Đang tải... (xem toàn văn)
TÝnh diÖn tÝch phÇn h×nh trßn (O) n»m ngoµi tam gi¸c ABC. Chøng minh tø gi¸c IECB néi tiÕp. Chøng minh AE.. Gäi H lµ trùc t©m cña tam gi¸c. C¸c tø gi¸c BMND; DNHP; DPQC néi tiÕp.. Chøng[r]
(1)THƯ VIỆN SEN VÀNG 1
Bài 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 Tứ giác CEHD, nội tiếp
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 đ−ờng trịn nội tiếp tam giác DEF
Lêi gi¶i:
1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:
∠ CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)
=> ∠ CEH + ∠ CDH = 1800
H
( ( 2
2
1 1
1 P
N F
E
M
D C
B
A
O
Mà ∠ CEH ∠ CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE đ−ờng cao => BE ⊥ AC => BEC = 900
CF đờng cao => CF ⊥ AB => ∠BFC = 900
Nh− E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng tròn ®−êng kÝnh BC
VËy ®iÓm B,C,E,F cïng nằm đờng tròn
3. Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; Â góc chung
=> ∆ AEH ∼∆ADC =>
AC AH AD AE
= => AE.AC = AH.AD
* XÐt hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; ∠C lµ gãc chung
=> ∆ BEC ∼∆ADC =>
AC BC AD BE
= => AD.BC = BE.AC
4 Ta cã ∠C1 = ∠A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC)
C2 = A1 ( hai góc nội tiếp cïng ch¾n cung BM)
=> ∠C1 = ∠ C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C
=> CB đ−ơng 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 gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD)
∠E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED
Chứng minh t−ơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đ−ờng trịn nội tiếp tam giác DEF
Bµi 2 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE
1 Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp
2 Bốn điểm A, E, D, B nằm ®−êng trßn
3 Chøng minh ED =
2
BC
4 Chøng minh DE lµ tiÕp tuyến đờng tròn (O)
5 Tớnh di DE biết DH = Cm, AH = Cm
Lời giải:
1. Xét tứ giác CEHD ta cã:
(2)THƯ VIỆN SEN VÀNG 2
H 1
3 2 1 1
O
E
D C
B
A
∠ CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)
=> ∠ CEH + ∠ CDH = 1800
Mà ∠ CEH ∠ CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác ni tip
2 Theo giả thiết: BE đờng cao => BE ⊥ AC => ∠BEA = 900
AD đờng cao => AD BC => BDA = 900
Nh E D nhìn AB d−íi mét gãc 900 => E vµ D cïng nằm đờng tròn 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 trªn ta cã ∠BEC = 900
Vậy tam giác BEC vuông E có ED lµ trung tuyÕn => DE =
2
BC
4.Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác
AOE cân O => E1 = A1 (1)
Theo DE =
2
BC => tam gi¸c DBE cân D => E3 = B1 (2)
Mà B1 = A1 ( phụ với góc ACB) => ∠E1 = ∠E3 => ∠E1 + ∠E2 = ∠E2 + ∠E3
Mµ ∠E1 + ∠E2 = ∠BEA = 900 => ∠E2 + ∠E3 = 900 = ∠OED => DE OE 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 vuông E ta có ED2 = OD2 – OE2
ED2 = 52 – 32 ED = 4cm
Bài 3 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiÕp tun Ax, By Qua ®iĨm M thc
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
2.Chøng minh ∠COD = 900
3.Chøng minh AC BD =
4
2
AB
4.Chøng minh OC // BM
5.Chøng minh AB lµ tiÕp tuyến đờng tròn đờng kính CD
5.Chứng minh MN ⊥ AB
6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ
Lêi gi¶i:
/
/
y x
N C
D
I M
B O
A
1.Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM
Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD
2.Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác
của góc BOM, mµ ∠AOM vµ ∠BOM lµ hai gãc kỊ bï => ∠COD = 900
(3)THƯ VIỆN SEN VNG 3
áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM,
Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD =
2
AB
4. Theo trªn ∠COD = 900 nªn OC ⊥ OD (1)
Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM ⊥ OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD)
5.Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO
là bán kính
Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tø giác ACDB hình thang Lại
có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đờng trung bình hình thang ACDB
⇒ IO // AC , mµ AC ⊥ AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD
6 Theo trªn AC // BD =>
BD AC BN CN
= , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy
DM CM BN CN
=
=> MN // BD mµ BD ⊥ AB => MN ⊥ AB
7 ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nªn 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
Bµi 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc
A , O trung điểm IK
1. Chøng minh B, C, I, K cïng nằm đờng tròn 2. Chứng minh AC tiếp tuyến đờng tròn (O)
3. Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lêi gi¶i: (HD)
1. Vì I tâm đ−ờng trịn nội tiếp, K tâm đ−ờng trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B
Do BI ⊥ BK hay∠IBK = 900
T−¬ng tù ta cịng cã ∠ICK = 900 nh B C nằm
đ−ờng trịn đ−ờng kính IK B, C, I, K nằm đ−ờng tròn
2. Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH
C2 + I1 = 900 (2) ( v× ∠IHC = 900 )
o 1 2 1 H
I
C A
B
K
∠I1 = ∠ ICO (3) ( tam giác OIC cân O)
Từ (1), (2) , (3) => ∠C1 + ∠ICO = 900 hay AC ⊥ OC VËy AC lµ tiÕp tun cđa đờng tròn (O)
3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm
AH2 = AC2 – HC2 => AH = 2
12
20 − = 16 ( cm)
CH2 = AH.OH => OH =
16 122
2
= AH CH
= (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
(4)THƯ VIỆN SEN VÀNG 4
2 Chøng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm
đờng tròn
3 Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2
4 Chøng 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:
1. (HS tự làm)
2. Vì K trung điểm NP nên OK ⊥ NP ( quan hƯ ®−êng kÝnh
d
H I K
N P
M D
C
B A
O
Và dây cung) => ∠OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900; ∠OBM = 900 nh− vËy K,
A, B cïng nh×n OM d−íi mét gãc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính OM
Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn
3 Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R
=> OM lµ trung trùc cđa AB => OM ⊥ AB t¹i I
Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đờng cao
áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; vµ 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
chỉ có đờng thẳng vuông góc với AB)
6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động
nh−ng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đ−ờng thẳng d nửa đ−ờng tròn tâm A bán kính AH = R
Bµi 6 Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD
đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E 1.Chứng minh tam giác BEC cân
2.Gọi I hình chiếu cđa A trªn 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)
1. ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2)
Vì AB ⊥CE (gt), AB vừa đ−ờng cao vừa đ−ờng trung tuyến ∆BEC => BEC tam giác cân => ∠B1 = ∠B2
2 I E
H D
C A
B
2 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = ∠B2 => ∆ AHB = ∆AIB => AI = AH
3 AI = AH BE AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I
4 DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED
Bài 7 Cho đ−ờng trịn (O; R) đ−ờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M
1 Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc ®−êng trßn Chøng 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: 1. (HS tự làm)
2.Ta cã ∠ ABM néi tiÕp ch¾n cung
AM; AOM góc tâm
chắn cung AM => ∠ ABM =
2 AOM ∠
(5)THƯ VIỆN SEN VÀNG 5
AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => ∠ AOP =
2 AOM ∠
(2) Tõ (1) vµ (2) => ∠ ABM = ∠ AOP (3)
X
( (
2 1
1 1
K I
J M N P
A O B
Mà ∠ ABM ∠ AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4)
3.Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); ∠NOB = 900 (gt NO⊥AB)
=> ∠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 v bng nhau)
4 Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ
Ta cịng cã PM ⊥ OJ ( PM lµ tiÕp tun ), 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 lµ trung điểm PO
( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6)
AONP hình chữ nhật => ∠APO = ∠ NOP ( so le) (7)
Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t Ta cã PO tia phân giác APM => APO = MPO (8)
Từ (7) (8) => ∆IPO cân I có IK trung tuyến đơng thời đ−ờng cao => IK ⊥ PO (9)
Tõ (6) vµ (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 tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K
1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiÕp 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM . IB
3) Chứng minh BAF tam giác cân
4) Chứng minh : Tứ giác AKFH h×nh thoi
5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đ−ợc đ−ờng tròn
Lêi gi¶i:
1 Ta cã : ∠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 gãc kÒ bï)
=> ∠KMF + ∠KEF = 1800 Mà ∠KMF ∠KEF hai góc đối
của tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp
X
2 1 2
1
E
K I
H
F
M
B O
A
2. Ta cã IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trên)
áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM . IB
3. Theo giả thiết AE tia phân giác gãc IAM => ∠IAE = ∠MAE => AE = ME (lÝ )
=> ∠ABE =∠MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1)
(6)THƯ VIỆN SEN VÀNG 6
Tõ (1) (2) => BAF tam giác cân B
4. BAF tam giác cân B có BE đ−ờng cao nên đồng thời đ−ơng trung tuyến => E trung
®iĨm cđa AF (3)
Tõ BE ⊥ AF => AF ⊥ HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5)
T (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đ−ờng cao nên đồng thời đ−ơng trung tuyến => E trung điểm HK (6)
Tõ (3) , (4) vµ (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng)
5. (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tø gi¸c AKFI hình thang
Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB
Thật 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 Chng minh AC AE không đổi
2 Chøng minh ∠ ABD = ∠ DFB
3 Chøng minh r»ng CEFD lµ tứ giác nội tiếp
Lời giải:
1.C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> BC AE
∠ABE = 900 ( Bx lµ tiÕp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC
đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB lµ
đ−ờng kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi
2.∆ ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> ABD + BAD = 900 (vì tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 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)
D C
A O B
F E
X
3.Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ∠ABD + ∠ACD = 1800
ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kỊ bï) => ∠ECD = ∠ABD ( cïng bï víi ∠ACD)
