Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh tứ giác MABP nội tiếp được và tâm O của đường tròn này nằm trên một đường thẳng cố định đi qua điểm giữa L của AB.. Cho N là trung điểm của KH.[r]
(1)Tuyển tập 102 ôn thi hh9 vao 10
Đây 102 hình học ơn thi vào 10 tốn ban thân tơi thấy có nhiều tơng tự Nhìn chung hình học hay đáng để đồng nghiệp giữ làm tài liệu
Chúc đồng chí dạy tốt
Bµi 1 Cho hình vuông ABCD Trên cạnh BC, CD lần lợt lÊy ®iĨm E, F cho
450
EAF BiÕt BD c¾t AE, AF theo thø tù t¹i G, H Chøng minh: a) ADFG, GHFE tứ giác nội tiếp
b) CGH tứ giác GHFE có diện tích n
Bài Cho ABC không cân, đờng cao AH, nội tiếp đờng tròn tâm O Gọi E, F thứ tự hình chiếu B, C lên đờng kính AD đờng trịn (O) M, N thứ tự trung điểm BC, AB Chứng minh:
a) Bốn điểm A,B, H, E nằm đờng tròn tâm N HE// CD. b) M tâm đờng tròn ngoại tiếp HEF.
Bài Cho nửa đờng trịn đờng kính AB Gọi H điểm cung AB, gọi M một điểm nằm cung AH; N điểm nằm dây cung BM cho BN = AM Chứng minh:
1. AMH = BNH.
2. MHN tam giác vuông cân.
3 Khi M chuyển động cung AH đờng vng góc với BM kẻ từ N qua một điểm cố định tiếp tuyến nửa đờng tròn điểm B.
Gỵi ý : 3)
Gäi đthẳng qua N vuông góc với MB cắt ttuyến tại B ë Q
Chøng minh AMB = BNQ BQ = BA = const
Bài 4.Cho (O) đờng kính AC Trên đoạn OC lấy điểm B vẽ đờng trịn (O/) đờng kính BC. Gọi M trung điểm đoạn AB Từ M kẻ dây cung DEAB Gọi I giao DC với (O/)
a) Chứng minh ADBE hình thoi. b) BI// AD.
c) I,B,E thẳng hàng Gọi ý : c:
Chứng minh qua B có đờng thẳng: BE BI Cùng song song với AD
1
I
BT : Hai pt đồng dạng với Hoặc 1 2 nhỏ
Hc a a,=
b b'=
c c'
a) Chøng minh gãc EHM = gãc HCD
b) MN// AC, AC CD, CD // HE MN HE mà MN đ ờng kính vòng tròng ngo¹i tiÕp ABHE MH = ME
Từ M kẻ đ ờng thẳng // BE nh hình vẽ + PJ đ ờng TB hthang BECF PJ FE + Từ dễ thấy MF = ME
P
K J
N
M
F E
H
D
C A
B
N
Q
H
O
A B
M
I
D E
M
O'
A C
(2)Tuyển tập 102 ôn thi hh9 vao 10
Bài Trên đờng thẳng d lấy ba điểm A,B,C theo thứ tự Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ hai tia Ax, By vng góc với dt Trên tia Ax lấy I Tia vng góc với CI C cắt By K Đờng tròn đờng kính IC cắt IK P
1)Chứng minh tứ giác CBPK nội tiếp đợc đờng tròn 2)Chứng minh AI.BK = AC.CB
3)Giả sử A,B,I cố định xác định vị trí điểm C cho diện tích hình thang vng ABKI max.
Bài Từ điểm S ngồi đờng trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB cát tuyến SCD của đờng trịn đó.
a) Gäi E lµ trung điểm dây CD Chứng minh điểm S,A,E,O,B thuộc đ-ờng tròn
b) Nếu SA = AO SAOB hình gì? sao?
c) Chømg minh r»ng:
2
AB CD AC BD BC DA
b/ SAOB hình vuông
c/ Lấy E thuộc CD Sao cho CAE BAD
chøng minh CAE BAD AB.CE = AC AD (1) CM AB.DE = AC CB (2)
Tõ (1) vµ (2) AB.CD = AC BD + AD.BC (3) Cminh SAC SDA SA SC
SD SB (4) ,
AC SA AD SD(5) SCB SBD BC SC
BD SD (6) Tõ 4, 5, AC.BD = AD BC (7) Tõ 3, Đfải CM
2
x
a/ Chøng minh KPC = KBC = 90 b/ Chøng minh AIC BCK
P
K
A C
B
I
E C
B A
O S
D
O
D A
C
(3)TuyÓn tËp 102 ôn thi hh9 vao 10
Bi Cho ABC vng A Nửa đờng trịn đờng kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F
a) Chøng minh: CDEF lµ mét tø gi¸c néi tiÕp.
b) Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác góc CKD cắt EF CD M N Tia phân giác góc CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MNPQ hình gì? Tại sao? c) Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đờng trịn nội tiếp tam giác ABC, ADB,
ADC Chøng minh r»ng r r12 r22.
Bài Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng trịn tâm O, bán kính R Hạ đờng cao AD, BE tam giác Các tia AD, BE lần lợt cắt (O) điểm thứ hai M, N Chứng minh rằng:
1 Bốn điểm A,E,D,B nằm đờng trịn Tìm tâm I đờng trịn đó. 2 MN// DE
3 Cho (O) dây AB cố định, điểm C di chuyển cung lớn AB Chứng minh độ dài bán kính đờng trịn ngoại tiếp CDE khơng đổi.
Y / Dễ chứng minh đợc
HC = 2 2
AK AB 4R AB const
3
r
r2 r1
a/ CM gãc C = gãc DEB b/ Chøng minh AQB = QPK( cïng b»ng 1/2 s®BD )
+ Từ suy KN đ ờng trung trực PQ, QPlà đ ờng trung trực MN
+ KL MNPQ hình thoi c/ CM COB AO2B
BO BO2=
r r2
r2
r = AB
BC ; t ¬ng tù tacã r1
r = AB BC r
2
r2 +
r2
r2 =
AB2+ AC2
CB2 = §pcm
O1
O2 D
O P
L
M Q
N
K F
D
A B A B
C
E
C
D
E
M
H A
K B
(4)Tun tËp 102 bµi «n thi hh9 vao 10
Bài Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB Lấy D cung AB (D khác A,B), lấy điểm C nằm O B Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa D kẻ tia Ax By vng góc với AB Đờng thẳng qua D vng góc với DC cắt Ax By lần lợt E F
1) CMR : Gãc DFC b»ng gãc DBC 2) CMR : ECF vu«ng
3) Giả sử EC cắt AD M, BD cắt CF t¹i N CMR : MN//AB
4)CMR: Đờng trịn ngoại tiếp EMD đờng tròn ngoại tiếp DNF tiếp xúc tại
4 a/ Sư dơng tc gãc néi tiÕp
b/ Chng minh tæng gãc cđa ECF b»ng vu«ng c/ MCA MDE NDC NMC (cïng phơ víi gãc MDC)
Bài 10 Cho nửa đờng trịn (O) đờng kính AB = 2R Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đòng tròn kẻ hai tia tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn(M khác A B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax By C, D.
