Hệ thức lượng trong tam giác vuông, tỷ số lượng giác góc nhọn

Cho M là một điểm bất kỳ thuộc miền trong của hình chữ nhật ABCD. Cho hình vuông ABCD. Tính độ dài đoạn thẳng AD. Xác định vị trí của hai đường kính AC và BD để diện tích tứ gi[r]

CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VNG, TỶ SỐ LƯỢNG GIÁC GĨC NHỌN Câu Cho M điểm thuộc miền hình chữ nhật ABCD Chứng minh

2 2

MA MC MB MD

Câu Cho tứ giác ABCD có D C 900 Chứng minh AB2 CD2 AC2 BD2

Câu Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Lấy D thuộc cạnh AC , điểm E thuộc tia đối tia HA cho 1

3

AD HE

AC  HA  Chứng minh

 900

BED 

Câu Cho hình vng ABCD Qua A vẽ cát tuyến cắt canh BC CD (hoặc đường thẳng chứa cạnh đó) điểm E F Chứng minh rằng:

2 2

1 1

AE AF  AD

Câu Cho hình thoi ABCD với A  1200 Tia Ax tạo với tia AB góc BAx 150 cắt cạnh BC M, cắt đường thẳng CD N Chứng minh rằng:

2 2

1

3

AM AN  AB

Câu Cho tam giác cân ABC, A 20 ,0 AB AC AC, b BC, a Chứng minh rằng: a3 b3 3ab2

Câu Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, BC a AC, b AB, c Chứng minh rằng:

sin sin sin

a b c

A  B  C

Câu Cho tam giác ABCcó BC a AC, b AB, c Chứng minh rằng: sin A a

b c 



Câu Cho góc vng xOy điểm A cố định thuộc tia Oy, điểm B Ox cho OAOBĐiểm M chạy tia Bx Đường vng góc với OB B cắt AM I Chứng minh tổng 12 2

AI AM không đổi

Câu 10 Cho hình thang vng ABCD có AD 90 ,o AB 9cm CD, 16cm BC, 25cm Điểm E thuộc cạnh BC cho BE AB

a) Chứng minh: AED  900

b) Tính AE DE,

CHỦ ĐỀ 2: SỰ XÁC ĐỊNH ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ HAI ĐƯỜNG TRỊN, GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN Câu 11 Cho đường tròn O R; , R 4cm vẽ dây cung AB 5cm, C điểm dây cung AB cho

2

AC  cm Vẽ CD vng góc với OA D Tính độ dài đoạn thẳng AD

Câu 12 Cho đường tròn O R; , AC BD hai đường kính Xác định vị trí hai đường kính AC BD để diện tích tứ giác ABCD lớn

Câu 13 Cho đường tròn ( ; )O R từ điểm M bên ngồi đường trịn ta kẻ hai đường thẳng cắt đường tròn điểm A B, C D, biết AB CD Chứng minh MAMC

Câu 15 Cho điểm C nằm hai điểm A B Gọi  O đường tròn qua AvàB Qua C vẽ đường thẳng vng góc với OA, cắt đường tròn  O D E Chứng minh độ dài AD AE, không đổi

Câu 16 Cho đường tròn O R; , hai bán kính OA OB vng góc O C D điểm cung AB cho AC BD hai dây AC BD, cắt M Chứng minh OM AB

Câu 17 Cho điểm A ngồi đường trịn O R;  Vẽ cát tuyến ABC tiếp tuyến AM với đường tròn  O M tiếp điểm Chứng minh AB AC 2AM

Câu 18 Cho đoạn thẳng AB, đường thẳng d d' vng góc với AB A B M trung điểm AB Lấy C D, d d, ' cho CMD  900 Chứng minh CD tiếp tuyến dường trịn đường kính AB

Câu 19 Từ điểm P nằm ngồi đường trịn O R;  vẽ hai tiếp tuyến PA PB tới đường tròn O R;  với A B tiếp điểm Gọi H chân đường vng góc vẽ từ A đến đường kính BC đường trịn Chứng minh PC cắt AH trung điểm I AH

Câu 20 Một đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB AC, D E, Cho điểm M thuộc đoạn thẳng AD; CM cắt DE I Chứng minh IM DM

IC  CE

Câu 21 Cho đường tròn  O r; nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC D Vẽ đường kính DE; AE cắt BC M Chứng minh BD CM

Câu 22 Cho tam giác ABC Một đường tròn tâm Onội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC D Đường tròn tâm I đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC tiếp xúc với BC F Vẽ đường kính DE đường trịn  O Chứng minh A E F, , thẳng hàng

Câu 23 Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC AB AC, , D E F, , Đường thẳng qua E song song với BC cắt AD DF, M N, Chứng minh M trung điểm đoạn thẳng EN Câu 24 Cho tam giác nhọn ABC Gọi O trung điểm BC Dựng đường trịn tâm O đường kính BC Vẽ đường cao AD tam giác ABC tiếp tuyến AM AN, với đường tròn  O (M N, tiếp điểm) Gọi E giao điểm MN với AD Hãy chứng minh AE AD. AM2

Câu 25 Cho tứ giác ABCD có đường trịn đường kính AD tiếp xúc với BC đường trịn đường kính BC tiếp xúc với AD Chứng minh AB/ /CD

Câu 26 Cho tam giác ABC Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A vẽ nửa đường trịn đường kính BC , D điểm nủa đường tròn cho sđCD  600 Gọi M giao điểm AD với BC Chứng minh

