Chøng minh MC lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC... Chøng minh AE = EB.[r]
(1)1 50 toán hình học lớp
Bài 1 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt
H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chứng minh r»ng:
1 Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp
2 Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng trßn 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
Lời giải:
1. Xét tứ giác CEHD ta có:
CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD ®−êng 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 giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEC = 900
CF đờng cao => CF ⊥ AB => ∠BFC = 900
Nh− vËy E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng tròn đờng kÝnh BC
VËy ®iĨm B,C,E,F cïng n»m đờng tròn
3. Xét hai tam giác AEH vµ ADC ta cã: ∠ AEH = ∠ ADC = 900 ; Â góc 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 chắn 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 chøng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn => C1 = E1 ( hai góc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF)
Cịng theo chøng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD) E1 = E2 => EB tia phân gi¸c cđa gãc FED
Chứng minh t−ơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đ−ờng 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 Bèn ®iĨm A, E, D, B cïng nằm đờng tròn Chứng minh ED =
2
BC
4 Chứng minh DE tiếp tuyến đ−ờng trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm
Lời giải:
1. Xét tứ giác CEHD ta cã:
∠ CEH = 900 ( V× BE đờng cao)
H
1
3 2 1 1
O
E
D C
B
(2)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 gi¶ thiÕt: BE đờng cao => BE AC => BEA = 900 AD đờng cao => AD BC => ∠BDA = 900
Nh− vËy E vµ D cïng nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng tròn đờng kính AB
Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn
3 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến
=> D trung ®iĨm cđa BC Theo trªn ta cã ∠BEC = 900 Vậy tam giác BEC vuông E có ED lµ trung tuyÕn => DE =
2
BC
4. Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm cđa AH => OA = OE => tam gi¸c AOE cân O => E1 = A1 (1)
Theo trªn 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 E
Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E
5 Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho
tam giác OED vuông E ta có ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32 ED = 4cm
Bài 3 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiÕp tun Ax, By Qua ®iĨm M thc nưa ®−êng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt N
1 Chøng minh AC + BD = CD Chøng minh ∠COD = 900 Chøng minh AC BD =
4
2
AB
Chøng minh OC // BM
5 Chøng minh AB lµ tiếp tuyến đờng tròn đờng kính CD Chứng 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 chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân
giác góc BOM, mà AOM ∠BOM lµ hai gãc kỊ bï => ∠COD = 900
3. Theo COD = 900 nên tam giác COD vuông O có OM CD ( OM tiếp tuyến )
áp dụng hệ thức cạnh đờng 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 tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại 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 đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD
(3)3
Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã 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 , mµ AC ⊥ AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng 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 đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc
A , O trung điểm IK
1. Chøng minh B, C, I, K cïng n»m đờng tròn 2. Chứng minh AC tiếp tuyến đờng tròn (O)
3. Tính bán kính ®−êng trßn (O) BiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD)
1. Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp
gúc A nờn BI v BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B Do BI ⊥ BK hay∠IBK = 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 cña gãc 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 tiÕp tuyÕn đờng tròn (O)
3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm
AH2 = AC2 – HC2 => AH = 2
12
20 − = 16 ( cm)
CH2 = AH.OH => OH =
16 122
2
=
AH CH
= (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 Chøng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn
3 Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2
4 Chøng minh OAHB hình thoi
5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng
6 Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d
Lời giải:
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
Và dây cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900; ∠OBM = 900 nh− vËy K, A, B cïng nh×n OM dới góc 900 nên nằm đờng tròn ®−êng kÝnh OM
(4)4
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 tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đờng cao