1 Chøng minh: a) CD = AC+BD b) AC.BD = R2
2 Xác định vị trí điểm M để tứ giác ABDC có diện tích nhỏ nhất.
3 Cho R = cm, diÖn tÝch tø gi¸c ABDC b»ng 32cm2 TÝnh diƯn tÝch ABM
2 SABM nhỏ CD nhỏ nhất CD nhỏ CD song song với AB Khi M điểm cung AB 3
Bài 11 Cho đờng trịn tâm O, đờng kính AB = 2R Gọi I trung điểm AO Qua I kẻ dây CD vng góc với AB
4
N d/ Lấy Q trung điểm MN
DQ=QM=QN
DEM = DAB = DMQ = MDQ DQ lµ tiÕp tun cđa (O') O'DQ = 90
T ¬ng tù O''DQ = 90
Từ suy điều cần chứng minh
Chó ý: MN lµ tiÕp tun chung cđa (O') vµ (O'')
Q
O''
O'
M
F
E
A B
D
C
2 DÔ thÊy CD = 16; S COD = 16
COD AMB( theo tỉ số CD/ AB = 4) Từ rút diện tích AMB
D
C
O
A B
(5)Tuyển tập 102 ôn thi hh9 vao 10 1) Chøng minh: a) Tø giác ACOD hình thoi b)
2
CBD CAD 2) Chøng minh r»ng O trực tâm BCD.
3) Xỏc nh vị trí điểm M cung nhỏ BC để tổng (MB+MC+MD) đạt giá trị lớn nhất. Bài 12 Cho ABC có góc nhọn AC > BC nội tiếp (O) Vẽ tiếp tuyến với (O) A và B, tiếp tuyến cắt M Gọi H hình chiếu vng góc O trờn MC CMR
a/MAOH tứ giác nội tiếp
b/ Tia HM phân giác góc AHB
c/ Qua C kẻ đờng thẳng song song với AB cắt MA, MB lần lợt E, F Nối EH cắt AC P, HF cắt BC Q Chứng minh QP // EF.
Bài 13 Cho (O) đờng kính AB = 2R, C trung điểm OA dây MN vng góc với OA C Gọi K điểm tuỳ ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK MM
a) CMR: BCHK tứ giác nội tiÕp b) TÝnh AH.AK theo R.
c) Xác định vị trí điểm K để (KM+KN+KB) đạt giá trị lớn tính giá trị lớn nhất
Bài 14 Từ điểm A ngồi đờng trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AMN đờng tròn Gọi I trung điểm dây MN, H giao điểm AO BC. Chứng minh:
a) Năm điểm A, B, I, O, C nằm đờng tròn. b) AB2 AM AN
vµ AHM ANO.
Bài 15 Cho tam giác ABC khơng cân có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O. Hai đờng cao AI BE cắt H.
1/ Chøng minh CHI = CBA 2/ Chøng minh EI CO.
3/ Cho gãc ACB = 600 Chøng minh CH = CO.
Bài 16 Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B C nửa đờng trịn đờng kính AD, tâm O. Hai đờng chéo AC BD cắt E Gọi H hình chiếu vng góc E xuống AD và I trung điểm DE Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp đợc; b) E tâm đờng tròn nội tiếp tam giác BCH; c) Năm điểm B, C, I, O, H đờng tròn.
Bài 17.Cho nửa đờng tròn tâm O có đờng kính AB = 2R Kẻ hai tia tiếp tuyến Ax By của nửa đờng tròn (Ax, By nửa đờng tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Gọi M là
5 Khai th¸c:
1/ CM AMON hình thoi 2/ CM MNB đều 3/ CM KM+KB= KN Dễ thấy MNB
LÊy E trªn NK cho KM=KE +Dễ chứng minh đ ợc MK+KB = KN (do MEN= MKB)
+KN AB; MK+KN+KB 2AB =4R "DÊu = K điểm cung MB"
E H
N M
C O
A B
(6)Tuyển tập 102 ôn thi hh9 vao 10
điểm tùy ý thuộc nửa đờng tròn (khác A B) Tiếp tuyến M nửa đờng tròn cắt Ax tại D cắt By E.
a) Chứng minh rằng: DOE tam giác vu«ng.
b) Chøng minh r»ng:
AD BE = R .
c) Xác định vị trí điểm M nửa đờng tròn (O) cho diện tích tứ giác ADEB nhỏ nhất.
Bài 18 Cho hai đờng trịn (O1) (O2)có bán kính cắt A B Vẽ cát tuyến qua B khơng vng góc với AB, cắt hai đờng trịn E F (E (O1);
F(O2))
1 Chøng minh AE = AF
2 VÏ c¸t tuyÕn CBD vuông góc với AB (C (O1); D(O2)).Gọi P giao ®iĨm cđa CE vµ FD Chøng minh r»ng:
a Các tứ giác AEPF ACPD nội tiếp đợc đờng tròn
b Gọi I trung điểm EF Chứng minh ba điểm A, I, P thẳng hàng. 3 Khi EF quay quanh B I di chuyển đờng ?
Bài 19 Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB 2R M điểm tuỳ ý nửa đờng tròn (M khác A B) Kẻ hai tiếp tuyến Ax By với nửa đờng tròn Qua M kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt hai tiếp tuyến Ax By C D.
a) Chøng minh r»ng: COD vu«ng b) Chøng minh r»ng: AC.BD = R2
c) Gọi E giao OC AM; F giao OD BM Chứng minh rằng: EF = R d) Tìm vị trí M để SABCD đạt giá trị bé nhất.
Bài 20 Cho M điểm tuỳ ý nửa đờng trịn tâm O, đờng kính AB = 2R(M không trùng với A B) Vẽ tiếp tuyến Ax, By, Mz nửa đờng trịn Đờng Mz cắt Ax By N P Đờng thẳng AM cắt By C đờng thẳng BM cắt cắt Ax D CMR:
a) Tø giác AOMN nội tiếp NP = AN+BP b) N, P trung điểm AD BC
c) AD.BC = R2
d) Xác định vị trí điểm M để SABCD có giá trị nhỏ
Bài 21 Cho (O;R) dây cung CD cố định có trung điểm H Trên tia đối tia DC lấy điểm S qua S kẻ tiếp tuyến SA, SB với (O) Đờng thẳng AB cắt đờng SO; OH lần lợt E, F.Chứng minh rng:
a) SEHF tứ giác nội tiếp. b) OE.OF = R2
c) OH.OF = OE.OS.
d) AB qua điểm cố định S chạy tia đối tia DC
Bài 22 Cho (O;R) có hai đờng kính AB CD vng góc với M điểm thuộc đờng kính AB (M khác O,A,B) CM cắt (O) N (N khác C) Dựng đờng thẳng d vng góc với AM M Tiếp tuyến với (O) N cắt d E
a) CMR: OMEN nội tiếp b) OCME hình gì? sao? c) CMR: CM.CN không đổi
d) CMR: E chạy đờng thẳng cố định M chuyển động đờng kính AB (M khác A,B)
Bài 23 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt
(7)Tuyển tập 102 ôn thi hh9 vao 10 H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P
Chøng minh r»ng:
1 Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp
2 Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn 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:
1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:
CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) => CEH + CDH = 1800
(8)
Tuyển tập 102 ôn thi hh9 vao 10
Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp 2. 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 đờng trịn đờng kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng trũn
3. Xét hai tam giác AEH ADC ta cã: AEH = ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung => AEH ADC =>
AC AH AD
AE
=> AE.AC = AH.AD
* Xét hai tam giác BEC ADC ta cã: BEC = ADC = 900 ; C lµ gãc chung => BEC ADC =>
AC BC AD BE
=> AD.BC = BE.AC 4 Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC)
C2 = A1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM)
=> C1 = C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C => CB đơng trung trực HM H M đối xứng qua BC
5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF)
Cịng theo chøng minh trªn CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD) E1 = E2 => EB tia phân gi¸c cđa gãc 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 24 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE
1 Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp
2 Bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn Chứng minh ED =
2
BC
4 Chứng minh DE tiếp tuyến đờng trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải:
1. Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)
(9)
CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) => CEH + CDH = 1800
Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp 2 Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEA = 900.
AD đờng cao => AD BC => BDA = 900.
Nh E D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng trịn đờng kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn
3 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900
Vậy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyÕn => DE =
2
BC
4.Vì O tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1)
Theo trªn DE =
2
BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2)
Mà B1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE OE t¹i E.
Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E
5 Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vng E ta có ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32 ED = 4cm
Bài 25 Cho nửa đờng trịn 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
1.Chøng minh AC + BD = CD 2.Chøng minh COD = 900. 3.Chøng minh AC BD =
4
AB 4.Chøng minh OC // BM
5.Chứng minh AB tiếp tuyến đờng trịn đờng kính CD 5.Chứng minh MN AB
6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ
Lêi gi¶i:
1.Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD
2.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.
3.Theo COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM CD ( OM tiếp tuyến ). áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD =
4
AB 4. Theo trªn COD = 900 nªn OC OD (1)
Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD)
5.Gi I trung điểm CD ta có I tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO bán kính
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC AB; BD AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đờng trung bình hình thang ACDB IO // AC , mà AC AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD 6 Theo AC // BD =>
BD AC BN
CN
, mµ CA = CM; DB = DM nªn suy
DM CM BN
CN
=> MN // BD mµ BD AB => MN AB
7 ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà 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 vng góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB
(10)A , O trung điểm IK
1. Chứng minh B, C, I, K nằm đờng tròn 2. Chứng minh AC tiếp tuyến đờng trịn (O)
3. Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD)
1. Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B
Do BI BK hayIBK = 900
Tơng tự ta có ICK = 900 nh B C nằm đờng trịn đờng kính IK B, C, I, K nằm đờng tròn
2. Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ).
I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân t¹i O)
Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC Vậy AC tiếp tuyến đờng tròn (O). 3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm
AH2 = AC2 – HC2 => AH = 202 122
= 16 ( cm)
CH2 = AH.OH => OH =
16 122
AH
CH = (cm) OC = 2 92 122 225
HC
OH = 15 (cm)
Bài 28 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
1 Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp
2 Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn
3 Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2. Chứng minh OAHB hình thoi
5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng
6 Tỡm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d Lời giải:
1. (HS tù lµm)
2. Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kính
Và dây cung) => OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900 nh K, A, B nhìn OM dới góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính OM
Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng trịn 3 Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM AB I
Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vng A có AI đờng cao. áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2.
4 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
5 Theo OAHB hình thoi => OH AB; theo OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vng góc với AB)
6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nh ng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng trịn tâm A bán kính AH = R
Bài 29 Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng trịn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng trịn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E
1 Chứng minh tam giác BEC cân
2 Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chứng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH)
4 Chøng minh BE = BH + DE Lêi gi¶i: (HD)
1. AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2)
(11)2 Hai tam giác vuông ABI ABH cã c¹nh hun AB chung, B1 = B2 => AHB = AIB => AI = AH 3 AI = AH BE AI I => BE tiÕp tun cđa (A; AH) t¹i I
4 DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED
Bài 30 Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M
1 Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn
2 Chứng minh BM // OP
3 Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành
4 Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng
Lời giải:
1. (HS tự làm)
2.Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm chắn cung AM => ABM =
2
AOM
(1) OP lµ tia phân giác AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt ) => AOP =
2
AOM
(2) Tõ (1) vµ (2) => ABM = AOP (3)
Mà ABM AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4)
3.XÐt hai tam gi¸c AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyÕn ); NOB = 900 (gt NOAB).
=> PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song v bng nhau)
4 Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON AB => ON PJ
Ta có 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 nhật có PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình ch nht) (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 đơng thời đờng cao => IK PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng
Bài31 Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng trịn ( 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 trịn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K
1) Chøng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh r»ng: AI2 = IM . IB.
3) Chøng minh BAF tam giác cân
4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi
5) Xỏc định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Lời giải:
1 Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù).
AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù).
=> KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp
(12)3. Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……)
=> ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có AEB = 900 => BE AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2).
Tõ (1) vµ (2) => BAF tam giác cân B
4. BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm AF (3)
Từ 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 vng góc với trung điểm đờng)
5. (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 lµ hình thang cân M trung điểm cung AB
Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông A có ABI = 450 => AIB = 450 (8)
Từ (7) (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 32 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)
1 Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh ABD = DFB
3 Chøng minh r»ng CEFD lµ tứ giác nội tiếp
Lời giải:
1.C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC AE
ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vng B có BC đ-ờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi
2. 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)
(13)3.Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800
ECD + ACD = 1800 ( V× lµ hai gãc kỊ bï) => 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
(14)vng góc từ S đến AB
1.Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh ∆ PS’M cân 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đờng trịn
Lêi gi¶i:
1 Ta có SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh P M nhìn AS dới góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính AS.
Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn
(15)=> AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1)
Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’ AB H => MM’// SS’ ( vng góc với AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2)
=> Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS’
Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP ) => AS’P = AMP => tam gi¸c PMS’ cân P
3 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 ( có OM = OB =R) => B1 = M3 (5)
Từ (3), (4) (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mà M3 + M2 = AMB = 900 nên suy M1 + M2 = PMO = 900 => PM OM M => PM tiếp tuyến đờng tròn M
(16)1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän
2. DF // BC 3 Tø gi¸c BDFC néi tiÕp 4
CF BM CB
BD
Lêi gi¶i:
1 (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có AD = AF => tam giác ADF cân A => ADF= AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiÕp ch¾n cung DE)
Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän
2 Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => AD AF
AB AC => DF // BC 3 DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn
4 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 (vì so le) => BDM = CBF => BDM CBF =>
CF BM CB
BD
Bài 35 Cho đờng trịn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đờng thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến
tại N đờng tròn P Chứng minh : Tứ giác OMNP ni tip
2 Tứ giác CMPO hình bình hành
3 CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M
4 Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định
Lêi gi¶i:
1 Ta có OMP = 900 ( PM AB ); ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ). Nh M N nhìn OP dới góc 900 => M N nằm đờng trịn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp
2 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC = OCN => OPM = OCM
Xét hai tam giác OMC MOP ta có 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) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành
3. Xét hai tam giác OMC vµ NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD AB); DNC = 900 (néi tiÕp ch¾n nưa đ-ờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại cã C lµ gãc chung => OMC NDC
=> CM CO
CD CN => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R
2 không đổi => CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M
4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đờng thẳng cố định vng góc với CD ti D
Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B’ song song vµ b»ng AB
Bài 36 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng trịn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng trịn đờng kính HC cắt AC ti F
1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp
3 AE AB = AF AC
4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Lời giải:
1 Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1)
CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng trịn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
(17)(18)Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)
2 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) (O2) => B1 = H1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác ni tip
3 Xét hai tam giác AEF ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo Chøng minh trªn) => AEF ACB => AE AF
ACAB => AE AB = AF AC
* HD c¸ch 2: Tam gi¸c AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB (*)
Tam giác AHC vuông H cã HF AC => AH2 = AF.AC (**)
Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC
4 Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2
=> E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF
Chứng minh tơng tự ta có O2F EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Bài37 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía AB nửa đờng trịn có đờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K
(19)EB với nửa đờng tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN
2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa ®/trßn (I), (K) 3.TÝnh MN
4.Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn Lời giải:
1 Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K) => ENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1)
AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng trịn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) 2 Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K)
=> B1 = C1 (hai gãc néi tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1= N3 => B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1 = N1 (5) Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN KN N => MN tiếp tuyến (K) t¹i N
Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K)
3 Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng trịn tâm O) => AEB vng A có EC AB (gt) => EC2 = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo EC = MN => MN = 20 cm. 4 Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm
Ta có S(o) = .OA2 = 252 = 625; S(I) = IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 = 202 = 400. Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S =
2 ( S(o) - S(I) - S(k))
S =
2( 625- 25- 400) =
2.200 = 100 314 (cm
2)
Bài 38 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng trịn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S
1 Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh CA tia phân giác gãc SCB
3 Gọi E giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy
4 Chøng minh DM tia phân giác góc ADE
5 Chứng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải:
1. Ta có CAB = 900 ( tam giác ABC vng A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh D A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng trịn đờng kính BC => ABCD t giỏc ni tip
2. ABCD tứ giác néi tiÕp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB)
D1= C3 => SM EM => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng trịn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân giác góc SCB
(20)4 Theo Ta có SM EM => D1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) 5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900
Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2
Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp chắn cung CD) => A1= A2 => AM tia phân gi¸c cđa gãc DAE (2)
Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng trịn nội tiếp tam giác ADE TH2(Hình b)
C©u : ABC = CME (cïng phô ACB); ABC = CDS (cïng bïADC) => CME = CDS => CE CS SM EM => SCM = ECM => CA tia phân giác cña gãc SCB
Bài 39 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng trịn đờng kính BD cắt BC E Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G
Chøng minh :
1 Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp
3 AC // FG
4 Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải:
1 Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn )
=> DEB = BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB CAB 2 Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 ( ABC vng A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp
* BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) hay BFC = 900 nh F A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng trịn đờng kính BC => AFBC t giỏc ni tip
3 Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai gãc so le nªn suy AC // FG
4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S
Bài 40. Cho tam giác ABC có đờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M khơng trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC
1 Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH
3 Chøng minh OH PQ Lêi gi¶i:
1. Ta cã MP AB (gt) => APM = 900; MQ AC (gt)
=> AQM = 900 nh P Q nhìn BC dới góc 900 nên P Q nằm đờng trịn đờng kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp
* Vì AM đờng kính đờng trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM
2 Tam giác ABC có AH đờng cao => SABC =
2BC.AH
Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM =
2AB.MP
Tam giác ACM có MQ đờng cao => SACM =
2AC.MQ
Ta cã SABM + SACM = SABC =>
2AB.MP +
2AC.MQ =
2BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH
(21)3 Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác => HAP = HAQ => HP HQ ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đờng cao => OH PQ
Bài 41 Cho đờng trịn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H khơng trùng O, B) ; đờng thẳng vng góc với OB H, lấy điểm M ngồi đờng trịn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD v BC
1 Chứng minh MCID tứ giác néi tiÕp
2 Chứng minh đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I
3 Gọi K tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp Lời giải:
1 Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MCI = 900 (vì hai góc kề bù)
ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng trịn ) => MDI = 900 (vì hai góc kề bù).
=> MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp
2 Theo Ta có BC MA; AD MB nên BC AD hai đ-ờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH đ-ờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH ng quy ti I
3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1
Mà A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( v× gãc ACM lµ gãc bĐt) hay OCK = 900
Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp
Bài 42. Cho đờng tròn (O) đờng kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD
1 Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp Chøng minh tø gi¸c ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD
4 Chứng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến (O) Lời giải:
1 BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) => BID = 900 (vì hai góc kề bù); DE AB M => BMD = 900
=> BID + BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp
2 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung)
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng 3 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DC; theo BI DC => BI // AD (1) 4 Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2)
Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng thẳng song song với AD mà thôi.)
5 I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; O’IC cân O’ ( O’C O’I bán kính ) => I3 = C1 mà C1 = E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mà I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI O’I I => MI tiếp tuyến (O’). Bài 43. Cho đờng trịn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc C Gọi AC BC hai đ ờng kính qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vng góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O’) F, BD cắt (O’) G Chứng minh rằng:
1 Tø gi¸c MDGC néi tiÕp
2 Bốn điểm M, D, B, F nằm đờng trịn Tứ giác ADBE hình thoi
4 B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE
7 MF tiếp tuyến (O) Lời giải:
(22)(23)Theo gi¶ thiÕt DE AB t¹i M => CMD = 900
=> CGD + CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp 2 BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE AB M) nh
vậy F M nhìn BD dới góc 900 nên F M nằm đờng trịn đờng kính BD => M, D, B, F nằm đờng tròn
3 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung)
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng 4 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình thoi => BE // AD mà AD DF nên suy BE DF
Theo BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF mà qua B có đờng thẳng vng góc với DF đo B, E, F thẳng hàng
5 Theo DF BE; BM DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đờng cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy
6 Theo DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung ®iĨm cđa DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền)
7 (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1
OBF cân O ( OB OF bán kÝnh ) => F3 = B1 mµ B1 = D1 (Cïng phơ víi DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 Mµ F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’ hay MF O’F t¹i F => MF lµ tiÕp tun cđa (O’)
(24)1 Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiếp xúc A Chứng minh IP // OQ
3 Chøng minh r»ng AP = PQ
4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn Lời giải:
1 Ta có OI = OA – IA mà OA IA lần lợt bán kính đ/ tròn (O) đờng tròn (I) Vậy đ/ tròn (O) đờng tròn (I) tiếp xúc A
2 OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1 IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1 = P1 => P1 = Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ
3.APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đờng trung tuyến => AP = PQ
4. (HD) KỴ QH AB ta cã SAQB =
2AB.QH mà AB đờng kính khơng đổi nên SAQB lớn QH lớn
nhÊt QH lín nhÊt Q trùng với trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO
Tht vy P trung điểm cung AO => PI AO mà theo PI // QO => QO AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn
Bài45. Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vng góc với DE, đờng thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thứ tự H v K
1 Chứng minh BHCD tứ giác néi tiÕp TÝnh gãc CHK
3 Chøng minh KC KD = KH.KB
4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đờng nào? Lời giải:
1 Theo giả thiết ABCD hình vng nên BCD = 900; BH DE H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD dới góc 900 nên H C nằm đờng trịn đờng kính BD => BHCD tứ giác ni tip
2. BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK lµ gãc bĐt nªn KHC + BHC = 1800 (2).
Tõ (1) vµ (2) => CHK = BDC mµ BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => CHK = 450 3 XÐt KHC vµ KDB ta cã CHK = BDC = 450 ; K lµ gãc chung
=> KHC KDB => KC KH
KBKD => KC KD = KH.KB
4 (HD) Ta ln có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E B H B; E C H C)
Bµi 46. Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng
2 Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân
3 Cho biết ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF ED, Chứng minh điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn
4 Chứng minh MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Lêi gi¶i:
1. Theo gi¶ thiết ABHK hình vuông => BAH = 450
Tứ giác AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông A => BAC = 900 => BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba ®iĨm H, A, D thẳng hàng.
2. Ta cú BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1). FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2). Từ (1) (2) suy FBC tam giác vuông cân F
(25)=> CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vng) => CMF = 450 hay CMB = 450
Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK hình vuông).
Nh K, E, M nhìn BC dới góc 450 nên nằm cung chứa góc 450 dựng BC => điểm b, k, e, m, c nằm đờng trịn
4 CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC BC C => MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Bài 47. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng trịn đờng kính AC có tâm O, đờng trịn cắt BA BC D E
1 Chøng minh AE = EB
2 Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đờng trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH
3.Chứng minh OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp ∆ BDE Lời giải:
1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng trịn )
=> AEB = 900 ( v× hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450 => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB
F
1
1
1
/
/ _
_ K
H
I
E D
O
C B
A
2 Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE E => IK HE K (2).
Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trùc cđa HE VËy trung trùc cđa ®o¹n HE ®i qua trung ®iĨm I cđa BH 3. theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB
ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vng tại D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID
Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB b¸n kÝnh ) => D2 = B1 (4)
Theo ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH AC F => AEB có AFB = 900
Theo trªn ADC cã ADC = 900 => B1 = C1 ( cïng phô BAC) (5).
Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD ID D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Bài 48. Cho đờng tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đờng vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tơng ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q
1 Chøng minh tam giác ABC cân 2 Các tứ giác BIMK, CIMH néi tiÕp 3 Chøng minh MI2 = MH.MK 4 Chøng minh PQ MI.
Lêi gi¶i:
1 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có AB = AC => ABC cân A 2. Theo giả thiết MI BC => MIB = 900; MK AB => MKB = 900. => MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp
* ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tơng tựtứ giác BIMK )
3 Theo tứ giác BIMK néi tiÕp => KMI + KBI = 1800; tø gi¸c CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800 mà KBI = HCI ( tam giác ABC cân A) => KMI = HMI (1)
Theo tứ giác BIMK nội tiếp => B1 = I1 ( nội tiếp chắn cung KM); tứ giác CHMI néi tiÕp => H1 = C1 ( néi tiÕp chắn cung IM) Mà B1 = C1 ( = 1/2 s® BM ) => I1 = H1 (2)
Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH => MI MK
MH MI => MI
2 = MH.MK
4 Theo ta có I1 = C1; chứng minh tơng tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ
(26)1
AB AC KB
KC
2 AM tia phân giác cđa CMD 3 Tø gi¸c OHCI néi tiÕp
4 Chứng minh đờng vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng tròn M
Lời giải: 1 Theo giả thiết M trung ®iĨm cđa BC => MB MC
=> CAM = BAM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => AK tia phân giác góc CAB =>
AB AC KB
KC
( t/c tia phân giác tam giác )
2. (HD) Theo giả thiết CD AB => A trung ®iĨm cđa CD => CMA = DMA => MA tia phân giác góc CMD
3 (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => OM BC I => OIC = 900 ; CD AB H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp
4 Kẻ MJ AC ta có MJ // BC ( vng góc với AC) Theo OM BC => OM MJ J suy MJ tiếp tuyến đờng tròn M
Bài 50 Cho đờng tròn (O) điểm A ngồi đờng trịn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH BC, MK CA, MI AB Chứng minh :
1. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp 2 BAO = BCO 3 MIH MHK 4 MI.MK = MH2. Lêi gi¶i:
1. (HS tù gi¶i)
2. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp => BAO = BCO (néi tiÕp cïng ch¾n cung BO) 3. Theo gi¶ thiÕt MH BC => MHC = 900; MK CA => MKC = 900
=> MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội tiếp chắn cung HM)
Chøng minh t¬ng tù ta cã tø gi¸c MHBI néi tiÕp => MHI = MBI (nội tiếp chắn cung IM) Mà HCM = MBI ( = 1/2 s® BM ) => HKM = MHI (1) Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã KHM = HIM (2) Tõ (1) vµ (2) => HIM KHM
4. Theo trªn HIM KHM => MI MH
MH MK => MI.MK = MH2
Bài 51 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC
1 Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đờng trịn (O)
3 Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân
4 Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC
Lời giải:
1 Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng
2 (HD) Tø gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => BAC + B’HC’ = 1800 mµ
(27)=> Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O)
* H E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC => BEC + BAC = 1800 => ABEC nội tiếp => E thuộc (O)
3 Ta có H E đối xứng qua BC => BC HE (1) IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE HE (2)
Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3)
Theo trªn E (O) => CBE = CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4)
Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( phụ ACB) (5)
Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6)
Tõ (3) vµ (6) => tứ giác BEFC hình thang cân
4. Theo AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH
Theo giả thiết I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đờng kính dây cung) => OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI = HGA (đối đỉnh) => OGI HGA => GI OI
GA HA mµ OI =
1
2 AH
=>
2
GI
GA mà AI trung tuyến ∆ ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm ∆ ABC Bài52 BC dây cung đờng tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H
1 Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC Gọi A’ trung điểm BC, Chứng minh AH = 2OA’
3 Gọi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA’ OA’ Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để
tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn Lời giải: (HD)
1 Tø gi¸c BFEC néi tiÕp => AEF = ACB (cïng bï BFE) AEF = ABC (cïng bï CEF) => AEF ABC
2 Vẽ đờng kính AK => KB // CH ( vng góc AB); KC // BH (cùng vng góc AC) => BHKC hình bình hành => A’ trung điểm HK => OK đờng trung bình AHK => AH = 2OA’
3. áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đ-ờng trịn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có :
AEF ABC =>
1
' '
R AA
R AA (1) R bán kính đờng trịn ngoại tiếp ABC; R’ bán kính đ-ờng tròn ngoại tiếp AEF; AA’ trung tuyến ABC; AA1 trung tuyến AEF
Tứ giác AEHF nội tiếp đờng trịn đờng kính AH nên đờng tròn ngoại tiếp AEF Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’
2
AH
= AA’ '
2
A O VËy R AA1 = AA’ A’O (2)
4 Gọi B’, C’lần lợt trung điểm AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lợt đờng cao tam giác OBC, OCA, OAB
SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =1
2( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB )
2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) Theo (2) => OA’ = R
'
AA AA mµ
1
'
AA
AA tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC nên
'
AA AA =
EF
BC T¬ng tù ta cã : OB’ = R FD
AC ; OC’ = R ED
AB Thay vào (3) ta đợc 2SABC = R (EF.BC FD.AC ED.AB
BC AC AB ) 2SABC = R(EF + FD + DE)
(28)Ta cã SABC =
2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm
chÝnh giìa cđa cung lín BC
Bài 53 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH bán kính OA
1 Chứng minh AM phân giác gãc OAH Gi¶ sư B > C Chøng minh OAH = B - C Cho BAC = 600 vµ OAH = 200 TÝnh:
a) B vµ C tam giác ABC
b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R Lời giải: (HD)
1 AM phân gi¸c cđa BAC => BAM = CAM => BM CM => M trung điểm cung BC => OM BC; Theo gi¶ thiÕt AH BC => OM // AH => HAM = OMA ( so le) Mà OMA = OAM ( tam giác OAM cân t¹i O cã OM = OA = R) => HAM = OAM => AM tia phân giác gãc OAH
2 VÏ d©y BD OA => AB AD => ABD = ACB
Ta cã OAH = DBC ( góc có cạnh tơng ứng vu«ng gãc cïng nhän) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C
3 a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trªn B C = OAH => B - C = 200 =>
0
0
120 70
20 50
B C B
B C C
b) Svp = SqBOC - SBOC = 2
0
.120
360 2
R R
R
=
2 2
(4 3)
3 12
R R R
Bài 54 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biết BAC = 600. 1.Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R
2.Vẽ đờng kính CD (O; R); gọi H giao điểm ba đờng cao tam giác ABC Chứng minh BD // AH AD // BH
3.TÝnh AH theo R Lêi gi¶i:
1 Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => s®
BC=1200 ( t/c gãc néi tiÕp ) => BOC = 1200 ( t/c gãc ë t©m)
* Theo sđBC =1200 => BC cạnh tam giác nội tiếp (O; R) => BC = R 3
2 CD đờng kính => DBC = 900 hay DB BC; theo giả thiết AH
đờng cao => AH BC => BD // AH Chứng minh tơng tự ta đợc AD // BH 3. Theo DBC = 900 => DBC vng B có BC = R 3; CD = 2R.
=> BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R 3)2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R. Theo trªn BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành => AH = BD => AH = R
Bài 55 Cho đờng trịn (O), đờng kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H OB Chứng minh MN di động , trung điểm I MN nằm
đờng tròn cố định
2 Tõ A kẻ Ax MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN hình bình hành
3 Chứng minh C trực tâm tam giác AMN Khi MN quay quanh H C di động đờng
5.Cho AM AN = 3R2 , AN = R 3 Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác AMN
Lời gi¶i: (HD)
I trung điểm MN => OI MN I ( quan hệ đờng kính dây cung) =
(29)OH cố địmh nên MN di động I di động nhng ln nhìn OH cố định dới góc 900 I di động đờng trịn đờng kính OH Vậy MN di động , trung điểm I MN nằm đờng trịn cố định
2 Theo gi¶ thiÕt Ax MN; theo OI MN I => OI // Ax hay OI // AC mµ O lµ trung ®iĨm cđa AB => I lµ trung ®iĨm cđa BC, lại có I trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành ( Vì có hai đ-ờng chéo cắt trung điểm đđ-ờng )
3 CMBN hình bình hành => MC // BN mà BN AN ( ANB = 900 góc nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => MC AN; theo trªn 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 thiết Ax MN hay IH Ax => OC Ax C => OCA = 900 => C thuộc đờng trịn đờng kính OA cố định Vậy MN quay quanh H C di động đờng trịn đờng kính OA cố định
5. Ta cã AM AN = 3R2 , AN = R 3 => AM =AN = R 3=> 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).
Từ (1) (2) => AMN tam giác => SAMN =
3
4
R .
