c. Gọi I là trung điểm của CF và G là giao điểm của các tia BC; OI.. Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp được... c. Chứng minh: A là tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE..[r]
(1)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:
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 nội 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 trịn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc 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 trịn 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:
1. Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)
(2) 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 tròn 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 cã BEC = 900
VËy tam gi¸c BEC vuông E có ED trung tuyến => DE =
2 BC
4.Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là 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
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 2.Chøng minh COD = 900. 3.Chøng minh AC BD = AB
2
4
4.Chøng minh OC // BM
5.Chứng minh AB tiếp tuyến đờng trịn đờng kính CD 5.Chứng minh MN AB
6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ
Lêi giải:
1.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD
2.Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM lµ hai gãc kỊ bï => COD = 900.
3.Theo COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM CD ( OM tiếp tuyến ). áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = 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 là 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 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 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 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)1 Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn 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 tròn
2. Ta cã C1 = C2 (1) ( CI phân giác gãc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( v× 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 tròn (O). 3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm
AH2 = AC2 – HC2 => AH =
√
202−122 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH = CH2
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. Chứng minh OAHB hình thoi
5 Chøng minh ba ®iĨm O, H, M thẳng hàng
6 Tỡm qu tớch ca im H M di chuyển đờng thẳng d Lời giải:
1. (HS tù lµm)
2. Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kính
Và dây cung) => OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900 nh K, A, B nhìn OM dới góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính OM
Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng trịn 3 Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM AB I
Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vng A có AI đờng cao. áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2.
4 Ta cã OB MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD MA (gt) => OA // BD hay OA // BH
=> Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi
5 Theo 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 nh ng 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 tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E
1 Chøng minh tam giác BEC cân
2 Gi I l hỡnh chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chứng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH)
(4)1. AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ 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 có cạnh huyền 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 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
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 chắn cung AM => ABM =
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.XÐt 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, mµ ON AB => ON PJ
Ta có PM OJ ( PM tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình 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 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 tròn 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) Chứng minh BAF 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 tròn 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
2. 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.
3. Theo gi¶ thiÕt AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……)
(5)Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B
4. BAF l tam giỏc cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm AF (3)
Từ BE AF => AF HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK (6)
Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng)
5. (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng trịn AKFI phải hình thang cõn
AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB
Thật vậy: M trung ®iĨm cđa cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7) Tam gi¸c ABI vuông A có ABI = 450 => AIB = 450 (8)
Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau). Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn
Bài 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 Chứng minh ABD = DFB
3 Chøng minh CEFD tứ giác nội tiếp
Lời gi¶i:
1.C thuộc nửa đờng trịn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC AE
ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC đ-ờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi
2. ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn ).
=> 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)
3.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 khác ECD và 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 đờng
vng góc từ S đến AB
1.Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh ∆ PS’M cân 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đờng trịn
Lêi gi¶i:
1 Ta có SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh P M nhìn AS dới góc 900
nên nằm đờng tròn đ-ờng kính AS
Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đờng trịn 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 gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1)
Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’ AB H => MM’// SS’ ( vng góc với AB)
=> AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (v× so le trong) (2)
=> Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS’
Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP )
=> AS’P = AMP => tam gi¸c PMS cân P
Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = S’1 (cïng phơ víi S) (3) Tam gi¸c PMS’ cân P => S1 = M1 (4)
(6)Từ (3), (4) (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mà M3 + M2 = AMB = 900 nên suy M1 + M2 = PMO = 900 => PM OM M => PM tiếp tuyến đờng tròn M
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 4 BD
CB= BM CF
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 trịn
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 vng góc với AB M cắt tiếp tuyến
tại N đờng tròn P Chứng minh : Tứ giác OMNP nội tiếp
2 Tứ giác CMPO hình bình hành
3 CM CN không phụ thuộc vào vị trí ®iÓm 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 tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp
2 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O v× cã ON = OC = R => ONC = OCN => OPM = OCM
XÐt hai tam giác OMC MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM l¹i có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1)
Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD AB; PM AB => CO//PM (2) Tõ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành
3 Xét hai tam giác OMC NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C gãc chung => OMC NDC