Theo trªn ∠ABD = ∠DFB => ∠ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai gãc kỊ bï) nªn
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 đ−ờng
vuông góc từ S đến AB 1.Gọi S’ giao điểm MA SP
(7)THƯ VIỆN SEN VÀNG 7
2.Chøng minh PM lµ tiÕp tuyến đờng tròn
Lời giải:
1 Ta cã SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 900 ; ∠AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa
đờng tròn ) => AMS = 900 Nh P M nhìn AS dới
góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kÝnh AS
VËy ®iĨm A, M, S, P nằm đờng tròn
2 Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm ng trũn nờn M cng
nằm đờng tròn => hai cung AM AM có số đo
3
( )
4
1 1
) (
12
2
1
1
H O
S'
M' M
A B
S
P
=> ∠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’ (v× so le trong) (2)
=> Tõ (1) vµ (2) => ∠AS’S= ∠ASS’
Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp cïng ch¾n AP )
=> ∠AS’P= ∠AMP => tam giác PMS cân P
3 Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => ∠B1 = ∠S’1 (cïng phơ víi ∠S) (3)
Tam giác PMS cân P => S1 = M1 (4)
Tam giác 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 nªn suy
ra ∠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 Chøng minh :
1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän
2. DF // BC 3 Tø gi¸c BDFC néi tiÕp 4
CF BM CB BD
=
Lêi gi¶i:
1 (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam gi¸c ADF cân A => ADF= AFD < 900 => sđ cung DF < 1800 => ∠DEF < 900 ( v×
gãc DEF néi tiÕp ch¾n cung DE)
Chøng minh t−¬ng tù 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
AB AC
= => DF // BC 3 DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC c©n)
=> BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đ−ợc đ−ờng trịn
M I
O
F
E D
C B
A
4 Xét hai tam giác BDM CBF Ta có ∠ DBM = ∠BCF ( hai góc đáy tam giác cân) ∠BDM = ∠BFD (nội tiếp chắn cung DI); ∠ CBF = ∠BFD (vì so le) => ∠BDM = ∠CBF
=> ∆BDM ∼∆CBF =>
CF BM CB BD
=
(8)THƯ VIỆN SEN VÀNG 8
tại N đờng tròn P Chøng minh : Tø gi¸c OMNP néi tiÕp
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
Lêi gi¶i:
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 tròn 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
B' A'
O
P N
M
D
B A
C
=> ∠OPM = ∠OCM
XÐt hai tam giác OMC MOP ta có MOC = ∠OMP = 900; ∠OPM = ∠OCM => ∠CMO = ∠POM lại
có MO cạnh chung => OMC = ∆MOP => OC = MP (1)
Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD ⊥ AB; PM ⊥ AB => CO//PM (2)
Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành
3. Xét hai tam giác OMC vµ NDC ta cã ∠MOC = 900 ( gt CD ⊥ AB); ∠DNC = 900 (néi tiÕp ch¾n nưa
đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại cã ∠C lµ gãc chung => ∆OMC ∼∆NDC
=> CM CO
CD CN
= => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2
không 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 đ−ờng thẳng cố định vng góc
víi CD D
Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A’ B’ song song vµ b»ng AB
Bµi 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa ®iĨn A , VÏ nưa ®−êng trßn ®−êng kÝnh BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F
1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp
3 AE AB = AF AC
4 Chøng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn
Lời giải:
1 Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )
=> AEH = 900 (vì hai gãc kÒ bï) (1) ∠CFH = 900 ( néi tiÕp chắn nửc đờng tròn )
=> AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3)
(
) 21
21 I 1 F
E
O2
O1 H C
B
A
1
Tõ (1), (2), (3) => tø giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)
2 Tứ giác 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
(9)THƯ VIỆN SEN VÀNG 9
=> ∆AEF ∼∆ACB => AE AF
AC AB
= => AE AB = AF AC
* HD c¸ch 2: Tam giác AHB vuông H có 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 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2
=> E1 + ∠E2 = ∠H1 + ∠H2 mµ ∠H1 + ∠H2 = ∠AHB = 900 => ∠E1 + ∠E2 = ∠O1EF = 900
=> O1E ⊥EF
Chøng minh t−¬ng tù ta cịng cã O2F ⊥ EF VËy EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn
Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ vỊ mét phÝa cđa AB c¸c
nưa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K
Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đờng tròn (I), (K)
1.Chứng minh EC = MN
2.Ch/minh MN lµ tiÕp tun chung cđa nửa đ/tròn (I), (K) 3.Tính MN
4.Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn
Lêi gi¶i:
1 Ta cã: ∠BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K)
1 H
1
N
M
C
I O K B
E
A
3
2 2 1
1
=> ENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1)
∠AMC = 900 ( néi tiÕp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay ∠MEN = 900 (3)
Tõ (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 gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => ∠C1= ∠N3
=> ∠B1 = ∠N3.(4) L¹i 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
tại N => MN tiếp tuyến (K) N
Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng trßn (I), (K)
3 Ta cã ∠AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông A có EC AB (gt)
=> EC2 = AC BC
EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm 4 Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm
Ta cã S(o) = π.OA2 = π252 = 625π; S(I) = π IA2 = π.52 = 25π; S(k) = π.KB2 = π 202 = 400π
Ta cã diƯn tÝch phÇn hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S =
2 ( S(o) - S(I) - S(k))
S =
2( 625
π- 25π- 400π) = 2.200
π = 100π ≈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 Chứng minh ABCD tứ gi¸c néi tiÕp
(10)THƯ VIỆN SEN VÀNG 10
3 Gọi E giao điểm BC với đ−ờng tròn (O) Chứng minh đ−ờng thẳng BA, EM, CD đồng quy
4 Chứng minh DM tia phân giác góc ADE
5 Chứng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE
Lời giải:
3
3
2
2
1
1
F
O
M
S D
E
B A
C
H×nh a F
1 C
A
B E D
S
M
O
1
1
2
2
3
H×nhb
1. Ta cã ∠CAB = 900 ( tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> ∠CDB = 900 nh− vËy D vµ A cïng 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( nội tiếp 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 cã BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC nh− vËy 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 góc ADE.(1)
5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng trßn (O)) => ∠MEB = 900
Tứ giác AMEB có ∠MAB = 900 ; ∠MEB = 900 => ∠MAB + ∠MEB = 1800 mà hai góc i nờn t
giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2
Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp cïng ch¾n cung CD)
=> ∠A1= ∠A2 => AM tia phân giác góc DAE (2)
Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE
TH2(Hình b)
Câu : ∠ABC = ∠CME (cïng phô ∠ACB); ∠ABC = ∠CDS (cïng bï∠ADC) => ∠CME = ∠CDS
=> CE CS= =>SM=EM=> SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB
Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng tròn đờng kính BD cắt BC
tại E Các đờng thng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G
Chứng minh :
1 Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp
3 AC // FG
4 Các đ−ờng thẳng AC, DE, FB đồng quy
Lêi gi¶i:
1 Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông
A); ∠DEB = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn )
=> 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
(11)THƯ VIỆN SEN VÀNG 11
∠DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp
G
1
1
O
S
D
E B
A C
1
F
* BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay BFC = 900 nh F A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn
đờng kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp
3 Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai gãc so le
trong nªn suy AC // FG
4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đ−ờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S
Bài 17. Cho tam giác ABC có đ−ờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M khơng trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC
1 Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đ−ờng tròn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH
3 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 tròn đờng kính AM =>
APMQ tứ giác nội tiếp
* Vì AM đờng kính đờng tròn 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 =
2BC.AH
Tam giác ABM có MP ®−êng cao => SABM =
2AB.MP
Tam giác ACM có MQ đờng cao => SACM =
2AC.MQ
O
M
Q P
H C
B
A
2
Ta cã SABM + SACM = SABC =>
2AB.MP +
1
2AC.MQ =
1
2BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH
Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH
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 không trùng O, B)
(12)THƯ VIỆN SEN VÀNG 12
1 Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh đ−ờng thẳng AD, BC, MH đồng quy ti I
3 Gọi K tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp
Lời giải:
1 Ta cã : ∠ACB = 900 ( néi tiÕp 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
ng 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
_ _
4 32 1
I
O H K
D C
M
A 1 B
1
Mµ ∠A1 + ∠M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + ∠C4 = 900 => ∠C3 + ∠C2 = 900 ( góc
ACM góc bẹt) hay OCK = 900
XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã ∠OHK = 900; ∠OCK = 900 => ∠OHK + ∠OCK = 1800 mµ ∠OHK vµ ∠OCK lµ
hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp
Bµi 19. Cho đờng tròn (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 vuông góc với AB Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp
2 Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD
4 Chøng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến cđa (O’)
Lêi gi¶i:
1 BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900
(vì hai góc kỊ bï); DE ⊥ AB t¹i M => ∠BMD = 900
=> ∠BID + ∠BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID
nªn MBID tứ giác nội tiếp
2 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M
cũng trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung)
2
1 1
/ /
1
O'
E
3 2 1
I O D
C M
A
B
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng 3 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DC; theo trªn BI ⊥ DC => BI // AD (1)
4 Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2)
Tõ (1) vµ (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng thẳng song song với AD mà thôi.)
