Bai tap hinh hoc on tap HK II

a) MN vuông góc với BC tại trung điểm của BC. Cho ba điểm A, B,C nằm trên đường thẳng xy theo thứ tự đó. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN.. lần lượt là trung điểm của BC và MN. Chứng minh[r]

x

Hình 01 O

K H

M E

D C

B A

CÁC BÀI TỐN HÌNH ƠN THI VÀO LỚP 10 KHÔNG CHUYÊN

(Dành tặng cho em học sinh lớp chuẩn bị ôn thi vào lớp 10 khơng chun)

Bài 1: Cho hình thang cân ABCD (AB > CD, AB // CD) nội tiếp đường tròn (O) Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) A D chúng cắt E Gọi M giao điểm hai đường chéo AC BD

1 Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp đường tròn Chứng minh AB // EM

3 Đường thẳng EM cắt cạnh bên AD BC hình thang H K Chứng minh M trung điểm HK

4 Chứng minh 1

HK AB CD

BÀI GIẢI CHI TIẾT (hình 01)

1 Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp Ta có : 

2

EAC sđ AC (góc tạo tia tiếp tuyến AE

dây AC đường tròn (O)) Tương tự: 

2

xDB sđ DB (Dx tia đối tia tiếp tuyến DE)

Mà AC = BD (do ABCD hình thang cân) nên ACBD

Do EAC xDB

Vậy tứ giác AEDM nội tiếp đường tròn Chứng minh AB // EM

Tứ giác AEDM nội tiếp nên EAD EMD (cùng chắn cung ED)

Mà EAD ABD (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung với góc nội tiếp

chắn cung AD)

Suy ra: EMDABD Do EM // AB.

Chứng minh M trung điểm HK

DAB

 có HM // AB HM DH

AB DA

 

CAB có MK // AB MK CK

AB CB

 

Mà DH CK

DA CB (định lí Ta let cho hình thang ABCD)

Nên HM MK

AB AB Do MH = MK Vậy M trung điểm HK

4 Chứng minh 1

HK AB CD

Áp dụng hệ định lí Ta let cho tam giác ADB có HM // AB ta được:

// =

M H

K D

C HM DM

AB DB (1)

Áp dụng hệ định lí Ta let cho tam giác BCD có KM // CD ta được: KM BM

CD BD (2)

Cộng (1) (2) vế theo vế ta được: HM KM DM BM DM BM BD

AB CD DB BD BD BD



     

Suy ra: 2HM 2KM

AB  CD  , mà MH = MK nên 2HM = 2KM = HK

Do đó: HK HK

AB CD  Suy ra:

2 1

HK AB CD (đpcm)

Lời bàn:

1.Do AC = BD  ADC BCD nên để chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp ta xử

dụng phương pháp : Nếu tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đối đỉnh đỉnh tứ giác nội tiếp Với cách suy nghĩ cần vẽ tia Dx tia đối tia tiếp tuyến DE tốn giải dễ dàng Có thể chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp cách chứng minh khác không? (phần dành

cho em suy nghĩ nhé)

2 Câu có cịn cách chứng minh khác khơng? Có Thử chứng minh tam giác AHM tam giác BKM từ suy đpcm

3 Câu toán quen thuộc lớp phải khơng em? Do học toán em cần ý tập quen thuộc

Tuy câu cịn cách giải Em thử nghĩ xem?

Bài 2: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB= 2R, dây cung AC Gọi M điểm cung AC Đường thẳng kẻ từ C song song với BM cắt tia AM K cắt tia OM D OD cắt AC H

Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp Chứng minh CD = MB DM = CB

Xác định vị trí điểm C nửa đường tròn (O) để AD tiếp tuyến nửa đường tròn

Trong trường hợp AD tiếp tuyến cửa nửa đường tròn (O), tính diện tích phần tam giác ADC ngồi đường tròn (O) theo R

BÀI GIẢI CHI TIẾT

Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp 

90

AMB (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AB)  AM MB

Mà CD // BM (gt) nên AM  CD Vậy MKC 900 AM CM (gt)  OM AC 

90 MHC

 

Tứ giác CKMH có  

180

MKC MHC  nên nội tiếp

trong đường tròn

2 Chứng minh CD = MB DM = CB Ta có: ACB 900

// =

O M

H K D

C B A

Do đó: DM // CB, mà CD // MB(gt) nên tứ giác CDMB

là hình bình hành Suy ra: CD = MB DM = CB Hình Xác định vị trí điểm C nửa đường trịn (O) để AD tiếp tuyến nửa đường tròn

AD tiếp tuyến đường tròn (O)  AD AB ADC

 có AK  CD DH  AC nên M trực tâm tam giác Suy ra: CM  AD

Vậy ADAB  CM // AB  AM BC.