áp dụng hệ thức cạnh đờng 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 => 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 vuông góc với AB)
6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nh−ng ln cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đ−ờng thẳng d nửa đ−ờng trịn tâm A bán kính AH = R
Bài 6 Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD
đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E Chứng minh tam giác BEC cân
2 Gọi I hình chiếu cđa A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AH Chứng minh BE tiếp tuyến đờng trßn (A; AH) Chøng minh BE = BH + DE
Lêi gi¶i: (HD)
1. ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Vì AB ⊥CE (gt), AB vừa 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 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 đ−ờng trịn (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 gi¸c APMO néi tiÕp đợc đờng tròn Chứng 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 tù lµm)
2. Ta cã ∠ ABM néi tiÕp chắn cung AM; AOM góc tâm chắn cung AM => ∠ ABM =
2
AOM
(1) OP tia phân giác 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 NO⊥AB) => ∠PAO = ∠NOB = 900; OA = OB = R; ∠AOP = ∠OBN (theo (3)) => ∆AOP = ∆OBN => OP = BN (5) Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau)
(5)5
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 đờng chéo hình chữ nhật) (6)
AONP hình chữ nhật => APO = NOP ( so le) (7)
Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác ∠APM => ∠APO = ∠MPO (8) Từ (7) (8) => ∆IPO cân I có IK trung tuyến đơng thời đ−ờng cao => IK ⊥ PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng
Bµi 8 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn ( M khác A,B)
Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K
1) 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 h×nh 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 đờng tròn ) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù)
AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KEF = 900 (vì hai góc kề 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 đờng cao => AI2 = IM . IB
3. Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => ∠IAE = ∠MAE => AE = ME (lÝ ……) => ∠ABE =∠MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung nhau) => BE tia phân giác gãc ABF (1) Theo trªn ta cã ∠AEB = 900 => BE AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2)
Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B
4. BAF tam giác cân B có BE đ−ờng cao nên đồng thời đ−ơng trung tuyến => E trung
®iĨm cđa 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) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng)
5. (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang
Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB
Thật vậy: M trung điểm cña cung AB => ∠ABM = ∠MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông 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 c mt ng trũn
Bài 9 Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E)
1 Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh ∠ ABD = ∠ DFB
(6)6
Lêi gi¶i:
1. C thc nưa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC AE
∠ABE = 900 ( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) => tam giác ABE vuông B có BC đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB
ng kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE không đổi
2. ∆ ADB cã ∠ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> ∠ABD + ∠BAD = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800)(1) ∆ ABF cã ∠ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn )
=> ∠AFB + ∠BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa tam giác 1800) (2) Từ (1) (2) => ∠ABD = ∠DFB ( cïng phơ víi ∠BAD)
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 tròn tâm O đ−ờng kính AB điểm M nửa đ−ờng tròn 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 bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn Gọi S giao điểm MA SP Chứng minh tam giác
PSM cân
3 Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn
Lời giải:
1 Ta cã SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ∠AMS = 900 Nh− vËy P vµ M nhìn AS dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính AS
VËy ®iĨm A, M, S, P cïng n»m đờng tròn
2 Vỡ Mi xng M qua AB mà M nằm đ−ờng tròn nên M cng
nằm đờng 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) (2) => ASS= ASS
Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đờng 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 = S1 (cùng phụ với S) (3) Tam giác 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 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
CF BM CB BD
(7)7
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 c©n)
=> BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đ−ợc đ−ờng tròn 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 đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vuông góc với Trên đoạn
thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đờng thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N ®−êng trßn ë P Chøng minh :
1 Tø giác OMNP nội tiếp
2 Tứ giác CMPO hình bình hành
3 CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M
4 Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định
Lêi gi¶i:
1 Ta cã ∠OMP = 900 ( v× PM ⊥ AB ); ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ) Nh M N nhìn OP dới mét gãc b»ng 900 => M vµ N cïng
nằm đờng tròn đờng 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) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành
3. Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD ⊥ AB); ∠DNC = 900 (néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại cã ∠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 đ−ờng thẳng cố định vng góc với CD D
Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song vµ b»ng AB
Bµi 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F
1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp
3 AE AB = AF AC
(8)8
Lêi gi¶i:
1 Ta cã : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kÒ bï) (1)
∠CFH = 900 ( néi tiÕp chắn nửc đờng tròn ) => AFH = 900 (vì lµ hai gãc kỊ bï).(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 ( cã ba gãc vu«ng)
2 Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đ−ợc đ−ờng trịn =>∠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 cách 2: Tam giác AHB vuông H có HE ⊥ AB => AH2 = AE.AB (*)
Tam giác AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC (**)
Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC
4 Tø giác 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 tròn
Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ vÒ mét phía AB nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K
Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đờng tròn (I), (K)
1 Chøng minh EC = MN
2 Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa ®−êng trßn (I), (K)
3 TÝnh MN
4 Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn
Lời giải:
1 Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng 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 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)
Tõ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) 2 Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K) => B1 = C1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1= N3 => B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => ∠B1 = ∠N1 (5)
Tõ (4) vµ (5) => ∠N1 = ∠N3 mµ ∠N1 + ∠N2 = ∠CNB = 900 => ∠N3 + ∠N2 = ∠MNK = 900 hay MN KN N => MN tiếp tuyến (K) N
Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng trßn (I), (K)
(9)9
4 Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm
Ta cã S(o) = π.OA2 = π252 = 625π; S(I) = π IA2 = π.52 = 25π; S(k) = π.KB2 = π 202 = 400π
Ta cã diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S =
2 ( S(o) - S(I) - S(k))
S =
2( 625
π- 25π- 400π) =
2.200
π = 100π ≈314 (cm2)
Bµi 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S
1 Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh CA tia phân giác góc SCB
3 Gọi E giao điểm BC với đ−ờng tròn (O) Chứng minh đ−ờng thẳng BA, EM, CD đồng quy
4 Chøng minh DM lµ tia phân giác góc ADE
5 Chứng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE
Lêi gi¶i:
3
3
2 2
1
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
3
H×nhb
1. Ta có CAB = 900 ( tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh D A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng tròn đờng 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 nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân giác góc SCB
3 Xét ∆CMB Ta có BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC nh− BA, EM, CD ba 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 đờng tròn (O)) => MEB = 900
Tứ giác AMEB có ∠MAB = 900 ; ∠MEB = 900 => ∠MAB + ∠MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đ−ờng tròn => ∠A2 = ∠B2
Tø giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => ∠A1= ∠A2 => AM tia phân giác góc DAE (2)
Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE
TH2(Hình b)
(10)10
Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng tròn đờng kính BD cắt
BC E Các đờng thng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G
Chứng 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
Lêi gi¶i:
1 Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng trßn )
=> ∠DEB = ∠BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB CAB
2 Theo ∠DEB = 900 => ∠DEC = 900 (vì hai góc kề bù); ∠BAC = 900 ( ∆ABC vng A) hay ∠DAC = 900 => ∠DEC + ∠DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp
G
1 O
S
D
E B
A C
1 F
* BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay BFC = 900 nh F A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn đờng kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp
3 Theo ADEC tứ giác néi tiÕp => ∠E1 = ∠C1 l¹i cã ∠E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nªn suy AC // FG
4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba 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 khơng trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC
1 Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp hy xác định tâm O đ−ờng 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 góc 900 nên P Q nằm đờng tròn đờng kính
AM => APMQ tứ giác nội tiếp
* Vì AM đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung ®iĨm cđa AM
2 Tam gi¸c ABC cã AH đờng cao => SABC =
2BC.AH
Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM =
2AB.MP
Tam gi¸c ACM cã MQ đờng cao => SACM =
2AC.MQ
O
M
Q P
H C
B
A
2 1
Ta cã SABM + SACM = SABC =>
2AB.MP +
2AC.MQ =
2BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH
Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH
3 Tam gi¸c ABC cã AH đờng cao nên đờng phân giác => ∠HAP = ∠HAQ => HP=HQ (
(11)11
Bài 18 Cho đờng tròn (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 đờng tròn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC
1 Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh đ−ờng thẳng AD, BC, MH ng quy ti I
3 Gọi K tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp
Lời giải:
1 Ta cã : ∠ACB = 900 ( néi tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MCI = 900 (vì hai góc kề bù)
ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MDI = 900 (vì hai góc kề bù)
=> ∠MCI + ∠MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp
2 Theo Ta có BC ⊥ MA; AD ⊥ MB nên BC AD hai đ−ờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH ⊥ AB nên MH đ−ờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I
3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => ∠M1 = ∠C1
_ _
4 32 1
I
O H
K
D C
M
A 1 B
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 l t giỏc ni tip
Bài 19. Cho đờng tròn (O) đờng kính AC Trên bán kính OC lấy ®iĨm B t ý (B kh¸c O, C ) Gäi M
trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD Chứng minh tứ gi¸c BMDI néi tiÕp
2 Chøng minh tø giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD
4 Chứng minh I, B, E thẳng hàng Chøng minh MI lµ tiÕp tun cđa (O’)
Lêi gi¶i:
1 ∠BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900 (vì hai góc kề bù); DE AB t¹i M => ∠BMD = 900
=> ∠BID + ∠BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tip
2 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung)
2
1 1
/ /
1
O'
E
3 2 1
I
O D
C M
A B
=> Tø gi¸c ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng 3 ∠ADC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng 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 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)
(12)12
Bài 20. Cho đờng tròn (O; R) (O; R) có R > R tiếp xúc C Gọi AC BC hai
đờng kính ®i qua ®iĨm C cđa (O) vµ (O’) DE lµ dây cung (O) vuông góc với AB trung ®iĨm M cđa AB Gäi giao ®iĨm thø hai cđa DC với (O) F, BD cắt (O) G Chøng minh r»ng:
1 Tø gi¸c MDGC néi tiÕp
2 Bèn ®iĨm M, D, B, F cïng nằm đờng tròn Tứ giác ADBE h×nh 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 ( néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) => CGD = 900 (vì lµ hai gãc kỊ bï)
1
1
O' O
M
G
F E
D
C B
A
Theo giả thiết DE AB M => ∠CMD = 900
=> ∠CGD + ∠CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp
2 BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ∠BFD = 900; ∠BMD = 900 (v× DE AB M) nh F M nhìn BD dới góc 900 nên F M nằm đờng tròn đờng kính
BD => M, D, B, F cïng n»m trªn mét đờng tròn
3 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung)
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng
4 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình tho => BE // AD mà AD ⊥ DF nªn suy BE ⊥ DF
Theo BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF mà qua B có đờng thẳng vuông góc với DF đo B, E, F thẳng hàng
5 Theo trờn DF ⊥ BE; BM ⊥ DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đ−ờng cao => EC⊥BD; theo CG⊥BD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy
6 Theo trªn DF ⊥ BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vuông trung tun thc c¹nh hun b»ng nưa c¹nh hun)
7 (HD) theo trªn MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1
OBF cân O ( OB OF bán kính ) => F3 = B1 mµ ∠B1 = ∠D1 (Cïng phơ víi ∠DEB ) => ∠F1 = ∠F3 => ∠F1 + ∠F2 = ∠F3 + ∠F2 Mµ ∠F3 + ∠F2 = ∠BFC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = 900 = ∠MFO’ hay MF OF F => MF tiếp tuyến (O)
Bài 21. Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A,
trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q