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)
(13)THƯ VIỆN SEN VÀNG 13
1 Tø gi¸c MDGC néi tiÕp
2 Bốn điểm M, D, B, F nằm đờng tròn Tứ giác ADBE hình thoi
4 B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE
7 MF tiếp tuyến (O)
Lời giải:
1 ∠BGC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn )
=> CGD = 900 (vì hai gãc kÒ bï)
1
1
O' O
M
G
F E
D
C B
A
Theo giả thiết DE AB 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 (v× DE ⊥ AB M)
nh F M nhìn BD dới góc 900 nên F M nằm đờng tròn đờng
kính BD => M, D, B, F cïng n»m trªn mét 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 vuông góc với trung điểm đờng
4 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình thoi
=> BE // AD mà AD DF nên suy BE DF
Theo trªn ∠BFC = 900 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF mà qua B có đờng thẳng
vuông góc với DF đo B, E, F thẳng hàng
5 Theo trªn DF ⊥ BE; BM ⊥ DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE
=> EC đ−ờng cao => EC⊥BD; theo CG⊥BD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng
quy
6 Theo trªn DF ⊥ BE => ∆DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy
MF = 1/2 DE ( tam giác vuông trung tuyến thc c¹nh hun b»ng nưa c¹nh hun)
7 (HD) theo trªn MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1
OBF cân O ( OB OF bán kính ) => F3 = B1 mà B1 = ∠D1 (Cïng phơ víi ∠DEB )
=> ∠F1 = ∠F3 => ∠F1 + ∠F2 = ∠F3 + ∠F2 Mµ ∠F3 + ∠F2 = ∠BFC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = 900 = ∠MFO’
hay MF OF F => MF tiếp tuyến (O)
Bài 21. Cho đờng tròn (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) tiÕp xóc t¹i A Chøng minh IP // OQ
3 Chøng minh r»ng AP = PQ
4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn
Lêi gi¶i:
1 Ta cã OI = OA – IA mà OA IA lần lợt bán kính đ/ tròn (O)
và đờng tròn (I) Vậy đ/ tròn (O) đờng tròn (I) tiếp xúc A
2 OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1
IAP cân I ( IA IP bán kính ) => ∠A1 = ∠P1
=> ∠P1 = ∠Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ
H
I O
Q
P
B A
1
1
3.APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP đờng cao cđa ∆OAQ mµ ∆OAQ
(14)THƯ VIỆN SEN VÀNG 14 4. (HD) KỴ QH ⊥ AB ta cã SAQB =
2AB.QH mà AB đ−ờng kính khơng đổi nên SAQB lớn QH
lín nhÊt QH lín nhÊt Q trïng với trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung ®iĨm cđa cung AO
ThËt vËy P lµ trung ®iĨm cđa cung AO => PI ⊥ AO mµ theo PI // QO => QO AB O => Q lµ
trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH ln nht
Bài 22. Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thứ tự H K
1 Chứng minh BHCD tứ giác nội tiÕp TÝnh gãc CHK
3 Chøng minh KC KD = KH.KB
4 Khi E di chuyÓn cạnh BC H di chuyển đờng nào?
Lêi gi¶i:
1 Theo gi¶ thiÕt ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE
tại H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD dới
góc 900 nên H C nằm đờng tròn đờng kính BD
=> BHCD tứ giác nội tiếp
2. BHCD tứ giác nội tiÕp => ∠BDC + ∠BHC = 1800 (1) ∠BHK lµ gãc bĐt nªn ∠KHC + ∠BHC = 1800 (2)
O
)
1
1
K H E
D C
B A
2
Tõ (1) vµ (2) => ∠CHK = ∠BDC mµ 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
KB KD
= => 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 thỡ H C)
Bài 23. Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE
1 Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng
2 Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân Cho biÕt ∠ABC > 450 ; gäi M lµ giao điểm BF
ED, Chứng minh ®iĨm b, k, e, m, c cïng n»m trªn mét đờng tròn
4 Chứng minh MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Lời giải:
1. Theo giả thiết ABHK hình vu«ng => ∠BAH = 450 H
K
M F
E
D
C B
A
O
Tứ 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 hàng
2. Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1) FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo trªn ∠CAD = 450 hay ∠FAC = 450 (2)
Tõ (1) vµ (2) suy ∆FBC lµ tam giác vuông cân F
(15)TH VIỆN SEN VÀNG 15
=> ∠CFM + ∠CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đ−ờng tròn suy ∠CDF = ∠CMF , mà ∠CDF = 450 (vì AEDC hình vng) => ∠CMF = 450 hay ∠CMB = 450
Ta cịng cã ∠CEB = 450 (v× AEDC hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK hình vuông)
Nh K, E, M nhìn BC d−íi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dùng trªn BC
=> ®iĨm b, k, e, m, c cïng n»m đờng tròn
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 gi¸c nhän ABC cã ∠B = 450 Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn cắt
BA BC D vµ E Chøng minh AE = EB
2 Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đờng trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH
3.Chứng minh OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp BDE Lời giải:
1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450
=> AEB tam giác vuông cân t¹i E => EA = EB
F
1
1
1
/
/ _
_
K H
I
E D
O
C B
A
2 Gäi 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 lµ trung trùc cđa HE VËy trung trực đoạn HE qua trung điểm I cđa BH
3. theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mµ I lµ trung ®iĨm cđa BH => IE = IB
∠ ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ∠BDH = 900 (kỊ bï ∠ADC) => tam gi¸c BDH vuông
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 có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => ∠D1 = ∠C1 (3)
∆IBD c©n I (vì ID IB bán kính ) => ∠D2 = ∠B1 (4)
Theo trªn ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH ⊥ AC t¹i F => ∆AEB cã ∠AFB = 900
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 t¹i D
=> OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Bài 25. Cho đờng tròn (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 vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tơng ứng BC, AC, AB Gọi giao ®iĨm cđa BM, IK lµ P; giao ®iĨm cđa CM, IH Q
1 Chứng minh tam giác ABC cân 2 Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiÕp
3 Chøng minh MI2 = MH.MK 4 Chøng minh PQ ⊥ MI
Lêi gi¶i:
1 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có AB = AC => ABC cân A
2. Theo gi¶ 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 t−ơng tựtứ giỏc BIMK )
3 Theo tứ giác BIMK néi tiÕp => ∠KMI + ∠KBI = 1800; tø gi¸c CHMI néi
tiÕp => ∠HMI + ∠HCI = 1800 mà KBI = HCI ( tam giác ABC cân A)
=> KMI = HMI (1)
Theo tứ giác BIMK nội tiếp => B1 = ∠I1 ( néi tiÕp cïng ch¾n
cung KM); tø gi¸c CHMI néi tiÕp => ∠H1 = ∠C1 ( néi tiếp
chắn cung IM) Mà B1 = C1 ( =
1/2 s® BM) => ∠I1 = ∠H1 (2)
Tõ (1) vµ (2) => ∆MKI ∆MIH
=> MI MK
MH MI
= => MI2 =
(16)THƯ VIỆN SEN VÀNG 16
1
1
P Q
K H
I M
A
C B
O
2
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
thiÕt MI ⊥BC nªn suy IM ⊥ PQ
Bài 26. Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R VÏ d©y cung CD ⊥ AB ë H Gäi M điểm
giữa cung CB, I giao điểm CB OM K giao ®iĨm cđa AM vµ CB Chøng minh :
1
AB AC KB KC
= 2 AM tia phân giác CMD 3 Tứ giác OHCI néi tiÕp
4 Chứng minh đ−ờng vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến ng
tròn M
Lời giải: 1 Theo giả thiết M trung điểm BC => MB=MC
=> ∠CAM = ∠BAM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung nhau) => AK tia
phân gi¸c cđa gãc CAB =>
AB AC KB KC
= ( t/c tia phân giác tam giác )
J
H I K
O
M C
D
B A
_ /
2. (HD) Theo gi¶ thiÕt CD ⊥ AB => A trung điểm CD => CMA = DMA => MA tia phân
giác góc CMD
3 (HD) Theo giả thiết M trung điểm cđa BC => OM ⊥ BC t¹i I => ∠OIC = 900 ; CD ⊥ AB t¹i H
=> ∠OHC = 900 => ∠OIC + ∠OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp
4 KỴ MJ ⊥ AC ta cã MJ // BC ( vuông góc với AC) Theo OM BC => OM MJ J suy
ra MJ tiếp tuyến đờng tròn M
Bài 27 Cho đờng tròn (O) điểm A đờng tròn 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 Chøng minh :
1. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp 2 ∠BAO = ∠ BCO 3 ∆MIH ∼ ∆MHK 4 MI.MK = MH2
(17)THƯ VIỆN SEN VÀNG 17
