Tuyển tập 60 bài Toán hình học lớp 9

Tuyển tập 60 bài Toán hình học lớp 9 tập hợp 60 bài Toán hình học của lớp 9 kèm hướng dẫn giải từng bước cụ thể, chi tiết. Đây là tài liệu tham khảo tốt giúp các em học tập và củng cố kiến thức Toán.

Tuyển tập 60 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 Tuyển tập 60 toán hình học lớp H cắt đờng tròn (O) lần lợt M, N, P Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD, nội tiếp Bốn điểm B, C, E, F nằm đờng tròn 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: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) => CEH + CDH = 1800 Tuyển tập 60 toán hình học 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 E F nhìn BC díi mét gãc 900 => E vµ F cïng 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 phụ với góc ABC) C2 = A1 ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) => C1 = C2 => CB tia phân giác 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 góc 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 tiÕp tam gi¸c AHE Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp Bèn ®iĨm A, E, D, B nằm đờng tròn Chứng minh ED = BC Chøng minh DE lµ tiÕp tuyến đờng tròn (O) Tính độ dài DE biÕt DH = Cm, AH = Cm Lêi giải: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mµ  CEH 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 kÝnh AB VËy ®iĨm A, E, D, B cïng nằm đờng tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến => D trung ®iĨm cđa BC Theo trªn ta cã BEC = 900 Vậy tam giác BEC vuông E có ED lµ trung tuyÕn => 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 ( phơ víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE t¹i E VËy 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 tiÕp tun Ax, By Qua ®iĨm M thc nưa ®êng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt N Chøng 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 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 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 trªn COD = 900 nªn 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 tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trùc cña BM => BM  OD (2) Tõ (1) Và (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 kÝnh Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã AC  AB; BD  AB => AC // BD => tø giác ACDB hình thang Lại có I trung ®iĨm cđa CD; O lµ trung ®iĨm cđa 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 tø gi¸c ACDB nhá nhÊt CD nhá nhÊt , 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 tuyến đờng tròn (O) Tính bán kính đờng trßn (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 BI BK hayIBK = 900 Tơng tù ta còng cã ICK = 900 nh vËy B C nằm đờng tròn đờng kính IK B, C, I, K nằm ®êng trßn Ta cã 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 tuyến 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 Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp Vì K trung điểm NP Chứng minh năm ®iĨm O, K, A, M, B cïng n»m nªn OK NP ( quan hệ đờng tròn ®êng 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 dây cung) => OKM = 900 Theo tính chất tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh vËy K, A, B cïng nh×n OM díi mét góc 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 tiếp 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 r»ng AI = AH Chøng minh r»ng BE lµ tiếp 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 c¹nh hun AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB => AI = AH AI = AH BE AI I => BE tiếp tun cđa (A; AH) t¹i I DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tun ®ã mét ®iĨm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M ch¾n cung AM =>  ABM Chøng minh 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 OM kéo AOP = (2) dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Từ (1) (2) => ABM Lời giải: = AOP (3) (HS tự làm) 2.Ta cã  ABM néi tiÕp ch¾n 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 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 tiÕp tuyÕn c¾t Ta cã 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 tứ giác nội tiếp => KMF + KEF 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM IB = 1800 Mµ KMF vµ 3) Chøng minh BAF lµ 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 cã : AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn ) => KMF = 900 (vì hai gãc kỊ bï) AEB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửa 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 gi¶ thiÕt 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 trªn 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 Chøng minh  ABD =  DFB Chøng minh CEFD tứ giác nội tiếp Lời giải: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp Từ (1) (2) => ABD chắn nửa ®êng trßn ) => BC  AE = DFB ( cïng phơ víi ABE = 900 ( Bx lµ tiÕp tuyến ) => 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 ®ã AC AE kh«ng ®ỉi  ADB cã 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) (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => P1 = 900 – K1 mµ K1 lµ �A �B  gãc tam giác AKB nên K1 = A1 + B1 = (t/c phân giác 2 A �B  gãc ) => P1 = 900 – ( ).(1) 2 C CQ tia phân giác cña gãc ACB => C1 = = (1800 - A - B) = 900 – ( 2 �A �B  ) (2) 2 Tõ (1) vµ (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mµ P vµ C n»m cïng vỊ mét nưa mỈt �A �B  phẳng bờ BQ nên nằm cung chứa góc 900 – ( ) dùng trªn BQ 2 VËy ®iĨm P, C, B, Q cïng thc mét ®êng tròn Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiÒu cao AH = Cm, nội tiếp đờng tròn (O) đờng kính AA Tính bán kính đờng tròn (O) => AH = Kẻ đờng kính CC, tứ giác CACA hình gì? Tại CH 32  2,5 => AA’ sao? AH 4 KỴ AK CC tứ giác AKHC hình gì? Tại sao? Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác ABC Lời giải: (HD) Vì ABC cân A nên đờng kính AA đờng tròn ngoại tiếp đờng cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AAđi qua H => ACA vuông C có đờng BC = 3cm; cao CH = AH = 4cm => CH2 = AH.A’H 2 => AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm) Vì AA CC hai đờng kính nên cắt trung điểm O đờng => ACAC hình bình hành Lại có ACA = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên suy tứ giác ACAC hình chữ nhật Theo giả thiết AH  BC; AK  CC’ => K vµ H nhìn AC dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính AC hay tứ giác ACHK néi tiÕp (1) => C2 = H1 (néi tiÕp cung chắn cung AK) ; AOC cân O ( v× OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( v× cã hai gãc so le nhau) => tứ giác ACHK hình thang (2).Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân Bài 35 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO Kẻ dây MN vuông góc với AB I, gọi C ®iĨm t ý thc cung lín MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp Chứng minh tam giác AME đồng dạng víi tam gi¸c ACM Chøng minh AM2 = AE.AC Chøng minh AE AC - AI.IB = AI2 HÃy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Lời giải: Theo giả thiết MN AB I => EIB = 900; ACB nội tiếp chắn nửa đờng tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900 => EIB + ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiÕp Theo gi¶ thiÕt MN AB => A trung điểm cung MN => AMN = ACM ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) hay AME = ACM Lại thấy CAM góc chung hai tam giác AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM AM AE  Theo trªn AME   ACM => => AM2 = AE.AC AC AM AMB = 900 (néi tiếp chắn nửa đờng tròn ); MN AB I => AMB vuông M có MI đờng cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông) áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vuông I ta cã AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI Theo trªn AMN = ACM => AM tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp ECM; Nèi MB ta cã AMB = 900 , tâm O1 đờng tròn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM Gọi O1 chân đờng vuông góc kẻ từ N đến BM ta đợc O1 tâm đờng tròn ngoại tiếp ECM có bán kính O 1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đờng tròn tâm O1 bán kính O1M với đờng tròn (O) O1 hình chiếu vuông góc N BM Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đờng cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q lần lợt hình chiếu vuông góc D lên AB, BE, CF, AC Chøng minh : C¸c tø gi¸c DMFP, DNEQ hình chữ nhật.ờng cao) HDP có HPD = 900 (do C¸c tø gi¸c BMND; DNHP; DPQC néi tiÕp  HC) => C1= D4 (cïng phô Hai tam giác HNP HCB đồng dạng DHC)=>C1=N2 (1) chứng Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng minh tơng tự ta có B1=P1 (2) Lời giải: & (HS tù lµm) Tõ (1) vµ (2) => HNP   HCB Theo chøng minh trªn DNHP néi tiÕp => N2 = D4 (néi tiÕp cïng ch¾n cung HP); HDC cã HDC = 900 (do AH đ- Theo chứng minh DNMB nội tiếp => N1 = D1 (néi tiÕp cïng ch¾n cung BM).(3) DM // CF ( cïng vu«ng gãc víi AB) => C1= D1 ( hai góc đồng vị).