50 bài toán hình học ôn thi vào lớp 10 có lời giải - Toán cấp 2

Chứng minh tứ giác APMQ nội tiếp được đường tròn và xác định tâm O của đường tròn này... Chứng minh tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn;.[r]

Câu 1 Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R, C trung điểm OA dây MN

vng góc với OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK

MN

1 Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp Tính tíchAH AK theo R

3 Xác định vị trị điểm K để tổng (KM + KN + KB) đạt giá trị lớn tính giá trị

lớn đó? Giải:

1 Chứng minh tứ giácBHCKnội tiếp MN ⊥AC

90

AKB= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 90

HCB

 = 

Xét tứ giácBCHKcó: 90 90 180

HCB+AKB=  +  = mà góc ở vị trí đối

 Tứ giácBCHKnội tiếp TínhAH AK theo R.

Xét tam giácACH vàAKBcó: 90

( )

ACH AKB

ACH AKB g g

A chung



= =   



 #

AC AH

AK AB

 = AH AK =AC AB Mà

4

AC= RvàAB=2R

2

2 R AH AK

 = 

3 Xác định vị trí củaKđể(KM+KN+KB)max * Chứng minh BMNđều:

AOM

 cân M (MC vừa đường cao, vừa đường trung tuyến) Mà OA=OM =R AOMđềuMOA=60

MBN

 cân B vì MC CN

BC MN

= 

 ⊥



CM CN

 =

Mặt khác: 30

MBA= MOA= (góc nội tiếp chắn cung MA)MBN= 60 MBN

 cân B lại cóMBN = 60 nên MBNlà tam giác đều

* Chứng minh KM+KB=KN

D H

K

N M

C O B

Trên cạnh NK lấy điểm D choKD=KB KDB

  tam giác cân mà

NKB= sđNB =60 KDB

  tam giác đều KB=BD

Ta có:DMB=KMB(góc nội tiếp chắn cungAB) 120

BDN = (kề bù với KBD KDB đều) 120

MKB= (góc nội tiếp chắn cung 240)

MBK DBN

 = (tổng góc tam giác bằng180) Xét có:

(2 cạnh tương ứng)

khi KN đường kính thẳng hàng điểm chính giữa cung BM

Vậy với K điểm chính giữa cung BM thì đạt giá trị max bằng 4R

Câu 2 Cho đường tròn( ; )O R tiếp xúc với đường thẳng dtạiA.Trêndlấy điểmHkhông trùng với điểmAvàAH R QuaHkẻ đường thẳng vng góc vớid,đường thẳng cắt đường trịn hai điểmEvàB(Enằm giữaBvàH)

1 Chứng minhABE=EAHvà ABH# EAH

2 Lấy điểmCtrêndsao choHlà trung điểm đoạn thẳngAC,đường thẳngCEcắtABtại

K Chứng minhAHEKlà tứ giác nội tiếp Xác định vị trí điểmHđểAB=R Giải:

1 Chứng minh: sđ (t/c góc nội tiếp) BDN

 BKM ( )

( ) ( g.c)

BK BD cmt

BDN BKM cmt BDN BKN c

MB MN

= 



=   = 



= 

ND MK

 =

2

KM KN KB KN

 + + =

(KM KN KB)max 4R

 + + = K O N, ,

K 

(KM+KN+KB)

ABE=EAH

2

sđ (t/c góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung)

Xét có:

2 Xét

mà (cmt)

Mặt khác:

vuông K

Xét tứ giác có:

mà góc ở vị trí đối Tứ giác nội tiếp

3 Hạ

Xét vng có cos

vng có: cos

Vậy cần lấy điểm cho độ dài thì

Câu 3 Cho đường trịn( )O có đường kínhAB=2Rvà E điểm bất kì đường tròn (EkhácAvàB) Đường phân giác gócAEBcắt đoạn thẳngABtạiFvà cắt đường trịn( )O điểm thứ hai làK

1 Chứng minhKAF# KEA

2 GọiIlà giao điểm đường trung trực đoạnEFvớiOE, chứng minh đường trịn ( )I bán kínhIEtiếp xúc với đường tròn( )O tạiEvà tiếp xúc với đường thẳngABtạiF

1

HAE= EA

ABE HAE

 =

ABH

 EAH

90

( ) ( )

AHB

ABH EAH g g

ABE HAE cmt



=    

 

=  #

( ) HEC HEA c g c  = 

ACE CAE

 = CAE= ABE ACE ABE

 =

90 ABE+CAK= 

90 ACE CAK

 + = 

AHK  

AHEK EHK=AKE= 90 180

EHK AKE

 + = 

 AHEK

OI ⊥AB

2

AB R

AI IB

 = = =

AOI

 I

2 AI OAI

OA

= =

30 OAI

 = BAH =60

AHB

 H BAH =60 

2 AH BAH

AB = =

1

2

3

AH R

AH R

 =  =

H

2 R

AH = AB=R

E

O I

H

K

C

B

A

3 Chứng minhMN/ /AB,trong đóMvàN lần lượt giao điểm thứ hai củaAE BE, với đường trịn( ).I

4 Tính giá trị nhỏ chu vi tam giácKPQtheoRkhiEchuyển động đường tròn ( ),O vớiPlà giao điểm củaNFvàAK Q; giao điểm củaMFvàBK

Giải:

1 Chứng minh (góc nội tiếp chắn Xét có:

2 * Đường tròn đường tròn thẳng hàng

Vậy tiếp xúc E * Chứng minh tiếp xúc với

Dễ dàng chứng minh: cân trung trực

cân

mà góc ở vị trí đồng vị (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //)

Có :

cân

Vì

tiếp xúc với

3 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) mà góc nội tiếp đường tròn đường kính

cân

Lại có: cân mà góc vị trí đờng vị (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //)

4 Tính giá trị nhỏ chu vi theo chuyển động

KAF KEA

 # 

KAB=KEB KB)

KAF

 KEA

( )

( ) KAB AEK cmt

KAF AEK g g K chung



=   

 

 #

(I IE; ) (O OE; ) , ,

I O E IE+IO=OE

IO OE IE

 = −

(I IE; ) (O OE; )

(I IE; ) AB F

EIF

 I (I EF)

EOK

 OEFI=EKO(=OEF) / /

IF OK



( )

AK=KB AEK=KEB AK=KB AKB

  K

OK AB

 ⊥

/ /

OK AB

IF AB OK IF

⊥ 

 ⊥

  (I IE; )

 AB F

90 AEB= 

90

MEN =  MEN (I IE; )

MN

 (I IE; ) EIN

  I

EOB

 OINE=OBE / /

MN AB



KPQ

 R E ( )O

Q P

N

M I

K F E

O B

(góc nội tiếp cùng chắn cung ) (góc nội tiếp cùng chắn cung )

Mà , hai góc lại ở vị trí đờng vị (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //)

Chứng minh tương tự: Tứ giác có:

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tứ giác hình chữ nhật

Ta có: (đới đỉnh) ở

cân mà vuông cân

Chu vi

Mà (PFQK hình chữ nhật) ( cân Q)

Mặt khác: cân điểm chính giữa cung (quan hệ giữa đường vng góc đường xiên)

Dấu xảy

điểm chính giữa cung

Áp dụng định lý Pi-ta-go tính

Chu vi nhỏ

Câu 4 Cho( ; )O R điểmAnằm bên ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyếnAB AC, với đường tròn( , CB tiếp điểm)

1 Chứng minhABOClà tứ giác nội tiếp

2 Gọi E giao điểm củaBCvàOA Chứng minhBEvng góc vớiOAvà

OE OA=R Trên cung nhỏ BC (O; R) lấy điểm K (K khác B C) Tiếp tuyến K

(O R; )cắt AB, AC theo thứ tự P Q Chứng minh tam giác APQ có chu vi không đổi K chuyển động cung nhỏ BC

MFE=MNE ( )I ME

AKE=ABE ( )O AE

( )

MNE=ABE cmt MFE=AKE / /

MQ AK



/ /

NP BK

PFQK MQ/ /AK / /

NP BK

90

PKQ= 

 PFQK

MFA QFB= (

KAB=KBA AKB ) MFA=KAB  FQB Q

KPQ KP PQ KQ

 = + +

PK=FQ FQ=QB BFQ

KPQ

P QB QK FK

 = + + =KB FK+

AKB

 K K AB

FK FO

KB FK KB FO

 +  +

" "= KB+FK=KB+FO

FK FO

 =

 E AB

FO R

 =

FOB

 BK=R

4 Đường thẳng qua O vng góc với OA cắt đường thẳng AB, AC theo thứ tự

M, N Chứng minh PM+QNMN Giải:

1 Chứng minh tứ giác nội tiếp Xét tứ giác có:

(tính chất tiếp tuyến) (tính chất tiếp tuyến)

Mà hai góc ở vị trí đới diện nên tứ giác nội tiếp

2 (tính chất tiếp tuyến cắt điểm)

cân

Mà tia phân giác (t/c tiếp tuyến cắt điểm) nên đường cao hay

Xét vng ở B có BE đường cao, theo hệ thức lượng tam giác vuông

mà OB = R

3 PK = PB (tính chất tiếp tuyến cắt điểm)

KQ = QC (tính chất tiếp tuyến cắt điểm)

Xét chu vi

Mà (O) cố định, điểm A cố định nên AB không thay đổi

4

(Theo bất đẳng thức Cô-si)

Hay (đpcm)

Câu Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường tròn (C

khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt BE điểm F

ABOC ABOC 90o

ABO= 90o ACO=

90o 90o 180o ABO ACO

 + = + =

ABOC AB= AC

ABC

  A

AO BAC

AO ABC AO⊥BC

ABO 

2

, OB OE OA

 =

R OE OA

 =

APQ AP AQ QP

 = + +

AP AQ PK KQ

= + + +

AP PK AQ QC

= + + +

AB AC

= + 2AB

=

2

4

MP OM MN

OMP QNO MP QN ON OM

ON QN

 #   =  = =

2

4

MN MP QN

 =

2

1 Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp Chứng minh DA DE =DB DC

3 Chứng minhCFD=OCB Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE C hứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O)

4 Cho biết DF = R, chứng minhtanAFB=2 Giải:

1 Chứng minh tứ giác nội tiếp

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tứ giác có :

Mà góc ở vị trí đới nên Tứ giác tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh Xét có:

(đpcm) * Chứng minh

Vì tứ giác tứ giác nội tiếp nên (góc nội tiếp cùng chắn cung ) Mà (góc nội tiếp cùng chắn cung )

Lại có cân O nên

cân I: Từ (1) (2)

* Chứng minh tiếp tuyến

Ta có: (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

là tiếp tuyến Ta có tam giác vng

FCDE 90o ACE=AEB=

FCDE 180o FCD+FDE=

 FCDE

DA DE=DB DC ACD

 BED 90

( ) )

(

o

đ đ ACD BED

ACD BED g g

ADC BDE



= = 

 

=  #

AD BD

AD ED CD BD

CD ED

 =  =

CFD=OCB

FCDE ( )I

CFD=CEA ( )I CD

CED=CBA ( )O CA

CFD CBA

 =

OCB

 CBA=OCB

( )1 CFD OCB

 =

ICF

 CFD=ICF ( )2 ICF OCB

 =

IC ( ) :O 90o

ICF+ICB= DIC 90o

OCB BCI

 + =

OC CI

 ⊥ IC ( ).O

( )

ICO FEA g g

 # 

I

D

E F

C

O B

(góc nội tiếp chắn

Mà

Câu 6 Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R Gọi d1vàd2là hai tiếp tuyến đường tròn (O) hai điểm A B Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc đường trịn (O) (E khơng trùng với A B) Đường thẳng dđi qua E vng góc với EI cắt hai đường thẳng d1và d2lần lượt M, N

1 Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp Chứng minhENI =EBIvàMIN =90o Chứng minhAM BN = AI BI

4 Gọi F điểm giữa cung AB khơng chứa E đường trịn (O) Hãy tính diện tích tam giác MIN theo R ba điểm E, I, F thẳng hàng

Giải:

1 Chứng minh nội tiếp Xét tứ giác có:

mà góc ở vị trí đới Tứ giác nội tiếp

2 * Chứng minh Xét tứ giác có:

mà góc ở vị trí đới Tứ giác nội tiếp

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung * Chứng minh

Tứ giác nội tiếp nên (2 góc nội tiếp cùng chắn cung

Lại có:

vng Vậy Chứng minh

1

CAE= COE=COI CE) CIO=AFB

tan

2

CO R

CIO

R CI

= = =

tanAFB tanCIO

 = =

AMEI AMEI

90 90 180

MAI+MEI =  +  = 

 AMEI

ENI =EBI ENBI

90 90 180

IEN+IBN=  +  = 

 ENBI

 ENI =EBI EI)

