Chøng minh r»ng tø gi¸c APMO néi tiÕp ®-îc mét ®-êng trßn... Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp.[r]
(1)=> BGK = BAH ( cung phô víi ABH) mµ BAH =
2 BAC (do ABC cân nên AH phân giác)
=> BAC = 2BGO
Bài 46 Cho đ-ờng tròn (O) đ-ờng kính AB , đ-ờng tròn ta lấy hai điểm C vµ D cho cung AC = cung AD Tiếp tuyến với đ-ờng tròn (O) vẽ từ B cắt AC F
1 Chứng minh hệ thức : AB2 = AC AF.
2 Chøng minh BD tiếp xúc với đ-ờng tròn đ-ờng kính AF
3 Khi C chạy nửa đ-ờng trịn đ-ờng kính AB (không chứa điểm D ) Chứng minh trung điểm I đoạn chạy tia cố định , xác định tia cố định
(2)góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp
3 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => BCE = BDE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung BE) mà BCE = CBD (theo ) => CBD = BDE mà hai góc so le nªn suy BC // DE
Bài 43 Cho đ-ờng trịn (O) đ-ờng kính AB, điểm M thuộc đ-ờng 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) Chứng minh FN tiếp tuyến đ-ờng trịn (B; BA)
Lêi gi¶i: 1 (HS tù làm)
2 (HD) Dễ thấy E trực tâm cđa tam gi¸c NAB => NE AB
3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN; F E xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => FA // NE mà NE AB => FA AB A => FA tiếp tuyến (O) A
4 Theo tứ giác AENF hình bình hµnh => FN // AE hay FN // AC mµ AC BN => FN BN t¹i N
/ /
_
_
H E F
C N
M
O B
A
BAN có BM đ-ờng cao đồng thời đ-ờng trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đ-ờng trịn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA)
Bµi 44 AB vµ AC lµ hai tiÕp tuyÕn đ-ờng tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vuông góc AB H, cắt (O) E cắt OA D
1 Chøng minh CO = CD
2 Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi
3 Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh I trung điểm OH
4 Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chứng minh ba điểm O, M, K thẳng hàng
Lời giải:
1 Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đ-ờng tròn tâm O => OA tia phân giác BOC => BOA = COA (1)
D I
K
M E H
O
C B
A
OB AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2) Tõ (1) vµ (2) => COD cân C => CO = CD.(3)
2. theo ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã OB // CH hay OB // CD (5) Tõ (4) vµ (5) => BOCD hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi
3. M trung điểm CE => OM CE ( quan hệ đ-ờng kính dây cung) => OMH = 900 theo trªn ta cịng cã OBH =900; BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH.
4 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 đ-ờng tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đ-ờng 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)
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)
_ _
H _ _
1
1
2
F
G I
O D
E
C B
A
K
Theo trªn AE // CB (2) Tõ (1) (2) => AECB hình bình hành
(3)3. Theo trªn OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mµ PM = AM =
2 R
=> PM =
2 R
=> PN = R2:
2 R
= 2R => MN = MP + NP =
2 R
+ 2R =
2 R
Theo trªn APB MON => MN
AB =
2 R
: 2R =
4 = k (k tỉ số đồng dạng)
Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình ph-ơng tỉ số đồng dạng nên ta có:
APB MON
S S
= k2 =>
APB MON
S S
=
5 25
4 16
Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lần l-ợt 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 VÏ đ-ờng tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đ-ờng tròn 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 khơng đổi => BD.CE = R2 không đổi.
K
H
E D
C B
A
O
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 đ-ờng tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đ-ờng 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 đ-ờng tròn (O) Tiếp tuyến B C lần l-ợt 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), l¹i cã D chung => BCD ABD => BD CD
AD BD => BD
2 = 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 d-ới
O
E D
C B
(4)G 1
2 1
I H K
F E
C B
D A
O 2
BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng trßn 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)
4 Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đ-ờng chéo AH vµ EF ta cã GF = GH (tÝnh chÊt đ-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 => F
1 + F2 = KFE = 900 => KF EF Chứng minh t-ơng tự ta có IE EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai đ-ờng tròn (I) (K) e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH OA (OA bán kính đ-ờng trịn (O) có độ dài khơng đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O
Vậy H trùng với O túc dây AD vng góc với BC O EF có độ di ln nht
Bài 40 Cho nửa đ-ờng tròn đ-ờng 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
APB MON
S S
AM =
2 R