1 Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiÕp xóc t¹i A Chøng 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 lợt bán kính đờng tròn (O) đờng tròn (I) Vậy đờng tròn (O) đờng 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
1
(13)13
4. (HD) KỴ QH ⊥ AB ta cã SAQB =
2AB.QH mà AB đ−ờng kính khơng đổi nên SAQB lớn QH
lín nhÊt QH lín nhÊt Q trïng víi trung ®iĨm cđa cung AB §Ĩ Q trïng víi trung ®iĨm 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 vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng
thẳng cắt đờng thẳng DE vµ DC theo thø tù ë H vµ K Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp
2 TÝnh gãc CHK
3 Chøng minh KC KD = KH.KB
4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đờng nào?
Lời giải:
1 Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD dới góc 900 nên H C nằm đờng tròn đờng kính BD
=> BHCD tứ giác nội tiếp
2. BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK góc bẹt nên KHC + ∠BHC = 1800 (2)
O
)
1 1
1
K H E
D C
B A
2
Tõ (1) vµ (2) => ∠CHK = ∠BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => ∠CHK = 450
3 XÐt ∆KHC vµ ∆KDB ta cã ∠CHK = ∠BDC = 450 ; ∠K lµ gãc chung => ∆KHC ∼∆KDB => KC KH
KB KD
= => KC KD = KH.KB
4 (HD) Ta ln có ∠BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E ≡ B H ≡ B; E ≡ C H C)
Bài 23. Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE
1 Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng
2 Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân Cho biÕt ∠ABC > 450 ; gäi M lµ giao ®iĨm cđa BF vµ
ED, Chøng minh ®iĨm b, k, e, m, c nằm đờng tròn
4 Chứng minh MC tiếp tuyến đờng 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
Tứ giác AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông A => ∠BAC = 900 => ∠BAH + ∠BAC + ∠CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba ®iĨm H, A, D thẳng hàng
2. Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1) FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo ∠CAD = 450 hay ∠FAC = 450 (2) Tõ (1) (2) suy FBC tam giác vuông cân t¹i F
(14)14
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, c nằm đờng tròn
4 ∆CBM cã ∠B = 450 ; ∠M = 450 => ∠BCM =450 hay MC ⊥ BC t¹i C => MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn cắt BA BC D E
1 Chứng minh AE = EB
2 Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đờng trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH
3 Chứng minh OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Lời giải:
1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> AEB = 900 ( hai gãc kỊ bï); Theo gi¶ thiÕt ∠ABE = 450 => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB
F
1
1
1
/
/ _
_
K
H
I
E D
O
C B
A
2 Gäi K lµ 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)
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 đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông D có DI trung tuyến (do I trung điểm cña BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I lµ tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID
Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB bán 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 cã ∠AFB = 900
Theo trªn ∆ADC cã ∠ADC = 900 => ∠B1 = ∠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 vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tơng ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm cđa CM, IH lµ 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 t¹i A
2. Theo giả thiết MI ⊥ BC => ∠MIB = 900; MK ⊥ AB => ∠MKB = 900 => ∠MIB + ∠MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp
* ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tơng tựtứ giác BIMK ) 3 Theo tứ giác BIMK néi tiÕp => ∠KMI + ∠KBI = 1800; tø gi¸c CHMI néi tiÕp => ∠HMI + ∠HCI = 1800 mà KBI = HCI ( tam giác ABC cân A) => KMI = HMI (1)
Theo tø gi¸c BIMK néi tiÕp => ∠B1 = ∠I1 ( nội tiếp chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiÕp => ∠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
1
1
1
P Q
K H
I M
A
C B
O
2
(15)15
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
Bµi 26. Cho đờng tròn (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 vµ CB Chøng minh :
1
AB AC KB KC
= 2 AM tia phân gi¸c cđa ∠CMD 3 Tø gi¸c OHCI néi tiÕp
4 Chứng minh đ−ờng vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đ−ờng
trßn M
Lời giải: 1 Theo giả thiết M trung điểm BC => MB=MC
=> CAM = ∠BAM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => AK tia phân giác góc CAB =>
AB AC KB KC
= ( t/c tia phân giác tam giác )
J
H I K
O
M C
D
B A
_ /
2. (HD) Theo giả thiết CD AB => A trung điểm cđa CD => ∠CMA = ∠DMA => MA lµ tia phân giác góc CMD
3 (HD) Theo gi thiết M trung điểm BC => OM ⊥ BC I => ∠OIC = 900 ; CD ⊥ AB H => ∠OHC = 900 => ∠OIC + ∠OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp
4 KỴ MJ ⊥ AC ta cã MJ // BC ( v× cïng vuông góc với AC) Theo OM BC => OM MJ J suy MJ tiếp tuyến đờng tròn M
