Chøng minh r»ng tø gi¸c APMO néi tiÕp ®îc mét ®êng trßn5. Trªn nöa mÆt ph¼ng bê AB chøa nöa ®êng trßn kÎ tiÕp tuyÕn Ax..[r]
(1)10 B I T
À
ẬP HÌNH HỌC ÔN THI VÀO LỚP 10
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 giỏc DEF
Lời giải:
1. Xét tứ giác CEHD ta cã:
CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)
=> CEH + CDH = 1800
Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp
2. Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEC = 900.
CF đờng cao => CF AB => BFC = 900.
Nh E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng trịn đờng kính BC.
Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn
3. XÐt hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; Â góc chung
=> AEH ADC => AE AD=
AH
AC => AE.AC = AH.AD
* XÐt hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; C lµ gãc chung
=> BEC ADC => BE AD=
BC
AC => AD.BC = BE.AC
4 Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC)
C2 = A1 ( hai góc nội tiÕp cïng ch¾n cung BM)
=> C1 = C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C
=> CB đơng trung trực HM H M đối xứng qua BC
5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp
C1 = E2 ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD) E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED
Chứng minh tơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF
Bài 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 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 => BEA = 900.
AD đờng cao => AD BC => BDA = 900.
Nh E D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng trịn đờng kính AB.
Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn
(2)VËy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyÕn => DE = BC
4. Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1)
Theo trªn DE =
2 BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2)
Mµ B1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3
Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE OE t¹i E
Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E
5 Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vng E ta có ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32 ED = 4cm
Bài 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 Chøng minh COD = 900.
3 Chøng minh AC BD = AB Chøng minh OC // BM
5 Chứng minh AB tiếp tuyến đờng trịn đờng kính CD Chứng minh MN AB
7 Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ
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 tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác cđa gãc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kỊ bï => COD = 900.
3. Theo trªn COD = 900 nên tam giác COD vuông O cã OM CD ( OM lµ tiÕp tuyÕn ).
áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM,
Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB
2
4. Theo trªn COD = 900 nªn OC OD (1)
Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM OD (2) Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cïng vu«ng 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 trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm
Lêi gi¶i: (HD)
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) (
(3)
I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân t¹i O)
Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC Vậy AC tiếp tuyến đờng tròn (O)
3. Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH =
√
202−122 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH = CH2 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 ca 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 => Tø giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi
5 Theo OAHB hình thoi => OH AB; theo OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vng góc với AB)
6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nhng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R
Bài 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 Gi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chứng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) Chứng minh BE = BH + DE
Lêi gi¶i: (HD)
1. AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2)
(4)2 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyÒn AB chung, B1 = B2 => AHB = AIB
=> AI = AH
3 AI = AH BE AI I => BE tiÕp tun cđa (A; AH) t¹i I
4 DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED
Bài 7 Cho đờng tròn (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 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 nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm chắn cung AM => ABM =
AOM
(1) OP tia phân giác AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt ) => 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 v bng nhau)
4. Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON AB => ON PJ
Ta cịng cã PM OJ ( PM lµ tiÕp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 900 => K lµ trung ®iĨm
của PO ( t/c đờng chéo hỡnh ch 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 vuông A có AM IB ( theo trªn)
áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM . IB.
(5)=> ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có AEB = 900 => BE AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2).
Từ (1) (2) => BAF tam giác cân t¹i B
4. BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm AF (3)
Từ BE AF => AF HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK (6)
Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng)
5. (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng trịn AKFI phải hình thang cân
AKFI hình thang cân M trung ®iĨm cđa cung AB
ThËt vËy: M lµ trung ®iĨm cđa cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7)
Tam gi¸c ABI vuông A có ABI = 450 => AIB = 450 (8)
Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau).
Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn
Bài 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 Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp
Lêi gi¶i:
1. C thuộc nửa đờng trịn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng
trßn ) => BC AE
ABE = 900 ( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) => tam giác ABE vuông B có BC
đ-ờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB
đ-ờng kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi
2. ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ).
=> ABD + BAD = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800)(1) ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ).
=> AFB + BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800) (2)
Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD)
3. Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800
ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ECD = ABD ( cïng bï víi ACD).
Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bï) nªn suy
ra ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác
CEFD tứ giác nội tiếp
Bi 10 Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng trịn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đơng
vng góc từ S đến AB
1 Chứng minh bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh tam giác
PS’M c©n
3 Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn
Lêi gi¶i:
1 Ta cã SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n
nửa đờng trịn ) => AMS = 900 Nh P M nhìn AS dới
một góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính AS.
Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn
(6)=> AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1)
Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’ AB H => MM’// SS’ ( vng góc với AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2)
=> Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS’
Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP ) => AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân P
3 Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = S1 (cùng phụ với S) (3)
Tam giác PMS cân P => S’1 = M1 (4)
Tam gi¸c 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