4 TÝnh thĨ tÝch cđa h×nh nưa h×nh tròn APB quay quanh cạnh AB sinh
Lời giải:
1.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mµ
N P
A O B
M x
y
/
/
AOP vµ BOP lµ hai gãc kỊ bï => MON = 900 hay tam giác MON vuông O. APB = 900((nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn) hay tam giác APB vuông t¹i 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 vuông APB MON có APB = MON = 900; OBP = PNO => APB MON
2. Theo MON vuông O có OP MN ( OP lµ tiÕp tuyÕn )
(5)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 hai gãc kÒ bï => I0 I0’=> 0I0’= 900
4 Theo ta có 0I0 vuông I có IA đ-ờng cao (do AI tiếp tuyến chung nªn AI OO’) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm)
Bµi 38 Cho hai đ-ờng 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 OM AC Chứng minh :
1 Chứng minh tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp Tø gi¸c AEMF hình chữ nhật
3 ME.MO = MF.MO
4 OO tiếp tuyến đ-ờng tròn đ-ờng kính BC BC tiếp tuyến đ-ờng tròn ®-êng kÝnh OO’
Lêi gi¶i:
1. ( HS tù lµm)
2 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã MA = MB
4 3
M
2 1
F E
A
C B
O' O
=>MAB c©n M Lại có ME tia phân giác => ME AB (1) Chøng minh t-¬ng tù ta cịng cã MF AC (2)
Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO tia phân giác hai góc kề bù BMA vµ CMA => MO MO’ (3)
Tõ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật
3 Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đ-ờng tròn => MA OO=> MAO vuông A có AEMO ( theo trªn ME AB) MA2 = ME MO (4)
T-ơng tự ta có tam giác vuông MAO có AFMO’ MA2 = MF.MO’ (5) Tõ (4) vµ (5) ME.MO = MF MO
4 Đ-ờng tròn đ-ờng kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đ-ờng tròn qua Avà co MA bán kính Theo OO MA A OO tiếp tuyến A đ-ờng tròn đ-ờng kính BC 5 (HD)Gọi I trung điểm OO ta có IM đ-ờng trung bình hình thang BCOO
=> IMBC M (*) Ta cung chứng minh đ-ợc OMO vuông nên M thuộc đ-ờng tròn đ-ờng kính OO => IM bán kính đ-ờng tròn đ-ờng kính OO (**)
Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đ-ờng tròn đ-ờng kính OO
Bi 39 Cho -ng trũn (O) đ-ờng kính BC, dấy AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đ-ờng vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF
1 Hãy xác định vị trí t-ơng đối đ-ờng 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 đ-ờng 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 cã : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kÒ bï) (1)
CFH = 900 ( néi tiÕp chắn nửa đ-ờng tròn )
(6)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 => AM
2 = AE.AC
4 AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ); MN AB I => AMB vuông M có MI ®-êng cao => MI2 = AI.BI ( hƯ thøc cạnh đ-ờng 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 đ-ờng trịn ngoại tiếp ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , tâm O
1 đ-ờng tròn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1BM
Gọi O1 chân đ-ờng vng góc kẻ từ N đến BM ta đ-ợc O1 tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đ-ờng trịn tâm O1 bán kính O1M với đ-ờng trịn (O) O1 hình chiếu vng góc ca N trờn BM
Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đ-ờng cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q lần l-ợt hình chiếu vuông gãc cđa D lªn AB, BE, CF, AC Chøng 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 tiÕp cïng ch¾n cung HP); HDC có HDC = 900 (do AH đ-ờng cao) HDP cã HPD = 900 (do DP HC) => C
1= D4 (cïng phơ víi DHC)=>C1=N2 (1) chøng minh t-¬ng tù ta cã B1=P1 (2) Tõ (1) vµ (2) => HNP HCB
1
1
1
1
N M
P Q
H F
E
D C
B
A
1
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 mµ B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6) Chứng minh t-ơng tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng (7)
Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng
Bài 37 Cho hai đ-ờng tròn (O) (O) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B (O), C (O’) TiÕp tuyÕn 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 tự làm)
2. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IB = IA , IA = IC
ABC cã AI =
2
BC =>ABC vuông A hayBAC =900
4 9
A I
C B
(7)3. (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => P
1= 900–K1 mµ K1 lµ gãc ngoµi tam giác AKB nên K1 = A1 + B1 =
2
A B
(t/c phân giác góc ) => P
1 = 900– (
2
A B
).(1) CQ tia phân giác cña gãc ACB => C1 =
2 C
=
2(180
0-A -B) = 900– (
2
A B
) (2)
Tõ (1) vµ (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mµ P vµ C nằm nửa mặt phẳng bờ BQ nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 900– (
2
A B
) dựng BQ Vậy bốn điểm P, C, B, Q thuộc đ-ờng tròn
Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiÒu cao AH = Cm, néi tiÕp đ-ờng tròn (O) đ-ờng kính AA
