Treân ñoaïn OC laáy ñieåm B vaø veõ ñöôøng troøn (O / ) ñöôøng kính BC. Goïi M laø trung ñieåm ñoaïn AB. Töø M keû daây cung DEAB.. Treân ñöôøng thaúng d laáy ba ñieåm A,B,C theo thöù [r]
(1)HÌNH HỌC TỔNG HỢP LUYỆN THI VÀO LỚP 10
Năm học: 2011-2012
Bài Cho hình vng ABCD Trên cạnh BC, CD lấy điểm E, F cho
EAF 450.Biết BD cắt AE, AF theo thứ tự G, H Chứng minh: a) ADFG, GHFE tứ giác nội tiếp
b) CGH tứ giác GHFE có diện tích
Bài 2
Cho ABC không cân, đường cao AH, nội tiếp đường tròn tâm O Gọi E, F thứ tự
hình chiếu B, C lên đường kính AD đường tròn (O) M, N thứ tự trung điểm BC, AB Chứng minh:a) Bốn điểm A,B, H, E nằm đường tròn tâm N HE// CD b) M tâm đường tròn ngoại tiếp HEF
Bài 3
Cho nửa đường trịn đường kính AB Gọi H điểm cung AB, gọi M điểm nằm cung AH; NĐiểm nằm dây cung BM cho BN = AM Chứng minh:
1 AMH = BNH
2 MHN tam giác vng cân Khi M chuyển độngtrên cung AH Đường vng góc với BM kẻ từ N ln qua điểm cố định tiếp tuyến nửa đường tròn điểm B
Gợi ý:
3)Gọi đường thẳng qua N vng góc với MB cắt tiếp tuyến B Q
Chứng minh AMB = BNQ BQ = BA = số
Bài 4.Cho (O) đường kính AC Trên đoạn OC lấy điểm B vẽ đường trịn (O/) đường kính BC Gọi M trung điểm đoạn AB Từ M kẻ dây cung DEAB Gọi I giao DC với (O/)
a) Chứng minh ADBE hình thoi b) BI// AD
c) I,B,E thẳng hàng Gợi ý: c)
Chứng minh qua B có đường thẳng: BE BI song song với AD
N
Q
H
O
A B
M
I
D E
M
O'
A C
(2)Bài 5.
Trên đường thẳng d lấy ba điểm A,B,C theo thứ tư ïđó Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ hai
tia Ax, By vng góc với dt Trên tia Ax lấy I Tia vng góc với CI C cắt By K Đường tròn đường kính IC cắt IK P1)Chứng minh tứ giác CBPK nội tiếp đường tròn 2)Chứng minh AI.BK = AC.CB
3)Giả sử A,B,I cố định xác định vị trí điểm C cho diện tích hình thang vng ABKI max
Bài Từ điểm S ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB cát tuyến SCD đường trịn
a) Gọi E trung điểm dây CD Chứng minh điểm S,A,E,O,B thuộc đường trịn b) Nếu SA = AO SAOB hình gì? Tại sao?
c) Chứmg minh rằng:
2 AB CD AC BD BC DA
b/ SAOB hình vuông
c/ Lấy E thuộc CD Sao cho CAE BAD
Chứng minh CAE BAD AB.CE = AC AD (1) CM AB.DE = AC CB (2)
Từ (1) (2) AB.CD = AC BD + AD.BC (3) C/minh SAC SDA
SA SC
SD SB (4) ,
AC SA
AD SD(5)
SCB SBD
BC SC
BD SD (6)
x
a/ Chøng minh KPC = KBC = 90 b/ Chøng minh AIC BCK
P
K
A B C
I
E C
B A
O S
(3)Từ 4, 5, AC.BD = AD BC (7) Từ 3, đpcm
Bài 7
Cho ABC vng A Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC Fa) Chứng minh: CDEF tứ giác nội tiếp
b) Kéo dài DE cắt AC ë K Tia phân giác góc CKD cắt EF CD M N Tia phân giác góc CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MNPQ hình gì? Tại sao?
c) Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh r r12 r22
Bài 8
Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R H¹ đường
cao AD, BE tam giác Các tia AD, BE cắt (O) điểm thứ hai M, N Chứng minh rằng:1 Bốn điểm A,E,D,B nằm đường trịn Tìm tâm I đường trịn MN// DE
3 Cho (O) dây AB cố định , điểm C di chuyển cung lớn AB Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp CDE khơngđổi
O
D A
C
B E
r
r2 r1
a/ CM gãc C = gãc DEB b/ Chøng minh AQB = QPK( cïng b»ng 1/2 s®BD )
+ Từ suy KN đ ờng trung trực PQ, QPlà đ ờng trung trực MN
+ KL MNPQ lµ h×nh thoi c/ CM COB AO2B
BO BO2=
r r2
r2
r = AB
BC ; t ¬ng tù tacã r1
r = AB BC r
2
r2 +
r2
r2 =
AB2+ AC2
CB2 = §pcm
O1
O2 D
O P
L M
Q
N
K F
D
A B A B
C
E
(4)Ý / Dễ chứng minh :
HC = 2 2
AK AB 4R AB const
B2i Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Lấy D cung AB (D khác A,B), lấy điểm C nằm O B Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa D kẻ tia Ax By vng góc với AB Đường thẳng qua D vng góc với DC cắt Ax By E F
1) CMR : Góc DFC góc DBC 2) CMR : Δ ECF vuông
3) Giả sử EC cắt AD M, BD cắt CF N CMR : MN//AB
4)CMR: đường tròn ngoại tiếp Δ EMD đường tròn ngoại tiếp Δ DNF tiếp xúc điểm
4 a/ Sử dụng tính chất góc nội tiếp
b/ Chứng minh tổng góc Δ ECF vng c/ MCA MDE NDC NMC (cùng phụ với góc MDC)
Bài 10
Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa
đường tròn kẻ hai tia tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn(M khác A B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax By C, D1 Chứng minh: a) CD = AC+BD b) AC.BD = R2
2 Xác định vị trí điểm M để tứ giác ABDC có diện tích nhỏ
3 Cho R = cm, diện tích tứ giác ABDC 32cm2 Tính diện tích ABM
D
E
H A
K B
C
N d/ Lấy Q trung điểm MN
DQ=QM=QN
DEM = DAB = DMQ = MDQ DQ lµ tiÕp tun cđa (O') O'DQ = 90
T ¬ng tù O''DQ = 90
Từ suy điều cần chứng minh
Chó ý: MN lµ tiÕp tun chung cđa (O') vµ (O'')
Q
O''
O'
M
F
E
A B
D
(5)2
S
ABM nhỏ CD nhỏ CD nhá nhÊt CD song song với ABKhi M điểm cung AB
Bài 11 Cho đờng trịn tâm O, đờng kính AB = 2R Gọi I trung điểm AO Qua I kẻ dây CD vng góc với AB
1) Chứng minh: a) Tứ giác ACOD hình thoi b)
1
2
CBD CAD 2) Chứng minh O trực tâm BCD
3) Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tổng (MB+MC+MD) đạt giá trị lớn
Bµi 12 Cho ABC cã gãc nhän AC > BC néi tiÕp (O) VÏ tiếp tuyến với (O) A B, tiếp tuyến cắt M Gọi H hình chiếu vuông góc O MC
CMR:
a/MAOH tứ giác nội tiếp
b/ Tia HM phân giác góc AHB
c/ Qua C kẻ đờng thẳng song song với AB cắt MA, MB lần lợt E, F Nối EH cắt AC P, HF cắt BC Q Chứng minh QP // EF
Bài 13 Cho (O) đờng kính AB = 2R, C trung điểm OA dây MN vng góc với OA C Gọi K điểm tuỳ ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK MM
a) CMR: BCHK tứ giác nội tiếp b) Tính AH.AK theo R
c) Xác định vị trí điểm K để (KM+KN+KB) đạt giá trị lớn tính giá trị lớn
Bài 14 Từ điểm A ngồi đờng trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AMN đờng trịn Gọi I trung điểm dây MN, H giao điểm AO BC Chứng minh:
a) Năm điểm A, B, I, O, C nằm đờng tròn
2 DÔ thÊy CD = 16; S COD = 16
COD AMB( theo tỉ số CD/ AB = 4) Từ rút diện tích AMB
D
C
O
A B
M
Khai th¸c:
1/ CM AMON hình thoi 2/ CM MNB đều 3/ CM KM+KB= KN Dễ thấy MNB
LÊy E trªn NK cho KM=KE +Dễ chứng minh đ ợc MK+KB = KN (do MEN= MKB)
+KN AB; MK+KN+KB 2AB =4R "Dấu = K điểm cung MB"
E H
N M
C O
A B
(6)b) AB2 AM AN vµ AHM ANO
Bài 15 Cho tam giác ABC khơng cân có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O Hai đờng cao AI BE cắt H
1/ Chøng minh CHI = CBA 2/ Chøng minh EI CO 3/ Cho gãc ACB = 600
Chøng minh CH = CO
Bài 16 Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B C nửa đờng trịn đờng kính AD, tâm O Hai đờng chéo AC BD cắt E Gọi H hình chiếu vng góc E xuống AD I trung điểm DE Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp đợc; b) E tâm đờng tròn nội tiếp tam giác BCH; c) Năm điểm B, C, I, O, H đờng trịn
Bài 17.Cho nửa đờng trịn tâm O có đờng kính AB = 2R Kẻ hai tia tiếp tuyến Ax By nửa đờng tròn (Ax, By nửa đờng tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Gọi M điểm tùy ý thuộc nửa đờng tròn (khác A B) Tiếp tuyến M nửa đờng tròn cắt Ax D cắt By E
a) Chøng minh r»ng: DOE lµ tam giác vuông b) Chứng minh rằng:
2
AD BE = R .
