Tuyển tập các bài Toán Hình học lớp 9 ôn thi vào lớp 10

Tuyển tập toán hình học lớp ôn thi vao 10 Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P CDH = 900 ( Vì AD đChứng minh rằng: ờng cao) 1)Tứ gi¸c CEHD, néi tiÕp => ∠CEH + ∠CDH = 1800 2)Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn 3)AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC 4)H M đối xứng qua BC 5)Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE ®êng cao) Mµ ∠CEH vµ ∠CDH lµ hai gãc ®èi tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE ⊥ AC => ∠BEC = 900 CF đờng cao => CF AB => BFC = 900 Nh E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm ®êng trßn ®êng kÝnh BC VËy ®iĨm B,C,E,F cïng nằm đờng tròn Xét hai tam giác AEH vµ ADC ta cã: ∠AEH = ∠ADC = 900 ;  góc chung => AEH ADC => AE AH = => AE.AC = AH.AD AD AC * Xét hai tam giác BEC ADC ta có: ∠BEC = ∠ADC = 900 ; ∠C lµ gãc chung => ∆ BEC ∼ ∆ADC => BE BC = => AD.BC = BE.AC AD AC Ta cã ∠C1 = ∠A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC) ∠C2 = A1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM) => ∠C1 = ∠C2 => CB lµ tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C => CB đơng trung trực HM H M đối xøng qua BC Theo chøng minh trªn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD) E1 = E2 => EB tia phân giác gãc FED Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE CEH = 900 ( Vì BE đờng Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp cao) Bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn Chøng minh ED = BC Chøng minh DE tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính ®é dµi DE biÕt DH = Cm, AH = Cm Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) => ∠CEH + ∠CDH = 1800 Mµ ∠CEH vµ ∠CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEA = 900 AD đờng cao => AD BC => ∠BDA = 900 Nh vËy E vµ D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng tròn đờng kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên ®êng trung tun => D lµ trung ®iĨm cđa BC Theo trªn ta cã ∠BEC = 900 VËy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyến => DE = BC Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1) Theo DE = BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2) Mà B1 = A1 ( phụ với góc ACB) => ∠E1 = ∠E3 => ∠E1 + ∠E2 = ∠E2 + ∠E3 Mµ ∠E1 + ∠E2 = ∠BEA = 900 => ∠E2 + ∠E3 = 900 = ∠OED => DE OE E Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông t¹i E ta cã ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bµi Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt N Chứng minh AC + BD = CD Lêi gi¶i: Chøng minh ∠COD = 90 3.Chøng minh AC BD = AB 4.Chøng minh OC // BM 5.Chøng minh AB tiếp tuyến đờng tròn đờng kính CD 5.Chứng minh MN AB 6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhá nhÊt Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM lµ hai gãc kỊ bï => ∠COD = 900 Theo COD = 900 nên tam giác COD vuông O có OM CD ( OM tiếp tuyến ) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, AB Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R => AC BD = 4 Theo trªn ∠COD = 900 nªn OC ⊥ OD (1) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM ⊥ OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD) Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO bán kính Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tø gi¸c ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO ®êng trung b×nh cđa h×nh thang ACDB ⇒ IO // AC , mµ AC ⊥ AB => IO ⊥ AB O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD Theo AC // BD => CN AC = , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy BN BD CN CM = BN DM => MN // BD mµ BD ⊥ AB => MN ⊥ AB ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tø gi¸c ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhá nhÊt CD nhá nhÊt , mµ CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vuông góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK C2 + ∠I1 = 900 (2) Chøng minh B, C, I, K nằm đờng tròn ( IHC = 900 ) Chøng minh AC lµ tiÕp tuyÕn đờng tròn (O) Tính bán kính đờng tròn (O) BiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD) Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B Do ®ã BI ⊥ BK hay∠IBK = 900 T¬ng tù ta cịng cã ∠ICK = 900 nh vËy B vµ C nằm đờng tròn đờng kính IK ®ã B, C, I, K cïng n»m trªn mét ®êng tròn Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => ∠C1 + ∠ICO = 900 hay AC ⊥ OC VËy AC lµ tiÕp tun cđa đờng tròn (O) Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20 − 12 = 16 ( cm) CH 12 = CH = AH.OH => OH = = (cm) AH 16 OC = OH + HC = + 12 = 225 = 15 (cm) Bài Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm) Kẻ AC MB, BD MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp Vì K trung Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B điểm NP nên OK nằm đờng tròn NP ( quan hệ đờng 2 Chøng minh OI.OM = R ; OI IM = IA kÝnh Chøng minh OAHB lµ hình thoi Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d Lời giải: (HS tự làm) Và dây cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900; ∠OBM = 900 nh vËy K, A, B cïng nh×n OM dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trùc cđa AB => OM ⊥ AB t¹i I Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đờng cao áp dụng hệ thức cạnh ®êng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; vµ OI IM = IA2 Ta cã OB ⊥ MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA ⊥ MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tø giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH AB; theo OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vuông góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R VËy M di động d H di động nhng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E Chứng minh tam giác BEC cân Gọi I hình chiếu A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AH Chøng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) Chøng minh BE = BH + DE Lêi gi¶i: (HD) ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = ∠B2 => ∆ AHB = ∆AIB => AI = AH AI = AH BE AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bµi Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiếp xúc với (O) Đờng thẳng vuông M gãc víi AB ë O c¾t tia Chøng minh tứ giác APMO nội BM N Chứng minh tiếp đợc đờng tròn tứ giác OBNP hình Chứng minh BM // OP bình hành Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN vµ Tõ (1) vµ (2) => OM kÐo dài cắt J Chứng minh I, J, K ABM = AOP (3) thẳng hàng Lời giải: (HS tự làm) 2.Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm chắn cung AM => ABM = AOM (1) OP tia phân giác ∠ AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => ∠AOP = ∠AOM (2) Mµ ∠ABM vµ ∠AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) 3.Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NO⊥AB) => ∠PAO = ∠NOB = 900; OA = OB = R; ∠AOP = ∠OBN (theo (3)) => ∆AOP = ∆OBN => OP = BN (5) Tõ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ Ta còng cã PM ⊥ OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhËt => ∠APO = ∠NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đờng cao => IK ⊥ PO (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tø gi¸c néi tiÕp Ta cã : ∠AMB = 900 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM IB ( nội tiếp chắn nửa 3) Chứng minh BAF tam giác cân đờng tròn ) 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình => KMF = 900 thoi (vì hai góc kề bù) 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp AEB = 900 ( nội đợc đờng tròn tiếp chắn nửa Lời giải: đờng tròn ) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù) => KMF + ∠KEF = 1800 Mµ ∠KMF vµ ∠KEF lµ hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tø gi¸c néi tiÕp Ta cã ∠IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM IB Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……) => ∠ABE =∠MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta cã ∠AEB = 900 => BE ⊥ AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm AF (3) Tõ BE ⊥ AF => AF ⊥ HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK (6) Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = ∠MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7) Tam giác ABI vuông A có ABI = 450 => ∠AIB = 450 (8) Tõ (7) vµ (8) => ∠IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh ∠ABD = ∠DFB Chøng minh r»ng CEFD lµ tứ giác nội tiếp Lời giải: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp Từ (1) (2) => ABD chắn nửa đờng tròn ) => BC ⊥ AE = ∠DFB ( cïng phô víi ∠ABE = 90 ( Bx lµ tiÕp tun ) => tam giác ABE vuông BAD) B có BC đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R không đổi AC AE không đổi ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ∠ABD + ∠BAD = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800)(1) ∆ ABF cã ∠ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ) => ∠AFB + ∠BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800) (2) Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ∠ABD + ∠ACD = 1800 ∠ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ∠ECD = ∠ABD ( cïng bï víi ∠ACD) Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù) nên suy ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi M điểm ®èi xøng