Tuyển tập 80 bài Toán Hình học lớp 9

Bộ tài liệu này bao gồm dạng bài tập: Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn, tiếp tuyến đường tròn, các điểm cùng nằm trên một đường tròn; tìm quỹ tích...và có kèm đáp án hướng dẫn giúp các em tham khảo, luyện tập tốt hơn môn Hình học lớp 9.

Tuyển tập 80 toán hình học lớp Bài Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt đặng ngọc Trân Trờng THCS Tống Văn Tuyển tập 80 toán hình học lớp H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chøng minh r»ng: Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng trßn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H M đối xứng qua BC Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:  CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) đặng ngọc Tr©n =>  CEH +  CDH = 1800 Trờng THCS Tống Văn Tuyển tập 80 toán hình häc líp Mµ  CEH vµ  CDH lµ hai góc đối 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 vËy E vµ F cïng nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng tròn đờng kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ;  góc chung AE AH  =>  AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD AD AC * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã:  BEC =  ADC = 900 ; C lµ gãc chung BE BC  =>  BEC  ADC => => AD.BC = BE.AC AD AC Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC) C2 = A1 ( v× hai góc nội tiếp chắn cung BM) => C1 = C2 => CB tia phân giác cđa gãc HCM; l¹i cã CB  HM =>  CHM cân C => CB đơng trung trực HM H M đối xứng qua BC Theo chứng minh bốn 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 gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD)  E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED Chứng minh tơng tự ta có 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 Chứng minh tứ giác CEHD néi tiÕp Bèn ®iĨm A, E, D, B nằm đờng tròn Chứng minh ED = BC Chøng minh DE lµ tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính độ dài DE biÕt DH = Cm, AH = Cm Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) đặng ngọc Trân Trờng THCS Tống Văn 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 D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng tròn đờng kính AB VËy ®iĨm A, E, D, B cïng n»m đờng tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến => D trung điểm cđa BC Theo trªn ta cã BEC = 900 Vậy 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 trªn DE = BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2) Mà B1 = A1 ( phụ víi gãc 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 gi¶ thiÕt AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông E ta có ED = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bài 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 AB 3.Chøng minh AC BD = 4.Chøng minh OC // BM 5.Chứng 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 nhỏ Theo tính chất hai tiếp 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 có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM vµ 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 OM = CM DM, Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB 4.Theo trªn COD = 900 nªn OC  OD (1) Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại cã 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 đờng trung bình hình thang ACDB IO // AC , mµ AC  AB => IO  AB O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD CN AC CN CM   Theo trªn AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy BN BD BN DM => MN // BD mµ BD  AB => MN  AB ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ , mà 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 Chøng minh B, C, I, K nằm đờng tròn (2) ( 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) Tõ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC VËy AC lµ tiÕp tuyÕn 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 = (cm)  AH 16 OH  HC   12  225 = 15 (cm) CH2 = AH.OH => OH = OC = 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 điểm NP Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cïng n»m nªn OK  NP ( quan hệ đờng tròn đờng kÝnh Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Chứng minh OAHB 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 d©y cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh vËy K, A, B cïng nh×n OM díi mét gãc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Ta có MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cđa AB => OM  AB t¹i I Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đờng cao áp dụng hệ thức cạnh đờng 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 => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH  AB; cịng theo trªn 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 Vậy 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 BE, Chứng minh AI = AH Chøng minh r»ng BE lµ tiÕp tuyến đờng tròn (A; AH) Chứng minh BE = BH + DE Lêi gi¶i: (HD) 1. AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ 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 huyÒn AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB => AI = AH AI = AH vµ BE AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến ®ã mét ®iÓm P cho AP > R, tõ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M ch¾n cung AM =>  ABM Chøng minh r»ng tứ giác APMO nội tiếp đợc AOM = (1) OP tia đờng tròn 2 Chứng minh BM // OP phân giác AOM ( t/c hai Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N tiếp tuyến cắt ) => Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành AOM Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN vµ OM kÐo AOP = (2) dµi cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Từ (1) (2) => ABM Lời giải: =  AOP (3) (HS tù lµm) 2.Ta cã ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm Mà ABM 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 tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhËt v× cã PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => 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 => KMF + KEF 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM IB = 1800 Mà KMF 3) Chứng minh BAF tam giác cân KEF hai góc đối 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi tứ giác EFMK 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc EFMK tứ giác nội tiếp đờng tròn Lời giải: Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (vì hai góc kỊ bï) AEB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn ) => KEF = 900 (vì hai gãc kÒ bï) 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 tứ giác nội tiếp Lời giải: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp Từ (1) (2) => ABD chắn nửa đờng trßn ) => BC  AE = DFB ( cïng phơ víi ABE = 900 ( 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) BAC = 900 ( néi tiÕp chắn nửa đờng tròn hay EAF = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Theo giả thiết ADBC H nên AHB vuông H có HE  AB ( BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H có HF  AC (theo trªn CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ( = AH2) Theo chøng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đờng chéo AH EF ta cã GF = GH (tÝnh chÊt ®êng chÐo hình chữ nhật) => GFH cân G => F1 = H1 KFH cân K (vì có KF KH bán kính) => F2 = H2 => F1 + F2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHC = 900 => F1 + F2 = KFE = 900 => KF EF Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã IE  EF VËy EF tiếp tuyến chung hai đờng tròn (I) (K) e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH OA (OA bán kính đờng tròn (O) có độ dài không ®ỉi) nªn EF = OA AH = OA H trïng víi O VËy H trïng víi O túc dây AD vuông góc với BC O EF có độ dài lớn Bài 40 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB Chứng minh AM BN = R2 S MON R TÝnh tØ sè AM = S APB TÝnh thÓ tÝch hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh Lêi gi¶i: Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác cđa gãc BOP, mµ AOP vµ BOP lµ hai gãc kỊ bï => MON = 900 hay tam gi¸c MON vuông O APB = 900((nội tiếp chắn nửa đờng tròn) hay tam giác APB vuông P Theo tính chÊt tiÕp tuyÕn ta cã NB  OB => OBN = 900; NP  OP => OPN = 900 =>OBN+OPN =1800 mà OBN OPN hai góc đối => tø gi¸c OBNP néi tiÕp =>OBP = PNO XÐt hai tam giác vuông APB MON có APB = MON = 900; OBP = PNO => APB   MON Theo MON vuông O có OP MN ( OP tiếp tuyến ) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OP2 = PM PM Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AM BN = R2 R R Theo trªn OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mµ PM = AM = => PM = => PN = R2: 2 R = 2R R 5R MN 5R => MN = MP + NP = + 2R = Theo trªn APB   MON => = : 2R = 2 AB = k (k tỉ số đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phơng tỉ số đồng dạng nên ta cã: S MON S MON �5 � 25 = k => = � � S APB S APB 16 Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lần lợt lấy điểm D, E cho  DOE = 600 1)Chøng minh tÝch BD CE không đổi Từ (2) (4) => BOD 2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng BD BO   CEO => Tõ ®ã suy tia DO tia phân giác góc BDE CO CE 3)Vẽ đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng => BD.CE = BO.CO minh đờng tròn tiếp xóc víi DE mµ OB = OC = R Lêi giải: không đổi => BD.CE Tam giác ABC => ABC =  ACB = 600 (1); = R2 không đổi 0 DOE = 60 (gt) =>DOB + EOC = 120 (2) DBO cã DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3) Tõ (2) vµ (3) => BDO =  COE (4) Theo trªn BOD  CEO => BD OD BD OD BD BO     mµ CO = BO => (5) CO OE BO OE OD OE L¹i cã DBO = DOE = 600 (6) Tõ (5) vµ (6) => DBO  DOE => BDO = ODE => DO lµ tia phân giác BDE Theo DO tia phân giác BDE => O cách DB DE => O tâm đờng tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB tiếp xúc với DE Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đờng tròn (O) Tiếp tuyến B C lần lợt cắt AC, AB ë D vµ E Chøng minh : 1.BD2 = AD.CD DCE => B C 2.Tứ giác BCDE nội tiếp nh×n DE díi cïng 3.BC song song víi DE Lời giải: Xét hai tam giác BCD ABD ta có CBD = BAD ( Vì góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), lại có D chung => BCD BD CD   ABD => => BD2 = AD.CD AD BD Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ABC = ACB => EBC = DCB mµ CBD = BCD (góc tiếp tuyến với dây cïng ch¾n mét cung) => EBD = mét gãc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp Tứ gi¸c BCDE néi tiÕp => BCE = BDE ( néi tiếp chắn cung BE) mà BCE = CBD (theo ) => CBD = BDE mà hai gãc so le nªn suy BC // DE Bài 43 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB, điểm M thuộc đờng tròn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM Chứng minh tø gi¸c MNCE néi tiÕp N Chøng minh NE AB Gọi F điểm đối xøng víi E qua M Chøng minh FA lµ _ F tiÕp tuyÕn cña (O) / M Chøng minh FN tiếp tuyến đờng tròn (B; BA) C / _ Lời giải: (HS tự làm) E (HD) Dễ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE  AB B A O H 3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN; F E xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => FA // NE mà NE AB => FA AB A => FA tiếp tuyến (O) A Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mµ AC  BN => FN  BN t¹i N BAN cã BM đờng cao đồng thời đờng trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đờng tròn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA) Bài 44 AB AC hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vuông góc AB H, cắt (O) E cắt OA D B Chứng minh CO = CD H Chøng minh tø gi¸c OBCD hình thoi I Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I E Chứng minh I trung điểm OH O D A Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chứng M minh ba điểm O, M, K thẳng hàng K Lời giải: C Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O => OA tia phân giác BOC => BOA = COA (1) OB  AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH  AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2) Tõ (1) vµ (2) => COD cân C => CO = CD.(3) theo ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã OB // CH hay OB // CD (5) Tõ (4) (5) => BOCD hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi M trung điểm CE => OM CE ( quan hệ đờng kính dây cung) => OMH = 900 theo trªn ta cịng cã OBH =900; BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH M trung ®iĨm cđa CE; KE vµ KC lµ hai tiÕp tun => O, M, K thẳng hàng Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đờng tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đờng tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F Chứng minh BC // AE AD = CD (gt); ADE Chứng minh ABCE hình bình hành = CDB (đối ®Ønh) Gäi I lµ trung ®iĨm cđa CF vµ G giao điểm BC => ADE = CDB OI => AE = CB (1) So s¸nh BAC BGO Lời giải: (HS tự làm) 2).Xét hai tam giác ADE CDB ta có EAD = BCD (vì so le ) Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành 3) I trung điểm CF => OI CF (quan hệ đờng kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI AB K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vuông H => BGK = BAH ( cung phơ víi ABH) mµ BAH = BAC (do ABC cân nên AH phân giác) => BAC = 2BGO Bi 46: Cho ng trịn (O) điểm P ngồi đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B tiếp điểm) Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) C (C �A) Đoạn PC cắt đường tròn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD B b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB � HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: BEA chung E � = EBD � (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) EAB O P EB ED D � EB = EA.ED (1) �  C EA EB � � (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) � = PCA � = PCA * EPD (s.l.t) ; EAP A � = EAP � ; PEA � chung � ∆EPD ~ ∆EAP (g.g) � EPD EP ED � EP2 = EA.ED (2)Từ & � EB2 = EP2 � EB = EP � AE trung tuyến ∆ PAB �  EA EP Bài 47: Cho ∆ABC vuông A Lấy cạnh AC điểm