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 1 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
Lêi gi¶i:
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. Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; Â góc chung
=> AEH ADC => AE
AD= AH
AC => AE.AC = AH.AD
* Xét hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; C lµ gãc chung
=> BEC ADC => BE
AD= BC
AC => AD.BC = BE.AC 4 Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC)
C2 = A1 ( hai góc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM)
=> C1 = C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân t¹i C
=> CB đơng trung trực HM H M đối xứng qua BC
5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp
C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD) E1 = E2 => EB tia phân giác gãc FED
Chứng minh tơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF
Bài 2 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
Lêi 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 vËy E vµ D nhìn AB dới góc 900 => E D
cùng nằm đờng trịn đờng kính AB
Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn
3 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến
=> D lµ trung điểm BC Theo ta có BEC = 900
Vậy tam giác BEC vuông E cã ED lµ trung tuyÕn => DE =
2 BC
4.Vì O tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1)
Theo DE =
2 BC => tam giác
DBE cân D => E3 = B1 (2)
Mà B1 = A1 ( phụ với 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 3 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.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 gi¶i:
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 chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: 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 có OM CD ( OM tiếp tuyến ). áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM,
Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB 4. Theo trªn COD = 900 nªn OC OD (1)
Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trùc cña BM => BM OD (2) Tõ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vuông gãc víi OD)
5.Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO bán kính
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC AB; BD AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đờng trung bình hình thang ACDB
IO // AC , mà AC AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đờng trịn đờng kính CD
6 Theo trªn AC // BD => CN
BN= AC
BD , mµ CA = CM; DB = DM nªn 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 4 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 trịn (O)
3. Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm
(3)1. Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B
Do BI BK hayIBK = 900
Tơng tự ta có ICK = 900 nh B C nằm đờng trịn đờng kính IK B, C,
I, K nằm đờng tròn
2. Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 )
I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O)
T (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC Vậy AC tiếp tuyến đờng 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 = CH
2 AH =
122
16 = (cm)
OC = √OH2
+HC2=√92+122=√225 = 15 (cm)
Bài 5 Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm) Kẻ AC MB, BD MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB
1 Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp
2 Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn
3 Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2.
4 Chøng minh OAHB hình thoi
5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng
6 Tỡm qu tớch điểm H M di chuyển đờng thẳng d
Lời giải:
1. (HS tự làm)
2. Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan h ng kớnh
Và dây cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh vËy K, A,
B nhìn OM dới góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính OM
Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn
3 Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cđa AB => OM AB t¹i 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 OAHB 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 cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng trịn tâm A bán kính AH = R
Bài 6 Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng trịn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng trịn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E
1 Chứng minh tam giác BEC cân
2 Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chứng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH)
Chøng minh BE = BH + DE
(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 vµ BE AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I
4 DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED
Bài 7 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 có ABM nội tiếp chắn 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.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 bng nhau)
4 Tứ giác OBNP hình bình hµnh => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON AB => ON PJ
Ta còng cã PM OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), 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 cđa PO
( t/c đờng chéo hình chữ nht) (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 8 Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng trịn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng trịn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K
1) Chøng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh r»ng: AI2 = IM . IB.
3) Chøng minh BAF tam giác cân
4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi
5) Xỏc định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng trịn
Lêi gi¶i:
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 tròn )
=> KEF = 900 (vì hai góc kề bù).
=> KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF hai góc đối
của tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp
2. Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vng A có AM IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM . IB.
3. Theo giả thiết AE tia phân gi¸c gãc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……)
(5)Tõ (1) (2) => BAF tam giác cân B
4. BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm AF (3)
Từ BE AF => AF HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK (6)
Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng)
5. (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng trịn AKFI phải hình thang cân
AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB
Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc nội tiếp ) (7)
Tam giác ABI vuông A cã ABI = 450 => AIB = 450 (8)
Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau).
Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn
Bài 9 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 giải:
1.C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) =>
BC AE
ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B cã BC lµ
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 tròn ).
=> ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800)(1) ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ).
=> AFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác 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 kÒ bï) => ECD = ABD ( cïng
bï víi ACD)
Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB Mµ 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 trịn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng trịn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đờng
vuông góc từ S đến AB
1.Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh ∆ PS’M cân 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn
Lêi gi¶i:
1 Ta có SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng
trßn ) => AMS = 900 Nh vËy P vµ M cïng nh×n AS díi mét gãc b»ng 900
nên nằm đờng trịn 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 trịn => 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’ (vì so le trong) (2)
=> Từ (1) (2) => ASS=
ASS
Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn =>
ASP=AMP (néi tiÕp cïng ch¾n AP )
=> ASP = AMP => tam giác PMS cân P
Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = S1 (cùng phụ với S) (3)
Tam giác PMS cân P => S’1
= M1 (4)
(6)Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = AMB = 900 nªn suy M1 + M2 = PMO = 900 => PM OM
tại 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 3 Tø gi¸c BDFC néi tiÕp
4 BD
CB= BM CF Lêi gi¶i:
1 (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam gi¸c ADF cân A => ADF= AFD < 900 => sđ cung DF < 1800 => DEF < 900 ( v×
gãc DEF néi tiÕp ch¾n 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 hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn
4 Xét hai tam giác BDM CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân)
BDM = BFD (néi tiÕp cïng chắn cung DI); CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF => BDM CBF => BD
CB= BM CF
Bài 12 Cho đờng tròn (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 điểm M
4 Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định
Lêi gi¶i:
1 Ta cã OMP = 900 ( v× PM AB ); ONP = 900 (v× NP lµ tiÕp tuyÕn ).
Nh vËy M vµ N cïng nh×n OP díi mét gãc b»ng 900 => M vµ N cïng n»m
trên đờng trịn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp
2 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (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 lµ gãc chung => OMC NDC
=>
CM CO
CD CN => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2
không 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
víi 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 ti 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
Lêi gi¶i:
1 Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )
=> AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )
=> AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
(7)Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)
2 Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH
là tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) (O2)
=> B1 = H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= F1
=> EBC+EFC = AFE + EFC mµ AFE + EFC = 1800 (vì
hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC lµ
hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp
3 Xét hai tam giác AEF ACB ta có A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo Chøng minh trªn)
=> AEF ACB =>
AE AF
ACAB => AE AB = AF AC.
* HD cách 2: Tam giác AHB vuông t¹i H cã HE AB => AH2 = AE.AB
(*)
Tam giác AHC vuông H cã HF AC => AH2 = AF.AC
(**)
Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC
4 Tø gi¸c AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1
O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H b¸n kÝnh) => E2 = H2
=> E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900
=> O1E EF
Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã O2F EF VËy EF lµ tiÕp tun
chung hai nửa đờng trịn
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 vi nửa đờng tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN
2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/tròn (I), (K)
3.Tính MN
4.Tớnh din tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng trịn
Lêi gi¶i:
1 Ta cã: BNC= 900( néi tiÕp ch¾n
nửa đờng trịn 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 ) 2 Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K)
=> B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nªn => C1= N3
=> B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1 = N1 (5)
Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN KN
tại N => MN tiếp tuyến cđa (K) t¹i N
Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng trịn (I), (K)
3 Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vng A có EC AB (gt)
=> EC2 = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm. 4 Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm
Ta cã S(o) = .OA2 = 252 = 625; S(I) = IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 = 202 = 400
Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng trịn S =
1
2 ( S(o) - S(I) - S(k))
S =
1
2( 625- 25- 400) =
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 trịn (O) S
1 Chøng minh ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp
2 Chøng minh CA tia phân giác góc SCB
3 Gi E giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy
4 Chứng minh DM tia phân giác cña gãc ADE
5 Chứng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE
(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 tip
2. ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB) D1= C3 =>
SM EM => C
2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng trịn (O) chắn hai cung nhau)
=> CA lµ tia phân giác góc SCB
3 Xột 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 trịn (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 cïng ch¾n 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 (H×nh b)
C©u : ABC = CME (cïng phơ ACB); ABC = CDS (cïng bïADC) => 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
Lêi gi¶i:
1 Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông
A); DEB = 900 ( gúc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> DEB = BAC = 900 ; lại có ABC gãc chung => DEB CAB 2 Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kề bù); BAC = 900 ( ABC vuông t¹i A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai
gúc i 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 trũn ng
kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp
3 Theo ADEC tứ giác néi tiÕp => E1 = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le
trong 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 vuông 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)
AQM = 900 nh P Q nhìn BC dới
một góc 900 nên P Q nằm đờng
(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 trịn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H không trùng O, B) ; đờng thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M ngồi đờng trịn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC
1 Chøng minh MCID tứ giác nội tiếp
2 Chng 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
Lêi gi¶i:
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 trờn 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 kÝnh) => M1 = C1
Mµ A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( góc
ACM góc bĐt) hay OCK = 900
XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mµ OHK vµ OCK lµ
hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp
Bài 19. Cho đờng tròn (O) đờng kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD
1 Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiếp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chøng minh BI // AD
4 Chøng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến (O)
Lời giải:
1 BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) => BID = 900 (vì
là hai góc kề bù); DE AB M => BMD = 900
=> BID + BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID
nên MBID tứ giác nội tiếp
(10)=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng 3 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DC; theo BI DC => BI // AD (1)