cđa M qua AB vµ S lµ giao điểm hai tia BM, MA Gọi P chân đờng vuông góc từ S đến AB cung AM AM có số đo 1.Gọi S giao điểm MA vµ SP Chøng minh b»ng r»ng ∆ PS’M cân 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn Lêi gi¶i: Ta cã SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 900 ; ∠AMB = 900 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh P M nhìn AS dới góc 900 nên nằm đờng tròn ®êng kÝnh AS VËy ®iÓm A, M, S, P nằm đờng tròn Vì Mđối xứng M qua AB mà M nằm đờng tròn nên M nằm đờng tròn => hai => AMM = ∠AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung nhau) (1) Cũng Mđối xứng M qua AB nên MM AB H => MM// SS ( cïng vu«ng gãc víi AB) => ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (v× so le trong) (2) => Tõ (1) (2) => ASS = ASS Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn => ∠ASP=∠AMP (néi tiÕp cïng ch¾n AP ) => ∠AS’P = AMP => tam giác PMS cân P Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = S1 (cùng phụ với S) (3) Tam giác PMS cân P => S1 = M1 (4) Tam giác OBM cân O ( v× cã OM = OB =R) => ∠B1 = ∠M3 (5) Tõ (3), (4) vµ (5) => ∠M1 = ∠M3 => ∠M1 + ∠M2 = ∠M3 + ∠M2 mµ ∠M3 + ∠M2 = ∠AMB = 900 nªn suy ∠M1 + ∠M2 = ∠PMO = 900 => PM ⊥ OM M => PM tiếp tuyến đờng tròn M Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh : Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän DF // BC Tø gi¸c BDFC néi tiÕp Lêi gi¶i: (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn cắt ta có AD = AF => tam giác ADF cân A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => ∠DEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE) Chứng minh t¬ng tù ta cã ∠DFE < 900; ∠EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => BD BM = CB CF => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn AD AF = => DF // BC AB AC DF // BC => BDFC lµ hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân) Xét hai tam giác BDM CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) BDM = BFD (nội tiếp chắn cung DI); ∠CBF = ∠BFD (v× so le) => ∠BDM = ∠CBF => ∆BDM ∼∆ CBF => BD BM = CB CF Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vuông góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đờng thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đờng tròn P Chứng minh : Nh M N Tứ giác OMNP nội tiếp nhìn OP dới góc Tứ giác CMPO hình bình hành 900 => M N CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm nằm đờng M tròn đờng kính OP Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy => Tứ giác OMNP nội đoạn thẳng cố định tiếp Lời giải: Ta có OMP = 900 ( v× PM ⊥ AB ); ∠ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ) Tứ gi¸c OMNP néi tiÕp => ∠OPM = ∠ONM (néi tiÕp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O cã ON = OC = R => ∠ONC = ∠OCN => OPM = OCM Xét hai tam giác OMC MOP ta cã ∠MOC = ∠OMP = 900; ∠OPM = OCM => CMO = POM lại có MO cạnh chung => ∆OMC = ∆MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD ⊥ AB; PM ⊥ AB => CO//PM (2) Tõ (1) vµ (2) => Tø giác CMPO hình bình hành Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD ⊥ AB); ∠DNC = 900 (néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại cã ∠C lµ gãc chung => ∆OMC ∼∆ NDC => CM CO = => CM CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R nªn CO.CD = 2R CD CN không đổi => CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM CN không phụ thuộc vào vị trí ®iĨm M ( HD) DƠ thÊy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đờng thẳng cố định vuông góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song AB Bài 13: Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác néi tiÕp AE AB = AF AC Chøng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Lời giải: EAF = 900 ( Vì tam gi¸c Ta cã : ∠BEH = 900 ( néi tiếp chắn nửc đờng ABC vuông A) (3) tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bï) (1) ∠CFH = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưc đờng tròn ) => AFH = 900 (vì hai gãc kỊ bï).(2) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) vµ (O2) 10 ... trªn ∠DEB = 90 0 => ∠DEC = 90 0 (v× hai gãc kỊ bï); ∠BAC = 90 0 ( ABC vuông A) hay DAC = 90 0 * BAC = 90 0 ( tam giác ABC vuông A); ∠DFB = 90 0 ( gãc néi tiÕp ch¾n nưa ®êng trßn ) hay ∠BFC = 90 0 nh vËy... giác ABC Lời giải: Theo giả thi? ??t ABHK hình vuông => BAH = 450 Tứ giác AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vu«ng ë A => ∠BAC = 90 0 => ∠BAH + ∠BAC + ∠CAD = 450 + 90 0 + 450 = 1800 => ba điểm... BFC = 90 0 => CFM = 90 0 ( hai góc kề bù); CDM = 90 0 (t/c hình vuông) => CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vuông) =>