Mà AM MC nên AM BC  AM MC BC  = 600. Tính diện tích phần tam giác ADC (O) theo R:

Gọi S diện tích phần tam giác ADC ngồi đường trịn (O) S1 diện tích tứ giác AOCD

S2 diện tích hình quạt góc tâm AOC

Ta có: S = S1 – S2 hình

 Tính S1:

AD tiếp tuyến đường tròn (O)     60

AM MCBC  AOD600

Do đó: AD = AO tg 600 = R 3  SADO = 1 . 1. 3.

2 2

R AD AO R R

AOD COD

  (c.g.c)  SAOD = SCOD  SAOCD = SADO =

2

3

R = R2 3.

 Tính S2:  1200

AC  S quạt AOC =

2

0

.120 360

R 

=

R 

 Tính S:

S = S1 – S2 = R2 3 –

3

R

 = 3

3

R  R =

 

2

3 3

R



 (đvdt)

Lời bàn:

1 Rõ ràng câu 1, hình vẽ gợi ý cho ta cách chứng minh góc H K góc vng, để có góc K vng ta cần MB  AM CD// MB

điều suy từ hệ góc nội tiếp giả thiết CD // MB Góc H vng suy từ kết số 14 trang 72 SGK toán tập Các em lưu ý tập vận dụng vào việc giải tập khác

2 Không cần phải bàn, kết luận gợi liền cách chứng minh phải không em? Rõ ràng câu hỏi khó số em, kể hiểu giải , có nhiều em may mắn vẽ ngẫu nhiên lại rơi vào hình từ nghĩ vị trí điểm C nửa đường trịn Khi gặp loại tốn địi hỏi phải tư cao Thông thường nghĩ có kết tốn xảy điều ? Kết hợp với giả thiết kết từ câu ta tìm lời giải toán Với tập phát M trực tâm tam giác khó, nhiên cần kết hợp với tập 13 trang 72 sách toán 9T2 giả thiết M điểm cung AC ta tìm vị trí C

N

y

x

O K

F

E

M

B A

Với cách trình bày mệnh đề “khi khi” kết hợp với suy luận cho ta lời giải chặt chẽ Em viết lời giải cách khác cách đưa nhận định trước chứng minh với nhận định có kết , nhiên phải trình bày phần đảo: Điểm C nằm nửa đường trịn mà BC 600

 AD tiếp tuyến

Chứng minh nhận định xong ta lại trình bày phần đảo: AD tiếp tuyến

 600

BC Từ kết luận

Phát diện tích phần tam giác ADC ngồi đường trịn (O) hiệu diện tích tứ giác AOCD diện tích hình quạt AOC tốn dễ tính so với cách tính tam giác ADC trừ cho diện tích viên phân cung AC

Bài 3 Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = a Gọi Ax, By tia vng góc

với AB ( Ax, By thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn (O); cắt Ax, By E F

Chứng minh: EOF 90



Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng dạng Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MK AB

Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a BÀI GIẢI CHI TIẾT Chứng minh: EOF 90



EA, EM hai tiếp tuyến đường tròn (O) cắt E

nên OE phân giác AOM

Tương tự: OF phân giác BOM

Mà AOM và BOM kề bù nên: EOF 900

 (đpcm) hình

2.Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng dạng

Ta có: EAO EMO  900

  (tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác AEMO có EAO EMO 1800

  nên nội tiếp đường tròn

 Tam giác AMB tam giác EOF có:  EOF 90

AMB  , MAB MEO  (cùng chắn cung MO đường tròn ngoại tiếp tứ

giácAEMO Vậy Tam giác AMB tam giác EOF đồng dạng (g.g)

3 Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MK AB

Tam giác AEK có AE // FB nên: AK AE

KF BF

Mà : AE = ME BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên : AK ME

KF MF Do MK // AE (định lí đảo định lí Ta- let)

Lại có: AE  AB (gt) nên MK  AB

4 Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.

Gọi N giao điểm MK AB, suy MN  AB

x

H Q I

N M

O C

B A

BEA có: NK // AE nên: NK BK AE BE (2)

Mà FK BK

KA KE ( BF // AE) nên

FK BK

KA FK BK KE hay

FK BK

FA BE (3)

Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra: MK KN

AE AE Vậy MK = NK

Tam giác AKB tam giác AMB có chung đáy AB nên: AKB 12 AMB

S KN

S MN 

Do đó: AKB AMB

S  S

Tam giác AMB vuông M nên tg A = MB

MA  MAB 600

Vậy AM =

a

MB =

a  1

2 2 AKB

a a S

  =

16a (đvdt)

Lời bàn: Đây đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 tỉnh Hà Nam Từ câu đến câu q trình ơn thi vào lớp 10 chắn thầy cô ôn tập , em ôn thi nghiêm túc chắn giải ngay, khỏi phải bàn, em thi năm qua tỉnh Hà Nam xem trúng tủ, toán có nhiều câu khó, câu khó mà người đề khai thác từ câu : MK

cắt AB N Chứng minh: K trung điểm MN Nếu ý MK đường thẳng chứa đường cao tam giác AMB câu tam giác AKB AMB có chung đáy AB em nghĩ đến định lí: Nếu hai tam giác có chung đáy tỉ số diện tích hai tam giác tỉ số hai đường cao tương ứng, tốn qui tính diện tích tam giác AMB khơng phải khó phải khơng em?