90 MIN = 

ENBI EMI=EAI

) EI

90 90

AEB=  EAI+EBI = 

90 EMI ENI

 + =  MNI I MIN = 90

AM BN=AI BI

N M

E

d2 d1

I O B

Xét có: (cùng phụ với góc )

4 Ta có hình vẽ

Khi thẳng hàng sđ

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) vng cân

(Định lí Pi-ta-go) Chứng minh tương tự:

vuông cân

2

1 3

2 2

MIN

R R R

S = MI NI =   = (đơn vị diện tích)

Câu Cho đường trịn (O; R), đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M điểm cung nhỏ AC (M khác A C), BM cắt AC H Gọi K hình chiếu H

AB

1 Chứng minh tứ giác CBKH tứ giác nội tiếp Chứng minhACM = ACK

3 Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân C

4 Gọi dlà tiếp tuyến đường tròn (O) điểm

A Cho P điểm nằm dsao cho hai điểm P, C nằm nửa mặt phẳng bờ AB AP MB R

MA = Chứng minh đường thẳng PB qua trung điểm đoạn thẳng

HK

AMI

 BNI MAI=NBI = 90

AIM =BNI BIN

( )

AMI BIN g g

  # 

AM BI

AM BN AI BI

AI BN

 =  =

, ,

E I F

2

AEF = AF =45 45

AMI = AEI =  AI

MAI

  A

2

2 2

2 4

R R R R

AM AI MI AM AI

 = =  = + = + =

BIN

 B

2

2

3 9

4 16 16

R R R R

BI BN IN BI BN

 = =  = + = + =

F

N

M E

d2

d1

I O B

A

Q

N P

d

E

K H M

C

O

Giải:

1 Chứng minh tứ giác tứ giác nội tiếp: Xét tứ giác ta có:

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Mà hai góc ở vị trí đối Tứ giác nội tiếp Chứng minh

Tứ giác nội tiếp nên: (2 góc nội tiếp chắn cung ) Tứ giác nội tiếp nên: (2 góc nội tiếp chắn cung )

(Đpcm)

3 Chứng minh vng cân Vì nên đường trung trực Xét có:

(hai góc nội tiếp chắn cung )

(2 góc tương ứng) CM = CE (2 cạnh tương ứng) Mặt khác:

Xét có:

vng cân C (Đpcm)

4 Chứng minh qua trung điểm Theo đề bài:

Mà (t/c góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung)

(t/c góc nội tiếp chắn cung )

(Hệ quả) CBKH

CBKH

0

90 BKH =

90o HCB=

180o

BKH HCB

 + =

 CBKH

ACM =ACK

CBKH HCK=HBK HK

MCBA ( )O MCA=HKB MA

HCK MCA

 =

ACM ACK

 =

ECM

 C

CD⊥ AB CO ABCA CB=

AMC

 BEC

MAC=MBC MC

( ) MA=BE gt

(cmt) CA=CB

( )

AMC BEC c g c

  =  MCA=ECB 90o ECB+EAC=BCA=

90o

MCA ECA

 + =

EMC 

90o MCE

ECM

CM CE



=   



= 

PB HK

AP MB

R

MA =

AP R BO

AM MB BM

 = =

1 PAM = sđ AM

1

MBA= sđ AM AM

PAM MBA

Vậy cần lấy điểm cho (1)

Gọi giao điểm giao điểm với Xét vuông có: PA=PM cân P

cân P Từ (1) (2)

Vì // (cùng vng góc nên: (Định lí Ta-let ) (Định lí Ta-let )

mà

là trung điểm

Vậy với mà qua trung điểm

Câu 8 Cho đường tròn (O) điểm A nằm bên (O) Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) Một đường thẳng dđi qua A cắt đường tròn (O) hai điểm B C (AB < AC, dkhông qua tâm O)

1 Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp Chứng minh

AN =AB AC Tính độ dài đoạn thẳng BC AB = 4cm, AN = 6cm Gọi I trung điểm BC Đường thẳng NI

cắt đường tròn (O) điểm thứ hai T Chứng minh: MT // AC

4 Hai tiếp tuyến đường tròn (O) B

và C cắt K Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định dthay đổi thỏa mãn điều kiện đầu

Giải:

1 Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp Ta có tiếp tuyến

1

PA OB

PA PM

PM OM

 = =  =

Pd PA=PM

N PB HK Q, BM d

QMA

 M  PMA PAM =PMA

90o PMA PMQ+ =

90o PAM +PQM =

PMQ PQM PMQ

 =   PM =PQ ( )2

PM PA PQ

 = =

AQ HK AB)

NK BN

PA = BP ABP

BN NH

BP = PQ PBQ

NK NH

PA PQ

 = PA=PQ cmt( ) NK =NH

N

 HK

Pd AP MB R

MA = PB HK

AM⊥OM (AM ( ))O

E K

B

T I

C

N

M O

( tiếp tuyến (O))

Xét tứ giác AMON có:

mà hai góc ở vị trí đới

tứ giác AMON tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

2 Chứng minh Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4cm; AN = 6cm.

Xét (O): (góc nội tiếp góc tạo bới tia tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung

BN)

Xét chung

(g.g)

ANB ACN

  # 

(tính chất hai tam giác đờng dạng) (Đpcm)

* Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4cm; AN = 6cm

Ta có mà AB = 4cm, AN = 6cm nên: (cm) mà nên cm

3 Chứng minh MT // AC

Xét (O): I trung điểm dây BC

(quan hệ vng góc giữa đường kính dây) Tứ giác OIAN nội tiếp

(hai góc nội tiếp chắn mà hai góc nhìn cạnh AO (1)

AM, AN hai tiếp tuyến (O) cắt A

phân giác (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà (góc nội tiếp góc ở tâm cùng chắn cung MN)

(2)

Từ (1) (2) ta có: mà hai góc ở vị trí đờng vị

MT // AC (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song) 90o

OMA

 =

AN ⊥ON AN

90o ONA

 =

90o 90o 180o OMA ONA+ = + =



2

AN =AB AC ANB=BCN

ANB

 ACN: CAN

( ) ANB=BCN cmt

AN AB

AC AN

 =

2

AN AB AC

 =

2

( )

AN =AB AC cmt 4.AC=62AC=9

AB+BC= AC BC=5

OI BC

 ⊥

0

90 ANO=AIO= AIN AON

 = AN)

OA

 MON

1

AON MON

 =

1

MTN = MON

MTN AON

 =

MTN= AIN

4 Hai tiếp tuyến (O) B C cắt ở K Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề

* MN cắt OA E

Ta chứng minh

Ta chứng minh OI.OK = OE OA ( )

Từ chứng minh

mà EM trùng EK K thuộc MN cố định (đpcm)

Câu Cho đường trịn (O; R) đường kính AB cớ định Vẽ đường kính MN đường trịn (O; R) (M khác A, M khác B) Tiếp tuyến đường tròn (O;R) B cắt đường thẳng

AM, AN lần lượt điểm Q, P

1 Chứng minh tứ giác AMBN hình chữ nhật

2 Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q thuộc đường tròn

3 Gọi E trung điểm BQ Đường thẳng vng góc với OE O cắt PQ F Chứng minh F trung điểm

BP ME // NF

4 Khi đường kính MN quay quanh tâm O thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí đường kính MN để tứ giác

MNPQ có diện tích nhỏ Giải:

1 Chứng minh tứ giác AMBN hình chữ nhật

Ta có (4 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

hình chữ nhật

2 Ta có (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (2 góc cùng phụ với góc )

Mà ; hai góc

lại ở vị trí đối

là tứ giác nội tiếp

3 * Chứng minh F trung điểm BP

E trung điểm BQ, O trung điểm AB MN⊥OAEM⊥OA

2 2

OB OM R

= = =

( g.c)

OEK OIA c

 #  90o

OEK OIA

 = =

EK OA

 ⊥ EM ⊥OA

90o AMB=MBN =BNA=NAM =

AMBN 

ANM = ABM

ABM =MQB QBM

ANM MQB

 =

180o 180o

ANM+MNP= MQB MNP+ =

MNPQ 

F E

P Q

N

M

B A

đường trung bình

(tính chất đường trung bình tam giác)

Mà ;

Lại có O trung điểm AB đường trung bình trung điểm BP

* Chứng minh ME // NF

vng N, có F trung điểm cạnh BP (đường trung

tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền) Xét có:

(2 góc tương ứng)

Chứng minh tương tự ta có (cùng vng góc với MN)

4

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: Ta có:

2 2

2

2

AM AN MN

AM AN + = = R

2

3

MNPQ

S R

 

Dấu bằng xảy AM = AN PQ = BP Hay MN vng góc với AB

Vậy để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ thì đường kính MN vng góc với đường kính

AB OE

 ABQ

/ /

OE AQ



OE⊥OF AQ⊥AP / /

OF AP



OF

 ABP

F 

NPB



2

NF BF FB BP

 = = =

ONF

 OBF

( ) ( )

ON OB R

OF chung ONF OBF c c c

FN FB cmt

= = 

   =  



= 

90o

ONF OBF

 = =

ON NF

 ⊥

OM ⊥ME

/ /

ME NF



2SMNPQ =2SAPQ−2SAMN =2 R PQ−AM AN

2

AB BP

ABP QBA AB BP QB

QB BA

 #   =  =

2

2 (2 )

PB+BQ PB QB = R = R

2

Câu 10 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Lấy điểm C đoạn thẳng AO (C

khác A, C khác O) Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt nửa đường tròn K Gọi

M điểm nằm cung KB (M khác K, M khác B) Đường thẳng CK cắt đường thẳng AM, BM lần lượt H D Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn điểm thứ hai

N

1 Chứng minh tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp

2 Chứng minhCA CB =CH CD

3 Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng hàng tiếp tuyến N đường tròn qua trung điểm DH

4 Khi M di động cung KB, chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định

Giải:

1 Chứng minh tứ giác nội tiếp Chứng minh

Vì mà hai góc cùng nhìn cạnh DA (nên M, C thuộc đường tròn đường kính AD)

Vậy tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh Xét có:

(1)

Mặt khác (cùng phụ với góc (2)

Từ (1) (2)

(Đpcm)

* Chứng minh A, N, D thẳng hàng Vì AM DC đường cao tam giác ABD nên H trực tâm

Nên A, N, D thẳng hàng

* Gọi E giao điểm của CK tiếp tuyến N 90o

AMD= 90o ACD=AMD=

ACMD

CACB = CH CD

CAH

 CDB 90o ACH =DCB=

CAH =CDB )

CBM

( )

CAH CDB g g

  # 

CACB CH CD

 =

ABD



;

AD BH AN BH

Ta có:

mà

cân E (3)

Ta có:

cân E (4)

Từ (3) (4) trung điểm HD (Đpcm) Chứng minh MN qua điểm cố định

Gọi I giao điểm MN AB, kẻ IT tiếp tuyến nửa đường tròn với T tiếp điểm (5)

Mặt khác: (vì )

cùng thuộc đường tròn (6) Từ (5) (6)

ICT ITO CT IO T K

  #   ⊥  

là giao điểm tiếp tuyến K nửa đường tròn đường thẳng AB cố định (Đpcm)

Câu 11 Cho đường trịn (O) điểm A nằm ngồi đường tròn Kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn (O) (B tiếp điểm) đường kính BC Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I (I khác

C, I khác O) Đường thẳng IA cắt (O) hai điểm D E (D nằm giữa A E) Gọi H trung điểm đoạn thẳng DE

1 Chứng minh bốn điểm A, B, O, H nằm đường tròn Chứng minh AB BD

AE = BE Đường thẳng dđi qua

điểm E song song với

AO,dcắt BC điểm K Chứng minh: HK/ /DC Tia CD cắt AO điểm

P, tia EO cắt BP điểm

F Chứng minh tứ giác

BECF hình chữ nhật Giải:

1 Chứng minh bốn điểm A, B, O, H nằm đường tròn

,

BN⊥DN ON⊥EN

DNE BNO

 = BNO=OBN OBN, =EDN

DNE EDN DEN

 =   ED=EN

90o 90o

ENH = −END= −NDH =EHN HEN

  EH =EN E



2

IN IM IT

 =

EM ⊥OM ENO= EMO EN⊥ON

, , , N C O M

 IN IM =IO IC

2

IC IO IT

 =

I 

I 

K H

E D

I

C B

Chứng minh Chứng minh

Tứ giác ABOH nội tiếp

Suy bốn điểm A, B, O, H nằm đường tròn đường kính AO Chứng minh

Chứng minh Xét có: chung Chứng minh

(Đpcm) Chứng minh KH // DC

Tứ giác ABOH nội tiếp mà (do EK//AO)