I
K
H M
C B
A O
H B
C K I
M
O
A
1. (HS tù giải)
2. Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO = ∠ BCO (néi tiÕp cïng ch¾n cung BO)
3. Theo gi¶ thiÕt MH ⊥ BC => ∠MHC = 900; MK ⊥ CA => ∠MKC = 900
=> ∠MHC + ∠MKC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => ∠HCM = ∠HKM (nội
tiÕp cïng ch¾n cung HM)
Chứng minh tơng tự ta có tứ giác MHBI nội tiÕp => ∠MHI = ∠MBI (néi tiÕp cïng ch¾n cung IM)
Mµ ∠HCM = ∠MBI ( = 1/2 sđ BM) => HKM = MHI (1) Chứng minh tơng tù ta còng cã ∠KHM = ∠HIM (2) Tõ (1) vµ (2) => ∆ HIM ∼∆ KHM
4. 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 tròn (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
Lêi gi¶i:
1 Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đ−ờng chéo cắt trung điểm đ−ờng
2 (HD) Tø gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => ∠BAC + ∠B’HC’ = 1800 mµ
∠BHC = ∠B’HC’ (đối đỉnh) => ∠BAC + ∠BHC = 1800 Theo BHCF
hình bình hành => BHC = BFC => BFC + ∠BAC = 1800
=
/ =
/ / / A' C'
B'
G O H
I
F E
C B
A
=> 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)
Theo trªn E ∈(O) => ∠CBE = ∠CAE ( nội tiếp chắn cung CE) (4)
Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kính cña (O) => ∠ACF = 900 => ∠BCF = ∠CAE
( v× cïng phơ ∠ACB) (5)
Tõ (4) vµ (5) => ∠BCF = ∠CBE (6)
(18)THƯ VIỆN SEN VÀNG 18
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 ®iĨm cđa BC => OI ⊥ BC ( Quan hƯ đờng kính dây cung) => OIG = HAG
(vì so le trong); lại có ∠OGI = ∠ HGA (đối đỉnh) => ∆OGI ∼∆HGA => GI OI
GA HA
= mµ OI =
2 AH
=>
2 GI GA
= mà AI trung tuyến ∆ ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm ∆ ABC Bài 29 BC dây cung đ−ờng tròn (O; R) (BC ≠ 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho
O nằm tam giác ABC Các đ−ờng cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giỏc ABC
2 Gọi A trung điểm cña BC, Chøng minh AH = 2OA’
3 Gäi A1 trung điểm EF, Chứng 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 ln nht
Lời giải: (HD)
1 Tứ giác BFEC néi tiÕp => ∠AEF = ∠ACB (cïng bï ∠BFE)
∠AEF = ∠ABC (cïng bï ∠CEF) => ∆ AEF ∼∆ ABC
2 VÏ ®−êng kÝnh AK => KB // CH ( cïng vu«ng gãc AB); KC // BH (cùng
vuông góc AC) => BHKC hình bình hành => A trung điểm HK => OK đờng trung bình AHK => AH = 2OA’
A1
K A
B C
H O
E
F
D
/ /
/ =
/ =
A'
3. áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính
đ−ờng tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có :
∆ AEF ∼∆ ABC =>
1
' ' R AA R AA
= (1) R bán kính đ−ờng trịn ngoại tiếp ABC; R l bỏn kớnh
đờng tròn ngoại tiếp ∆ AEF; AA’ lµ trung tun cđa ∆ABC; AA1 lµ trung tun cđa ∆AEF
Tø gi¸c AEHF néi tiÕp đờng tròn đờng kính AH nên đờng tròn ngoại tiếp AEF
Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’
2 AH
= AA’ '
2 A O
VËy R AA1 = AA’ A’O (2)
4 Gọi B, Clần lợt trung điểm cđa AC, AB, ta cã OB’⊥AC ; OC’⊥AB (b¸n kÝnh qua trung điểm
một dây không qua tâm) => OA, OB, OC lần lợt đờng cao cđa c¸c tam gi¸c OBC, OCA, OAB SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =1
2( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB )
2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) Theo (2) => OA’ = R
' AA AA mµ
1
' AA
AA tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC
nªn
' AA AA =
EF
BC T−¬ng tù ta cã : OB’ = R FD
AC ; OC’ = R ED
AB Thay vào (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 khơng đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC
Ta cã SABC =
2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm
(19)THƯ VIỆN SEN VNG 19
Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH
và bán kính OA
1 Chứng minh AM phân giác góc OAH
2 Giả sử B > ∠C Chøng minh ∠OAH = ∠B - ∠C
3 Cho ∠BAC = 600 vµ ∠OAH = 200 TÝnh:
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 => BM=CM=> M
là trung điểm cđa cung BC => OM ⊥ BC; Theo gi¶ thiÕt AH ⊥ BC =>
OM // AH => ∠HAM = ∠OMA ( so le) Mµ ∠OMA = ∠OAM ( tam
giác OAM cân O có OM = OA = R) => ∠HAM = OAM => AM
là tia phân giác góc OAH M
D
O
H C
B A
2 VÏ d©y BD ⊥ OA => AB=AD=> ∠ABD = ∠ACB
Ta cã ∠OAH = ∠ DBC ( góc có cạnh tơng ứng vuông góc nhọn) => ∠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 - S△BOC =
2
0
.120
360 2
R R
R π
− =
2 2
(4 3)
3 12
R R R
π π−
− =
Bµi 31 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp (O; R), biÕt ∠BAC = 600
1 Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R
2 Vẽ đờng kính CD (O; R); gọi H giao điểm ba đờng cao tam giác ABC Chøng minh BD // AH vµ AD // BH
3 TÝnh AH theo R
Lêi gi¶i:
1 Theo giả thiết BAC = 600 => sđBC=1200 ( t/c gãc néi tiÕp )
=> ∠BOC = 1200 ( t/c gãc ë t©m)
* Theo sđBC=1200 => BC cạnh tam giác nội tiếp (O; R)
=> BC = R
2 CD đờng kính => DBC = 900 hay DB BC; theo giả thiết AH
A
B C
H O D
M
®−êng cao => AH ⊥ BC => BD // AH Chứng minh tơng tự ta đợc AD // BH
3. Theo trªn ∠DBC = 900 => DBC vuông B có BC = R 3; CD = 2R
=> BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R
3)2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R
Theo trªn BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành => AH = BD => AH = R
Bài 32 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H cña OB
1 Chứng minh MN di động , trung điểm I MN nằm đ−ờng tròn cố định
2 Tõ A kẻ Ax MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN
hình bình hành
3 Chứng minh C trực tâm tam gi¸c AMN
(20)THƯ VIỆN SEN VÀNG 20
5 Cho AM AN = 3R2 , AN = R
3 Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm
ngoài tam giác AMN
Lời giải: (HD)
1 I trung điểm MN => OI ⊥ MN t¹i I ( quan hƯ đờng kính dây
cung) = > OIH = 900
D K
O I C
M N
B
A H
OH cố địmh nên MN di động I di động nh−ng ln nhìn OH cố định d−ới góc 900 I
di động đ−ờng trịn đ−ờng kính OH Vậy MN di động , trung điểm I MN nằm đ−ờng trịn cố định
2 Theo gi¶ thiÕt Ax MN; theo OI MN I => OI // Ax hay OI // AC mµ O lµ trung điểm AB
=> I trung điểm BC, lại có I trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành ( Vì có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng )
3 CMBN hình bình hành => MC // BN mà BN AN ( ANB = 900 góc nội tiếp chắn nửa
đờng tròn ) => MC AN; theo AC MN => C trực tâm tam giác AMN
4 Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH ®−êng tung b×nh cđa ∆OBC => IH // OC
Theo gi¶ thiÕt Ax ⊥ MN hay IH ⊥ Ax => OC ⊥ Ax t¹i C => ∠OCA = 900 => C thuộc đờng tròn đờng
kớnh OA c định Vậy MN quay quanh H C di động đ−ờng trịn đ−ờng kính OA cố định
5. Ta cã AM AN = 3R2 , AN = R 3 => AM =AN = R 3=> ∆AMN c©n A (1)
Xét ABN vuông N ta cã AB = 2R; AN = R 3 => BN = R => ∠ABN = 600 ∠ABN = ∠AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => ∠AMN = 600 (2)
Từ (1) (2) => ∆AMN tam giác => S∆AMN =
2
3
4 R
=> S = S(O) - S∆AMN =
2
R
π -
2
3
4 R
=
(4 3 R
Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đờng tròn M
1 Chứng minh OM ⊥ BC
2 Chøng minh MC2 = MI.MA
3 Kẻ đờng kính MN, tia phân giác góc B C cắt đờng thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đờng tròn
Lời giải:
1 AM phân giác cña ∠BAC => ∠BAM = ∠CAM
=> BM=CM => M trung điểm cung BC => OM BC
2 XÐt ∆MCI vµ ∆MAC cã ∠MCI =∠MAC (hai gãc néi tiÕp
ch¾n hai cung b»ng nhau); ∠M lµ gãc chung
=> ∆MCI ∼∆MAC => MC MI
MA MC
= => MC2 = MI.MA
(
(
1
2
2
1
1
1
N
Q
P
K
M O
C B
A
(21)THƯ VIỆN SEN VÀNG 21
3. (HD) ∠MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => P1 = 900 – ∠K1 mµ ∠K1 lµ gãc ngoµi cđa tam
giác AKB nên K1 = A1 + B1 =
2
A B ∠ ∠
+ (t/c phân giác góc ) => P1 = 900 –
(
2
A B
+ ).(1)
CQ tia phân gi¸c cđa gãc ACB => ∠C1 =
2 C ∠
=
2(180
0 - ∠A - ∠B) = 900 – (
2
A B ∠ ∠
+ ) (2)
Tõ (1) vµ (2) => ∠P1 = ∠C1 hay ∠QPB = ∠QCB mµ P vµ C n»m cïng vỊ mét nưa mặt phẳng bờ BQ nên
cùng nằm cung chøa gãc 900 – (
2
A B ∠ ∠
+ ) dùng trªn BQ
VËy ®iĨm P, C, B, Q cïng thc đờng tròn
Bài 34 Cho tam giác ABC c©n ( AB = AC), BC = Cm, chiều cao AH = Cm, nội tiếp đờng tròn (O) đờng kính AA