=>
CM CO
CD CN => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 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 vng góc với CD D
Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song vµ b»ng 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 trịn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
(7)Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) 2 Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng trịn
=>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) (O2)
=> B1 = H1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác 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 giác AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB
(*)
Tam gi¸c AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC
(**)
Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC
4 Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1
O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2 => E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900
=> O1E EF
Chứng minh tơng tự ta có O2F EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía AB nửa đờng trịn có đ-ờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K
ờng vuông góc với AB C cắt nửa đ-ờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA,
EB với nửa đờng tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN
2.Ch/minh MN lµ tiÕp tun chung cđa nửa đ/tròn (I), (K)
3.Tính MN
4.Tớnh diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng trịn
Lêi gi¶i:
1 Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K)
=> ENC = 900 (vì hai gãc kÒ bï) (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 ) Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K)
=> B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1= N3 => B1 = N3.(4) L¹i cã KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1 = N1 (5) Từ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN KN t¹i N => MN tiếp tuyến (K) N
Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K)
3 Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng trịn tâm O) => AEB vng A có EC AB (gt) => EC2 = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo EC = MN => MN = 20 cm. 4 Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm
Ta có S(o) = .OA2 = 252 = 625; S(I) = IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 = 202 = 400. Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S =
1
2 ( S(o) - S(I) - S(k))
S =
1
2( 625- 25- 400) =
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
(8)
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 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 => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng trịn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân giác góc 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 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 trịn => A2 = B2
Tø gi¸c ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp 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 góc kề bù); BAC = 900 ( ABC vng A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp
* BAC = 900 ( tam giác ABC 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 kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp
3 Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc 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 khơng trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC
1 Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đờng trịn 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)
(9)* Vì AM đờng kính đờng trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM
2 Tam giác ABC có AH đờng cao => SABC =
1
2BC.AH.
Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM =
1
2AB.MP
Tam giác ACM có MQ đờng cao => SACM =
1
2AC.MQ
Ta cã SABM + SACM = SABC =>
1
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 tròn (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 Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp
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 trịn ) => MCI = 900 (vì hai góc kề bù)
ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MDI = 900 (vì hai góc kề bù).
=> MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp
2 Theo Ta có BC MA; AD MB nên BC AD hai đ-ờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH đ-ờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I
3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1
Mà A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông t¹i H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( góc ACM gãc bÑt) hay OCK = 900
Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp
Bài 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 nội tiếp Chứng minh tứ giác ADBE h×nh thoi Chøng 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 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
(10)=> 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 ; O’IC cân O’ ( O’C O’I bán kính ) => I3 = C1 mà C1 = E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mà I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI O’I I => MI tiếp tuyến (O’). Bài 20 Cho đờng trịn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc C Gọi AC BC hai đ ờng kính qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vng góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O’) F, BD cắt (O’) G Chứng minh rằng:
1 Tø gi¸c MDGC néi tiÕp
2 Bốn điểm M, D, B, F nằm đờng trịn Tứ giác ADBE hình thoi
4 B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE
7 MF tiếp tuyến (O) Lời giải:
1 BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) => CGD = 900 (vì hai góc kề bù)
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 ờng trịn đờng kính BD => M, D, B, F nằm đ-ờng tròn
3 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung)
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng
4 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình thoi
=> BE // AD mµ AD DF nªn 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 trªn DF BE; BM DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam gi¸c BDE
=> EC đờng cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy
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)
(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 + = 900 = MFO’ hay MF OF F => MF tiếp tun cđa (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
Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiếp xúc A
2 Chøng minh IP // OQ Chøng minh r»ng AP = PQ
4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn
Lêi gi¶i:
Ta có OI = OA – IA mà OA IA lần lợt bán kính đ/ trịn (O) đờng trịn (I) Vậy đ/ tròn (O) đờng tròn (I) tiếp xúc ti A
OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1
IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1 = P1
(11)3 APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đờng trung tuyến => AP = PQ
4 (HD) KỴ QH AB ta cã SAQB =
1
2AB.QH mà AB đờng kính khơng đổi nên SAQB lớn QH lớn
nhÊt QH lín nhÊt Q trùng với trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO
Tht vy P trung điểm cung AO => PI AO mà theo PI // QO => QO AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn
Bài 22 Cho hình vuông 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 lµ tø gi¸c néi tiÕp TÝnh gãc CHK
3 Chøng minh KC KD = KH.KB
4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đờng nào? Lời giải:
1 Theo giả thiết ABCD hình vng nên BCD = 900; BH DE H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD dới góc 900 nên H C nằm đờng trịn đờng kính BD => BHCD t giỏc ni tip