Suy tứ giác BHKE nội tiếp

Chứng minh (cùng bằng ) Kết luận HK // DC

4 Chứng minh tứ giác BECF hình chữ nhật

Gọi giao điểm tia CE tia AO Q, tia EK CD cắt điểm M

Xét có HK // DM H trung điểm đoạn DE, suy K trung điểm đoạn thẳng ME

Có ME // PQ (cùng bằng ) suy O trung điểm đoạn PQ

Có: Suy tứ giác BPCQ hình bình hành Suy CE // BF Chứng minh (g.c.g)

90o ABO=

90 AHO= 



AB BD

AE = BE ABD= AEB ABD

 AEB EAB

( )

ABD AEB g g

 # 

AB BD

AE BE

 =

OBH OAH

 = OAH =HEK

HBK HEK

 =

BKH =BCD BEH

M

Q F

P

K H

E D

I

C B

A O

EDM



KE MK

OQ OP

 = CK

CO

;

OP=OQ OB=OC

COE BOF

Mà Suy tứ giác BECF hình chữ nhật

Cách 2:

Kẻ tiếp tuyến AT với (O), chứng minh APDT nội tiếp

dẫn đến (1), chứng minh (g.c.g) (2) Từ (1) (2)

Dẫn đến EF đường kính BECF hình chữ nhật (Đpcm)

Cách 3:

Chứng minh (g.g)

BECF hình chữ nhật (Đpcm) OB=OC=OEOB=OC=OE=OF

T F

P

K H

E D

I

C B

A O

(PAT+PDT =180 )

ATP=CBE TAP= BAP ATP=ABP

ABP EBC

 =

90

EBF =   

F

P

K H

E D

I

C B

A O

EHB COP

 #  EB EH ED

CP CO CB

 = =

EDB CBP

  #  EDP CBP

 =

90 ,

Câu 12 Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Gọi M, N lần lượt điểm giữa cung nhỏ AB cung nhỏ BC Hai dây AN CM cắt điểm I Dây

MN cắt cạnh AB BC lần lượt điểm H K

1 Chứng minh bốn điểm C, N, K, I thuộc đường tròn Chứng minh

.NM

NB =NK

3 Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi

4 Gọi P Q lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK

và E trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND đường trịn (O) Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng

Giải:

1 Chứng minh bốn điểm C, N, K, I thuộc đường trịn Ta có: (2 góc nội tiếp chắn hai

cung bằng nhau)

Mà hai góc ở nhìn cạnh IK tứ giác IKNC từ hai đỉnh kề

là tứ giác nội tiếp

thuộc đường trịn Chứng minh

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Xét có: chung

(cmt) (g.g)

(đpcm) MCB=ANM

ICK INK

 =

IKNC 

, , , C N K I 

2

.NM NB =NK BMN=NBC

NBK

 NMB MNB

BMN=NBC

NBK NMB

  # 

2

NB NM

NB NK NM

NK NB

 =  =

F

K H

I

N M

O

C B

3 Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi Nới BI cắt đường trịn (O) F Ta có (vì nhìn cung BN = NC)

(góc nội tiếp chắn

(góc có đỉnh bên đường trịn)

Mà nên

cân M có MN phân giác đường trung trực BI

(1)

Mặt khác (hai góc nội tiếp chắn hai cung AF= FC)

có BF phân giác đường cao cân B (2)

Từ (1) (2) ta có BHIK hình thoi

4 Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng

nên C, D, Q thẳng hàng Chứng minh tương tự ta có D, B, P thẳng hàng

Lại có

Mà nên

Hay KQ // DP Tương tự KP // DQ

Nên KPDQ hình bình hành Hình bình hành KPDQ có hai đường chéo KD PQ cắt

tại trung điểm đường Nên D, E, K thẳng hàng (Đpcm)

AF FC

 =

BMH=HMI

( )

1

2 đ F

MBI = s MA s A+ đ )

MF

( )

1

2 đ C

MIB= s MB+s Fđ

;

MA=MC AF =CF MBI =MIB BMI

  MN 

, ,

HK BI BH HI BK KI

 ⊥ = =

HBF =FBC

BHK  

BHK

  BH =BK

90o

QCK = −CMK

90o

QCK CBN

 = −

90o

QCK BCN

 = −

CQ CN

 ⊥

90o

CKQ= −CMK

90o

KBP BMK

 = −

CMK =BMK CKQ=KBP

E

Q

P

D

K H

I

N M

O

C B

Câu 13 Cho đường trịn (O; R) với dây cung AB khơng qua tâm Lấy S điểm bất kì tia đối tia AB (S khác A) Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC, SD với đường tròn (O; R) cho điểm C nằm cung nhỏ AB (C, D là tiếp điểm) Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB

1 Chứng minh năm điểm C, D, H, O, S thuộc đường tròn đường kính SO Khi SO = 2R, tính độ dài đoạn thẳng SD theo R tính sớ đo CSD

3 Đường thẳng qua điểm A song song với đường thẳng SC, cắt đoạn thẳng CD điểm K Chứng minh tứ giác ADHK tứ giác nội tiếp đường thẳng BK qua trung điểm đoạn thẳng SC

4 Gọi E trung điểm đoạn thẳng BD F hình chiếu vng góc điểm E đường thẳng AD Chứng minh rằng, điểm S thay đổi tia đối tia AB thì điểm

F ln thuộc đường trịn cớ định Giải:

1 Chứng minh năm điểm C, D, H, O, S thuộc đường tròn đường kính SO

SD, SC tiếp tuyến đường tròn (O; R)

thuộc đường tròn đường kính SO (1) Mặt khác H trung điểm AB

thuộc đường tròn đường kính SO (2)

Từ (1) (2) thuộc đường tròn đường kính SO Tính độ dài đoạn thẳng SD theo

R sớ đo góc Xét có:

Ta có:

3 Vì S, D, O, H thuộc đường trịn nên SHOD tứ giác nội tiếp (góc nội tiếp chắn (3)

,

OD SD OC SC

 ⊥ ⊥

, D C 

90o

OH AB SHO

 ⊥  =

H 

, , , , C D H O S 

CSD SDO



2 2

SO =SD +DO

2 2 2

4

SD SO DO R R R

 = − = − =

3 SD R

 =

1

sin 30 60

2

o o

DO

DSO DSO CSD

SO

= =  =  =

1

AHD SOD COD

 = = SD)

G

M

N K

F

E

H

A' D

C O

B A

Lại có: (đờng vị) nên (4)

Từ (3) (4) nội tiếp Gọi M giao điểm BK SC

Gọi N giao điểm AK BC

Ta có: (2 góc nội tiếp chắn (2 góc nội tiếp chắn

mà H trung điểm AB nên K trung điểm AN Suy AK = KN Có: mà AK = KN nên SM = CM nên M trung điểm SC

4 Chứng minh rằng, điểm S thay đổi tia đối tia AB thì điểm F thuộc đường trịn cớ định

Kẻ đường kính đường trịn tâm O

Ta có mà

Kéo dài EF cắt G

là trung điểm BD nên G trung điểm

đường kính đường trịn tâm O nên cớ định cớ định Vậy G cố định Mà thuộc đường tròn đường kính AG cớ định (đpcm)

Câu 14 Cho đường trịn( )O ,đường kínhAB.Vẽ tiếp tuyếnAx By, đường tròn M điểm đường tròn(MkhácA B, ).Tiếp tuyến tạiMcủa đường tròn cắtAx By, lần lượt tạiP Q,

1 Chứng minh rằng: Tứ giácAPMO nội tiếp Chứng minh rằng:AP BQ+ =PQ

3 Chứng minh rằng:

AP BQ=AO

4 Khi điểmMdi động đường trịn( )O ,tìm vị trí điểmMsao cho diện tích tứ giácAPQBnhỏ

AKD=SCD 1

2

AKD= sđ DC = COD

AHD AKD ADHK

 = 

KHA=CBS KHA=ADK AK)

ADK =CBS AC)

/ /

HK BC



AK KN BK

SM =CM = BM

'

AA ' 90o '

ADA = DA ⊥DA EF⊥DAEF/ /DA' '

BA / / ',

EG DA E BA'

'

AA A' BA'

90o

Giải:

1 Xét tứ giác APMQ, ta có (vì PA, PM tiếp tuyến (O))

Vậy tứ giác APMO nội tiếp

2 Ta có: AP = MP (tính chất hai tiếp tuyến cắt điểm)

BQ = MQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt điểm)

3 Ta có OP phân giác (tính chất hai tiếp tuyến cắt điểm)

OQ phân giác (tính chất hai tiếp tuyến cắt điểm)

Mà (hai góc kề bù) Xét có: (cmt)

(PQ tiếp tuyến (O) M)

Áp dụng hệ thức lượng vào vuông O có đường cao OM

(hệ thức lượng)

Lại có (cmt); (bán kính) Do

4 Tứ giác APQB có: nên tứ giác APQB hình thang vuông

Mà AB không đổi nên đạt GTNN nhỏ điểm giữa

Tức M trùng hoặc đạt GTNN

Câu 15. Cho đường trịn ( )O điểmAnằm ngồi đường trịn Vẽ tiếp tuyếnAM AN, với đường tròn( )O (M N, ( )O ) QuaAvẽ đường thẳng cắt đường tròn ( )O hai điểmB C, phân biệt (Bnằm giữaA C, ) Gọi Hlà trung điểm đoạn thẳngBC

1 Chứng minh tứ giácANHM nội tiếp đường tròn 90o

OAP=OMP=

( )

AP BQ MP MQ PQ Ðpcm

 + = + =

AOM

BOM

180o

AOM+BOM = POQ=90o

POQ

 POQ=90o

OM ⊥PQ

POQ 

2

MP MQ OM

 =

;

MP=AP MQ=BQ OM =OA

( )

2

AP BQ= AO Ðpcm

( )

/ / ; ,

AP BQ AP⊥ AB BQ⊥AB

( )

2

APQB

AP BQ AB PQ AB

S +

 = =

APQB

S PQ

/ /

PQ AB PQ AB OM AB

 =   ⊥

M

 AB

1

M M2 SAPQB

2

2 AB

M2 M1

Q

P

M

O

B A

2 Chứng minh

AN =AB AC

3 Đường thẳng quaBsong song vớiANcắt đoạn thẳngMNtạiE Chứng minhEH/ /NC Giải:

1 Vì AN, AM tiếp tuyến (O) nên đường tròn đường kính AO

Gọi J trung điểm AO

Vì H trung điểm BC nên đường tròn đường kính AO

Suy A, O, M, N, H thuộc đường trịn tâm J đường kính AO

Suy AMHN tứ giác nội tiếp đường trịn

2 Có (góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn Xét có:

(cmt) chung

3 Gọi I giao điểm MN AC

Ta có MN trục đẳng phương đường tròn (J) (O)

nên phương trình tích I đối với (J) (O) bằng 90o

ANO=AMO= ; ; ;

A M O N

 

90o OH ⊥BCAHO= ,

H O

 

ANB=ACN BN BN)

ANB

 ACN ANB= ACN

BAN

( )

ANB ACN g g

  #

2

AN AB

AN AB AC

AC AN

 =  =

IMN

I

J

E H

C

B

O

N M

Vì nên

Câu 16. Cho đường trịn tâmObán kínhRvà điểmAsao choOA=3 RQuaAkẻ tiếp tuyếnAPvàAQvới đường tròn( ; )O R ( ,P Q tiếp điểm) LấyM thuộc đường tròn( ; )O R choPMsong song vớiAQ GọiN giao điểm thứ hai đường thẳngAMvới đường tròn(O R; ).TiaPNcắt đường thẳngAQtạiK

1 Chứng minh tứ giácAPOQlà tứ giác nội tiếp

KA =KN KP

2 Kẻ đường kínhQScủa đường trịn(O R; ).Chứng minhNSlà tia phân giác củaPNM GọiGlà giao điểm đường thẳngAOvàPK.Tính đội dài đoạn thẳngAGtheo bán

kínhR Giải:

1 Ta có:

Trong tứ giác APOQ có tổng hai góc đới bằng Suy tứ giác APOQ nội tiếp đường trịn

(so le trong)

Mà (góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn

Xét có: IB IH IA IH IB IC

IA IC

 =  =

/ /

BE AN IB IE IE IH EH / /NC

IA= AN  IN = IC 

90o APO= AQO=

0

180

/ /

PM AQPMN=KAN

PMN =APK PN PN)