c) Xác định vị trí điểm M nửa đờng tròn (O) cho diện tích tứ giác ADEB nhỏ Bài 18 Cho hai đờng trịn (O1) (O2)có bán kính cắt A B Vẽ cát tuyến qua B khơng vng góc với AB, cắt hai đờng tròn E F (E (O1); F(O2))
1 Chøng minh AE = AF
2 Vẽ cát tuyến CBD vuông góc với AB (C (O1); D(O2)).Gọi P giao điểm CE FD Chøng minh r»ng:
a Các tứ giác AEPF ACPD nội tiếp đợc đờng tròn
b Gọi I trung điểm EF Chứng minh ba điểm A, I, P thẳng hàng Khi EF quay quanh B I di chuyển đờng ?
Bài 19
Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB 2R M điểm tuỳ ý nửa đờng tròn (M khác A B) Kẻ hai tiếp tuyến Ax By với nửa đờng tròn Qua M kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt hai tiếp tuyến Ax By C D
a) Chøng minh r»ng: COD vu«ng b) Chøng minh r»ng: AC.BD = R2
c) Gọi E giao OC AM; F giao OD BM Chứng minh rằng: EF = R d) Tìm vị trí M để SABCD đạt giá trị bé
Bài 20 Cho M điểm tuỳ ý nửa đờng trịn tâm O, đờng kính AB = 2R(M không trùng với A B) Vẽ tiếp tuyến Ax, By, Mz nửa đờng trịn Đờng Mz cắt Ax By N P Đờng thẳng AM cắt By C đờng thẳng BM cắt cắt Ax D CMR:
a) Tø giác AOMN nội tiếp NP = AN+BP b) N, P trung điểm AD BC
c) AD.BC = R2
d) Xác định vị trí điểm M để SABCD có giá trị nhỏ
Bài 21 Cho (O;R) dây cung CD cố định có trung điểm H Trên tia đối tia DC lấy điểm S qua S kẻ tiếp tuyến SA, SB với (O) Đờng thẳng AB cắt đờng SO; OH lần lợt E, F.Chứng minh rằng:
a) SEHF tứ giác nội tiếp b) OE.OF = R2
c) OH.OF = OE.OS
d) AB qua điểm cố định S chạy tia đối tia DC
Bài 22 Cho (O;R) có hai đờng kính AB CD vng góc với M điểm thuộc đờng kính AB (M khác O,A,B) CM cắt (O) N (N khác C) Dựng đờng thẳng d vng góc với AM M Tiếp tuyến với (O) N cắt d E
(7)c) CMR: CM.CN không đổi
d) CMR: E chạy đờng thẳng cố định M chuyển động đờng kính AB (M khác A,B) Baứi 23 Cho tam giaực ABC coự ba goực nhoùn noọi tieỏp ủửụứng troứn (O) Caực ủửụứng cao AD, BE, CF caột taùi H vaứ caột ủửụứng troứn (O) lần lửụùt tái M,N,P
Chứng minh rằng:
1 Tứ giác CEHD, nội tiếp
2 Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC
4 H M đối xứng qua BC
5 Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải:
1. Xét tứ giác CEHD ta có: 900
CEH ( Vì BE đường cao) 900
CDH ( Vì AD đường cao) => CEH CDH 1800.
Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE đường cao => BE AC => BEC900.