Bài 4: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Từ điểm M tiếp tuyến Ax nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến thứ hai MC (C tiếp điểm) Hạ CH vng góc với AB , đường thẳng MB cắt nửa đường tròn (O) Q cắt CH N Gọi giao Điểm MO AC I Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AMQI nội tiếp b) AQI ACO.

c) CN = NH

(Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 sở GD&ĐT Tỉnh Bắc Ninh) BÀI GIẢI CHI TIẾT

a) Chứng minh tứ giác AMQI nội tiếp:

Ta có: MA = MC (tính chất hai tếp tuyến cắt nhau) OA = OC (bán kính đường trịn (O))

Do đó: MO  AC  MIA900

AQB 900

 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  MQA 900

K x

H Q I

N M

O C

B A

Hai đỉnh I Q nhìn AM góc vng nên tứ giác

AMQI nội tiếp đường trịn Hình b) Chứng minh:AQI ACO.

Tứ giác AMQI nội tiếp nên AQI AMI (cùng chắn cung AI) (1)

 

AMI CAO (cùng phụ MAC ) (2)

AOC

 có OA = Oc nên cân O  CAO ACO (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: AQI ACO

c) Chứng minh CN = NH

Gọi K giao điểm BC tia Ax Ta có: ACB 900

 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn(O))

AC  BK , AC  OM  OM // BK

Tam giác ABK có: OA = OB , OM // BK  MA = MK Hình

Áp dụng hệ định lí Ta let cho ABM có NH // AM (cùng AB) ta được:

NH BN

AM BM (4)

Áp dụng hệ định lí Ta let cho BKM có CN // KM (cùng AB) ta được:

CN BN

KM BM (5)

Từ (4) (5) suy ra: NH CN

AM KM

Mà KM = AM nên CN = NH (đpcm)

Lời bàn:

1 Câu hình vẽ gợi cho ta suy nghĩ: Cần chứng minh hai đỉnh Q I nhìn AM góc vng Góc AQM vng có kề bù với ACB vng,góc MIA vng suy từ tính chất hai tiếp tuyến cắt

2 Câu suy từ câu 1, dễ dàng thấy AQI AMI , ACO CAO , vấn đề

lại cần IMA  CAO, điều khơng khó phải không em?

3 Do CH // MA , mà đề toán yêu cầu chứng minh CN = NH ta nghĩ việc kéo dài BC cắt Ax K toán trở toán quen thuộc : Cho tam giác ABC, M trung điểm BC Kẻ đường thẳng d // BC cắt AB, AC AM E, D I Chứng minh IE = ID

Nhớ toán có liên quan đến phần thi ta qui tốn giải đề thi cách dễ dàng

Bài 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F cho BF cắt đường tròn C, tia phân giác góc ABF cắt Ax E cắt đường tròn D

1 Chứng minh OD // BC

2 Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp

//

=

x F

E

O

D C

B A

 

 

CDB CAB CAB CFA

 

 

 



x F

E

D C

B O

A tích hình thoi AOCD theo R

BÀI GIẢI CHI TIẾT

1 Chứng minh OD // BC

BODcân O (vì OD = OB = R)  OBD ODB 

Mà OBD CBD  (gt) nên ODB CBD  Do đó: OD // BC.

2 Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF

 900

ADB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)  ADBE  900

ACB (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)  ACBF

EAB vuông A (do Ax tiếp tuyến ), có AD  BE nên:

AB2 = BD.BE (1)

FAB vng A (do Ax tiếp tuyến ), có AC  BF nên:

AB2 = BC.BF (2) hình 7 Từ (1) (2) suy ra: BD.BE = BC.BF

3 Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp: Ta có:

(hai góc nội tiếp chắn cung BC)

( phụ FAC)  CDB CFA 

Do tứ giác CDEF nội tiếp Cách khác:

DBCvà FBE có : Bchung

BD BC

BF BE (suy từ BD.BE = BC.BF) nên chúng đồng dạng (c.g.c)

Suy ra: CDB EFB Vậy tứ giác CDEF tứ giác nội tiếp.