=> S = S(O) - SAMN = R2 -
3
4
R = 2(4 3 3
4
R
Bài 56 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đờng tròn M Chứng minh OM BC
2 Chøng minh MC2 = MI.MA.
3 Kẻ đờng kính MN, tia phân giác góc B C cắt đờng thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đờng trịn
Lêi gi¶i:
1 AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM CM => M lµ trung ®iĨm cđa cung BC => OM BC 2 XÐt MCI vµ MAC cã MCI =MAC (hai gãc néi tiếp chắn hai cung nhau); M góc chung
=> MCI MAC => MC MI
MA MC => MC
2 = MI.MA.
3. (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => P1 = 900 – K1 mà K1 góc ngồi tam giác AKB nên K1 = A1 + B1 =
2
A B
(t/c phân giác góc ) => P1 = 900 – (
2
A B
) (1)
CQ tia phân giác góc ACB => C1 =
2
C
=
2(180
0 - A - B) = 900 – (
2
A B
) (2)
Tõ (1) vµ (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mµ P vµ C nằm nửa mặt phẳng bờ BQ nên cïng n»m trªn cung chøa gãc 900 – (
2
A B
(30)Bài 57 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiÒu cao AH = Cm, nội tiếp đ ờng tròn (O) đ-ờng kÝnh AA’
1 Tính bán kính đờng trịn (O)
2 Kẻ đờng kính CC’, tứ giác CAC’A’ hình gì? Tại sao? Kẻ AK CC’ tứ giác AKHC hình gì? Tại sao?
4 Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác ABC Lời giải:
1 (HD) Vỡ ABC cân A nên đờng kính AA’ đờng trịn ngoại tiếp đờng cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AA’đi qua H => ACA’ vng C có đờng cao CH =
2
BC
= 3cm; AH = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H =
2 32 9
2,5 4
CH
AH => AA’
=> AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm)
2 Vì AA’ CC’ hai đờng kính nên cắt trung điểm O đờng => ACA’C’ hình bình hành Lại có ACA’ = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên suy tứ giác ACA’C’ hình chữ nhật. 3. Theo giả thiết AH BC; AK CC’ => K H nhìn AC dới góc 900nên nằm trên đờng trịn đờng kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => C2 = H1 (nội tiếp cung chắn cung AK) ; AOC cân O ( OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( có hai góc so le nhau) => tứ giác ACHK hình thang (2).Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân Bài58 Cho đờng trịn (O), đờng kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO Kẻ dây MN vng góc với AB I, gọi C điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E
1 Chøng minh tø gi¸c IECB néi tiÕp
2 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM Chứng minh AM2 = AE.AC.
4 Chøng minh AE AC - AI.IB = AI2
5 Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Lêi gi¶i:
1 Theo giả thiết MN AB I => EIB = 900; ACB néi tiÕp ch¾n nưa đ-ờng 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
2 Theo giả thiết MN AB => A trung điểm cung MN => AMN = ACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay AME = ACM Lại thấy CAM góc chung hai tam giác AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM
3 Theo trªn AME ACM => AM AE
AC AM => AM2 = AE.AC
4 AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ); MN AB I => AMB vng M có MI đờng cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông)
áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vng I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI 5 Theo AMN = ACM => AM tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , tâm O1 đờng trịn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 là khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM
Gọi O1 chân đờng vng góc kẻ từ N đến BM ta đợc O1 tâm đờng trịn ngoại tiếp ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đờng tròn tâm O1 bán kính O1M với đờng trịn (O) O1 hình chiếu vng góc N BM
Bài 59 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 vng góc D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh :
1 Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp Hai tam giác HNP HCB đồng dạng Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Lời giải: 1 & (HS tự làm)
3 Theo chứng minh DNHP nội tiếp => N2 = D4 (nội tiếp chắn cung HP); HDC có HDC = 900 (do AH đờng cao) HDP có HPD =
(do DP HC) => C1= D4 (cïng phô DHC)=>C1=N2 (1) chøng minh t-¬ng tù ta cã B1=P1 (2)
(31)
4. Theo chứng minh DNMB nội tiếp => N1 = D1 (nội tiếp chắn cung BM).(3) DM // CF ( vng góc với AB) => C1= D1 ( hai góc đồng vị).(4)
Theo chøng 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
Bi 60 Cho hai ng trũn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B (O), C (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I
1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBIA, AICO’ néi tiÕp Chøng minh BAC = 900
3 TÝnh sè ®o gãc OIO’
4 Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm Lời giải:
1. ( HS tù lµm)
2. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IB = IA , IA = IC ABC cã AI =
2
BC =>ABC vuông A hay BAC =900
3 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có IO tia phân giác BIA; I0là tia phân giác CIA mà hai góc BIA CIA lµ hai gãc kỊ bï => I0 I0’=> 0I0’= 900
4 Theo ta có 0I0’ vng I có IA đờng cao (do AI tiếp tuyến chung nên AI OO’) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm)
Bài 61 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 O’M AC Chứng minh :
1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp Tø giác AEMF hình chữ nhật
3 ME.MO = MF.MO’
4 OO’ tiếp tuyến đờng tròn đờng kính BC BC tiếp tuyến đờng trịn đờng kính OO’ Lời giải:
1. ( HS tù lµm)
2 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp 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 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 ch÷ nhËt
3 Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đờng tròn => MA OO’=> MAO vng A có AE MO ( theo ME AB) MA2 = ME MO (4)
Tơng tự ta có tam giác vuông MAO’ cã AFMO’ MA2 = MF.MO’ (5) Tõ (4) vµ (5) ME.MO = MF MO’
4 Đờng trịn 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 trịn đờng kính BC
5 (HD) Gọi I trung điểm OO’ ta có IM đờng trung bình hình thang BCO’O
=> IMBC M (*) Ta cung chứng minh đợc OMO’ vng nên M thuộc đờng trịn đờng kính OO’ => IM bán kính đờng trịn đờng kính OO’ (**)
(32)Bài 62 Cho đờng trịn (O) đờng kính BC, dấy AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đờng vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đờng tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF
1 Hãy xác định vị trí tơng đối đờng tròn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao?
3 Chøng minh AE AB = AF AC
4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đờng tròn (I) (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn
Lêi gi¶i:
1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiÕp xóc (O) OK = OC – KC => (K) tiÕp xóc (O)
IK = IH + KH => (I) tiÕp xóc (K)
2 Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1)
(33)BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn hay EAF = 900 (3)
Tõ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)
3 Theo giả thiết ADBC H nên AHB vuông H cã HE AB ( BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H cã HF AC (theo trªn CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**)
Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ( = AH2)
4 Theo chứng 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 b¸n kÝnh) => F2 = H2
=> F1 + F2 = H1 + H2 mà H1 + H2 = AHC = 900 => F1 + F2 = KFE = 900 => KF EF Chứng minh tơng tự ta có 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 trịn (O) có độ dài khơng đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O
Vậy H trùng với O túc dây AD vng góc với BC O EF có độ dài lớn
(34)1.Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB 2.Chứng minh AM BN = R2.