CF đường cao => CF AB => BFC900
Như E F nhìn BC góc 900 => E F nằm đường trịn đường kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường trịn
3. Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; C là góc chung => AEH ADC => AEAD=AH
AC => AE.AC = AH.AD
* Xét hai tam giác BEC ADC ta có: BECADC900; C là góc chung
=> BEC ADC => BEAD=BC
AC => AD.BC = BE.AC
4 Ta có C1A1 ( phụ với góc ABC)
2
C A ( hai góc nội tiếp cúng chắn cung BM)
=> C1C => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C => CB đường trung trực HM H M đối xứng qua BC
5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đường trịn => C1E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF)
(8)Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1E ( hai góc nội tiếp chắn cung HD) E1E => EB tia phân giác góc FED
Chứng minh tương tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đường trịn nội tiếp tam giác DEF
Bài 24 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE
1 Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp
2.Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Chứng minh ED = 12 BC
3 Chứng minh DE tiếp tuyến đường trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải:
1. Xét tứ giác CEHD ta có: 900
CEH ( Vì BE đường cao)
CDH 900 ( Vì AD đường cao)
=> CEH CDH 1800
Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp
2 Theo giả thiết: BE đường cao => BE AC => 900
BEA .
AD đường cao => AD BC => 900
BDA .
Như E D nhìn AB góc 900 => E và D nằm đường trịn đường kính AB
Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn
3 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD là đường cao nên đường trung tuyến
=> D trung điểm BC Theo ta có BEC900
Vậy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyến => DE = 12 BC
Vì O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 A1 (1)
Theo treân DE = 12 BC => tam giác DBE cân D => E B1 (2)
Mà B1A1 ( phụ với góc ACB) => E1A3 E1E E 2E
Maø
1 90 90
E E BEA E E OED => DE OE taïi E
Vậy DE tiếp tuyến đường tròn (O) E
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 =
– 32 ED = 4cm
Bài 25 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By C D Các đường thẳng AD BC cắt N
1.Chứng minh AC + BD = CD 2.Chứng minh COD 900.
3.Chứng minh AC BD =
AB2
4
(9)4.Chứng minh OC // BM
5.Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD 6.Chứng minh MN AB
á7 Xaực ủũnh vũ trớ cuỷa M để ủeồ chu vi tửự giaực ACDB đạt ủaùt giaự trũ nhoỷ nhaỏt
Lời giải
1.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Maø CM + DM = CD => AC + BD = CD
2.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân gá¸c góc BOM, mà AOM BOM hai góc kề bù => COD 900
.
3.Theo COD 900 nên tam giác COD vuông O có OM CD ( OM tiếp tuyến ). Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB2
4
4. Theo treân COD 900 nên OC OD (1)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM OD (2) Từ (1) (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD)
5.Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác COD đường 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 đường trung bình hình thang ACDB
IO // AC , mà AC AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đường trịn đường kính CD
6 Theo treân AC // BD => CNBN=AC
BD , maø CA = CM; DB = DM neân suy CN BN=
CM DM
=> MN // BD maø 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 Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi
CD // AB => M phải trung điểm cung AB
Bài 26 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A ; O trung điểm IK
1. Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn 2. Chứng minh AC tiếp tuyến đường trịn (O)
3.Tính bán kính đường trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD)
1 Vì I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B
Do BI BK hay IBK 900
Tương tự ta có AIK900, B C nằm đường tròn đường kính IK
đó B, C, I, K nằm đường tròn
(10)2.Ta có C1 C (1) ( CI phân giác góc ACH
2 90
C I (2) ( IHC 900 ).
1
I ICO (3) ( tam giác OIC cân O)
Từ (1), (2) , (3) => C1ICO 900 hay AC OC Vậy AC tiếp tuyến đường tròn (O) 2. 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 = CH2AH =
122
16 = (cm)
OC =
√
OH2+HC2=√
92+122=√
225 = 15 (cm)
Bài 28 Cho đường tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếpđiểm) Kẻ AC MB, BD MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB
1 Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp
2 Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn
3 Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2. Chứng minh OAHB hình thoi
5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng
6.Tìm quĩ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d Lời giải:
1. (HS tự làm)
2. Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đường kính
và dây cung) => OKM 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM 900 ; OBM 900
Như K, A, B nhìn OM góc 900 nên nằm đường trịn đường kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn
3 Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM AB I
Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM 900 nên tam giác OAM vng A có AI đường cao.
Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2. 4 Ta có OB MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC MB (gt) => OB // AC hay OB // AH.