4 Theo gi¶ 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.)
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 ( 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 tròn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngồi 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 tròn Tứ giác ADBE hình thoi
4 B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE
7 MF lµ tiÕp tun cđa (O’)
Lêi gi¶i:
1 BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> CGD = 900 (vì hai góc kề bù)
Theo giả thiết DE AB M => CMD = 900
=> CGD + CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giỏc
MCGD nên MCGD tứ giác nội tiÕp
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 trªn
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 mà 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 DF BE; BM DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm cđa 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 ( v× tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền)
(HD) theo 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 O’F t¹i F => MF
lµ tiÕp tun cđa (O’)
Bài 21. Cho đờng trịn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, (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 xỳc ti A
OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1
IAP c©n I ( IA IP bán kÝnh ) => A1 = P1
=> P1 = Q1 mà hai góc đồng vị nên
(11)3.APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân
tại O nên OP đờng trung tuyến => AP = PQ
4. (HD) KỴ QH AB ta cã SAQB =
1
2AB.QH mà AB đờng kính không đổi nên SAQB lớn QH lớn
nhÊt QH lín nhÊt Q trïng víi trung ®iĨm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO
Thật P trung điểm cung AO => PI AO mà theo PI // QO => QO AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn
Bài 22. Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vng góc với DE, đờng thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thứ tự H K
1 Chøng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính gãc CHK
3 Chøng minh KC KD = KH.KB
4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đờng nào?
Lêi gi¶i:
1 Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE
t¹i H nên BHD = 900 => nh H C cïng nh×n BD díi mét gãc
bằng 900 nên H C nằm đờng tròn đờng kớnh BD =>
BHCD tứ giác nội tiếp
2. BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK lµ gãc bĐt nªn 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 Chøng minh ba ®iĨm H, A, D thẳng hàng
2 ng thng HD ct ng trũn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân
3 Cho biÕt ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF vµ
ED, Chứng minh điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn
4 Chứng minh MC tiếp tuyến đờng tròn 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 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 vuông F (1). FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2).
Tõ (1) vµ (2) suy FBC lµ tam giác vuông cân F
3 Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông).
=> CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng trịn suy CDF
= CMF , mµ CDF = 450 (vì AEDC hình vuông) => CMF = 450 hay CMB = 450
(12)Nh vËy K, E, M cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dùng trªn BC
=> điểm b, k, e, m, c nằm đờng trịn
4 CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC BC C => MC tiếp tuyến đờng tròn
ngoại tiếp tam giác ABC
Bi 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng trịn đờng kính AC có tâm O, đờng trũn ny ct BA
và BC D vµ 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
Lêi gi¶i:
1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450
=> AEB tam giác vuông cân E => EA = EB
F
1
1
1
/
/ _
_ K
H I
E D
O
C B
A
2 Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE E => IK HE K (2).
Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trùc cđa HE Vậy trung trực đoạn HE qua trung điểm I cđa BH
3. theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mµ I lµ trung ®iĨm cđa 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 tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID
Ta cã ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3)
IBD cân I (vì ID IB bán kính ) => D2 = B1 (4)
Theo ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH AC F => AEB có AFB = 900
Theo trªn ADC cã ADC = 900 => B
1 = C1 ( cïng phô BAC) (5)
Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD ID t¹i 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 2 Các tứ giác 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 cắt ta có AB = AC => ABC cân A
2. Theo giả thiết MI BC => MIB = 900; MK AB => MKB = 900.
=> MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp
* ( Chøng minh tø gi¸c CIMH néi tiếp tơng 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 cïng 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 => MI2 = MH.MK
4 Theo trªn ta cã I1 = C1; cịng chøng minh t¬ng tù ta cã I2 = B2 mµ C1 + B2 + BMC = 1800
=> I1+ I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp
=> Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả
thiÕt MI BC nªn suy IM PQ
Bài 26. Cho đờng trịn (O), đờng kính AB = 2R Vẽ dây cung CD AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM CB Chứng minh :
1 KC
KB= AC
AB 2 AM tia phân gi¸c cđa CMD 3 Tø gi¸c OHCI néi
tiÕp
4 Chứng minh đờng vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng tròn M
Lêi gi¶i: 1 Theo gi¶ thiÕt M trung điểm BC => MB MC
=> CAM = BAM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung nhau) => AK tia phân giác gãc CAB => KC
KB= AC AB
(13)2. (HD) Theo gi¶ thiÕt CD AB => A trung điểm CD => CMA = DMA => MA tia phân giác góc CMD
3 (HD) Theo giả thiết M trung điểm cđa BC => OM BC t¹i I => OIC = 900 ; CD AB t¹i H
=> OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp
4 Kẻ MJ AC ta có MJ // BC ( vng góc với AC) Theo OM BC => OM MJ J suy MJ tiếp tuyến đờng tròn M
Bài 27 Cho đờng tròn (O) điểm A ngồi đờng trịn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH
BC, MK CA, MI AB Chøng minh :
1. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp 2 BAO = BCO 3 MIH MHK 4 MI.MK = MH2. Lêi gi¶i:
1. (HS tự giải)
2. Tứ giác ABOC néi tiÕp => BAO = BCO (néi tiÕp 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
tiÕp chắn cung HM)
Chứng minh tơng tự 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 Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân
4 Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng 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 trờn BHCF l
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 E (O) => CBE = CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4)
Theo F (O) FEA =900 => AF đờng 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 trờn AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH
Theo giả thiết I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đờng kính dây cung) => OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI = HGA (đối đỉnh) => OGI HGA =>
GI OI
GA HA mµ OI =
1
2 AH
=>
1
GI
GA mà AI trung tuyến ∆ 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 Gäi A1 lµ trung ®iĨm cđa EF, Chøng minh R.AA1 = AA’ OA’
4 Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để
tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn
Lời giải: (HD)
1 Tứ giác 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 trịn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có :
AEF ABC =>
' '
R AA
R AA (1) R bán kính đờng trịn ngoại tiếp ABC; R’ l bỏn kớnh
đ-ờng tròn ngoại tiếp AEF; AA’ lµ trung tun cđa ABC; AA1 lµ trung tuyÕn cña AEF
Tứ giác AEHF nội tiếp đờng trịn đờng kính AH nên đờng trịn ngoại tiếp AEF Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’
AH
= AA’
2 '
A O
VËy R AA1 = AA’ A’O (2)
4 Gọi B’, C’lần lợt trung điểm AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lợt đờng cao tam giác OBC, OCA, OAB
SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =
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 là tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC
nªn
'
AA AA =
EF
BC T¬ng tù ta cã : OB’ = R FD
AC ; OC’ = R ED
AB Thay vào (3) ta đợc
2SABC = R (
EF FD ED
BC AC AB
BC AC AB ) 2SABC = R(EF + FD + DE)
* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC
Ta cã SABC =
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 gi¸c cđa BAC => BAM = CAM => BM CM => M trung điểm cung BC => OM BC; Theo gi¶ thiÕt AH BC => OM // AH => HAM = OMA ( so le) Mà OMA = OAM ( tam giác OAM cân t¹i O cã OM = OA = R) => HAM = OAM => AM tia phân giác gãc OAH
2 VÏ d©y BD OA => AB AD => ABD = ACB
Ta cã OAH = DBC ( góc có cạnh tơng ứng vu«ng gãc 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 - SBOC =
2
.120
360 2
R R
R
=
2 2
(4 3)
3 12
R R R
Bài 31 Cho tam giác ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp (O; R), biÕt BAC = 600.