3.TÝnh tØ sè
APB MON
S S
AM =
2
R
4.TÝnh thÓ tích hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh
Lời giải:
1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà
AOP BOP hai góc kề bù => 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 mà OBN OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO Xét hai tam giác vng APB MON có APB = MON = 900; OBP = PNO => APB MON
2. Theo MON vng O có OP MN ( OP tiếp tuyến ) 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 3. Theo trªn OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mµ PM = AM =
2
R
=> PM =
2
R
=> PN = R2:
2
R = 2R => MN = MP + NP =
2
R
+ 2R =
2
R
Theo trªn APB MON => MN AB =
5
R
: 2R =
4 = k (k lµ tØ sè
đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phơng tỉ số đồng dạng nên ta có:
APB MON
S S
= k2 =>
APB MON S S = 25 16
Bài 64 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lần lợt lấy điểm D, E cho DOE = 600
1)Chứng minh tích BD CE khơng đổi
2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy tia DO tia phân giác góc BDE
3)Vẽ đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đờng trịn ln tiếp xúc với DE
Lêi gi¶i:
1. Tam giác ABC => ABC = ACB = 600 (1); DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2).
DBO cã DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3) Tõ (2) vµ (3) => BDO = COE (4)
Tõ (2) vµ (4) => BOD CEO => BD BO
CO CE => BD.CE = BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi. 2 Theo BOD CEO => BD OD
CO OE mµ CO = BO =>
BD OD BD BO BO OE OD OE (5) L¹i cã DBO = DOE = 600 (6)
Tõ (5) vµ (6) => DBO DOE => BDO = ODE => DO tia phân giác BDE
3 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 65 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.
2 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp BC song song víi DE Lêi gi¶i:
1 XÐt hai tam giác BCD ABD ta có CBD = BAD ( Vì góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), lại
cã D chung => BCD ABD => BD CD
(35)2 Theo gi¶ thiÕt tam giác ABC cân A => ABC = ACB => EBC = DCB mà CBD = BCD (góc tiếp tuyến với dây chắn cung) => EBD = DCE => B C nhìn DE dới
góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp
3 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => BCE = BDE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung BE) mà BCE = CBD (theo ) => CBD = BDE mà hai góc so le nªn suy BC // DE
Bài 66 Cho đờng trịn (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
1 Chøng minh tø gi¸c MNCE néi tiÕp Chøng minh NE AB
3 Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O)
4 Chứng minh FN tiếp tuyến đờng tròn (B; BA) Lời giải: 1 (HS tự lm)
2 (HD) Dễ thấy E trực tâm cđa tam gi¸c NAB => NE AB
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 4 Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mà AC BN => FN BN N
/
/ _
_
H
E
F
C N
M
O B
A
BAN có BM đờng cao đồng thời đờng trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đờng trịn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA)
Bài 67 AB AC hai tiếp tuyến đờng trịn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vng góc AB H, cắt (O) E cắt OA D
1 Chøng minh CO = CD
2 Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi
3 Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh I trung điểm OH
4 Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chứng minh ba điểm O, M, K thẳng hàng
Lời giải:
1 Theo gi thiết AB AC hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O => OA tia phân giác BOC => BOA = COA (1)
D I
K
M E H
O
C B
A
OB AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2) Tõ (1) vµ (2) => COD cân C => CO = CD.(3)
2. 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
3. M trung điểm CE => OM CE ( quan hệ đờng kính dây cung) => OMH = 900 theo ta có 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 68 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
1.Chøng minh BC // AE
2.Chøng minh ABCE hình bình hành
3.Gọi I trung ®iĨm cđa CF vµ G lµ giao ®iĨm cđa BC OI So sánh BAC BGO
Lời giải: (HS tự làm)
(36)(37)Theo trªn AE // CB (2) Tõ (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 vng H
=> BGK = BAH ( cung phơ víi ABH) mµ BAH =
2 BAC (do ABC cân nên AH phân giác)
=> BAC = 2BGO
Bi 69: 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 (CA) Đoạn PC cắt đường tròn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E
a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD
b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: BEA chung
EAB = EBD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…)
EB ED EA EB
EB2 = EA.ED (1)
* EPD = PCA (s.l.t) ; EAP = PCA (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…)
EPD = EAP ; PEA chung ∆EPD ~ ∆EAP (g.g)
EP ED EA EP
EP2 = EA.ED (2)Từ & EB2 = EP2 EB = EP AE trung tuyến ∆ PAB.
Bài 70: 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
ngoại tiếp tứ giác ADEF HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g)
b) tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 900)
c) Chứng minh D trực tâm ∆ CBF d) AC = BC.sinABC = 2a.sin600 = 2a
2 = a AB = BC.cosABC = 2a.cos600 = 2a 1
2 = a AH = AB.sinABC = a.sin600 = a
2 ; ∆ FKB vng K , có ABC = 60
0
BFK = 300 AD = FD.sinBFK AD = FD.sin300 a = FD.0,5 FD = a : 0,5 = 2a.
Bài 71: Cho ∆ABC vuông (ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường tròn đưòng 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 (IC)
a Chứng minh CI CE CBCA
b Chứng minh D; E; I thẳng hàng
c Chứng minh HI tiếp tuyến đường tròn đường kính EC HD; a) AB // EI (cùng BC)
P
B
A O
C D
E
C
D
A B
F
H K E
a
2a 600
A
B
C H
I E
(38) CI CE
CBCA (đ/lí Ta-lét)
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.
c) EIO' = IEO' ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’))
IEO' = HED (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến ∆HID cân HIE= HDI
Mà HDI + HED = 900 đpcm.
Bài 72: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH(d) (H d) M
là điểm thay đổi (d) (MH) 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
c Giả sử PMQ = 600 Tính tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ.
HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường trịn (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900)
b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) IO IQ
IP IH IH.IO = IQ.IP
c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tgMQK = KQ.tg600 = PQ 3 PQ
2
∆v OKQ có: OK = KQ.tgOQK = KQ.tg300 = KQ. PQ. PQ
3 MPQ OPQ S S = PQ : PQ =
Bài 73: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (EA) 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
b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy DM CM DE CE c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD d Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO.
e Đặt AOC = α Tính theo R α đoạn AC BD.
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 900)
b) AC // BD (cùng EB) ∆EAC ~ ∆EBD
CE AC
DE BD (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
CE CM DE DM (2)
DM CM
DE CE c) AC // BD (cmt) ∆NAC ~ ∆NBD NC AC
NBBD(3) Từ 1; 2;
NC CM
NB DM MN // BD d)
1
O =
2
O ;
3
O =
4
O mà
1
O +
2
O +
3
O +
4
O = 1800
O +
3
O = 900 ;
4
O +
1
D = 900 (…)
D O M P Q H I K M N
E A O B
D
C
1
(39) D1 =
2
O =
1
O = α Vậy: DB = OB tg =
R
tg ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα AC.DB = R.tgα
R tg
AC.DB = R2 (Đpcm)
Bài 74: 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 B A C 1
c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1
d Trên đoạn HC lấy điểm M cho MH MC 3 So sánh diện tích tam giác: ∆HAC ∆HJM HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900)
Tâm I trung điểm BH b) C/m:
1
HA C =
1
HBC ;
1
HA B =
1
HCB ;
1
HBC =
1
HCB HA C1 1 =
1
HA B đpcm c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 …
ỊJ trung trực A1C1.
d) S HJM =
2HM.JK ; SHAC =
2HC.AC1
SHAC : S HJM = HC.AC1
HM.JK mà
MH MC 3
HC HM+MC MC
1
HM HM HM ;
1
AC
JK (JK// AC1
SHAC : S HJM =
Bài 75: 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 HD: a) MABP nội tiếp đ/trịn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…)
OA = OB = R(O) O thuộc đường trung trực AB qua L
trung điểm AB…
b) IP // CM ( Cz) MPIC hình thang IL = LC khơng đổi A,B,C cố định I cố định
c) PA KM ; PK MB H trực tâm ∆ PKM KH PM
d) AHBK nội tiếp đ/trịn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) N tâm đ/tròn ngoại tiếp … NE = NA = R(N)
N thuộc đường trung trực AB
O,L,N thẳng hàng
Bài76: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy
một 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
A
B A1
(40)b Chứng minh: ∆KMN vng cân c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c)
b) HS tự c/m ∆ KMN vuông cân
c) ∆ KMN vuông KNKM mà KM // BP KN BP
APB = 900 (góc nội tiếp…) AP BP
KN // AP (BP)
KM // BP KMN PAT 45
Mà PAM PKU PKM 450
2
PKN 45 ; KNM 45 PK // AN Vậy ANPK hình bình hành
Bài 77: 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?
