50 toán hình học lớp Bài 31 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp (O; R), biÕt BAC = 600 TÝnh sè ®o gãc BOC độ dài BC theo R CD ®êng kÝnh => VÏ ®êng kÝnh CD cña (O; R); gọi H giao điểm DBC = 900 hay DB ba đờng cao tam giác ABC Chứng minh BD // BC; theo giả thiết AH AH vµ AD // BH TÝnh AH theo R Lêi gi¶i: � =1200 ( t/c gãc néi Theo giả thiết BAC = 600 => sđ BC tiếp ) => BOC = 1200 ( t/c gãc ë t©m) =1200 => BC cạnh tam giác * Theo sđ BC nội tiếp (O; R) => BC = R ®êng cao => AH BC => BD // AH Chøng minh t¬ng tù ta đợc AD // BH Theo DBC = 900 => DBC vuông B có BC = R ; CD = 2R => BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R )2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R Theo trªn BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành => AH = BD => AH = R Bài 32 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R Mét c¸t tuyÕn MN quay quanh trung ®iĨm H cđa OB Chøng minh MN di động , trung điểm I MN nằm đờng tròn cố định Từ A kẻ Ax MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN hình bình hành Chứng minh C trực tâm tam giác AMN Khi MN quay quanh H C di động đờng nµo Cho AM AN = 3R2 , AN = R Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác AMN Lời giải: (HD) I trung điểm MN => OI MN I ( quan hệ đờng kính dây cung) = > OIH = 900 OH cố địmh nên MN di động I di động nhng nhìn OH cố định dới góc 900 I di động đờng tròn đờng kính OH Vậy MN di ®éng , trung ®iĨm I cđa MN nằm đờng tròn cố định Theo giả thiết Ax MN; theo OI MN t¹i I => OI // Ax hay OI // AC mà O trung điểm AB => I trung điểm BC, lại có I trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành ( Vì có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng ) CMBN hình bình hành => MC // BN mà BN AN ( ANB = 900 góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MC AN; theo AC MN => C trực tâm tam giác AMN 4 Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH đờng tung bình OBC => IH // OC Theo giả thiÕt Ax MN hay IH Ax => OC Ax t¹i C => OCA = 900 => C thuộc đờng tròn đờng kính OA cố định Vậy MN quay quanh H C di động đờng tròn đờng kính OA cố định Ta có AM AN = 3R2 , AN = R => AM =AN = R => AMN cân A (1) Xét ABN vuông N ta có AB = 2R; AN = R => BN = R => ABN = 600 ABN = AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => AMN = 600 (2) 3R Từ (1) (2) => AMN tam giác ®Òu => SAMN = 3R R (4 3 => S = S(O) - SAMN = R = 4 Bµi 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đờng tròn M MC MI Chứng minh OM BC => MCI MAC => => 2 Chứng minh MC = MI.MA MA MC Kẻ đờng kính MN, tia phân giác MC2 = MI.MA góc B C cắt đờng thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đờng tròn Lời giải: AM phân giác BAC => BAM = CAM CM => M trung điểm cung BC => BM => OM BC XÐt MCI vµ MAC cã MCI =MAC (hai gãc néi tiÕp chắn hai cung nhau); M góc chung (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => P1 = 900 – K1 mµ K1 lµ A B góc tam giác AKB nên K1 = A1 + B1 = (t/c phân giác mét 2 �A �B gãc ) => P1 = 900 – ( ).(1) 2 �C CQ tia phân giác góc 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 mặt A B phẳng bờ BQ nên nằm trªn cung chøa gãc 900 – ( ) dùng trªn BQ 2 VËy ®iĨm P, C, B, Q thuộc đờng tròn Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiỊu cao AH = Cm, néi tiÕp ®êng tròn (O) đờng kính AA Tính bán kính đờng tròn (O) Kẻ đờng kính CC, tứ giác CACA hình gì? Tại sao? Kẻ 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 cã BC = 3cm; ®êng cao CH = AH = 4cm => CH2 = 2 CH 32 AH.A’H => A’H = 2,5 => AA’ AH 4 => 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 gi¶ thiÕt AH BC; AK CC’ => K H nhìn AC dới góc 90 nên nằm đờng tròn đờng kÝnh AC hay tø gi¸c ACHK néi tiÕp (1) => C2 = H1 (néi tiÕp cung ch¾n cung AK) ; AOC cân O ( OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( v× cã hai gãc so le b»ng 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 điểm tuỳ ý thuộc cung lín MN cho C kh«ng trïng víi M, N B