(11)OA MA (tính chất tiếp tuyến) ; 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 đường thẳng vng góc với AB)
6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động cách A cố định khoảng R Do quĩ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R
Bài 29 Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm A bán kính AH Gọi HD đường kính đường trịn (A; AH) Tiếp tuyến đường tròn D cắt CA E
1.Chứng minh tam giác BEC cân
2 Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH 3.Chứng minh BE tiếp tuyến đường tròn (A; AH)
4.Chứng minh BE = BH + DE
Lời giải: (HD)
1. AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vaø AE = AC (2)
Vì AB CE (gt), AB vừa đường cao vừa đường trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 B
2 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1B => AHB = AIB => AI = AH 3 AI = AH BE AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I.
4 DE = IE vaø BI = BH => BE = BI + IE = BH + ED
Bài 30 Cho đường trịn (O; R) đường 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 đường tròn
2 Chứng minh BM // OP
3 Đường thẳng vng 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 là góc tâm
chắn cung AM =>
2
AOM ABM
(1)
OP tia phân giác AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt )
=>
2
AOM AOP
(2)
Từ (1) (2) => ABM AOP (3)
Mà góc ABM góc 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 ); NOB900 (gt NOAB). => PAO NOB 900; OA = OB = R; AOP OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau)
4.Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON AB => ON PJ
(12)Ta cóPM OJ( PM tiếp tuyến ),mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6)
Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAOAON ONP 900
=> K trung điểm PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => APO NOP ( so le) (7)
Theo t/c hai tieáp tuyeán cắt Ta có PO tia phân giác APM APO MPO (8).
Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đồng thời đường cao => IK PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng
Bài31 Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường trịn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K
1) Chứng minh rằng: EFMK từ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM IB.
3) Chứng minh BAF tam giác cân
4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi
5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Lời giải:
1 Ta có: AMB900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> KMF 900 (vì hai góc kề bù).
AEB 900
( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => KEF 900 (vì hai góc kề bù).
=> KMF KEF 900 Mà góc KMF góc 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 treân)
Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => AI2 = IM IB.
3. Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE MAE => AE ME (lÝ ……) => ABE MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có AEB900 => BE AF hay BE đường cao tam giác ABF (2).
Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B
4. BAF tam giác cân B có BE đường cao nên đồng thời đường 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 đường cao nên đồng thời đường trung tuyến => E trung điểm HK (6)
Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường)
5.(HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => Tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn AKFI phải hình thang cân
AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB
(13)Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông A có ABI 450=> AIB450.(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 đường tròn
Bài 32 Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đường tròn Các tia AC AD cắt Bx E, F (F B E)
1 Chứng minh AC AE khôngđổi Chứng minh ABD DFB
3 Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp Lời giải:
1.C thuộc nửa đường tròn nên ACB900( nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> BC AE
2.ABE900( Bx laø tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC
đường cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đường cao ), mà AB đường kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi
3. ADB có ADB900 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ).
=> ABD BAD 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (1) ABF có ABF 900 ( BF tiếp tuyến ).
=> AFB BAF 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800 ) (2) Từ (1) (2) => ABD DFB ( phụ với góc BAD)
Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD ACD 1800.
ECD ACD 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ECD ABD ( bù với góc ACD)
Theo ABD DFB ECD DFB Maø EFD DFB 1800 ( Vì là hai góckề bù)
nên suy ECD EFD 1800, mặt khác góc ECD góc EFD hai
góc đối tứ giác CDFE
do tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp
Bài 33 Cho đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đường vng góc từ S đến AB
1.Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh PS’M cân 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đường tròn
Lời giải:
1 Ta coù SP AB (gt) => 90 ;0 900
SBA AMB (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) =>
AMS 900
Như P M nhìn AS góc 900 nên nằm đường trịn đường kính AS
Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đường tròn
2 Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đường tròn nên M’ nằm đường trịn => hai cung AM AM’ có số đo
(14)=> AMM' AM M'
( Hai góc nội tiếp chắn hai cung 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) => AS S' ASS'
Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn => ASPAMP (nội tiếp chắn AP)
=> AS P' AMP => tam giác PMS’ cân P.
