Vaäy töù giaùc MDOE noäi tieáp ñöôøng troøn ñöôøng kính ED, taâm laø trung ñieåm cuûa ED b) Chöùng minh: CE.. Xaùc ñònh taâm ñöôøng troøn naøy.. Tia CP caét ñöôøng troøn taïi ñieåm thöù [r]
(1)PHẦN HÌNH HỌC
Câu 1:Cho đường trịn tâm O, bán kính R Hai đường kính AB CD vng góc với Trên AO lấy điểm E cho OE = AO
3 ; CE cắt (O) M
a) Chứng minh: tứ giác MDOE nội tiếp Xác định tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác Xét tứ giác MDOE ta có:
EMD 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) M đường tròn đường kính ED điểm M, D, O, E thuộc đường trịn đường kính ED
Vậy tứ giác MDOE nội tiếp đường trịn đường kính ED, tâm trung điểm ED b) Chứng minh: CE CM = CD CO
* Sơ đồ chứng minh: CEO CDM CE CO CD CM
* Chứng minh: Xét CEO CDM ta có:
C chung
COE CMD 1v(cmt)
COE ~ CMD
CE COhay CE.CM CD.CO
CD CM
c) Tính CE theo R OCE vuông O
Áp dụng định lí Pytago vào vuông COE ta có: CE2 = CO2 + OE2
2 2 2 2 2
2 R R 9R R 10R
CE R R
3 9 9
2
10R R 10 CE
9
d) Tính đường cao MH CDM
Xeùt CEO CMH ta có: C chung ; COE CHM 1v(cmt)
COE ~ CHM CE OE MH CM.OE CM MH CE Maø EO = OE = OA R3 3 -> CE =
2
10R R 10 Theo câu b ta có: CE CM = CD CO
2
2
CO.CD R.2R R 10 6R 6R 6R 10
CM 2R : 2R
CE R 10 R 10 R 10 10 10
Vaäy
2
6R 10 R.
CM.EO 10 3 6R 10 R 10 6R 10 18R 3R
MH :
CE R 10 30 30 R 10 30
Bài 2: Cho đường trịn (O;R), đường kính AB Gọi (d) tiếp tuyến A (O) Trên (d) lấy điểm M (M A) MB cắt (O) C Gọi D trung điểm BC
a) Chứng minh tứ giác MAOD nội tiếp: Xét tứ giác MAOD ta có:
MAO 1v (tính chất tiếp tuyến) A đường trịn đường kính MO
CD = DB OD CB (OD phần đường kính qua trung điểm dây CD không qua tâm
nên vng góc với dây ấy) hay ODM 1v D đường trịn đường kính OM
điểm M, A, O, D thuộc đường trịn đường kính OM
Vậy tứ giác MAOD nội tiếp đường trịn đường kính OM, tâm trung điểm OM
E O H
B
D M
A
(2)b) Tính ACB Ta có: ACB = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
c) Chứng minh: ODB ~ CBA Xét ODB CBA
Ta coù: B chung; ODB ACB 1v(cmt) ODB ~ CBA
d) Chứng minh: MC MB = MA2 * Sơ đồ chứng minh:
2
MC.MB MA MC.MB MA.MA
MC MA MA MB
MCA MAB * Chứng minh:
Xét MCA MAB ta coù:
M chung; MCA 1v(doACB 1v) MAB 1v(cmt)
MCA ~ MAB MA MBMC MA hay MA2 MC.MB
e) Chứng minh: AC // OD ta có:
AC CB (do ACB=1v(cmt)) OD CB(cmt)
AC // OD (vì vuông góc CB)
Bài 3: Cho đừong trịn (O), đường kính AB CD vng góc với nhau; M CB ; AM cắt CD P;
E trung điểm PB
a) Chứng minh: tứ giác OPMB nội tiếp Xác định tâm đường trịn này. Giải: Xét tứ giác OPMB ta có:
POB 1v(gt) O đường trịn đường kính PB
PMB 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) M đường trịn đường kính PB
điểm O, P, M, B thuộc đường tròn đường kính PB
Vậy tứ giác OPMB nội tiếp đường trịn đường kính PB, tâm trung điểm E PB b) Chứng minh: POM MBP
Vì tứ giác OPMB nội tiếp nên POM MBP (2 góc nội tiếp chắn cung PM đường trịn tâm E)
c) Chứng minh: OE // PM Giải: Ta có:
E trung điểm PB (gt) EP = EB OA OB(bán kính)
OE đường trung bình BAP OE//AP Mà PM tia đối cạnh AP OE // PM