HD: a) AMD DMB 45
(chắn cung ¼ đ/trịn) MD tia phân giác AMB
b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O)
∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến
∆ OMB ~ ∆ NAB
BM BO
BA BN BM.BN = BO.BA = 2R
2 không đổi.
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
Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF
Bài78: 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?
c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sánh BGO với BAC .
d Cho biết DF // BC Tính cosABC .
HD:a) Gọi H trung điểm BC AHBC (∆ ABC cân A)
lập luận AHAE BC // AE (1) b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) AE = BC (2) Từ ABCE hình bình hành c) Theo c.m.t AB // CF GOAB
BGO = 900 –
ABC = BAH = 1
2 BAC
d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục
đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH
A O B
M N // = K P T U A B C D O M N E I F A
B H C
(41) FD = MN = MD = 1
2BC =
2 ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) DF.DN = DA.DC
2BH2 = 1
4AC
2 BH =
4 AC cos ABC = BH AB=
2
Bài 79: 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 a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng
b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp
c Chứng minh: A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE
d Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) HD: a) CBA = 900 =
FBA (góc nội tiếp chắn nửa đ/trịn) CBA + FBA = 1800 C, B, F thẳng hàng.
b) CDF = 900 =
CEF CDEF nội tiếp (quĩ tích …) c) CDEF nội tiếp ADE = ECB (cùng chắn cung EF)
Xét (O) có: ADB = ECB (cùng chắn cung AB)
ADE = ADB DA tia phân giác BDE Tương tự EA tia phân giác DEB
Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE
d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = 2DCA ; EO'A = 2EFA mà DCA = EFA (góc nội tiếp chắn
cung DE) DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO' (đ/đ) ODO' = O'EO ODEO’ nội tiếp 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 80: Cho đường trịn (O; R) có đường kính cố định ABCD
a) Chứng minh: ACBD hình vuông
b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (EB; EC) Trên tia đối tia EA lấy đoạn EM = EB
Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB ED // MB.
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)
ACBD hình vuông b) AED = 1
2 AOD = 45
0 ;
DEB = 12 DOB = 450
AED = DEB ED tia phân giác AEB .
AED = 450 ; EMB = 450 (∆ EMB vuông cân E) 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) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R
Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R 2)
A
B
O’ O
C F
D
E
A B
D C
O
E M
(42)Bài 81: 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 tròn tâm O đường kính CD cắt AD
ở 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 82: BC dây cung đường tròn (O; R) (BC2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O
luôn 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 83: 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 vuông góc với DC c Tìm tập hợp tâm E đường tròn ngoại tiếp ∆CPD
Bài84: Cho ∆ABC cân (AB = AC; A < 900), cung tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, AC
tại 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 85: 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 CIAM (IAM) a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành
c Chứng minh: MOI CAI
d Chứng minh: MA = 3.MB HD: a) COA 90
(…) ; CIA 90 0(…)
Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900)
b) MB // CI (BM) (1)
∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g)
1
N N (đ/đ) ; NC = NB ; NCI NBM (slt) CI = BM (2) Từ BMCI hình bình hành
c) ∆ CIM vng cân (CIA 90
;CMI 1COA 45
2
) MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC OI chung ;
IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) MOI IOC mà: IOC CAI MOI CAI
d) ∆ ACN vng có : AC = R ; NC = R AC
2 (với R = AO) Từ : AN =
2
2 2 R R 10
AC +CN 2R + R
2 2
; NI =
2
NC R 10 MI
MN =
NA 10
A O B
C
M
I N
1 =
(43) MB =
2
2 R R 2R R 10
NC MN
2 10 10
AM = AN + MN = R 10 +
R 10 10 =
3R 10 AM = BM
Bài 85: Cho ∆ABC có A =600 nội tiếp đường trịn (O), đường cao AH cắt đường tròn D,
đường cao BK cắt AH E a Chứng minh: BKH BCD .
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
HD: a) ABHK nội tiếp BKH BAH ;
BCD BAH ( chắn cung BD) BCD BKH
b) CE cắt AB F ;
AFEK nội tiếp FEK 1800 A 180 600 1200
BEC = 1200
c) BIC 180 B C 1800 1200 1200
2
Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung
nằm đường tròn tâm (O) d) Trong đ/trịn (O) có DAS = sđ DS
2 ; đ/trịn (S) có ISO = sđ IO
2
DAS = ISO (so le trong) nên: DS =
IO
2 mà DS = IE IO = IE đpcm
Bài86: Cho hình vng ABCD, phía hình vng dựng cung phần tư đường trịn tâm B, bán kính AB
và nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PKAD PH AB Nối PA, cắt
nửa đường trịn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn M Chứng minh rằng: a I trung điểm AP
b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH
d Tứ giác APMH hình thang cân
HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) màAIB 90 (góc nội tiếp …)
BIAP BI đường cao đường trung tuyến
I trung điểm AP 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)
PM = AH PA // MH
Vậy APMH hình thang cân
Bài 87: 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
A
B H C
D E F
K
S I
A B
C D
H M P K
(44)c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN HD: a) BOIM nội tiếp OIM OBM 90
b) INB OBM 90
; NIB BOM (2 góc nội tiếp chắn cung BM)
∆ IBN ~ ∆OMB.
c) SAIO =
2 AO.IH; SAIO lớn IH lớn AO = R(O)
Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn
Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức HAI 45
Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn
Bài 88: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm
di động cung nhỏ AC (DA DC)
a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác BAC .
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 HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự c/m :
AB = AC = BC = R
Trong đ/trịn (O; R) có: AB = AC Tâm O cách cạnh AB AC
AO hay AI tia phân giác BAC .
b) Ta có : DE = DC (gt) ∆ DEC cân ; BDC = BAC = 600 (cùng chắn
BC) ∆CDE I điểm BC IB = IC BDI = IDC
DI tia phân giácBDC ∆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
không đổi E di động đ/tròn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I AC (cung nhỏ )
D → C E → C ; D → A E → B E động BC nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ ABC đều.
Bài89: Cho hình vng ABCD cạnh a Trên AD DC, người ta lấy điểm E F cho :
AE = DF =a
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
Bài90: Cho ∆ABC có góc nhọn; A = 450 Vẽ đường cao BD CE
Gọi H giao điểm BD, CE
a Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.; b Chứng minh: HD = DC c Tính tỷ số: DE
BC d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh: OADE
Bài 91: 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 ) không đổi.
c DB.DC = DN.AC
A B
M N
H O I
A
B C
O E
I =
(45)Bài 92: 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 93: Cho đường trịn (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 94: 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 MHAB (HAB) 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:1 r
3 R
Bài 95: 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 96: Cho ∆ABC cân A, góc A nhọn Đường vng góc với AB A cắt đường thẳng BC E Kẻ
ENAC 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 AFN
Bài 97: Cho nửa đường tròn 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 trịn (O)
Bài 98: Cho ∆ABC vng C, có BC =1
2AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B C) Từ B kẻ đường thẳng d vng 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.
(46)d Tìm quỹ tích điểm I E chạy BC
Bài 99: 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 = r
12 + r22
Bài 100: Cho đường trịn (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 101: 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: HEAC
b Chứng minh: ∆HEF ~ ∆ABC
c Khi A di chuyển, chứng minh: Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HEF cố định
Bài 102: 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’ ≤