1 Tính bán kính đờng tròn (O)
2 Kẻ đờng kính CC, tứ giác CACA hình gì? Tại sao? Kẻ AK CC tứ giác AKHC hình gì? Tại sao?
4 Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác ABC
Lời giải:
1 (HD) Vì ABC cân A nên đờng kính AA đờng tròn ngoại
tip v ng cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AA’đi qua H
=> ACA vuông C có đờng cao CH =
2
BC
= = 3cm; AH =
4cm => CH2 = AH.A’H => A’H =
2
3
2,
4
CH AH
= = = => AA’
2
2 1
1
1
O K
H A' C'
C B
A
=> AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm)
2 V× AA CC hai đờng kính nên cắt trung điểm O đờng => ACAC hình bình
hành Lại có ACA = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên suy tứ giác ACAC hình chữ nhật
3. Theo giả thiÕt AH ⊥ BC; AK ⊥ CC’ => K vµ H nhìn AC dới góc 900 nên nằm
đờng tròn đờng kính AC hay tø gi¸c ACHK néi tiÕp (1) => ∠C2 = ∠H1 (nội tiếp cung chắn cung AK) ; AOC cân O ( v× OA=OC=R) => ∠C2 = ∠A2 => ∠A2 = ∠H1 => HK // AC ( v× cã hai gãc so le
b»ng nhau) => tø gi¸c ACHK hình thang (2).Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân
Bi 35 Cho đ−ờng trịn (O), đ−ờng kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO Kẻ dây MN vng góc với AB I, gọi C điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E
1 Chøng minh tø gi¸c IECB néi tiÕp
2 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM
3 Chøng minh AM2 = AE.AC
4 Chøng minh AE AC - AI.IB = AI2
5 Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Lêi gi¶i:
1 Theo giả thiết MN AB I => ∠EIB = 900; ∠ ACB néi tiÕp ch¾n nưa
đờng tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900
=> EIB + ECB = 1800 mà lµ
(22)THƯ VIỆN SEN VÀNG 22 O1
E
I
C
O
N M
B A
2 Theo gi¶ thiết MN AB => A trung điểm cung MN => ∠AMN = ∠ACM ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai
cung b»ng nhau) hay ∠AME = ∠ACM Lại thấy CAM góc chung hai tam giác AME vµ AMC
đó tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM
3 Theo trªn ∆AME ∼∆ ACM => AM AE
AC AM
= => AM2 = AE.AC
4 ∠AMB = 900 (néi tiếp chắn nửa đờng tròn ); MN AB I => AMB vuông M có MI đờng cao
=> MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông)
áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vng I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI 5 Theo ∠AMN = ∠ACM => AM tiếp tuyến đ−ờng trịn ngoại tiếp ∆ ECM; Nối MB ta có ∠AMB
= 900 , tâm O
1 đờng tròn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thÊy NO1 nhá nhÊt NO1 lµ
khoảng cách từ N đến BM => NO1⊥BM
Gọi O1 chân đ−ờng vng góc kẻ từ N đến BM ta đ−ợc O1 tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp ∆ ECM có bán kính
là O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải
giao điểm đ−ờng tròn tâm O1 bán kính O1M với đ−ờng trịn (O) O1 hình chiếu vng góc
N trªn BM
Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đờng cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N,
P, Q lần lợt hình chiếu vuông góc D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh : Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật
2 Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp Hai tam giác HNP HCB đồng dạng Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng
Lêi gi¶i: 1 & (HS tù lµm)
3 Theo chøng minh trªn DNHP néi tiÕp => ∠N2 = ∠D4 (néi tiÕp cïng ch¾n
cung HP); ∆HDC cã HDC = 900 (do AH đờng cao) HDP cã ∠HPD =
900 (do DP ⊥ HC) => ∠C
1= ∠D4 (cïng phơ víi ∠DHC)=>∠C1=∠N2 (1)
chøng minh t−¬ng tù ta cã ∠B1=∠P1 (2)
Tõ (1) vµ (2) => ∆HNP ∼∆ HCB
1
1
1
1
N M
P Q
H F
E
D C
B
A
1
4. Theo chøng minh trªn DNMB néi tiÕp => ∠N1 = ∠D1 (néi tiÕp cïng ch¾n cung BM).(3)
DM // CF ( vng góc với AB) => ∠C1= ∠D1 ( hai góc đồng vị).(4)
Theo chøng minh trªn ∠C1 = ∠N2 (5)
Tõ (3), (4), (5) => ∠N1 = ∠N2 mµ B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6)
Chøng minh t−¬ng tù ta cung cã N, P, Q thẳng hàng (7) Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng
Bài 37 Cho hai đờng tròn (O) (O) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B ∈ (O),
(23)THƯ VIỆN SEN VÀNG 23
1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBIA, AICO’ néi tiÕp Chøng minh ∠ BAC = 900
3 TÝnh sè ®o gãc OIO’
4 Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm
Lêi gi¶i:
1. ( HS tù lµm)
2. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IB = IA , IA = IC
ABC cã AI =
2
BC =>ABC vuông A hay ∠BAC =900
4 9
A I
C B
O' O
3 Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có IO tia phân giác BIA; I0là tia phân giác CIA mà
hai gãc BIA vµ CIA lµ hai gãc kỊ bï => I0 ⊥ I0’=> ∠0I0’= 900
4 Theo trªn ta có 0I0 vuông I có IA đờng cao (do AI tiếp tuyến chung nên AI OO)
=> IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm)
Bµi 38 Cho hai đờng tròn (O) ; (O) tiếp xúc A, BC lµ tiÕp tuyÕn chung ngoµi, B∈(O), C∈ (O’)
Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm OM AC Chøng minh :
1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp
2 Tø gi¸c AEMF hình chữ nhật
3 ME.MO = MF.MO
4 OO tiếp tuyến đờng tròn đờng kính BC BC tiếp tuyến đờng tròn ®−êng kÝnh OO’
Lêi gi¶i:
1. ( HS tù lµm)
2 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã MA = MB
4 3
M 2 1
F E
A
C B
O' O
=>MAB c©n M Lại có ME tia phân giác => ME ⊥ AB (1)
Chøng minh t−¬ng tù ta còng cã MF ⊥ AC (2)
Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO tia phân giác hai góc kề bù BMA vµ CMA => MO ⊥ MO’ (3)
Tõ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật
3 Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đờng tròn => MA OO=> MAO vuông A
có AE ⊥ MO ( theo trªn ME ⊥ AB) ⇒ MA2 = ME MO (4)
T−¬ng tù ta cã tam giác vuông MAO có AFMO MA2 = MF.MO (5)
Tõ (4) vµ (5) ⇒ ME.MO = MF MO’
4 Đờng tròn đờng kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đờng tròn qua Avà co MA bán kính Theo OO MA A OO tiếp tuyến A đờng tròn đờng kÝnh BC
5 (HD) Gäi I lµ trung điểm OO ta có IM đờng trung bình hình thang BCOO
=> IMBC M (*) Ta cung chứng minh đợc OMO vuông nên M thuộc đờng tròn đờng kính OO
=> IM bán kính đờng tròn đờng kính OO (**)
Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO
Bi 39 Cho ng trũn (O) đ−ờng kính BC, dấy AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đ−ờng vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF
(24)THƯ VIỆN SEN VÀNG 24
3 Chøng minh AE AB = AF AC
4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đ−ờng tròn (I) (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn
Lêi gi¶i:
1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiÕp xóc (O) OK = OC – KC => (K) tiÕp xóc (O)
IK = IH + KH => (I) tiÕp xóc (K)
2 Ta cã : ∠BEH = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn )
=> AEH = 900 (vì hai gãc kÒ bï) (1) ∠CFH = 900 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
G
1 2 1
I H K F E
C B
D A
O 2
∠BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn hay ∠EAF = 900 (3)
Tõ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)
3 Theo giả thiết ADBC H nên AHB vuông H có HE AB ( ∠BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*)
Tam giác AHC vuông H có HF AC (theo trªn ∠CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**)
Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ( = AH2)
4 Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đờng chéo AH EF ta có GF = GH (tính chất đờng chéo hình chữ nhật) => GFH cân G => F1 = H1
KFH cân K (vì có KF KH bán kính) => F2 = ∠H2
=> ∠F1 + ∠F2 = ∠H1 + ∠H2 mµ ∠H1 + ∠H2 = ∠AHC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = ∠KFE = 900 => KF ⊥EF
Chøng minh t−¬ng tù ta cịng cã IE ⊥ EF VËy EF lµ tiÕp tun chung cđa hai đờng tròn (I) (K)
e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH OA (OA bán kính đờng trßn
(O) có độ dài khơng đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O
Vậy H trùng với O túc dây AD vng góc với BC O EF có độ dài lớn
Bµi 40 Cho nưa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N
1 Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB Chứng minh AM BN = R2
3 TÝnh tØ sè
APB MON
S S
AM =
2 R
4 TÝnh thĨ tÝch cđa h×nh nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh
Lêi gi¶i:
1. Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà
N
P
A O B
M x
y
/
/
∠AOP vµ ∠BOP lµ hai gãc kỊ bù => MON = 900 hay tam giác MON vuông O APB = 900((nội tiếp chắn nửa đờng tròn) hay tam giác APB vuông P
Theo tính chÊt tiÕp tuyÕn ta cã NB ⊥ OB => ∠OBN = 900; NP ⊥ OP => ∠OPN = 900
=>∠OBN+∠OPN =1800 mà ∠OBN ∠OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>∠OBP = ∠PNO
Xét hai tam giác vuông APB MON có APB = ∠ MON = 900; ∠OBP = ∠PNO => ∆APB MON
2. Theo MON vuông O cã OP ⊥ MN ( OP lµ tiÕp tuyÕn )
áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OP2 = PM PM
(25)THƯ VIỆN SEN VÀNG 25 3. Theo trªn OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mµ PM = AM =
2 R
=> PM =
2 R
=> PN = R2: R
= 2R => MN = MP + NP =
2 R
+ 2R =
2 R
Theo trªn ∆APB ∼∆ MON => MN