2 BM  MC

Câu 27 Cho đường tròn O R;  O R'; ' tiếp xúc A RR' Tiếp tuyến điểm M

O R'; ' cắt O R;  B C Chứng minh BAM MAC

Câu 27 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O R; , AH đường cao H BC Chứng minh rằng:

. 2

AB AC  R AH

Câu 29 Cho hai đường tròn  O  O' cắt A B Qua A vẽ hai cát tuyến CAD EAF (C E nằm đường tròn  O , D F nằm đường tròn  O' ) cho CAB BAF Chứng minh CD EF Câu 30 Cho đường trịn  O đường kính AB C điểm cung AB (C khác A B) Vẽ

 

CH AB H AB Vẽ đường tròn C CH;  cắt đường tròn  O D E DE cắt CH M Chứng minh MH MC

Câu 31 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O R;  Vẽ AD đường cao tam giác ABC Chứng minh

 

BAD OAC

Câu 32 Cho hình bình hành ABCD Đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD cắt đường thẳng AC E Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tiếp xúc với BD

Câu 33 Cho đoạn thẳng AB M điểm di động đoạn thẳng AB (M khác A B) Vẽ đường thẳng xMy vng góc với AB M Trên tia Mx lấy C D cho MC MA,MD MB Đường trịn đường kính AC cắt đường trịn đường kính BD N (N khác A) Chứng minh đường thẳng MN luôn qua điểm cố định

Câu 34 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn O R;  có đỉnh A cố định, đỉnh B C, di động.Dựng hình bình hành ABDC Chứng minh trực tâm H tam giác BDC điểm cố định

Câu 35 Cho tam giác nhọn ABC Vẽ đường trịn  O đường kính BC Vẽ AD đường cao tam giác ABC, tiếp tuyến AM AN, với đường tròn  O (M N, tiếp điểm) MN cắt AD E Chứng minh E trực tâm tam giác ABC

Câu 36 Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H Từ A vẽ tiếp tuyến AM AN, với đường trịn  O đường kính BC (M N, tiếp điểm) Chứng minh M H N, , thẳng hàng

Câu 37 Cho tam giác ABC cân đỉnh A, đường trung trực AB cắt BC D Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD

Câu 38 Cho tam giác ABC A  900và AB AC Vẽ đường trịn tâm A bán kính AB cắt BC D, cắt AC E Chứng minh DB CB. EB2

Câu 39 Cho tam giác vng ABC nội tiếp đường trịn O R AB;  AC A, 900 Đường tròn  I qua B C, tiếp xúc với AB B, cắt đường thẳng AC D Chứng minh OABD

Câu 40 Cho đoạn thẳng AB 2a có trung điểm O Trên nửa mặt phẳng bờ AB dựng nửa đường trịn

 O đường kính AB nửa đường trịn  O' đường kính AO Trên  O' lấy điểm M(khác A O), tia OM cắt

 O C , gọi D giao điểm thứ hai CA với  O' a) Chứng minh tam giác ADM cân

b) Tiếp tuyến C  O cắt tia OD E, xác định vị trí tương đối đường thẳng EA  O  O' Câu 41 Cho đường trịn tâm O có đường kính AB 2R Gọi M điểm di động đường tròn  O Điểm M khác A B, ; dựng đường tròn tâm M tiếp xúc với AB H Từ A B kẻ hai tiếp tuyến AC BD với đường tròn tâm M vừa dựng

b) Chứng minh ba điểm C M D, , nằm tiếp tuyến đường tròn tâm O điểm M

c) Chứng minh AC BD khơng đổi, từ tính tích AC BD theo CD

d) Giả sử A B, nửa đường trịn đường kính AB khơng chứa M có điểm N cố định gọi I trung điểm MN , kẻ IP vng góc với MB Khi M chuyển động P chuyển động đường cố định

Câu 42 Cho nửa đường tròn  O đường kính AB, điểm C thuộc nửa đường trịn Gọi I điểm AC, E giao điểm AI BC Gọi K giao điểm AC BI

a) Chứng minh EK AB

b) Gọi F điểm đối xứng với K qua I Chứng minh AF tiếp tuyến  O c) Chứng minh AK AC. BK BI. AB2

d) Nếu sin

BAC  Gọi H giao điểm EK AB Chứng minh KH KH 2HE2HE KE Câu 43 Cho đường trịn  O đường kính AB 2A, điểm C thuộc đường tròn C A C, B Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C, kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn  O Gọi M điểm cung nhỏ AC Tia

BC cắt Ax Q, tia AM cắt BC N a) Chứng minh tam giác BAN MCN cân b) Khi MB MQ, tính BC theo R

Câu 44 Cho đường tròn O R;  đường kính AC Trên đoạn thẳng OC lấy điểm B vẽ đường trịn O' có đường kính BC Gọi M trung điểm AB, qua M kẻ dây cung vng góc với ABcắt đường trịn  O D E Nối CD cắt đường tròn  O' I

a) Tứ giác DAEB hình có đặc tính gì? Vì sao?

b) Chứng minh MDMI MI tiếp tuyến đường tròn  O'

c) Gọi H hình chiếu vng góc I BC Chứng minh CH MB BH MC

Câu 45 Cho tam giác ABC đều, dựng nửa đường trịn tâm D đường kính BC tiếp xúc với AB AC, ,

K L Lấy điểm P thuộc cung nhỏ KL, dựng tiếp tuyến với nửa đường tròn P cắt cạnh AB AC, ,

