Đang tải... (xem toàn văn)
a) Tứ giác CDFE nội tiếp ñược trong một ñường tròn. a) Chứng minh rằng tam giác BCD là tam giác vuông. d) Xác ñịnh vị trí của M ñể OO’ ngắn nhất.. Gọi I là tâm ñường tròn nội tiếp tam gi[r]
(1)(2)100 BÀI TỐN HÌNH THI VÀO LỚP 10 THPT
Bài : Cho ñiểm A, B, C cố ñịnh với B nằm A, C Một đường trịn tâm O thay đổi qua B, C Vẽ đường kính MN vng góc với BC D (M nằm cung nhỏ BC) Tia AN cắt đường trịn tâm O điểm thứ F Hai dây cung BC MF cắt E Chứng minh rằng:
a) Tứ giác DEFN nội tiếp b) AD.AE = AF.AN
c) MF ln qua điểm cố định
E
F
D
M N
O
C
B A
- Tứ giác DEFN nội tiếp đường trịn đường kính EN EDN=EFN=900 - Dễ thấy ∆FEA~∆DNA g g( )⇒ AD.AE = AF.AN
- Dễ dàng chứng minh AF.AN = AB.AC khơng ñổi (do A, B, C cố ñịnh) nên AD.AE không ñổi, mà (O) qua B C nên O nằm trung trực BC, D cố định Vì AD khơng đổi ⇒ AE khơng đổi hay E cố ñịnh
Bài : Cho tam giác ABC vng A Lấy AC điểm D Dựng CE⊥BD a) CMR: Tam giác ABD tam giác ECD ñồng dạng
b) Tứ giác ABCE nội tiếp
c) CMR: FD⊥BC, với F giao ñiểm AB CE
d) Cho biết ABC=600, BC = 2a, AD = a Tính AC, đường cao AH ∆ABC bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác ADEF
- Ta có : ∆ABD~∆ECD g g( )
- Tứ giác ABCE nội tiếp ñường trịn đường kính BC - D trực tâm tam giác FBC nên FD vng góc với BC
- Dễ dàng tính AB = a nên AH = AB.sinB sin 600
a a
= = AC = BC.sinB
2 sin 60a a
(3)- Ta có
0
60
cos cos 60
AD a
FDA B FD a
D
= = ⇒ = = = ⇒ bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác ADEF (đường trịn đường kính FD) a
a
2a
H
F
E A
B C
D
Bài : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn P điểm cung AB không chứa C D Hai dây cung PC PD cắt dây AB E F Các dây AD PC kéo dài cắt I, dây BC PD kéo dài cắt K CMR:
a) CID = CKD
b) Tứ giác CDFE nội tiếp c) IK // AB
d) ðường tròn ngoại tiếp tam giác AFD tiếp xúc với PA A
K
I
F E
P O
A B
C
(4)- Ta có BP=AP⇒CD−BP=CD−AP⇒CID=CKD
- Do BP=AP⇒AD+BP =AD+AP⇒PCD=BEP⇒DFE+PCD=DFE+BEP =1800 nên tứ giác CDFE nội tiếp
- Theo CID=CKD⇒CDIK tứ giác nội tiếp DKI =DCI=BFP⇒IK//AB (cặp góc so le nhau)
- Do BP=AP⇒FDA=FAP⇒ AP tiếp tuyến ñường tròn ngoại tiếp tam giác FDA A (cùng nửa số ño cung EA)
Bài : Bài 6: Cho đường trịn tâm O bán kỉnh Hai đường kính AB CD vng góc với Trong đoạn AB lấy ñiểm M (M ≠O) ðường thẳng CM cắt ñường tròn tâm O ñiểm thứ hai N ðường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N (O) P Chứng minh rằng:
a) Tứ giác OMNP nội tiếp
b) Tứ giác CMPO hình bình hành
c) CM.CN khơng đổi M di ñộng AB
d) Khi M di động AB P chạy đoạn thẳng cố ñịnh - Tứ giác OMNP nội tiếp ñường trịn đường kính OP OMP=ONP =900
- Dễ thấy MP // OC (cùng vng góc với AB) nên MCO=NMP mà OC = ON nên
MCO=MNO⇒NMP=MNO Mà tứ giác OMNP nội tiếp nên NMP=NOP
// //
MNO NOP NC OP MC OP
⇒ = ⇒ ⇒ Do tứ giác CMPO hình bình hành - Ta có COM ~ CND g g( ) CO CM CM CN CO CD R R.2 2R2
CN CD
∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = = (khơng đổi
khi M di chuyển AB)
- Theo MP //= OC nên MP //= OP mà MOD=900 ⇒ tứ giác MPDO hình chữ nhật Do PD vng góc với CD D Vì M di chuyển AB P di chuyển đoạn thẳng A’B’= AB vng góc CD D
B'
A' P
N
D C
O
(5)Bài : Cho ABC∆ vuông A (AB > AC), có đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa ñỉnh A vẽ nửa đường trịn đường kính BH cắt AB E nửa đường trịn đường kính CH cắt AC F
a) CMR: Tứ giác AFHE hình chữ nhật b) CMR: Tứ giác BEFC nội tiếp
c) EF tiếp tuyến chung hai nửa đường trịn
d) Giả sử góc ABC 300 CMR bán kính nửa đường trịn gấp lần bán kính nửa đường trịn
F E I O H B C A
- Tứ giác AEHF có ba góc vng nên hình chữ nhật
- Do AEHF hình chữ nhật nên hai đường chéo cắt trung điểm,
90
EAH =FEA⇒ +B EAH = +B FEA= Mà
0
90 180
EFA+FEA= ⇒EFA= ⇒ +B B EFC=EFA+EFC = ⇒ tứ giác BEFC nội tiếp - Dễ thấy OEH =OHE,= AHE⇒OEH+FEH=OHE+AHE=900 nên EF tiếp tuyến
(O) Tương tự EF tiếp tuyến (I) - Giả sử BC = x, ta có :
2 2 2 2 2
3 4
,
2
3
3 / 4 16
3 /
3 3
4 16
x
x x AB AC x
AC AB AH
BC x
x x x
CH AC AH
BH x
CH x
x x x
BH AB AH
= = ⇒ = = = ⇒ = − = − = ⇒ = = ⇒ = − = − =
Bài : Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính BC ðiểm A thuộc nửa đường trịn Dựng hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB khơng chứa điểm C Gọi F giao ñiểm AE nửa ñường tròn (O), K giao ñiểm ED CF
a) F điểm cung BC b) Tứ giác BDKC nội tiếp
(6)K
F
E
D
O
B C A
- Ta có FAC=DAE=450 ⇒FC=900 ⇒ F điểm cung BC
- Do FC=FB=900 ⇒FBC=450 =EDB⇒KDB+FCB =1800 ⇒ tứ giác BCKD nội tiếp - Theo tứ giác BCKD nội tiếp nên KBC=KDC=900 ⇒ ∆KBC tam giác vuông cân
,
KB BC KB BC
⇒ ⊥ = Vì A di chuyển nửa đường trịn BC cố định nên K điểm cố định Vậy DE ln qua điểm cố định K
- Vì K, B cố định mà KEB=900 ⇒ A di chuyển E nằm nửa đường trịn đường kính KB (trên nửa mặt phẳng bờ KB khơng chứa điểm C)
Bài : Cho đường trịn tâm O bán kính R, đường kính AB Tiếp tuyến điểm M đường trịn (M ≠ A M, ≠ B) cắt tiếp tuyến A B theo thứ tự C D
a) CMR: CD = CA + BD b) CMR: COD = 90 c) CMR: AC MO = R2
d) Biết góc MAB 600, chứng minh ∆MBD ñều
x y
D
C
(7)Bài : Cho ∆ABC vuông C, có
BC= AB Trên BC lấy điểm E Từ B kẻ đường thẳng d vng góc với AE, gọi giao điểm d với AE, AC kéo dài I, K
a) Tính góc CIK
b) CMR: KA KC = KB KI
c) Gọi H giao ñiểm đường trịn đường kính AK với cạnh AB CMR: H, E, K thẳng hàng
d) Tìm quỹ tích ñiểm I E chạy BC
H K
I
B A C
E
- Dễ thấy sin 300
BC
A A
AB
= = ⇒ = , mà tứ giác BICA nội tiếp đường trịn đường kính AB nên KIC= =A 300
- Ta có KBC~ KAI KB KC KA KC KB KI
KA KI
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
- Vì H nằm đường trịn đường kính KA nên KHA=900 ⇒KH ⊥ AB, mà E trực tâm tam giác KBA nên KE ⊥AB⇒ba ñiểm K, E, H thẳng hàng
- Theo trên, tứ giác BICA nội tiếp nên BIC=1800 − =A 1800 −300 =1500 Do E di chuyển BC I nằm cung chứa góc 1500 dựng BC (nằm tam giác ABC) Bài : Cho hai đường trịn (O) (O’) cắt A, B ðường kính AC (O) cắt (O’) giao
ñiểm thứ hai E ðường kính AD (O’) cắt (O) điểm thứ hai F a) CMR: CDEF nội tiếp
b) CMR: C, B, D thẳng hàng c) CMR: OO’EF nội tiếp
d) Với điều kiện vị trí (O) (O’) EF tiếp tuyến chung (O) (O’)? - Tứ giác CDEF nội tiếp ñường trịn đường kính CD CFA=DEA=900
(8)- Do ∆FOA, ∆EO A' cân O O’ mà FAO=EAO' (ñối ñỉnh) ⇒OEO'=O FO' ⇒ tứ giác OFEO’ nội tiếp
- Nếu EF tiếp tuyến chung (O) (O’) ' 900 ' 900
OFE=FEO = ⇒FOO = ⇒ tứ giác OFEO’ hình chữ nhật ⇒FO=EO'⇒ =R R' Mà A tâm hình chữ nhật OFEO’ ñồng thời AB⊥O O' ⇒O O’ cách AB Tóm lại, muốn EF tiếp tuyến chung (O) (O’) hai đường trịn có bán kính AB trung trực OO’
E F
D
C B
A
O O'
Bài 10 :Cho (O;R), hai ñiểm C, D thuộc (O), B ñiểm cung CD Kẻ đường kính AB Trên tia đối tía AB lấy điểm S Nối SC cắt (O) M, MD cắt AB K, MB cắt AC H
a) CMR: Tứ giác AMHK nội tiếp b) CMR: HK // CD
c) CMR: OK OS = R2
N
H
K M
A
B O
C
(9)- Do B điểm cung CD nên BC=BD⇒HAK=HMK⇒ tứ giác AMHK nội tiếp
- Ta có : MAC=MDC (cùng chắn MC) mà MAC=MKH (cùng chắn MH đường trịn ngoại tiếp tứ giác AMHK) nên MKH=MDC⇒HK//CD Có thể chứng minh cách khác, dựa vào tứ giác AMHK nội tiếp AMH =900 ⇒ AKH =900
- Nối SD cắt (O) N, AB trung trực CD nên AC =AD tam giác SCD cân S, MCD=NDC⇒AM = AN Mặt khác ,
2
ODA=OAD= BD ADN = AN nên
1( ) ~ ( . )
2
OK OD
ODS ODA ADN AM BD OKD OKD ODS g g
OD OS
= + = + = ⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ ñpcm
Bài 11 :Cho tam giác ABC có góc B, C nhọn Các đường trịn đường kính AB AC cắt giao ñiểm thứ hai H Một ñường thẳng d qua A cắt đường trịn M, N
a) CMR: ñiểm H thuộc BC
b) Tứ giác BCNM hình gì? Tại sao?
c) Gọi P, Q trung ñiểm BC MN CMR: A, H, P, Q thuộc đường trịn
d) Xác định vị trí d để MN có độ dài lớn
K
P Q
N
H A
B C
M
- Ta có : AHB+AHC=900 +900 =1800 ⇒ B, H, C thẳng hàng hay H∈BC
- Ta có : BMA=CNA =900 ⇒BM ⊥d CN, ⊥ ⇒d BM //CN Vì vậy, tứ giác BMNC hình thang vng
- Do P, Q trung điểm BC, MN nên PQ đường trung bình hình thang vng BMNC, PQ⊥MN ⇒AQP=AHP=900 ⇒A, H, P, Q nằm đường trịn đường kính AP - Kẻ CK ⊥BM ⇒MN =CK≤BC Do MN lớn MN = BC hay d // BC
Bài 12 :Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có góc nhọn
A = 45 Vẽ ñường cao BD CE ABC∆ Gọi H giao ñiểm BD CE
(10)b) CMR: DH = DC c) Tính tỉ số BC
DE
d) CMR: OA ⊥DE
H
D
E
C O
A
B
- Ta có 450 900 900
A= ⇒BC = ⇒BOC= =BEC=BDC⇒ ñiểm B, E, O, D, C thuộc ñường tròn ñường kính BC
- Dễ thấy tam giác AEC vuông cân E nên AE = EC AE , 450
AC ACE HDC
⇒ = = ⇒ ∆
vng cân D Do DH = DC
- Do tứ giác BEDC nội tiếp nên ~
ED AE
AED ACB AED ACB
BC AC
= ⇒ ∆ ∆ ⇒ = =
- Ta có OA = OB nên OAB =OBA Mà OBA= DBC OBA OBD( + =DBC+OBD=450), OAB=DBC⇒OAB+AED=DBC+ACB=900 ⇒OA⊥ED
Bài 13 :Cho (O; R) Hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏ BC AE cắt CO F, DE cắt AB M
a) CEF EMB tam giác gì?