1 Tính bán kính đ-ờng tròn (O)
2 Kẻ đ-ờng kính CC, tứ giác CACA hình gì? Tại sao? Kẻ AK CC tứ giác AKHC hình gì? Tại sao?
4 Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác ABC
Lời giải:
1 (HD) Vì ABC cân A nên đ-ờng kính AA’ đ-ờng trịn ngoại tiếp đ-ờng cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AA’đi qua H => ACA’ vng C có đ-ờng cao CH =
2
BC
= 3cm; AH = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H = 32 2,5
4
CH
AH => AA’
2
2 1
1
1
O K
H
A' C'
C B
A
=> AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm)
2 Vì AA CC hai đ-ờng kính nên cắt trung điểm O đ-ờng => ACAC hình bình hành Lại có ACA = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) nên suy tứ giác ACAC hình chữ nhËt
3. Theo gi¶ thiÕt AH BC; AK CC => K H nhìn AC d-ới góc 900nên nằm đ-ờng tròn ®-êng kÝnh AC hay tø gi¸c ACHK néi tiÕp (1) => C2 = H1 (néi tiÕp cung ch¾n cung AK) ; AOC cân O ( OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( v× cã hai gãc so le b»ng nhau) => tứ giác ACHK hình thang (2)
Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang c©n
Bài 35 Cho đ-ờng trịn (O), đ-ờng 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 gi¶ thiÕt MN AB t¹i I => EIB = 900; ACB néi tiÕp 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
O1 E
I
C
O
N M
(8)1 Chứng minh MN di động , trung điểm I MN ln nằm đ-ờng trịn cố định
2 Từ A kẻ Ax MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN hình bình hµnh
3 Chứng minh C trực tâm tam giác AMN Khi MN quay quanh H C di động đ-ờng Cho AM AN = 3R2 , AN = R 3 Tính diện tích phn hỡnh
tròn (O) nằm tam giác AMN
Lời giải: (HD)
1 I trung điểm MN => OI MN I ( quan hệ đ-ờng kính dây cung) = > OIH = 900
D K
O I C
M N
B
A H
OH cố địmh nên MN di động I di động nh-ng ln nhìn OH cố định d-ới góc 900 I di động đ-ờng trịn đ-ờng kính OH Vậy MN di động , trung điểm I MN nằm đ-ờng trịn cố định
2 Theo gi¶ thiÕt Ax MN; theo OI MN I => OI // Ax hay OI // AC mµ O lµ 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 đ-ờng )
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 tam giác AMN
4 Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH đ-ờng tung bình OBC => IH // OC Theo giả thiết Ax MN hay IH Ax => OC Ax C => OCA = 900 => C thuộc đ-ờng trịn đ-ờng kính OA cố định Vậy MN quay quanh H C di động đ-ờng trịn đ-ờng kính OA cố định
5. Ta cã AM AN = 3R2 , AN = R 3 => AM =AN = R 3=> AMN cân A (1) Xét ABN vuông N ta có AB = 2R; AN = R => BN = R => ABN = 600 ABN = AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => AMN = 600 (2).
Từ (1) (2) => AMN tam giác => SAMN =
3
4 R
=> S = S(O)- SAMN = R2
-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 đ-ờng tròn M Chứng minh OM BC
2 Chøng minh MC2 = MI.MA.
3 Kẻ đ-ờng kính MN, tia phân giác góc B C cắt đ-ờng thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đ-ờng tròn
Lời giải:
1 AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM CM => M lµ trung ®iĨm cđa cung BC => OM BC
2 XÐt MCI vµ MAC cã MCI =MAC (hai gãc nội tiếp chắn hai cung nhau); M góc chung
=> MCI MAC => MC MI
MA MC => MC
2 = MI.MA.
(
(
1
2
2
1
1
1
N
Q
P
K
M O
C B
A
(9)* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC Ta có SABC =
2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm
chÝnh giìa cđa cung lín BC
Bµi 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đ-ờng cao AH bán kính 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 M
D
O
H C
B A
2 VÏ d©y BD OA => AB AD => ABD = ACB
Ta cã OAH = DBC ( góc có cạnh t-ơng 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 3 2.(4 3 3)
3 12
R R R
Bài 31 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biết BAC = 600. Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R
2 VÏ ®-êng kÝnh CD cđa (O; R); gọi H giao điểm ba đ-ờng cao cđa tam gi¸c ABC Chøng minh BD // AH vµ AD // BH TÝnh AH theo R
Lêi gi¶i:
1 Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => s®BC=1200 ( t/c gãc néi tiÕp ) => BOC = 1200 ( t/c gãc ë t©m)
* Theo sđBC=1200 => BC cạnh tam giác nội tiếp (O; R) => BC = R
2 CD đ-ờng kính => DBC = 900 hay DB BC; theo gi¶ thiÕt AH lµ
A
B C
H O
D
M
®-êng cao => AH BC => BD // AH Chøng minh t-¬ng tự ta đ-ợc 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
(10)Theo F (O) FEA =900 => AF đ-ờng kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( v× cïng phơ ACB) (5)
Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6)
Tõ (3) vµ (6) => tø giác BEFC hình thang cân
4. Theo AF đ-ờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đ-ờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH
Theo giả thiết I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đ-ờng kính dây cung) => OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI = HGA (đối đỉnh) => OGI HGA => GI OI
GA HA mµ OI =
1
2 AH
=>
2 GI
GA mµ AI lµ trung tuyến tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm
tam gi¸c ABC
Bài 29 BC dây cung đ-ờng tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đ-ờng 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 Tứ giác BFEC nội tiếp => AEF = ACB (cïng bï BFE) AEF = ABC (cïng bï CEF) => AEF ABC
2 VÏ ®-êng kÝnh AK => KB // CH ( cïng vu«ng gãc AB); KC // BH (cïng vu«ng gãc AC) => BHKC hình bình hành => A trung điểm HK => OK đ-ờng trung bình AHK => AH = 2OA’
A1
K A
B C
H O
E F
D
/ /
/ =
/ =
A'
3.áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính các đ-ờng tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có :
AEF ABC =>
1
' '
R AA
R AA (1) R bán kính đ-ờng trịn ngoại tiếp ABC; R l bỏn kớnh
đ-ờng tròn ngoại tiếp AEF; AA’ lµ trung tun cđa ABC; AA1 lµ trung tuyến AEF Tứ giác AEHF nội tiếp đ-ờng tròn đ-ờng kính AH nên đ-ờng tròn ngoại tiÕp AEF Tõ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’
2 AH
= AA’ '
2 A O
VËy R AA1 = AA’ A’O (2)
4 Gọi B, Clần l-ợt trung điểm AC, AB, ta có OBAC ; OCAB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA, OB, OC lần l-ợt đ-ờng cao tam gi¸c OBC, OCA, OAB
SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =1
2( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB )
2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) Theo (2) => OA’ = R
' AA
AA mµ
1
' AA
AA tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC
nªn
' AA AA =
EF
BC T-¬ng tù ta cã : OB’ = R FD
AC ; OC’ = R ED
AB Thay vào (3) ta đ-ợc
2SABC = R (
EF FD ED
(11)Bài 27 Cho đ-ờng tròn (O) điểm A đ-ờng tròn Các tiếp tuyến với đ-ờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đ-ờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đ-ờng tròn ( M khác B, C), tõ M kỴ MH BC, MK CA, MI AB Chøng minh :
1. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp 2 BAO = BCO 3 MIH MHK 4 MI.MK = MH2.