M N

a) Chứng minh BMD CDN suy BC

BM CN 

b) Chứng minh

2

MDN ABC

S MN

S  BC

c) Gọi E F, nằm cạnh AB AC, cho chu vi AEF nửa chu vi ABC Chứng minh EDF  600

a) MA AD

MB  AB b) AD BC AB CD

c) AB CD. AD BC. AC BD. d) CBD cân

Câu 47 Trên nửa đường tròn tâm O R; , đường kính AB lấy hai điểm M E, theo thứ tự A M E B, , , Hai đường thẳng AM BE cắt C , AE BM cắt D

a) Chứng minh tứ giác MCED nội tiếp CD vng góc với AB

b) Gọi H giao điểm CD AB Chứng minh BE BC BH BA

c) Chứng minh tiếp tuyến M E đường tròn  O cắt điểm I thuộc CD d) Cho BAM 45 ,0 BAE 300 Tính diện tích tam giác ABC theo R

Câu 48 Cho tam giác ABC đều, gọi O trung điểm cạnh BC Các điểm D E, di động cạnh ,

AB AC cho DOE 600 a) Chứng minh BD CE không đổi,

b) Chứng minh tia DO tia phân giác BDE

c) Dựng đường tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đường trịn ln tiếp xúc với DE AC d) Gọi P Q, tiếp điểm  O với AB AC, I N giao điểm PQ với OD OE Chứng minh DE 2IN

Câu 49 Cho đường tròn O R;  điểm A bên ngồi đường trịn Vẽ hai tiếp tuyến AB AC, với đường tròn  O ( ,

B C tiếp điểm) Gọi M trung điểm AB

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp xác định tâm I đường tròn b) Chứng minh AM AO AB AI

c) Gọi G trọng tâm tam giác ACM Chứng minh MG/ /BC d) Chứng minh IG vng góc với CM

Câu 50) Cho đường tròn O R;  nội tiếp ABC, tiếp xúc với cạnh AB AC, D vàE a) Gọi O' tâm đường tròn nội tiếp ADE , tính OO' theo R

b) Các đường phân giác B C cắt đường thẳng DE M N Chứng minh tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn

c) Chứng minh MN DM EN

BC  AC  AB

PHẦN

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CƠ BẢN

Vẽ ME AB E, AB EM cắt DC F Tứ giác AEFD có A E D 900 nên hình

chữ nhật, suy EAFD MFD, 900.

Tứ giác EBCF có E B C 900

nên hình chữ nhật, suy EB FC MFC, 900 Áp dụng định lý Pitago vào

tam giác vuông EAM FMC EBM FMD, , , , ta có:

2 2; 2 2; 2 2;

MA EM EA MC FM FC MB EM EB MD2 FM2 FD2.Do

2 2 2

MA MC EM EA FM FC MB2 MD2 EM2 EB2 FM2 FD2 mà ,

EAFD FC EB Suy MA2 MC2 MB2 MD2 Câu Giải:

Ta có D C   900 1800nên hai đường thẳng AD BC cắt Gọi E giao điểm AD BC

Vì ECD có D C 900 nên CED  900

Các tam giác EAB ECD EAC EBD, , , vuông E nên theo định lý Pitago ta có:EA2 EB2 AB2 (1);

2 2

EC ED CD (2); EA2 EC2 AC2 (3); EB2 ED2 BD2 (4).Từ (1) (2) ta có:

2 2 2

EA EB EC ED AB CD Từ (3) (4) ta có: EA2 EB2 EC2 ED2 AC2 BD2

Do AB2 CD2 AC2 BD2

Câu Giải:

Từ giả thiết 1 3

AD HE

AC  HA 

ta nghĩ đến DF AH F, AH

Từ AF HE HA, FE áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông HEB FDE HAB FAD ABD, , , , ta chứng minh được: BE2 ED2 BD2

Câu Giải: Vẽ đường thẳng qua A vng góc với AF cắt DC G.Xét ABE ADG có:

  90 ;0

ABE ADG  AB AD (vì ABCD hình vng); BAE DAG(hai góc phụ với DAE) Do ABE ADG

   (g.c.g) AE AG AGF

 có GAF 90 ;0 AD GF theo hệ thức cạnh đường

cao tam giác vng, nên ta có:

2 2

1 1

AG AF  AD Do 2 2 2

AE AF  AD Câu

E

D C

B A

F

E

D

H

C B

A

A

B

C G

D

E

F

F M

D

B A

M F

E

D

C B

Dựng AE AN AH, CD E H, CD,dựng AF BC hai tam giác AHE, AFM nên AE AM Trong tam giác vng AEN ta có:

2 2

1 1

AE AN  AH , mà AE AM nên ta có:

2 2

1 1

AM AN  AH Ta cần chứng minh:

3 2

AH  AB 3

2

AH DC

  Nhưng điều hiển nhiên tam giác ADC ABC, tam giác

Câu Giải:

Vẽ tia Bx cho CBx  200, Bx

cắt cạnh AC D Vẽ AE Bx E, Bx

  200

CBD BAC  ; BCD chung Xét BDC ABC có

Do BD BC DC

AB  AC  BC BD BC a;

2

;

BD a a

DC BC AD AC DC b

AB b b

      ABE vuông E có ABE ABCCBD 600 nên nửa tam giác đều, suy

2 2 2

AB b b

BE   DE BE BD  a ABE vuông E, nên theo định lý

Pitago ta có: 2 2 2 3 4

AE BE AB AE AB BE  b ADE vuông E, nên theo định lý Pitago ta có:

2

2 2

2 2 3 2

4 4

b a

AE DE AD b a b b b ab a

b

 

   

  

            

   

4

2

2

2 a

b a

b

  

4

2 3

2 3 3

a ab a a b ab

b

     

Câu Giải:

Vẽ AH BC H, BC ; HAB có H  900 nên sinB AH

AB

 ; HAC

có H  900 nên sinC AH

AC

 Do sin

sin sin sin

B AC b b c

C  AB  c B  C Chứng minh tương tự ta có

sin sin

a b

A  B.Vậy sin sin sin

a b c

A  B  C

Câu Giải:

Vẽ đường phân giác AD tam giác ABC Theo tính chất đường phân

A

H C

B

A

x

20o

E D

C B

giác tam giác ta có BD DC

AB  AC

BD BD DC BC AB AB AC AB AC



  

  Vậy

BD a AB b c

Vẽ BI AD I AD, suy BI BD.IAB có AIB  900, sinBAI BI

AB

 ; hay sin A a

b c 

 Câu

Dựng đường thẳng vng góc với AM A cắt BO K Dựng IH OA Ta dễ chứng minh AOK  IHAAK AI

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AKM ta có:

2 2

1 1

AK AM  AO ( không đổi) Câu 10

a) Do BE AE 9cm CE 25 9 16cm GọiK giao điểm DE AB Ta có

   

BEK DEC EDC AKE nên tam giác BEK cân BK BE  AEK vng E( Do BABK BE )

b) Tính được: AD 24cm suy ra:

2 2 2

1 1 1 14, 4 ; 19,2

24 18 AE cm DE cm AE  AD AK     

CHỦ ĐỀ 2:

SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ HAI ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ ĐƯỜNG TRÒN VÀ ĐƯỜNG THẲNG

Câu 11 Giải:

Vẽ đường kính AE có AE 8cm Điểm B thuộc đường trịn

đường kính AE ABE 900

Xét ADC ABE có DAC (chung), ADC ABE900,

I

O H

M K

B A

E K

D C

B A

D O E

B

ADC ABE AD AC AD AC AB.

AB AE AE

    Mà AC 2cm AB, 5cm AE, 8cm, nên

 

2.5 5

8 4

AD   cm

Câu 12

Giải:Vẽ AH BD H BD Tứ giác ABCD có

,

OAOAR OB OD R nên hình bình hành Mà

2

AC BD  R tứ giác ABCD hình chữ nhật, suy

.

ABCD

S AB AD ABD có A  900, AH DB nên

AB AD AH DB Vì AH AO DB, 2R nên SABCD 2R2 (không đổi) Dấu “=” xảy H O AC BD Vậy hai đường kính AC BD vng góc với diện tích tứ giác ABCD lớn

Câu 13 Giải:

Vẽ OH AB H AB, OK CD K CD Ta có AB CD (gt), nên

OH OK (định lý liên hệ dây cung khoảng cách đến tâm) H K, trung điểm

,

AB CD (định lý đường kính

vng góc dây cung) AH CK Xét OHM OHM  900 có OM (cạnh chung) OH OK, OHM OKM

   (cạnh huyền, cạnh góc vng) MH MK Ta có

MH AH MK CK MAMC Câu 14 Giải:

Vì COD  900 suy tam giác COD vuông cân O nên

2

CD R Gọi H trung điểm CD Vì HOM vng H,

H O

D C

B A

O

K H

D B

C A

M

H

O

D C

B

10

1 2 , 2

2 2

OH  CD R OM  R Trong tam giác vng OMH ta có:

2

2 2 4 7 14

2 2 2

R R

MH OM OH  R   MH  R suy 2 7 1 2

R

MD MH AH   ,

 

2 7 1

2

R

MC  

Câu 15

Gọi H giao điểm OA DE Ta có OADE AD AE Chỉ cần chứng minh AD AE có độ dài khơng đổi Các đoạn thẳng AB AC, có độ dài khơng đổi, DE OA từ

gợi cho ta vẽ đường phụ đường kính AF để suy ra: AD2 AH AF AC AB. , . AH AF.

Câu 16 Giải: OAB

 cân đỉnh O, AC BD, điều giúp ta nghỉ đến chứng minh OM đường phân giác góc O OAB.Vẽ OI AC,

 , 

OK BD I AC K BD

thì ta có OI OK suy lời giải toán Câu 17 Giải:

Vẽ OH BC H, BC , suy BH HC (định lý đường kính vng góc dây cung)

Ta có AB AC  AH BH  AH HC2AH MAO có

 900

AMO  , theo định lý Pitago có AM2 OM2 OA2

; HAO có AHO  900 nên AH2 OH2 OA2 mà OB OM R, OH OB nên OH OM Do OH2 OM2, suy AH AM Từ ta có:

2

ABAC  AM Câu 18 Giải:

Vẽ MH CD H, CD Gọi N trung điểm CD MN đường trung bình hình thang tam giác MNC cân N nên NMC ACM MCN

Suy CM tia phân giác ACH nên MAMH , Từ ta có điều phải chứng minh

F

E O H D

C

B

A

K I M

D

C B

A O

O M

H

C

B A

M

d' d

D N

H C

11 Câu 19 Gợi ý:

Dễ thấy PB/ /AH, gọi D giao điểm CA BP tam giác BAD vuông A Do

PAPB PAPB PD (Do PDA DAP phụ với DBAPAB) Áp dụng định lý Thales ta có:

IA IH AH

PD  PB  BD mà PB PD IAIH

Câu 20 Giải:

Điều cần chứng minh làm ta nghĩ đến định lý Thales ta làm xuất “hai đường thẳng song song” + Vẽ CK / /AB K, DE

Ta có IM DM

IC  CK (*)

+ Vì CEK AED ADE EKC

Suy tam giác CEK cân C CE CK.Thay vào (*) ta có: IM DM

IC  CE

Câu 21 Giải:

Vẽ tiếp tuyến E

đường tròn  O cắt AB AC, H K, Ta có

, / /

ED HK ED BC HK BC

Gọi N tiếp điểm đường tròn  O tiếp xúc với AC ,

OK OC hai tia phân giác hai góc kề bù EON NOD (tính chất trung tuyến)KOC 900 + Xét OEK CDO có OEC CDO90 ,0 OKECOD (cùng phụ với EOK).Do

EK OE

OEK CDO

OD CD

    hay EK r

r CD Tương tự có

HE r

r  BD Do

EK BD EK BD

HE CD  EK HE  BD CD hay

EK BD

HK  BC (1)

+ Trong ABM có HE/ /BM, áp dụng hệ định lý Thales tam giác ta có HE AE

BM  AM Tương tự có

EK AE

CM  AM Do

HE EK EK EK HE BM CM CM CM BM



  

 hay

EK HK EK CM

CM  BC  HK  BC (2)

Từ (1) (2) cho ta BD CM Câu 22 Giải: Theo đề có A O I, ,

O H

I P

A D

C B

N E H

A

B D M C

O K

K M

A

H E

K I

O E D

M

C B

12 thẳng hàng (vì O I, nằm

trên tia phân góc A)

+ Gọi M N, tiếp điểm  O ;

 I với AB, ta có OM / /IN nên AO OM

AI  IN (hệ

của định lý Thales) Mà OM OE IN, IF nên có AO OE

AI  IF

Mặt khác ED BC IF, BC OD/ /IF AOE AIF + Xét OAE IAF có

 

;

AO OE AOE AIF

AI  IF  ,

 

OAE IAF OAE IAF

    Vậy A E F, , thẳng hàng

Câu 23 Giải

+ Vì đường trịn ( )I tiếp xúc với cạnh D E F, , nên suy

, ,

AE AF BE BD CD CF + Dựng AK / /BD K DF ta có:

MN MD

AK  DA ,

EM AM

BD  AD Ta cần

chứng minh: MD.AK AM.BD MD BD

DA  AD  AM  AK Nhưng AK AF AE, BD BE nên ta cần chứng

minh: MD BE

AM  AE (điều hiển nhiên)

Câu 24 Giải: ,

AM AN tiếp tuyến đường tròn  O ,gọi H giao điểm AO MN

Ta có tam giác AHE đồng dạng với Tam giác ADO nên AE AD AH AO

Cũng theo tính chất tiếp tuyến ta có: AH AO. AM2.Từ suy điều phải chứng minh

Câu 25 Giải:

Gọi O I, tâm đường trịn đường kính AD BC, Cần chứng minh AB/ /OI cho ta nghĩ đến điểm M N, tiếp điểm đường tròn  O tiếp xúc

N I

K

D C

B

A

M E

F

O I

N

M

D

C B

A

D O C

B

H

E N

M

13 với BC, đường tròn  I tiếp xúc với AD , , ,

2 2

BC AD

IN  OM  OM BC IN AD giúp ta có

AOI BOI

S S từ có AB/ /OI

CHỦ ĐỀ 3- GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN, TỨ GIÁC NỘI TIẾP Câu 25 Giải:

Gọi O trung điểm BC

thì tam giác OCD nên OCD  600 / /

AB CD

 Để chứng minh:BM 2MC Ta cần chứng minh AB 2CD

Xét tam giác vuông BDC ta có:

0 1

.sin 30 2

CD BC  BC suy BC AB 2CD

Câu 26 Giải:

Ta gọi giao điểm AM cung BC D.Ta có BAM MAC BD DC

' / / OD BC O M OD

   AMO'ADO Để chứng minh: AMO' ADO ta

dựa vào tam giác cân O AM' OAD Câu 27 Giải:

Vẽ đường kính AD đường trịn  O , suy ACD  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Xét HBA CDA có:

  90 ;0  

AHB ACD  HBACDA (góc nội tiếp chắn AC), Do

. .

AH AB

HBA CDA AB AC AD AH

AC AD

      Mà AD 2R Do AB AC. 2 R AH

Câu 28 Giải:

Vẽ đường kính BD đường trịn

O R;  BCD 900 (góc nội tiếp

chắn nửa đường trịn) BCD

 có C  900 nên BC BDsinBDC Ta lại có BD 2 ;R BDC BAC (góc nội tiếp chắn BC) nên BC 2 sinR BAC

O' O

M D

C B

A

O

H

D C B

A

A

B C

D O

D O

M C

B

14 Từ toán ta cần ghi nhớ kết quan trọng: Trong tam giác ABC ta có: 2

sin sin sin

a b c

R

A  B  C 

Câu 29 Giải:

Ta có: AB tia phân giác CAF, Vẽ BH CD BK, EF

Thì suy BH BK

Ta có: CBD$EBF suy

1

CD BH CD EF

EF  BK    Đó điều phải chứng minh

Câu 30 Giải:

Dựng đường kính HN đường trịn

 C cắt đường trịn  O K ta có CN CH HK

 

MC MK MH MN MD ME

   

MC MK HC MC HC MC

   

2

.