Nối AC cắt MN E Chøng minh tø gi¸c IECB néi tiÕp Chøng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác 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 nhá nhÊt Lêi gi¶i: Theo gi¶ thiÕt MN AB t¹i I => EIB = 900; ACB néi tiÕp 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 tiếp Theo giả thiết 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 AME ACM => => AM2 = AE.AC AC AM AMB = 900 (nội 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 có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI Theo AMN = ACM => AM tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp ECM; Nối MB ta có 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 O1M 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 cđa D lªn AB, BE, CF, AC Chøng minh : Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật Từ (1) (2) => HNP Các tø gi¸c BMND; DNHP; DPQC néi tiÕp HCB Hai tam giác HNP HCB đồng dạng Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Lời giải: & (HS tự làm) Theo chứng minh DNHP néi tiÕp => N2 = D4 (néi tiÕp cïng ch¾n cung HP); HDC cã HDC = 900 (do AH đờng cao) HDP có HPD = 900 (do DP HC) => C1= D4 (cïng phơ víi DHC)=>C1=N2 (1) chøng minh t¬ng tù ta cã B1=P1 (2) Theo chøng minh trªn DNMB néi tiÕp => 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 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) Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Bài 37 Cho hai đờng tròn (O) (O) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B (O), C (O’) TiÕp tuyÕn chung A cắt tiếp tuyến chung BC I Chøng minh c¸c tø gi¸c OBIA, AICO’ néi tiÕp TÝnh sè ®o gãc OIO’ Chøng minh BAC = 900 Tính độ dài BC biÕt OA = 9cm, O’A = 4cm Lêi gi¶i: ( HS tù lµm) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IB = IA , IA = IC ABC cã AI = BC =>ABC vu«ng t¹i A hay BAC =900 Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có IO tia phân giác BIA; I0là tia phân giác CIA mà hai gãc BIA vµ CIA lµ hai gãc kỊ bï => I0 I0’=> 0I0’= 900 Theo trªn ta có 0I0 vuông I có IA đờng cao (do AI tiếp tuyến chung nên AI OO) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm) Bài 38 Cho hai đờng tròn (O) ; (O) tiếp xúc A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C (O) Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm OM AC Chứng minh : Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp Tứ giác AEMF hình chữ nhật ME.MO = MF.MO OO tiếp tuyến đờng tròn ®êng kÝnh BC BC lµ tiÕp tun cđa ®êng tròn đờng kính OO Lời giải: ( HS tự làm) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MA = MB =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME AB (1) Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã MF AC (2) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có MO MO tia phân giác cđa hai gãc kỊ bï BMA vµ CMA => MO MO’ (3) Tõ (1), (2) vµ (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 trªn ME AB) MA2 = ME MO (4) Tơng tự ta có tam giác vu«ng MAO’ cã AFMO’ MA2 = MF.MO’ (5) Tõ (4) (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 BCOO => IMBC M (*) Ta cung chứng minh đợc OMO vuông nên M thuộc đờng tròn đờng kính OO => IM bán kính đờng tròn đờng kính OO (**) Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO Bài 39 Cho đờng tròn (O) đờng kính BC, dấy AD vuông góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đờng vuông góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự 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? Chứng minh AE AB = AF AC Chøng minh EF lµ tiÕp 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 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bï) (1) CFH = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn ) => AFH = 900 (vì hai gãc kỊ bï).