KAN APK

 =

KAN

 KPA

H

H

I G

S

K

N

Q P

M

chung

(cmt)

2 Ta có: (AQ tiếp tuyến (O) ở Q) Mà (giả thiết) nên

Đường kính nên QS qua điểm giữa nhỏ

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) Hay NS tia phân giác

3 Gọi H giao điểm PQ AO

(tính chất hai tiếp tuyến cắt điểm) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AOQ ta có:

(góc nội tiếp chắn

(góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung

Xét có: (cmt) chung

Mà nên

Vậy có trung tuyến AH PK cắt ở G nên G trọng tâm K

KAN =KPA

( )

KAN KPA g g

  # 

( )

2

KA KN

KA KN KP Ðpcm

KP KA

 =  =

AQ⊥QS / /

PM AQ PM ⊥QS

QS⊥PM PM

s PSđ =s SMđ PNS=SNM

( )

PNM Ðpcm

AH PQ

 ⊥

2

2

3

OQ R

OQ OH OA OH R

OA R

=  = = =

1

3

AH OA OH R R R

 = − = − =

1 2sđ NQ

KPQ= NQ)

1 2sđ NQ

NQK= NQ)

NQK KPQ

 =

KNQ

 KQP NQK=KPQ

K

( )

KNQ KQP g g

  #

KN KQ

KQ KP

 =

KQ KN KP

 =

2

AK =NK KP AK=KQ

APQ 

2 16

3 3

AG AH R R

Câu 17 Cho tam giácABCnhọn(ABAC)nội tiếp đường tròn( ),O hai đường caoBE CF, cắt tạiH Tia AOcắt đường tròn( )O tạiD

1 Chứng minh tứ giácBCEFnội tiếp đường tròn; Chứng minh tứ giácBHCDlà hình bình hành;

3 Gọi Mlà trung điểm củaBC, tiaAMcắtHOtạiG Chứng minhGlà trọng tâm tam giácBAC

Giải:

1 Xét tứ giác BCEF có (cùng nhìn cạnh BC )

Tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp

2 Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà suy (1) Chứng minh tương tự: (2)

Từ (1) (2) suy BDCD hình bình hành Ta có M trung điểm BC suy M trung

điểm HD

Do AM, HO đường trung tuyến trọng tâm

Xét tam giác ABC có M trung điểm BC

Suy G trọng tâm

Câu 18. Cho đường trịn(O R; )có đường kínhABcớ định Trên tia đới tiaABlấy điểm Csao choAC=R QuaCkẻ đường thẳngdvng góc vớiCA.Lấy điểmM trên( )O khơng trùng vớiA B, TiaBMcắt đường thẳngdtạiP.TiaCMcắt đường tròn( )O điểm thứ hai làN,tiaPAcắt đường tròn( )O điểm thứ hai làQ

1 Chứng minh tứ giácACPMlà tứ giác nội tiếp; TínhBM BP theoR

3 Chứng minh hai đường thẳngPCvàNQsong song;

0

90 BFC=BEC=



90o ACD=

DC AC

 ⊥

;

HE⊥AC BH/ /DC / /

CH BD

AHD



G

 AHD

1 GM

AM

 =

1 GM

AM =

ABC 

G H

F

E

M

D O

C B

4 Chứng minh trọng tâmGcủa tam giácCMBln nằm đường trịn cớ định M thay đổi trên( )O

Giải:

1 Ta có AB đường kính góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

Mặt khác

mà hai góc ở vị trí đới

Suy tứ giác ACPM nội tiếp đường tròn

2 Xét có:

chung

3 Ta có:

AMNQ tứ giác nội tiếp (góc đỉnh góc ngồi đỉnh đới diện) (1)

AMPC tứ giác nội tiếp (hai góc nội tiếp chắn ) (2) Từ (1) (2)

Mà hai góc ở vị trí so le

4 Gọi D trung điểm BC điểm cố định

Qua G kẻ đường thẳng song song với MO cắt AB I

G trọng tâm nên (tính chất trọng tâm tam giác)

Do

Áp dụng định lý Ta-lét cho ta có

Mà O, D là hai điểm cớ định nên I cố định

( )O M, ( )O AMB 90o 90 o

AMB AMP

 =  =

( )

90o 180o

ACP= gt AMP+ACP=

BAM

 BPC

90o AMB=BCP= MBA

( )

BAM BPC g g

  # 

BM BA

BC BP

 =

2

BM BP BA BC R R R

 = = =

MNQ PAM

 =

PCM PAM

 = PM

MNQ PCM

 =

/ /

PC NQ

 D  BCM

 GMD

3

MG= MD

/ /

GI MO

DMO

 IDO 2

3

OI MG

OI OD

OD= MD =  =

I G

D

Q N P

M d

Do nên theo định lý Ta-lét ta có:

ln cách điểm I cố định khoảng không đổi

Khi M di động, điểm G nằm đường trịn tâm I, bán kính

Câu 19 ChoABCcó ba góc nội tiếp đường trịn( ),O bán kínhR Hạ đường caoAH BK, tam giác Các tiaAH BK, lần lượt cắt( )O điểm thứ hai làD E,

1 Chứng minh tứ giácABHKnội tiếp đường tròn Xác định tâm đường tròn Chứng minh.HK/ /DE

3 Cho ( )O dâyABcố định, điểmCdi chuyển trên( )O choABCcó ba góc nhọn Chứng minh rằng độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếpCHKkhơng đổi

Giải:

1 Tứ giác ABHK có

mà hai góc nhìn cạnh AB

Suy tứ giác ABHK nội tiếp đường trịn đường kính AB

2 Theo câu tứ giác ABHK nội tiếp (J) với J trung điểm AB

Nên (hai góc nội tiếp chắn (J))

Mà (A, H, K thẳng hàng) (hai góc chắn (O))

Suy mà hai góc ở vị trí đờng vị nên

3 Gọi T giao điểm hai đường cao

AH BK

Tứ giác CHTK có

Suy tứ giác CHTK nội tiếp đường tròn đường kính CT

Do CT đường kính đường trịn ngoại tiếp (*) Gọi F giao điểm CO với (O) hay CF đường kính (O) Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa (O))

/ /

GI MO 1

3 3

GI DG R

IG MO

MO= DM =  = =

G 

3 R



3 R

90 ,o

AKB=AHB=

BAH=BKH BH

BAH =BAD

BAD=BED BD

, BKH =BED

/ /

HK DE

90o CHT =CKT =

CHK  90o

CAF = FA⊥CA

F

T J

E

D

K

H

O

C B

Mà (gt)

Nên hay (1)

Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa (O)) Mà (gt)

Nên hay (2)

Từ (1) (2) ta có tứ giác AFBT hình bình hành (hai cặp cạnh đới song song) Do J trung điểm đường chéo AB

Nên J trung điểm đường chéo FT (tính chất đường chéo hình bình hành) Xét có O trung điểm FC, J trung điểm FT

Nên OJ đường trung bình (**)

Từ (*) (**) ta có độ dài OJ bằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp

Mà độ dài OJ khoảng cách từ tâm O đến dây AB (J trung điểm dây AB) Do (O) dây AB cố định nên độ dài OJ không đổi

Vậy độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp khơng đổi

Câu 20. Cho xAy=90 ,o vẽ đường trịn tâmAbán kínhR Đường trịn cắtAx Ay, thứ tự tạiBvàD Các tiếp tuyến với đường tròn( )A kẻ từBvàDcắt tạiC

1 Tứ giácABCDlà hình gì? Chứng minh? TrênBClấy điểmMtùy ý (M khácBvàC)

kẻ tiếp tuyếnMHvới đường tròn( )A ,(Hlà tiếp điểm).MHcắt CDtạiN Chứng minh rằng

45 MAN =

3 P Q; thứ tự giao điểm củaAM AN; với

BD Chứng minh rằngMQ NP; đường cao củaAMN

Giải:

1 Theo tính chất tiếp tuyến ta có:

Xét tứ giác ABCD có:

hình chữ nhật BK ⊥CA

/ /

BK FA BT/ /FA 90o

CBF = FB⊥CB

AH ⊥CB / /

AH FB AT/ /FB

CTF 

CTF 

2

OJ CT

 =

CHK 

CHK 

90o CBA= ADC=

( )

90

90

o

o

BAD

CBA ADC cmt

 =

 

= =



ABCD 

P Q

H N

M C D

Ta có nên ABCD hình vng Xét vng vng có:

(cạnh hùn – cạnh góc vng)

Tương tự:

3 Xét vng có: vng cân C

Ta có A, B hai đỉnh nhìn QM góc Tứ giác ABMQ tứ giác nội tiếp

là đường cao (đpcm) Tương tự ADNP tứ giác nội tiếp

là đường cao

Vậy MQ, NP đường cao (đpcm)

Câu 21. Cho ABC AB( AC)có góc nhọn nội tiếp đường tròn (O R; ).Vẽ đường cao AHcủa ABC, đường kínhADcủa đường trịn GọiE F, lần lượt chân đường vng góc kẻ từ Cvà Bx́ng đường thẳngAD M trung điểm củaBC

1 Chứng minh tứ giácABHFvàBMFOnội tiếp Chứng minh HE/ /BD

3 Chứng minh

ABC

AB AC BC S

R

= (SABClà diện tích ABC)

Giải:

AB=AC=R ADN

 AHN

AN chung

AD AH R



 = =



ADN AHN

  = 

DAN HAN

 =

90o DAN+HAN+HAM+BAM =xAy= 2.HAN 2.HAM 90o

 + =

45o

HAN HAM

 + =

45 o MAN

 =

BCD

 BC=CD=R BCD

  CBD=45o

45o



180o

AQM ABM

 + =

180o 180o 90o 90o

AQM ABM

 = − = − =

MQ AN MQ

 ⊥  AMN

NP AM NP

 ⊥  AMN

1 Theo đề ta có: mà góc nhìn cạnh AB

Vậy tứ giác ABHF nội tiếp đường tròn đường kính

AB

Có M trung điểm BC mà BC dây cung nên

Khi mà góc ở vị trí đối

Vậy tứ giác BMOF nội tiếp đường tròn đường kính OB

2 Theo đề bài: tứ giác nội tiếp

Suy ra: (2 góc nội tiếp

chắn

Lại có: (2 góc nội tiếp chắn

Nên mà chúng ở vị trí đờng vị suy ra: Ta có:

Mặt khác có: (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên hai góc nội tiếp chắn

Tương tự ta có: Ta có:

Từ (1) (2)

Vậy

Câu 22. ChoABCnhọn (AB AC)ba đường caoAP BM CN, , củaABCcắt tạiH Chứng minh tứ giácBCMN nội tiếp

90o AHB=BFA=

OM ⊥BC

90o

BFO=BMO=

90o

AEC=AHC= ACEH

1 CHE=CAE= CE

) EC

1

CAE=CAD=CBD= CD DC)

CHE=CBD HE/ /BD

( )

1

.sin sin

2

ABC

S = BC AH = BC AB ABC AH =AB ABC

ABC

 ABD=90o sin sin

AB=AD ADB= R ACB(ADB=ACB AB)

2 sin sin

AC R ABC

BC R BAC

 =

 

= 

( )

3

sin sin sin

AB AC BC= R ACB ABC BAC

( )

2

1

.sin sin sin sin sin sin sin

2

ABC

S = BC AB ABC= R BAC R ACB CBA= R BAC ACB CBA

1

ABC

S

AB BA CA R

 =

ABC

AB AC BC S

R

= 

M E F

D H

O

C B

2 Chứng minh ANM ACB

3 Kẻ tiếp tuyếnBDvới đường tròn đường kínhAH(Dlà tiếp điểm) kẻ tiếp tuyếnBEvới đường tròn đường kính CH(E tiếp điểm) Chứng minhBD=BE

4 Giả sử AB = 4cm; AC = 5cm; BC = 6cm TínhMN Giải:

1 Ta có:

Mà hai đỉnh M, N nhìn BC

Tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn Xét có:

chung

(cùng bù với ) Suy (g.g)

3 Gọi O là tâm đường tròn đường kính AH

Gọi I tâm đường tròn đườn kính CH

Xét có: chung

(cùng phụ với Suy ra: (g.g)

(1)

Ta có: (2 góc nội tiếp chắn

Mà (gt)

Lại có cân I

Xét có: chung

(cùng phụ với ) Suy ra: (g.g)

(2)