Bài 27 Cho đờng tròn (O) điểm A đờng tròn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ
A tiếp xúc với đờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH ⊥ BC, MK ⊥ CA, MI ⊥ AB 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 tù gi¶i)
2. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp => ∠BAO = ∠ BCO (nội tiếp chắn cung BO)
3. Theo giả 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)
Chøng minh t−¬ng tù ta cã tø gi¸c MHBI néi tiÕp => ∠MHI = MBI (nội tiếp chắn cung IM) Mà HCM = ∠MBI ( = 1/2 s® BM ) => ∠HKM = ∠MHI (1) Chøng minh t−¬ng tù ta cịng cã ∠KHM = ∠HIM (2) Tõ (1) vµ (2) => ∆ HIM ∼∆ KHM
4. Theo trªn ∆ HIM ∼∆ KHM => MI MH
MH MK
(16)16
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 Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đ−ờng trũn (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 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 lµ 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)
Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân
4. Theo AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH
Theo giả thiết I trung điểm BC => OI ⊥ BC ( Quan hệ 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 =
2 AH
=>
2
GI GA
= mµ AI lµ trung tun cđa tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm tam giác 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 Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC
2 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
Lêi gi¶i: (HD)
1 Tø gi¸c BFEC néi tiÕp => ∠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 đờng trung bình AHK => AH = 2OA’
A1
K A
B C
H O
E
F
D
/ /
/ =
/ =
A'
(17)17
∆ AEF ∼∆ ABC =>
1 ' '
R AA R AA
= (1) R bán kính đ−ờng trịn ngoại tiếp ∆ABC; R’ bán kính đ−ờng trịn ngoại tiếp ∆ AEF; AA’ trung tuyến ∆ABC; AA1 trung tuyến ∆AEF
Tứ giác AEHF nội tiếp đờng tròn đờng kính AH nên đờng tròn ngoại tiếp AEF Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’
2
AH
= AA’ '
2
A O
VËy R AA1 = AA’ A’O (2)
4 Gäi B, Clần lợt trung điểm AC, AB, ta có OBAC ; OCAB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA, OB, OC lần lợt đờng cao tam giác OBC, OCA, OAB SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =1
2( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB )
2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) Theo (2) => OA’ = R
'
AA AA mµ
1 '
AA
AA tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC
nªn '
AA AA =
EF
BC T−¬ng tù ta cã : OB’ = R FD
AC ; OC’ = R ED
AB Thay vào (3) ta đợc
2SABC = R (
EF FD ED
BC AC AB
BC AC AB
+ + ) 2SABC = R(EF + FD + DE)
* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC
Ta cã SABC =
2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm
chÝnh giìa cđa cung lín BC
Bµi 30 Cho tam gi¸c ABC néi tiÕp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH
và bán kính OA
1 Chứng minh AM phân giác góc OAH Gi¶ sư ∠B > ∠C Chøng minh ∠OAH = ∠B - ∠C Cho ∠BAC = 600 vµ ∠OAH = 200 Tính:
a) B C tam giác ABC
b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R
Lời giải: (HD)
1 AM phân giác ∠BAC => ∠BAM = ∠CAM => BM=CM=> M
lµ trung ®iĨm cđa cung BC => OM ⊥ BC; Theo gi¶ thiÕt AH ⊥ BC => OM // AH => ∠HAM = ∠OMA ( so le) Mµ ∠OMA = ∠OAM ( tam giác OAM cân O có OM = OA = R) => ∠HAM = OAM => AM
là 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 tơng ứng vuông góc nhọn) => ∠OAH = ∠ABC - ∠ABD => ∠OAH = ∠ABC - ∠ACB hay ∠OAH = ∠B - ∠C
3 a) Theo gi¶ thiÕt ∠BAC = 600 => ∠B + ∠C = 1200 ; theo trªn ∠B ∠C = ∠OAH => ∠B - ∠C = 200 =>
0
0
120 70
20 50
B C B
B C C
∠ + ∠ = ∠ =
⇔
∠ − ∠ = ∠ =
b) Svp= SqBOC - S BOC =
2
0 120
360 2
R R
R π
− =
2 2
(4 3)
3 12
R R R
π π−
(18)18
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 Vẽ đờng kính CD (O; R); gọi H giao điểm ba đờng cao tam giác ABC Chøng minh BD // AH vµ AD // BH TÝnh AH theo R
Lêi gi¶i:
1 Theo giả thiết BAC = 600 => sđBC=1200 ( t/c gãc néi tiÕp ) => ∠BOC = 1200 ( t/c gãc ë t©m)
* Theo sđBC=1200 => BC cạnh tam giác nội tiếp
(O; R) => BC = R
2 CD đờng kính => DBC = 900 hay DB BC; theo giả thiết AH
A
B C
H O
D
M
®−êng cao => AH ⊥ BC => BD // AH Chứng minh tơng tự ta đợc AD // BH
3. Theo trªn ∠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 đ−ờng trịn (O), đ−ờng kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H OB Chứng minh MN di động , trung điểm I MN nằm
trên đ−ờng trịn cố định
2 Tõ A kỴ Ax MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN hình bình hành
3 Chứng minh C trực tâm tam giác AMN Khi MN quay quanh H C di động đ−ờng 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 t¹i I ( quan hƯ đờng 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 trung điểm AB => I trung điểm BC, lại có I trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành ( Vì có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng )
3 CMBN hình bình hành => MC // BN mà BN AN ( ANB = 900 góc nội tiếp chắn nửa đờng 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 3 => BN = R => ∠ABN = 600 ∠ABN = ∠AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => ∠AMN = 600 (2)
Từ (1) (2) => ∆AMN tam giác => S∆AMN =
2
3
4
R
=> S = S(O) - S∆AMN =
2
R π -
2
3
4
R
=
2
(4 3
(19)19
Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đờng tròn M
1 Chøng minh OM ⊥ BC Chøng minh MC2 = MI.MA
3 Kẻ đờng kính MN, tia phân giác góc B C cắt đờng thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đờng tròn
Lời giải:
1 AM phân gi¸c cđa ∠BAC => ∠BAM = ∠CAM => BM=CM => M trung điểm cung BC => OM BC
2 XÐt ∆MCI vµ ∆MAC cã ∠MCI =∠MAC (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau); ∠M lµ gãc chung
=> ∆MCI ∼∆MAC => MC MI
MA MC
= => MC2 = MI.MA
(
(
2
2
1
1
1
N
Q
P
K
M O
C B
A
I
3. (HD) ∠MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => P1 = 900 – ∠K1 mµ ∠K1 lµ gãc ngoµi cđa tam giác AKB nên K1 = A1 + B1 =
2
A B
∠ ∠
+ (t/c phân giác góc ) => P1 = 900 – (
2
A B
+ ).(1) 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 n»m cïng vỊ mét nửa mặt phẳng bờ BQ nên nằm cung chøa gãc 900 – (
2
A B
∠ ∠
+ ) dùng trªn BQ VËy ®iĨm P, C, B, Q cïng thc đờng tròn
Bài 34 Cho tam giác ABC c©n ( AB = AC), BC = Cm, chiều cao AH = Cm, nội tiếp đờng tròn (O)
đờng kính AA
1 Tính bán kính đờng tròn (O)
2 Kẻ đờng 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 tròn 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, 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 đờng kính nên cắt trung điểm O đờng => ACAC
hình bình hành Lại có ACA = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên suy tứ giác ACAC hình chữ nhËt
3. Theo gi¶ thiÕt AH ⊥ BC; AK CC => K H nhìn AC dới góc 900nên nằm đờng tròn đờng 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)
(20)20
Bài 35 Cho đ−ờng tròn (O), đ−ờng kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO Kẻ
d©y MN vuông góc với AB I, gọi C ®iĨm t ý thc cung lín MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E
1 Chứng minh tứ giác 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 Hy 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 nội tiếp chắn nửa đờng tròn nên ACB = 900 hay ∠ECB = 900
=> ∠EIB + ∠ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp
O1 E
I
C
O
N M
B A
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 (néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ); MN AB I => AMB vuông M có MI đờng cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông)
ỏp dng 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 tròn ngoại tiếp ∆ ECM; Nối MB ta có ∠AMB = 900 , tâm O1 đ−ờng trịn ngoại tiếp ∆ ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1⊥BM
Gọi O1 là chân đ−ờng vuông góc kẻ từ N đến BM ta đ−ợc O1 tâm đ−ờng trịn 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 là 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 vuông góc cđa D lªn AB, BE, CF, AC Chøng minh : Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật
2 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 đờng cao) HDP cã ∠HPD = 900 (do DP ⊥ HC) => ∠C1= ∠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) Chøng minh t−¬ng tù ta cung cã N, P, Q thẳng hàng (7)
(21)21
Bài 37 Cho hai đờng tròn (O) (O) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B ∈ (O), C ∈ (O’) TiÕp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC ë 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 =
2
BC =>ABC vuông A hay BAC =900
4 9
A I
C B
O' O
3 Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có IO tia phân giác BIA; I0là tia phân giác CIA mà hai gãc BIA vµ CIA lµ hai gãc kỊ bï => I0 ⊥ I0’=> ∠0I0’= 900
4 Theo trªn ta có 0I0 vuông 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 tiÕp tuyÕn chung ngoµi, B∈(O), C∈ (O’) TiÕp tuyÕn chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm OM AC Chứng minh :
1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ nội tiếp Tứ giác AEMF hình chữ nhËt
3 ME.MO = MF.MO’
4 OO’ lµ tiếp tuyến đờng tròn đờng kính BC BC tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO
Lời giải:
1. ( HS tự làm)
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 cân 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 tiÕp tuyến cắt ta có MO MO tia phân giác hai góc kề bù BMA CMA => MO ⊥ MO’ (3)
Tõ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật
3 Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đờng tròn => MA OO=> MAO vuông A có AE MO ( theo trªn ME ⊥ AB) ⇒ MA2 = ME MO (4)
Tơng tự ta có tam giác vuông MAO cã AF⊥MO’⇒ MA2 = MF.MO’ (5) Tõ (4) vµ (5) ⇒ ME.MO = MF MO’
4 Đờng tròn 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
=> IM⊥BC t¹i M (*) Ta cung chøng minh đợc OMO vuông nên M thuộc đờng tròn đờng kính OO => IM bán kính đờng tròn đờng kÝnh OO’ (**)