4 Xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD hình thoi :

Ta có: ABD CBD (do BD phân giác ABC)  AD CD

Tứ giác AOCD hình thoi OA = AD = DC = OC

 AD = DC = R AD DC 600

    AC1200

ABC 600

 

Vậy ABC 600

 tứ giác AOCD hình thoi

Tính diện tích hình thoi AOCD theo R:

 1200 3

AC  ACR

Sthoi AOCD = 3

2 2

R

OD AC  R R  (đvdt) Lời bàn:

1 Với câu 1, từ gt BD phân giác góc ABC kết hợp với tam giác cân ta nghĩ đến cần chứng minh hai

góc so le ODB và OBD nhau.

2.Việc ý đến góc nội tiếp chắn nửa đường trịn kết

hợp với tam giác AEB,FAB vuông Ax tiếp tuyến gợi ý hình

H

N

F E

C B

A

ngay đến hệ thức lượng tam giác vng quen thuộc Tuy nhiên chứng minh hai tam giác BDC BFE

đồng dạng trước suy BD.BE = BC.BF Với cách thực có ưu việc giải ln câu Các em thử thực xem sao?

3 Khi giải câu câu sử dụng câu , chứng minh giải

4 Câu với đề yêu cầu xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD trở thành hình thoi khơng phải khó Từ việc suy luận AD = CD = R nghĩ đến cung AC 1200 từ suy số đo góc ABC 600.

Tính diện tích hình thoi cần nhớ công thức , nhớ kiến thức đặc biệt mà q trình ơn tập thầy giáo bổ sung AC 1200 AC R 3

   ,

em tính dễ dàng

Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC E F ; BF cắt EC H Tia AH cắt đường thẳng BC N

a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp b) Chứng minh FB phân giác EFN

c) Giả sử AH = BC Tính số đo góc BAC ABC

BÀIGIẢI CHI TIẾT

a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp:

Ta có : BFC BEC 900

  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn

đường kính BC) Tứ giác HFCN có HFC HNC  1800

  nên nội tiếp

đường trịn đường kính HC) (đpcm)

b) Chứng minh FB tia phân giác góc EFN:

Ta có: EFB ECB ( hai góc nội tiếp chắn BE đường trịn đường kính

BC)

 

ECB BFN ( hai góc nội tiếp chắn HN đường trịn đường kính

HC)

Suy ra: EFB BFN Vậy FB tia phân giác góc EFN (đpcm)

c) Giả sử AH = BC Tính số đo góc BAC tam giác ABC : FAH FBC có:

AFH BFC 900

 

AH = BC (gt)

FAH FBC (cùng phụ ACB)

Vậy FAH = FBC (cạnh huyền- góc nhọn) Suy ra: FA = FB AFB vuông F; FA = FB nên vng cân Do BAC 450

 Bài 7: (Các em tự giải)

= //

O

F E

C

D B

A

b) Chứng minh AD AC = AE AB

c) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA  DE

d) Cho biết OA = R , BAC 600

 Tính BH BD + CH CE theo R

Bài Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên tia AB lấy điểm D nằm đoạn AB kẻ tiếp tuyến DC với đường tròn (O) ( C tiếp điểm ) Gọi E chân đường vng góc hạ từ A xuống đường thẳng CD F chân đường vng góc hạ từ D xuống đường thẳng AC Chứng minh:

a) Tứ giác EFDA nội tiếp b) AF phân giác EAD

c) Tam giác EFA tam giác BDC đồng dạng d) Các tam giác ACD ABF có diện tích

( Trích đề thi tốt nghiệp xét tuyển vào lớp 10- năm học 2000- 2001)

BÀI GIẢI

a) Chứng minh tứ giác EFDA nội tiếp: Ta có: AED AFD 90

  (gt)

Hai đỉnh E F nhìn AD góc 900 nên tứ giác EFDA nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh AF phân giác EAD :

Ta có :

AE CD AE OC//

OC CD

 

 



 Vậy

 

EAC CAD ( so le trong)

Tam giác AOC cân O (vì OA = OC = R) nên CAO OCA 

Do đó: EAC CAD Vậy AF phân giác góc EAD (đpcm)

c) Chứng minh tam giác EFA tam giác BDC đồng dạng:

EFA BDC có :

EFA CDB (hai góc nội tiếp chắn AE đường tròn ngoại tiếp tứ giác

EFDA)

EAC CAB  EAF BCD CAB DCB

 



 



 



Vậy EFA BDC đồng dạng (góc- góc)

d) Chứng minh tam giác ACD ABF có diện tích: SACD =

2DF AC SABF =

.AF 2BC (1) BC // DF (cùng  AF) nên :

AF

BC AC

DF  hay DF AC = BC.AF (2)

Từ (1) (2) suy : SACD = SABF (đpcm) (Lưu ý: giải cách khác nữa)