2 BHCD tứ giác néi tiÕp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2).
Tõ (1) vµ (2) => CHK = BDC mµ BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => CHK = 450 3 XÐt KHC vµ KDB ta cã CHK = BDC = 450 ; K lµ gãc chung
=> KHC KDB =>
KC KH
KBKD => KC KD = KH.KB
4 (HD) Ta ln có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E B H B; E C H C)
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 cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân
3 Cho biết ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF ED, Chứng minh điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn
4 Chứng minh MC tiếp tuyến đờng trịn ngoại tiếp tam giác ABC
Lêi gi¶i:
1 Theo giả thiết ABHK hình vuông => BAH = 450
Tứ giác AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông ë A => BAC = 900 => BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng.
2 Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) nên tam giác BFC vng F (1). FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2). Từ (1) (2) suy FBC tam giác vuông cân F
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 vng) => CMF = 450 hay CMB = 450
(12)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 tròn ngoại tiếp ∆ BDE Lời giải:
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 trực HE Vậy trung trực đoạn HE ®i qua trung ®iĨm I cđa BH 3 theo trªn I thuéc trung trùc cña HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB.
ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vng tại D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID
Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB bán kÝnh ) => D2 = B1 (4)
Theo ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH AC F => AEB có AFB = 900
Theo trªn ADC cã ADC = 900 => B1 = C1 ( cïng phô BAC) (5).
Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD ID D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Bài 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 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
* ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tơng tựtứ giác BIMK )
3 Theo tứ giác BIMK néi tiÕp => KMI + KBI = 1800; tø gi¸c CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800 mà KBI = HCI ( tam giác ABC cân t¹i 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 cïng chắn cung IM) Mà B1 = C1 ( = 1/2 s® BM ) => I1 = H1 (2)
Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH =>
MI MK
MH MI => MI2 = MH.MK
4 Theo ta có I1 = C1; chứng minh tơng tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ
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 giác OHCI néi
tiÕp
4 Chứng minh đờng vuông 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
(13)2 (HD) Theo gi¶ thiÕt CD AB => A trung điểm CD => CMA = DMA => MA tia phân giác cña gãc CMD
3 (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => OM BC I => OIC = 900 ; CD AB H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp
4 Kẻ MJ AC ta có MJ // BC ( vng góc với AC) Theo OM BC => OM MJ J suy MJ tiếp tuyến đờng tròn M
Bài 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 :
1. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp BAO = BCO MIH MHK MI.MK = MH2. Lêi gi¶i:
1. (HS tù gi¶i)
2. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp => BAO = BCO (nội tiếp chắn cung BO) 3. 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)
Chøng minh t¬ng tù ta cã tø gi¸c MHBI néi tiÕp => MHI = MBI (nội tiếp chắn cung IM) Mà HCM = MBI ( = 1/2 s® BM ) => HKM = MHI (1) Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã KHM = HIM (2) Tõ (1) vµ (2) => HIM KHM
4. Theo trªn HIM KHM =>
MI MH
MH MK => MI.MK = MH2
Bài 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 trịn (O)
3 Chøng minh tø gi¸c BCFE hình thang cân
4 Gọi G giao ®iĨm cđa AI vµ OH Chøng minh G lµ träng tâm tam giác ABC
Lời giải:
1 Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng
2 (HD) Tø gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => BAC + B’HC’ = 1800 mµ
BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800
=> Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O)
(14)3 Ta có H E đối xứng qua BC => BC HE (1) IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE HE (2)
Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3)
Theo trªn E (O) => CBE = CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4)
Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( phụ ACB) (5)
Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6)
Tõ (3) vµ (6) => tứ giác BEFC hình thang cân
4 Theo AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH
Theo giả thiết I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đờng kính dây cung) => OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI = HGA (đối đỉnh) => OGI HGA =>
GI OI
GA HA mµ OI =
1
2 AH
=>
1
GI
GA mà AI trung tuyến ∆ ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm ∆ 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 Gọi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA’ OA’ Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để
tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn Lời giải: (HD)
1 Tø gi¸c BFEC néi tiÕp => AEF = ACB (cïng bï BFE) AEF = ABC (cïng bï CEF) => AEF ABC
2 Vẽ đờng kính AK => KB // CH ( vng góc AB); KC // BH (cùng vng góc AC) => BHKC hình bình hành => A’ trung điểm HK => OK đờng trung bình AHK => AH = 2OA’
3 áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đ-ờng 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 đ-ờng 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 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 khơng 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
1
'
AA AA mµ
1
'
AA
AA là tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC nên
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 có SABC =
1
2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm
chÝnh giìa cđa cung lín BC
(15)1 Chứng minh AM phân giác góc OAH Gi¶ sư B > C Chøng minh OAH = B - C Cho BAC = 600 vµ OAH = 200 TÝnh:
a) B vµ C cđa 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) Mµ OMA = OAM ( tam giác OAM cân O cã OM = OA = R) => HAM = OAM => AM tia phân giác góc OAH
2 VÏ d©y BD OA => AB AD => ABD = ACB
Ta cã OAH = DBC ( góc có cạnh tơng ứng vuông góc cïng nhän) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C
3 a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trªn B C = OAH => B - C = 200
=>
0
0
120 70
20 50
B C B
B C C
b) Svp = SqBOC
- S
BOC=
2
.120
360 2
R R
R
=
2 2
(4 3)
3 12
R R R
Bài 31 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biết BAC = 600. 1.Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R
2.Vẽ đờng kính CD (O; R); gọi H giao điểm ba đờng cao tam giác ABC Chứng minh BD // AH AD // BH
3.TÝnh AH theo R Lêi gi¶i:
1 Theo 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 vuông 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 ln nằm
đờng trịn cố định
2 Tõ A kỴ Ax MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN hình bình hành
3 Chng minh C trực tâm tam giác AMN Khi MN quay quanh H C di động đờng
5.Cho AM AN = 3R2 , AN = R
3 Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác AMNLời giải: (HD)
1 I trung điểm MN => OI MN I ( quan hệ đờng kính dây cung) = > OIH = 900
OH cố địmh nên MN di động I di động nhng 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 c nh
(16)3 CMBN hình bình hành => MC // BN mà BN AN ( ANB = 900 góc nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => MC AN; theo AC MN => C trực tâm cđa tam gi¸c AMN
4 Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH đờng tung bình OBC => IH // OC Theo giả thiết Ax MN hay IH Ax => OC Ax C => OCA = 900 => C thuộc đờng trịn đờng kính OA cố định Vậy MN quay quanh H C di động đờng trịn đờng kính OA cố định
5 Ta cã AM AN = 3R2 , AN = R
√
3 => AM =AN = R 3 => AMN cân A (1) Xét ABN vuông t¹i N ta cã 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 trịn
Lêi gi¶i:
1 AM phân giác 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 ) => P1 = 900 – K1 mà K1 góc ngồi tam giác AKB nên K1 = A1 + B1 = 2
A B
(t/c phân giác góc ) => P1 = 900 – ( 2
A B
) (1)
CQ tia phân giác góc ACB => C1 = 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 cïng nửa mặt phẳng bờ BQ nên nằm trªn cung chøa gãc 900 – ( 2
A B
) dựng BQ Vậy bốn điểm P, C, B, Q thuộc đờng trịn
Bµi 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiỊu cao AH = Cm, néi tiÕp ® ờng tròn (O) đ-ờng kính AA