b) CMR: Tứ giác FCBM nội tiếp rõ tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác c) CMR: OE, BF, CM đồng quy
- Ta có
0
0 135
45 , 90
2
EC=BE= AC= AD=BC = ⇒FCE=CFE= ⇒ ∆FEC cân E Tương tự ta có tam giác EMB cân E
(11)- Dễ thấy ∆FEC= ∆BEM c g c( )⇒FC=BM ⇒MFB=CBF⇒FM //CB⇒ tứ giác CBMF hình thang cân Do giao điểm hai ñường chéo nằm trung trực FM Mặt khác, dễ dàng chứng minh ñược OF = OM, EF = ME nên OE trung trực FM Vì CM, BF, OE ñồng quy
M F
E
D C
O
A B
Bài 14 :Cho hai đường trịn (O) (O.) cắt A B Tiếp tuyến chung với hai đường trịn phía nửa mặt phẳng bờ OO chứa ñiểm B có tiếp ñiểm theo thứ tự E F Qua A kẻ cát tuyến song song với EF cắt (O), (O.) theo thứ tự C, D ðường thẳng CE DF cắt I
a) CMR: IA⊥CD
b) CMR: Tứ giác IEBF nội tiếp c) CMR: AB ñi qua trung ñiểm EF
- Kéo dài OE O’F cắt DC H K, ta có FK ⊥KH EH, ⊥KH ⇒ FEHK hình chữ nhật nên FE = HK Mà K trung ñiểm AD, H trung ñiểm AC
2
DC DC
HK FE
⇒ = ⇒ = ,
vì EF đường trung bình tam giác IDC (do EF // DC) hay F trung ñiểm DI Mặt khác tam giác FDA cân F nên
2
DI
FA=FD=FI ⇒FA= ⇒ ∆IAD vuông A Do ñó
IA⊥CD
- Theo chứng minh trên, ta có FIA=FAI EIA, =EAI ⇒FIE =FAE=FAB+BAE Mà
, 180
FAB=BFE BAE=FEB⇒FIE=BFE+FEB⇒FIE+FBE=BFE+FEB+FBE=
(tổng góc ∆FBE) Do tứ giác IEBF tứ giác nội tiếp
- Kéo dài AB cắt EF P, FAB BFE FPB~ APF g g( ) FP PB
AP FP
= ⇒ ∆ ∆ ⇒ = hay
2
(12)P
H K
I
D
C F
E
B
A
O O'
Bài 15 :Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy ñiểm M
2
AC MC
<
Dựng đường trịn (O) đường kính MC BM cắt (O) D, AD cắt (O) S
a) CMR: Tứ giác ABCD nội tiếp b) CMR: CA phân giác góc SCB
c) Gọi E giao ñiểm BC với (O) CMR: BA, EM, CD ñồng quy d) CMR: DM tia phân giác góc ADE
e) CMR: M tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ADE
- Tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BC BAC=BDC=900
- Ta có ADB= ACB (cùng chắn cung AB đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABCD),
ADB=SCM (cùng chắn cung MS) ⇒ACB=SCM ⇒CA phân giác SCB
- Kéo dài AB Cd cắt K, dễ thấy M trực tâm tam giác BKC nên KM ⊥BC, mà
90 , ,
MEC= ⇒ME⊥BC⇒K M E thẳng hàng hay ba ñường thẳng AB, CD, ME ñồng
quy K
- Theo ACB=SCM⇒MS =EM⇒SDM=MDE⇒ DM tia phân giác góc ADE - Dễ thấy tứ giác AECK nội tiếp đường trịn đường kính KC nên AEM =ACK, mà
(13)K
E
S D
O
B C
A
M
Bài 16 :Cho (O; R) ñường kính AB Một dây CD cắt AB E Một tiếp tuyến d tiếp xúc với (O) B cắt tia AC, AD M, N CMR:
a) ∆ABC ~ ABM∆ b) Tứ giác CMND nội tiếp
c) Tiếp tuyến C cắt d I CMR: I trung ñiểm BM d) Xác ñịnh vị trí C, D cho ∆AMN ñều
I
N M
O
A B
C
(14)- Ta có ∆ACB ~ ABM g.g∆ ( ) A chung ABM, =ACB=900 - Dễ thấy ADC= ABC ABC, =AMB (cùng phụ ABM) Do
180
AMB+NDC=ADC+NDC= ⇒ DCMN tứ giác nội tiếp - Ta có IC = IB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên
0
90 90
CBI =BCI⇒ −CBI = −BCI⇒ICM =IMC⇒IM =IC⇒IM =BI ⇒ I trung ñiểm MB
- Nếu AMN tam giác ñều A=600 ⇒CD=1200 600 1( ) 600
M = ⇒ AB−BC =
60
BC
⇒ = Vậy ñể AMN tam giác B điểm cung CD có số đo 1200
Bài 17 :Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R điểm M nằm nửa ñường tròn (M khác A B) ðường thẳng d tiếp xúc với nửa đường trịn M cắt ñường trung trực ñoạn AB I ðường tròn tâm I tiếp xúc với AB cắt ñường thẳng d C D (D nằm góc BOM)
a) CMR: tia OC, OD tia phân giác góc AOM BOM b) CMR: CA DB vng góc với AB
c) CMR: AC BD = R2
d) Tìm vị trí M nửa đường trịn (O) để tổng AC + BD đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị ñó theo R
D
C
I
O B
A
M
- Ta có COA =CDO (cùng chắn OC), mà CDO =COM (cùng phụ DCO)
COA COM
⇒ = ⇒ OC phân giác AOM Chứng minh tương tự, ta ñược OD phân giác
BOM
(15)- Theo ta có : AC = MC, BD = MD Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng COD ta có : CM DM. =OM2 =R2 ⇒ AC BD. =R2
- Theo Cauchy ta có : AC+BD≥2 AC BD =2R⇒ giá trị nhỏ AC + BD 2R ñạt ñược AC = BD = R Khi M điểm AB
Bài 18 :Cho tam giác ABC có góc A > 900 ðường trịn (O), đường kính AB cắt đường trịn (O.) đường kính AC giao điểm thứ hai H Một ñường thẳng d quay quanh A cắt đường trịn (O), (O.) M, N cho A nằm M N
a) CMR: H thuộc cạnh BC tứ giác BCNM hình thang vng b) CMR tỉ số HN
HM khơng đổi
c) Gọi Q trung điểm MN, P trung ñiểm BC CMR bốn ñiểm A, H, Q, P thuộc ñường tròn I di chuyển cung trịn cố định
d) Xác định vị trí đường thẳng d để diện tích tam giác HMN lớn
I K
Q
P
N
H
O' O
A
B C M
- Ta có : AHB+AHC=900 +900 =1800 ⇒ B, H, C thẳng hàng hay H∈BC Ta có :
90 , //
BMA=CNA= ⇒BM ⊥d CN⊥ ⇒d BM CN Vì vậy, tứ giác BMNC hình thang vng
- Dễ thấy MNH ACB NMH, ABC MHN ~ BAC g g( ) HN AC
HM AB
= = ⇒ ∆ ∆ ⇒ = khơng đổi
- Do P, Q trung ñiểm BC, MN nên PQ đường trung bình hình thang vng BMNC, PQ⊥MN ⇒AQP=AHP=900 ⇒A, H, P, Q nằm đường trịn đường kính AP cố định
- Kẻ BI ⊥CN⇒MN =BI ≤BCvà
2
MHN
KH MN AH BC
HK⊥MN ⇒KH ≤ AH ⇒S = ≤
ABC S
(16)Bài 19 :BC dây cung đường trịn (O;R) với (BC≠2R) Một điểm A di ñộng cung lớn BC cho tâm O nằm tam giác ABC, ñường cao AD, BE, CF cắt H
a) Chứng minh tam giác AEF tam giác ABC ñồng dạng ? b) Gọi A’ trung ñiểm BC Chứng minh AH=2.A 'O ? c) Gọi A1 trung ñiểm FE Chứng minh R.AA1=AA '.OA ' ?
d) Chứng minh 2SABC =R FE( +FD DE+ ) xác ñịnh vị trí điểm A để FE + FD + DE ñạt giá trị lớn ?
Giải
a) Chứng minh tam giác AEF tam giác ABC ñồng dạng ?
- Ta có : ∆ABE ~ ACF g.g∆ ( ) (hai tam giác vng chung góc A) nên AE AB AF = AC - Xét tam giác AEF tam giác ABC có : AE AB
AF = AC
(17)
- Kéo dài AO cắt (O) M, AM đường kính Theo tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ta có : BM⊥AB, CM⊥AC
- Mặt khác theo giả thiết CF⊥AB, BE⊥AC nên tứ giác BHCM hình bình hành (tứ giác có hai cặp cạnh song song) mà A’ trung ñiểm BC nên A’ trung ñiểm MH hay M, A’, H thẳng hàng
- Xét tam giác AMH, theo tính chất đường trung bình tam giác ta có : AH = 2A’O c) Gọi A1 trung ñiểm FE Chứng minh R.AA1=AA '.OA ' ?
- Tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH nên bán kính r đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF có độ dài r 1AH OA '
2
= =
- Vì hai tam giác đồng dạng với tỷ số đường trung tuyến tương ứng, bán kính đường trịn ngoại tiếp tương ứng tỷ số ñồng dạng nên
1
1
AA AA
r OA '
R.AA OA '.AA '
R = AA '⇔ R = AA '⇔ = (vì AA1 trung tuyến ứng với cạnh EF tam giác AEF, AA’ trung tuyến ứng với cạnh BC tam giác ABC)
d) Chứng minh 2SABC =R FE( +FD DE+ ) xác định vị trí điểm A ñể FE + FD + DE ñạt giá trị lớn ?
- Theo câu c ta có : OBC
r EF OA '
R.EF OA '.BC 2S
R = BC = R ⇒ = =
- Tương tự : R.DE=2SOAB, R.DF=2SOAC
- Do ñó : R EF DE( + +DF)=2 S( OAB+SOBC+SOAC)=2SABC - Mặt khác : ABC
BC 2S BC.AD EF DE DF AD
R
= ⇒ + + =
- Vì BC R khơng đổi nên EF + DE + EF lớn AD lớn tức A điểm cung lớn BC
Bài 20 :Cho tam giác ABC nội tiếp (O) (AB < AC), phân giác AD góc A tam giác ABC cắt (O) M, phân giác ngồi góc A tam giác ABC cắt (O) N
a) Chứng minh MN⊥BC ?
b) Gọi O , O1 tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD, ACD Chứng minh MB tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD B, O ,N1 thẳng hàng ?
c) Chứng minh tam giác AO O1 2và tam giác ABC ñồng dạng ? d) Chứng minh OO1=OO2 ?
Giải
(18)- Do AN, AM phân giác hai góc kề bù ñỉnh A nên AM⊥AN hay
MAN=90 ⇒MN đường kính (O) hay M, O, N thẳng hàng
- Mặt khác M ñiểm cung BC nên OM⊥BC⇒MN⊥BC
b) Gọi O , O1 tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD, ACD Chứng minh MB tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD B, O ,N1 thẳng hàng ?
- Dễ thấy BAD=DBM (góc nội tiếp chắn hai cung nhau) nên M thuộc tiếp tuyến B chắn cung BD ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABD hay BM tiếp tuyến ( )O1 - Vì BM tiếp tuyến đường trịn ( )O1 nên BM⊥O B1 , mặt khác MBN=900⇔BM⊥BN
do O1∈BN hay B, O1, N thẳng hàng - Tương tự ta có C, O2, N thẳng hàng
c) Chứng minh tam giác AO O1 2và tam giác ABC đồng dạng
- Ta có : O O1 trung trực AD nên O O1 ⊥AD, mà NA⊥AD nên O O // AN1 ,
1
BCA=BNA=NO O ’’’’’’’’ d)
(19)2) Chứng minh DA.DE = DB.DC
3) Chứng minh CFD = OCB Gọi I tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến ñường tròn (O)
4) Cho biết DF = R, chứng minh tgAFB =
x
I F
E
O
A B
C
D
1 Dễ thấy 90
ACB= AEB= (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 90 FCD FED
⇒ = = Do tứ giác CDEF nội tiếp đường trịn đường kính FD (tâm I đường trịn ngoại tiếp tứ giác trung điểm FD)
2 Ta có ACD~ BED g g( ) AD CD AD ED BD CD
BD ED
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
3 Theo câu 1, tứ giác CDEF nội tiếp nên CFD=CED ( )1 (cùng chắn cung CD ñường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF) mà CED=CEA =CBA ( )2 (cùng chắn cung AC (O)) Mặt khác OB = OC = R nên ∆BOC cân O ⇒CBA =OBC=OCB ( )3 Từ (1), (2), (3)
( )4
CFD=OCB
Cũng theo câu 1, tâm I đường trịn ngoại tiếp tứ giác CDEF trung điểm FD, CFD=CFI, mà IF = IC nên tam giác CIF cân I ⇒CFI=FCI Nên kết hợp với (4), ta có FCI=OCB Gọi Cx tia đối tia CI, FCI=xCA (ñối ñỉnh)
xCA=OCB Mặt khác ACO+OCB=ACB=900 ⇒xCO=xCA+ACO=900 mà hiển nhiên
( ),
(20)4 Ta có : DFE=DCE (cùng chắn cung DE đường trịn ngoại tiếp tứ giác CDEF),
DCE=BCE=EAB (cùng chắn cung EB (O)) nên DFE=EAB Xét ∆FED, ∆AEB có :
( )
, 90 ~
DFE=EAB FED=AEB= ⇒ ∆FED AEB g g Do
tan AFB 2
FE FD R AE
AE = AB = R = ⇒ = FE =
Bài 22 :Cho đường trịn (O, R) điểm A nằm bên ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường trịn (B, C tiếp ñiểm)
a) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp
b) Gọi E giao ñiểm BC OA Chứng minh BE vng góc với OA OE.OA = R2 c) Trên cung nhỏ BC đường trịn (O, R) lấy điểm K (K khác B, C) Tiếp tuyến
tại K ñường tròn (O, R) cắt AB, AC theo thứ tự P, Q Chứng minh tam giác APQ
có chu vi khơng đổi K chuyển động cung nhỏ BC
d) ðường thẳng qua O vuông góc với OA cắt đường thẳng AB, AC theo thứ tự
M, N Chứng minh PM+QN≥MN
N M Q P E C B A O K
- Tứ giác ABOC nội tiếp đường trịn ñường kính OA 90
ABO= ACO=
- Do AB = AC OB = OC nên OA trung trực BC AO⊥BC⇒BE⊥OA
- Dễ thấy PB = PK QC = QK nên PQ = PB + QC ⇒CAPQ = AP+AQ+PQ=2AB khơng đổi K di chuyển cung nhỏ BC
- Do tam giác ABC cân M mà MN // BC nên tam giác AMN cân A Do
, ,
2
MN
OM =ON = M =N BOM =CON = A Mặt khác :
1 1
2 2
1 180
BOK A
POM POB BOM BOK BOM BOK A
BOC BOK A BOK BOK A
+
= + = + = + =
(21)- Nên ( )
2
~
4
PM OM MN
POM OQN POM OQN g g PM QN OM ON
ON QN
= ⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = =
Theo Cauchy ta có
2
2
4
MN