3 Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS’ vuông M => B1S '1 (cùng phụ với góc S) (3)
Tam giác PMS’ cân P => S '1 M (4)
Tam giác OBM cân O ( có OM = OB = R) => B1 M (5) Từ (3), (4) (5) =>
1 3
M M M M M M , maø M 3M AMB900 neân suy
1 90
M M PMO PM OM M => PM tiếp tuyến đường tròn M
Bài 34 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đường tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh :
1. Tam giác DEF có ba góc nhọn
2. DF // BC Tứ giác BDFC nội tiếp 4 BDCB =BM
CF
Lời giải:
1. (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có AD = AF => tam giác ADF cân A => ADF AFD900 => sñ cung DF < 1800 => DEF900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE)
Chứng minh tương tự ta có DFE 90 ;0 EDF900 Như tam giác DEF có ba góc nhọn
Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo treân) =>
AD AF
ABAC => DF // BC. DF // BC => BDFC hình thang lại có B C (vì tam giác ABC cân)
=> BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đường tròn
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 => BDCB=BM
CF
Bài 35 Cho đường trịn (O) bán kính R có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N đường tròn P Chứng minh :
1 Tứ giác OMNP nội tiếp
2 Tứ giác CMPO hình bình hành
(15)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
Lờùi giải:
1 Ta coù OMP 900( PM AB ); ONP 900 (vì NP tiếp tuyến ).
Như M N nhìn OP góc 900 => M N nằm đường tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp
(16)2 Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC OCN
=> OPM = OCM
Xét hai tam giác OMC MOP ta có MOC OMC 90 ;0 OPM OCM CMO POM . Lại có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1)
Theo giả thiết ta có CD AB; PM AB => CO//PM (2) Tứ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành
3 Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC 900 ( gt CD AB); DNC 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MOC DNC 900 Lại có góc C góc 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 đường thẳng cố định vng góc với CD D
Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy đoạn thẳng A’ B’ song song AB Bài 36 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A Vẽ nửa đường trịn đường kính BH cắt AB E, Nửa đường trịn đường kính HC cắt AC F
1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp
3 AE AB = AF AC
4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Lời giải:
1 Ta có : BEH 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> AEH 900 (vì hai góc kề bù) (1)
CFH 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> EFH 900 (vì hai góc kề bù).(2)
EAF 900( Vì tam giác ABC vuông taïi A) (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng)
Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn => F1H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) (O2)
=> B1H1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => B1F1 => EBC EFC AFE EFC maø AFE EFC 1800 (vì hai
góckề bù) => EBC EFC 1800
(17)mặt khác góc EBC góc EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp
3 Xét hai tam giác AEF ACB ta có A900 góc chung;
AFEABC ( theo chứng minh trên)
=> AEF ACB =>
AE AF
ACAB => AE AB = AF AC.
* HD cách 2: Tam giác AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB
(*)
Tam giác AHC vuông H coù HF AC => AH2 = AF.AC
(**)
Từ (*) (**) => AE AB = AF AC
4 Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I =>
1
E H .
O1EH cân O1 (vì có O1E O1H bán kính) => E2 H => E1E H 1H maø
1 90 90
H H AHB E E O EF => O1E EF
Chứng minh tương tự ta có O2F EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn
Bài37 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 cm, CB = 40 cm Vẽ phía AB nửa đường trịn có đường kính
theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K
Đường vng góc với AB C cắt nửa đường trịn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA,
EB với nửa đường tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN
2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/tròn (I), (K)
3.Tính MN
4.Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường tròn
Lời giải: 1 Ta có: BNC 900 ( nội tiếp
chắn nửa đường tròn tâm K)
=> ENC900 (vì hai góckề bù) (1)
AMC900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn tâm I) => EMC 900 (vì hai góckề bù).(2) AEB900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay MEN 900 (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ gi¸c CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật) Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (I) (K) => B1C1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1N3 => B1N3.(4) Lại có KB = KN (cùng làbán kính) => tam giác KBN cân K => B1 N1 (5) Từ (4) (5) => N 1N3 mà N 1N CNB 900 N 3N MNK 900
hay MN KN N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tương tự ta có MN tiếp tuyến (I) M Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đường tròn (I), (K)
Ta có AEB900 (nội tiếp chắn nửc đường trịn tâm O) => AEB vng A có EC AB (gt)
=> EC2 = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo treân EC = MN => MN = 20 cm. 4 Theo giả thiết AC = 10 cm, CB = 40 cm => AB = 50cm => OA = 25 cm
Ta có S(o) = .OA2 = 252 = 625; S(I) = IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 = 202 = 400. Ta có diện tích phần hình giới hạn ba nửa đường tròn S =
1
2 ( S(o) - S(I) - S(k))
(18)S =
1
2( 625- 25- 400) =
1
2.200 = 100 314 (cm2)
Bài 38 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường trịn (O) có đường kính MC Đường thẳng BM cắt đường tròn (O) D Đường thẳng AD cắt đường 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 đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy
4 Chứng minh DM tia phân giác góc ADE
5 Chứng minh điểm M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải:
2. Ta có CAB 900 ( tam giác ABC vng A); MDC900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => CDB 900 Như D A nhìn BC góc 900 nên A D nằm đường trịn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp
3. ABCD tứ giác nội tiếp => D C nội tiếp chắn cung AB)
1
D C => SM EM => C 2 C 3 (hai góc nội tiếp đường trịn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân giác góc SCB
3 Xét CMB Ta có BACM; CD BM; ME BC BA, EM, CD ba đường cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy
4 Theo ta có SM EM => D 1D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) 5 Ta có MBC 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) => MEB 900
Tứ giác AMEB có MAB 900; MEB 900 => MAB MEB 1800 mà làhai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đường tròn => A2 B2
Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1 B ( nội tiếp chắn cung CD) => A1 A2 => AM tia phân giác góc DAE (2)
Từ (1) (2) Ta có M tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b)
Câu : ABC CME (cùng phụ với góc ACB); ABC CDS (cùng bù ADC) => CME CDS .