Lêi gi¶i:
I
K H M
C B
A O
H B
C K I
M
O
A
1. (HS tự giải)
2. Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO = BCO (néi tiÕp cïng ch¾n cung BO)
3. Theo gi¶ thiÕt MH BC => MHC = 900; MK CA => MKC = 900
=> MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội tiếp chắn cung HM)
Chứng minh t-ơng tự ta có tứ giác MHBI néi tiÕp => MHI = MBI (néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ BM) => HKM = MHI (1) Chøng minh t-¬ng tù ta cịng cã KHM = HIM (2) Tõ (1) vµ (2) => HIM KHM
4. Theo trªn HIM KHM => MI MH
MH MK => MI.MK = MH
2
Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC
1 Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đ-ờng tròn (O)
3 Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân
4 Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC
Lêi 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 đ-ờng
2 (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => BAC + B’HC’ = 1800 mà BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800
= /
=
/ / / A' C'
B'
G O H
I
F E
C B
A
=> Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O)
* H E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC => BEC + BAC = 1800 => ABEC nội tiếp => E thuộc (O)
3 Ta có H E đối xứng qua BC => BC HE (1) IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE HE (2)
Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3)
(12)Theo ta có CD AE hai đ-ờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đ-ờng cao tam giác ABC => BH AC t¹i F => AEB cã 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 D => OD tiếp tuyến đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Bài 25. Cho đ-ờng tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đ-ờng tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đ-ờng vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh t-ơng øng BC, AC, AB Gäi giao ®iĨm cđa BM, IK P; giao điểm CM, IH Q
1 Chứng minh tam giác ABC cân 2 C¸c tø gi¸c BIMK, CIMH néi tiÕp
3 Chøng minh MI2 = MH.MK 4 Chøng minh PQ MI.
Lêi gi¶i:
1 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã 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 t-ơng tự tứ 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 néi tiÕp => B1 = I1 ( néi tiÕp chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = C1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ BM) => I1 = H1 (2)
Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH => MI MK
MH MI => MI
2 = MH.MK
1
1
1
P Q
K H
I M
A
C B
O
2
4 Theo ta có I1 = C1; chứng minh t-ơng 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 đ-ờng tròn (O), đ-ờng kính AB = 2R VÏ d©y cung CD AB ë H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM CB Chứng minh :
1
AB AC KB KC
2 AM tia phân giác CMD 3 Tứ gi¸c OHCI néi tiÕp
4 Chứng minh đ-ờng vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đ-ờng trịn M
Lêi gi¶i: 1 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 =>
AB AC KB KC
( t/c tia phân giác tam gi¸c )
J
H I K
O
M C
D
B A
_ /
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 BC => OM BC I => OIC = 900 ; CD AB H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp
(13)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 Chøng minh ba ®iĨm H, A, D thẳng hàng
2 Đ-ờng thẳng HD cắt đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân Cho biết ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF
ED, Chøng minh ®iĨm b, k, e, m, ccùng nằm đ-ờng tròn
4 Chứng minh MC tiếp tuyến đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Lời giải:
1. Theo giả thiết ABHK hình vuông => BAH = 450
H K
M
F E
D
C B
A
O
Tø giác AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông A => BAC = 900 => BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hµng.
2. Ta cã BFC = 900 (néi tiÕp chắn nửa đ-ờng tròn ) nên tam giác BFC vuông t¹i F (1). FBC = FAC ( néi tiÕp cïng chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2). Tõ (1) vµ (2) suy FBC tam giác vuông cân F
3 Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vng). => CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đ-ờng tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vng) => CMF = 450 hay CMB = 450 Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vng); BKC = 450 (vì ABHK hình vng).
Nh- vËy K, E, M cïng nh×n BC d-íi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dựng BC => điểm b, k, e, m, ccùng nằm đ-ờng tròn
4 CBM cã B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC BC t¹i C => MC tiếp tuyến đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đ-ờng tròn đ-ờng kính AC có tâm O, đ-ờng tròn cắt BA BC D E
1 Chứng minh AE = EB
2 Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đ-ờng trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH
3 Chứng minh OD tiếp tuyến đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Lời giải:
1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn )
=> AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450 => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB
F
1
1
1
/
/ _
_
K H
I
E D
O
C B
A
2 Gäi K lµ trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đ-ờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE E => IK HE K (2).