PM +QN ≥ PM QN = =MN
Bài 23 :Cho đường trịn (O;R) đường kính AB dây CD vng góc với (CA<CB) Hai tia BC DA cắt E Từ E kẻ EH vng góc với AB H; EH cắt CA F Chứng minh rằng:
a) Tứ giác CDFE nội tiếp đường trịn b) Ba điểm B, D, F thẳng hàng
c) HC tiếp tuyến đường trịn ( )O
F H E
D
B O
A C
- Dễ thấy ACD=AFE so le CD( , //FE), ACD=ADC⇒EFA=ADC⇒ CDFE tứ giác nội tiếp ECF=EDF=900 ⇒EDF+EDB=900 +900 =1800 ⇒ B, D, F thẳng hàng - Dễ thấy tứ giác EHAC nội tiếp đường trịn đường kính EA nên
, 90
HEA=HCA HEA=ADC=ABC=OCB⇒HCA+ACO=OCB+ACO= Do HC
tiếp tuyến (O) C
Bài 24 :Cho tam giác ABC vuông cân A, cạnh BC lấy ñiểm M Gọi (O) đường trịn tâm O qua M tiếp xúc với AB B, gọi (O’) đường trịn tâm O’ qua M tiếp xúc với AC C ðường tròn (O) (O’) cắt D (D không trùng với M)
a) Chứng minh tam giác BCD tam giác vuông b) Chứng minh OD tiếp tuyến (O’)
c) BO cắt CO’ E Chứng minh ñiểm A, B, D, E, C nằm đường trịn d) Xác ñịnh vị trí M ñể OO’ ngắn
(22)- Dễ thấy BOM CO’M tam giác vuông cân O O’ nên
0
' 45 O'MO 90
CMO =BMO= ⇒ = Mà tam giác OMD O’MD cân O O’ nên
, ' ' ' ' 90
ODM =OMD O DM =O MD⇒O OD=O MO= ⇒ OD tiếp tuyến (O’) D
- Dễ thấy ABEC hình vng nên BEC=900 ⇒ điểm A, B, E, D, C nằm đường trịn đường kính BC Do vậy, chứng minh câu b theo cách khác sau : EBD=ECD
(cùng chắn cung ED đường trịn đường kính BC) mà tam giác OBD O’CD cân O O’ nên ODB=O DC' ⇒O DO' =BDC=900
- Thấy OMO’E hình chữ nhật nên OO’ = EM, OO’ ngắn Em ngắn nhất, mà E cố định (do ABEC hình vng) nên EM ngắn M hình chiếu E BC hay M hình chiếu A BC
E
D O'
O
A
B M C
Bài 25 :Cho tam giác ABC vuông B (BC > AB) Gọi I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC, tiếp ñiểm ñường tròn nội tiếp với cạnh AB, BC, CA P, Q, R
a) Chứng minh tứ giác BPIQ hình vng
b) ðường thẳng BI cắt QR D Chứng minh ñiểm P, A, R, D, I nằm đường trịn
c) ðường thẳng AI CI kéo dài cắt BC, AB E F Chứng minh AE CF = 2AI CI
- Dễ thấy BPIQ hình chữ nhật có đường chéo BI phân giác PBQ⇒ hình vng - Ta có APIR nội tiếp đường trịn đường kính AI
90
(23)180
PIB PID PRD
= ⇒ + = ⇒ PIDR tứ giác nội tiếp Vì điểm A, P, I, D, R nằm đường trịn đường kính AI
- Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, ta có IP=IQ=RI = ⇒r BI =r
( ) ( )
~ AE BE BE, ~ CF BF BF
BAE RAI g g BFC QIC g g
AI RI r CI IQ r
∆ ∆ ⇒ = = ∆ ∆ ⇒ = = Do
2
AE CF BE BF
AI CI = r Mặt khác
2 2 2
A A C C B C
BEI = + =C + + = + =BIF (tính chất góc ngồi
tam giác) ~ ( ) ( )2 2
BE BI AE CF
BEI BIF g g BE BF BI r r
BI BF AI CI
∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = = ⇒
2 AE CF 2AI CI
= ⇒ = F E D R P Q I C A B
Bài 26 :Cho tam giác ñều ABC, cạnh BC lấy ñiểm E, qua E kẻ ñường thẳng song song với AB AC chúng cắt AC P cắt AB Q
a) Chứng minh BP = CQ
b) Chứng minh tứ giác ACEQ tứ giác nội tiếp Xác định vị trí E cạnh BC ñể ñoạn PQ ngắn
c) Gọi H ñiểm nằm tam giác ABC cho HB2 = HA2 + HC2 Tính góc AHC
(24)- Dễ thấy tam giác BQE CPE tam giác ñều nên AQ = PC, ñó
( )
AQC BPC c g c QC BP
∆ = ∆ ⇒ =
- Kẻ QK ⊥BC PI, ⊥BC QG, ⊥PI , dễ thấy ,
2
BC
BK =KE EI =IC⇒KI = (khơng đổi),
trong tam giác vng PQG
2
BC BC
PQ≥QG=KI= ⇒ PQ= ⇔PQ≡QG⇒ PQ // BC hay PQ ñường trung bình tam giác ABC (P, Q trung ñiểm AB, AC) nên E trung ñiểm BC
P
N M
B C A
H
- Qua H kẻ ñường thẳng // AB, BC, CA cắt cạnh BC, AC, AB P, N, M Dễ dàng chứng minh ñược tứ giác AMHN, BMHP, CNHP hình thang cân có góc nhọn đáy 600 Do HA = MN, HB = MP, HC = NP Vì HB2 =HA2 +HC2
nghĩa MP2 =MN2 +NP2 ⇒MNP =900 Xét tứ giác MNPB có MNP=90 ,0 MBP=600 nên NMB+BPN=2100 ⇒NMH+HPN=2100 −(HMB+HPB)=2100−1800 =300 Mà
0
, 30 150
HMN =HAN HPN =HCN⇒HAN+HCN = ⇒ AHC=
Bài 27 :Cho tam giác ABC vng A nội tiếp đường trịn tâm O, kẻ đường kính AD, AH đường cao tam giác (H ∈ BC)
a) Chứng minh tứ giác ABDC hình chữ nhật
b) Gọi M, N thứ tự hình chiếu vng góc B, C AD Chứng minh HM vng góc với HN
c) Gọi bán kính đường trịn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác vuông ABC r R Chứng minh : r + R ≥ AB.AC
- Tứ giác ADBC có hai đường chéo cắt trung điểm nên hình chữ nhật - Tứ giác AMHB nội tiếp đường trịn ñường kính AB nên BAH =BMH, mà HAB=MBA
(25)N M H
D O
B C
A
- Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có : AP=AQ BP, =BR CQ, =CR Mặt khác APIQ hình vng nên AP=AQ=IP=IQ=IR=r Do ñó :
2
r R AP AQ BR CR AP AQ BP CQ AB AC
AB AC
r R AB AC
+ = + + + = + + + = +
+
+ = ≥
R
P Q
I
O
B C
(26)Bài 28 :Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O, đường phân giác góc A cắt cạnh BC D cắt đường tròn ngoại tiếp I
a) Chứng minh OI vng góc với BC b) Chứng minh BI2 = AI.DI
c) Gọi H hình chiếu vng góc A cạnh BC Chứng minh rằng: BAH=CAO
d) Chứng minh: HAO = B−C
H D
I O
C B
A
- Do AI phân giác BAC⇒BAI =CAI⇒BI =CI⇒BI =CI Mà OB = OC nên OI trung trực BC Vì OI ⊥BC
- Ta có ABI ~ BDI g g( ) AI BI BI2 AI DI
BI DI
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
- Do OA = OI nên OAI=OIA, mà OIA =IAH AH( ⊥BC OI, ⊥BC⇒AH //OI so le trong, ) nên OAI=IAH ⇒BAI −OAI =CAI−IAH ⇒BAH=CAO
- Giả sử B> ⇒C H nằm B D, ta có : HAO=OAB−BAH, mà BAH=OAC=OCA
và OBC=OCB OAB, =OAB⇒ − =B C OBA OCA− =OAB−BAH =HAO Tương tự,
B≤ ⇒C OAH = − ⇒C B OAH = B C−
Bài 29 : Cho tam giác ABC nhọn, ñường cao kẻ từ ñỉnh B ñỉnh C cắt H cắt ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC E F
a) Chứng minh AE = AF
b) Chứng minh A tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác EFH
(27)D G
H F
E
O
B C A
- Kéo dài AH cắt (O) G, ABE+BAC=FCA+BAC=900 ⇒ ABE=FCA⇒ AE=FA, AE = AF Chứng minh tương tự ta có CE=CG
- Ta có 1( ), 1( )
2
AFH = AE+EC AHF= FA GC+ ⇒ AFH =AHF⇒ ∆FAH cân A,
vậy AH = AE = AF Do A tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF
- Dễ thấy BH ⊥AC DC, ⊥ AC⇒BH //DC, tương tự CH //BD⇒ tứ giác BDCH hình bình hành
Bài 30 :Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH ðường trịn đường kính AH cắt cạnh AB M cắt cạnh AC N
a) Chứng minh MN ñường kính đường trịn đường kính AH b) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp
c) Từ A kẻ đường thẳng vng góc với MN cắt cạnh BC I Chứng minh: BI = IC
I N
M
O
H
B C
(28)- Tứ giác AMNH hình chữ nhật có góc vng nên MHN=900 ⇒MN đường kính (O) đường kính AH
- Ta có BAH=C (cùng phụ với HAC) mà BAH=AMO (do AMHN hình chữ nhật) nên
180
AMO= ⇒C BMN+ =C ⇒ BMNC tứ giác nội tiếp
- Dễ thấy AMO+ANM =900 ⇒ +C ANM=90 ,0 IAC+ANM =900 ⇒ =C IAC⇒IA=IC, tương tự IA = IB nên IB = IC
Bài 31 :Cho tam giác ABC vng C, O trung điểm AB D ñiểm cạnh AB (D không trùng với A, O, B) Gọi I J thứ tự tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ACD BCD
a) Chứng minhOI song song với BC
b) Chứng minh ñiểm I, J, O, D nằm đường trịn
c) Chứng minh CD tia phân giác góc BAC OI = OJ
I
J
O
B A
C
D
- Do IA = IC OC = OA nên IO trung trực CA hay OI ⊥CA
- Do (I) (J) cắt theo dây CD nên IJ phân giác
CID
CID⇒JID= =CAB, tương tự ta có CBA=DJI⇒DJI +JID=900 ⇒JDI =900 Mà OI ⊥AC JO, ⊥CB⇒OI ⊥JO
90
JOI
⇒ = ⇒ tứ giác IODJ nội tiếp đường trịn đường kính IJ (5 ñiểm C, I, O, D, J nằm đường trịn đường kính IJ)
- Nếu CD phân giác ACB⇒BDC=ACD=450, mà JCD=CAB JCD( =JID)⇒
JCD=OCA Mặt khác BCJ +JCA=900 =ICA+JCA⇒BCJ =ICA⇒ICO=450 Do ñó
45
IJO=OCI= ⇒ ∆JOI vuông cân O hay OI = OJ Và ngược lại OI = OJ
0
45 45
(29)a) Gọi I trung ñiểm AB Chứng minh bốn ñiểm P, Q, O, I nằm đường trịn b) PQ cắt AB E Chứng minh: MP2 = ME.MI
c) Giả sử PB = b A trung ñiểm MB Tính PA
b
E
I
B Q
O P
M
A
- Ta có OI⊥AB⇒OIM=OPM=OQM=900 ⇒ điểm M, P, O, I, Q thuộc đường trịn đường kính OM
- Ta có MIQ=MPQ (cùng chắn cung MQ đường trịn đường kính MO) mà MPQ=MQP
MI MQ 2
MIQ MQP MQI ~ MEQ MQ ME.MI MP
MQ ME
⇒ = ⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = =
- Ta có MPA=MBP (cùng chắn cung PA) MPA ~ MBP PA MP MA BP MB MP
⇒ ∆ ∆ ⇒ = = Do
2
2 MB MB PA MB / PB b
MP MA.MB MP PA
2 PB MB 2
= = ⇒ = ⇒ = = ⇒ = =
Bài 33 : Cho hình vng ABCD, M ñiểm ñường chéo BD, gọi H, I K hình chiếu vng góc M AB, BC AD
a) Chứng minh :∆MIC = ∆HMK b) Chứng minh CM vng góc với HK
c) Xác định vị trí M để diện tích tam giác CHK đạt giá trị nhỏ
- Dễ thấy MHBI hình vng cịn MHAK hình chữ nhật nên MH = MI = BI = BH MK = AH nên AB – HB = BC – BI hay AH = IC Do ∆MIC = HMK c.g.c∆ ( )
- Kéo dài CM cắt KH E, ta có EMH=MCI (MH // BC, đồng vị) mà MIC = HMK∆ ∆ nên
KHM=CMI⇒EMH+KHM=90 ⇒CM⊥KH=E
(30)( ) ( )
( )
2
CHK AHK BHC CKD
2
2 2 2 2 2
CHK
1
S a S S S a xy ax ay
2
1 a xy
a xy a x y
2 2
x y a a a a 3a
xy S
2 8
= − + + = − + + = − + + = − + ≤ = = ⇒ ≥ − =
- Do diện tích tam giác CHK nhỏ 3a
8 x = y hay M trung ñiểm BD
x y E I K H A B D C M
Bài 34 : Cho ñiểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự Dựng đường trịn đường kính AB, BC Gọi M N thứ tự tiếp điểm tiếp tuyến chung với đường trịn đường kính AB BC Gọi E giao ñiểm AM với CN
a) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp
b) Chứng minh EB tiếp tuyến đường trịn đường kính AB BC
c) Kẻ đường kính MK đường trịn đường kính AB Chứng minh ñiểm K, B, N thẳng hàng
- Dễ thấy OMNO’ hình thang vng nên MOO '+NO ' O 180= Mà tam giác OMB
O’NB cân O O’ nên
0
180 MOO ' 180 NO 'O
MBO , NBO '
2
− −
= = Do
0
MBO+NBO '=90 ⇒ EMBN hình chữ nhật ⇒A+ =C 900 Mặt khác MNB=C (cùng chắn cung BN) ENM+MNB=900 ⇒A=ENM⇒A+MNC 180= ⇒ AMNC tứ giác nội tiếp
- Do BMEN hình chữ nhật nên MEB=MNB = ⇒C MEB A+=900 ⇒EB⊥AB⇒ EB tiếp tuyến chung (O) (O’) B
(31)K
E
N
M
O' O
A
C B
Bài 35 :Cho nửa đường trịn đường kính MN Lấy điểm P tuỳ ý nửa đường trịn (P ≠ M, P ≠ N) Dựng hình bình hành MNQP Từ P kẻ PI vng góc với đường thẳng MQ I từ N kẻ NK vng góc với đường thẳng MQ K
a) Chứng minh ñiểm P, Q, N, I nằm đường trịn b) Chứng minh: MP PK = NK PQ
c) Tìm vị trí P nửa đường trịn cho NK.MQ lớn
H
K
I
Q
O
M N P
- Cách 1 : Ta có QNP=MPN =900(MP // NQ, so le trong)⇒PIQ=QNP=900 ⇒ ñiểm P, Q, N, I nằm đường trịn đường kính PQ
(32)(cùng chắn cung KN) KMN=PQI PQ // MN, so le trong( )⇒PNI=PQI⇒ tứ giác PQNI nội tiếp hay bốn ñiểm P, Q, I, N nằm đường trịn
- Theo ta có NPK=PQM, mà PNK =PMQ (cùng chắn cung PK) nên
( ) MP PQ
PMQ ~ KNP g.g MP.PK PQ.NK KN PK
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
- Dễ thấy SMPN SMNQ SMNPQ SMNP NK.PQ
2
= = ⇒ = Kẻ PH vng góc với NM H, ta có
MNP
PH.MN NK.PQ
S PH.MN NK.PQ
2
= = ⇒ = Do ñó NK.PQ lớn MN.PH lớn mà MN khơng đổi nên PH lớn hay P điểm cung MN Tóm lại để NK.PQ lớn P điểm cung MN