1 Tớnh 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 gỡ? Ti sao?
4 Tính diện tích phần 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’ vng 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)
(17)AOC cân O ( OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( có hai góc so le nhau) => tứ giác ACHK hình thang (2).Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân 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 đờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Lêi gi¶i:
1 Theo giả thiết MN AB I => EIB = 900; ACB nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900
=> EIB + ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp
2 Theo giả thiết MN AB => A trung điểm cung MN => AMN = ACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay AME = ACM Lại thấy CAM góc chung hai tam giác AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM
3 Theo trªn AME ACM =>
AM AE
AC AM => AM2 = AE.AC
4 AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ); MN AB I => AMB vng M có MI đờng cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông)
áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vng I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI 5 Theo AMN = ACM => AM tiếp tuyến đờng trịn ngoại tiếp ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , tâm O1 đờng trịn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 là khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM
Gọi O1 chân đờng vng góc kẻ từ N đến BM ta đợc O1 tâm đờng trịn ngoại tiếp ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đờng trịn tâm O1 bán kính O1M với đờng trịn (O) O1 hình chiếu vng góc N BM
Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đờng cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q lần lợt hình chiếu vng góc D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh :
1 Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp Hai tam giác HNP HCB đồng dạng Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Lời giải: 1 & (HS tự làm)
3 Theo chứng minh DNHP nội tiếp => N2 = D4 (nội tiếp chắn cung HP); HDC có HDC = 900 (do AH đờng cao) HDP có HPD = 900 (do DP HC) => C1= D4 (cùng phụ với DHC)=>C1=N2 (1) chứng minh tơng tự ta có B1=P1 (2)
Tõ (1) vµ (2) => HNP HCB
4 Theo chứng minh DNMB nội tiếp => N1 = D1 (nội tiếp chắn cung BM).(3) DM // CF ( vng góc với AB) => C1= D1 ( hai góc đồng vị).(4)
Theo chøng minh trªn C1 = N2 (5)
Tõ (3), (4), (5) => N1 = N2 mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6) Chứng minh tơng tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng (7)
Tõ (6), (7) => Bèn ®iĨm M, N, P, Q thẳng hàng
Bi 37 Cho hai ng trũn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B (O), C (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I
1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBIA, AICO’ néi tiÕp Chøng minh BAC = 900
3 TÝnh sè ®o gãc OIO’
4 Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm Lời giải:
1. ( HS tù lµm)
2. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IB = IA , IA = IC ABC cã AI =
(18)3 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyến cắt ta có IO tia phân giác BIA; I0là tia phân giác CIA mà hai góc BIA vµ 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 tiếp 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 t¬ng tù ta cịng cã MF AC (2)
Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tun c¾t ta cịng có MO MO tia phân giác hai gãc kỊ bï BMA vµ CMA => MO MO’ (3)
Tõ (1), (2) vµ (3) suy tø 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 tròn 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’ vuông 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 trịn (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 kề bù).(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 có HE AB (
BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H có HF AC (theo trªn CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**)
Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ( = AH2)
Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đờng chéo AH EF ta có GF = GH (tính cht
ờng 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)
(19)Vậy H trùng với O túc dây AD vuông góc với BC O EF có độ dài lớn
Bài 40 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N
1.Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB 2.Chứng minh AM BN = R2.
3.TÝnh tØ sè SMON SAPB
AM = R
2
4.TÝnh thĨ tÝch cđa h×nh nưa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh Lời gi¶i:
Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mµ
AOP BOP hai góc kề bù => MON = 900 hay tam giác MON vuông O. APB = 900((nội tiếp chắn nửa đờng trịn) hay tam giác APB vng P.
Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã NB OB => OBN = 900; NP OP => OPN = 900
=>OBN+OPN =1800 mà OBN OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO Xét hai tam giác vng APB MON có APB = MON = 900; OBP = PNO => APB MON
2. Theo MON vuông O có OP MN ( OP tiếp tuyến ) 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
2 = 2R
=> MN = MP + NP = R
2 + 2R =
5
R
Theo trªn APB MON => MN
AB =
5
R
: 2R =
5
4 = k (k lµ tØ
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 không 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 tròn ln tiếp xúc với DE
Lêi gi¶i:
1. Tam giác ABC => ABC = ACB = 600 (1); DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2).
DBO cã DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3) Tõ (2) vµ (3) => BDO = COE (4)
Tõ (2) vµ (4) => BOD CEO =>
BD BO
CO CE => BD.CE = BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 khơng 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 giác BDE
3 Theo DO tia phân giác BDE => O cách DB DE => O tâm đờng tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đờng trịn tâm O tiếp xúc với AB ln 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:
(20)một 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 mµ CBD = BCD (góc tiếp tuyến với dây chắn mét cung) => EBD = DCE => B vµ C nh×n DE díi cïng
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 trịn (O) đờng kính AB, điểm M thuộc đờng tròn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM
1 Chøng minh tø gi¸c MNCE néi tiÕp Chøng minh NE AB
3 Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O)
4 Chứng minh FN tiếp tuyến đờng tròn (B; BA) Lời giải: (HS tự làm)
2 (HD) DÔ thÊy E trực tâm tam giác NAB => NE AB.
3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN; F E xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => FA // NE mà NE AB => FA AB A => FA tiếp tuyến (O) A 4 Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mà AC BN => FN BN N
/ /
_
_
H E F
C N
M
O B
A
BAN có BM đờng cao đồng thời đờng trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đờng 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 hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi
3 M l trung điểm CE => OM CE ( quan hệ đờng kính dây cung) => OMH = 900 theo ta có OBH =900; BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH. M trung điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng
Bài 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
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)
(21)Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành
3) I l trung im ca 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 vng H
=> BGK = BAH ( cung phô víi ABH) mµ BAH =
1
2 BAC (do ABC cân
nên AH phân giác) => BAC = 2BGO
Bài 46: Cho đường tròn (O) điểm P ngồi đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B tiếp điểm) Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) C (CA) Đoạn
PC cắt đường tròn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD
b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: BEA chung
EAB = EBD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…)
EB ED
EA EB
EB2 = EA.ED (1)
* EPD = PCA (s.l.t) ; EAP = PCA (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) EPD = EAP ; PEA chung ∆EPD ~ ∆EAP (g.g)
EP ED
EA EP
EP2 = EA.ED (2)Từ & EB2 = EP2 EB = EP AE
là trung tuyến ∆ PAB
Bài 47: Cho ∆ABC vuông A Lấy cạnh AC điểm D Dựng CE vng góc BD
a Chứng minh ∆ABD ~ ∆ECD
b Chứng minh tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp
c Chứng minh FD vng góc BC, F giao điểm BA CE d Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH ∆ABC và
bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác ADEF HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g)
b) tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 900)
c) Chứng minh D trực tâm ∆ CBF d) AC = BC.sinABC = 2a.sin600 = 2a
3
2 = a
AB = BC.cosABC = 2a.cos600 = 2a 2 = a
AH = AB.sinABC = a.sin600 = a
2 ; ∆ FKB vuông K , có ABC = 60 BFK = 300 AD = FD.sinBFK AD = FD.sin300 a =
FD.0,5 FD = a : 0,5 = 2a.
Bài 48: Cho ∆ABC vuông (ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường trịn đưịng
kính AC Kẻ dây cung BD vng góc AC H giao điểm AC BD Trên HC lấy điểm E cho E đối xứng với A qua H Đường tròn đường kính EC cắt BC I (I
C)
a Chứng minh
CI CE
CBCA
b Chứng minh D; E; I thẳng hàng
c Chứng minh HI tiếp tuyến đường trịn đường kính EC
HD; a) AB // EI (cùng BC)
CI CE
CBCA (đ/lí Ta-lét)
b) chứng minh ABED hình thoi DE // AB mà
EI //AB
D, E, I nằm trên
đường thẳng qua E // AB D, E, I thẳng hàng.
c) EIO' = IEO' ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’))
IEO' = HED (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến
∆HID cân HIE = HDI
Mà HDI + HED = 900
đpcm
Bài 49: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH(d)
d) M điểm thay đổi (d) (MH) Từ M kẻ tiếp
tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K
a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn
b Chứng minh IH.IO = IQ.IP
c Giả sử PMQ = 600 Tính
tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ
HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn
(Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900)
b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g)
IO IQ
IP IH IH.IO = IQ.IP
(22)c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tgMQK = KQ.tg600 =
PQ PQ
3
2 .