Tõ (*) vµ (**) => BC tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO
Bài 39 Cho đ−ờng trịn (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
(22)22
2 Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao? Chứng minh AE AB = AF AC
4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đ−ờng tròn (I) (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn
Lêi gi¶i:
1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiÕp xóc (O) OK = OC – KC => (K) tiÕp xóc (O) IK = IH + KH => (I) tiÕp xóc (K)
2 Ta cã : ∠BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1)
∠CFH = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn ) => AFH = 900 (vì hai gãc kÒ bï).(2)
G
1 2 1
I H K
F
E
C B
D A
O 2
BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn hay ∠EAF = 900 (3) Tõ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)
3 Theo giả thiết ADBC H nên AHB vuông H có HE AB ( ∠BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H có HF AC (theo trªn ∠CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**)
Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ( = AH2)
4 Theo chøng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đờng chéo AH EF ta cã GF = GH (tÝnh chÊt ®−êng chÐo hình chữ nhật) => GFH cân G => F1 = H1
KFH cân K (vì có KF KH bán kính) => F2 = ∠H2
=> ∠F1 + ∠F2 = ∠H1 + ∠H2 mà ∠H1 + ∠H2 = ∠AHC = 900 => ∠F1 + ∠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 không đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O
Vậy H trùng với O túc dây AD vng góc với BC O EF có độ dài lớn
Bài 40 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N
1 Chng 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 Tính thể tích hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh
Lời giải:
1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà
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 đờng tròn) hay tam giác APB vuông P
Theo tính chất tiếp tuyến ta cã NB ⊥ OB => ∠OBN = 900; NP ⊥ OP => ∠OPN = 900
=>∠OBN+∠OPN =1800 mà ∠OBN ∠OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>∠OBP = ∠PNO Xét hai tam giác vng APB MON có ∠APB = ∠ MON = 900; ∠OBP = ∠PNO => ∆APB ∼∆ MON
2. Theo MON vuông O có OP MN ( OP tiếp tuyến )
áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta cã 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
=> PM =
2
R
=> PN = R2:
R
(23)23
=> MN = MP + NP =
2
R
+ 2R =
2
R
Theo trªn ∆APB ∼∆ MON => MN
AB =
5
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
=
2
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
sao 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 phõn giỏc ca gúc BDE
3 Vẽ đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đờng tròn tiếp xúc với DE
Lời giải:
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
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
= => BD2 = AD.CD
2 Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ∠ABC = ∠ACB
=> ∠EBC = ∠DCB mà CBD = BCD (góc tiếp tuyến với dây chắn cung) => EBD = DCE => B C nhìn DE dới
O
E D
C B
A
góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp
(24)24
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 Chứng minh tứ gi¸c MNCE néi tiÕp
2 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 lµm)
2 (HD) DƠ thÊy E lµ trực tâm tam giác NAB => NE AB
3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN; F v
E xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => FA // NE mµ 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 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 AC hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vuông
góc AB H, cắt (O) E cắt OA D Chøng minh CO = CD
2 Chøng minh tø 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 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 trung điểm CE => OM CE ( quan hệ đờng 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 ®iĨm cđa CE; KE vµ KC lµ hai tiÕp tun => O, M, K thẳng hàng
Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đờng tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp
tuyến đờng tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F 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 tự làm)
2 Xột 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 AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành
3. I trung điểm CF => OI CF (quan hệ đờng kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI AB K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vuông H
=> BGK = BAH ( cung phơ víi ∠ABH) mµ ∠BAH =
2
(25)25
Bµi 46 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB , đờng tròn ta lấy hai điểm C D cho cung AC =
cung AD TiÕp tun víi ®−êng tròn (O) vẽ từ B cắt AC F Chøng minh hÖ thøc : AB2 = AC AF
2 Chứng minh BD tiếp xúc với đờng tròn ®−êng kÝnh AF
3 Khi C chạy nửa đ−ờng trịn đ−ờng kính AB (khơng chứa điểm D ) Chứng minh trung điểm I đoạn chạy tia cố định , xác định tia cố định