Bài 36 :Cho ñiểm M, N, P thẳng hàng theo thứ tự ấy, gọi (O) đường trịn ñi qua N P Từ M kẻ tiếp tuyến MQ MK với đường trịn (O) (Q K tiếp ñiểm) Gọi I trung ñiểm NP
a) Chứng minh ñiểm M, Q, O, I, K nằm đường trịn
b) ðường thẳng KI cắt đường trịn (O) F Chứng minh QF song song với MP c) Nối QK cắt MP J Chứng minh: MI MJ = MN MP
J
F
K Q
I
M P
N
O
(33)- Ta có MQK=QFK (cùng chắn cung QK) MQK=MIK (cùng chắn cung MK đường trịn qua ñiểm M, Q, O, I, K) nên QFK =MIK⇒MP // QF (cặp góc đồng vị nhau) - Dễ thấy MIK=JKM(=MQK)⇒ ∆MJK ~ MKI g.g∆ ( )⇒MK2 =MI.MJ Tương tự
( )
2
MKN ~ MPK MK MN.MP MN.MP MI.MJ MK
∆ ∆ ⇒ = ⇒ = =
Bài 37 :Tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AD Hai đường chéo AC, BD cắt E Hình chiếu vng góc E AD F ðường thẳng CF cắt ñường tròn ñiểm thứ hai M Giao ñiểm BD CF N Chứng minh:
a) CEFD tứ giác nội tiếp
b) E tâm đường trịn nội tiếp tam giác BCF c) Tia FA tia phân giác góc BFM d) BE.DN = EN.BD
N
M
F E
A D B
C
- Ta có EFD =ECD=900 ⇒ tứ giác CDFE nội tiếp đường trịn đường kính ED
- Cách 1 : Do FCE=FDE (cùng chắn cung FE đường trịn ngoại tiếp tứ giác CDFE) nên
AB=AM⇒AB=AM⇒ AD trung trực BM, mà F∈AD⇒BFA =MFA⇒ FA phân giác BFM
- Cách 2 : Dễ thấy BFA=BEA (cùng chắn cung AB đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABEF), BEA=CED (ñối ñỉnh), CED =CFD (cùng chắn cung CD đường trịn ngoại tiếp tứ giác CDFE), CFD =MFA (ñối ñỉnh) nên BFA=MFA⇒ FA phân giác BFM - Ta có BAE =BFE (cùng chắn cung BE ñường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEF),
BAE=CDE (cùng chắn cung BC), CDE=CFE (cùng chắn cung EC đường trịn ngoại tiếp tứ giác CDFE) nên BFE =CFE⇒FE phân giác góc BFN Do theo tính chất phân giác ta có BE BF
(34)BE FM
EN = FN Mặt khác DF phân giác
FM DM BD BE BD
NDM
FN DN DN EN DN
⇒ = = ⇒ =
BE.DN BD.EN
⇒ =
Bài 38 :Cho điểm A ngồi ñường tròn tâm O Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường trịn (B, C tiếp điểm) M ñiểm cung nhỏ BC (M≠B, M≠C) Gọi D, E, F tương ứng hình chiếu vng góc M ñường thẳng AB, AC, BC; H giao ñiểm MB DF; K giao ñiểm MC EF
a) Chứng minh MECF tứ giác nội tiếp b) MF vng góc với HK
c) Tìm vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MD.ME lớn
K H
E
F D
C B
A M
- Do MEC =MFC=900 ⇒ tứ giác MECF nội tiếp đường trịn đường kính MC
- Ta có DBM=MCB (cùng chắn cung MB), DMB+DBM=90 =FMC+MCB⇒DMB
FMC, DMB DFB
= = (cùng chắn cung Db đường trịn ngoại tiếp tứ giác MDBF) nên
FMC=DFB, tương tự ta có FMB=CFE⇒HMK+HFK=BFD+CFE+HFK=1800 ⇒ tứ giác MHFK tứ giác nội tiếp ⇒MKH=MFH, MFH=DBM⇒MKH=MCB⇒HK // BC (cặp góc đồng vị nhau) Mà MF⊥BC⇒HK⊥MF
- Dễ thấy MFD =MEF, MFK=MDF⇒ ∆DMF ~ FME g.g∆ ( )⇒MD.ME=MF2 nên MD.ME lớn MF lớn hay M điểm cung nhỏ BC
Bài 39 :Từ điểm M ngồi đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB cát tuyến MCD (MC < MD) tới đường trịn Gọi I trung ñiểm CD Gọi E, F, K giao ñiểm ñường thẳng AB với ñường thẳng MO, MD, OI
a) Chứng minh rằng: R2 = OE OM = OI OK
b) Chứng minh ñiểm M, A, B, O, I thuộc đường trịn c) Khi cung CAD nhỏ cung CBD Chứng minh : DEC =2.DBC
- Do MA = MB OA = OB nên OM trung trực AB AB⊥OM=E Áp dụng hệ thức
(35)
( ) OK OE
KEO ~ MIO I E 90 , C chung OK.OI OE.OM OM OI
∆ ∆ ɵ= = ⇒ = ⇒ = Do OK.OI=
2 OE.OM=R
- Dễ thấy MAO=MIO =MBO=900 ⇒5 ñiểm M, A, I, O, B nằm đường trịn ñường kính MO
- Do ∆MAC ~ MDA g.g∆ ( )⇒MA2 =MC.MD áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng MAO ta có MA2 =ME.MO⇒MC.MD=ME.MO⇒ ∆MCO ~ MOD c.g.c∆ ( ) Do
MOC=MDE⇒ tứ giác CEOD tứ giác nội tiếp ⇒CED=COD=sdCD=2.CBD
G
F K
E I
D
B A
O M
C
Bài 40 :Cho đường trịn (O; R), hai điểm C D thuộc đường trịn, B trung điểm cung nhỏ CD Kẻ đường kính BA; tia đối tia AB lấy ñiểm S, nối S với C cắt (O) M; MD cắt AB K; MB cắt AC H Chứng minh:
a) BMD=BAC, từ suy tứ giác AMHK tứ giác nội tiếp
b) HK song song với CD c) OK OS = R2
- Do B điểm cung CD nên CB =DB⇒DMB =DAC⇒ tứ giác AMHK tứ giác nội tiếp
- Vì tứ giác AMHK tứ giác nội tiếp nên AMH+AKH 180 , AMH= =900 ⇒AKH =900 HK AB HK // CD
(36)- Kéo dài OC cắt (O) E, dễ thấy CB=AE⇒AM+CB =AM+AE⇒MCE=DKB Mà AB trung trực CD nên CKB =DKB⇒MCE=CKB⇒ ∆OKC ~ OCS∆ Do ñó
2 OK OC
OK.OS OC R OC = OS ⇒ = =
E K
H M
A O B
D C
S
Bài 41 :Cho tam giác ABC vuông A Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy E Nối BE kéo dài cắt AC F
a) Chứng minh CDEF tứ giác nội tiếp
b) Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác góc CKD cắt EF CD M N Tia phân giác góc CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình ? Tại sao?
c) Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh rằng: r2 = 2
1
r +r
O
Q P
M K
F
B
A
(37)- Ta có BD 180= −AD⇒BED=BCA⇒DEF+BCA 180= ⇒ CDEF tứ giác nội tiếp - Ta có DKC 180 = −EDC −FCD, EBC 180= −CFE−FCD⇒DKC+EBC 180= −2FCD
Do MBO PKO FBC DKC 900 FCD
+
+ = = − Mặt khác AKE=FCD+EDC
0
EDC=KFE, ABE=90 −KFE⇒ABE+AKE=90 −EDC+FCD+EDC=90 +FCD Từ ABO+AKO=ABE+AKE+MBO+PKO =900 +FCD+900 −FCD 180= ⇒ tứ giác AKOB nội tiếp, mà BAK=900 ⇒BOK=900 ⇒ ∆PKQ, ∆MBN cân K B nên KN trung trực PQ BQ trung trực MN Vì tứ giác MNPQ có hai đường chéo vng góc trung điểm hay tứ giác hình thoi
Y1 L1
Y
L V I
Y2
V2
I2 I1
D
B C A
- Gọi I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC, D nằm đường trịn đường kính BA nên AD⊥BC, gọi L V hình chiếu I lên AB AC, kẻ LY1 ⊥BC, VY2 ⊥BC,
1 1 2
LY ∩BI=I , VY ∩CI=I , I L ⊥AB, I V ⊥AC, IY⊥BC Do CI phân giác góc C nên I V2 2 =I Y , VV2 2 2 =YY VC2( =YC, V C2 =Y C2 )⇒ ∆VV I2 2 = ∆YY I2 2(c.g.c)⇒
2 2 2 2
VI =YI , VI V =YI Y ⇒Y, I , V thẳng hàng IVI Y hình thoi Chứng minh 2 tương tự ta có ILI Y hình thoi Mặt khác tứ giác ALIV hình vng nên AV1 =IV= ⇒r
( )
2 2
AV=VI =IV ⇒VAI =VI A, mà AD // VI2 ⇒DAI2 =VI A2 ⇒DAI2 =VAI2 ⇒I2 tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADC Chứng minh tương tự ta I1 tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADB Do I V2 2 =I Y2 2 =r , I L2 1 1 =I Y1 1 =r1 Xét ∆YY I ,2 2 ∆I Y Y1 1 có
2 1 2 1
YI Y =I YY =C, YI =YI =IY⇒ ∆YY I = ∆I Y Y (cạnh huyền, góc nhọn) , 1
YY =I Y =r Áp dụng Pitago vào tam giác vng I Y Y ta có : 2 2 YI22 =I Y2 22 +YY22 mà 2
2
YI =IY= ⇒r r =r +r
Bài 42 :Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường trịn (O) Kẻ đường kính AD Gọi M trung điểm AC, I trung ñiểm OD
a) Chứng minh OM // DC
(38)c) BM cắt AD N Chứng minh IC2 = IA.IN
N
H I
M
D B
O A
C
- Dễ thấy OM⊥AC, DC⊥AC⇒OM // DC
- Theo tứ giác MODC hình thang vng nên gọi H trung điểm MC IH⊥MC⇒ ∆MIC cân I
- Ta có ∆BIA= ∆CIA c.g.c( )⇒ABI=ACI mà tam giác MIC cân I nên ACI=IMC⇒
ABI=IMC⇒ABI+IMA 180= ⇒ tứ giác BIMA tứ giác nội tiếp Do BAI=BMI, mà AD đường kính nên AD phân giác BAC⇒BAI=IAM⇒ ∆INM ~ IMA g.g∆ ( ) Do IN IM IM2 IN.IA
IM = IA ⇒ = mà IM = IC nên
IC =IN.IA
Bài 43 :Cho đường trịn (O ; R) dây AC cố định khơng qua tâm B điểm đường trịn (O ; R) (B khơng trùng với A C) Kẻ đường kính BB’ Gọi H trực tâm tam giác ABC
a) Chứng minh AH // B’C
b) Chứng minh HB’ ñi qua trung ñiểm AC
c) Khi điểm B chạy đường trịn (O ; R) (B không trùng với A C) Chứng minh điểm H ln nằm đường trịn cố định
- Dễ thấy AH⊥BC, B ' C⊥BC⇒AH // B 'C
(39)- Theo AHCB’ hình bình hành nên AHC=AB 'C, mà dây AC cố định đường trịn (O) nên góc AB’C có giá trị khơng đổi Nếu đặt số đo cung nhỏ AC α H nằm cung chứa góc α 1800 − α dựng ñoạn AC (cùng nửa mặt phẳng bờ AC chứa B)
M H
E G
D
B'
A C O
B
Bài 44 :Cho đường trịn (O) điểm A nằm bên ngồi đường trịn Từ A kẻ tiếp tuyến AP AQ với ñường tròn (O), P Q tiếp ñiểm ðường thẳng qua O vng góc với OP cắt ñường thẳng AQ M
a) Chứng minh MO = MA
b) Lấy ñiểm N nằm cung lớn PQ đường trịn (O) Tiếp tuyến N đường trịn (O) cắt tia AP AQ B C
- Chứng minh : AB + AC – BC không phụ thuộc vào vị trí điểm N - Chứng minh : Nếu tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn PQ // BC
C B
M Q
O P
A
(40)- Do MO // AP (cùng vng góc với OP) nên PAO=AOM so le , PAO( ) =QAO (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên AOM=QAO⇒AM=OM
- Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt AP = AQ, BN = BP, CN = CQ nên AB + AC – BC = AP + PB + AQ + QC – BN – NC = AP + AQ không phụ thuộc vào vị trí điểm N
- Nếu BCQP tứ giác nội tiếp APQ=QCB +QPB 180( = 0), APQ=AQP
AQP QCN PQ // BC
⇒ = ⇒ (cặp góc đồng vị nhau)
Bài 45 :Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R ðường thẳng (d) tiếp xúc với ñường tròn (O) A M Q hai ñiểm phân biệt chuyển ñộng (d) cho M khác A Q khác A Các ñường thẳng BM BQ cắt đường trịn (O) điểm thứ hai N P Chứng minh : a) Tích BM.BN khơng đổi
b) Tứ giác MNPQ nội tiếp c) BN + BP + BM + BQ > 8R
d
P N
O
A B
M Q
- Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác AMB, AN⊥MB⇒BN.BM=AB2 =4R2 (không phụ thuộc vào vị trí điểm M d)
- Tương tự ta có BP.BQ 4R2 BN.BM BP.BQ BN BP BNP ~ BQM c.g.c( ) BQ BM
= ⇒ = ⇒ = ⇒ ∆ ∆
(41)- Do BM > BN nên, theo Cauchy BN+BM>2 BN.BM =2 4R2 =4R, tương tự ta có
BP+BQ>2 BP.BQ =2 4R =4R Do BN+BP+BM+BQ>8R
Bài 46 :Cho đường trịn tâm O đường kính AB cố định H thuộc ñoạn thẳng OA( H khác A;O trung ñiểm OA) Kẻ dây MN vng góc với AB H, K nằm (O), MN cắt AK E
a) Chứng minh tứ giác HEKB nội tiếp
b) Chứng minh tam giác AME ñồng dạng với tam giác AKM
c) Cho ñiểm H cố ñịnh, xác ñịnh vị trí K ñể khoảng cách từ N ñến tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác MKE nhỏ
I
P E
N M
O
A B H
K
- Ta có EHB=EKB =900 ⇒ tứ giác HEKB nội tiếp đường trịn đường kính EB
- Do AB⊥MN=H⇒H trung ñiểm MN hay AB trung trực MN, ñó AM = AN hay AM =AN⇒AKM=AMN⇒ ∆AME ~ AKM g.g∆ ( )
- Từ E kẻ ñường thẳng // AB cắt MB P, ta có MPE=MBA (đồng vị) MBA=MKA (cùng chắn cung MA) nên MKA =MPE⇒ tứ giác MKPE nội tiếp Mặt khác MEP=900 ⇒ tứ giác MKPE nội tiếp đường trịn đường kính MP tâm I trung điểm MP Nói cách khác tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MKE ln nằm MB (cố ñịnh) Do khoảng cách từ N ñến tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác MKE ngắn NI⊥MB⇒NM=NP Do muốn có điểm K để NI ngắn ta làm sau :
+ Lấy P MB cho MN = PN
+ Vẽ đường trịn đường kính MP cắt (O) K
Bài 47 :Cho tam giác vuông ABC (C = 900; CA < CB) I ñiểm thuộc cạnh AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C Vẽ tia Ax, By vng góc với AB ðường thẳng vng góc với IC vẽ qua C cắt Ax, By M N
a) Chứng minh tứ giác BNCI nội tiếp; góc MIN = 900 b) Chứng minh CAI ~ CBN ; ABC ~ MNI∆ ∆ ∆ ∆
(42)x y
H
N
M
A B C
I
