 R  = 2 R 

Tính S3: S3 = Squạt MOB – SMOB 

0 120

MOB  Squạt MOB =

2

0 120 360 R R    OA = OB  SMOB =

1

2SAMB = 1

2 AM MB=

1

4R R =

2 R

Vậy S3 =

3 R



4 R



= S4 (do tính chất đối xứng) Từ S = S1 - (S2 + 2S3)

= 3R2 –

2 2 2 3

2

R R R

            = 2

11 3

6 R R

 

(đvdt)

Bài 14 Cho đường tròn (O; R) , đường kính AB Trên tiếp tuyến kẻ từ A của 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

 450

MHD .

d) Đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác MHB Tính diện tích phần hình trịn nằm ngồi đường trịn (O; R)

a) Chứng minh tứ giác ACDO nội tiếp:

  900

CAO CDO  (tính chất tiếp tuyến).

Tứ giác ACDO có CAO CDO  1800nên

nội tiếp đường trịn

b) Tính theo R độ dài đoạn thẳng AH; AD: CA = CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OD =R  OCAD AH = HD

Tam giác ACO vuông A, AH  OC

nên 2

1 1

AH AO AC =  2

1

2

R  R =

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 cùng

nhìn AC góc 900 nên ACMH tứ giác nội tiếp Suy ra: ACM MHD . Tam giác ACB vuông A, AC = AB(gt) nên vuông cân Vậy ACB450.

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 diện 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:

 900 2

MB  MB R Vậy S1 =

2 2

1

2

R R

  

  .

Tính S2: S2 = SquạtMOB – SMOB =

2

.90

360

R R





=

2

4

R R

 

 S =

2

4 R

 

(

2

4

R R

 

) =

2 R

E I K

H O

N M

D C

B A

Bài 15 Cho đường trịn (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 cắt đường 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 b) Tính độ dài đoạn thẳng CH tính tgABC

c) Chứng minh NC tiếp tuyến đường tròn (O)

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

BÀI GIẢI

a) Chứng minh tứ giác MNAC nội tiếp:

 900

ACB (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 = =  CH  5 (cm) Do 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) ADCABC (cùng chắn AC

) Nên NCA ABC Do



2 ABC

sđ AC



2 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  (cùng 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

/ / ? _

 K

E H

M O

D

C B

A 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 16 Cho đường trịn 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 BD H

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 trịn (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 trịn (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 17 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 trịn 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 18 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

Bài 19 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 vng góc với BC trung điểm BC b) ABN EAK

c) AK tiếp tuyến đường tròn (O)

Bài 20 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

b) Đường thẳng ME cắt đường tròn (O) I Chứng minh IN // AB

c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OEF nằm đường thẳng cố định đường tròn (O) thay đổi

Bài 21 Cho đường tròn (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 22 Trên cung nhỏ BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lấy một điểm P tuỳ ý Gọi giao điểm AP BC

a) Chứng minh BC2 = AP AQ

b) Trên AP lấy điểm M cho PM = PB Chứng minh BP+PC= AP c) Chứng minh

1 1

PQ PB PC

Bài 23 Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R điểm C nằm nửa đường tròn 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)

Bài 24 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 nhất? Tính giá trị diện tích lớn theo R

Bài 25 Trên đường tròn (O) lấy ba điểm A, B C Gọi M, N P theo thứ tự là điểm cung AB, BC AC BP cắt AN I, NM cắt AB E

Gọi D giao điểm AN BC Chứng minh rằng:

a) BNI cân b) AE.BN = EB.AN c) EI  BC d)

AN AB BN BD .

Bài 26 Cho hai đường tròn (O) (O1) 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 AE DF, N giao điểm EB FC Chứng minh rằng:

a) Tứ giác MENF hình chữ nhật b) MN  AD

c) ME MA = MF MD

- HẾT