d) Chứng minh: AM AP = 2R2 Sơ đồ chứng minh:
2 AM.AP 2R
AM R 2R AP AM AO AB AP AMB APO
Chứng minh: Xét AMB APO ta có:
C
D
O B
A M
IP O A
D
E B M
(3)
A chung
AMB AOP 1v(cmt)
AMB ~ AOP AM AB
AO AP
hay AM AP = Ao AB = R 2R = 2R2
e) Gọi I trung điểm AM Chứng minh: OIAM
2 OI//BM
3 AB2 = AM AC Giải:
1 OIAM
Ta có I trung điểm AM IA = IM OIAM (OI phần đường kính qua trung điểm
của dây cung AM không qua tâm vng góc với dây cung đấy) OI//AM
Ta coù:
OI AM (cmt)
BM AM (là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
OI//BM (vì vng góc với AM)
f) Gọi H điểm đối xứng O qua I Tứ giác AOMH hình gì? Vì sao? Giải:
Ta có: H điểm đối xứng O qua I (gt) IH = OI Xét tứ giác AOMH ta có IO = IH (cmt)
IA = IM (gt)
Tứ giác AOMH hình bình hành có đường chéo AM OH cắt trung điểm đường Bài 4: Cho đường tròn (O), dây AB điểm C ngồi đường trịn nằm tia AB Vẽ đường kính QP AB D (Q thuộc cung nhỏ AB) Tia CP cắt đường tròn điểm thứ hai I Các dây
AB QI cắt K
a) Chứng minh: Tứ giác PDKI nội tiếp Xét tứ giác PDKI ta có:
PDK 1v(gt) D đường trịn đường kính PK
PIK 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) I đường tròn đường kính PK
điểm P, D, K, I thuộc đường trịn đường kính PK
Vậy tứ giác PDKI nội tiếp đường trịn đường kính PK, tâm trung điểm PK b) Chứng minh: CI CP = CK CD
Sơ đồ chứng minh: CI.CP CK.CD
CI CD CK CP CIK CDP
Chứng minh: Xét CIK CDP ta có:
C chung
PIK=1v (góc nội tiếp chắn nửa đưởng tròn) KIC=1v
KIC PDC 1v PDC 1v(gt)
CIK ~ CDP CI CK
CD CP
hay CI CP = CD CK
c) Chứng minh IC tia phân giác góc ngồi đỉnh I AIB (tức chứng minh: I3 I2) Ta có: KIP 90 (cmt) KIC 90 ;CIX 90
6
3
1 K
D O A
P
I
B C
(4)Hay
0
3 4
0
1 2
I I 90 I 90 I
(1) I I 90 I 90 I
1 5
4
mà I I (đối đỉnh)
I I (vì đường kính PQ AB nên chia cung AB thành cung AQ BQ (2) bằng I =I góc nội tiếp chắn cung nhau)
Từ (1)
(2)
0
3
0
2
I 90 I I 90 I
I3 I2hay IC tia phân giác góc ngồi đỉnh I AIB
d) Giả sử A, B, C cố định Chứng minh đường tròn (O) thay đổi qua A, B đường thẳng QI ln qua điểm cố định
Xeùt AIC PBC ta có:
C chung
IAC PBC (2 góc nội tiếp chaén cung BI)
CAI ~ CBP BC BCIC AC hay CI.CP AC.BC
Mặt khác ta lại có CI.CP = CK.CD (chứng minh câu b) AC.BC = CK.CD CK AC.BC
CD
mà AC, BC, CD không đổi nên độ kớn CK không đổi C cố định nên K cố định QI luông qua K cố định
Bài 5: Cho đường trịn tâm O, đường kính AB Trên nửa đường tròn lấy điểm D C cho
AD AC(D A;C B) Hai đoạn thẳng AC BD cắt E Vẽ EH AB H
a) chứng minh: Tứ giác ADEH nội tiếp; tứ giác CBHE nội tiếp
Chứng minh: tứ giác ADEH nội tiếp Xét tứ giác ADEH ta có:
AHE 1v(gt) Hđường trịn đường kính AE
ADE 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) D đường trịn đường kính AE điểm A, D, E, H thuộc đường trịn đường kính AE
Vậy tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AE, tâm trung điểm AE Chứng minh: Tứ giác CBHE nội tiếp
Xét tứ giác CBHE ta có:
EHB 1v(gt) Hđường trịn đường kính EB