- Ta có ICN =IBN=900 ⇒ tứ giác BNCI nội tiếp đường trịn đường kính NI ⇒IBC =INC Chứng minh tương tự ta ñược AMCI tứ giác nội tiếp nên IMC=CAI⇒CMI+CNI=900 Do MIN =900
- Dễ thấy CAI=CBN cùng( +CBA =900) ACI=BCN cùng( +ICB =900) nên
( )
ACI ~ BCN g.g
∆ ∆ Theo CAB =IMN, CBA=INM⇒ ∆ABC ~ MIN g.g∆ ( ) - Kẻ
2 MIN
ABC
S CI CI
CH AB 2 CHI
S CH CH
⊥ ⇒ = = ⇒ = ⇒ ∆
vuông cân H ⇒CH=HI Vậy I∈HB | IH=CH⇒SMIN =2SABC
Bài 48 :Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm (O) Các ñường cao BD, CE tam giác cắt H cắt đường trịn (O) theo thứ tự N M
a) Chứng minh tứ giác EBCD nội tiếp b) Chứng minh MN//ED
c) Chứng minh: OA⊥ ED
d) A di ñộng cung lớn BC đường trịn (O), chứng minh đường trịn ngoại tiếp tứ giác AEHD có đường kính khơng đổi
(43)- Ta có MNC =MBC (cùng chắn cung MC), DBC=DEC (cùng chắn cung DC đường trịn ngoại tiếp tứ giác BEDC) nên DEC=MNC⇒MN // ED
- Dễ thấy ( 0)
ABM=ACN +BAC=90 ⇒AN=AM⇒AN=AM⇒ OA trung trực MN nên OA⊥MN, MN // DE⇒OA⊥DE
- Kéo dài OA cắt (O) P, dễ thấy BHCP hình thoi nên BC HB cắt trung ñiểm I BC Vì BC (O) cố định nên IO khơng ñổi IO ñường trung bình tam giác APH Do AH = 2IO (khơng đổi) mà tứ giác AEHD nội tiếp đường trịn đường kính AH nên A di chuyển đường trịn có đường kính khơng đổi
K
P D
H E
M
N
O
I B
A
C
Bài 49 :Cho đường trịn (O) đường kính AB Một dây CD cắt AB H Tiếp tuyến B đường trịn (O) cắt tia AC, AD M N
a) Chứng minh tam giác ACB ñồng dạng với tam giác ABM
b) Tiếp tuyến C D đường trịn (O) cắt MN E F Chứng minh
2
= MN
EF c) Xác định vị trí dây CD để tam giác AMN tam giác ñều
(44)- Dễ thấy CE = EB (tính chất hai tiếp tuyển cắt nhau) mà tam giác CBM vuông C nên
CME=MCE (phụ với hai góc nhau) nên CE = ME CE ME BE BM
⇒ = = = Chứng
minh tương tự ta có DF FB FN BN FE FB EB BM BN MN
2 2
= = = ⇒ = + = + =
- Nếu AMN tam giác MAN=600 ⇒CD 120= 0, mà AB⊥NM⇒ AB phân giác
0
MAN⇒MAB=NAB=30 ⇒BC=DB=60 ⇒CD⊥AB=H trung ñiểm OB
F E
N M
H O
A B C
D
Bài 50 :Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp ñường tròn (O) Trên cung nhỏ AC lấy ñiểm M (M khác A C) Từ M hạ MD vng góc với BC, ME vng góc với AC (D thuộc BC, E thuộc AC)
a) Chứng minh tứ giác DCME nội tiếp đường trịn b) Chứng minh tam giác AMB ñồng dạng với tam giác EMD
(45)K
J
D E
O I
B
A
C M
- Do MEC =MDC=900 ⇒ tứ giác CDEM nội tiếp đường trịn đường kính MC
- Ta có EDM=ECM (cùng chắn cung EM đường trịn ngoại tiếp tứ giác CDEM) mà
ECM=ABM (cùng chắn cung AM) ⇒EDM=ABM Chứng minh tương tự ta có
( )
EMD=AMB⇒ ∆MED ~ MAB g.g∆
- Kẻ MK⊥AB=K, MCD=MAK +BAM 180( = 0)⇒DMC=KMA Do
DEC=KEA⇒ K, E, D thẳng hàng Vì I, J trung điểm AB DE, MED ~ MAB∆ ∆
MEJ ~ MAI EJM AIM
⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ tứ giác KIJM nội tiếp, mà 0 IKM=90 ⇒MJI=90 JI MJ
⇒ ⊥
Bài 51 :Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Các ñường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường trịn (O) M, N, P Chứng minh rằng:
1 Tứ giác AEHF nội tiếp
2 Bốn ñiểm A,F,D,C nằm đường trịn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC
(46)5 Xác ñịnh tâm ñường tròn nội tiếp tam giác DEF
H F
E
D
M
N
P
O A
B C
- Ta có
HFA=HEA=90 ⇒ tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn ñường kính AH
- Do
CFA=CDA=90 ⇒ ñiểm A, F, D, C nằm ñường trịn đường kính AC - Do AHE ~ ACD g.g( ) AH AE AH.AD AE.AC
AC AD
∆ ∆ ⇒ = ⇒ = Dễ thấy AD.BC = BE.AC 2S= ACB - Do AFDC tứ giác nội tiếp nên FAH=FCD (cùng chắn cung FD đường trịn ñi qua
ñiểm AFDC) mà FAH =BCM (cùng chắn cung BM) nên FCD=BCM⇒ ∆HCM cân C hay H M ñối xứng qua BC
- Dễ thấy tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn đường kính BC nên FBE=FCE (cùng chắn cung FD đường trịn ñi qua ñiểm BFEC) mặt khác FBE=FDH, FCE=HDE⇒FDH=HDE nên HD phân giác góc D tam giác DEF Chứng minh tương tự ta ñược HE phân giác góc E tam giác Do H tâm đường trịn nội tiếp tam giác DEF
Bài 52 :Cho tam giác cân ABC (AB = AC), ñường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AHE
1 Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp
2 Bốn ñiểm A, E, D, B nằm đường trịn Chứng minh ED 1BC
2
=
(47)O
H
E
D
B C
A
- Tứ giác DHEC có
HEC=HDC=90 nên nội tiếp đường trịn đường kính HC - Do AEB=ADB=900⇒
ñiểm A, E, D, B nằm ñường trịn đường kính AB - Vì tam giác ABC cân A mà AD vng góc với BC D nên D trung ñiểm BC hay ED
là trung tuyến tam giác vng BEC Do ED 1BC
=
- Dễ thấy BAD CAD A, BAD BED
= = = (cùng chắn cung BD đường trịn ngoại tiếp tứ giác AEDB) OA = OE nên
CAD=OEA⇒OEA=BED⇒OED=90 hay DE tiếp tuyến (O) E
- Dễ dàng chứng minh ñược DE2=DH.DA⇒DE= 2.8=4
Bài 53 :Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường trịn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax, By C D Các ñường thẳng AD BC cắt N
1 Chứng minh AC + BD = CD Chứng minh
COD=90 Chứng minh
2 AB AC BD=
4 Chứng minh OC // BM
5 Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD Chứng minh MN ⊥ AB
(48)x y
H I
N
D
C
O
A B
M
- Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt AC = MC BD = MD nên CD = AC + BD - Cũng theo tính chất hai tiếp tuyến cắt OC OD phân giác hai góc kề bù nên
OC vng góc OD hay COD=900
- Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng COD có COD=90 , OM⊥CD⇒CM.DM=OM nên
2 AB AC.BD R
4
= =
- Vì OM = OB DM = DB nên OD đường trung bình BM ⇒OD⊥BM mà CO⊥OD⇒CO // MB
- Gọi I trung điểm CD I tâm đường trịn đường kính CD, dễ thấy OI đường trung bình hình thang vng ACDB nên OI // CA hay IO⊥AB⇒ AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD O
- Vì AC // BD nên theo hệ định lý Talet AC AN
BD = ND, mà AC = CM BD = BM nên CM AN
AC // MN
DM = ND⇒ (ñịnh lý Talet ñảo), mặt khác AC⊥AB⇒MN⊥AB
- Ta có CACDB=AC CD DB AB+ + + =2CD AB+ , AB khơng đổi nên chu vi lớn CD lớn Kẻ CH⊥BD⇒AB=CH, CD≥CH⇒min CD=AB⇔CD // AB⇔ M điểm cung AB
Bài 54 :Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đường trịn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A , (O) đường trịn đường kính IK
(49)N
P
O
K
I M
B
C A
- Do IB KB phân giác hai góc kề bù B nên
IB⊥KB⇒IBK=90 Tương tự
IKC=90 ⇒ ñiểm K, B, I, C nằm đường trịn (O) đường kính IK
- Dễ thấy IKC=IBC (cùng chắn cung IC đường trịn (O) ngoại tiếp tứ giác KBIC), mà
IBC=ICB (I nằm trung trực BC nên IB = IC) ICB =ICA (IC phân giác góc
ACB) nên ( )
ICA=IKC=OCK OC=OK⇒OKC=OCK ⇒OCK=90 ⇒ AC tiếp tuyến (O) C
- C1 : Ta có (I;r) (K;R) tiếp xúc ngồi trung ñiểm M BC, BC
CM BM 12cm AM 16cm
= = = ⇒ = Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ACO có
CM2
ACO 90 , CM AO CM AM.OM OM 9cm AM
= ⊥ ⇒ = ⇒ = =
OC =OM.OA⇒OC 15cm= Vậy bán kính đường trịn (O) đường kính IK 15cm
- C2 : Ta có (I;r) (K;R) tiếp xúc ngồi trung điểm M BC, kẻ IN⊥AB, KP⊥AB⇒
( )2
ABC
BC AM.BC
BN BM BP 12cm AN 8cm, AP 32cm, AM 16cm S 192 cm
2
= = = = ⇒ = = = ⇒ = =
Mặt khác dễ dàng chứng minh ñược SABC r AB BC CA( ) NI r 6cm AI 10cm
+ +
= ⇒ = = ⇒ =
Ta có NI // KP NI AN R KP AP.NI 32.6 24cm
KP AP AN
⇒ = ⇒ = = = = Do
IK= +r R= +6 24=30cm⇒ bán kính (O) 15cm
Bài 55 :Cho đường trịn (O; R), từ ñiểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên ñường thẳng d lấy ñiểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung ñiểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp ñiểm) Kẻ AC ⊥ MB, BD ⊥ MA Gọi H giao ñiểm AC BD, I giao ñiểm OM AB
(50)2 Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Chứng minh OAHB hình thoi
4 Chứng minh ba ñiểm O, H, M thẳng hàng
5 Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển ñường thẳng d
I H
D
C K
B
N O
A M
P
- Ta có
OBM=OAM=OKM=90 ⇒ ñiểm O, K, B, M, A nằm đường trịn đường kính OM
- Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác OAM có 2
OAM=90 , AI⊥OM⇒OI.OM =OA =R
OI IM = IA
- Dễ thấy OA // BH (cùng vng góc với AM), OB // AH (cùng vng góc BM) OA = OB nên OAHB hình thoi
- Ta có OA = OB, BH = AH, MB = MA nên ba ñiểm O, H, M nằm trung trực AB hay chúng thẳng hàng
- Theo MA=R khơng đổi A cố định nên quỹ tích H M chạy d nửa đường trịn (A;R) nằm phía với (O) so với d
Bài 56 :Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm A bán kính AH Gọi HD là đường kính đường trịn (A; AH) Tiếp tuyến đường trịn D cắt CA E
1 Chứng minh tam giác BEC cân
2 Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chứng minh BE tiếp tuyến đường trịn (A; AH) Chứng minh BE = BH + DE
- Ta có ∆AHC= ∆ADE (c.g.c) nên AE = AC, mà BA⊥EC⇒ BA trung trực EC hay BE = BC tức tam giác EBC cân B
- Do BA ñường cao tam giác cân EBC nên BA phân giác góc EBC nên AI = AH (điểm phân giác cách hai cạnh góc)
- Theo AI = AH nên I nằm (A;AH) mà AI vng góc với BE nên BE tiếp tuyến (A;AH) I
(51)I
E D
H
B C
A
Bài 57 :Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M
1 Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường trịn Chứng minh BM // OP
3 ðường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành
4 Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng
x
J
I K
N
M
O
A B
(52)- Ta có
PAO=PMO=90 ⇒ tứ giác APMO nội tiếp đường trịn đường kính PO - Ta có PM = PA, OM = OA nên PO trung trực AM ⇒OP⊥AM, mà
AMB=90 ⇒AM⊥MB⇒OP // MB
- Dễ thấy ∆APO= ∆ONB c.g.c( )⇒OP //=NB⇒ tứ giác OBNP hình bình hành - Ta có PNOA hình chữ nhật nên
PNO=PMO=90 ⇒ tứ giác PNMO tứ giác nội tiếp, mà MN // OP nên hình thang cân, PJO tam giác cân J Mặt khác K giao ñiểm hai ñường chéo hình chữ nhật PNOA nên K trung ñiểm OP, JK⊥PO Mà I giao ñiểm hai ñường cao ON PM tam giác JPO nên JI⊥OP⇒ ba ñiểm J, K, I thẳng hàng
Bài 58 :Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn (M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường trịn kể tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường trịn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K
a) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: AI2= IM IB
c) Chứng minh BAF tam giác cân
d) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi
e) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn x
K H
F
E
M
O
A B
I
(53)- Do ( ) IA IM
AMI ~ BAI g.g IA IM.IB IB IA
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
- Do AF phân giác IAM⇒AE =ME⇒EBA=EBM⇒ tam giác ABF có phân giác đồng thời đường cao nên tam giác cân
- Theo ABF tam giác cân B có BE đường cao nên E trung ñiểm AF, tương tự có tam giác HAK cân A, ñường cao AE nên E trung ñiểm HK Do tứ giác AHFK có hai đường chéo cắt trung điểm vng góc nên hình thoi