MC MK HC MC

   MC MC( MK)HC2

Hay MC MC( MK)HC2 MC HC.2 HC2 HC 2MC điều phải chứng minh Câu 31 Giải:

Dựng đường kínhAE đường

trịn O R; .Ta có AEC ABD (cùng chắn cung AC ) suy DBACEA, từ suy

 

BAD OAC Câu 32

Ta có: BEC BDC (cùng chắn cung ) BC ABD BDC(so le trong) suy BEC ABD

Vì tia BD tia tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE Câu 33 Giải:

+ Vẽ đường trịn đường kính AB MBD

 vng M có MB MD (gt) nên tam giác vuông cân

O' O

K H

F E

D

C

B A

D

N

E C

K

O H

M

B A

A

B C

D

E O

x E

D C

B A

x

C D

N

M

15

 450

ACM

  Từ ta có

  450

ANM ACM  (hai góc nội tiếp chắn AM)

   900

ANB ANM MNB  ; N thuộc đường trịn đường kính AB + Gọi E giao điểm MN AB (E khác N) Ta có ANM MNB 450 AE EB E cố định

Vậy MN qua điểm cố định E Câu 34 Giải:

Dựng đường kính AH  O Ta chứng minh H trực tâm

BDC

 Thật ta có: ACH  900

CH AC CH BD

    Tương tự ta có:

BH AB BH CD Như H

là trực tâm BDC Suy trực tâm H điểm cố định Câu 35 Giải:

AB cắt  O B F Vì AEH$ADO suy AE AD AH AO AM2

Để chứng minh E trực tâm tam giác ABC , ta cần chứng

minh AFE 900, nghĩa cần có AF AB AE AD

Nhưng ta có: AF AB. AM2(Tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) dùng tam giác đồng dạng

Câu 36 Giải:

Gọi D E, giao điểm đường tròn

 O với cạnh AC AB, H giao điểm BD CE,

Chứng minh AMH AMN, từ có M H N, , thẳng hàng Câu 37 Giải:

Hai tam giác cân ABC DAB, có chung góc đáy ABC,

do BAC ADC Suy BA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp

H O

D C B

A

F A

M

N E

H

B D O C

D

O C

B

H E

N M

A

K

M

O

D C

B

16 tam giác ACD

Câu 38 Giải:

Vẽ tiếp tuyến Ax đường tròn  O 

xAB ACB góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung AB

 O nên xAB ACB 

ABD ACB góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung BD  I nên

 

ABD ACB

Do xAB ABD Ax / /BD Mà OAAx OA, BD suy OABD Câu 39 Giải:

Giả sử CA cắt  O F EF

đường kính A AB; , ta có BF BE (vì BAEF) Ta có: BED BFD,

   

s

BCF BCE  đBF DE

   

1s 1s

2 BE DE BD BFD

 

   

 

 

đ đ

Từ suy BED ECB Xét tam giác BCE,BED có B chung, BED ECB BCE BED BC BE DB CB. EB2

BE BD

  $    

Câu 40) Giải:

a) Ta có OAOC   a OAC cân O Mà ADO  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  O' )

OD AC OD

   đường phân giác AOC, nghĩa AOD DOM

 

AD DM

  (hai góc tâm nên cung chắn nhau)

AD DM ADM

    cân D b) AOE COE có OE (chung);

 

AOE COE (cmt); OAOC a, AOE  COE (c.g.c) EAO ECO 900 hay EAAB A , OAa bán kính  O EA tiếp tuyến  O  O'

Câu 41 Giải:

I O

D

C B

A

x

O

C D

B

E A

F

O' O

N

M

K H E

D C

B A

C

17 a) Do BD BH, hai tiếp tuyến cắt đường tròn

 M

BM tia phân giác 

ABD

  

1 2

HBD

B B

   Lý luận tương tự AM tia phân giác 

BAC

  

1 2

BAC

A A

  

b) AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) A1 B1 900

   

0

90 180

2

HBD BAC

HBD BAC



     Vậy AC / /BD, mà MD BD MC, AC (gt) nên , ,

M C D thẳng hàng Ta có OM đường trung bình hình thang vng ABDC nên OM / /AC mà CD AC (gt) OM CD M, CM bán kính  M CD tiếp tuyến đường tròn  O M

c) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt đường trịn, có:

 

2

AC AH

AC BD AH BH AB R const

BD BH

 

      

 

 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông:

2

4 CD

AC BD AH BH MH  (do CHD vng có HM trung tuyến ứng với cạnh huyền)

d) Ta có IP / /AM (vì vng góc với MB).Kéo dài IP cắt AN K ; AMN có IK đường trung bình

K

 trung điểm AN Mà A N, cố định nên K cố định Điểm P ln nhìn hai điểm K B, cố định góc vng nên P chuyển động đường trịn đường kính KB

Câu 42 Giải:

a) Ta có AIB  900 (góc nội tiếp chắn nủa đường tròn) BI AE Tương tự AC BE  AEB có hai đường cao AC BI, cắt

K K trực tâm AEB EK AB (tính chất ba đường cao)

b) Do I điểm AC IA IC IBA IBC (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Mà

 

IAC IBC (hai góc nội tiếp chắn IC) IAC IBA FAK có AI đường cao AI BI đồng thời đường trung tuyến (F K đối xứng qua I )

FAK

  cân AFAI IAK.Ta có FAB FAIIAB IAK IAB IBA IAB  900

AF AB

  AAF tiếp tuyến  O c) 

sinKAH KH

AK

 mà sin 2

3

KH

BAC AK HK

AK

     ABE có BI vừa đường cao vừa đường phân giác  ABE cân B nên BI đường trung trực KAKE K BI