(2) BAC = 900 ( néi tiÕp ch¾n 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 có GF = GH (tính 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 VËy EF lµ 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) nªn EF = OA AH = OA H trïng víi O VËy H trïng víi O tóc 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 Lời giải: giác APB Theo tính chất hai Chøng minh AM BN = R2 tiÕp tuyÕn c¾t ta có: OM tia phân giác góc S MON R TÝnh tØ sè AM = AOP ; ON tia phân giác S APB cđa gãc BOP, mµ TÝnh thĨ tÝch cđa hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh AOP vµ 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 tính chất tiếp tuyÕn ta cã NB OB => OBN = 900; NP OP => OPN = 900 =>OBN+OPN =1800 mµ OBN OPN hai góc đối => tứ giác OBNP néi tiÕp =>OBP = PNO XÐt hai tam gi¸c 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 cã 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 = 2 R R2: = 2R R 5R => MN = MP + NP = + 2R = 2 MN 5R Theo trªn APB MON => = : 2R = = k (k tỉ số đồng dạng) AB Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phơng tỉ số đồng dạng nên ta có: S MON S MON �5 � 25 = k2 => = � � S APB S APB �4 � 16 Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lần lợt lấy điểm D, E cho DOE = 600 Chøng minh tÝch BD CE không đổi Từ (2) (3) => BDO = Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ COE (4) suy tia DO tia phân giác góc BDE Từ (2) (4) => BOD Vẽ đờng tròn tâm O tiếp xúc víi AB Chøng minh BD BO CEO => => đờng tròn tiếp xúc với DE CO CE Lời giải: BD.CE = BO.CO mà OB = Tam giác ABC => ABC = ACB = 600 OC = R không đổi => (1); BD.CE = R2 không đổi 0 DOE = 60 (gt) =>DOB + EOC = 120 (2) DBO cã DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3) 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 ë D vµ E Chøng minh : BD2 = AD.CD Tø gi¸c BCDE néi tiÕp DCE => B C nhìn BC song song với DE DE díi cïng Lêi gi¶i: XÐt 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 ABD BD CD => => BD2 = AD.CD AD BD Theo gi¶ thiÕt 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 néi 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 Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp Lời giải: (HS tù lµm) Chøng minh NE AB Gäi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA lµ tiÕp tun cđa (O) Chøng minh FN tiếp tuyến đờng tròn (B; BA) 2 (HD) Dễ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE AB 3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung ®iĨm cđa AN; F vµ E xøng qua M nên M trung điểm F EF => AENF hình bình hành => FA // NE mà NE AB => FA AB t¹i 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 A N _ / M _ C / E O H B 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 Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi H Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I 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: Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đC ờng 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) vµ (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 điểm 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 Chứng minh ABCE hình bình hành Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI So sánh BAC BGO Lời giải: (HS tự làm) Xét hai tam giác ADE CDB ta có EAD = BCD (v× so le ) AD = CD (gt); ADE = CDB (®èi ®Ønh) => ADE = CDB => AE = CB (1) Theo trªn AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành 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 gi¸c) => BAC = 2BGO ... (K) Ta cã : BEH = 90 0 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AEH = 90 0 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 90 0 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AFH = 90 0 (vì hai góc kỊ bï).(2) BAC = 90 0 ( néi tiÕp ch¾n... bï => MON = 90 0 hay tam giác MON vuông O APB = 90 0((nội tiếp chắn nửa đờng tròn) hay tam giác APB vuông P Theo tính chất tiếp tuyến ta cã NB OB => OBN = 90 0; NP OP => OPN = 90 0 =>OBN+OPN... minh BAC = 90 0 Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm Lêi gi¶i: ( HS tù lµm) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IB = IA , IA = IC ABC có AI = BC =>ABC vuông A hay BAC =90 0 Theo tÝnh