Bài 9 Cho tam giác ABC ( BAC 450

 ) nội tiếp nửa đường tròn tâm O

đường kính AB Dựng tiếp tuyến với đường trịn (O) C gọi H chân đường vng góc kẻ từ A đến tiếp tuyến AH cắt đường tròn

/ / // //

H Q

P I

O N

M

C B

A

O P K M

H

A

C

B

(O) M ( M  A) Đường vng góc với AC kẻ từ M cắt AC K

AB P

a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp b) Chứng minh MAP cân

c) Tìm điều kiện ABC để ba điểm M, K, O thẳng hàng

BÀI GIẢI

a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp:

Ta có : MHC 900

 (gt), MKC 900(gt)

Tứ giác MKCH có tổng hai góc đối 1800 nên nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh tam giác MAP cân:

AH // OC (cùng vng góc CH) nên MAC ACO (so le trong)

AOC cân O (vì OA = OC = R) nên ACO CAO

Do đó: MAC CAO  Vậy AC phân giác MAB .

Tam giác MAP có AK đường cao (do AC  MP), đồng thời đường

phân

giác nên tam giác MAP cân A (đpcm)

Cách 2: Tứ giác MKCH nội tiếp nên AMP HCK (cùng bù HMK)

HCA CBA (cùng 1

2sđAC), CBA MPA  (hai góc đồng vị MP// CB)

Suy ra: AMPAPM Vậy tam giác AMP cân A

c) Tìm điều kiện cho tam giác ABC để ba điểm M; K; O thẳng hàng:

Ta có M; K; P thẳng hàng Do M; K;O thẳng hàng P  O hay AP = PM

Kết hợp với câu b tam giác MAP cân A suy tam giác MAP Do CAB 300



Đảo lại: CAB 300

 ta chứng minh P  O :

Khi CAB 300

  MAB600(do AC phân giác MAB )

Tam giác MAO cân O có MAO 600

 nên MAO

Do đó: AO = AM Mà AM = AP(do MAP cân A) nên AO = AP Vậy P 

O

Trả lời: Tam giác ABC cho trước có  30

CAB ba điểm M; K; O thẳng hàng

Bài 10 Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Đường trịn tâm O đường kính AH cắt cạnh AB, AC M N ( A M&N)

Gọi I, P, Q trung điểm đoạn thẳng OH, BH, CH Chứng minh:

a) AHN ACB

b) Tứ giác BMNC nội tiếp

H

/ /

= =

P

O K I

N M

C

B

A BÀI GIẢI

a) Chứng minh AHN ACB:

ANH 900

 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Nên Tam giác ANH vuông N

 900

AHC (do AH đường cao ABC) nên tam

giác AHC vng H

Do đó: AHN ACB (cùng phụ HAC)

b) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp:

Ta có : AMN AHN (hai góc nội tiếp chắn cung AN)

AHNACB (câu a)

Vậy: AMN ACB Do tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp.

c) Chứng minh I trực tâm tam giác APQ:

OA = OH QH = QC (gt) nên QO đường trung bình tam giác AHC Suy ra: OQ//AC, mà AC AB nên QO  AB

Tam giác ABQ có AH  BQ QO  AB nên O trực tâm tam giác

Vậy BO  AQ Mặt khác PI đường trung bình tam giác BHO nên PI //

BO

Kết hợp với BO  AQ ta PI  AQ

Tam giác APQ có AH  PQ PI  AQ nên I trực tâm tam giác

APQ(đpcm)

Bài 11.Cho đường trịn (O;R) đường kính AB.Gọi C điểm thuộc đường trịn ( C A&B) M, N điểm cung nhỏ

AC BC Các đường thẳng BN AC cắt I, dây cung AN BC cắt P Chứng minh:

a)Tứ giác ICPN nội tiếp Xác định tâm K đường trịn ngoại tiếp tứ giác b)KN tiếp tuyến đường tròn (O;R)

c)Chứng minh C di động đường trịn (O;R) đường thẳng MN ln tiếp xúc với đường tròn cố định

BÀI GIẢI

a) Chứng minh tứ giác ICPN nội tiếp Xác định tâm K đường tròn ngoại tiếp

tứ giác đó:

Ta có : ACB ANB 900

  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))

Do đó: ICP INP  900

 

Tứ giác ICPN có ICP INP 1800

  nên nội tiếp

đường tròn

Tâm K đường tròn ngoại tiếp tứ giác ICPN trung điểm đoạn thẳng IP

b) Chứng minh KN tiếp tuyến đường tròn (O).