A B

C E

H K F

18 3

1 2

EH EK KH   KH



  Ta có    

2

3

2

2

KH KH  HE KH KH    KH   KH 



   

 

Và 2 . 2 3 1 . 3  3 6

2 2

HE KE    HK HK   HK



  Suy KH KH 2HE2HE KE Câu 43 Giải:

a) Do M điểm AC

 

MA MC

  NBM ABM

(hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) BM đường phân

giác ABN ABM.Mặt khác BMA  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

BAN

 có BM vừa đường cao vừa đường phân giác  BAN cân B

 

BAN BNA

  Ta lại có BAN MCN (vì bù BCM) Do BNA MCN  CMN cân M b) Do MB MQ (gt)  BMQ cân M MBQ MQB MCB MNQ (vì bù với hai góc nhau)  BCM QNM (g.g) BC CM 1

QN MN

   (do CMN cân M nên CM MN ) QN BC

  BCA  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Xét BAQ vng A, AC BQ có:

   

2 .

AB BC BQ BC BN NQ BC ABBC (1) Đặt BC x x, 0, biết AB 2R, từ (1) cho

 

2 2

4R x R2 x x 2Rx4R 0 ' R2 4R2 5R2   ' R 5

, x1   R R 5

2 5 0

x   R R  (loại) Vậy BC  51R Câu 44 Giải:

a) Đường kính AC vng góc với dây DE M MD ME Tứ giác ADBE có MD ME,

MAMB (gt), AB DE

ADBE

 hình thoi (hình bình hành có hai đường chéo vng góc nhau)

b) Ta có BIC  900 (góc nội tiếp chắn nủa đường tròn  O' )

 900

ADC  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn  O )BI CD AD DC nên AD / /BI , mà

/ / , ,

BE AD E B I thẳng hàng (tiên đề Ơclit) DIE có IM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

MI MD

  Do MI MD (cmt)  MDI cân M MID MDI + O I' O C' R  O IC' cân O' O IC' O CI' Suy MIDO IC' MDIO CI' 900 (

MAMB

A B C

D

M O H O'

19 MCD

 vuông M ) Vậy MI O I' I , O I' R' bán kính đường tròn  O' MI tiếp tuyến đường tròn  O'

c) BCI BIM (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn BI) BCI BIH (cùng phụ HIC)

 

BIM BIH IB

   phân giác MIH MIH Ta lại có BI CI IC phân giác đỉnh I MIH Áp dụng tính chất phân giác MIH có: BH IH CH CH MB. BH MC.

MB  MI CM  

Câu 45 Giải:

Xét tứ giác AKDL có KDL KAL 1800

(vì K L 900)KDL 1800 600 1200 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt

ta có DM DN, tia phân giác KDP PDL 

  

0

120 60

2 2 2

KDP PDL KDL

MDN 

     Ta có:

   600 

MDC MDN NDC  NDC ;MDC B BMD 600 NDC (góc ngồi BMD)

 

NDC BMD

  , mà MBD DCN 600 (ABC đều) BMD CDN (g.g)

2

4 BM BD BM CN BD CD BC CD CN

     b) Ta có

1 .

2 . .

1 .

2

MDN ABC

MN PD

S MN PD MN KD MN

S  AD BC  BC AD  BC AD  BC Vì D MD tia phân giác



BMN DK DP , AKD có  90 ,0  300 1

2 2

AD KD

K KAD KD

AD

      c) Dựng đường trịn bàng tiếp góc A có tâm O AEF Do AD đường trung tuyến ABC nên

AD tia phân giác BAC Suy OAC Gọi P K L', ', ' tiếp điểm  O với EF AB AC, , Ta có AK'AL P E'; ' EK P F'; ' FL' (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

' '

AEF

P AE EF FA AE EP P F FA

        AE EK'FL'FAAK'AL'2AK'

Mà 1 2

AEF ABC

P  P (gt) 2 ' 1 3

2 ABC 2

AK P AB

   (ABC đều) ' 3 '

4 4

AB

AK AB BK

    (vì

' '

AK K B AB)

2

'

4 AB BK AB

  Mặt khác

2 2

2

2 4

BD BC

BD   

  (D trung điểm BC);

AB BC (ABC đều) BK AB'. BD2  BKD' BDA (c.g.c) BK D' BDA 900 Ta lại có OK B' 900 O D (vì O D, AD) Mà K AL' 'K DL' '1800 (vì AK DL' ' tứ giác nội tiếp) mà

' ' 600

K AL  K DL' '1200 EDF 600 (tia phân giác hai góc kề)

Câu 46 Giải:

a) Xét MAD MBA có AMB chung;

 

20

MAD MBA

  $ (g.g) MA AD MD

MB AB MA

  

b) Ta có MAMC (tính chất hai tiếp

tuyến cắt đường tròn) MD MD

MA MC

  Lập luận tương tự, ta có MD CD

MC  BC Suy

. .

AD CD AD BC AB CD

AB  BC  

c) Dựng điểm E AC cho EDC ADB DAB

 DEC có ADB EDC (cách dựng), ABD ECD (hai góc nội tiếp chắn AD)

DAB DEC

  $ (g.g) AB BD AB DC. EC BD.

EC DC

    (1) Do EDC ADB BDC ADE, nên DAE$DBC (g.g)AD BC. BD AE. (2) Từ (1) (2) ta có AB CD AD BC BD AE ECBD AC

c) Ta có . . 2 . .

