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]
(1)ôn tập vào lớp 10 năm học 2012-2013
45 toán tổng hợp hình học lớp 9
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:
1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:
Góc 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 => 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
3. XÐt hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; Â góc chung
=> AEH ADC => AE AD=
AH
AC => AE.AC = AH.AD
* XÐt hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; C lµ gãc chung
=> BEC ADC => BE AD=
BC
AC => AD.BC = BE.AC 4 Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC)
C2 = A1 ( hai góc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM)
=> C1 = C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân t¹i 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: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)
CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)
(2)H
1
3 2 1 1
O
E
D C
B
A
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
VËy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyến => DE = BC
4. Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1)
Theo trªn DE =
2 BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2)
Mà B1 = A1 ( 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 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 Chøng minh COD = 900.
3 Chøng minh AC BD = AB
2
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:
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 chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM hai gãc kÒ bï => COD = 900.
3. Theo COD = 900 nên tam giác COD vuông O cã OM CD ( OM lµ tiÕp tuyÕn ).
áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM,
Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB
2
4 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
(3)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 trªn AC // BD => CN BN=
AC
BD , mà CA = CM; DB = DM nên suy CN BN=
CM DM => 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 vuông góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB
Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng trịn 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 tròn (O)
3. Tính bán kính đờng trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD)
1 Vì I tâm đờng trịn 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
tròn đờng kính IK B, C, I, K nằm đờng trịn 1. Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH
C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 )
I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O)
T (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC Vậy AC tiếp tuyến đờng trịn (O)
2. 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 = CH
2
AH = 122
16 = (cm) OC = √OH2+HC2=√92+122=√225 = 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
3 Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2.
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
Lêi gi¶i:
1. (HS tù lµm)
2.
d
H I K
N P
M
D
C
B
A
O
Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kớnh
Và dây cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh vËy 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
(4)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 trờn OAHB l hỡnh 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)
1. AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2
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 tiếp tuyến (A; AH) I. 4 DE = IE vµ 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
1 Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng trịn Chứng minh BM // OP
3 §êng 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 cã ABM néi tiÕp ch¾n cung AM; AOM góc tâm
X
( (
1
1 1
K I
J
M N
P
A O B
c h¾n cung AM => ABM =
2
AOM
(1) OP tia phân giác AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AOP =
AOM
(2) Tõ (1) vµ (2) => ABM = AOP (3)
Mà ABM AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4)
3. Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt 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 nhau) 4. Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON AB => ON PJ
Ta còng cã PM OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm
ca PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (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)
(5)Tõ (6) vµ (9) => I, J, K thẳng hàng
Bi Cho na ng trũn 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 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 (v× lµ hai gãc kỊ bï).
AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> KEF = 900 (vì hai góc kề bù).
=> KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF hai góc đối
của tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp
2. Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trªn)
áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM IB.
3. 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).
Tõ (1) (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 // 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 cña cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7)
Tam giác ABI vuông t¹i 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 trịn (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
2 Chứng minh ABD đồngdạng DFB Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp Lời giải:
1. C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng
trßn ) => BC AE
ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC
-ng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB
đ-ờng 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 tam giác 1800) (2)
Từ (1) (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD)
3. Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800
(6)Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bï) nªn suy
ra ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác
CEFD tứ giác nội tiếp
Bi 10 Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng trịn 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 c©n
3 Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn Lời giải:
1 Ta cã SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n
nửa đờng trịn ) => AMS = 900 Nh P M nhìn AS dới
một góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính AS.
Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đờng trịn 2 Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đờng tròn nên M’ nằm đờng tròn => hai cung AM 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’ ( vuông 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 đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP ) => AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân P
3 Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông t¹i 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 mà M3 + M2 = AMB = 900 nên suy
ra 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 BD CB=
BM CF Lêi gi¶i:
(HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn cắt ta có 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 (nội tiếp chắn cung DI); CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF => BDM CBF => BD
CB= BM CF
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 vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đờng tròn P Chứng minh :
1 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp
2 Tø gi¸c 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 cã OMP = 900 ( v× PM
AB ); ONP = 900 (v× NP lµ
tiÕp tuyÕn )
(7)Nh M N nhìn OP dới gãc b»ng 900 => M vµ N cïng n»m
trên 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 cã 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) => Tø giác CMPO hình bình hành
3 Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD AB); DNC = 900 (néi tiÕp chắn nửa
đ-ờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C góc chung => OMC NDC
=>
CM CO
CD CN => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không 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 vuụng gúc
với CD D
Vì 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 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 tròn )
=> AFH = 900 (vì hai gãc kỊ bï).(2)
EAF = 900 ( V× tam giác ABC vuông A) (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)
2 T giỏc 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 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
(8)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 Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K)
3 TÝnh MN
4 Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng trịn Lời giải:
1
H
1
N
M
C
I O K B
E
A
3
2 2 1
1
1 Ta cã: BNC= 900( néi tiÕp ch¾n nửa
đ-ờng 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 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 trªn EC = MN => MN = 20 cm.