/ /

//

//

H O K

E D

C B

A

Tam giác INP vuông N , K trung điểm IP nên

KN KI  IP

Vậy tam giác IKN cân K Do KIN KNI (1)

Mặt khác NKP NCP  (hai góc nội tiếp chắn cung PN đường tròn (K)) (2)

N trung điểm cung CB nên CN BN  CN NB Vậy NCB cân N

Do : NCB NBC  (3)

Từ (1) , (2), (3) suy ra: INK IBC , hai góc vị trí đồng vị nên KN // BC

Mặt khác ON BC nên KN  ON Vậy KN tiếp tuyến đường trịn (O)

Chú ý: * Có thể chứng minh KNI ONB  900 KNO 900

   

* chứng minh KNA ANO  900 KNO 900

   

c) Chứng minh C di động đường trịn (O) đường thẳng MN ln

tiếp xúc với đường tròn cố định:

Ta có AM MC(gt) nên AOM MOC Vậy OM phân giác AOC.

Tương tự ON phân giác COB , mà AOC COB kề bù nên MON 900



Vậy tam giác MON vuông cân O

Kẻ OH  MN, ta có OH = OM.sinM = R

2 = 2

R không đổi.

Vậy C di động đường tròn (O) đường thẳng MN ln tiếp xúc với

đường tròn cố định (O; 2

R )

Bài 12 Từ điểm A đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ( B, C tiếp điểm) Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) D E ( D nằm A E , dây DE không qua tâm O) Gọi H trung điểm DE, AE cắt BC K

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh HA tia phân giác BHC

c) Chứng minh : 1

AK AD AE

BÀI GIẢI

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp:

ABO ACO 900

  (tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác ABOC có ABO ACO 1800

  nên nội tiếp

đường tròn b) Chứng minh HA tia phân giác góc BHC:

_ =

= /

/ O

K H

E D

C B

A

60

O

J I

N M

B A

Vậy HA tia phân giác góc BHC c)Chứng minh 1

AK ADAE :

ABD AEB có: 

BAE chung, ABDAEB(cùng

2sđ BD ) Suy : ABD ~ AEB

Do đó: AB AD AB2 AD AE.

AE AB   (1) ABK AHB có:



BAH chung, ABK AHB (do ABAC) nên chúng đồng dạng

Suy ra: AK AB AB2 AK AH.

AB AH   (2)

Từ (1) (2) suy ra: AE.AD = AK AH

AH AK AE AD

 

2

AH AK AE AD

  = 2 

AD DH AE AD



=2

AD DH

AE AD 



AD AD ED AE AD

 

=

AE AD AE AD



= 1

AD AE

(do AD + DE = AE DE = 2DH)

Vậy: 1

AK ADAE (đpcm)

Bài 13 Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB Trên đường trịn (O;R) lấy điểm M cho 

60

MAB Vẽ đường tròn (B;BM) cắt đường tròn (O;R) điểm thứ hai N

a) Chứng minh AM AN tiếp tuyến đường tròn (B;BM) b) Kẻ đường kính MOI đường trịn (O;R) MBJ đường tròn

(B;BM) Chứng minh N , I , J thẳng hàng JI JN = 6R2

c) Tính phần diện tích hình trịn (B;BM) nằm bên ngồi đường trịn (O;R) theo R

BÀI GẢI

a) Chứng minh AM AN tiếp tuyến đường tròn (B;BM)

Ta có : AMB ANB 900

  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn(O))

Điểm M N thuộc (B;BM) ; AM MB AN NB

Nên AM ; AN tiếp tuyến (B;BM) b) Chứng minh N; I; J thẳng hàng JI JN = 6R2. MNI MNJ 900

  (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O tâm B )

Nên IN MN JN  MN Vậy ba điểm N ; I ; J thẳng hàng

* Tam giác MJI BO đường trung bình nên IJ = 2BO = 2R

_ // = M I H D C

Tam giác AMO cân O (vì OM = OA),  60

MAO nên tam giác MAO

AB  MN tai H(tính chất dây chung hai đường tròn (O) (B)cắt nhau)

Nên OH = 1

2OA2R Vậy HB = HO + OB =

3

2

R R

R

  2.3

2

R

NJ R

  

Vậy JI JN = 2R 3R = 6R2

c)Tính diện tích phần hình trịn (B; BM) nằm ngồi đường trịn (O; R) theo R: Gọi S diện tích phần hình trịn nằm (B;BM) nằm bên ngồi hình trịn (O;R) S1 diện tích hình trịn tâm (B; BM)

S2 diện tích hình quạt MBN

S3 ; S4 diện tích hai viên phân cung MB NB đường trịn (O;R) Ta có : S = S1 – (S2 + S3 + S4)

 Tính S1:

MAB 600 MB 1200

    MB R Vậy: S1 =  

2

2

3

R R

  

 Tính S2 :

 600

MBN   S2 =  

2 0 60 360 R

 =

2

R   Tính S3 :