ECB 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) C đường trịn đường kính EB điểm C, B, H, E thuộc đường tròn đường kính EB
Vậy tứ giác CBHE nội tiếp đường trịn đường kính EB, tâm trung điểm EB b) Chứng minh: BE BD = BH BA
Sơ đồ chứng minh: BE.BD BH.BA
BE BA BH BD
BEH BAD
Chứng minh: Xét BEH BAD ta có:
B chung
(5) BHE ~ BDA BH BE BD BA
hay BH BA = BE BD
c) Chứng minh: CA phân giác BCH (tức chứng minh: C C 1 2) Ta có: C 1 B 1(2 góc nội tiếp chắn cung AD đường trịn tâm O)
2
C B (2 góc nội tiếp chắn cung EH đường trịn đường kính EB )
C C 1 2hay CA phân giác BCH d) Chứng minh: AC AE + BD BE = AB2 Sơ đồ chứng minh:
2
AC.AE BD.BE AB
AC.AE BD.BE AB.(AH HB) AC.AE BD.BE AB.AH AB.HB
1 3 C/ M
2 4
tức chứng minh
AC.AE AB.AH(5) BD.BE AB.HB(6)
Lấy (5) cộng (6) vế theo vế đpcm Chứng minh : AE AC = AB AH Xét AEH ABC ta có :
A chung ; AHE ACB 1v(cmt) AEH ABC(gg)
AE AH AB AC
Hay (1) Chứng minh : BD.BE = AB HB
Xét BDA BHE ta có :
1
B chung ; BDA BHE 1v(cmt) BDA BHE(gg)
BD BA BH BE
Hay
(2) Cộng vế theo vế (1) (2) ta : AE AC + BD BE = AB.AH + AB.BH
AE AC + BD BE = AB.(AH + H B) AE AC + BD BE = AB AB = AB2
BÀI : Cho nửa đường trịn đường kính AB Kẻ dây AC BD cắt điểm P nằm trong đường tròn Hạ PI AB
a) chứng minh tứ giác ADPI , IPCB nội tiếp b) Chứng minh BA BI = BD BP
c) Chuùng minh AB AI = AC AP d) Chuùng minh APDPCB
e) Chúng minh AC AP + BD BP = AB2 f) Chúng minh điểm Q,P,I thẳng hàng a) Chứng minh tứ giác ADPI; IPCB nội tiếp:
Chứng minh tứ giác ADPI nội tiếp: Xét tứ giác ADPI ta có:
AE.AC AB.AH
(6)
AIP 1v(gt) I đường trịn đường kính AP
ADP 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Dđường trịn đường kính AP điểm A, D, P, I thuộc đường trịn đường kính AP
Vậy tứ giác ADPI nội tiếp đường tròn đường kính AP, tâm trung điểm AP Chứng minh tứ giác IPCB nội tiếp
Xét tứ giác IPCB ta có:
PIB 1v(gt) Iđường trịn đường kính PB
PCB 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Cđường trịn đường kính PB điểm I,P,C,B thuộc đường trịn đường kính PB
Vậy tứ giác IPCB nội tiếp đường tròn đường kính PB , tâm trung điểm PB b) Chứng minh BA BI = BD BP (1)
xét BAD BPI ta có : B chung ; BDA BIP 1v(cmt) BD BA
BDA BPI(gg)
BI BP
hay BD.BP = BA.BI
c) Chuùng minh AB AI = AC AP (2)
Xeùt ABC API ta có : A chung ; ACB AIP 1v(cmt) AC AB
ACB AIP(gg)
AI AP
hay AC.AP = AB AI
d) Chuùng minh APDPCB Xét APD vaø PCB ta có :
DPA BPC(ññ);ADP PCB 1v(cmt) PDA PCB(gg)
e) Chúng minh AC AP + BD BP = AB2 Cộng vế theo vế (1) (2) ta : BD BP + AC AP = BA BI + AB AI
BD BP + AC AP = AB ( BI + AI) BD BP + AC AP = AB AB
BD BP + AC AP = AB2
g) Chứng minh điểm : Q,P,I thẳng hàng
xét tam giác AQB ta có : AC BD đường cao cắt P P trực tâm tam giác AQB Do QP đường cao thứ QP AB mà PIAB QP IP hay điểm Q.P.I thẳng hàng Bài 7: Cho tam giác ABC có góc nhọn Kẻ đường cao BD , CE
a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp Xác định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác b) Gọi H trực tâm tam giác ABC ,AH kéo dài cắt BC M.Chứng minh AE.AB=AH
.AM