1.Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R
2.Vẽ đờng kính CD (O; R); gọi H giao điểm ba đờng cao tam giác ABC Chứng minh BD // AH AD // BH
3.TÝnh AH theo R
Lêi gi¶i:
1 Theo 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 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 tròn (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 l trc 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 AMN
Lời 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 cố nh
(16)3 CMBN hình bình hµnh => MC // BN mµ 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 N ta có AB = 2R; AN = R √3 => BN = R => ABN = 600 ABN = AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => AMN = 600 (2).
Từ (1) (2) => AMN tam giác => SAMN =
2
3
4
R
=> S = S(O) - SAMN =
2
R
-
2
3
4
R
=
2(4 3 3
4
R
Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đờng tròn M Chứng minh OM BC
2 Chøng minh MC2 = MI.MA.
3 Kẻ đờng kính MN, tia phân giác góc B C cắt đờng thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đờng trịn
Lêi gi¶i:
1 AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM CM => M trung điểm cña cung BC => OM BC
2 XÐt MCI vµ MAC cã MCI =MAC (hai gãc néi tiÕp chắn hai cung nhau); M góc chung
=> MCI MAC =>
MC MI
MA MC => MC2 = MI.MA. 3. (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => P
1 = 900 – K1 mµ K1 lµ gãc ngoµi 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 nửa mặt phẳng bờ BQ nên
cïng n»m trªn cung chøa gãc 900 – ( 2
A B
) dựng BQ Vậy bốn điểm P, C, B, Q thuộc đờng trịn
Bµi 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiÒu cao AH = Cm, néi tiếp đ ờng tròn (O) đ-ờng kính AA
1 Tính bán kính đờng trịn (O)
2 Kẻ đờng kính CC’, tứ giác CAC’A’ hình gì? Tại sao? Kẻ AK CC’ tứ giác AKHC hình gì? Tại sao?
4 TÝnh diƯn tÝch phÇn hình tròn (O) nằm tam giác ABC
Lời gi¶i:
1 (HD) Vì ABC cân A nên đờng kính AA’ đờng trịn ngoại tiếp đờng cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AA’đi qua H =>
ACA’ vuông C có đờng cao CH =
6
2
BC
= 3cm; AH = 4cm =>
CH2 = AH.A’H => A’H =
2 32 9
2,5
4
CH
AH => AA’
=> AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm)
2 Vì AA’ CC’ hai đờng kính nên cắt trung điểm O đờng => ACA’C’ hình bình hành Lại có ACA’ = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên suy tứ giác ACA’C’ hình chữ nhật. 3. Theo giả thiết AH BC; AK CC’ => K H nhìn AC dới góc 900nên nm trờn
(17)AOC cân O ( v× OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( v× cã hai gãc so le
b»ng nhau) => tø gi¸c ACHK hình thang (2).Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân
Bi 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 nªn ACB = 900 hay ECB = 900
=> EIB + ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ
gi¸c 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 tròn ngoại tiếp ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , tâm O
1 đờng trịn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1
khoảng cách từ N đến BM => NO1BM
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
Lêi gi¶i: & (HS tự làm)
3 Theo chứng minh DNHP nội tiÕp => N2 = D4 (néi tiÕp cïng ch¾n
cung HP); HDC có HDC = 900 (do AH đờng cao) HDP có 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
4. Theo chøng minh trªn DNMB néi tiÕp => N1 = D1 (néi tiÕp cïng ch¾n cung BM).(3)
DM // CF ( vng góc với AB) => C1= D1 ( hai góc đồng vị).(4)
Theo chøng minh trªn C1 = N2 (5)
Tõ (3), (4), (5) => N1 = N2 mµ B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6)
Chøng minh t¬ng tù ta cung cã N, P, Q thẳng hàng (7)
Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng
Bài 37 Cho hai đờng tròn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B (O), C (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung ngồi 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
Lêi gi¶i:
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 tuyÕn 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 tiÕp Tứ giác AEMF hình chữ nhật
3 ME.MO = MF.MO’
4 OO’ tiếp tuyến đờng trịn đờng kính BC BC tiếp tuyến đờng trịn đờng kính OO’
Lêi gi¶i:
1 ( HS tù lµm)
2 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã MA = MB =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME AB (1) Chứng minh tơng tù ta còng cã MF AC (2)
Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tun c¾t ta cịng cã MO MO tia phân giác hai góc kỊ bï BMA vµ CMA => MO MO’ (3)
Từ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật
3 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 cã tam giác vuông MAO có AFMO MA2 = MF.MO (5)
Tõ (4) vµ (5) ME.MO = MF MO’
4 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
5 (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 cã 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 (tớnh 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
Chøng minh t¬ng tù ta còng cã IE
EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai đờng tròn (I) (K)
(19)Vậy H trùng với O túc dây AD vng góc với BC O EF có độ dài lớn
Bài 40 Cho nửa đờng trịn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N
1.Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB 2.Chứng minh AM BN = R2.