Từ (1) (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 (néi tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông D cã DI lµ trung tuyÕn (do I lµ trung ®iĨm cđa BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kÝnh ID
(14)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 => F
1 + F2 = 900 = MFO hay MF OF F => MF tiếp tuyến (O)
Bài 21. Cho đ-ờng tròn (O) đ-ờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đ-ờng tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q
1 Chứng minh đ-ờng tròn (I) (O) tiếp xúc A Chứng minh IP // OQ
3 Chøng minh r»ng AP = PQ
4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn
Lêi gi¶i:
1 Ta cã OI = OA – IA mà OA IA lần l-ợt bán kính đ-ờng tròn (O) đ-ờng tròn (I) Vậy đ-ờng tròn (O) đ-ờng tròn (I) tiếp xúc t¹i 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
H
I O
Q
P
B A
1
1
3.APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => OP AQ => OP đ-ờng cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đ-ờng trung tun => AP = PQ
4. (HD) KỴ QH AB ta cã SAQB =
2AB.QH mà AB đ-ờng kính khơng đổi nên SAQBlớn QH
lín nhÊt QH lín nhÊt Q trïng với trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung ®iĨm cđa 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 ln nht
Bài 22. Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đ-ờng thẳng vuông góc với DE, đ-ờng thẳng cắt đ-ờng thẳng DE vµ DC theo thø tù ë H vµ K
1 Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp TÝnh gãc CHK
3 Chøng minh KC KD = KH.KB
4 Khi E di chun trªn cạnh BC H di chuyển đ-ờng nào?
Lời giải:
1 Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE H nên BHD = 900 => nh- H C nhìn BD d-ới góc 900 nên H C nằm đ-ờng tròn đ-ờng 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).
O
)
1 1
1
K H E
D C
B A
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
(15)1 Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD
4 Chøng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến cđa (O’)
Lêi gi¶i:
1 BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => BID = 900 (vì hai góc kề bï); DE AB t¹i M => BMD = 900
=> BID + BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp
2 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đ-ờng kính dây cung)
2 1 1
/ /
1
O'
E
3 2 1
I
O D
C M
A
B
=> Tø giác ADBE hình thoi có hai đ-ờng chéo vuông góc với trung điểm đ-ờng 3 ADC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửa đ-ờng tròn ) => AD DC; theo BI DC => BI // AD (1) 4 Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2)
Tõ (1) vµ (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đ-ờng thẳng song song với AD mà thôi.)
5 I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; OIC cân O ( OC OI bán kính ) => I3 = C1 mà C1 = E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mµ I3 + I2 = BIC = 900 => I
1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI O’I t¹i I => MI tiếp tuyến (O)
Bài 20. Cho đ-ờng tròn (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) vuông góc với AB trung điểm M AB Gọi giao ®iĨm thø hai cđa DC víi (O’) lµ F, BD cắt (O) G Chứng minh rằng:
1 Tứ giác MDGC nội tiếp
2 Bốn điểm M, D, B, F nằm đ-ờng tròn Tứ giác ADBE hình thoi
4 B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE
7 MF lµ tiÕp tuyÕn cđa (O’)
Lêi gi¶i:
1 BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => CGD = 900 (vì hai góc kề bù)
1
1
O' O
M
G
F E
D
C B
A
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 đ-ờng tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE AB M) nh- F M nhìn BD d-ới góc 900 nên F M nằm đ-ờng tròn đ-ờng 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 đ-ờng kính dây cung)
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đ-ờng chéo vuông góc với trung điểm đ-ờng
4 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình tho => BE // AD mà AD DF nên suy BE DF
Theo trªn BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => BF DF mµ qua B chØ cã mét đ-ờng thẳng vuông góc với DF đo B, E, F thẳng hàng
(16)O
M
Q P
H C
B
A
2 1
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 đ-ờng cao nên đ-ờng phân giác => HAP = HAQ => HP HQ ( tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => HOP = HOQ (t/c gãc ë t©m) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đ-ờng cao => OH PQ
Bài 18 Cho đ-ờng tròn (O) đ-ờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H không trùng O, B) ; đ-ờng thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M đ-ờng tròn ; MA MB thứ tự cắt đ-ờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC
1 Chứng minh MCID tứ giác nội tiÕp
2 Chứng minh đ-ờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I
3 Gäi K tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp
Lời gi¶i:
1 Ta cã : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đ-ờng tròn ) => MCI = 900 (vì hai góc kề bù)
ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đ-ờng tròn ) => MDI = 900 (vì hai gãc kÒ bï).
=> MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp
2 Theo Ta có BC MA; AD MB nên BC AD hai đ-ờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH đ-ờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH ng quy ti I
3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1
_ _
4 32 1
I
O H
K D C
M
A 1 B
1
Mµ A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( góc ACM góc bẹt) 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
(17)Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2)
Tõ (1) vµ (2) Ta cã M tâm đ-ờng tròn nội tiếp tam giác ADE
TH2(Hình b)
Câu : ABC = CME (cùng phô ACB); ABC = CDS (cïng bïADC) => CME = CDS => CE CS SM EM => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB
Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đ-ờng tròn đ-ờng kính BD cắt BC E Các đ-ờng thng CD, AE lần l-ợt cắt đ-ờng 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 đ-ờng thẳng AC, DE, FB đồng quy
Lời giải:
1 Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn )
=> DEB = BAC = 900 ; l¹i cã ABC lµ gãc 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
G
1
1
O
S
D
E B
A C
1
F
* BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) hay BFC = 900 nh- vËy F vµ A cïng nhìn BC d-ới góc 900 nên A F nằm đ-ờng tròn đ-ờng 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 nên suy AC // FG
4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đ-ờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S
Bài 17. Cho tam giác ABC có đ-ờng 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 đ-ờng 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 nhìn BC d-ới góc 900 nên P Q nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp
* Vì AM đ-ờng kính đ-ờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đ-ờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM
2 Tam giác ABC có AH đ-ờng cao => SABC =
1
2BC.AH
Tam gi¸c ABM cã MP đ-ờng cao => SABM =
2AB.MP
Tam giác ACM có MQ đ-ờng cao => SACM =
(18)Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN KN N => MN tiếp tuyến (K) N
Chứng minh t-ơng tù ta cịng cã MN lµ tiÕp tun cđa (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đ-ờng tròn (I), (K)
3 Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đ-ờng tròn tâm O) => AEB vuông 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 cã diÖn tÝch phần hình đ-ợc giới hạn ba nửa đ-ờng tròn lµ S =
2 ( S(o) - S(I)- S(k))
S =
2( 625- 25- 400) =
2.200 = 100 314 (cm
2)
Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đ-ờng tròn (O) có đ-ờng kính MC đ-ờng thẳng BM cắt đ-ờng tròn (O) D đ-ờng thẳng AD cắt đ-ờng tròn (O) S
1 Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh CA tia phân giác góc SCB
3 Gi E giao điểm BC với đ-ờng tròn (O) Chứng minh đ-ờng thẳng BA, EM, CD đồng quy
4 Chứng minh DM tia phân giác góc ADE
5 Chứng minh điểm M tâm đ-ờng tròn nội tiếp tam giác ADE
Lời giải:
3
3
2
2
1
1 F
O
M
S D
E
B A
C
H×nh a
F
1
C
A B
E D
S
M O
1
1
2
2 23
2
H×nh b
1. Ta cã CAB = 900 ( tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => CDB = 900 nh- vËy D vµ A nhìn BC d-ới góc 900 nên A D nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp
2. ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB)
D1= C3 => SM EM => C2 = C3 (hai gãc néi tiếp đ-ờng tròn (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 đ-ờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy
4 Theo trªn Ta cã SM EM => D1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1)
5. Ta cã MEC = 900 (néi tiÕp chắn nửa đ-ờng tròn (O)) => MEB = 900
(19)1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp
3 AE AB = AF AC
4 Chøng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đ-ờng tròn
Lêi gi¶i:
1 Ta cã : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đ-ờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kÒ bï) (1)
CFH = 900 ( néi tiÕp chắn nửc đ-ờng tròn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3)
(
) 21
2 1 I 1 F
E
O2
O1 H C
B
A
1
Tõ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba gãc vu«ng)
2 Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đ-ợc đ-ờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đ-ờng 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 tiếp
3 XÐt hai tam giác AEF ACB ta có A = 900 gãc chung; AFE = ABC ( theo Chøng minh trªn) => AEF ACB => AE AF
AC AB => AE AB = AF AC
* HD c¸ch 2: Tam giác AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông t¹i 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 => E
1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF Chøng minh t-¬ng tù ta cịng cã O2F EF VËy EF lµ tiÕp tun chung cđa hai nửa đ-ờng tròn
Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ vỊ mét phÝa cđa AB nửa đ-ờng tròn có đ-ờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K
Đ-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 đ-ờng tròn (I), (K)
1 Chøng minh EC = MN
2 Chøng minh MN tiếp tuyến chung nửa đ-ờng tròn (I), (K)
3 TÝnh MN
4 TÝnh diÖn tÝch hình đ-ợc giới hạn ba nửa đ-ờng tròn
Lêi gi¶i:
1 Ta cã: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn tâm K)
1 H
1
N
M
C
I O K B
E
A
3
2 2 1
1
=> ENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1)
AMC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửc đ-ờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì lµ hai gãc kỊ bï).(2) AEB = 900 (néi tiếp chắn nửa đ-ờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3)
(20)2. DF // BC 3 Tø gi¸c BDFC néi tiÕp 4
CF BM CB
BD
Lêi gi¶i:
1 (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta 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
2 Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => AD AF
AB AC => DF // BC
3 DF // BC => BDFC lµ hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân)
=> BDFC l hỡnh thang cõn BDFC nội tiếp đ-ợc đ-ờng trịn M
I O
F
E D
C B
A
4 Xét hai tam giác BDM CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) BDM = BFD (nội tiếp chắn cung DI); CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF => BDM CBF =>
CF BM CB BD
Bài 12 Cho đ-ờng tròn (O) bán kính R có hai đ-ờng kính AB CD vuông góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đ-ờng thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đ-ờng 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 (vì NP tiếp tuyến ). Nh- M N nhìn OP d-íi mét gãc b»ng 900 => M vµ N cïng nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính OP => Tứ gi¸c OMNP néi tiÕp
2 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM)
Tam giác ONC cân O cã ON = OC = R => ONC = OCN A' B'
O
P N
M
D
B A
C
=> 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 mµ CO = R; CD = 2R nªn CO.CD = 2R
2 khơng đổi => CM.CN =2R2 khơng đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M
4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đ-ờng thẳng cố định vng góc vi CD ti D
Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song AB
(21)3 Chứng minh CEFD tứ giác néi tiÕp
Lêi gi¶i:
1. C thuéc nửa đ-ờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => BC AE
ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vng B có BC đ-ờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đ-ờng cao ), mà AB đ-ờng kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE không đổi
2. ADB cã ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng 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 tam giác 1800) (2) Từ (1) (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD)
D C
A O B
F E
X
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 EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp
Bài 10 Cho đ-ờng trịn tâm O đ-ờng kính AB điểm M nửa đ-ờng trịn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đ-ơng vng góc từ S đến AB
1 Chøng minh ®iĨm A, M, S, P nằm đ-ờng tròn Gọi S giao điểm MA SP Chứng minh tam giác
PSM cân
3 Chứng minh PM tiếp tuyến đ-ờng tròn
Lời giải:
1 Ta cã SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( néi tiÕp chắn nửa đ-ờng tròn ) => AMS = 900 Nh- P M nhìn AS d-ới góc 900 nên nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính AS.
Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đ-ờng tròn
2 Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đ-ờng tròn nên M’ nằm đ-ờng tròn => hai cung AM AM’ có số đo
3
( )
4
1 1
) (
1 2
2
1
1
H O
S'
M' M
A B
S
P
=> AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1)
Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’ AB H => MM’// SS’ ( vng góc với AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2)
=> Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS’
Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ-ờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP ) => ASP = AMP => tam giác PMS cân P
3 Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = S’1 (cïng phơ víi S) (3) Tam gi¸c PMS’ cân P => S1 = M1 (4)
Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => B1 = M3 (5)
Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = AMB = 900 nªn suy M1 + M2 = PMO = 900 => PM OM t¹i M => PM tiếp tuyến đ-ờng tròn M
Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đ-ờng tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh :
(22)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 PO ( t/c đ-ờng 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 đ-ờng cao => IK PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng
Bµi 8 Cho nửa đ-ờng tròn tâm O đ-ờng kính AB điểm M nửa đ-ờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đ-ờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đ-ờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K
1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội 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) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đ-ợc đ-ờng tròn
Lêi gi¶i:
1 Ta cã : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù).
AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => KEF = 900 (vì hai góc kÒ bï).
=> KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp
X
2 1 2
1
E K I
H
F M
B O
A
2. Ta cã IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh đ-ờng cao => AI2 = IM . IB.
3. Theo gi¶ thiÕt AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……) => ABE =MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo trªn ta cã AEB = 900 => BE AF hay BE đ-ờng cao tam giác ABF (2).
Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam giác cân B
4. BAF l tam giác cân B có BE đ-ờng cao nên đồng thời đ-ơng 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 đ-ờng cao nên đồng thời đ-ơng trung tuyến => E trung điểm HK (6)
Tõ (3) , (4) vµ (6) => AKFH hình thoi ( có hai đ-ờng chéo vuông góc với trung điểm đ-ờng)
5. (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tø giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đ-ợc đ-ờng tròn AKFI phải hình thang cân
AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB
Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7) Tam gi¸c ABI vuông A cóABI = 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 đ-ợc đ-ờng trịn
Bµi 9 Cho nửa đ-ờng tròn (O; R) đ-ờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đ-ờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần l-ợt E, F (F B E)
(23)=> OM lµ trung trùc cđa AB => OM AB t¹i I
Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đ-ờng cao. áp dụng hệ thức cạnh đ-ờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; vµ 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 => Tø giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi
5 Theo OAHB hình thoi => OH AB; theo OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đ-ờng thẳng vuông gãc víi AB)
6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nh-ng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đ-ờng thẳng d nửa đ-ờng tròn tâm A bán kính AH = R
Bµi 6 Cho tam giác ABC vuông A, đ-ờng cao AH Vẽ đ-ờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD ®-êng kÝnh cđa ®-êng trßn (A; AH) TiÕp tun cđa đ-ờng tròn D cắt CA E
1 Chứng minh tam giác BEC cân
2 Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chøng minh r»ng BE lµ tiÕp tuyến đ-ờng tròn (A; AH) Chứng minh BE = BH + DE
Lêi gi¶i: (HD)
1. AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2)
Vì AB CE (gt), AB vừa đ-ờng cao vừa đ-ờng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2
2
I
E
H D
C A
B
2 Hai tam giác vuông ABI ABH có c¹nh hun AB chung, B1 = B2 => AHB = AIB => AI = AH
3 AI = AH BE AI I => BE tiÕp tun cđa (A; AH) t¹i I
4 DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED
Bài 7 Cho đ-ờng tròn (O; R) đ-ờng 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 Chøng minh r»ng tø giác APMO nội tiếp đ-ợc đ-ờng tròn Chứng minh BM // OP
3 Đ-ờng 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 tù lµm)
2. Ta cã ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm chắn cung AM => ABM =
2 AOM
(1) OP tia phân gi¸c AOM
( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AOP =
2 AOM
(2) Tõ (1) vµ (2) => ABM = AOP (3)
X
( (
2 1
1 1
K I
J
M N
P
A O B
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)
(24)=> IO // AC , mµ AC AB => IO AB t¹i O => AB tiếp tuyến O đ-ờng tròn đ-ờng kính CD
6 Theo trªn AC // BD =>
BD AC BN
CN
, mµ CA = CM; DB = DM nªn suy
DM CM BN
CN
=> MN // BD mµ BD AB => MN AB
7 ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ , mà CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB
Bµi 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đ-ờng tròn nội tiếp, K tâm đ-ờng tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK
1. Chøng minh B, C, I, K cïng nằm đ-ờng tròn
2. Chứng minh AC tiếp tuyến đ-ờng tròn (O)
3. Tính bán kính đ-ờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm
Lêi gi¶i: (HD)
1. Vì I tâm đ-ờng trịn nội tiếp, K tâm đ-ờng trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B
Do BI BK hayIBK = 900
T-ơng tự ta có ICK = 900 nh- B C nằm đ-ờng trịn đ-ờng kính IK B, C, I, K nằm đ-ờng tròn
2. Ta cã C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH
C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 )
o 1 2 1 H
I
C A
B
K
I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O)
Tõ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC VËy AC lµ tiếp tuyến đ-ờng tròn (O).