(4) Theo chứng minh trªn C1 = N2 (5) Tõ (3), (4), (5) => N1 = N2 mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6) Chứng minh tơng tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng (7) Tõ (6), (7) => Bèn ®iĨm M, N, P, Q thẳng hàng Bài 37 Cho hai đờng tròn (O) (O) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung ngoµi BC, B  (O), C  (O’) TiÕp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC ë I Chøng minh c¸c tø gi¸c OBIA, AICO’ néi tiÕp ABC cã AI = BC =>ABC Chøng minh  BAC = 90 Tính số đo góc OIO vuông A hay BAC =900 Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm Lêi gi¶i: ( HS tự làm) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta cã IB = IA , IA = IC Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có IO tia phân giác BIA; I0là tia phân giác CIA mà hai góc BIA CIA hai gãc kÒ bï => I0  I0’=> 0I0’= 900 Theo ta có 0I0 vuông I có IA đờng cao (do AI tiếp tuyến chung nªn AI OO’) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm) Bµi 38 Cho hai đờng tròn (O) ; (O) tiếp xúc A, BC lµ tiÕp tuyÕn chung ngoµi, B(O), C (O’) TiÕp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm OM AC Chøng minh : Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp ( HS tù lµm) Tứ giác AEMF hình chữ nhật Theo tính chÊt hai tiÕp ME.MO = MF.MO’ tuyÕn c¾t ta cã MA = OO’ lµ tiÕp tun cđa đờng tròn đờng kính MB BC BC tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO Lời giải: =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME  AB (1) Chøng minh t¬ng tù ta còng cã MF  AC (2) Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO tia phân giác hai góc kề bù BMA vµ CMA => MO  MO’ (3) Tõ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đờng tròn => MA OO=> MAO vuông A có AE MO ( theo ME  AB)  MA2 = ME MO (4) T¬ng tù ta có tam giác vuông MAO có AFMO MA2 = MF.MO’ (5) Tõ (4) vµ (5)  ME.MO = MF MO Đờng tròn đờng kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đờng tròn qua Avà co MA bán kính Theo OO MA A OO tiếp tuyến A đờng tròn đờng kính BC (HD) Gọi I trung điểm OO ta có IM đờng trung bình hình thang BCO’O => IMBC t¹i M (*) Ta cung chøng minh đợc OMO vuông nên M thuộc đờng tròn đờng kính OO => IM bán kính đờng tròn đờng kính OO’ (**) Tõ (*) vµ (**) => BC lµ tiÕp tuyến đờng tròn đờng kính OO Bài 39 Cho đờng tròn (O) đờng kính BC, dấy AD vuông góc víi BC t¹i H Gäi E, F theo thø tù chân đờng vuông góc kẻ từ H đến AB, AC Gäi ( I ), (K) theo thø tù đờng tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF HÃy xác định vị trí tơng đối đờng tròn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao? => AFH = 900 (vì hai Chứng minh AE AB = AF AC gãc kÒ bï).(2) Chøng minh EF tiếp tuyến chung hai đờng tròn (I) (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn Lời giải: 1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiÕp xóc (O) OK = OC – KC => (K) tiÕp xóc (O) IK = IH + KH => (I) tiÕp xóc (K) Ta cã : BEH = 900 ( néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) => AEH = 900 (vì lµ hai gãc kỊ bï) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn hay EAF = 900 (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Theo giả thiết ADBC H nên AHB vuông t¹i H cã HE  AB ( BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H có HF AC (theo CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ( = AH2) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đờng chÐo AH vµ EF ta cã GF = GH (tÝnh chất đờng chéo 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 Vậy 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 đổi) nên EF = OA AH = OA H trïng víi O VËy H trùng với 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 Tính thể tích hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh Lời giải: Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà AOP BOP lµ hai gãc kỊ bï => MON = 900 hay tam giác MON vuông O APB = 900((nội tiếp chắn nửa đờng tròn) hay tam giác APB vuông P Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã NB  OB => OBN = 900; NP  OP => OPN = 900 =>OBN+OPN =1800 mµ OBN vµ OPN lµ hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO Xét hai tam giác vuông APB MON có APB =  MON = 900; OBP = PNO => APB MON Theo MON vuông O cã OP  MN ( OP lµ tiÕp tuyÕn ) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OP2 = PM PM Mµ 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 lµ tỉ số đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phơng tỉ số đồng dạng nên ta có: S MON S MON � 25 = k => = � � S APB S APB �4 � 16 Bµi 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 tích BD CE không đổi Từ (2) (4) => BOD 2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng BD BO CEO => Từ 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 xúc với DE mà OB = OC = R Lời 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 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 D E Chứng minh : 1.BD2 = AD.CD DCE => B C 2.Tứ giác BCDE néi tiÕp nh×n DE díi cïng 3.BC song song với 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 mà CBD = BCD (góc tiếp tuyến với dây chắn cung) => EBD = góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiÕp Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => BCE = BDE ( nội tiếp chắn cung BE) mà BCE = CBD (theo ) => CBD = BDE mà hai góc so le nên 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 Chøng minh tø gi¸c MNCE néi tiÕp N Chøng minh NE  AB Gäi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA lµ _ F tiÕp tun cđa (O) / M Chứng minh FN tiếp tuyến đờng tròn (B; BA) C / _ Lêi gi¶i: (HS tù làm) E (HD) Dễ thấy E trực tâm cđa tam gi¸c 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 mµ NE  AB => FA AB A => FA tiếp tuyến (O) A Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mà AC BN => FN BN N BAN có BM đờng cao đồng thời ®êng trung tun ( M lµ trung ®iĨm cđa AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đờng tròn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA) Bµi 44 AB vµ AC lµ hai tiÕp tun cđa đờng tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vuông góc AB H, cắt (O) E cắt OA D B Chøng minh CO = CD H Chøng minh tứ giác OBCD hình thoi I Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I E Chứng minh I trung điểm OH O D A TiÕp tun t¹i E víi (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 cña BOC => BOA = COA (1) OB  AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH  AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2) Tõ (1) (2) => COD cân C => CO = CD.(3) theo trªn ta cã CO = CD mµ CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) (5) => BOCD hình bình hµnh (6) Tõ (6) vµ (3) => BOCD lµ 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 điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => 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 Chøng minh BC // AE AD = CD (gt); ADE Chứng minh ABCE hình bình hành = CDB (đối đỉnh) Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC => ADE = CDB OI => AE = CB (1) So sánh 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) Tõ (1) vµ (2) => AECB hình bình hành 3) I trung điểm cđa CF => OI  CF (quan hƯ ®êng kÝnh dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI  AB t¹i K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vuông t¹i H => BGK = BAH ( cung phơ với ABH) mà BAH = BAC (do ABC cân nên AH phân giác) => BAC = 2BGO Bi 46: Cho đường tròn (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 vuông 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 trịn 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 trịn 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/trịn 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/tròn 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 tròn (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 vuông 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/trịn)  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 không đổi  BA BN c) ONMA nội tiếp đ/tròn 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 tròn (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 tròn 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 tròn 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 trịn ngoại tiếp ∆CPD ... DEF Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 90 0 ( Vì BE đờng cao) CDH = 90 0 ( Vì AD đờng cao) =>  CEH +  CDH = 1800 TuyÓn tập 60 toán hình học lớp Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do.. .Tuyển tập 60 toán hình học lớp H cắt đờng tròn (O) lần lợt M, N, P Chøng minh r»ng: Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp Bèn... bï); BAC = 90 0 ( v× ABC vuông A) hay DAC = 90 0 => DEC + * BAC = 90 0 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay BFC = 90 0 nh F A nhìn BC dới góc 90 0 nên A F nằm