- Theo tính chất trực tâm tam giác FK⊥AB⇒FK // AI⇒ AKFI hình thang Do tứ giác tứ giác nội tiếp hình thang cân
AIB IAM 180 AM AM
⇒ = ⇒ − =
AM 90
⇒ = ⇒ M ñiểm cung AB
Bài 59 :Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đường trịn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh :
1 Tam giác DEF có ba góc nhọn DF // BC
3 Tứ giác BDFC nội tiếp BD BM BM
BD BM.BC BC = CF = BD ⇒ =
M I
F D
O
E
B C
A
- Ta có 0
FOE+ =C 180 ⇒FOE<180 mà FDE FOE FDE 900
2
= ⇒ < Chứng minh tương tự ta có
0
(54)- Ta có AB = AC mà AD = AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên AD AF DF // BC AB =AC⇒
- Dễ thấy ADF=ABC (ñồng vị, DF // BC) ABC=ACB⇒ADF=ACB⇒BDF ACB 180+ = nên tứ giác BDFC tứ giác nội tiếp (có thể chứng minh tứ giác hình thang cân suy tứ giác nội tiếp)
- Ta có DFB=DCB (cùng chắn cung BD đường trịn ngoại tiếp tứ giác BDFC),
BDM=DFB (cùng chắn cung DI) nên BDM DCB BDM ~ BCD g.g( ) BD BM BC BD
= ⇒ ∆ ∆ ⇒ = Mà
AB = AC AD = AF nên BD = CF Do BD BM BM BC = BD = CF
Bài 60 :Cho tam giác ABC vng A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường trịn (O) có đường kính MC đường thẳng BM cắt đường trịn (O) D đường thẳng AD cắt đường trịn (O) S
1 Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh CA tia phân giác góc SCB
3 Gọi E giao ñiểm BC với ñường trịn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD ñồng quy
4 Chứng minh DM tia phân giác góc ADE
5 Chứng minh điểm M tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADE
K
E
S D
O
B C
A
M
- Ta có
BAC=BDC=90 ⇒ tứ giác ABCD nội tiếp ñường trịn đường kính BC
(55)- Gọi K giao điểm AB CD, CA⊥BK, BD⊥CK, AC∩BD=M⇒M trực tâm tam giác BKC Do AM⊥BC Mặt khác
MEC=90 ⇒ME⊥BC⇒A, M, E thẳng hàng hay AB, CD, EM ñồng quy K
- Theo ta có BCA=BDA mà MDE=BCA (cùng chắn cung ME) nên BDA=MDE⇒ DM phân giác ADE
- Theo DM phân giác ADE Mặt khác DAC=DBC (cùng chắn cung DC đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABCD), CAE=DBC (cùng chắn cung ME ñường tròn ngoại tiếp tứ giác AMEB) nên DAC=MAC⇒AM phân giác DAE⇒ M tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADE
Bài 61 :Cho hình vng ABCD Trên cạnh BC, CD lấy ñiểm E, F cho EAF=450 Biết BD cắt AE, AF theo thứ tự G, H Chứng minh:
a) ADFG tứ giác nội tiếp b) GHFE tứ giác nội tiếp c) ∆AGH ~ AFE∆
d) ∆CGH tứ giác GHFE có diện tích
O H
F
G
C B
D A
E
- Dễ thấy HAE=HBE=450⇒ABEH tứ giác nội tiếp
- Do ABEH tứ giác nội tiếp mà 0
ABE=90 ⇒AHE=90 =FHE Chứng minh tương tự ta có tứ giác ADFG tứ giác nội tiếp
FGA FGE 90
⇒ = = ⇒ tứ giác EFHG nội tiếp đường trịn ñường kính EF
- Do EFHG tứ giác nội tiếp nên AGH=AFE (cùng bù với góc HGE) nên ( )
AGH ~ AFE g.g
(56)- Gọi O giao ñiểm AC BD ⇒OA=OC, AC⊥GH⇒SAGH =SCGH Mà theo
( ) AGH AFE
S AH
AGH ~ AFE g.g
S AE
∆ ∆ ⇒ =
Mặt khác, tam giác AHE vuông cân H nên
AGH
AGH EFHG CGH EFHG AFE
S
AH 1
S S S S
AE = ⇒S = ⇒2 = ⇒ =
Bài 62 :Cho ∆ABC khơng cân, đường cao AH, nội tiếp đường trịn tâm O Gọi E, F thứ tự hình chiếu B, C lên đường kính AD đường trịn (O) M trung điểm BC Chứng minh:
a) Bốn ñiểm A,B,H,E nằm đường trịn b) HE// CD
c) M tâm đường trịn ngoại tiếp ∆HEF
K M
F E
D H
O A
B C
- Dễ thấy
BEA=BHA=90 ⇒ bốn ñiểm A, B, H, E nằm đường trịn đường kính AB - Do ABHE tứ giác nội tiếp nên ABH =HED (cùng bù với góc HEA), mà ABH=EDC
(cùng chắn cung AC) nên HED=EDC⇒HE // DC (cặp góc so le nhau)
- Kẻ DK⊥BC=K⇒ DKHA hình thang mà M trung ñiểm BC nên OM⊥BC⇒ AH // OM // DK, mặt khác O trung ñiểm ñường chéo AD nên M trung ñiểm ñường chéo HK Do
BED=BKD=90 ⇒BEKD tứ giác nội tiếp nên KED=KBD (cùng chắn cung KD) AHC=AFC=900⇒FHAC
(57)
CD // HE⇒EK⊥HE⇒HEK=90 Tóm lại tứ giác HEKF nội tiếp đường trịn đường kính HK có trung điểm M nên M tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác HEF
• Nhận xét : Có thể tốn tương tự sau “Cho tứ giác ABDC nội tiếp đường trịn đường kính AD, gọi H K hình chiếu A D lên BC, gọi E F hình chiếu của B C lên AD Chứng minh tứ giác HEKF có cạnh song song với cạnh tứ giác ABDC”
Bài 63 :Cho nửa đường trịn đường kính AB Gọi H điểm cung AB, gọi M ñiểm nằm cung AH; N ñiểm nằm dây cung BM cho BN = AM Chứng minh:
1 ∆AMH = ∆BNH
2 ∆MHN tam giác vng cân
3 Khi M chuyển động cung AH đường vng góc với BM kẻ từ N ln qua điểm cố định tiếp tuyến nửa đường trịn điểm B
G
N H
O
A B
M
- Xét hai tam giác MAH NBH có AM = BN, AH = BH (do H điểm cung AB nên AH =BH ⇒AH=BH) MAH =NBH (cùng chắn cung MH)
( )
MAH NBH c.g.c
⇒ ∆ = ∆
- Do
HM HN
MAH NBH MHN
MHA NHB MHN AHB 90
=
∆ = ∆ ⇒ ⇒ ∆
= ⇒ = =
vuông cân H
- Kẻ đường thẳng vng góc với MB N, ñường thẳng cắt tiếp tuyến B (O) G Ta có MAN =NBG (cùng chắn cung HB), AM = BN
( )
(58)Bài 64 :Cho (O) đường kính AC Trên ñoạn OC lấy ñiểm B vẽ ñường trịn (O’) đường kính BC Gọi M trung điểm ñoạn AB Từ M kẻ dây cung DE ⊥ AB Gọi I giao DC với (O’)
a) Chứng minh ADBE hình thoi b) BI// AD
c) I,B,E thẳng hàng
I
E D
M O O'
A C
B
- Vì AB⊥DE=M⇒M trung điểm DE, mà M trung ñiểm AB DE⊥AB⇒ tứ giác ADBE hình thoi
- Ta có
ADC=BIC=90 ⇒BI // AD (cặp góc đồng vị nhau)
- Do ADBE hình thoi nên EB // AD mà BI // AD nên ñiểm E, B, I thẳng hàng (do qua B có đường thẳng song song với AD)
Bài 65 :Gọi AC dây cố định đường trịn (O; R) M điểm thuộc đường trịn Chứng minh M di động đường trịn (O) trọng tâm G tam giác ACM di ñộng ñường trịn cố định
- ðặt
α = số đo cung nhỏ AC⇒ α khơng đổi
- Trường hợp M nằm cung lớn AC, gọi B trung điểm AC B cố định, từ G kẻ ñường thẳng song song với MA MC cắt AB D E Ta có DB GB
BA =GM = ⇒3 D cố ñịnh, tương tự ta có E cố ñịnh nên DE cố ñịnh
- Mặt khác BGD=BMA, BGE=BGC (ñồng vị) nên DGE AMC 1AC
(59)- Tương tự, trường hợp M nằm cung nhỏ AC G nằm cung chứa góc
180 − α dựng ñoạn DE (phần nằm (O))
- Do quỹ tích G đường trịn cố định hai nửa cung chứa góc tạo thành
E D G
B O
C A
M
Bài 66 :Cho tam giác ABC vng A điểm D nằm A B ðường trịn đường kính BD cắt BC E Các ñường thẳng CD, AE cắt ñường tròn F, G Chứng minh : Tam giác ABC ñồng dạng với tam giác EBD
2 Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp AC // FG
4 Các ñường thẳng AC, DE, FB ñồng quy
Giải
1 Tam giác ABC tam giác EBD hai tam giác vng có chung góc nhọn B nên đồng dạng (g.g)
2 Tứ giác ADEC nội tiếp đường trịn đường kính DC, tứ giác AFBC nội tiếp đường trịn đường kính BC
3 Ta có :
( )
( )
( )
DFG DEG cung chan DG cua dtron dkinh BD
DFG DCA AC // FG slt DEA DCA cung chan DA cua dtron dkinh CD
=
⇒ = ⇒
=
(60)Bài 67 :Cho tam giác ñều ABC cạnh a có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M (M khơng trùng B, C, H); từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB, AC
1 Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường trịn ngoại tiếp tứ
giác
2 Chứng minh MP + MQ = AH Chứng minh OH vuông góc với PQ
Giải
(61)Ta có :
( )
ABC
ABC AMB AMC
S AH.a
2
AH MP MQ
1 1
S S S MP.a MQ.a MP MQ a
2 2
=
⇒ = +
= + = + = +
Theo tính chất tam giác AH phân giác góc BAC nên H điểm cung PQ, mà O tâm đường trịn qua P, H, Q nên OH vng góc với PQ
Bài 68 :Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H (H khơng trùng O, B); đường thẳng vng góc với OB H, lấy điểm M ngồi ñường tròn ; MA MB thứ tự cắt ñường tròn (O) C D Gọi I giao ñiểm AD BC
1 Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh đường trịn AD, BC, MH đồng quy I
3 Gọi K tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác MCID Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp
Giải
Tứ giác MCID nội tiếp đường trịn tâm K đường kính MI
AD, BC, MH ba ñường cao tam giác MAB nên ñồng quy trực tâm I Ta có:
1
A +M =90 , mặt khác tam giác COA cân O MKC cân K nên theo tính chất
góc ngồi tam giác ( )
1 1
CKH=2M , COH=2A ⇒CKH COH+ =2 M +A =180 Do ñó tứ giác KCOH nội tiếp
Bài 69 :Cho đường trịn (O) đường kính AC Trên bán kính OC lấy ñiểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung ñiểm ñoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB CD cắt đường trịn đường kính BC I
1 Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD
4 Chứng minh I, B, E thẳng hàng
(62)Giải
Tứ giác BMDI nội tiếp đường trịn đường kính BD
Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo cắt trung điểm vng góc Do AC, BC đường kính (O) (O’) nên
ADC=BIC=90 ⇒AD // BI
Vì tứ giác BMDI nội tiếp nên D2 =MIB mà tứ giác ADBE hình thoi nên D1=D2⇒D1=MIB
Mặt khác ( )
1 1
C =D cung phu MDC ⇒C =MIB⇒MIB BIO '+ =BIC=90 Do MI tiếp tuyến đường trịn đường kính BC
Bài 70 :Cho đường trịn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc C Gọi AC BC hai đường kính qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vng góc với AB trung điểm M AB Gọi giao ñiểm thứ hai DC với (O’) F, BD cắt (O’) G Chứng minh rằng:
1 Tứ giác MDGC nội tiếp
2 Bốn ñiểm M, D, B, F nằm đường trịn Tứ giác ADBE hình thoi
4 B, E, F thẳng hàng BF, CG, AE ñồng quy MF = 1/2 DE
7 MF tiếp tuyến (O’)
Giải
(63)Ta có :
BFC=CDA=90 ⇒BF // AD, mặt khác BE // AD tứ giác ADBE hình thoi nên B, E, F thẳng hàng
Do AE BF cắt E, ta chứng minh G, C, E thẳng hàng xong Thật vậy, C trực tâm tam giác DBE nên EG vng góc với BD mà CG vng góc BD nên G, C, E thẳng hàng Tóm lại BF, GC, AE ñồng qui E
Tam giác DFE vng F, M trung điểm cạnh huyền DE nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vng ta MF = ½ DE
Do tứ giác MDBF nội tiếp nên F1=B2 (cung chan MD), mặt khác tứ giác ADBE hình thoi nên
2 1 1
B =B ⇒B =F ⇒ +F O ' FC=B +O ' FC=BFO ' O ' FC+ =90 ⇒ MF tiếp tuyến (O’)
Bài 71 :Cho đường trịn (O) đường kính AB Gọi I trung ñiểm OA Vẽ ñường tròn tâm I ñi qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q
1 Chứng minh ñường trịn (I) (O) tiếp xúc ngồi A Chứng minh IP // OQ
3 Chứng minh AP = PQ
4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn
Giải
Dễ thấy OI=OA−IA=RO−RI⇒ (O) (I) tiếp xúc ngồi A
Ta có tam giác IPA cân I nên P1=A, tương tự tam giác OQA cân O nên
1 1
Q =A⇒P =Q ⇒OQ // IP
Do OQ // IP mà I trung ñiểm OA nên theo tính chất đường trung bình P trung ñiểm AQ hay AP = PQ
Kẻ QH PK vng góc với AB, QH = 2PK (tính chất đường trung bình tam giác) Ta
có: ABQ ABQ
1
S QH.AB 2PK.AB PK.AB S max PK max
2
(64)Bài 72 :Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DE, ñường thẳng cắt ñường thẳng DE DC theo thứ tự H K
1 Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính góc CHK
3 Chứng minh KC KD = KH.KB
4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đường nào?