AB =
2 R
: 2R =
4 = k (k lµ tØ sè
đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình ph−ơng tỉ số đồng dạng nên ta có:
APB MON
S S
= k2 =>
APB MON
S S
=
5 25
4 16
=
Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điểm BC Trên cạnh AB, AC lần l−ợt lấy
®iĨm D, E cho ∠ DOE = 600
1)Chứng minh tích BD CE khơng đổi
2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy tia DO tia phân giác gúc BDE
3)Vẽ đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đờng tròn tiếp xóc víi DE
Lêi gi¶i:
1. Tam giác ABC => ∠ABC = ∠ ACB = 600 (1); ∠ DOE = 600 (gt) =>∠DOB + ∠EOC = 1200 (2)
∆DBO cã ∠DOB = 600 => ∠BDO + ∠BOD = 1200 (3)
Tõ (2) vµ (3) => ∠BDO = ∠ COE (4)
Tõ (2) vµ (4) => ∆BOD ∼∆CEO => BD BO
CO CE
= => BD.CE = BO.CO
mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi
K H
E D
C B
A
O
2 Theo trªn ∆BOD ∼∆CEO => BD OD
CO OE
= mµ CO = BO => BD OD BD BO
BO OE OD OE = => = (5)
L¹i cã ∠DBO = ∠DOE = 600 (6)
Tõ (5) vµ (6) => ∆DBO ∼∆DOE => ∠BDO = ODE => DO tia phân giác BDE
3 Theo DO tia phân giác ∠ BDE => O cách DB DE => O tâm đ−ờng trịn tiếp xúc
víi DB vµ DE Vậy đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB tiÕp xóc víi DE
Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đ−ờng tròn (O) Tiếp tuyến B C lần l−ợt cắt AC, AB D E Chứng minh :
1 BD2 = AD.CD
2 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp BC song song víi DE
Lêi gi¶i:
1 Xét hai tam giác BCD ABD ta có CBD = BAD ( Vì góc
nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), l¹i cã ∠D chung => ∆BCD ∼∆ABD => BD CD
AD BD
= => BD2 = AD.CD 2 Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ∠ABC = ∠ACB
=> ∠EBC = ∠DCB mµ ∠CBD = ∠BCD (gãc gi÷a tiÕp tun víi
mét dây chắn cung) => EBD = DCE => B C nhìn
DE dới
O
E D
C B
(26)THƯ VIỆN SEN VÀNG 26
góc B C nằm cung trịn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp
3 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => ∠BCE = ∠BDE ( nội tiếp chắn cung BE) mà BCE = CBD
(theo ) => CBD = BDE mà hai góc so le nên suy BC // DE
Bài 43 Cho đ−ờng tròn (O) đ−ờng kính AB, điểm M thuộc đ−ờng trịn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M,
BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM Chứng minh tứ giác MNCE néi tiÕp
2 Chøng minh NE ⊥ AB
3 Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O) Chứng minh FN tiếp tuyến đ−ờng tròn (B; BA)
Lời giải: 1 (HS tự làm)
2 (HD) Dễ thấy E trực tâm cđa tam gi¸c NAB => NE ⊥ AB
3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN; F E
xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => FA // NE mµ NE ⊥ AB => FA ⊥ AB A => FA tiếp tuyến (O) A
4 Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mµ AC ⊥
BN => FN ⊥ BN t¹i N
/ /
_ _
H E F
C N
M
O B
A
∆BAN có BM đ−ờng cao đồng thời đ−ờng trung tuyến ( M trung điểm AN) nên ∆BAN cân
t¹i B => BA = BN => BN bán kính đờng tròn (B; BA) => FN tiếp tuyến N cđa (B; BA)
Bµi 44 AB vµ AC lµ hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vuông góc
AB H, cắt (O) E cắt OA D Chứng minh CO = CD
2 Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi
3 Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh I trung ®iĨm cđa OH
4 TiÕp tun t¹i E víi (O) cắt AC K Chứng minh ba điểm O, M, K thẳng hàng
Lời giải:
1 Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O =>
OA tia phân giác BOC => BOA = COA (1)
D I
K
M E H
O
C B
A
OB ⊥ AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH ⊥ AB (gt) => OB // CH => ∠BOA = ∠CDO (2)
Tõ (1) (2) => COD cân C => CO = CD.(3)
2. theo trªn ta cã CO = CD mµ CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) (5) => BOCD hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi
3. M trung điểm CE => OM ⊥ CE ( quan hƯ ®−êng kÝnh dây cung) => OMH = 900 theo ta
cịng cã ∠OBH =900; ∠BHM =900 => tø gi¸c OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH
4 M trung điểm CE; KE vµ KC lµ hai tiÕp tuyÕn => O, M, K thẳng hàng
Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đờng tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến
của đờng tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F Chứng minh BC // AE
2 Chứng minh ABCE hình bình hành
3 Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI So sánh BAC BGO
Lời giải: (HS tự làm)
2).Xét hai tam giác ADE CDB ta có EAD = BCD (vì so le )
AD = CD (gt); ∠ADE = ∠CDB (đối đỉnh) => ∆ADE = ∆CDB => AE =
(27)THƯ VIỆN SEN VÀNG 27 _
_
H _ _
1
1
2
F
G I O D
E
C B
A
K
Theo trªn AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành
3) I trung điểm CF => OI CF (quan hệ đờng kính dây cung) Theo AECB hình bình
hành => AB // EC => OI ⊥ AB t¹i K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vuông H
=> ∠BGK = ∠BAH ( cung phơ víi ∠ABH) mµ ∠BAH =
2
∠BAC (do ABC cân nên AH phân giác)
=> BAC = 2∠BGO
Bài 46: Cho đường tròn (O) một điểm P ở ngồi đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B tiếp điểm) Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) C (C≠A) Đoạn PC cắt đường tròn tại điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E
a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD
b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: BEA chung
EAB = EBD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) EB ED
EA EB
⇒ = ⇒ EB2 = EA.ED (1)
* EPD= PCA (s.l.t) ; EAP = PCA(góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) ⇒ EPD= EAP ; PEA chung ⇒ ∆EPD ~ ∆EAP (g.g)
EP ED
EA EP
⇒ = ⇒ EP2 = EA.ED (2)Từ & ⇒ EB2 = EP2 ⇒ EB = EP ⇒ AE trung tuyến ∆ PAB
Bài 47: Cho ∆ABC vuông ở A Lấy cạnh AC một điểm D Dựng CE vng góc BD.
a Chứng minh ∆ABD ~ ∆ECD
b Chứng minh tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp
c Chứng minh FD vng góc BC, F giao điểm BA CE
d Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH ∆ABC bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác ADEF
HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g)
b) tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 900) c) Chứng minh D trực tâm ∆ CBF
d) AC = BC.sinABC = 2a.sin600 = 2a
2 = a AB = BC.cosABC= 2a.cos600 = 2a
2 = a AH = AB.sinABC = a.sin600 = a
2 ; ∆ FKB vuông K , có
ABC = 600⇒BFK = 300 ⇒AD = FD.sinBFK ⇒ AD = FD.sin300 ⇒ a = FD.0,5 ⇒ FD = a : 0,5 = 2a
P
B
A O
C D
E
C
D
A B
F
H K E
a
(28)THƯ VIỆN SEN VÀNG 28
Bài 48: Cho ∆ABC vuông (ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường trịn đưịng kính AC Kẻ dây cung
BD vng góc AC H giao điểm AC BD Trên HC lấy điểm E cho E đối xứng với A qua H Đường trịn đường kính EC cắt BC I (I≠C)
a Chứng minh CI CE
CB CA
=
b Chứng minh D; E; I thẳng hàng
c Chứng minh HI tiếp tuyến đường trịn đường kính EC HD; a) AB // EI (cùng ⊥BC)
⇒ CI CE
CB CA
= (đ/lí Ta-lét)
b) chứng minh ABED hình thoi ⇒ DE // AB mà EI //AB ⇒ D, E, I nằm đường thẳng qua E // AB
⇒ D, E, I thẳng hàng
c) EIO' = IEO' ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’))
IEO' = HED (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến ⇒ ∆HID cân ⇒HIE= HDI Mà HDI + HED = 900 ⇒ đpcm
Bài 49: Cho đường tròn (O; R) một đường thẳng (d) cốđịnh không cắt (O; R) Hạ OH⊥(d) (H ∈d) M
là điểm thay đổi (d) (M≠H) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K
a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn b Chứng minh IH.IO = IQ.IP
c Giả sử PMQ= 600 Tính tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn
(Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) ⇒ IO IQ
IP IH
= ⇒ IH.IO = IQ.IP
c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tgMQK = KQ.tg600 = PQ PQ
2
=
∆v OKQ có: OK = KQ.tgOQK = KQ.tg300 = KQ PQ PQ
3
= =
⇒ MPQ
OPQ
S
S =
PQ :
PQ =
Bài 50: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối của tia AB lấy điểm E (E≠A) Từ E,
A, B kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự C D
a Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường tròn Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp đường tròn
b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từđó suy DM CM
DE CE
=
A
B
C
D H
I
E O O’
O M
P
Q H
I K
(29)THƯ VIỆN SEN VÀNG 29
c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD d Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO
e Đặt AOC = α Tính theo R α đoạn AC BD Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị R, không phụ thuộc vào α
HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) b) AC // BD (cùng ⊥EB) ⇒∆EAC ~ ∆EBD
⇒ CE AC
DE BD
= (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ CE CM
DE DM
= (2)⇒ DM CM
DE CE
=
c) AC // BD (cmt) ⇒∆NAC ~ ∆NBD⇒ NC AC
NB BD
= (3) Từ 1; 2; ⇒ NC CM
NB DM
= ⇒ MN // BD
d) O1= O2 ; O3= O4 mà O1+ O2+ O3+ O4= 1800 ⇒ O2 + O3 = 900 ; O4+ D1= 900 (…) ⇒ D1= O2 = O1 = α Vậy: DB = OB
tgα = R
tgα ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα ⇒AC.DB = R.tgα R tgα ⇒ AC.DB = R2 (Đpcm)
Bài 51: Cho ∆ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm của đường cao AA1; BB1; CC1.