S3 = Squạt MOB – SMOB

 1200

MOB  Squạt MOB =

2

0 120 360 R R   

OA = OB  SMOB =

2SAMB = 1

2 AM MB=

1

4R R =

2

3

R

Vậy S3 =

R



R

 = S4 (do tính chất đối xứng)

Từ đó: S = S1 – (S2 + 2S3) =

3R –

2 2 2 3

2

R R R

           

= 11 3

R R

 

(đvdt)

Bài 14: Cho đường trịn (O;R) , đường kính AB Trên tiếp tuyến kẻ từA đường tròn lấy điểm C cho AC = AB Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD

đường tròn (O;R) , với D tiếp điểm

a) Chứng minh ACDO tứ giác nội tiếp

b)Gọi H giao điểm AD OC Tính theo R độ dài đoạn thẳng AH ; AD c)Đường thẳng BC cắt đường tròn (O;R) điểm thứ hai M.Chứng minh MHD 450



d)Đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác MHB Tính diện tích phần hình trịn nằm ngồi đường trịn (O;R)

BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác ACDO nội tiếp:

  90

CAO CDO  (tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác ACDO có  

180

CAO CDO  nên nội tiếp

một đường trịn

b) Tính theo R độ dài đoạn thẳng AH; AD:

CA = CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OD =R  OCAD AH =

HD

Tam giác ACO vuông A, AH  OC nên 2 12 12 AH AO AC

=

 2

2

1

2

R  R =

5 4R

Vậy : AH = 5

R AD = 2AH = 4 5

R

c) Chứng minh MHD 450

 :

 900

AMB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  CMA 900

Hai đỉnh H M nhìn AC góc 900 nên ACMH tứ giác nội tiếp. Suy : ACM MHD

Tam giác ACB vuông A, AC = AB(gt) nên vuông cân Vậy ACB 450



Do : MHD 450



d) Tính diện tích hình trịn (I) nằm ngồi đường tròn (O) theo R : Từ CHD 900

 MHD 450  CHM 450mà CBA 450(do CAB vuông cân

B)

Nên CHM CBA  Tứ giác HMBO nội tiếp Do MHB MOB  900

 

Vậy tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MHB trung điểm MB Gọi S diên tích phần hình trịn ( I ) ngồi đường trịn (O) S1 diện tích nửa hình trịn đường kính MB

S2 diện tích viên phân MDB Ta có : S = S1 – S2

 Tính S1 : MB 900 MB R 2

   Vậy S1 =

2

1

2

R R

  

 

 Tính S2: S2 = SquạtMOB – SMOB

= 2.900

360

R R



 =

2

4

R R

 

 S =

2

4

R 

 (

2

4

R R



 ) =

2

2

R

Bài 15: Cho đường trịn (O) đường kính AB 6cm Gọi H làđiểm nằm A

E I K

H O

N M

D C

B A

B cho AH = 1cm Qua H vẽ đường thẳng vng góc với AB , đường thẳng cắtđường tròn (O) C D Hai đường thẳng BC DA cắt M Từ Mhạ đường vng góc MN với đường thẳng AB ( N thuộc thẳng AB )

a) Chứng minh MNAC tứ giác nội tiếp

b) Tính độ dài đoạn thẳng CH tính tgABC

c) Chứng minh NC tiếp tuyến đường tròn (O)

d) Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt NC E Chứng minh đường thẳng EB qua trung điểm đoạn thẳng CH

BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác MNAC nội tiếp: ACB 900

 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Suy MCA 900

 Tứ giác MNAC có N C  1800

nên nội tiếp đường tròn b) Tính CH tg ABC

AB = (cm) ; AH = (cm)  HB = (cm)

Tam giác ACB vuông C, CH  AB  CH2 = AH BH = =  CH  5

(cm)

* tg ABC = 5

CH BH 

c) Chứng minh NC tiếp tuyến đường tròn (O):

Ta có : NCA NMA (hai góc nội tiếp chắn cung AN đường tròn ngoại

tiếp

tứ giác MNAC)

NMA ADC  (so le MN // CD) ADCABC (cùng chắn AC)

Nên : NCA ABC Do 

2

ABC sđ AC 

2

NCA

  sđ AC

Suy CN tiếp tuyến đường tròn (O) (xem lại tập 30 trang 79 SGK toán tập 2) d) Chứng minh EB qua trung điểm CH:

Gọi K giao điểm AE BC; I giao điểm CH EB KE // CD (cùng  với AB)  AKB DCB (đồng vị)

 

DAB DCB ( chắn cung BD)

 

DAB MAN (đối đỉnh) MAN MCN (cùng chắn MN )

Suy ra: EKCECK  KEC cân E Do EK = EC

Mà EC = EA( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên EK = EA KBE có CI // KE  CI BI

KE BE ABEcó IH // AE 

IH BI AE BE

Vậy CI IH

KE AE mà KE = AE nên IC = IH (đpcm)

H

/ / ?