4 Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm
Ta cã 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 trịn S =
1
2 ( S(o) - S(I) - S(k))
S =
1
2( 625- 25- 400) =
1
2.200 = 100 314 (cm2)
Bài 15 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 Chøng minh ABCD tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh CA tia phân giác góc SCB
3 Gọi E giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy
4 Chøng minh DM lµ tia phân giác góc ADE
5 Chng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải:
(9)
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 tứ giác nội tiếp
2. ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp cïng ch¾n cung AB)
D1= C3 =>
SM EM => C
2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng trịn (O) chắn hai cung bng nhau)
=> CA tia phân giác gãc SCB
3 Xét CMB Ta có BACM; CD BM; ME BC nh BA, EM, CD ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy
4 Theo trªn Ta cã SM EM => D1= D2 => DM lµ tia phân giác góc ADE.(1)
5 Ta cú 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 tø gi¸c néi tiÕp => A1= B2( néi tiÕp cïng chắn cung CD)
=> A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2)
T (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 bï ADC) => CME = CDS => CE CS SM EM => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB
Bi 16 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 tròn )
=> DEB = BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB CAB
2 Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai gãc kỊ bï); BAC = 900
( v× ABC vuông A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mµ
đây 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 dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn đờng
kÝnh BC => AFBC tứ giác nội tiếp
3 Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so
le nên 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 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 vËy P vµ Q cïng nh×n BC díi mét gãc
bằng 900 nên P Q nằm đờng tròn ng kớnh AM
=> APMQ tứ giác néi tiÕp
* 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
=
1
(10)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 ngồi đờng trịn ; 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 (v× lµ hai gãc kỊ bï).
=> MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giỏc MCID nờn
MCID tứ giác nội tiÕp
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 đồng quy 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 ( góc
ACM góc bẹt) hay OCK = 900
XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mµ OHK vµ OCK lµ
hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp
Bài 19 Cho đờng trịn (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 vuông góc với AB Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD
1 Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chøng minh BI // AD
4 Chøng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiÕp tun cđa (O’)
Lêi gi¶i:
BIC = 900 ( néi tiÕp ch¾n
nửa đờng trịn ) => BID = 900 (vì
lµ hai gãc kỊ bï); DE AB t¹i M => BMD = 900
(11)=> BID + BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID
nªn MBID tứ giác nội tiếp
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 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 thơi.)
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 O’I t¹i I => MI lµ tiÕp tun cđa (O’)
Bài 20 Cho đờng trịn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc 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 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:
1 BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trũn )
=> CGD = 900 (vì hai gãc kỊ bï)
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 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 mµ AD DF nªn suy BE DF
Theo BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF mà qua B có đờng thẳng
vu«ng gãc víi 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 trªn DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền)
7 (HD) theo trªn MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1
OBF cân O ( OB OF bán kính ) => 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 OF F => MF tiÕp tun cđa (O’)
Bài 21 Cho đờng trịn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q
1 Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiếp xúc A Chứng minh IP // OQ
(12)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 trịn (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
3 APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân
tại O nên OP đờng trung tuyến => AP = PQ 4 (HD) Kẻ QH AB ta có SAQB =
1
2 AB.QH mà AB đờng kính khơng đổi nên SAQB lớn QH
lín nhÊt QH lín nhÊt Q trïng víi trung ®iĨm cđa cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm 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 Chøng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính góc 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
tại H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD díi mét gãc
bằng 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
KBKD => KC KD = KH.KB
4 (HD) Ta 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)
Bài 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 ng thng HD ct ng tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân
3 Cho biÕt ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF vµ
ED, Chứng minh điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn
4 Chứng minh MC tiếp tuyến đờng trịn ngoại tiếp tam giác ABC
Lêi gi¶i:
1 Theo giả thiết ABHK hình vuông => BAH = 450
(13)Tø gi¸c AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vu«ng ë A => BAC = 900
=> BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hµng.
2 Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) nên tam giác BFC vng F (1).
FBC = FAC ( néi tiÕp chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2).
Tõ (1) vµ (2) suy FBC tam giác vuông cân F
3 Theo trªn BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông).
=> CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF
= CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vuông) => CMF = 450 hay CMB = 450
Ta cịng cã CEB = 450 (v× AEDC hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK hình vuông).
Nh K, E, M nhìn BC díi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dùng trªn BC
=> điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn
4 CBM cã B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC BC C => MC tiếp tuyến
đ-ờng 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 vµ BC D E
1 Chứng 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 tam giác BDE
Lêi gi¶i:
1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> AEB = 900 ( hai gãc kỊ bï); Theo gi¶ thiÕt 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 vuông
D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bỏn 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 => B
1 = C1 ( cïng phô BAC) (5)
Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ 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 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 gi¸c ABC cân Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp 3 Chøng minh MI2 = MH.MK Chøng minh PQ MI.
Lêi gi¶i:
1 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có AB = AC => ABC cân A. 2 Theo gi¶ thiÕt 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 nội tiếp => KMI + KBI = 1800; tø gi¸c
CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800 mµ 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
(14)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
thiÕt 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 KC KB=
AC
AB AM tia phân giác CMD Tứ gi¸c OHCI néi tiÕp
4 Chứng minh đờng vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng trịn M
Lêi gi¶i: Theo giả thiết M trung điểm BC => MB MC
=> CAM = BAM (hai gãc néi tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia phân giác góc CAB => KC
KB= AC
AB ( t/c tia phân giác tam giác )
2 (HD) Theo gi¶ thiÕt CD AB => A trung điểm CD => CMA = DMA => MA tia phân giác góc CMD
3 (HD) Theo giả thiết M trung điểm cđa BC => OM BC t¹i I => OIC = 900 ; CD AB t¹i 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 27 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 BAO = BCO MIH MHK MI.MK = MH2.
Lêi gi¶i:
(15)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
tiÕp cïng ch¾n cung HM)
Chøng minh tơng tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => 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 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 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 BHCF
là hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800
=> 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 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 E (O) => CBE = CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4)
Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE (
cïng phơ ACB) (5)
Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6)
Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân
4 Theo trờn 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
=>
1 GI
GA mà AI trung tuyến tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G träng t©m
(16)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 Gọi A1 trung điểm EF, Chứng 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 : hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính các đờng tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có :
AEF ABC =>
' '
R AA
R AA (1) R bán kính đờng trịn ngoại tiếp ABC; R’ bán kính
®-êng tròn ngoại tiếp AEF; AA trung tuyến ABC; AA1 lµ trung tun cđa AEF
Tứ giác AEHF nội tiếp đờng trịn đờng kính AH nên đờng tròn ngoại tiếp AEF Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’
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 =
2( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB )
2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3)
Theo (2) => OA’ = R
1
'
AA AA mµ
1
'
AA
AA là tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC
nªn
1
'
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 FD ED
BC AC 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 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 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH bỏn kớnh OA
1 Chứng minh AM phân giác góc OAH Giả sử B > C Chøng minh OAH = B - C Cho BAC = 600 vµ OAH = 200 TÝnh:
a) B C tam giác ABC
b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhá BC theo R Lêi gi¶i: (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 O có OM = OA = R) => HAM = OAM => AM lµ tia phân giác góc OAH
(17)2 VÏ d©y BD OA => AB AD => ABD = ACB
Ta cã OAH = DBC ( góc có cạnh tơng ứng vuông góc nhọn) => 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
.120
360 2
R R
R
=
2 2
(4 3)
3 12
R R R
Bµi 31 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp (O; R), biÕt 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 giả thiết BAC = 600 => sđBC=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
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 32 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
trên đờng trịn cố định
2 Tõ A kỴ 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 Cho AM AN = 3R2 , AN = R
√3 TÝnh diƯn tÝch phÇn hình tròn (O) nằm tam giác AMN
Lời gi¶i: (HD)
(18)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 ln nằm đờng trịn cố định
2 Theo giả thiết Ax MN; theo OI MN t¹i I => OI // Ax hay OI // AC mà O trung điểm AB => I trung điểm BC, lại có I trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành ( Vì có hai 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 đờng
trßn ) => 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 có AM AN = 3R2 , AN = R
√3 => AM =AN = R 3 => AMN cân A (1) Xét ABN vuông N ta có AB = 2R; AN = R √3 => BN = R => ABN = 600
ABN = AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => AMN = 600 (2).