a Chứng minh tứ giác HA1BC1 nội tiếp đường tròn Xác định tâm I đường tròn b Chứng minh A1A phân giác B A C1 1
c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1 d Trên đoạn HC lấy điểm M cho MH
MC
= So sánh diện tích tam giác: ∆HAC ∆HJM HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900)
Tâm I trung điểm BH
b) C/m: HA C1 1 = HBC1 ; HA B1 1= HCB1 ;
1
HBC = HCB1 ⇒ HA C1 1 = HA B1 1 ⇒ đpcm c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 …
⇒ ỊJ trung trực A1C1 d) S HJM =
1
2HM.JK ; SHAC =
2HC.AC1 ⇒ SHAC : S HJM = HC.AC1
HM.JK mà
MH
MC
= ⇒ HC HM+MC 1 MC 1 3 4
HM HM HM
= = + = + = ;AC1
2 JK
= (JK// AC1 ⇒ SHAC : S HJM =
Bài 52: Cho điểm C cốđịnh một đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy
lấy điểm cốđịnh A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P
a Chứng minh tứ giác MABP nội tiếp tâm O đường tròn nằm đường thẳng cốđịnh qua điểm L AB
b Kẻ PI ⊥Cz Chứng minh I một điểm cốđịnh
c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH ⊥PM d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng
M N
E A O B
C
1
1
A
B A1
B1
C1
C H
I
J K M 12
(30)THƯ VIỆN SEN VÀNG 30
HD: a) MABP nội tiếp đ/tròn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…) OA = OB = R(O) ⇒ O thuộc đường trung trực AB qua L trung điểm AB…
b) IP // CM (⊥ Cz) ⇒ MPIC hình thang ⇒ IL = LC khơng đổi A,B,C cốđịnh ⇒ I cốđịnh
c) PA ⊥KM ; PK ⊥ MB ⇒ H trực tâm ∆ PKM ⇒ KH ⊥PM
d) AHBK nội tiếp đ/tròn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) ⇒ N tâm đ/tròn ngoại tiếp …⇒ NE = NA = R(N) ⇒ N thuộc đường trung trực AB
⇒ O,L,N thẳng hàng
Bài 53: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB K điểm giữa của cung AB Trên cung AB
lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM
a So sánh hai tam giác: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vuông cân
c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c)
b) HS tự c/m ∆ KMN vuông cân
c) ∆ KMN vuông ⇒ KN⊥KM mà KM // BP ⇒KN ⊥BP APB = 900 (góc nội tiếp…) ⇒AP ⊥ BP
⇒ KN // AP (⊥BP)
KM // BP ⇒
KMN=PAT=45
Mà PAM PKU PKM 450
2
= = =
PKN=45 ; KNM=450 ⇒ PK // AN Vậy ANPK hình bình hành.
Bài 54: Cho đường tròn tâm O, bán kính R, có hai đường kính AB, CD vng góc với M một điểm
tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC Nối MB, cắt CD N
a Chứng minh: tia MD phân giác góc AMB
b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi
c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONMA, I di động nào?
HD: a)
AMD=DMB=45 (chắn cung ¼ đ/trịn) ⇒ MD tia phân giác AMB
b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O)
∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến ⇒∆ OMB ~ ∆ NAB
⇒ BM BO
BA BN
= ⇒ BM.BN = BO.BA = 2R2 không đổi
c) ONMA nội tiếp đ/tròn đ/k AN Gọi I tâm đ/tròn ngoại tiếp
B
A
C M
K
H N
L
P
O I
x y
A O B
M
N
// =
K P
T U
A B
C
O M
N E
(31)THƯ VIỆN SEN VÀNG 31
⇒ I cách A O cốđịnh ⇒ I thuộc đường trung trực OA Gọi E F trung điểm AO; AC
Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF
Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp một đường tròn (O) Gọi D trung điểm của AC; tia BD cắt
tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F
a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường tròn (O) A b Tứ giác ABCE hình gì? Tại sao?
c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sánh BGOvới BAC d Cho biết DF // BC Tính cosABC
HD:a) Gọi H trung điểm BC⇒AH⊥BC (∆ ABC cân tại A) lập luận AH⊥AE⇒ BC // AE (1)
b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) ⇒ AE = BC (2) Từ ⇒ ABCE hình bình hành c) Theo c.m.t ⇒AB // CF ⇒ GO⊥AB
⇒BGO = 900 – ABC = BAH=
BAC
d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục
đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tựđối xứng với N, M qua AH ⇒ FD = MN = MD =
2BC =
2ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) ⇒ DF.DN = DA.DC ⇒ 2BH2 =
4AC ⇒
BH =
4 AC ⇒ cos
ABC = BH AB=
2
Bài 56: Cho đường tròn (O) (O’) cắt tại hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường
tròn (O) điểm C; D cắt (O’) E; F a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng
b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp
c Chứng minh: A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE
d Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) HD: a) CBA = 900 = FBA (góc nội tiếp chắn nửa đ/trịn)
⇒ CBA + FBA = 1800 ⇒
C, B, F thẳng hàng b) CDF = 900 = CEF ⇒ CDEF nội tiếp (quĩ tích …) c) CDEF nội tiếp⇒ ADE = ECB (cùng chắn cung EF)
Xét (O) có: ADB = ECB (cùng chắn cung AB)
⇒ADE = ADB ⇒ DA tia phân giác BDE Tương tự EA tia phân giác DEB Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE
d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = 2DCA ; EO'A = 2EFA mà DCA = EFA (góc nội tiếp chắn cung DE) ⇒DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO' (đ/đ) ⇒ODO' = O'EO ⇒ ODEO’ nội tiếp Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình chữ nhật ⇒ AO = AO’ = AB
Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB
D
A
B H C
E
D M
N
F O
I _ _
G
A
B
O’ O
C F
D
(32)THƯ VIỆN SEN VÀNG 32
Bài 57: Cho đường trịn (O; R) có đường kính cốđịnh AB⊥CD
a) Chứng minh: ACBD hình vng
b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E≠B; E≠C) Trên tia đối của tia EA lấy đoạn EM = EB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB ED // MB
c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường tròn mà ta phải xác định tâm bán kính theo R
HD: a) AB ⊥CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) ⇒ ACBD hình vng
b) AED =
AOD = 450 ; DEB =
DOB= 450 ⇒AED = DEB ⇒ ED tia phân giác AEB
AED = 450 ; EMB = 450 (∆ EMB vuông cân E) ⇒ AED = EMB (2 góc đồng vị) ⇒ ED // MB c) ∆ EMB vuông cân E CE ⊥DE ; ED // BM
⇒ CE ⊥BM ⇒ CE đường trung trực BM
d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R 2)
Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ một đường thẳng về phía ngồi của tam giác, tạo với
cạnh AC góc 400 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường tròn tâm O đường kính CD cắt AD E Đường thẳng vng góc với CD O cắt AD M
a Chứng minh: AHCE nội tiếp Xác định tâm I đường trịn b Chứng minh: CA = CM
c Đường thẳng HE cắt đường tròn tâm O K, đường thẳng HI cắt đường tròn tâm I N cắt đường thẳng DK P Chứng minh: Tứ giác NPKE nội tiếp
Bài 59: BC một dây cung của đường tròn (O; R) (BC≠2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O
luôn nằm ∆ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H a Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC
b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh: AH = 2.A’O c Gọi A1 trung điểm EF Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’ d Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC
Suy vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN
Bài 60: Cho đường tròn tâm (O; R) có AB đường kính cốđịnh cịn CD đường kính thay đổi Gọi (∆)
tiếp tuyến với đường tròn B AD, AC cắt (∆) Q P a Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp
b Chứng minh: Trung tuyến AI ∆AQP vng góc với DC c Tìm tập hợp tâm E đường tròn ngoại tiếp ∆CPD
Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; A< 900), một cung tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, AC
tại B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK
A B
D C
O
E M =
(33)THƯ VIỆN SEN VÀNG 33 a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác HMK c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp ⇒ PQ // BC
Bài 62: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB, C trung điểm của cung AB; N trung điểm của BC
Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CI⊥AM (I∈AM) a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành
c Chứng minh: MOI=CAI d Chứng minh: MA = 3.MB HD: a) COA=900(…) ; CIA=900(…)
⇒ Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) b) MB // CI (⊥BM) (1)
∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) N1= N2(đ/đ) ; NC = NB ; NCI=NBM(slt) ⇒ CI = BM (2) Từ ⇒ BMCI hình bình hành
c) ∆ CIM vuông cân (CIA=900;CMI 1COA 450
= = )⇒ MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC OI chung ;
IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) ⇒MOI=IOC mà: IOC=CAI ⇒MOI=CAI d) ∆ ACN vng có : AC = R ; NC = R AC
2
= (với R = AO)
Từđó : AN =
2
2 2 R R 10
AC +CN 2R + R
2 2
= = = ; NI =
2
NC R 10 MI
MN =
NA 10
= =
⇒ MB =
2
2 R R 2R R 10
NC MN
2 10 10
− = − = = ⇒ AM = AN + MN = R 10 +
R 10 10 =
3R 10 ⇒ AM = BM
Bài 63: Cho ∆ABC có A=
60 nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH cắt đường tròn D, đường cao BK cắt AH E
a Chứng minh: BKH=BCD b Tính BEC
c Biết cạnh BC cốđịnh, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtròn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rõ (giới hạn đường đó) d Chứng minh: ∆IOE cân I
HD: a) ABHK nội tiếp ⇒BKH=BAH ;
BCD=BAH ( chắn cung BD) ⇒BCD=BKH b) CE cắt AB F ;
AFEK nội tiếp⇒FEK=1800− A =1800−600 =1200 ⇒ BEC = 1200 c)
0
0 B C 120
BIC 180 180 120
2
+
= − = − =
Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung nằm đường tròn tâm (O)
A O B
C
M I N
1
= =
A
B H C
E F
(34)THƯ VIỆN SEN VÀNG 34 d) Trong đ/trịn (O) có DAS = sđ DS
2 ; đ/trịn (S) có
ISO = sđ IO DAS = ISO (so le trong) nên: DS
2 = IO
2 mà
DS = IE ⇒IO = IE ⇒ đpcm
Bài 64: Cho hình vng ABCD, phía hình vng dựng cung một phần tưđường trịn tâm B, bán kính AB
và nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PK⊥AD PH ⊥AB Nối PA, cắt nửa đường trịn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn M Chứng minh rằng:
a I trung điểm AP
b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH
d Tứ giác APMH hình thang cân
HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) màAIB=900 (góc nội tiếp …) ⇒ BI⊥AP ⇒ BI đường cao cũng đường trung tuyến
⇒ I trung điểm AP b) HS tự c/m
c) ∆ ABP cân B⇒ AM = PH ; AP chung ⇒∆vAHP = ∆v PMA ⇒ AH = PM ; AHPK hình chữ nhật ⇒ AH = KP ⇒ PM = PK = AH
d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) ⇒PM = AH ⇒PA // MH
Vậy APMH hình thang cân
Bài 65: Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx;
AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN
a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB
c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN HD: a) BOIM nội tiếp OIM=OBM =900
b) INB =OBM =900; NIB=BOM (2 góc nội tiếp chắn cung BM) ⇒ ∆ IBN ~ ∆OMB
c) SAIO =
2AO.IH; SAIO lớn
⇔IH lớn AO = R(O)
Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức HAI =450
Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn
Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi AI một đường kính cốđịnh D điểm
di động cung nhỏ AC (D≠A D≠C)
a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác BAC b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ∆CDE DI ⊥ CE c Suy E di động đường tròn mà ta phải xác định tâm giới hạn d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm cung nhỏ AC HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự c/m :
D S
A B
C D
H M P K
I
A B
M N
H O I
A
O E
=
(35)THƯ VIỆN SEN VÀNG 35 ⇒ AB = AC = BC = R
Trong đ/tròn (O; R) có: AB = AC ⇒ Tâm O cách cạnh AB AC ⇒AO hay AI tia phân giác của BAC
b) Ta có : DE = DC (gt) ⇒∆ DEC cân ; BDC = BAC = 600 (cùng chắn BC) ⇒∆CDE đều I điểm giữa BC ⇒IB = IC ⇒BDI = IDC
⇒ DI tia phân giácBDC ⇒∆CDE đều có DI tia phân giác nên cũng đường cao ⇒ DI ⊥CE c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE ⇒ IE = IC mà I C cốđịnh ⇒ IC không đổi ⇒E di động đ/tròn cốđịnh tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I ∈AC (cung nhỏ )
D → C E → C ; D → A E → B ⇒ E động BC nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ ABC
Bài 67: Cho hình vng ABCD cạnh bằng a Trên AD DC, người ta lấy điểm E F cho :
AE = DF =a
a So sánh ∆ABE ∆DAF Tính cạnh diện tích chúng b Chứng minh AF ⊥ BE
c Tính tỉ số diện tích ∆AIE ∆BIA; diện tích ∆AIE ∆BIA diện tích tứ giác IEDF IBCF
Bài 68: Cho ∆ABC có góc đều nhọn; A= 450 Vẽ đường cao BD CE
Gọi H giao điểm BD, CE
a Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.; b Chứng minh: HD = DC c Tính tỷ số: DE
BC d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh: OA ⊥DE
Bài 69: Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường trịn đường kính AB Hạ BN DM
vng góc với đường chéo AC Chứng minh: a Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn
b Khi điểm D di động đường trịn (BMD +BCD ) khơng đổi c DB.DC = DN.AC
Bài 70: Cho ∆ABC nội tiếp đường trịn (O) Gọi D điểm giữa cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến tại C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE Chứng minh:
a BC // DE
b Các tứ giác CODE, APQC nội tiếp c Tứ giác BCQP hình gì?
Bài 71: Cho đường tròn (O) (O’) cắt tại A B; tiếp tuyến tại A của đường tròn (O)
(O’) cắt đường tròn (O) (O’) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh:
a ∆ABD ~ ∆CBA b BQD = APB
c Tứ giác APBQ nội tiếp
B C
(36)THƯ VIỆN SEN VÀNG 36
Bài 72: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB Từ A B kẻ tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F
a Chứng minh: AEMO tứ giác nội tiếp
b AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao?
c Kẻ MH⊥AB (H∈AB) Gọi K giao điểm của MH EB So sánh MK với KH d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường trịn nội tiếp ∆EOF Chứng minh:1 r
3 R
< <
Bài 73: Từđiểm A ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AKD cho BD//AC
Nối BK cắt AC I
a Nêu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC b Chứng minh: IC2 = IK.IB
c Cho BAC = 600 Chứng minh: Cát tuyến AKD qua O
Bài 74: Cho ∆ABC cân ở A, góc A nhọn Đường vng góc với AB tại A cắt đường thẳng BC ở E Kẻ
EN⊥AC Gọi M trung điểm BC Hai đ/thẳng AM EN cắt ở F
a Tìm tứ giác nội tiếp đường trịn Giải thích sao? Xác định tâm đường trịn b Chứng minh: EB tia phân giác ∠AEF
c Chứng minh: M tâm đường tròn ngoại tiếp △AFN
Bài 75: Cho nửa đường trịn tâm (O), đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn đó Dựng hình
vuông ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đường tròn (O) K giao điểm CF ED
a Chứng minh: Bốn điểm E, B, F, K nằm đường tròn b ∆BKC tam giác gì? Vì sao?
c Tìm quỹ tích điểm E A di động nửa đường trịn (O)
Bài 76: Cho ∆ABC vng tại C, có BC =1
2AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B C) Từ B kẻđường thẳng d vng góc với AE, gọi giao điểm d với AE, AC kéo dài I, K
a Tính độ lớn góc CIK
b Chứng minh: KA.KC = KB.KI; AC2 = AI.AE – AC.CK
c Gọi H giao điểm đường tròn đường kính AK với cạnh AB Chứng minh: H, E, K thẳng hàng
d Tìm quỹ tích điểm I E chạy BC
Bài 77: Cho ∆ABC vng ở A Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC tại D Trên cung AD lấy một điểm
E Nối BE kéo dài cắt AC F a Chứng minh: CDEF nội tiếp
b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác CKD cắt EF CD M N Tia phân giác CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao?
(37)W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc
Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyếnsinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh
nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạmđến từcác trường Đại học
trường chuyên danh tiếng I. Luyện Thi Online
- Luyên thi ĐH, THPT QG:Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng khóa luyện thi THPTQG mơn: Tốn, NgữVăn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học - Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán
trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên
khác TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.
II. Khoá Học Nâng Cao HSG
- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ởtrường đạt điểm tốt
ở kỳ thi HSG
- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học Tổ Hợp dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần
Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩncùng đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia
III. Kênh học tập miễn phí
- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động
- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất môn Toán- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, NgữVăn, Tin Học Tiếng Anh
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%
Học Toán Online Chuyên Gia