De Thi Vao lop 10 hay nhat

Gäi K lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c MCID, Chøng minh KCOH lµ tø gi¸c néi tiÕp.. Qua M kÎ d©y cung DE vu«ng gãc víi AB.[r]

Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng trịn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt 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:

XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:

 CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)

 CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) =>  CEH +  CDH = 1800

Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE  AC => BEC = 900.

CF đờng cao => CF  AB => BFC = 900.

Nh E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng trịn đờng kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn

Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; Â góc chung =>  AEH ADC =>

AC AH AD

AE

 => AE.AC = AH.AD

* Xét hai tam giác BEC ADC ta có:  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 góc ABC)

C2 = A1 ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n 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)

Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp

C1 = E2 ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD)

E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED

Chứng minh tơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF

Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE

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:

XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:

 CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)  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 lµ trung tuyÕn => DE =

BC

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 =

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

H 1

3 2 1 1

O

E

D C

B

A H

( ( 2

2

1 1

1 P

N

F

E

M

D C

B

A

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 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt N

1 Chøng minh AC + BD = CD Chøng minh COD = 900. Chøng minh AC BD =

4

2

AB .

4 Chøng minh OC // BM

5 Chứng minh AB tiếp tuyến đờng trịn đờng kính CD Chứng minh MN  AB

7 Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Lời giải:

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kỊ bï => COD = 900.

Theo COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM  CD ( OM tiếp tuyến ). áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD =

4

2

AB

Theo trªn COD = 900 nªn OC  OD (1)

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM  OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD)

Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng 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 trịn 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

Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK

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 hayIBK = 900

Tơng tự ta có ICK = 900 nh B C nằm đờng trịn đờng kính IK B, C, I, K nằm đờng tròn

Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH

C2 + I1 = 900 (2) ( IHC = 900 ). I1 =  ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC. Vậy AC tiếp tuyến đờng trịn (O)

Tõ gi¶ thiÕt 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 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 Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2.

/ /

y x

N C

D I

M

B O

A

o

1 2 1 H

I

C A

B

K d

H I K

N P

M

D

C A

4 Chứng minh OAHB hình thoi

5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng

6 Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d Lời giải:

(HS tù lµm)

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 có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; 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 trờn OAHB l 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 nhng ln cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R

Bài Cho tam giác ABC vng 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 Chøng minh tam giác BEC cân

2 Gi I l hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chứng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) Chứng minh BE = BH + DE

Lêi gi¶i: (HD)

 AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2)

Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến ca

BEC

=> BEC tam giác cân => B1 = B2

2 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 =>

 AHB = AIB => AI = AH

3 AI = AH vµ BE  AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I 4 DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED

Bài Cho đờng trịn (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 Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn

2 Chøng minh BM // OP

3 Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng

hàng Lời giải:

(HS tự làm)

Ta cã  ABM néi tiÕp ch¾n cung AM;  AOM góc tâm chắn cung AM => ABM =

2

AOM 

(1) OP tia phân giác AOM ( t/c hai tiếp tuyÕn c¾t ) =>  AOP =

2

AOM 

(2)

Từ (1) (2) =>  ABM =  AOP (3) Mà  ABM  AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4)

XÐt hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA lµ tiÕp tuyÕn ); NOB = 900 (gt NOAB).

=> 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 nhau)

Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON 

AB => ON  PJ

Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6)

Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON =

ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6)

AONP hình chữ nhật => APO =  NOP ( so le) (7) X

( (

2 1

1 1

K I

J

M N

P

A O B

2 I

E

H D

C A

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đờng cao => IK  PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng

Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng trịn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K

1) Chøng minh r»ng: EFMK lµ tø gi¸c néi tiÕp 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM IB.

3) Chøng minh BAF lµ tam giác cân

4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi

5) Xỏc nh v trớ M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng trịn Lời giải:

1 Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù).

AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù). => KMF + KEF = 1800

Mà KMF KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp

Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vng A có AM  IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM IB.

Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí ……) => 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).

Từ (1) (2) => BAF tam giác cân t¹i B

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 đ-ờng)

(HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng trịn AKFI phải hình thang cân

AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB

Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông A cã 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 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 tứ giác nội tiếp Lời giải:

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 đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi

 ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ).

=> ABD + BAD = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800)(1)

 ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ).