(19)=> CE CS SM EM => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB.
Bài 39 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đường trịn đường kính BD cắt BC E Các đường thẳng CD, AE cắt đường 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 đường thẳng AC, DE, FB đồng quy
Lời giải:
1 Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC 900 ( tam giác ABC vuông
tại A); DEB 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
900
DEB BAC ; lại có ABC góc chung => DEB CAB
Theo treân
900 900
DEB DEC (vì hai góckề bù); BAC900 ( ABC
vuông A) hay
900 1800 DAC DEC DAC mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp
* BAC 900 ( tam giác ABC vng A); DFB 900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay 900
BFC Như F A nhìn BC góc 900 nên A F nằm đường trịn đường kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp
3 Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1C1 lại có E1F1 F1 C1 mà làhai góc so le nên suy AC // FG
4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đường cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S.
Bài 40 Cho tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC
1 Chứng minh APMQ lµà tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác
2 Chứng minh MP + MQ = AH Chứng minh OH PQ
Lời giải:
1 Ta coù MP AB (gt) => APM 900; MQ AC (gt)
=> AQM 900 Như P Q nhìn BC góc 900 nên P Q nằm đường trịn đường kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp
* Vì AM đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ Tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM
Tam giác ABC có AH đường cao => SABC BC.AH
(20)Tam Tam giác ABM có MP đường cao => SABM SABM =
1
AB.MP
Tam Tam giác ACM có MQ đường cao => SACM SACM =
1
AC.MQ
Ta coù SABM + SACM = SABC =>
1
2AB.MP +
2AC.MQ =
2BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH
Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABCđều) => MP + MQ = AH
3 Tam giác ABC có AH đường cao nên đường 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 đường cao => OH PQ
Bài 41 Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H khơng trùng O, B) ; đường thẳng vng góc với OB H, lấy điểm M ngồi đường trịn ; MA vµà MB thứ tự cắt đường trịn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC
1 Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh đường thẳng AD, BC, MH đồng quy I
3 Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp Lời giải:
1 Ta có : ACB900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> MCI 900 (vì hai góckề bù)
ADB 900
( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => MDI900 (vì hai góckề 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 đường cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH đường cao tam giácMAB => AD, BC, MH đồng quy I
3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 C
KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 C1
Mà A1M 1900 ( tam giác AHM vuông H) =>
0
1 90
C C C 3C 2 900( góc ACM góc beït) hay OCK 900.
Xét tứ giác KCOH ta có OHK 90 ;0 OCK 900 OHK OCK 1800 mà góc OHK góc OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp
(21)Bài 42.Cho đường trịn (O) đường 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 vuông góc với AB.Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD
1 Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD
4 Chứng minh I, B, E thẳng hàng
5 Chứng minh MI tiếp tuyến (O’) Lời giải:
BIC900 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => BID 900 (vì hai góc kề bù); DE AB M => BMD 900
=> BID BMD 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID
nên MBID tứ giác nội tiếp
Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung)
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm mỗiđường ADC900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD DC; theo BI DC => BI // AD (1)
Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2)
Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đường thẳng song song với AD mà thôi.) I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm
DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1E1 ; O’IC cân O’ ( O’C O’I bán kính ) => I3 C1 mà C1E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => I1I3 I1I2 I3I2 Mà I3I2 BIC900 =>
0 '
1 90
I I MIO hay MI O’I I => MI tiếp tuyến (O’). Bài 43 Cho đường tròn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngồi C Gọi AC và BC hai đường kính đii 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 Tứ giác MDGC nội tiếp
2 Bốn điểm M, D, B, F nằm đường tròn Tứ giác ADBE hình thoi
4 B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE
7 MF tiếp tuyến (O’) Lời giải:
1 BGC900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> CGD = 900 (vì hai góc kề bù)
Theo giaỷ thiết DE AB M => CMD 900.