D Dựng CE vng góc BD a Chứng minh ∆ABD ~ ∆ECD b Chứng minh tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp c Chứng minh FD vng góc BC, F giao điểm BA CE � d Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH ∆ABC bán kính đường trịn C ngoại tiếp tứ giác ADEF HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g) E b) tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 900) K c) Chứng minh D trực tâm ∆ CBF D 2a � d) AC = BC.sin ABC = 2a.sin60 = 2a =a H a 600 � = 2a.cos60 = 2a AB = BC.cos ABC =a A B F � � � AH = AB.sin ABC = a.sin600 = a ; ∆ FKB vng K , có ABC = 600 � BFK = 300 � � AD = FD.sin30 � AD = FD.sin BFK � a = FD.0,5 � FD = a : 0,5 = 2a � Bài 48: Cho ∆ABC vuông ( ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường trịn đưịng kính AC Kẻ dây cung BD vng góc AC H giao điểm AC BD Trên HC lấy điểm E cho E đối xứng với A qua H Đường trịn đường kính EC cắt BC I (I �C) B CI CE  a Chứng minh CB CA I b Chứng minh D; E; I thẳng hàng c Chứng minh HI tiếp tuyến đường tròn đường kính EC H HD; a) AB // EI (cùng  BC) A O E CI CE �  (đ/lí Ta-lét) CB CA b) chứng minh ABED hình thoi � DE // AB mà EI //AB � D, E, I nằm đường thẳng qua E // AB � D, E, I thẳng hàng D � = IEO' � ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’)) c) EIO' � = HED � � = HDI � (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến � ∆HID cân � HIE IEO' � + HED � Mà HDI = 900 � đpcm O’ C Bài 49: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH  (d) (H �d) M điểm thay đổi (d) (M �H) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn b Chứng minh IH.IO = IQ.IP P � = 60 Tính tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ c Giả sử PMQ HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn K O M (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) I IO IQ � IH.IO = IQ.IP  b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) � IP IH Q PQ PQ � c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tg MQK = KQ.tg60 = 3 H 2 PQ PQ � ∆v OKQ có: OK = KQ.tg OQK = KQ.tg300 = KQ   3 SMPQ PQ PQ � = : =3 SOPQ Bài 50: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (E �A) Từ E, A, B kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự C D a Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường tròn Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp đường tròn DM CM  b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy D DE CE c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD M d Chứng minh: EA = EC.EM – EA.AO � e Đặt AOC = α Tính theo R α đoạn AC BD C N Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị R, không phụ thuộc vào α HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 90 ) B O A E b) AC // BD (cùng  EB) � ∆EAC ~ ∆EBD CE AC CE CM DM CM �    (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) � (2) � DE BD DE DM DE CE NC AC NC CM � MN // BD   c) AC // BD (cmt) � ∆NAC ~ ∆NBD � (3) Từ 1; 2; � NB BD NB DM d) � O1 = � O2 ; � O3 = � O mà � O1 + � O2 + � O3 + � O = 1800 � � O2 + � O3 = 900 ; � O4 + � D1 = 900 (…) OB R R �� = ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα � AC.DB = R.tgα D1 = � O2 = � O1 = α Vậy: DB = tg tg tg � AC.DB = R (Đpcm) Bài 51: Cho ∆ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm đường cao AA1; BB1; CC1 a Chứng minh tứ giác HA1BC1 nội tiếp đường tròn Xác định tâm I đường tròn b Chứng minh A1A phân giác � B1A1C1 A c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1 MH  d Trên đoạn HC lấy điểm M cho MC B1 So sánh diện tích tam giác: ∆HAC ∆HJM C HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 90 ) J H Tâm I trung điểm BH b) C/m: � HA1C1 = � HBC1 ; � HA1B1 = � HCB1 ; M K � � � � � � I đpcm HBC = HCB HA C = HA B 1 1 1 12 c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 … C A1 � ỊJ trung trực A1C1 B 1 d) S HJM = HM.JK ; SHAC = HC.AC1 2 HC.AC1 MH HC HM+MC MC AC1 � SHAC : S HJM =  �   1  1  ;  (JK// AC1 mà HM.JK MC HM HM HM JK � SHAC : S HJM = Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P a Chứng minh tứ giác MABP nội tiếp tâm O đường tròn nằm đường thẳng cố định qua điểm L AB b Kẻ PI  Cz Chứng minh I điểm cố định c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH  PM d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng z HD: a) MABP nội tiếp đ/tròn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…) P I OA = OB = R(O) � O thuộc đường trung trực AB qua L trung điểm AB… B b) IP // CM (  Cz) � MPIC hình thang � IL = LC khơng đổi H A,B,C cố định � I cố định O N c) PA  KM ; PK  MB � H trực tâm ∆ PKM L � KH  PM K d) AHBK nội tiếp đ/trịn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) � N