_



K

E H

M O

D

C B

A

Cho đường tròn tâm O, đường kính AC Vẽ dây BD vng góc với AC K ( K nằm A O) Lấy điểm E cung nhỏ CD (E không trùng C D), AE cắt BD H

a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp b) Chứng minh AD2 = AH AE.

c) Cho BD = 24cm; BC = 20cm Tính chu vi hình trịn (O)

d) Cho BCD Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ tam giác

MBC cân M Tính góc MBC theo  để M thuộc đường tròn (O).

Hướng dẫn:

c) Tính BK = 12 cm, CK = 16 cm, dùng hệ thức lượng tính CA = 25 cm  R = 12,5 cm

Từ tính C = 25

d) M  (O) ta cần có tứ giác ABMC nội tiếp

  

180

ABM ACM 



90 180

2

MBC 

   

Từ tính  1800

4

MBC 

Bài 17 Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax dây AC Tia phân giác góc xAC cắt nửa đường trịn D, tia AD BC cắt E

a) Chứng minh ABE cân

b) Đường thẳng BD cắt AC K, cắt tia Ax F Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp

c) Cho  30

CAB Chứng minh AK = 2CK

Bài 18 Từ điểm A ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB; AC cát tuyến AMN không qua tâm O Gọi I trung điểm MN

a) Chứng minh AB2 = AM AN

b) Chứng minh tứ giác ABIO nội tiếp

c) Gọi D giao điểm BC AI Chứng minh IB DB

IC DC

Bài 19 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Phân giác BAC

cắt BC D cắt đường tròn M Phân giác Acắt đường thẳng BC E cắt đường tròn N Gọi K trung điểm DE Chứng minh:

a) MN vng góc với BC trung điểm BC b) ABN EAK

c) AK tiếp tuyến đường tròn (O)

Bài 20 Cho ba điểm A, B,C nằm đường thẳng xy theo thứ tự Vẽ đường trịn (O) qua B C Từ A vẽ hai tiếp tuyến AM AN Gọi E F

lần lượt trung điểm BC MN a) Chứng minh AM2 = AN2 = AB AC

b) Đường thẳng ME cắt đường tròn (O) I Chứng minh IN // AB c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OEF nằm đường thẳng cố định đường tròn (O) thay đổi

Bài 21 Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R Điểm C nằm (O) mà AC > BC Kẻ CD  AB ( D  AB ) Tiếp tuyến A đường tròn

(O) cắt BC E Tiếp tuyến C đường tròn (O) cắt AE M OM cắt AC I MB cắt CD K

a) Chứng minh M trung điểm AE b) Chứng minh IK // AB

c) Cho OM = AB Tính diện tích tam giác MIK theo R

Bài 22 : Trên cung nhỏ BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lấy điểm P tuỳ ý Gọi giao điểm AP BC

Chứng minh BC2= AP AQ

a) Trên AP lấy điểm M cho PM = PB Chứng minh BP+PC= AP b) Chứng minh PQ1 PB1 PC1

Bài 23 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R điểm C nằm ngồi nửa đường tròn CA cắt nửa đường tròn M , CB cắt nửa đường tròn N Gọi H giao điểm AN BM

a) Chứng minh CH  AB

b) Gọi I trung điểm CH Chứng minh MI tiếp tuyến nửa đường tròn (O)

c) Giả sử CH =2R Tính số đo cung MN

Bài 24: Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R dây MN có độ dài bán kính (M thuộc cung AN ) Các tia AM BN cắt I Các dây AN BM cắt K

a)Tính MIN AKB

b)Tìm quỹ tích điểm I quỹ tích điểm K dây MN thay đổi vị trí c) Chứng minh I trực tâm tam giác KAB

d)AB IK cắt H Chứng minh HA.HB = HI.HK

e)Với vị trí dây MN tam giác IAB có diện tích lớn ? Tính giá trị diện tích lớn theo R

Bài 25: Trên đường tròn (O) lấy ba điểm A,B C Gọi M,N P theo thứ tự

điểm cung AB,BC AC BP cắt AN I ,NM cắt AB E Gọi D giao điểm AN BC Chứng minh :

c)EI  BC d) AN AB

BN BD Bài 26 : Cho hai đường tròn (O) (O1) Đường nối tâm OO1 cắt

đường tròn (O) (O1) điểm A , B , C , D theo thứ tự đường thẳng Kẻ tiếp tuyến tuyến chung EF ( E  (O) , F  (O1) ) Gọi M giao điểm

của AE DF , N giao điểm EB FC Chứng minh : a) Tứ giác MENF hình chữ nhật

b) MN  AD

c)ME MA = MF MD

-HẾT