Từ (1) (2) suy ra: Đặt

90o BMC=BNC=



ANM

 ACB A

ANM =ACB BNM

ANM ACB

  # 

BDH

 BMD

B

BDH =BMD MDH)

BDH BMD

 # 

2

BD BH

BD BM BH

BM BD

 =  =

EMC=EHC EC)

90o

HME+EMC= 90o

HME EHI

 + =

IHE=HEI HIE 90o HME HEI

 + =

BHE

 BEM

HBE

BEH =BME HEI

BHE BEM

 # 

2

BH BE

BE BM BH

BE BM

 =  =

BE=BD

( )

; 4

AN =x NB= −x  x

E D

I O

H N

M

P

C B

Áp dụng định lý Pi-ta-go ta có:

2 2

CN =AC −AN Mà

2 2

AC AN BC BN

 − = −

Vậy

Lại có: (cmt)

(cm)

Câu 23. Cho nửa đường tròn O đường kínhAB=2R Điểm M di chuyển nửa đường tròn (MkhácAvàB) Clà trung điểm dây cungAM Đường thẳng dlà tiếp tuyến với nửa đường tròn B TiaAMcắt dtại điểmN Đường thẳngOCcắtdtạiE

1 Chứng minh: tứ giácOCNBnội tiếp Chứng minh:AC AN = AO AB Chứng minh:NOvng góc vớiAE

4 Tìm vị trí điểmMsao cho (2.AM+AN)nhỏ Giải:

1 Theo tính chất dây cung ta có:

BN tiếp tuyến (O)

Xét tứ giác OCNB có tổng góc đới:

Do tứ giác OCNB nội tiếp Xét có:

chung

Suy

2 2

CN =BC −BN

( )2

2 2

5 x x

 − = − −

2

25 x 36 16 8x x  − = − + −

25 36 16 8x  − + =

8x  =

0,625 x

 =

0,625 AN=

ANM ACB

 #

AN MN

AC BC

 =

0,625.6

0,75

AN BC MN

AC

 = = =

90o OC⊥ AM OCN =

90o BOB⊥BNOBN =

90o 90o 180o OCN+OBN= + =

ACO

 ABN CAO

90o

ACO=ABN =

( )

ACO ABN g g

  # AC AO

AB AN

 =

6 4 - x

x

5

C B

N

Do đó: (đpcm) Theo chứng minh ta có:

là đường cao đường cao

Từ (1) (2) trực tâm (vì O gia điểm AB EC) đường cao thứ ba

Suy (đpcm)

2 Ta có: (vì C trung điểm AM)

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta có:

Suy tổng nhỏ bằng

AN AM M

 =  trung điểm AN

Khi vng B có BM đường trung tuyến nên

Vậy với M điểm giữa nửa đường tròn đường kính AB nhỏ bằng

Câu 24 Cho đường trịn tâmObán kínhRvà đường thẳng( )d khơng qua O, cắt đường tròn ( )O điểmA B, Lấy điểm M tia đốiBA, qua Mkẻ hai tiếp tuyến

,

MC MDvới đường tròn (C D, tiếp điểm) Chứng minh tứ giác

MCODnội tiếp đường tròn

2 GọiHlà trung điểm đoạn thẳngAB Chứng minh HMlà phân giác CHD Đường thẳng qua

Ovà vng góc với MOcắt tia

,

MC MDtheo thứ tự tạiP Q, Tìm vị trí điểmM trên( )d

AC AN=AO AB

OC⊥AMEC⊥ANEC ANE( )1

OB⊥BNAB⊥NEAB AME( )2

O

 ANE

NO

 ANE

NO⊥AE

2.AM+AN =4AC+AN

2

4AC AN =4AO AB =4 2R R=8R

2

4AC+AN2 2AC AN =2 8R =4 2R

2.AM+AN 2R 4AC=AN ABN

 AM =MBAM =BM

2AM+AN R

(d)

Q P

H

D C

O

M B

cho diện tíchMPQnhỏ Giải:

1 Xét tứ giác MCOD có:

Suy tứ giác MCOD nội tiếp đường trịn

2 Ta có H trung điểm H thuộc đường kính MO

5 điểm D; M; C; H; O thuộc đường tròn đường kính MO

(2 góc nội tiếp chắn cung MD) (2 góc nội tiếp chắn cung MC) Lại có (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

HM phân giác Ta có:

Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vng OMP ta có: khơng đổi

Dấu “ = “ xảy Khi M giao điểm (d) với đường tròn tâm O bán kính

Vậy M giao điểm (d) với đường trịn tâm O bán kính diện tích nhỏ

Câu 25 ChoABCcó ba góc đều nhọn, hai đường caoBDvàCE cắt tạiH(Dthuộc ;

AC EthuộcAB)

1 Chứng minh tứ giácADHEnội tiếp đường tròn;

2 Gọi M I, lần lượt trung điểm củaAHvà BC Chứng minhMIvng góc với ED

Giải:

1 Tứ giác ADHE có: Nên

Do đó: mà góc ở vị trí đới diện Vậy tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn

2 Tứ giác BEDC có:

(gt) nên nội tiếp đường trịn tâm

I đường kính BC (1)

90 ;o 90o

MC⊥ODOCM= MD⊥ODODM =

90o ABOH ⊥ ABMHO= 



DHM DOM

 =

CHM =COM DOM =COM

DHM CHM

 =  CHD

( )

2

MPQ MOP

S = S =OC MP=R MC+CP  R CM CP

2

CM CP=OC =R SMPQ2R2

2

CM CP R

 = =

2 R

2

R MRT

( ); ( )

AD⊥DH gt AE⊥EH gt 90o

AEH =ADH =

180o AEH+ADH=

90o BEC=BDC=

H M

D

E

A

I C

Tương tự: Tứ giác ADHE nội tiếp đường trịn tâm M đường kính AH E, D giao điểm I đường tròn

Dễ dàng chứng minh phân giác Mà cân

Câu 26. ChoABCcó ba góc đều nhọn(AB AC)nội tiếp đường tròn tâm O, kẻ đường caoAH GọiM N, hình chiếu vng góc củaHtrênABvàAC.KẻNEvng góc với AH Đường vng góc vớiACtạiCcắt đường trịn I cắt tiaAHtạiD TiaAHcắt đường tròn tạiF

1 Chứng minhABC+ACB=BICvà tứ giácDENCnội tiếp đường tròn

2 Chứng minh hệ thứcAM AB =AN AC tứ giác BFIC hình thang cân

3 Chứng minh: tứ giácBMEDnội tiếp đường tròn

Giải:

1 Vì ABIC tứ giác nội tiếp nên:

Vì nên s

mà góc ở vị trí đối Suy tứ giác DENC tứ giác nội tiếp

2 Áp dụng hệ thức lượng hai tam giác vng AHB AHC có:

Có

Suy sớ đo hai cung IC BF bằng Mặt khác ABFI ABIC nội tiếp nên Suy hình thang Vì

( )

EMI DMI c c c  = 

MI

 DME

DMI

 M MD( =ME)

( )

MI DE Ðpcm

 ⊥

;

ABC=AIC ACB= AIB

ABC ACB AIC AIB BIC

 + = + =

;

NE⊥AD NC⊥CD NED=NCD=90o 180o

NED NCD

 + =

2

;

AM AB= AH AN AC=AH  AM AB=AN AC 90o ; 90o ;

IAC= −AIC BAF= −ABH AIC=ABH IAC=BAF

IC BF

 =

; ;

BAF=BIF IAC=IBC BIF=IBC / /

IF BCBCIF BAF=CAIBAI =CAF

FC BI FC BI

 =  =

D F

I

E N

M

H

O

C B

Hình thang BCIF có FC = BI BCIF hình thang cân Có

Xét có:

(cmt); chung

Suy

mà góc ở vị trí đới diện Suy BMED nội tiếp đường tròn

Câu 27. Cho nửa đường trịn( )O đường kínhAB GọiClà điểm cớ định thuộc đoạn thẳng OB (CkhácOvàB) Dựng đường thẳng d vng góc vớiABtại điểm C, cắt nửa đường trịn ( )O điểmM.Trên cung nhỏMBlấy điểmN bất kỳ(NkhácM vàB), tiaANcắt đường thẳng d điểm F,tiaBNcắt đường thẳngdtại điểmE.Đường thẳngAEcắt nửa đường tròn ( )O điểm D(DkhácA)

1 Chứng minh:AD AE =AC AB

2 Chứng minh: Ba điểmB F D, , thẳng hàng vàFlà tâm đường tròn nội tiếp

CDN 

3 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp

AEF

 Chứng minh rằng điểm Iluôn nằm đường thẳng cố định điểmN di chuyển cung nhỏ

MB Giải:

1 Có (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Xét có:

chung

(g.g)

 ( )

AEN AGD g g

 #

AE AN AE AM

AE AD AN AC AM AB

AC AD AB AD

 =  = =  =

AME

 ADB

AE AM

AB = AD MAE

( )

AME ADB c g c

 #

180o

AME ADB BME ADB

 =  + =

90o

ADB= ANB=

ADB

 ACE

90o ADB=ACE= EAC

ADB ACE

  # 

( )

AD AB

AD AE AC AB Ðpcm

AC AE

2 Có EC giao AN F nên F trực tâm Mà thẳng hàng

Tứ giác ADFC có hai góc đới bằng nên tứ giác ADFC tứ giác nội tiếp Suy (hai góc nội tiếp chắn

Tương tự ta có: (hai góc nội tiếp chắn Mà (cùng phụ với

Suy CF phân giác

Tương tự có DF phân giác Vậy F tâm đường tròn nội tiếp

2 Gọi J giao điểm (I) với đoạn AB

Có

(1)

Vì AEFJ tứ giác nội tiếp nên

(2)

Từ (1) (2) suy trung điểm BJ (vì ) Suy J điểm cớ định

Có nên I ln thuộc đường trung trực AJ đường thẳng cố định

Câu 28. Cho ABCnhọn(ABAC)nội tiếp( ),O vẽ đường kínhAD.Đường thẳng quaB vng góc vớiADtạiEvà cắtACtạiF GọiHlà hình chiếu củaBtrênACvàMlà trung điểm BC

1 Chứng minhCDEFlà tứ giác nội tiếp Chứng minhMHC+BAD=90 o

3 Chứng minhHC BC HF + = HE Giải:

; ,

AN⊥EB EC⊥AB AEBBF⊥EA

, , BD⊥EAB D F

90o

DCF =DAF DF)

NCF =NBF NF)

DAF = NBF AEB)DCF =NCF

DCN

NDC DCN  90o

FAC=CEB= −ABE  FAC#BEC g g( )

FC AC

CF CE BC AC

BC EC

 =  =

180o FJC=FEA= −AJF

( ) CF CJ

CFJ CAE g g CF CE CA CJ

CA CE

  #   =  =

BC AC=CACJBC=CJC J B

1 Có (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Vì nên mà hai góc ở vị trí đối Suy tứ giác CDEF tứ giác nội tiếp

2 Vì M trung điểm cạnh huyền BC tam giác vuông BHC nên

cân M (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Vì ABCD tứ giác nội tiếp nên:

3 Vì nên tứ giác nội tiếp

(hai góc nội tiếp chắn Mà theo ý ta có:

Suy H, E, M thẳng hàng Gọi N trung điểm FC

 NM đường trung bình

MN // BF nên ta có:

(đpcm)

Câu 29. ChoABCnhọn Đường trịn tâmOđường kínhBCcắt cạnhAB AC, lần lượt điểmM N M, ( B N, C) GọiHlà giao điểm củaBNvàCM P; giao điểm củaAH vàBC

1 Chứng minh tứ giácAMHNnội tiếp đường tròn Chứng minhBM BA =BP BC

N

M H

F E

D O

C B

A

90o ACD=

BE⊥AD FED=90oFED+FCD=180o

MH =MC=MB MHC

MHC MCH

 =

90 o BAD=BCDBAD+MHC=BCD+MCH =DCH =

,

BE⊥AE BH⊥AH BEA=BHA=90o ABEH BAE BHE

 = BE)

90o

BAE= −MHC=BHM BHE=BHM

BFC 



( )

2

2 2

1 HF FN

BC HM HN HF FC HF HC HC

HE HE HF HF HF HF HF

+ + +

3 Trong trường hợp đặc biệt khiABCđều cạnh bằng2a Tính chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giácAMHNtheo a

4 Từ điểmAkẻ tiếp tuyếnAEvàAFcủa đường tròn tâmOđường kínhBC(E F, tiếp điểm) Chứng minh ba điểmE H F, , thẳng hàng

Giải:

1 Ta có: nên M N thuộc đường tròn đường kính AH

Vậy tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn

2 Tứ giác AMPC có (do H trực tâm

Từ suy

3 Đường trịn ngoại tiếp tứ giác AMHN có đường kính AH

đều nên trực tâm H trọng tâm

Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN bằng:

Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tức giác AMHN bằng

4 Ta có:

Xét có: (cmt); chung

Nên (c.g.c) Suy Tương tự ta có:

Mặt khác: Tứ giác AFOP AEOF nội tiếp đường tròn đường kính AO nên năm điểm A, E, P, O, F thuộc đường tròn đường kính AO

Suy tứ giác AEPF nội tiếp đường tròn nên: Từ (1), (2) (3)

90 ;o 90o

AMH = ANH=

0

90 APC = )

ABC

 AMC=90o

( )

BMC BPA g g

  #

BM BC

BP BA

 =  BM BA =BP BC

ABC 

2 3

3 3

AB a

AH AP

 =  =  =

2

3 a

AH 

 =

2 3 a

 

2

AH AE

AH AP AM AB AE

AE AP

= =  =

AHE

 AEP

AH AE

AE = AP EAP

AHE AEP

 #  AHE=AEP ( )1

( )2 AHF= AFP

( )

180o AEP+AFP=

180o 180o

AHE AHF AEP AFP EHF

 + = + =  =

E

F

P H

N

M

O

C B

Vậy ba điểm E, H, F thẳng hàng

Câu 30. ChoABCđều có đường caoAH Trên cạnhBClấy điểmMtùy ý(Mkhông trùng với B C H, , ).GọiP Q, lần lượt hình chiếu vng góc củaM lênAB AC,

1 Chứng minh tứ giácAPMQnội tiếp đường tròn xác định tâmOcủa đường tròn

2 Chứng minhOH⊥PQ

3 Chứng minhMP MQ+ =AH Giải:

1 Xét tứ giác APMQ có: (gt)

Tứ giác APMQ

nội tiếp đường tròn đường kính AM

Gọi O trung điểm AM

tứ giác APMQ nội tiếp đường trịn tâm O đường kính AM

2 Ta có: (gt) nội tiếp chắn đường tròn đường kính AM H thuộc đường trịn (O)

Ta có: (hai góc nội tiếp chắn ) (hai góc nội tiếp chắn

Mà ( đều nên AH vừa đường cao vừa đường phân giác) cân

Mà (do (2)

Từ (1) (2) đường trung trực

Ta có: (do )

1

(do )

2

MAC

S = MQ AC= MQ BC AC=BC (do )

90o APM = AQM =

180o

APM AQM

 + = 



90o

AHM = AHM

1



HPQ=HAC HQ

HQP=HAB HP)

HAC =HAB ABC

HPQ HQP HPQ

 =   HHP=HQ( )1 OP=OQ P Q, ( )O )

OH

 PQOH⊥PQ

1

2

MAC

S = MQ AC= MQ BC

1

2

MAB

S = MP AB= MP BC AB=BC

1

ABC

S = AH BC AC=BC

M H

Q O

P

C B

(đpcm)

Câu 31 ChoABCcó ba góc nhọn nội tiếp đường trịn ( )O có bán kínhR=3cm Các tiếp tuyến với( )O tạiBvàCcắt tạiD

1 Chứng minh tứ giácOBDCnội tiếp đường tròn;

2 GọiM giao điểm củaBCvàOD BiếtOD=5(cm) Tính diện tíchBCD

3 Kẻ đường thẳngdđi quaDvà song song với đường tiếp tuyến với ( )O A d, cắt đường thẳngAB AC, lần lượt tạiP Q, Chứng minhAB AP =AQ AC

4 Chứng minhPAD=MAC Giải:

1 Do DB, DC tiếp tuyến (O)

mà góc ở vị trí đới Tứ giác OBDC tứ giác nội tiếp

2 Áp dụng định lý Pi-ta-go vào vuông B

Ta có: (2 tiếp tuyến cắt nhau)

1 1

2 2

MAB MAC ABC

S +S =S  MP BC+ MQ BC= AH BC MP MQ+ = AH

x

M

Q

d

D

P

G

F

O

C B

A

90o

OBD OCD

 = =

90o 90o 180o OBD OCD

 + = + =



OBD 

( )

2 2

5

DB OD OB cm

 = − = − =

,

thuộc trung trực trung trực Áp dụng hệ thức lượng vào vuông, ta có:

Vậy

3 Ta có: (2 góc so le

Mà (góc tạo bởi tia tiếp tuyến cung góc nội tiếp chắn )

Xét có: chung; (cmt)

(g.g)

4 Kéo dài BD cắt tiếp tuyến qua A đường trịn (O) F

Ta có: (đới đỉnh)

Mà (góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung, góc nội tiếp chắn ) (do

cân

Tương tự kéo dàu DC cắt tiếp tuyến qua A đường tròn (O) G

Ta chứng minh cân D

Lại có (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

D trung điểm PQ

Ta có: (cmt)

Xét có:

( - cmt);

(c.g.c) (đpcm)

Câu 32. Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R Điểm C cố định nửa đường tròn Điểm M thuộc cung AC(M A; C) HạMH ⊥ABtại H Nối MB cắt CA E Hạ

EI ⊥AB I Gọi K giao điểm AC MH Chứng minh: ;

O D

 BCOD BCOD⊥BC

OBD 

( )

2

2 16

5

BD

DM DO BD DM cm

DO

=  = = =

( )

3.4 12

5 OB BD

BM OD OB BD BM cm

OD

=  = = =

( )2

1 16 12

7,68

2 5

DBC

S = DM BC=DM BM = = cm

APQ=BAx Ax/ /PQ)

xAB= ACB AB AB

APQ ACB

 =

ABC

 AQP

PAQ APQ= ACB

ABC AQP

  # AB AC AB AP AC AQ

AQ AP

 =  =

DBP=ABF

ABF=ACB AB

ACB=APD ABC# AQP)

DBP APD BPD DBP

 = =   DDB=DP

DCQ=ACG=ABC=DQC DCQ DB=DC

DP DQ

 = 

ABC AQP

 #

2

AB AC BC MC AC MC

AQ AP PQ PD AP PD

 = = =  =

AMC

 ADP

ACM = APD ACB=APQ AC MC

AP = PD

AMC ADP

1 BHKC AMEI tứ giác nội tiếp

2

AK AC=AM

3 AE AC +BE BM khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M

4 Khi M chuyển động cung AC thì đường tròn ngoại tiếp tam giác IMC qua hai điểm cố định

1 Chứng minh tứ giác tứ giác tứ giác nội tiếp (2 góc nội tiếp chắn nửa

đường tròn)

Tứ giác có:

Mà góc ở vị trí đối Tứ giác tứ giác nội tiếp Tứ giác có:

Mà góc ở vị trí đối Tứ giác tứ giác nội tiếp Xét có:

chung

(g.g)

(1)

Áp dụng hệ thức lượng vuông M, có MH đường cao, ta có: (2)

Từ (1) (2) ta có

3. Xét có:

chung

(g.g)

(3)

Xét có:

chung

(g.g)

BHKC AMEI

90o AMB=KCB=

BHKC 180o KHB+KCB=

 BHKC

AMEI 180o AMB+EIA=

 AMEI

AHK

 ACB

90o AHK = ACK = CAB

AHK ACB

  # 

AH AK

AC AB

 = AH AB =AC AK

AMB



2

AH AB=AM

( )

2

AK AC AM Ðpcm

 =

AEI

 ABC

90o AIE=ACB= CAB

AEI ABC

  # 

AE AB

AE AC AB AI

AI AC

 =  =

BEI

 BAM

90o BIE=BMA= ABM

BEI BAM

  # 

K

I E

H M

C

O B

(4)

Từ (3) (4)

Vậy không phụ thuộc vào M

4 Khi M chuyển động cung AC thì đường tròn ngoại tiếp tam giác IMC qua hai điểm cớ định

Tứ giác có:

Mà góc ở vị trí đới tứ giác tứ giác nội tiếp

(2 góc nội tiếp chắn cung Từ câu 1, ta có tứ giác tứ giác nội tiếp

(2 góc nội tiếp chắn cung Mà (2 góc nội tiếp chắn cung

mà đỉnh nhìn cạnh MC

thuộc cùng đường tròn

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác qua hai điểm cố định O C

Câu 33 Cho đường tròn(O; R)và điểm A cớ định ở ngồi đường trịn Vẽ đường thẳng d⊥OAtại A Trên dlấy điểm M Qua M kẻ tiếp tuyến ME, MF tới đường trịn (O) Nới

EF cắt OM H, cắt OA B

1 Chứng minh ABHM tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh

OAOB=OH OM=R

3 Chứng minh tâm I đường tròn nội tiếp tam giác MEF thuộc đường tròn cố định M di chuyển d

4 Tìm vị trí M để diện tíchHBOlớn Giải:

1 Chứng minh ABHM tứ giác nội tiếp

Có ME = MF và MO phân giác nên H Mà

tứ giác nội tiếp

BE BA

BE BM BI BA

BI BM

 =  =

( )

AE AC BE BM AB AI BI

 + = +

2

AE AC BE BM AB R

 + = =

AE AC+BE BM

BCEI 90o

BCE+EIB=

 BCEI

EIC EBC

 = EC)

AMEI

EIM EAM

 = ME)

EBC=EAM MC)

2

MIC=EIC+EIM = EAM =MOC , , ,

M C I O 

IMC

2

vuông

3 Có EI phân giác Mà

cân

4 Vì cớ định

đường tròn đường kính OB Gọi K trung điểm

Hạ

Mà Dấu “=” xảy

Vậy vuông cân H MO tạo với

OA góc

Câu 34 Cho (O; R) điểm A thuộc đường tròn Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn Trên Ax lấy điểm H cho AH < R Dựng đường thẳng d ⊥ Ax H Đường thẳng dcắt đường tròn E B (E nằm giữa H B)

1 Chứng minh ABH# EAH

2 Lấy điểm C thuộcAxsao cho H trung điểm AC Nối CE cắt AB K Chứng minh

AHEK tứ giác nội tiếp

3 Tìm vị trí H trênAxsao choAB=R Giải :

1 Chứng minh

Ta có: sđ (t/c góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung) sđ (góc nội tiếp chắn cung

Xét có:

chung

OHB OAM OB OA OH OM

 #   =

EMO

 2

EOH OM=OE =R ;

IMO MEH

90o MEI+IEO=

90o

IEH+OIE= OIE=IEO OIE

  OOI =OE=  R I ( ; ).O R

2

R

OB OA R OA B

OA

=  = 

90o

OHB=  H

OBKB=KO=HK HN ⊥OB

max max

HBO

S HN HN HK

H K

max

HBO

S  HBO 

45 o

AHB EAH

 # 

2

EAH = AE

1

ABE= AE AE)

AHB

 EAH

( ) EAH= ABE cmt AHB

B H

F

E

M

2 Chứng minh tứ giác nội tiếp

Ta có: cân

Mà

Xét tứ giác có:

Mà góc ở vị trí đới diện tứ giác nội tiếp

3 Tìm vị trí cho

Kẻ

Vậy cần lấy điểm cho

Câu 35. ChoABCvng ở A Trên cạnhAClấy điểmM, dựng đường trịn tâm( )O có đường kínhMC.Đường thẳngBMcắt đường tròn tâm( )O tạiD, đường thẳngADcắt đường tròn tâm( )O tạiS

1 Chứng minh tứ giácABCDlà tứ giác nội tiếp vàCAlà tia phân giác gócBCS Gọi E giao điểm củaBCvới đường tròn( )O Chứng minh đường thẳng

, ,

BA EM CDđờng quy

3 Chứng minhMlà tâm đường trịn nội tiếp tam giácADE Giải:

1 Ta có (giả thiết) ( )

AHB EAH g g

  # 

AHEK

EH AC

EAC

AH HC

⊥    

=  E

ECH EAC KCA ABH

 =  =

90o ABH+BAH =

90o KCA BAH

 + =

90o

CKA

 =

AHEK

90o 90o 180o AKE+EHA= + =

 AHEK

H Ax

3 AB=R

OI ⊥AB I

3 R AI IB  = =

3

cos 30 60

2

o o

OAI OAI BAC

 =  =  =

1

.cos 60

2

o R

AH AB R

 = =  =

H Ax

2 R

AH = AB=R

90o

BAC=

I K

C

B

E

d

H x

O

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

A, D nhìn BC góc nên tứ giác ABCD nội tiếp

Vì tứ giác ABCD nội tiếp (cùng chắn cung AB) (1) Ta có tứ giác DMCS nội tiếp (cùng bù với (2) Từ (1) (2)

là phân giác

2 Giả sử BA cắt CD K Ta có

M trực tâm Mặt khác (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

thẳng hàng hay BA, EM, CD đờng quy K

3 Vì tứ giác ABCD nội tiếp (cùng chắn cung DC) (3) Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp

(cùng chắn cung ME) (4) Từ (3) (4) hay AM tia phân giác

Chứng minh tương tự ta có: hay DM tia phân giác Vậy M tâm đường tròn nội tiếp

* Lưu ý: Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy, phương pháp thường dùng

chứng minh ba đường thẳng ba đường cao, ba đường trung tuyến, là ba đường phân giác tam giác