Giải
Tứ giác BDCH nội tiếp đường trịn đường kính BD
Do tứ giác BDCH nội tiếp 0 0
1 1
B H 45 CHK DHK H 90 45 45
⇒ = = ⇒ = − = − =
Tam giác vng KBC KDH có chung góc nhọn K nên đồng dạng (g.g), : KB KC
KB.KH KC.KD
KD = KH⇒ =
Do B, C cố ñịnh 0
(65)Bài 73 :Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền ngồi tam giác ABC hình vng ABHK, ACDE
1 Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng
2 ðường thẳng HD cắt ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, Chứng minh FBC tam giác vuông cân
3 Cho biết ABC>450; gọi M giao ñiểm BF ED, Chứng minh ñiểm B, K, E, M, C nằm đường trịn
4 Chứng minh MC tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh F trung ñiểm HD
Giải
Ta có : HBA +BAC CAD+ =450+900+450=1800⇒ H, A, D thẳng hàng Ta có : 0( )
1
B =A =45 cung chan FC , BFC=90 ⇒ tam giác BFC vuông cân F Tứ giác BKEC tứ giác nội tiếp
1
K =E =45 , tứ giác BEMC tứ giác nội tiếp
1
E =B =45 nên năm ñiểm B, K, E, M, C thuộc đường trịn Tam giác BMC có 0( )
1 1
M =B =45 M =E =45 _ cung chan BC nên tam giác BMC vuông cân M hay
BMC=90 ⇒ MC tiếp tuyến đường trịn đường kính BC ngoại tiếp tam giác ABC
(66)Bài 74 :Cho tam giác nhọn ABC có B=450 Vẽ đường trịn đường kính AC có tâm O, đường trịn cắt BA BC D E
1 Chứng minh AE = EB
2 Gọi H giao ñiểm CD AE CMR ñường trung trực HE ñi qua trung ñiểm I BH
3 Chứng minh tứ giác DBEH nội tiếp
4 Chứng minh OD tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác BDE
Giải
Tam giác ABE có ABE=45 , AEB0 =900⇒ ∆AEB vng cân E nên AE = BE
Gọi M trung điểm HE, MI đường trung bình tam giác HEB vuông E nên MI vuông góc với HE M hay IM trung trực HE
Tứ giác BDEH nội tiếp đường trịn (I) đường kính HE Ta chứng minh
IDO=90 Thật :
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
B =D ∆DIB can tai I , B =E chan DH , D =C ∆DOC can tai O , E =C chan AD Do
đó
2
(67)Bài 75 :Cho đường trịn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đường trịn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy ñiểm M kẻ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, AC, AB Gọi giao ñiểm BM, IK P; giao ñiểm củaCM, IH Q
1 Chứng minh tam giác ABC cân Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp Chứng minh MI2 = MH.MK Chứng minh PQ vng góc MI
Giải
Do AB, AC tiếp tuyến (O) cắt A nên AB = AC Vì tam giác ABC cân A
Tứ giác BIMK nội tiếp đường trịn đường kính MB, tứ giác CIMH nội tiếp đường trịn đường kính MC
Ta có :
( )
( )
( )
2
2 2
2
K B cung chan MI
B C cung chan MC K I C I cung chan MH
= = ⇒ = =
, tương tự :
( )
( )
( )
1
1 1
1
H C cung chan MI
C B cung chan MB H I I B cung chan MK
= = ⇒ = =
Vì
( ) MI MK
MIK ~ MHI g.g MI MH.MK
MH MI
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
Xét tam giác MBC có
MBC B+ +C =180 , mặt khác theo chứng minh I1=C , I1 2=B2
đó 0
1 1
(68)Bài 76 :Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R Vẽ dây cung CD vng góc với AB H Gọi M điểm cung CB, I giao ñiểm CB OM K giao ñiểm AM CB Chứng minh :
1 AB KB AC =KC
2 AM tia phân giác góc CMD Tứ giác OHCI nội tiếp
4 Chứng minh đường vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đường trịn M
Giải
Do M điểm cung BC nên MB=MC⇒A1=A2⇒ AK phân giác góc A tam giác CAB, AB KB
AC=KC
Vì CD vng góc với đường kính AB nên CA=DA⇒CMA=DMA⇒MA phân giác CMD Tứ giác OHCI nội tiếp đường trịn đường kính OC
Tứ giác IMNC có
MNC=NCI=CIM=90 nên hình chữ nhật, ñó
(69)Bài 77 :Cho ñường trịn (O) điểm A ngồi đường trịn tiếp tuyến với đường trịn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đường trịn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đường trịn ( M khác B, C), từ M kẻ MI vuông góc với BC, MH vng góc với CA, MK vng góc với AB Tứ giác ABOC nội tiếp
2 Chứng minh góc BAO = góc BCO
3 Chứng minh tam giác MIH ñồng dạng với tam giác MHK Chứng minh MH.MK = MI2
Giải
(70)( ) BAO=BCO cung chan OB cua duong tron ngoai tiep tu giac ABOC
Ta có :
( )
( )
( )
2
2 2
2
K B cung chan MI
B C cung chan MC K I C I cung chan MH
= = ⇒ = =
, tương tự :
( )
( )
( )
1
1 1
1
H C cung chan MI
C B cung chan MB H I I B cung chan MK
= = ⇒ = =
Vì
( )
MIK ~ MHI g.g
∆ ∆
( ) MI MK
MIK ~ MHI g.g MI MH.MK
MH MI
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
Bài 78 :Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; AH cắt (O) E, AO cắt (O) F
1 Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành Chứng minh E ñối xứng với H qua BC Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân
4 Gọi G giao ñiểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC
Giải
Tứ giác BFCH có BH // FC (cùng vng góc với AC), BF // CH (cùng vng góc với AB) nên hình bình hành
Ta có :
( ) ( ) 1 2
A B cung phu ACB
B B HBE
B A cung chan EC
=
⇒ = ⇒ ∆
(71)Dễ thấy EF // BC (cùng vng góc với AH) nên tứ giác BEFC hình thang, mặt khác BF = HC (do tứ giác BHCF hình bình hành), HC = FC (do H E đối xứng qua BC), hình thang BEFC hình thang có hai đường chéo nên hình thang cân
Dễ thấy O, I trung ñiểm AC HF tam giác AHF nên G trọng tâm tam giác AHF, theo tính chất trọng tâm AG 2AI
3
= , mặt khác AI trung tuyến tam giác ABC nên G ñồng thời trọng tâm tam giác ABC
Bài 79 :BC dây cung đường trịn (O; R) (BC khác 2R) ðiểm A di ñộng cung lớn BC cho O ln nằm tam giác ABC Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC ñồng quy H
1 Chứng minh tam giác AEF ñồng dạng với tam giác ABC Gọi A’ trung ñiểm BC, Chứng minh AH=2OA ' Gọi A1 trung ñiểm EF, Chứng minh R.AA = AA' OA'1
4 Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để tổng EF + FD + DE ñạt giá trị lớn
Giải
Tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn đường kính BC nên FBC FEC 180+ = 0, mà FEA+FEC 180= (kề bù) nên FBC =FEA⇒ ∆ABC ~ AEF g.g∆ ( )
Kẻ đường kính AK, dễ dàng chứng minh HBKC hình bình hành A’ trung điểm HK Do theo tính chất đường trung bình tam giác AKH, ta có : AH=2OA '
(72)AH OA '
2 = bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF Từ theo tính chất hai tam giác ñồng dạng
1 AA OA '
R.AA AA '.OA '
AA '= R ⇒ =
Vì ∆ABC ~ AEF∆ mà BC, EF hai cạnh tương ứng, R OA’ bán kính đường trịn ngoại tiếp tương ứng Do theo tính chất hai tam giác ñồng dạng : BC R
FE =OA '⇒ OBC
R.FE=OA '.BC=2S Tương tự, ta có : R.DE=2SOAB, R.DF=2SOAC Vì :
( ) ( OBC OAB OAC) ABC ABC
R FE+ED DF+ =2 S +S +S =2S ⇒FE+ED DF max+ ⇔S max Mà
ABC ABC
1
S BC.AD S max AD max AC A, O, C
= ⇒ ⇔ = ⇔ thẳng hàng
Bài 80 :Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ ñường cao AH bán kính OA
1 Chứng minh AM phân giác góc OAH Giả sử B>C Chứng minh OAH = B - C
3 Cho 0
BAC = 60 OAH = 20 Tính: a) B, C tam giác ABC
b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R
Giải
(73)Trên cung AC lấy ñiểm G cho cung AG AB nhau, OA vng góc với BG
GBC= −B C Gọi K, L giao ñiểm BG, AH OA, BG Ta có :
( )
0
0 GBC GKH 90
OAH LKA 90 OAH GBC B C
LKA BKH doi dinh
+ = + = ⇒ = = − =
Theo tính chất tổng ba góc tam giác câu ta có :
0 0
0
B C 180 A 120 B 70
B C OAH 20 C 50
+ = − = = ⇒ − = = = Gọi S diện tích hình viên phân cần tính, ta có :
( ) OBC q BOC 0 2 R
S S S BT.OT
3 R
.R sin 60 R cos 60
R R R
3 2
R 3R π = − = − π = − π = − π = −
Bài 81 :Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R) biết BAC=60 Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R
2 Vẽ đường kính CD (O; R); gọi H giao ñiểm ba ñường cao tam giác ABC Chứng minh BD // AH AD // BH
3 Tính AH theo R
(74)Ta có : 0
BOC=2BAC=2.60 =120 Kẻ OK vng góc với BC, K trung điểm BC
0 R
BOK 60 BK OB sin 60 R BC 2BK R
2
= ⇒ = = = ⇒ = =
Dễ thấy BD // AH (vì vng góc với BC) AD // BH (vì vng góc với AC)
Kẻ đường kính AQ, dễ dàng chứng minh BHCQ hình bình hành K trung điểm HQ Do theo tính chất hình bình hành tam giác AQH ta có :
0
AH 2OK 2.OB.sin 30 2.R R
= = = =
Bài 82 :Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung ñiểm H OB
1 Chứng minh MN di ñộng , trung điểm I MN ln nằm ñường tròn cố ñịnh
2 Từ A kẻ Ax vng góc MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN hình bình hành
3 Chứng minh C trực tâm tam giác AMN Khi MN quay quanh H C di động ñường Cho
AM.AN = 3R , AN = R Tính diện tích phần hình trịn (O) nằm ngồi tam giác AMN
Giải
Theo tính chất đường kính dây cung
OI⊥MN⇒OIH=90 mà O H cố định nên I thuộc đường trịn đường kính OH
(75)Dễ thấy CK ñường cao tam giác AMN, mặt khác NC // MB (do tứ giác CMBN hình bình hành)
AMB=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) nên NC vng góc với AM hay CN đường cao tam giác AMN Từ C trực tâm tam giác AMN
Tứ giác OCKI có OI // CK (cùng vng góc với MN), OC // KI (tam giác OBC có H trung điểm OB, I trung điểm BC tứ giác BMCN hình bình hành nên IH đường trung bình
IH // OC IK // OC
⇒ ⇔ ) nên hình bình hành Mà
CKI=90 ⇒ OCKI hình chữ nhật Do
ACO=90 mà O, A cố định nên C thuộc đường trịn đường kính OA
Từ AM.AN = 3R , AN = R 32 ⇒AM=AN=R 3 hay tam giác MAN cân A nên I, K trùng với H Gọi S diện tích cần tính, ta có : ( ) ( )
AMN AMN
O O
1
S S S , S R , S AH.MN
2
∆ ∆
= − = π = Mà
2 2
2 2
AMN
3R 9R 3R R 3R R 3R
AM , MH AM AH 3R S
2 4 ∆ 2
= = − = − = = ⇒ = =
Do :
2
2 3R 3
S R R
8
= π − = π −
Bài 83 :Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đường trịn M
1 Chứng minh OM vng góc với BC Chứng minh MC2 = MI.MA
3 Kẻ đường kính MN, tia phân giác góc B C cắt đường thẳng AN P Q Chứng minh bốn ñiểm P, C , B, Q thuộc đường trịn
4 Gọi E giao ñiểm ba ñường phân giác tam giác ABC Chứng minh AE, QB PC ñồng quy
(76)Vì phân giác góc A cắt (O) M nên M điểm cung BC, OM vng góc với BC
Tam giác MCI tam giác MAC có góc M chung MCI=MAC (chắn hai cung BM CM (O)) nên ñồng dạng (g.g) MC MI
MC MA.MI MA MC
⇒ = ⇒ =
Gọi giao điểm phân giác góc B C với (O) R S Dễ thấy SA = SB (hai dây hai cung
bằng nhau) Mặt khác
( ) ( )
2 2
1
A sd SB BM , E sd SA CM , SB SA, BM CM A E
2
= + = + = = ⇒ = nên SA = SE, lại có
0
2
E +SQA=90 , A +SAQ=90 ⇒SQA=SAQ⇒SQ=SA Tóm lại SA = SE = SB = SQ nên S tâm ñường tròn ngoại tiếp tứ giác AQBE hay AQBE tứ giác nội tiếp mà
0
QAE=90 ⇒QBE=90 ⇒ B thuộc đường trịn đường kính QP Chứng minh tương tự ta có C thuộc đường trịn ñường kính PQ Vậy bốn ñiểm Q, P, C, B nằm đường trịn đường kính PQ
(77)Bài 84 :Cho tam giác ABC cân (AB = AC), BC = cm, chiều cao AH = cm, nội tiếp đường trịn (O) đường kính AA’
1 Tính bán kính đường trịn (O)
2 Kẻ đường kính CC’, tứ giác CAC’A’ hình gì? Tại sao? Kẻ AK vng góc với CC’ tứ giác AKHC hình gì? Tại sao?
Giải
Ta có : 2 2
AB=AC= BH +AH = +4 =5 Mặt khác AMO ~ AHB AM AO AH AB
∆ ∆ ⇒ = ⇒
( )
AM.AB 2, 5.5 25
AO cm
AH
= = = Vậy bán kính (O) 25/8 cm
Tứ giác ACA’C’ hình chữ nhật có hai ñường chéo cắt trung ñiểm Dễ thấy ∆AKC '= ∆CHA ' (cạnh huyền – góc nhọn) nên AK = CH ⇒ ∆AKO= ∆CHO (cạnh góc
vng – góc nhọn) nên KAO=HCO⇒KAC=HCA⇒ ∆KAC= ∆HCA c.g.c( )⇒AH=KC Do ∆KCH= ∆HAK c.g.c( )⇒OKH =OHK Như hai tam giác AOC KOH hai tam giác cân có góc đỉnh nên chúng ñồng dạng Từ ñó : HKO=OCA⇒KH // AC⇒ tứ giác AKHC hình thang, mà hai đường chéo KC = AH nên hình thang cân
Bài 85 :Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO Kẻ dây MN vng góc với AB I, gọi C ñiểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E
1 Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp
2 Chứng minh tam giác AME ñồng dạng với tam giác ACM Chứng minh AM2 = AE.AC
4 Chứng minh AE.AC – AI.IB = AI2
5 Hãy xác ñịnh vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Giải
1 Tứ giác IECB nội tiếp đường trịn đường kính EB
2 Vì AO vng góc với dây MN trung điểm I NM nên tam giác AMN cân A hay AM = AN, hai cung AM AN Mặt khác
1 1
1
M sdAN, C sdAM M C
2
(78)3 Từ ( ) AM AE
AME ~ ACM g.g AM AC.AE
AC AM
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
4 Ta có : ( )
AE.AC - AI.IB = AI ⇔AE.AC=AI AI IB+ =AI.AB Dễ thấy ( ) AE AI
AEI ~ ABC g.g AE.AC AI.AB AB AC
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
5 Từ E kẻ ñường thẳng // AB cắt MB P, ta có MPE=MBA (ñồng vị) MBA=MCA (cùng chắn cung MA) nên MCA =MPE⇒ tứ giác MCPE nội tiếp Mặt khác MEP=900 ⇒ tứ giác MCPE nội tiếp đường trịn đường kính MP tâm K trung điểm MP Nói cách khác tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MCE ln nằm MB (cố ñịnh) Do khoảng cách từ N ñến tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MCE ngắn NK⊥MB⇒NM=NP Do muốn có điểm C để NI ngắn ta làm sau :
+ Lấy P MB cho MN = PN
+ Vẽ đường trịn đường kính MP cắt (O) C
1
K
P E
M
N I
A O B
C
Bài 86 :Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ ñường cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q hình chiếu vng góc D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh :
1 Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp Hai tam giác HNP HCB ñồng dạng Bốn ñiểm M, N, P, Q thẳng hàng
Giải
(79)3 Ta có : 0 ( )
1 1
A +FHA=90 , D +DHP=90 , FHA=DHP dd ⇒A =D Mặt khác A1=HCB (cùng phụ với góc ABC) N1=D1 (cùng chắn cung HP đường trịn ngoại tiếp tứ giác DNHP) Do ñó N1=C1⇒ ∆HNP ~ HBC g.g∆ ( )
4 Theo câu ta có N1=C1, mặt khác DM // CF (cùng vng góc với AB) nên
( )
2
D =C so le D2 =MNB (cùng chắn cung MB đường trịn ngoại tiếp tứ giác BMND) Do MNB=N1⇒ M, N, P thẳng hàng Chứng minh tương tự ta ñược ba ñiểm N, P, Q thẳng hàng Do ñó bốn ñiểm M, N, P, Q thẳng hàng
Bài 87 :Cho hai đường trịn (O) (O’) tiếp xúc ngồi A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B thuộc (O), C thuộc (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I Chứng minh tứ giác OBIA, AICO’ nội tiếp
2 Chứng minh góc BAC = 900 Tính số đo góc OIO’
4 Tính độ dài BC biết OA = 4cm, O’A = 9cm
Giải
1 Tứ giác OBIA nội tiếp đường trịn đường kính OI, tứ giác AICO’ nội tiếp đường trịn đường kính IO’
2 Tam giác BIA cân I (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên CIA=2.IAB, tương tự ta
có 1( ) 0
BIA 2.CAI BAC BIA CIA 180 90
2
= ⇒ = + = =
3 Vì OI trung trực AB nên OI vng góc với AB, tương tự O’I vng góc với AC nên tứ giác INAM hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vng) nên
(80)Bài 88 :Cho hai đường trịn (O) ; (O’) tiếp xúc A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B thuộc (O), C thuộc (O’) Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao ñiểm OM AB, F giao ñiểm O’M AC Chứng minh :
1 Chứng minh tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp Tứ giác AEMF hình chữ nhật
3 ME.MO = MF.MO’
4 Tứ giác OEFO’ tứ giác nội tiếp
5 OO’ tiếp tuyến đường trịn đường kính BC BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’
Giải
1 Tứ giác OBMA nội tiếp đường trịn đường kính OM, tứ giác AMCO’ nội tiếp đường trịn ñường kính O’M
2 Tam giác BMA cân M (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên CMA=2.MAB, tương
tự ta có 1( ) 0
BMA 2.CAM BAC BMA CMA 180 90
2
= ⇒ = + = = Vì OM trung trực AB nên OM vng góc với AB, tương tự O’M vng góc với AC nên tứ giác MFAE hình chữ nhật
3 Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MAO ta có : MA2=ME.MO Tương tự áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng MAO’ ta có :
( )
2
MA =MF.MO '⇒ME.MO=MF.MO ' =MA
4 Vì ME.MO=MF.MO ' nên dễ dàng chứng minh ñược ∆MEF ~ MO 'O c.g.c∆ ( )⇒MEF=MO 'O
180 MEF OEF MO 'O OEF
(81)5 Dễ thấy M tâm ñường trịn đường kính BC OO ' MA, A OO ', A M; BC
⊥ ∈ ∈ ⇒
OO’
tiếp tuyến đường trịn đường kính BC
6 Gọi I trung điểm OO’ I tâm đường trịn đường kính OO’, mặt khác tứ giác BOO’C hình thang vng nhận IM đường trung bình nên MI BC, MI OB O 'C OO'
2
+
⊥ = =
O 'O M I;
2
⇒ ∈ ⇒
BC tiếp tuyến M đường trịn đường kính OO’
Bài 89 :Cho đường trịn (O) đường kính BC, dây AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi (I), (K) theo thứ tự ñường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF
1 Hãy xác định vị trí tương đối đường trịn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao?
3 Chứng minh AE AB = AF AC
4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đường trịn (I) (K) Xác định vị trí H ñể EF có ñộ dài lớn
Giải
1 Dễ thấy I trung ñiểm BH K trung ñiểm HC nên IO = OB – IB, IK = IH + KH, OK = KH – OH Vì (I) (O) tiếp xúc trong, (O) (K) tiếp xúc trong, (I) (K) tiếp xúc ngồi
2 Tứ giác AEHF hình chữ nhật có ba góc vng
3 Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABH ta có : AE.AB=AH2 Tương tự ta có :
(82)4 Theo tính chất hình chữ nhật ta có : F1=H1, mà KF = KH nên
2 2
F =H ⇒F +F =H +H =90 ⇒ EF tiếp tuyến (K) Chứng minh tương tự EF tiếp tuyến (I) nên FE tiếp tuyến chung (I) (K)
5 Dễ thấy EF = AH nên EF lớn HA lớn nhất, mà AD = 2AH nên AH lớn AD lớn AD đường kính hay H trùng với O
Bài 90 :Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy ñiểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N
1 Chứng minh tam giác MON ñồng dạng với tam giác APB Chứng minh AM BN = R2
3 Tính tỉ số MON APB S
S
R AM =
2
4 Tính thể tích hình nửa hình trịn APB quay quanh cạnh AB sinh
Giải
1 Dễ thấy OM, ON phân giác hai góc kề bù (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên
MON=90 Mặt khác tứ giác AMPO nội tiếp ñường trịn đường kính MO nên
( )
1
M =A ⇒ ∆APB ~ MON g.g∆
2 Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác MON, ta có OP2 =PM.PN=AM.BN
(83)3 Khi
2
R R R 5R
AM BN 2R MN AM BN 2R
2 AM 2
= ⇒ = = ⇒ = + = + = Gọi k tỷ số ñồng dạng tam giác MON tam giác APB MON
APB S
MN 5R / 25
k k
AB 2R S 16
⇒ = = = ⇒ = =
4 Khi cho nửa hình trịn APB quay quanh AB ta hình cầu bán kính R, thể tích hình cầu V R3
3
= π
Bài 91 :Cho tam giác ñều ABC , O trung ñiển BC Trên cạnh AB, AC lấy ñiểm D, E cho góc DOE = 600
1 Chứng minh tích BD CE khơng đổi
2 Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy tia DO tia phân giác góc BDE
3 Vẽ đường trịn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đường trịn ln tiếp xúc với DE
Giải
1 Ta có ( 0) 0
1
B=C =60 , BOD 60+ +D =180 =BOD 60+ +EOC⇒D =EOC⇒ ∆DOB ~ OEC∆
( )g.g Do
2 2
DB OB BC BC
DB.CE
OC CE
= ⇒ = =
(khơng đổi)
2 Theo câu ta có : DB OB OD BD OD( ) ( 0) OC OB , DBO DOE 60
OC=CE = OE ⇒OB= OE = = = Do
( )
1 DBO ~ DOE c.g.c D D
(84)3 Do DO phân giác BDE nên đường trịn tâm O tiếp xúc với AB cách AB khoảng R cách ED khoảng R Do tiếp xúc với ñường thẳng DE
Bài 92 :Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường trịn (O) Tiếp tuyến B C cắt AC, AB D E, gọi F giao ñiểm hai tiếp tuyến Chứng minh :
1 Tứ giác BFCO nội tiếp BD2 = AD.CD
(85)1 Tứ giác BFCO nội tiếp đường trịn đường kính FO
2 Tam giác BCD tam giác ABD có chung góc D, A =B1 (cùng chắn cung BC) nên ñồng dạng theo trường hợp (g.g) BD CD BD2 AD.CD
AD BD
⇒ = ⇒ =
3 Dễ thấy tam giác FBC cân F nên B1=C1 mà tam giác ABC cân A nên ABC=ACB⇒
( ) ( )
DBA=ECA⇒ ∆DBA= ∆ECA g.c.g ⇒BD=CF, AD=AE⇒DC=EB AC=AB Vì AB AC
BC // DE
BD = CE⇒ Hình thang BDEC có hai đường chéo nên hình thang cân
Bài 93 :Cho đường trịn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường trịn Vẽ ñiểm N ñối xứng với A qua M, BN cắt (O) C Gọi E giao ñiểm AC BM
1 Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp Chứng minh NE vng góc với AB
3 Gọi F ñiểm ñối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O) Chứng minh FN tiếp tuyến ñường tròn (B; BA)
(86)1 Tứ giác MNCE nội tiếp đường trịn đường kính NE
2 Do E trực tâm tam giác ANB nên NE vng góc với AB
3 Tứ giác NEAF hình thoi có hai đường chéo cắt trung điểm vng góc nên FA // NE mà NE vng góc với AB nên FA vng góc với AB Do FA tiếp tuyến đường trịn (O) A
4 Vì BM vng góc với AN trung điểm M AN nên BM trung trực AN, AB = AN hay N nằm đường trịn tâm N bán kính AB Mặt khác FN vng góc với BN (do FN // AF AF vng góc với AC) Do ñó FN tiếp tuyến (B;BA) N
Bài 94 :Cho hai đường trịn (O) (O’) cắt A B Dây AC đường trịn (O) tiếp xúc với đường trịn (O’) A Dây AD đường trịn (O’) tiếp xúc với đường trịn (O) A Gọi K ñiểm ñối xứng với A qua trung ñiểm I OO’, E ñiểm ñối xứng với A qua B Chứng minh rằng:
1 AB vng góc với KB
2 Bốn điểm A, C, E, D nằm đường trịn
(87)1 Vì AB dây chung (O) (O’) nên OO’ trung trực AB O 'O AB M, MA MB
⇒ ⊥ = = Mặt khác I trung ñiểm AK nên IM đường trung bình tam giác ABK ⇒MI // KB⇒BK⊥AB
2 Vì E đối xứng với A qua B mà BK vng góc với AE B nên BK trung trực AE hay AK = EK (1) Mặt khác tứ giác AOKO’ hình bình hành (hai đường chéo cắt trung điểm) nên O’A // KO mà O ' A⊥AC (do AC tiếp tuyến A (O’)) nên OK⊥AC⇒ OK trung trực AC (vì đường kính vng góc với dây cung qua trung điểm dây cung) Vì AK = CK (2) Chứng minh tương tự ta ñược O’K trung trực AD nên AK = DK (3) Từ (1), (2), (3) suy KA=KC=KE=KD=a Do bốn điểm A, C, E, D thuộc đường trịn đường trịn (K;a)
Bài 95 :Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp ñường tròn (O) Gọi D trung ñiểm AC; tiếp tuyến đường trịn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F
1 Chứng minh BC // AE
2 Chứng minh ABCE hình bình hành
3 Gọi I trung ñiểm CF G giao ñiểm AC BF Tìm mối quan hệ BAC góc BGO
(88)1
2
1 G
I
H
F
E
D A
O
C B
1 Vì tam giác ABC cân A nên AB = AC AB=AC Mà ACB 1sdAB, EAC 1sdAC
2
= =
ACB EAC AE // BC
⇒ = ⇒
2 Dễ thấy ∆ADE= ∆CDB g.c.g( )⇒AE //=AB⇒ tứ giác ABCE hình bình hành
3 Ta có ABF =BFC AB // CF, so le , ABF( ) =ACF (cùng chắn cung AF) nên
BFC=ACF⇒ ∆GCF cân G, mà I trung ñiểm CF nên GI⊥CF Mặt khác I trung ñiểm dây cung CF nên OI⊥CF= ⇒I I, O, G thẳng hàng Ta có OGB=FGI (ñối ñỉnh),
0
FGI GFI+ =90 , GFI=BAC (cùng chắn cung BC) nên BAC+BGO =900
Bài 96 :Cho đường trịn (O) đường kính AB , đường trịn ta lấy hai điểm C D cho cung AC = cung AD Tiếp tuyến với ñường tròn (O) vẽ từ B cắt AC F
1 Chứng minh hệ thức : AB2 = AC AF
2 Chứng minh BD tiếp xúc với ñường trịn đường kính AF
3 Khi C chạy nửa đường trịn đường kính AB (khơng chứa điểm D ) Chứng minh trung
ñiểm I ñoạn AF chạy tia cố ñịnh Xác ñịnh tia cố định
- Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABF có ABF=90 , BC0 ⊥FA⇒AB2 =AC.AF - Gọi I trung điểm AF, đường trịn tâm I đường kính AF qua B Do AC=AD⇒
0
180 −BC=AD⇒AFB=ABD Mà tam giác BIF cân I nên AFB =FBI⇒FBI =ABD
IBD 90
(89)- Dễ thấy IO đường trung bình tam giác AFB nên OI // FB⇒OI⊥AB=O (cố định) Vì C di chuyển (O) (khơng chứa D) I di chuyển tia Ox vng góc với AB O
x
I
F
D O
A B C
Bài 97 :Cho ñiểm A; B; C cố ñịnh thẳng hàng theo thứ tự Vẽ ñường trịn (O) qua B C (BC khơng đường kính (O)) Kẻ từ tiếp tuyến AE AF ñến (O) (E; F tiếp ñiểm) Gọi I trung ñiểm BC; K trung ñiểm EF, giao ñiểm FI với (O) D Chứng minh:
1 AE2 = AB.AC
2 Tứ giác AEOF tứ giác nội tiếp
3 Năm ñiểm A; E; O; I; F nằm đường trịn ED song song với AC
5 Khi (O) thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác OIK ln thuộc đường thẳng cố định
- Ta có AEB=ECA (cùng chắn cung BE) nên ABE ~ AEC AB AE AE2 AB.AC AE AC
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
- Do AEO=AFO =900 ⇒ tứ giác AEOF nội tiếp đường trịn đường kính AO
- Do AEO=AFO=AIO =900 ⇒ ñiểm A; E; O; I; F nằm đường trịn đường kính AO
- Ta có AIF=AEF (cùng chắn cung AF đường trịn qua ñiểm A, E, O, I, F),
(90)
- Gọi M giao ñiểm EF AC, dễ thấy tứ giác MKOI nội tiếp đường trịn đường kính MO Do A, B, C cố ñịnh nên I cố ñịnh O di chuyển đường thẳng vng góc với BC I Mặt khác ∆FMA ~ IFA A chung, MFA∆ ( =FIA)⇒FA2 =AM.AI Mà
2
FA =AE =AB.AC⇒AB.AC=AM.AI⇒M cố ñịnh Gọi N, T trung điểm MO MI T cố định, dễ thấy NT đường trung bình tam giác MIO NT // OI Vậy O di chuyển cho ln qua BC tâm N đường trịn ngoại tiếp tam giác KIO ln nằm đường thẳng vng góc với BC T
d T N M
D
K
F E
I
A B C O
Bài 98 :Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ðường trịn (O) đường kính BC cắt AB; AC E D BD cắt CE H; AH cắt BC I Vẽ tiếp tuyến AM AN (O) Chứng minh: Các tứ giác ADHE; ADIB nội tiếp ñược
2 CD.CA + BE BA = BC2 M; H; N thẳng hàng
4 Tính chu vi đường trịn ngoại tiếp tứ giác ADHE tam giác ABC tam giác có cạnh 2a
- Do AEH =ADH=900 ⇒ tứ giác AEHD nội tiếp đường trịn đường kính AH Ta có
ADB=AIB=90 ⇒ tứ giác ADIB nội tiếp đường trịn đường kính AB
(91)- Ta có AMO =ANO=AIO =900 ⇒ điểm A, M, I, O, N nằm đường trịn đường kính AO Do AIN AON MON ANM
2
= = = Mặt khác, dễ dàng chứng minh ñược AH.AI = AD.AC = AE.AB ∆ADN ~ ANC A chung, AND∆ ( =ACN)⇒AN2=AD.AC nên
( )
2 MON
AH.AI AN AHN ~ ANI c.g.c ANH AIN ANM ANH
= ⇒ ∆ ∆ ⇒ = = ⇒ = ⇒ ba ñiểm M, H,
N thẳng hàng
- Vì ABC tam giác ñều cạnh 2a nên ñường cao AI a AH 2AI 2a
3
= ⇒ = = (trực tâm H trọng tâm tam giác ABC) Do đường trịn ngoại tiếp tứ giác ADHE (đường kính AH) có bán kính R a C R a
2
= ⇒ = π = π
N
M
I H
D
E
O B
A
(92)Bài 99 :Cho đường trịn (O; R) điểm M nằm (O) Kẻ hai tiếp tuyến MB; BC (O) tia Mx nằm hai tia MO MC Qua B kẻ ñường thẳng song song với Mx, ñường thẳng cắt (O) ñiểm thứ hai A; AC cắt Mx I Chứng minh:
1 Tứ giác MOIC nội tiếp OI vng góc với Mx CMI=CBI=COI
x I
A B
C
M
O
- Ta có MIC=BAC (Mx // BA, ñồng vị) BAC MOC BOC MIC MOC
= = ⇒ = ⇒ tứ giác MCIO tứ giác nội tiếp
- Do tứ giác MCIO nội tiếp nên
MIO=MCO=90 ⇒OI⊥Mx
- Dễ thấy ñiểm M, C, I, O, B nằm đường trịn đường kính MO nên
CMI=CBI=COI (cùng chắn cung CI đường trịn qua ñiểm M, C, I, O, B)
Bài 100 : Cho (O; R) ñiểm A∈( )O Một góc vng xAy quay quanh A ln thoả mãn Ax Ay cắt (O) Gọi giao ñiểm thứ hai Ax; Ay với (O) B; C ðường trịn đường kính AO cắt AB; AC ñiểm thứ hai tương ứng M; N Tia OM cắt (O) P Gọi H trực tâm tam giác AOP Chứng minh:
1 Tứ giác AMON hình chữ nhật MN // BC
3 Tứ giác PHOB nội tiếp
4 Xác định vị trí góc xAy cho tam giác AMN có diện tích lớn - Tứ giác AMON có
MAN=AMO=ANO=90 nên hình chữ nhật
(93)- Gọi K giao ñiểm thứ hai AP với đường trịn đường kính AO H giao ñiểm OK AM (AM⊥OP, OK⊥AP) Ta có ( 0)
OPH=OAB + MOA=90 ⇒OBA=OPH⇒ tứ giác PHOB tứ giác nội tiếp
- Gọi I giao điểm MN OA I trung ñiểm OA, mà MN // BC nên MN đường trung bình tam giác ABC AMN ABC
1
S S
4
⇒ = ⇒ diện tích tam giác AMN lớn diện tích tam giác ABC lớn Hạ ABC
BC.AQ AQ BC S
2
⊥ ⇒ = ⇒ diện tích tam giác ABC lớn AQ lớn tức A điểm cung BC Tóm lại diện tích tam giác AMN lớn đỉnh A góc vng xAy điểm cung BC (nói cách khác góc vng xAy cắt (O) B C cho AB = AC)
x
y Q
H K
P
N M
I
C O