3. Từ giả thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2– HC2 => AH = 202 122 = 16 ( cm)
CH2 = AH.OH => OH =
16 122
AH CH
= (cm) OC = OH2 HC2 92 122 225 = 15 (cm)
Bài 5 Cho đ-ờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đ-ờng 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 đ-ờng tròn
3 Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2. Chứng minh OAHB hình thoi
5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng
6 Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đ-ờng thẳng d
Lời giải: 1. (HS tự làm)
2. Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan hƯ ®-êng kÝnh
d
H I K
N P
M
D
C
B
A
O
Vµ d©y cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh- vËy K, A, B cïng nh×n OM d-íi mét góc 900 nên nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính OM
(25)Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp
2 Theo giả thiết: BE đ-ờng cao => BE AC => BEA = 900. AD đ-ờng cao => AD BC => BDA = 900.
Nh- E D nhìn AB d-ới góc 900 => E D nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đ-ờng tròn
3 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đ-ờng cao nên đ-ờng 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. V× O tâm đ-ờng 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
1BC => tam giác DBE cân D => E
3 = B1 (2)
Mµ B1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E
2 + E3 = 900 = OED => DE OE E Vậy DE tiếp tuyến đ-ờng tròn (O) E
5 Theo gi thit AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dng nh lớ Pitago cho
tam giác OED vuông t¹i E ta cã ED2 = OD2– OE2 ED2 = 52– 32 ED = 4cm
Bµi 3 Cho nửa đ-ờng tròn đ-ờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đ-ờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần l-ợt C D Các đ-ờng thẳng AD BC cắt t¹i N
1 Chøng minh AC + BD = CD Chøng minh COD = 900. Chøng minh AC BD =
4
2 AB
Chøng minh OC // BM
5 Chøng minh AB tiếp tuyến đ-ờng tròn đ-ờng kính CD Chøng minh MN AB
7 Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ
Lêi gi¶i:
/ /
y x
N C
D I
M
B O
A
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 đ-ờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM,
Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD =
4
2 AB
4. Theo trªn COD = 900 nªn OC OD (1)
Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD)
5. Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đ-ờng kính CD có IO bán kính
(26)50 toán hình học lớp 9
Bài 1 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp đ-ờng tròn (O) Các đ-ờng cao AD, BE, CF cắt H cắt đ-ờng tròn (O) lần l-ợt M,N,P
Chứng minh rằng:
1 Tứ giác CEHD, néi tiÕp
2 Bèn ®iĨm B,C,E,F cïng nằm đ-ờng tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC
4 H M đối xứng qua BC
5 Xác định tâm đ-ờng tròn nội tiếp tam giác DEF
Lêi gi¶i:
1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:
CEH = 900( Vì BE đ-ờng cao) CDH = 900( Vì AD đ-ờng cao)
=> CEH + CDH = 1800
H
( ( 2
2
1 1
1 P
N
F
E
M
D C
B
A
O
Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp
2. Theo gi¶ thiết: BE đ-ờng cao => BE AC => BEC = 900. CF đ-ờng cao => CF AB => BFC = 900.
Nh- vËy E vµ F cïng nh×n BC d-íi mét gãc 900 => E F nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đ-ờng tròn
3. Xét hai tam giác AEH ADC ta cã: AEH = ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung => AEH ADC =>
AC AH AD
AE
=> AE.AC = AH.AD
* XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã: BEC = ADC = 900 ; C lµ gãc chung => BEC ADC =>
AC BC AD BE
=> AD.BC = BE.AC
4 Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC)
C2 = A1 ( hai góc nội tiếp ch¾n cung BM)
=> C1 = C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C => CB đ-ơng trung trực HM H M đối xứng qua BC
5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đ-ờng tròn => C1 = E1 ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF)
Cịng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp
C1 = E2 ( hai góc nội tiÕp cïng ch¾n cung HD)
E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED
Chứng minh t-ơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đ-ờng trịn nội tiếp tam giác DEF
Bµi 2 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đ-ờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE
1 Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp
2 Bốn điểm A, E, D, B nằm đ-ờng tròn Chøng minh ED =
2
BC
4 Chứng minh DE tiếp tuyến đ-ờng trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm
Lêi gi¶i:
1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:
CEH = 900( Vì BE đ-ờng cao)
H
1
3 2 1 1
O
E
D C
B
A