Từ (1) (2) => AMN tam giác => SAMN =
2
3
4
R
=> S = S(O) - SAMN =
2
R
-
2
3
4
R
=
2(4 3 3
4
R
Bài 33 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 tròn
Lời giải:
1 AM phân gi¸c cđa BAC => BAM = CAM => BM CM => M trung điểm cung BC => OM BC 2 XÐt MCI vµ MAC cã MCI =MAC (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau); M lµ gãc chung
=> MCI MAC =>
MC MI
MA MC => MC2 = MI.MA.
3 (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => P
1 = 900 – K1 mµ K1 lµ gãc ngoµi cđa tam
giác AKB nên K1 = A1 + B1 = 2
A B
(t/c phân giác góc ) => P1 = 900 – ( 2
A B
) (1)
(19)CQ tia phân giác góc ACB => C1 =
C
=
1
2(1800 - A - B) = 900 – ( 2
A B
) (2)
Tõ (1) vµ (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mµ P vµ C n»m nửa mặt phẳng bờ BQ nên
cïng n»m trªn cung chøa gãc 900 – ( 2
A B
) dựng BQ Vậy bốn điểm P, C, B, Q thuộc đờng tròn
Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiều cao AH = Cm, nội tiếp đờng trịn (O) đ-ờng kính 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 TÝnh diƯn tÝch phÇn hình tròn (O) nằm tam giác ABC Lời giải:
1 (HD) Vì 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’ vuông C có đờng cao CH =
6
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 gi¶ thiÕt AH BC; AK CC’ => K vµ H nhìn AC dới góc 900nên
nằm đờng trịn đờng kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => C2 = H1 (nội tiếp cung chắn cung
AK) ; AOC c©n O ( OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( v× cã hai gãc so le
trong b»ng nhau) => tø giác ACHK hình thang (2) Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân
Bài 35 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 đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Lêi gi¶i:
1 Theo giả thiết MN AB I => EIB = 900; ACB néi tiÕp
chắn nửa đờng tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900
=> EIB + ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ
giác IECB tứ giác nội tiếp
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
đ-ờng cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông)
(20)5 Theo AMN = ACM => AM tiếp tuyến đờng trịn ngoại tiếp ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , tâm O
1 đờng tròn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ
khi NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM
Gọi O1 chân đờng vng góc kẻ từ N đến BM ta đợc O1 tâm đờng tròn ngoại tiếp ECM có bán kính
là 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 trªn BM
Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đờng cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q lần lợt hình chiếu 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 chøng minh trªn DNHP néi tiÕp => N2 = D4 (néi
tiếp chắn cung HP); HDC có HDC = 900 (do AH đờng
cao) HDP cã HPD = 900 (do DP HC) => C
1= D4 (cïng phơ
víi DHC)=>C1=N2 (1) chøng minh tơng tự ta có B1=P1 (2)
Từ (1) (2) => HNP HCB
4 Theo chøng minh trªn DNMB néi tiÕp => N1 = D1 (néi tiÕp cïng ch¾n 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) Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hµng
Bài 37 Cho hai đờng trịn (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 Gãc 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 38 Cho hai đờng tròn (O) ; (O’) tiếp xúc A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C (O’) Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm O’M AC Chứng minh :
1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp Tứ giác AEMF hình chữ nhật
3 ME.MO = MF.MO’
4 OO’ tiếp tuyến đờng trịn đờng kính BC BC tiếp tuyến đờng trịn đờng kính OO’ Lời giải:
1 ( HS tù lµm)
2 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã MA = MB
=>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME AB (1) Chứng minh tơng tự ta còng cã MF AC (2)
(21)Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có MO MO tia phân giác hai gãc kỊ bï BMA vµ CMA => MO MO’ (3)
Tõ (1), (2) vµ (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật
Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đờng trịn => MA OO’=> MAO vng A có AE MO ( theo ME AB) MA2 = ME MO (4)
T¬ng tù ta có tam giác vuông MAO có AFMO MA2 = MF.MO’ (5)
Tõ (4) vµ (5) ME.MO = MF MO’
Đờng 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
(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’ (**)
Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đờng trịn đờng kính OO’
Bài 39 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)
CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> AFH = 900 (vì hai góc kÒ bï).(2)
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 bán kính) => F2 = H2
=> F1 + F2 = H1 + H2 mµ 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 không 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
Bài 40 Cho nửa đờng trịn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N
1 Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB Chứng minh AM BN = R2.