∆v OKQ có: OK = KQ.tgOQK = KQ.tg300 =
3 PQ PQ
KQ
3
MPQ OPQ
S
S = PQ 32 :PQ 36 = 3
Bài 50: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (EA) Từ E, A, B kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn Tiếp tuyến kẻ từ
E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự C D
a Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường tròn Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp đường tròn
b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy
DM CM
DE CE .
c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD d Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO.
e Đặt AOC = α Tính theo R α đoạn AC BD Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị R, không phụ thuộc vào α
HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900)
b) AC // BD (cùng EB) ∆EAC ~ ∆EBD
CE AC
DE BD (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
CE CM
DE DM (2)
DM CM
DE CE
c) AC // BD (cmt) ∆NAC ~ ∆NBD
NC AC
NB BD(3) Từ 1; 2;
NC CM
NBDM
MN // BD
d) O 1= O2; O 3= O mà O 1+ O 2+ O 3+ O 4= 1800 O 2+ O 3 = 900 ; O
1
D = 900 (…)
D 1= O2= O = α Vậy: DB =
OB tg =
R
tg ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα
AC.DB = R.tgα
R tg
AC.DB = R2 (Đpcm)
Bài 51: Cho ∆ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm đường cao AA1; BB
CC1
a Chứng minh tứ giác HA1BC1 nội tiếp đường tròn Xác định
tâm I đường tròn
b Chứng minh A1A phân giác
1 1
B A C .
c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1
d Trên đoạn HC lấy điểm M cho
MH
MC 3
So sánh diện tích tam giác: ∆HAC ∆HJM
HD: a) HA1BC1 nội tiếp
(quĩ tích cung chứa góc 900)
Tâm I trung điểm b) C/m: HA C1 1 = HBC 1 ;
1
HA B =
1
HCB ;
1
HBC = HCB 1
1
HA C = HA B 1 1 đpcm.
c) IA1 = IC1= R(I) ; JA =
JA1= AC/2 …
ỊJ trung trực
của A1C1
d) S HJM =
2HM.JK ; SHAC =
2HC.AC1
SHAC : S HJM =
1
HC.AC
HM.JK mà
MH
MC 3
HC HM+MC MC
1
HM HM HM
1
AC
JK (JK// AC1
SHAC : S HJM = 8
Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P
a Chứng minh tứ giác MABP nội tiếp tâm O đường tròn nằm đường thẳng cố định qua điểm L AB
b Kẻ PI Cz Chứng
(23)c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH
PM.
d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng HD: a) MABP nội tiếp đ/trịn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…)
OA = OB = R(O) O thuộc đường trung trực AB qua L
trung điểm AB…
b) IP // CM ( Cz) MPIC hình thang IL = LC khơng đổi
A,B,C cố định I cố định.
c) PA KM ; PK MB H trực tâm ∆ PKM
KH PM
d) AHBK nội tiếp đ/trịn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) N tâm đ/trịn ngoại tiếp … NE = NA = R(N)
N thuộc đường trung trực AB
O,L,N thẳng hàng.
Bài 53: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM
a So sánh hai tam giác: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vuông cân
c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c)
b) HS tự c/m ∆ KMN vuông cân
c) ∆ KMN vuông KNKM mà KM // BP KN BP
APB = 900 (góc nội tiếp…) AP BP
KN // AP (BP)
KM // BP KMN PAT 45
Mà
PKM
PAM PKU 45
2
PKN 45 0; KNM 45 PK // AN Vậy ANPK hình bình hành.
Bài 54: Cho đường trịn tâm O, bán kính R, có hai đường kính AB, CD vng góc với M điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC Nối MB, cắt CD N
a Chứng minh: tia MD phân giác góc AMB
b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi
c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONMA, I di động nào?