c) Gọi F điểm đối xứng E qua I Chứng minh: BAM BFE
a) Chứng minh tứ giác AFDC nội tiếp Xác định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác Xét tứ giác BEDC ta có:
CDB 1v(gt) Dđường trịn đường kính CB
CEB 1v(gt) Eđường trịn đường kính CB điểm B, D, E, C thuộc đường trịn đường kính CB
b) Gọi H trực tâm tam giác ABC ,AH kéo dài cắt BC M.Chứng minh AE.AB=AH AM
Ta có ABC có đường cao BD CE cắt H; H trực tâm ABC nên đường cao thứ xuất phát từ đỉnh A phải qua trực tâm H hay AH Bc M
(7)
A chung
AEH AMB 1v(cmt)
AEH ~ AMB AE AH
AM AB hay AE.AB=AH.AM
c) Gọi F điểm đối xứng E qua I Chứng minh: BAM BFE Ta có F điểm đối xứng E qua I IE = IF (1)
Mà E thuộc đường tròn tâm I (2)
Từ (1) (2) F thuộc đường trịn tâm I
Ta có: F1C 1(2 góc nội tiếp chắn cung EB đường trịn tâm I) Xét AMB CEB ta có: B chung;AMB CEB(cmt)
BMA ~ BEC A C
Từ (3) (4) A 1 F hay BAM BFE1
Bài 8: Cho ABC có góc nhọn (khơng cân A) nội tiếp đường tròn (O) đường cao BE CK cắt H Gọi I, J lần lựot trung điểm BC KE
a) Chứng minh OIBC
b) Chứng minh: KI = EI
c) Chứng minh: AH BC P
d) Chứng minh IJ KE
e) Kẻ tiếp tuyến Ax (O) Chứng minh Ax // KE f) Chứng minh: OA // IJ
g) Chứng minh: PA phân giácKPE (tức chứng minh: P1 P2)
h) Chứng minh: H H’ đối xứng qua BC (tức phải chứng minh HP = HP’) a) Chứng minh OIBC
Ta có I trung điểm BC IB = IC OIBC (OI phần đường kính qua trung điểm
dây BC khơng qua tâm nên vng góc với dây ấy) b) Chứng minh: KI = EI
Xét tứ giác BKEC ta có:
BKC 1v(gt) Dđường trịn đường kính BC
BEC 1v(gt) Eđường trịn đường kính BC điểm B, K, E, C thuộc đường trịn đường kính BC
Vậy tứ giác BKEC nội tiếp đường trịn đường kính BC, tâm I trung điểm BC Vì I tâm đường trịn đường kính BC nên IK = IE (bán kính)
c) Chứng minh: AH BC P
ABC có đường cao BE CK cắt H (gt) H trực tâm ABC đường cao thứ xuất phát từ đỉnh A phải qua trực tâm H nên AH BC P
d) Chứng minh IJ KE
Ta có I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKEC (cmt) mà JK = JE (gt) IJ KE (IJ phần
đường kính qua trung điểm dây KE khơng qua tâm nên vng góc với dây ấy) e) Kẻ tiếp tuyến Ax (O) Chứng minh Ax // KE
Ta có xAC ABC ( góc tạo tia tiếp truyến dây góc niộ tiếp chắn cung AC) (1)
)
0
Mà ABC KEC 180 (2 góc đối diện tứ giác nội tiếp)
ABC AEK AEK KEC 180 (kề bù
Từ (1) (2) xAC AEK mà góc vị trí so le Ax // KE
H A
K D E
B I M C
(8)f) Chứng minh: OA // IJ
Ta có: OA Ax (tính chất tiếp tuyến)
Mà Ax // KE (cmt) OA KE
Lại có IJ KE (cmt)
OA // IJ (vì )
g) Chứng minh: PA phân giácKPE (tức chứng minh: P1P2) Chứng minh tứ giác BKHP nội tiếp:
Xét tứ giác BKHP ta có:
BKH 1v(gt) Kđường trịn đường kính BH
BPH 1v(gt) Pđường trịn đường kính BH
điểm B, K, H, P thuộc đường trịn đường kính BH Vậy tứ giác BKHP nội tiếp đường tròn BH,
tâm trung điểm BH
B 1P1(2 góc nội tiếp chắn
cung KH đường trịn đường kính BH) (1) Chứng minh tứ giác PHEC nội tiếp:
Xét tứ giác BHEC ta có:
HEC 1v(gt) H đường trịn đường kính HC
HPC 1v(cmt) P đường trịn đường kính HC
điểm P, H, E, C thuộc đường trịn đường kính HC