. . .

AD BC AB CD

AB CD AC BD AD BC AB CD AC BD

 

  

  



Mà AC 2AB (gt) 2AB CD. 2AB BD. CDBD Suy tam giác BCD cân D Câu 47 Giải:

a) Áp dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ta có:

  900

AEB AMB  ,

  900

BMC AEC 

  1800

AEC BMC

    Tứ giác MCED nội tiếp đường tròn ABC có hai đường cao BM AE, cắt

D D trực tâm ABC CD AB

b) cosABC BE BH BE BC. BH AB.

AB BC

    c) + Gọi I giao điểm

tiếp tuyến M đường tròn  O với CD Trong đường trịn  O có IMD MAB (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn MB), MAB MDI (cùng phụ với ACH)IMD MDI  IMD cân

I IM ID Ta lại có IMC ICM (cùng phụ với hai góc nhau)  MIC cân I IM IC Vậy

IM ID IC I trung điểm CD

+ CED có EI trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IE IC IDIM, CED IED có IM IE (cmt), OI chung, OM OE R  IMO  IEO (c.c.c)IEO IMO 900 IE OE OE, R nên IE tiếp tuyến đường tròn  O E Nghĩa tiếp tuyến M E, đường tròn  O cắt điểm I thuộc CD

d) AHC có H  900, CAH  450  AHC vng cân H CH AH x

 300  600

EAB  EBA ; cotEBA HB cot600 3

HC

   3. 3.

3 3

HB HC x

   Ta có

I

A B

C E

H O

21

 

3

2 3

3 3 3

R

AB AH HB  R  x  x R 

 Vậy

 

. 1.2 3 3

2 2

ABC

AB CH

S   R R  R (đvdt)

Câu 48 Giải:

a) Ta có

        0 0 180 120 180 120

BDO BOD B

BDO COE

BOD COE DOE

    

  

    

 ,

mà DOE B 600

BDO COE

   (g.g) BD OB

OC CE   BC BD CE OB OC

   (không đổi) b) BDO COE

OD BD BD

OE OC OB

   mặt khác DBO DOE 600  BDO ODE

(c.g.c) BDO ODE, mà tia DO nằm hai tia DB DE, DO tia phân giác BDE

c) ABC nên đường trung tuyến AO đường phân giác BAC, mà DO phân giác ngồi đỉnh D O tâm đường trịn bàng tiếp góc A ADE ĐƯờng trịn  O ln tiếp xúc DE AC, d) AP AQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), AB AC

 

/ / 60

AP AQ

PQ BC IQA ACB

AB AC

      , mà DOE  600 IQE IOE 60 ; ,0 O Q hai đỉnh liên tiếp tứ giác IOQE Tứ giác IOQE nội tiếp (cùng thuộc cung chứa góc) Suy EIO EQO 900

Lý luận tương tự DNE  900 Vậy tứ giác DINE (DIE DNE nhìn DE góc vng)

 

ONI ODE

  Vậy ONI ODE (g.g) cos 600 1 2 2

IN ON DE NI

DE OD

     

Câu 49 Giải:

a) Do AB AC, hai tiếp tuyến cắt đường tròn  O

nên ABO ACO 900 B C,

thuộc đường trịn đường kính OA có tâm I trung điểm OA b) Ta

có . .2 .

2

AB

AM AO  AI AB AI c) Gọi E trung điểm

MA, G trọng tâm CMA nên G CE 1 3

GE

CE  Mặt khác

1 3

ME

BE  (vì 2 2

MA MB

ME   nên

3

BE

ME  ) GE ME

CE BE

  , theo định lý Ta-lét đảo MG / /BC

22 d) Gọi G' giao điểm OA CM G' trọng tâm ABC Nên ' 1

3 '

G M GE

CM  CE , theo định lý Ta-lét

đảo GG'/ /ME (1)

MI đường trung bình OAB MI / /OB, mà AB OB (cmt) MI AB, nghĩa MI ME (2) Từ (1) (2) cho MI GG', ta lại có GI'MK (vì OAMK) nên I trực tâm MGG'

'

GI G M

  tức GI CM Câu 50 Giải:

a) Gọi O' giao điểm AO với cung nhỏ DE đường tròn

 O O' thuộc đường phân giác A ADE Ta có

 

DOAEOA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

' '

DO O E

  Mà ' 1sđ '; ' 1sđ'

2 2

ADO  DO EDO  O E

' '

ADO EDO

  DO' phân giác D O' tâm đường tròn nội tiếp ADE Do OO'R b) Do AB AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  ADE cân A nên

  

0

180 90

2 2

BAC BAC

ADE     Mà   

 

2

ABC

ADE ABM NMB  NMB (do BO phân giác 

ABC nên 

 2

ABC

ABM  )  

   

0

90

2 2 2

B BAC ABC ACB

NMB ADE 

      Mặt khác

 

2

ACB

NCB  (do CO tia phân giác ACB) Suy NMB NCB, mà M C, hai đỉnh liên tiếp tứ giác BCMN Tứ giác BCMN nội tiếp (vì thuộc cung chứa góc)

c) NMO BCO có NOM BOC (đối đỉnh); NMO BCO (cmt) NMO$BCO (g.g)

OM ON MN

OC OB BC

   Tương tự DMO$ACO (g.g) DM OM

AC OC

  ; NEO$BAO (g.g)

O'

O N

M E D

C B