3 TÝnh tØ sè SMON SAPB
AM = R
4 TÝnh thĨ tÝch cđa h×nh nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh
Lêi gi¶i:
1 Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà
AOP BOP lµ hai gãc kỊ bï => MON = 900 hay tam giác MON vuông O.
(22)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 vuông APB MON cã APB = MON = 900; OBP = PNO => APB MON
2. Theo trªn MON vuông O có OP MN ( OP lµ tiÕp tuyÕn )
áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vng 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 = R
2 => PM = R
2 => PN = R2: R = 2R
=> MN = MP + NP = R
2 + 2R =
5
R
Theo trªn APB MON =>
MN AB =
5
R
: 2R =
5
4 = k (k tỉ số đồng dạng).
Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phơng tỉ số đồng dạng nên ta có: SMON
SAPB = k2 =>
SMON SAPB =
2
5 25
4 16
Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lần lợt lấy điểm D, E cho DOE = 600
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 trịn 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 mµ
OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi.
2 Theo trªn 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 gi¸c 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 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đờng tròn (O) Tiếp tuyến B C lần lợt cắt AC, AB D E Chứng minh :
1 BD2 = AD.CD.
2 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp BC song song víi DE Lêi gi¶i:
1 Xét hai tam giác BCD ABD ta có CBD = BAD ( Vì góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), lại có D chung => BCD ABD =>
BD CD
AD BD => BD2 = AD.CD.
2 Theo giả thiết 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 cïng
(23)góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp
3 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => BCE = BDE ( néi tiếp chắn cung BE) mà BCE = CBD (theo ) => CBD = BDE mà hai gãc so le nªn suy BC //
DE
Bài 43 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB, điểm M thuộc đờng trịn 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: (HS tự làm)
2 (HD) DÔ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE AB.
3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN;
F vµ E xøng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => FA // NE mà NE AB => FA AB A => FA tiÕp tun cđa (O) t¹i A
4 Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mà AC BN => FN BN N BAN có BM đờng cao đồng thời đờng trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đờng tròn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA)
Bài 44 AB AC hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vng góc AB H, cắt (O) E cắt OA D
1 Chøng minh CO = CD
2 Chøng minh tø gi¸c 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 giả 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) Từ (1) (2) => COD cân C => CO = CD.(3)
2 theo trªn ta cã CO = CD mµ CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã OB // CH hay OB // CD (5) Tõ (4) vµ (5) => BOCD lµ hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi
3 M l trung im CE => OM CE ( quan hệ đờng kính dây cung) => OMH = 900 theo ta
còng cã OBH =900; BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH.
4 M trung điểm cđa CE; KE vµ KC lµ hai tiÕp tun => O, M, K thẳng hàng
Bi 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đờng tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đờng tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F
/ /
_
_
H
E
F
C N
M
O B
(24)1 Chøng minh BC // AE
2 Chứng minh ABCE hình bình hành
3 Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI So sánh BAC BGO Lời giải: (HS tự làm)
2 Xét hai tam giác ADE CDB ta có EAD = BCD (vì so le ) AD = CD (gt); ADE = CDB (đối đỉnh) => ADE = CDB => AE = CB (1)
Theo trªn AE // CB (2) Tõ (1) vµ (2) => AECB hình bình hành
3 I l trung im CF => OI CF (quan hệ đờng kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI AB K, => BKG vng K Ta cung có BHA vuông H => BGK = BAH ( cung phụ với ABH) mà BAH =
1
2 BAC (do ABC cân nên AH