Câu 36 Cho đường tròn(O R; ), đường kínhAB.ĐiểmHthuộc đoạn OA Kẻ dây CD vng góc vớiABtạiH.Vẽ đường trịn( )O1 đường kínhAHvà đường trịn( )O2 đường kính BH Nới AC cắt đường trịn( )O1 N NớiBCcắt đường tròn( )O2 M.Đường thẳngMNcắt đường tròn(O R; )tạiEvàF

1 Chứng minhCMHNlà hình chữ nhật Cho AH=4cm,BH =9cm Tính MN

3 Chứng minhMNlà tiếp tuyến chung hai đường tròn ( )O1 ( )O2 Chứng minhCE=CF=CH

Giải: 90o MDC=

90o

ADB ACB

 =

ADB ACS

 = MDS)

BCA ACS

 = CA

BCS

,

BD⊥CK CA⊥BK

 KBC MEC=90o

, , K M E 

DAC DBC

 =

MAE MBE

 =

DAM MAE

 =

DAE

ADM =MDE ADE

ADE 

K S

D

O E

M C

B

1 Chứng minh hình chữ nhật:

Ta có: (các góc

nội tiếp chắn nửa đường trịn)

CMHN hình chữ nhật

2 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ACB:

Suy

3 Gọi I giao điểm CH MN Theo tính chất hình chữ nhật:

cân I

Lại có:

Chứng minh tương tự:

Do MN tiếp tuyến chung OC cắt MN K, cắt (O; R) Q

Có Mà

tại K

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng FCQ: (1) Có

Mà

Do (3)

Từ (1); (2) (3)

Có cân C

Vậy

CMHN

90o

AMH =ACB=HNB=

90o

MCN CMH CNH

 = = =



2

4.9 36

CH =AH HB= =

6 ( )

CH = MN= cm

IM =IN =IC=IH  IMH IMH IHM

 =

2

O M =O H O MH2 =O HM2

2 90

o

O MI O HI

 = =

1 90

o

O NI =

1

(O) (O2)

90 o

CDQ CFQ

 = =

OC=OB=ROCB=OBC

2 2

O M =O B=R O MB2 =OBN O MB2 =OCB

2 / /

O M OC

 OC⊥MN

2

CF =CK CQ ( )

CKI CDQ g g

 #  CK CQ =CI CD ( )2

OH ⊥CDHC=HD

2

1

.2

2

CI CD= CH CH=CH

2

CF CH CF CH

 =  =

OK⊥EFKE=KF CEF CE=CF

CE=CF =CH

Q K

I

F

E

M

N

D C

O2 O1 H O

Câu 37 Cho đường trịn(O R; )có hai đường kính vng gócABvà CD Gọi I trung điểm OB.Tia CI cắt đường tròn (O; R) E Nối AE cắt CD H; nối BD cắt AE K Chứng minh tứ giácOIEDnội tiếp

2 Chứng minh

AH AE= R Tính tanBAE

4 Chứng minh OK vng góc với BD.

Giải:

1 Ta có CD đường kính đường trịn (O; R) nên Theo giả thiết

Do đó:

Suy tứ giác OIED tứ giác nội tiếp

3 Ta có:

Suy EI là phân giác Do

Vậy

4 Xét vng O, ta có vậy H trọng tâm tam giác DAB

Do AK đường trung tuyến tam giác DAB

Suy KB = KD Vì vậy (quan hệ đường kính – dây cung)

Câu 38 Cho đường trịn tâm O, bán kính R, đường kính AD Điểm H thuộc đoạn OD Kẻ dâyBC⊥ ADtại H Lấy điểm M thuộc cung nhỏ AC, kẻCK⊥ AM K Đường thẳng BM cắt CK N

1 Chứng minh

AH AD=AB

2 Chứng minh tam giác CAN cân A

90o CED= 90o

BOD= 180o IED+IOD=

(g.g)

AOH AEB

 # 

AO AH

AE AB

 =

AE AH AO AB R

 = =

1

45

o

BEC= BOC=

1

45

o

AEC= AOC=

AEB

EB IB

EA IA

 = =

1 tan

3 BE BAE

AE = = OHA

 tan

3

OA OD

OH =OA OAH = =

OK ⊥DB

K H

E I

D C

O

3 Giả sử H trung điểm OD Tính R theo thể tích hình nón có bán kính đáy HD, đường cao BH

4 Tìm vị trí M để diện tích tam giác ABN lớn

Giải:

1 Tam giác ABD vuông B,

nên

2 Do cân

tại A

Mà nên

(1)

Tứ giác ABCM nội tiếp đường tròn (O; R) nên (cùng bù với ) (2) Từ (1) (2)

Lại có (giả thiết) cân M

Tam giác CAN có KC = KN nên cân A

3 Khi OH = HD, tam giác BOD cân B , mà nên tam giác OBD

đều

Thể tích hình nón

Trong đó: , Vậy

4 Hạ Vì AB khơng đổi nên lớn NE lớn Ta có: AN = AC không đổi

Mà dấu bằng xảy Lấy I đới xứng với B qua O Khi NA đi qua I

Mặt khác AM phân giác nên M điểm giữa cung nhỏ IC Vậy điểm M cần tìm điểm giữa cung nhỏ IC

BH⊥AD

2

AH AD=AB

AH ⊥BCHB=HC ABC

ABC= ACB

ACB=AMB ABC= AMB

ABC KMN

 =

ABC=KMC AMC

KMN KMC

 =

MK ⊥CN  MCN

KC KN

 =

AK ⊥CN ACN

BO BD

 = OB=OD=R 60o

BOH

 = sin 60

2

o R

BH OB

 = = 

2

1 V = r h

R

r=HD=

2 R h=BH =

2

1 3

3 2

R R R

V =   = 

NE⊥ AB SABN

,

NENA EA EA

90o NAB=

NAC

K E

M

I

N

C B

H

O D

Câu 39. Cho nửa đường trịn (O;R) đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn

(ACAB) Dựng về phía ngồiABCmột hình vng ACED Tia EA cắt nửa đường trịn F Nới BF cắt ED K

1 Chứng minh rằng điểm B, C, D, K thuộc đường tròn Chứng minhAB=EK

3 Cho ABC=30 ;o BC=10cm Tính diện tích hình viên phần giới hạn bởi dây AC cung nhỏ AC.

4 Tìm vị trí điểm A để chu vi tam giácABClớn Giải:

1 hình vng

Tứ giác nội tiếp đường trịn

(cùng bù với góc

tứ giác nội tiếp

2 Có:

Mà tứ giác tứ giác nội tiếp Lại có: (cạnh hình vng)

Suy (cạnh góc vng – góc nhọn)

3 Vì nên tam giác tam giác đều

Kẻ ta có

Gọi diện tích hình viên phân S, ta có:

4 Chu vi lớn lớn Áp dụng BĐT

Ta có:

Dấu xảy A điểm giữa nửa đường tròn đường kính BC ACED

45o

CAE CDE

 = =

BCAF ( )O FBC=CAE

) CAF

180o

FBC CDE FBC CDK

 =  + =

BCDK 

90o

BAC= =CEK BCDK

ABC CKD ACB ECK

 =  =

AC=CE

ABC EKC

 =  AB=EK

30o

ABC= AOC=60 ,o OAC

,

AH⊥BC sin 60

o R

AH =OA =

quat AOC AOC

S=S −S

2

60

360

o o

S=  R − OC AH

2

2

3 25(2 3)

( )

6 12

R R

R cm

   −

= − =  − =

 

ABC

 AB+AC 2(x2+y2)(x+y)2

2 2 2

Câu 40 Cho đường tròn (O;R) đường kính AC cớ định Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn A Lấy M thuộc Ax, kẻ tiếp tuyến MB với đường tròn B (B khác A) Tiếp tuyến đường tròn C cắt AB D Nối OM cắt AB I, cắt cung nhỏ AB E

1 Chứng minh OIDC tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh tích AB.AD khơng đổi M di chuyển Ax Tìm vị trí điểm M Ax để AOBE hình thoi

4 Chứng minhOD⊥MC Giải:

1 Có nên OM trung trực AB nên Lại có nên OIDC tứ giác nội tiếp

2 Có (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Mà vng C nên khơng đổi AOBE hình thoi

đều vuông A nên

4 (cùng phụ với ),

Nên

Mà , suy

Do ;

MA=MB OA OB= =R OI ⊥AB IA=IB

OC ⊥CD OID OCD+ =180o  90o

ABC= ACD



AB AD=AC

AE EB BO OA

 = = =

AOE

  60o

AOE

 =

AOM 

.tan 60o

AM =OA =R

AMO=BAC MAB

90o MAO=OCD=

( ) AM AO

AMO CAD g g

AC CD

 #   =

OA OC= =R

tan tan

AM OC

MCA ODC

AC =CD =

90 o

MCA ODC ODC MCD

 =  + =

OD⊥MC

D

I E

C M

O

B

Câu 41. Cho đường trịn(O R; )đường kính AB điểm C thuộc đường tròn Gọi M N điểm giữa cung nhỏ AC BC Nới MN cắt AC I.

HạND⊥AC Gọi E trung điểm BC Dựng hình bình hành ADEF

1 TínhMIC

2 Chứng minh DN tiếp tuyến đường tròn

(O R; )

3 Chứng minh rằng F thuộc đường tròn (O R; ) Cho CAB=30 ;o R=30cm. Tính thể tích hình tạo

thành choABCquay vòng quanh AB Giải:

1

2 Có:

Lại có:

Mà hình chữ nhật tiếp tuyến Theo tính chất hình chữ nhật ta có:

Mà // (cùng

thẳng hàng Suy tứ giác nội tiếp Hạ Tam giác có nên

Do đó, tam giác đều

Khi quay vịng quanh có hai hình nón tạo thành: hình nón đỉnh hình nón đỉnh cùng có tâm hình tròn đáy bán kính

Gọi thể tích tạo thành V, ta có:

Câu 42. Cho đường tròn (O R; )với dây AB cớ định Gọi I điểm giữa cung lớn AB Điểm M thuộc cung nhỏ IB. Hạ AH ⊥IM AH; cắt BM C

1

( ) 45 135

2

o o

MIA= s Mđ A s+ đCN = s ABđ = MIC= NC=NBON ⊥BC E

90o 90 o ACB= DCE=

( )

ND⊥CD gt CEND

DN ON

 ⊥ N DN ( )O

EDC=NCD 180 o

EDC=  =F F DNC +F ACN= ON AC ⊥CB) , , ,

N E O F

 ACNF  F ( )O

CK ⊥AB ABC A=30 ,o C=90o B=60o

OBC

 ; ;

2

R R

BK KO BC R CK

 = = = = 

ABC

 AB A,

B K, CK

2 2

1 1

( )

3 3

V = CK AK+ CK BK = CK AK+BK

2

2

1

500 ( )

3

R R

CK AB R  cm

  

= =   = =

K

F

E D

I

N M

O C

1 Chứng minh IABvàMAClà tam giác cân Chứng minh C thuộc đường trịn cớ định

M chuyển động cung nhỏ IB

3 Tìm vị trí M để chu vi MAClớn Giải:

1 Vì cân

Tứ giác nội tiếp (cùng bù với )

Ta có:

Lại có: cân

2 Từ chứng minh đường trung trực

không đổi thuộc đường trịn

3 Chu vi

Có ( khơng đổi )

Đặt Ta có:

Vậy chu vi

Chu vi lớn lớn thẳng hàng

Câu 43 Cho đường tròn(O R; )đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn Trên Ax lấy điểm

( )

K AK R Qua K kẻ tiếp tuyến KM với đường tròn (O) Đường thẳng d ⊥ABtại O, d cắt MB E Chứng minh KAOM tứ giác nội tiếp;

2 OK cắt AM tại I Chứng minh OI.OK không đổi K chuyển động Ax;

3 Chứng minh KAOE hình chữ nhật;

4 Gọi H trực tâm củaKMA Chứng minh rằng K chuyển động Ax H thuộc đường trịn cớ định

Giải:

1 nội tiếp

2 Theo tính chất tiếp tuyến:

IA=IBIA=IB IAB I

ABMI IAB=IMC

IMB

; ;

IAB=IBA IBA=IMA IAB=IMC IMA IMC

 =

MH⊥AC MAC M

MI  AC

IC IA

 = C ( ;I IA)

2( )

MAC MA MC AC MA AH

 = + + = +

HMA=IBA IBA90o

HMA=IAB= AH=MA.sin (1 sin )

MAC MA 

 = +

MAC

 MA A O M, ,

90o

KAO=KMO= KAOM

KA=KM

C H

M

I

B A

O

H

I E d

M x

K

O B

phân giác I

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông vào tam giác vuông ta có

3 Có // (cùng

Mà

mà //

là hình chữ nhật

4 trực tâm // //

Do hình bình hành Vậy thuộc đường tròn

Câu 44 Cho đường tròn (O) đường kínhAB=2 R Gọi C trung điểm OA Dây MN ⊥AB C Trên cung MB nhỏ lấy điểm K Nối AK cắt NM H

1 Chứng minh BCHK tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh tíchAH AK khơng đổi K chuyển động cung nhỏ MB Chứng minhBMNlà tam giác đều

4 Tìm vị trí điểm K để tổng KM+KN+KB lớn Giải:

1 Có nên tứ giác tứ giác nội tiếp

2

3 Vì cân

KO AKM KO⊥AM

AOK

2

OI OK=OA =R

OK BM ⊥AM) KOA=EBO

; 90o

OA OB= =R KAO=EOB= ( )

AKO OEB c g c

  =  ,

AK OE

 = AK OE,KAO=90o AKEO



H KMAAH⊥KM MH, ⊥KAAH OM MH, OA

AOMH AH =OM =R

H ( ; )A R

90 ;o 90o

BKA= MCB= HCB+HKB=180o BCHK

2

( ) AC AH

ACH AKB g g AH AK AB AC R

AK AB

 #   =  = =

OC⊥MNCM =CN BMN B

E H

K

N M

C O B

vng

Do

Mà (tính chất tam giác cân) Do tam giác đều

4 Trên lấy E cho

Vì tam giác đều nên đều

Do

Lại có: (cùng cộng với

Từ

lớn lớn thẳng hàng

Câu 45 Cho đường tròn(O R; )và điểm A ở ngồi đường trịn Qua A kẻ tiếp tuyến ,

AB ACtới đường tròn (B C tiếp điểm) I điểm thuộc đoạn BC IB( IC) Kẻ đường thẳng d ⊥OItại I Đường thẳng d cắt AB, AC lần lượt E F

1 Chứng minh OIBE OIFC tứ giác nội tiếp Chứng minh I trung điểm EF

3 K điểm cung nhỏ BC Tiếp tuyến đường tròn (O) K cắt AB; AC M

và N Tính chu viAMNnếuOA=2R

4 Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt AB, AC P và Q Tìm vị trí A để

APQ

S nhỏ Giải :

1 Có (tính chất tiếp tuyến)

nội tiếp

nội tiếp

2 Tứ giác nội tiếp Tương tự

Mà

cân Mà (Đpcm)

MAB

 M 2

AM AC AB R

 = =

AM R

 = sin 30

2

o

MA

MBA MAB

MB

= =  =

MCB=NCB MNB=60o

MNB 

KN KE=KM

BMN MBN =60o MKN =60o KME

ME=MK KME=60o

MB=MN KMB=EMN BME=60 )o

( )

KMB EMN c g c KB EN

  =   =

2 KM+KB=KN =S KM+KN+KB= KN

S KN K O N, ,

,

OB⊥AB OC⊥AC 90o

OIE OBE OIBE

 = = 

180o

OIF+OCF= OIFC

OIBE OEI OBI

 =

OFI =OCI OB=OC=R OBI OCI OEI OFI

 =  =

OEF

  O OI ⊥EFIE=IF

N M

K

Q P E

F

d

I

O

C B

3 Có Suy chu vi

4 Có phân giác cân

mà khơng đổi, nhỏ nhỏ vuông O

Mà dấu xảy

vuông cân

Câu 46 Cho đường tròn( )O ( )O' cắt hai điểmA B, phân biệt Đường thẳng OA cắt ( ) ( )O ; O' lần lượt điểm thứ haiC D, Đường thẳng O A' cắt ( ) ( )O ; O' lần lượt điểm thứ haiE F,

1 Chứng minh đường thẳngAB CE, DFđồng quy điểm I Chứng minh tứ giácBEIFnội tiếp

trong đường tròn

3 ChoPQlà tiếp tuyến chung của( )O

( )O' (P( )O Q, ( )O' ) Chứng minh đường thẳng ABđi qua trung điểm đoạn thẳngPQ

Giải:

1 Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên B, C, F thẳng hàng

Có AB; CE DF đường cao nên chúng đồng quy

2 Do suy BEIF nội tiếp đường tròn

3 Gọi H giao điểm AB PQ

Ta chứng minh Tương tự,

Vậy hay H trung điểm PQ ,

MK=MB NK=NC

2 2

2 2 3

AMN AC AB AC AO OC R R

 = + = = − = =

AO PAQ PQ, ⊥AO APQ ASAPQ =2SAOQ

APQ

S = AQ OC OC=R SAPQ AQ

OAQ

 2

AC CQ OC R

 = =

2 ,

AQ=AC CQ+  AC CQ= R '' ''= AC=CQ

APQ

S AC=CQ OQA O =A 45o OA=R

90o ABC=

90o ABF =

ACF  90o

IEF=IBF =

2

HP HA

AHP PHB HP HA HB

HB HP

 #   =  =

2

HQ =HA HB HP=HQ

Q H

P

O' O

I

F E

D

C B

Câu 47. Cho hai đường tròn (O R; )và(O R'; ')với RR'cắt tạiAvà B Kẻ tiếp tuyến chungDEcủa hai đường tròn vớiD( )O vàE( )O' choBgần tiếp tuyến so với

A

1 Chứng minh rằngDAB=BDE

2 TiaABcắtDE tạiM Chứng minhM trung điểm củaDE

3 Đường thẳngEB cắtDAtại P, đường thẳngDBcắtAEtại Q Chứng minh rằngPQsong song vớiAB

Giải:

1 Ta có = sđ (góc nội tiếp)

= sđ (góc giữa tiếp tuyến dây cung) Suy

2 Xét DMB và AMD có: chung,

Nên DMB AMD (g.g)

 hay

Tương tự ta có: EMB AME hay Từ đó: MD = ME hay M trung điểm DE

3 Ta có

Q B

P

M D

O' O

B

A

DAB

2 DB

BDE

2 DB DAB=BDE DMA

DAM =BDM

#

MD MA

MB =MD

2

MD =MA MB

# ME MA

MB = ME

2

ME =MA MB

,

 =

 Tứ giác APBQ nội tiếp  Kết hợp với suy

Hai góc ở vị trí so le nên PQ song song với AB

Câu 48. Cho đường (O R; )và đường thẳng dkhơng quaOcắt đường trịn hai điểm ,

A BLấy điểmMtrên tia đối tiaBAkẻ hai tiếp tuyến MC MD, với đường tròn (C D, tiếp điểm) GọiHlà trung điểm củaAB;

1 Chứng minh rằng điểmM D O H, , , nằm đường tròn

2 Đoạn OM cắt đường tròn tạiI Chứng minh rằngIlà tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD

3 Đường thẳng qua O, vng góc với OM cắt tiaMC MD, thứ tự tạiPvà Q Tìm vị trí điểm M dsao cho diện tích tam giácMPQ bé

Giải:

1 Vì H trung điểm AB nên hay Theo tính chất tiếp tuyến ta lại có hay

Suy điểm M, D, O, H nằm đường trịn

2 Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MDMCD cân M

MI đường phân giác

Mặt khác I điểm giữa cung nhỏ nên sđ = sđ =

 CI phân giác Vậy I tâm đường tròn nội tiếp MCD PAQ+PBQ DAB EAB PBQ+ + =BDM+BEM+DBE=180o

PQB=PAB

PAB=BDM PQB=BDM

Q P

I H

D

C M

d O

B

A

OH ⊥ AB 90 o

OHM =

OD⊥DM ODM =90 o

CMD

CD

2

DCI = DI

2 CI MCI

3 Ta có MPQ cân ở M, có MO đường cao nên diện tích tính:

Từ S nhỏ MD + DQ nhỏ

Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vng OMQ ta có khơng đổi nên MD + DQ nhỏ DM = DQ = R

Khi OM = hay M giao điểm d với đường trịn tâm O bán kính

Câu 49 Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O R; ) Ba đường cao AD BE CF; ; cắt H GọiIlà trung điểmBC, vẽ đường kínhAK

1 Chứng minh ba điểmH I K, , thẳng hàng Chứng minhDA DH =DB DC

3 Cho

60 ; ABC 20

BAC= S = cm Tính SABC

4 Cho BCcớ định;Achuyển động cung lớnBCsao choABCcó ba góc nhọn Chứng minh điểmHln thuộc đường trịn cớ định

Giải:

1 Vì B C thuộc đường tròn đường kính

AK:

Do hình bình hành

Mà I là trung điểm BC nên I trung điểm

HK

Suy H; I; K thẳng hàng

2 Ta có (cùng phụ với ) nên

Suy

3 Vì

Suy chung

Do

1

2 ( )

2

OQM

S = S = OD QM =R MD+DQ

2

DM DQ=OD =R

2

R R

90o

ABK =ACK = / /

BH CK CH/ /BK BHCK

HBD=DAC ACB

( )

DBH DAC g g

 # 

DB HD

DB DC DA DH

DA = DC  =

( )

90o

AEB=AFC=  AEB# AFC g g ;

AE AB

BAC AF = AC

( )

AEF ABC c g c   # 

2

AEF ABC

S AE

S AF

  =    

O'

K H

I D

F

E O

C B

Mà

Suy

4 Lấy O’ đối xứng với O qua I suy O’ cố định

Ta có nên OI đường trung bình Do

Suy nên hình bình hành Do (khơng đổi)

Vậy H thuộc đường trịn (O’;R) cớ định

Câu 50 Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính vng góc AB CD Lấy K thuộc cung nhỏ AC, kẻ KH ⊥ABtại H Nối AC cắt HK I, tia BC cắt HK E; nới AE cắt đường trịn (O;R) F

1 Chứng minh BHFE tứ giác nội tiếp Chứng minh EC.EB = EF.EA

3 Cho H trung điểm OA Tính theo R diện tíchCEF

4 Cho K di chuyển cung nhỏ AC Chứng minh đường thẳng FH qua điểm cố định

Giải:

1 Do F thuộc đường tròn đường kính AB nên

Suy tứ giác nội tiếp

2 Có chung

Nên

3 Từ chứng minh suy AC, BF, EH đường cao nên chúng cắt I

Do chung nên (cạnh – góc – cạnh)

1 60

2

o

AE

cosBAC cos

AB= = =

2

1

4 80

4

AEF

ABC AEF ABC

S

S S cm

S =  = =

;

IH=IK OK=OA=R KHA

/ /

OI AH

2

OI = AH

'/ / , '

OO AH OO =AH OO HA'

'

O H =OA=R

90o AFB=

90o

BFE=BHE= BHFE 90 ;o

ECA=EFB= AEC

( ) EC EA

ECA EFB g g EC EB EA EF

EF EB

 #   =  =

EAB



EC EA

EF = EB AEB ECF#EAB

( )

2

1

ECF EAB

S EC

S EA

  =    

F E

I

H K

O

D C

Vì nên vng cân O Do vng cân

Mà nên

Tương tự

Lại có: (cùng ) nên

4 Các tứ giác BEFH AHCE nội tiếp nên Suy

Có nên cân H nên Do mà

Suy F; H; D thẳng hàng Suy FH qua D cố định

OB=OC=R OBC OBC=45o

HBE



2 R H EH =HB= 

2 R AH =

2 2

2 2 10 10

4 4

R R R R

AE = AH +HE = + = AE=

2

2 2

2

R R

BE =HB +HE = BE=

/ /

OC EH ⊥AB 1

3

EC HO R

EC EB

EB = HB =  = =

2 2

1 1

5 ECF EAB 10

EC R

S S EH AB

EA  

  =  = =    =  

;

AEB=CHB AEB=AHFAHF=CHB AHF=DHB

,

HO⊥OC OC=OD HCD AHF=DHB