tâm đ/trịn ngoại tiếp … � NE = NA = R(N) A � N thuộc đường trung trực AB � O,L,N thẳng hàng x M y C Bài 53: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM a So sánh hai tam giác: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vng cân c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c) U b) HS tự c/m ∆ KMN vuông cân c) ∆ KMN vuông � KN  KM mà KM // BP � KN  BP P � = 900 (góc nội tiếp…) � AP  BP APB � KN // AP (  BP) � �  450 KM // BP � KMN  PAT � // N �  PKU �  PKM  450 Mà PAM A 0 �  45 ; KNM � PKN  45 � PK // AN Vậy ANPK hình bình hành K M T O = B Bài 54: Cho đường trịn tâm O, bán kính R, có hai đường kính AB, CD vng góc với M điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC Nối MB, cắt CD N a Chứng minh: tia MD phân giác góc AMB b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONMA, I di động nào? C � � HD: a) AMD (chắn cung ¼ đ/tròn)  DMB  45 � � MD tia phân giác AMB M F b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O) N I ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến B � ∆ OMB ~ ∆ NAB A E O BM BO � � BM.BN = BO.BA = 2R khơng đổi  BA BN c) ONMA nội tiếp đ/trịn đ/k AN Gọi I tâm đ/tròn ngoại tiếp � I cách A O cố định � I thuộc đường trung trực OA Gọi E F trung điểm AO; AC D Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường tròn (O) A b Tứ giác ABCE hình gì? Tại sao? � với BAC � c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sánh BGO A E � d Cho biết DF // BC Tính cos ABC HD:a) Gọi H trung điểm BC � AH  BC (∆ ABC cân A) lập luận AH  AE � BC // AE (1) D M b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) � AE = BC (2) N F Từ � ABCE hình bình hành O _ I c) Theo c.m.t � AB // CF � GO  AB _ � � � � = BAC � BGO = 900 – ABC = BAH H C d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục B đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH 1 � FD = MN = MD = BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) � DF.DN = DA.DC 2 BH � � 2BH2 = AC2 � BH = AC � cos ABC = = AB 4 G Bài 56: Cho đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường tròn (O) điểm C; D cắt (O’) E; F E a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp D c Chứng minh: A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE A d Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) � � (góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn) O’ HD: a) CBA = 900 = FBA O � � = 180 � C, B, F thẳng hàng � CBA + FBA � = 900 = CEF � � CDEF nội tiếp (quĩ tích …) F b) CDF C B � (cùng chắn cung EF) � c) CDEF nội tiếp � ADE = ECB � (cùng chắn cung AB) � Xét (O) có: ADB = ECB = ADB Tương tự EA tia phân giác DEB � � � DA tia phân giác BDE � � � ADE Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE � � � � � � d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = DCA ; EO'A = EFA mà DCA = EFA (góc nội tiếp chắn � � � � � � � ODEO’ nội tiếp cung DE) � DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO' (đ/đ) � ODO' = O'EO Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình chữ nhật � AO = AO’ = AB Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB Bài 57: Cho đường trịn (O; R) có đường kính cố định AB  CD a) Chứng minh: ACBD hình vng b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E �B; E �C) Trên tia đối tia EA lấy đoạn EM = EB � ED // MB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường trịn mà ta phải xác định tâm bán kính theo R HD: a) AB  CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) C � ACBD hình vng E // M � � � � b) AED = = DOB = 450 AOD = 45 ; DEB = 2 � � � � AED � ED tia phân giác AEB = DEB B A O 0 � � = 45 ; EMB = 45 (∆ EMB vuông cân E) AED � � � AED = EMB (2 góc đồng vị) � ED // MB c) ∆ EMB vuông cân E CE  DE ; ED // BM � CE  BM � CE đường trung trực BM D d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R ) Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc 400 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường trịn tâm O đường kính CD cắt AD E Đường thẳng vng góc với CD O cắt AD M a Chứng minh: AHCE nội tiếp Xác định tâm I đường trịn b Chứng minh: CA = CM c Đường thẳng HE cắt đường tròn tâm O K, đường thẳng HI cắt đường tròn tâm I N cắt đường thẳng DK P Chứng minh: Tứ giác NPKE nội tiếp Bài 59: BC dây cung đường tròn (O; R) (BC �2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm ∆ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H a Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh: AH = 2.A’O c Gọi A1 trung điểm EF Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’ d Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC Suy vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN Bài 60: Cho đường tròn tâm (O; R) có AB đường kính cố định cịn CD đường kính thay đổi Gọi (∆) tiếp tuyến với đường tròn B AD, AC cắt (∆) Q P a Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp b Chứng minh: Trung tuyến AI ∆AQP vng góc với DC c Tìm tập hợp tâm E đường tròn ngoại tiếp ∆CPD � < 900), cung tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, AC Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; A B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp � b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác HMK c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp � PQ // BC Bài 62: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CI  AM (I �AM) C a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành M = �  CAI � c Chứng minh: MOI N d Chứng minh: MA = 3.MB I = 0 � � HD: a) COA  90 (…) ; CIA  90 (…) � Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) O B A b) MB // CI (  BM) (1) �  NBM � (slt) ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) � N1  � N (đ/đ) ; NC = NB ; NCI � CI = BM (2) Từ � BMCI hình bình hành �  COA �  450 ) � MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC OI chung ; �  900 ; CMI c) ∆ CIM vuông cân ( CIA � � mà: IOC �  CAI � � MOI �  CAI � � IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) MOI  IOC R AC (với R = AO)  2 R2 R 10 NC2 R 10 MI ; NI = AC2 +CN  2R + R    MN = 2 NA 10 d) ∆ ACN vng có : AC = R ; NC = Từ : AN = � MB = NC2  MN  � AM = BM R2 R2 2R R 10 � AM = AN + MN = R 10 + R 10 = 3R 10    10 10 10 � = 600 nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH cắt đường tròn D, Bài 63: Cho ∆ABC có A đường cao BK cắt AH E �  BCD � a Chứng minh: BKH � b Tính BEC c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtròn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rõ (giới hạn đường đó) d Chứng minh: ∆IOE cân I A �  BAH � ; HD: a) ABHK nội tiếp � BKH �  BAH � �  BKH � ( chắn cung BD) � BCD BCD b) CE cắt AB F ; K 0 0 � � � � � AFEK nội tiếp FEK  180  A  180  60  120 BEC = 120 F E I � � �  1800  B  C  1800  120  1200 c) BIC 2 Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung C B H nằm đường tròn tâm (O) � � DS � � = sđ IO d) Trong đ/trịn (O) có DAS = sđ ; đ/trịn (S) có ISO D S 2 � � � = IE � = ISO � (so le trong) nên: DS = IO mà DS � = IE � � IO � � đpcm DAS 2 Bài 64: Cho hình vng ABCD, phía hình vng dựng cung phần tư đường trịn tâm B, bán kính AB nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PK  AD PH  AB Nối PA, cắt nửa đường tròn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn M Chứng minh rằng: C D a I trung điểm AP b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH d Tứ giác APMH hình thang cân P �  900 (góc nội tiếp …) K HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) mà AIB M � BI  AP � BI đường cao đường trung tuyến � I trung điểm AP I b) HS tự c/m c) ∆ ABP cân B � AM = PH ; AP chung � ∆vAHP = ∆v PMA � AH = PM ; AHPK hình chữ nhật � AH = KP � PM = PK = AH d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) B A H � = AH � � PA // MH � PM Vậy APMH hình thang cân Bài 65: Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN H O �  OBM �  900 HD: a) BOIM nội tiếp OIM A B �  OBM �  90 ; NIB �  BOM � b) INB (2 góc nội tiếp chắn cung BM) � ∆ IBN ~ ∆OMB I c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn � IH lớn AO = R(O) N M Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn �  450 Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức HAI Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường trịn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D �A D �C) A � a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác BAC D b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ ∆CDE DI  CE c Suy E di động đường tròn mà ta phải xác định tâm giới hạn = d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm cung nhỏ AC = E O HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự c/m : � AB = AC = BC = R Trong đ/tròn (O; R) có: AB = AC � Tâm O cách cạnh AB AC C B � � AO hay AI tia phân giác BAC � � = 600 (cùng chắn BC � ) b) Ta có : DE = DC (gt) � ∆ DEC cân ; BDC = BAC I � � BDI � � IB � = IC � � = IDC � ∆CDE I điểm BC � � DI tia phân giác BDC � ∆CDE có DI tia phân giác nên đường cao � DI  CE c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE � IE = IC mà I C cố định � IC � (cung nhỏ ) không đổi � E di động đ/trịn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I �AC � nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ ABC D → C E → C ; D → A E → B � E động BC Bài 67: Cho hình vng ABCD cạnh a Trên AD DC, người ta lấy điểm E F cho : a AE = DF = a So sánh ∆ABE ∆DAF Tính cạnh diện tích chúng b Chứng minh AF  BE c Tính tỉ số diện tích ∆AIE ∆BIA; diện tích ∆AIE ∆BIA diện tích tứ giác IEDF IBCF � = 450 Vẽ đường cao BD CE Bài 68: Cho ∆ABC có góc nhọn; A Gọi H giao điểm BD, CE a Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.; b Chứng minh: HD = DC DE c Tính tỷ số: d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh: OA  DE BC Bài 69: Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường trịn đường kính AB Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC Chứng minh: a Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn � � b Khi điểm D di động đường trịn ( BMD + BCD ) khơng đổi c DB.DC = DN.AC Bài 70: Cho ∆ABC nội tiếp đường trịn (O) Gọi D điểm cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE Chứng minh: a BC // DE b Các tứ giác CODE, APQC nội tiếp c Tứ giác BCQP hình gì? Bài 71: Cho đường tròn (O) (O’) cắt A B; tiếp tuyến A đường tròn (O) (O’) cắt đường tròn (O) (O’) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh: a ∆ABD ~ ∆CBA � � b BQD = APB c Tứ giác APBQ nội tiếp Bài 72: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB Từ A B kẻ tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F a Chứng minh: AEMO tứ giác nội tiếp b AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao? c Kẻ MH  AB (H �AB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường trịn nội tiếp ∆EOF Chứng minh: r   R Bài 73: Từ điểm A đường tròn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AKD cho BD//AC Nối BK cắt AC I a Nêu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC b Chứng minh: IC2 = IK.IB � c Cho BAC = 600 Chứng minh: Cát tuyến AKD qua O Bài 74: Cho ∆ABC cân A, góc A nhọn Đường vng góc với AB A cắt đường thẳng BC E Kẻ EN  AC Gọi M trung điểm BC Hai đ/thẳng AM EN cắt F a Tìm tứ giác nội tiếp đường trịn Giải thích sao? Xác định tâm đường trịn b Chứng minh: EB tia phân giác �AEF c Chứng minh: M tâm đường tròn ngoại tiếp VAFN Bài 75: Cho nửa đường trịn tâm (O), đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn Dựng hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đường tròn (O) K giao điểm CF ED a Chứng minh: Bốn điểm E, B, F, K nằm đường tròn b ∆BKC tam giác gì? Vì sao? c Tìm quỹ tích điểm E A di động nửa đường tròn (O) AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B C) Từ B kẻ đường thẳng d vuông góc với AE, gọi giao điểm d với AE, AC kéo dài I, K � a Tính độ lớn góc CIK b Chứng minh: KA.KC = KB.KI; AC2 = AI.AE – AC.CK c Gọi H giao điểm đường trịn đường kính AK với cạnh AB Chứng minh: H, E, K thẳng hàng d Tìm quỹ tích điểm I E chạy BC Bài 76: Cho ∆ABC vng C, có BC = Bài 77: Cho ∆ABC vng A Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F a Chứng minh: CDEF nội tiếp � � b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác CKD cắt EF CD M N Tia phân giác CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao? c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh: r2 = r12 + r22 Bài 78: Cho đường tròn (O;R) Hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏ BC; AE cắt CO F, DE cắt AB M a Tam giác CEF EMB tam giác gì? b Chứng minh: Tứ giác FCBM nội tiếp Tìm tâm đường trịn c Chứng minh: Cấc đường thẳng OE, BF, CM đồng quy Bài 79: Cho đường tròn (O; R) Dây BC < 2R cố định A thuộc cung lớn BC (A khác B, C không trùng điểm cung) Gọi H hình chiếu A BC; E, F thứ tự hình chiếu B, C đường kính AA’ a Chứng minh: HE  AC b Chứng minh: ∆HEF ~ ∆ABC c Khi A di chuyển, chứng minh: Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HEF cố định Bài 80: Cho ∆ ABC vuông A Kẻ đường cao AH Gọi I, K tương ứng tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABH ∆ ACH 1) Chứng minh ∆ ABC ~ ∆ HIK 2) Đường thẳng IK cắt AB, AC M N a) Chứng minh tứ giác HCNK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AM = AN c) Chứng minh S’ ≤ S , S, S’ diện tích ∆ ABC ∆ AMN ... tø gi¸c CEHD ta cã:  CEH = 90 0 ( Vì BE đờng cao) CDH = 90 0 ( Vì AD đờng cao) đặng ngọc Trân =>  CEH +  CDH = 1800 Trêng THCS Tống Văn Tuyển tập 80 toán hình học lớp Mµ  CEH vµ  CDH lµ hai.. .Tuyển tập 80 toán hình học lớp H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chứng minh r»ng: Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp Bốn... Mµ A1 + M1 = 90 0 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 90 0 => C3 + C2 = 90 0 ( góc ACM góc bẹt) hay OCK = 90 0 XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 90 0; OCK = 90 0 => OHK + OCK = 1800 mµ OHK OCK