HD: a) AMD DMB 45 0 (chắn cung ¼ đ/trịn) MD tia phân giác AMB
b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O)
∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến
∆ OMB ~ ∆ NAB
BM BO
BA BN BM.BN = BO.BA = 2R2 không đổi.
c) ONMA nội tiếp đ/tròn đ/k AN Gọi I tâm đ/tròn ngoại tiếp
I cách A O cố I thuộc đường trung trực
Gọi E F trung điểm AO; AC
Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF
Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F
a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường tròn (O) A
b Tứ giác ABCE hình gì? Tại sao?
c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sánh BGO với
BAC.
d Cho biết DF // BC Tính cos
ABC.
HD:a) Gọi H trung điểm BC
BC (∆ ABC cân A) lập luận AHAE
BC // AE (1)
b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g)
AE = BC (2)
Từ ABCE hình
bình hành
c) Theo c.m.t AB // CF
GOAB.
BGO = 900 – ABC =
BAH=
1 BAC
d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục
đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH
N
M
D
E
A
D
E
O
B
(24) FD = MN = MD = 2BC =
1
2ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) DF.DN =
DA.DC
2BH2 =
4AC2 BH =
4 AC cos ABC = BH
AB=
2 .
Bài 56: Cho đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường tròn (O) điểm C; D cắt (O’) E; F
a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng
b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp
c Chứng minh: A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE
d Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) HD: a) CBA = 900 = FBA (góc nội tiếp chắn nửa đ/trịn)
CBA + FBA = 1800 C, B, F thẳng hàng.
b) CDF = 900 = CEF CDEF nội tiếp (quĩ tích …)
c) CDEF nội tiếp ADE = ECB (cùng chắn cung EF)
Xét (O) có: ADB = ECB (cùng chắn cung AB)
ADE = ADB DA tia phân giác BDE Tương tự EA tia phân giác
DEB
Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE
d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = 2DCA ; EO'A = 2EFA mà DCA =
EFA (góc nội tiếp chắn cung DE) DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO'
(đ/đ) ODO' = O'EO ODEO’ nội tiếp.
Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình chữ nhật AO = AO’ = AB.
Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’)
Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB
Bài 57: Cho đường trịn (O; R) có đường kính cố định ABCD.
a) Chứng minh: ACBD hình vng
b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (EB; EC) Trên tia đối tia
EA lấy đoạn EM = EB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB ED // MB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường tròn mà ta phải xác định tâm bán kính theo R
HD: a) AB CD ; OA = OB = OC = OD = R(O)
ACBD hình vuông.
b) AED =
1
2 AOD = 450 ; DEB =
2 DOB = 450
AED = DEB ED tia phân giác AEB .
AED = 450 ; EMB = 450 (∆ EMB vuông cân E) AED = EMB (2 góc đồng vị) ED // MB.
c) ∆ EMB vuông cân E CE DE ; ED // BM
CE BM CE là
đường trung trực BM
d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R 2)
Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường trịn tâm O đường kính CD cắt AD E Đường thẳng vng góc với CD O cắt AD M
a Chứng minh: AHCE nội tiếp Xác định tâm I đường trịn
b Chứng minh: CA = c Đường thẳng HE cắt đường tròn tâm O K, đường thẳng HI cắt đường tròn tâm I N cắt đường thẳng DK P Chứng minh: Tứ giác NPKE nội tiếp
Bài 59: BC dây cung đường tròn (O; R) (BC2R).
Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm ∆ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H
a Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC
b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh: AH = 2.A’O c Gọi A1 trung điểm EF
Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’
d Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC
Suy vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN
Bài 60: Cho đường tròn tâm (O; R) có AB đường kính cố định
D
O
B
A
=
//
E
M
C
C
B
F
O
O’
A
D
(25)còn CD đường kính thay đổi Gọi (∆) tiếp tuyến với đường tròn B AD, AC cắt (∆) Q P
a Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp
b Chứng minh: Trung tuyến AI ∆AQP vng góc với DC