=> AFB + BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800) (2)

Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD) Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800

ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => 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 kh¸c

ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp

Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đơng vng góc từ S đến AB

1 Chứng minh bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh tam giác

PS’M cân Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn

X

2 1 2

1

E K I

H

F M

B O

A

D C

A O B

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

2 Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đờng tròn nên M’ nằm đờng tròn => hai cung AM và AM’ có số đo

=> AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung 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’ (v× so le trong) (2) => Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS’

Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn =>

ASP=AMP (néi tiÕp cïng ch¾n AP )

=> AS’P = AMP => tam giác PMS cân P

3 Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 =

S’1 (cïng phơ víi S) (3)

Tam giác PMS cân P => S1 = M1 (4)

Tam giác OBM cân O ( v× cã OM = OB =R) => B1 = M3 (5) Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ

M3 + M2 = AMB = 900 nên suy M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM M => PM tiếp tuyến đờng tròn M

Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh :

1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän

2. DF // BC Tø gi¸c BDFC néi tiÕp

CF BM CB

BD 

Lêi gi¶i:

(HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam giác ADF cân A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE)

Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän. Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => AD AF

ABAC => DF // BC

DF // BC => BDFC hình thang lại có  B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn

Xét hai tam giác BDM CBF

Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân)

BDM = BFD (néi tiếp chắn cung DI); CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF

=> BDM CBF =>

CF BM CB

BD 

Bài 12 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 N đờng tròn P Chứng minh :

1 Tø giác OMNP nội tiếp

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 (néi tiÕp ch¾n 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) Tõ (1) vµ (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành

3 Xột hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C góc chung => OMC NDC

=> CM CO

CD CN => CM CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R nªn CO.CD = 2R

2 khơng đổi => CM.CN =2R2 khơng 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 vuông góc với CD D

M I

O

F

E D

C B

A

3

( )

4

1 1

) (

1 2

2

1

1

H O

S'

M' M

A B

S

P

B' A'

O

P N

M

D

B A

V× M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song AB

Bài 13 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 F

1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tø gi¸c néi tiÕp

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 tròn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)

EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông t¹i A) (3)

Tõ (1), (2), (3) => tø giác AFHE hình chữ nhật ( có ba gãc vu«ng)

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 gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mµ AFE +

EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp.3 Xét hai tam giác AEF ACB ta có A = 900 góc chung; AFE = ABC ( theo Chứng minh trên) => AEF ACB => AE AF

ACAB => AE AB = AF AC

* HD c¸ch 2: Tam giác 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 mà 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

Bài 14 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

Đờng vng góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đờng tròn (I), (K)

1 Chøng minh EC = MN

2 Chøng minh MN lµ tiếp tuyến chung nửa đ-ờng tròn (I), (K)

3 TÝnh MN

4 Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn

Lêi gi¶i:

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 tròn 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 góc nội 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 gi¶ thiÕt 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 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng trịn (O) có đờng kính MC đ-ờng thẳng BM cắt đđ-ờng trịn (O) D đđ-ờng thẳng AD cắt đđ-ờng tròn (O) S

1 Chứng minh ABCD tứ giác nội tiÕp

(

) 21

21 I 1 F

E

O2

O1 H C

B

A

1

1

H

1 N

M

C

I O K B

E

A

3

2 2 1

2 Chøng minh CA tia phân giác góc SCB

3 Gi E giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy

4 Chứng minh DM tia phân giác cña gãc 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 trịn ) =>

CDB = 900 nh D A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng tròn đ-ờng kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp

2. ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB)

D1= C3 => SM EM  => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân giác góc SCB

3 Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC nh BA, EM, CD ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy

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

Tø giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2)

Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng trịn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b)

C©u : ABC = CME (cïng phơ ACB); ABC = CDS (cïng bï ADC) => CME = CDS => CE CS  SM EM  => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB

Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng tròn 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 tròn )

=> DEB = BAC = 900 ; lại có ABC gãc chung => DEB  CAB

2 Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 ( ABC vuông t¹i A) hay

DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp

* BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay BFC = 900 nh F A nhìn BC d-ới góc 900 nên A F nằm đờng trịn đờng kính BC => AFBC tứ 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 17 Cho tam giác ABC có đờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không 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

2 Chøng minh r»ng MP + MQ = AH

G

1

1

O

S

D

E B

A C

1

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 tròn đ-ờng kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp

* Vì AM đờng kính đờng tròn 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 = 1

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

Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH

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 18 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 đờng tròn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC

1 Chøng minh MCID lµ tø gi¸c 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 đờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH  AB nên MH đờng 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

Mµ A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( v× gãc ACM lµ gãc bĐt) hay OCK = 900 XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK +

OCK = 1800 mà OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp

Bài 19 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:

BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) => BID = 900 (vì là 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.

O

M Q P

H C

B

A

2

_ _

4 32 1

I

O H K

D C

M

A 1 B

Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ

-ng kớnh dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng

ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD  DC; theo BI  DC => BI // AD (1) 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.)

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 ; OIC cân O ( OC OI bán kính ) =>

I3 = C1 mµ C1 = E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mµ I3 +

I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI OI I => MI tiếp tuyến (O’).