Vậy tứ giác BHEC nội tiếp đường trịn đường kính HC, tâm trung điểm HC B 2 C 1(2 góc nội tiếp chắn cung HE đường trịn đường kính HC) (2)
Ta có tứ giác BKEC nội tiếp (chứng minh câu a)
B 1C 1(2 góc nội tiếp chắn cung KE đường trịn đường kính BC) (3)
Từ (1) (2) (3) P1P2 hay PA phân giác KPE (đpcm)
h) Chứng minh: H H’ đối xứng qua BC (tức phải chứng minh HP = H’P)
Chứng minh tứ giác ABPE nội tiếp Xét tứ giác ABPE ta có:
APB 1v(cmt) Bđường trịn đường kính AB
AEB 1v(gt) Eđường trịn đường kính AB điểm A, B, P, E đường trịn đường kính AB
Vậy tứ giác ABPE nội tiếp đường trịn đường kính AB, tâm trung điểm AB
EBP CAP (2 góc nội tiếp chắn cung PE đường trịn đường kính AB) Mà CAP CBH (2 góc nội tiếp chắn cung HC)
HBP CBH
Xeùt HBH’ ta coù: HBP CBH';BP HH'(cmt)
HBH’ cân B nên đường phân giác BP vừa đường cao vừa đường trung tuyến HP = HP’ hay H H’ đối xứng qua BC (ĐPCM)
Bài 9: Cho đường tròn (O) dây BC, tiếp tuyến với đường tròn B C cắt D a) Chứng minh: tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn
b) Gọi I giao điểm OD BC Chứng minh: OB BC
c) Chứng minh: OCB ODC
d) Chứng minh: IO2 + IB2 + ID2 + IC2 = OD2
e) Các đường cao BM CN tam giác DBC cắt H Tứ giác OBHC hình gì? Vì sao?
1 1
H O
I P
H' B
K J
E
(9)f) Chứng minh: DM.DC = DB.DN g) Chứng minh: DBO ~ DCO
a) Chứng minh: tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn Xét tứ giác OBDC ta có:
OBD 1v (tính chất tiếp tuyến) B đường trịn đường kính OD
OCD 1v (tính chất tiếp tuyến) C đường trịn đường kính OD điểm O, B, D, C thuộc đường trịn đường kính OD
Vậy tứ giác OBDC nội tiếp đường trịn đường kính OD Tâm trung điểm OD b) Gọi I giao điểm OD BC Chứng minh: OB BC
Ta có:OB = OC (bán kính đường trịn tâm O) DB = DC (tính chất tiếp tuyến) D trung trực BC O trung trực BC
OD trung trực BC hay ODBC
c) Chứng minh: ODC ODC
1
1
C D (2 góc nội tiếp chắn cung OB đường trịn đường kính OD)
D D (tính chất tiếp tuyến)
1 2
C D hay OCB ODC
d) Chứng minh: IO2 + IB2 + ID2 + IC2 = OD2
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông OIC ta có: OI2 + IC2 =OC2 (1) Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông IBD ta có: IB2 + ID2 =BD2 (2)
Cộng vế theo vế (1) (2) ta được: OI2 + IC2 + IB2 + ID2 = OC2 + BD2 mà OC = OB Vậy OI2 + IC2 + IB2 + ID2 = OC2 + BD2 = OD2
e) Các đường cao BM CN tam giác DBC cắt H Tứ giác OBHC hình gì? Vì sao? Ta có: OB BD(t / ctt)CN BD(gt)
OB//CN (BD) maø HCN OB // CH (1) Lại có: OC CD(t / ctt)BM CD(gt) OC// BM( CD)
maø H BM OC // BH (2)
Từ (1) (2) tứ giác OBHC hbh mà OB = OC (bán kính) hbh OBHC hình thoi f) Chứng minh: DM DC = DB DN
Sơ đồ chứng minh: DM.DC DB.DN
DM DN DB DC DMB DNC
Chứng minh:
Xét DMB DNC ta coù:
D chung
DMB DNC 1v(gt)
DMB ~ DNC DM DB
DN DC
hay DM.DC DN.DB
g) Chứng minh: DBO ~ DCO Xét DBO DCO ta có:
1 D D (t / ctt)
DBO DCO 1v(t / ctt) DBO DCO
O H
N
K
M C
B
(10)Bài 10: Cho nửa đường tròn (O), đường kính BC Điểm A thuộc cung nửa đường trịn (AB<AC) Gọi E điểm đối xứng với B qua A
a) BCE gì?