3.TÝnh tØ sè SMON
SAPB
AM = R
2
4.TÝnh thể tích hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh
Lời giải:
Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà
AOP BOP hai góc kề bù => MON = 900 hay tam giác MON vuông O. APB = 900((nội tiếp chắn nửa đờng tròn) hay tam giác APB vuông 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
XÐt 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 )
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 khơng đổi
2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy tia DO tia phân giác góc BDE
3)Vẽ đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đờng trịn ln tiếp xúc với DE
Lêi gi¶i:
1. Tam giác ABC => ABC = ACB = 600 (1); DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2).
DBO cã DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3)
Tõ (2) vµ (3) => BDO = COE (4) Tõ (2) vµ (4) => BOD CEO =>
BD BO
CO CE => BD.CE =
BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi.
2 Theo trªn BOD CEO =>
BD OD
CO OE mµ CO = BO =>
BD OD BD BO
BO OE OD OE (5)
L¹i cã DBO = DOE = 600 (6)
Tõ (5) vµ (6) => DBO DOE => BDO = ODE => DO tia phân giác BDE
3 Theo DO tia phân giác BDE => O cách DB DE => O tâm đờng tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB tiếp xúc với DE
Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đờng tròn (O) Tiếp tuyến B C lần lợt cắt AC, AB D E Chứng minh :
1 BD2 = AD.CD.
2 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp BC song song víi DE
Lêi gi¶i:
1 Xét hai tam giác BCD ABD ta có CBD =
(20)một dây chắn cung), l¹i cã 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 cïng ch¾n mét cung) => EBD = DCE => B C nhìn DE dới
mt gúc B C nằm cung trịn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp
3 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => BCE = BDE ( nội tiếp chắn cung BE) mà BCE = CBD (theo ) => CBD = BDE mà hai góc so le nên suy BC // DE
Bài 43 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB, điểm M thuộc đờng trịn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM
1 Chøng minh tø gi¸c MNCE néi tiÕp Chøng minh NE AB
3 Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O)
4 Chứng minh FN tiếp tuyến đờng tròn (B; BA)
Lời giải: 1 (HS tự làm)
2 (HD) Dễ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE AB
3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN; F 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 mµ AC
BN => FN BN t¹i 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 trịn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA)
Bài 44 AB AC hai tiếp tuyến đờng trịn 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 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
Lêi gi¶i:
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
còng 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
Bi 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đờng tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đờng tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F
1.Chøng minh BC // AE
2.Chøng minh ABCE hình bình hành
3.Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI So sánh BAC BGO
Lời giải: (HS tù lµm)
(21)Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành
3) I l trung điểm CF => OI CF (quan hệ đờng kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI AB K, => BKG vng K Ta cung có BHA vuông H
=> BGK = BAH ( cung phơ víi ABH) mµ BAH =
1
2 BAC (do ABC cân
nên AH phân giác) => BAC = 2BGO
Bi 46: Cho đường trịn (O) điểm P ngồi đường tròn 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 vuông 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 vng 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 tròn đưòng
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 trịn 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 trịn
(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 khơng đổi.
c) ONMA nội tiếp đ/trịn 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/tròn)
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 vng.
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 trịn 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 vuông góc với DC