Bài 20 Cho đờng tròn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngồi C Gọi AC BC hai đờng 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 tròn Tứ giác ADBE hình thoi

4 B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE

7 MF lµ tiÕp tun cđa (O’) Lêi gi¶i:

1 BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CGD = 900 (vì hai góc kề bù)

Theo giả thiết DE AB 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 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 tho => 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 => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy

6 Theo trªn DF  BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vuông trung tun thc c¹nh hun b»ng nưa c¹nh hun)

7 (HD) theo trªn MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1

OBF cân O ( OB OF bán kính ) => F3 = B1 mà B1 = D1 (Cïng phơ víi DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 Mµ F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’ hay MF OF F => MF tiếp tuyến (O’)

Bài 21 Cho đờng trịn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q

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 đờng tròn (O) đờng tròn (I) Vậy đờng 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

1

1

O' O

M

G

F E

D

C B

3 APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP  AQ => OP đ-ờng 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 trïng víi trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cña cung AO

Thật 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

Bài 22 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 K

1 Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp 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 vuông 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 nội tiếp

2 BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1)

BHK góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2).

Tõ (1) vµ (2) => CHK = BDC mà 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

KB KD => 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 23 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 Cho biết ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF và

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¶ thiÕt ABHK hình vuông => BAH = 450 H

K

M

F E

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 (ni tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1).

FBC = FAC ( néi tiếp chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2). Tõ (1) vµ (2) suy FBC tam giác vuông cân F

3 Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vng). => CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF =

CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vu«ng) => 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 tròn

4 CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC  BC C => MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Bài 24 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 trịn ngoại tiếp tam giác BDE

Lêi gi¶i:

1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450 => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB

2 Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK là 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 vuông D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kớnh ID

Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB bán kính ) => 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 tại D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE

Bài 25 Cho đờng trịn (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 vuông 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 Các tứ giác BIMK, CIMH néi tiÕp 3 Chøng minh MI2 = MH.MK 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

* ( Chøng minh tø gi¸c CIMH néi tiÕp tơng tựtứ giác BIMK )

3 Theo tứ gi¸c 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 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung KM); tø gi¸c CHMI néi tiÕp => H1 = C1 ( néi tiếp 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 trªn ta cã I1 = C1; cịng chøng 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 nªn suy IM  PQ

Bài 26 Cho đờng trịn (O), đờng kính AB = 2R Vẽ dây cung CD  AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM CB Chứng minh :

1

AB AC KB

KC

 AM tia phân giác CMD Tứ giác OHCI nội tiếp 4 Chứng minh đờng vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng tròn M.

1 1

1

P Q

K H

I M

A

C B

O 2

F

1

1

1

/

/ _

_

K

H

I

E D

O

C B

Lêi giải: Theo giả thiết M trung điểm 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 điểm CD => CMA =

DMA => MA lµ tia phân giác góc CMD

3 (HD) Theo gi thiết M trung điểm BC => OM  BC I => OIC = 900 ; CD  AB H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà là 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 27 Cho đờng trịn (O) điểm A ngồi đờng tròn 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 :

Tø gi¸c ABOC néi tiÕp BAO =  BCO MIH  MHK MI.MK = MH2. Lêi gi¶i:

(HS tự giải)

Tứ giác ABOC néi tiÕp => BAO =  BCO (néi tiÕp chắn cung BO) Theo giả thiết 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)

Chứng minh tơng tự ta có tứ giác MHBI néi tiÕp => MHI = MBI (néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ BM) => HKM = MHI (1) Chøng minh t¬ng tù ta còng cã

KHM = HIM (2) Tõ (1) (2) => HIM KHM Theo HIM  KHM => MI MH

MH MK => MI.MK = MH

2

Bài 28 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 tròn (O)

3 Chøng minh tứ giác BCFE hình thang cân

4 Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC

Lời gi¶i:

1 Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I của BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đ-ờng chéo cắt trung điểm đđ-ờng

2 (HD) Tø gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => BAC + B’HC’ = 1800 mµ

BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo trên BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800 => Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (O)

* H E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC =

BEC =>  BEC + BAC = 1800 => ABEC néi tiÕp => E thuéc (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

=

/ =

/ / / A' C'

B'

G O H

I

F E

C B

A

J

H

I K

O

M C

D

B A

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 mµ AI lµ trung tuyến tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm tam giác

ABC

Bài 29 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 Gäi A1 lµ trung ®iĨm cđa EF, Chøng minh R.AA1 = AA’ OA’

4 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 đờng 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 đờng trịn 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

Tõ (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

nªn

'

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)

* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC Ta có SABC =

2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm

chÝnh cña cung lín BC

Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH bán kớnh OA

1 Chứng minh AM phân giác cđa 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 giác 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 A1

K A

B C

H O

E F

D /

/ / =

/ =

A'

M

D

O

H C

Ta cã OAH =  DBC ( góc có cạnh tơng ứng vuông góc 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 - SBOC =

2

.120

360 2

R R

R 

 =

2 2

(4 3)

3 12

R R R

 