=> CGD CMG 1800 mà d0a6y làhai góc
đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp
BFC900 ( nội tiếp chắn nửa đường
tròn ) => BFD90 ;0 BMD 900(vì DE AB M).Như F M nhìn BD góc 900 nên F M
(22)nằm đường trịn đường kính BD => M, D, B, F nằm đường tròn
3 Theo giả thếÕt M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung)
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm mỗiđường
4 ADC 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD DF
; theo tứ giác ADBE hình thoi
=> BE // AD mà AD DF nên suy BE DF
Theo BFC900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) =>
BF DF mà qua B có đường thẳng vng góc với DF B, E, F thẳng hàng
5 Theo DF BE; BM DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm củatamgiác BDE
=> EC đường cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy
6 Theo DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến(vì M trung điểm DE)
Suyra MF = 1/2 DE ( tam giác vng trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền)
7 (HD) theo treân MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân tại M => D 1F1
O’BF cân O’ ( O’B O’F bán kính ) =>
3
F B mà B1D1 (Cùng phụ với DEB ) => F1F3 F1F2 F3F2 Mà
'
3 90 90
F F BFC F F MFO
hay MF O’F taïi F => MF tiếp tuyến (O’)
Bài 44 Cho đường trịn (O) đường kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường tròn tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O)
Chứng minh đường tròn (I) (O) tiếp xức A
2 Chứng minh IP // OQ Chứng minh AP = PQ
4 X¸ác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn
Lời giải:
Ta có OI = OA – IA mà OA IA bán kính đ/ trịn (O) đường tròn (I).Vậy đ/ tròn (O) đường tròn (I) tiếp xúc A
OAQ caân O ( OA OQ bán kính ) => A1 Q1
IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1P1
=> P Q1 1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ
3 APO900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP AQ => OP đường cao OAQ mà OAQ
cân O nên OP đường trung tuyến => AP = PQ 4 (HD) Kẻ QH AB ta có SAQB =
1
2AB.QH, mà AB đường kính khơng đổi nên SAQB lớn
QH lớn QH lớn Q trùng với trung điểm 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 45 Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DE, đường thẳng cắt đường thẳng DE DC theo thứ tự H K
1 Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính góc CHK
3 Chứng minh KC KD = KH.KB
4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đường nào?
(23)Lời giải:
1 Theo giaû thiết ABCD hình vuông nên BCD900; BH DE
tại H nên BHD 900 => H C nhìn BD góc bằng
900 nên H C nằm đường tròn đường kinh BD => BHCD tứ giác nội tiếp
2 BHCD tứ giác nội tiếp => BDC BHC 1800 (1)
Mà BHK góc bẹt nên KHC BHC 1800 (2).
Từ (1) (2) => CHK BDC mà BDC 450 (vì ABCD hình vng) => CHK 450. 3 Xét KHC KDB ta có CHK BDC450; K góc chung
=> KHC KDB =>
KC KH
KB KD => KC KD = KH.KB
4 (HD) Ta ln có BHD900 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 46 Cho tam giác ABC vng A Dựng miền ngồi tam giác ABC hình vng ABHK, ACDE
1 Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng
2 Đường thẳng HD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân Cho bếÕt ABC450; gọi M giao điểm BF
ED, Chứng minh điểm B, K, E, M, C nằm đường tròn
4 Chứng minh MC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Lời giải:
1 Theo giả thiết ABHK hình vuoâng => BAH 450
Tứ giác AEDC hình vng => CAD 450; tam giác ABC vng A => BAC900 => BAH BAC CAD 450900450 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng.
2 Ta coù BFC900
(nội tiếp chắn nửa đường trịn ) nên tam giác BFC vng F (1) FBC FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo CAD 450 hay FAC450 (2). Từ (1) (2) suy FBC tam giác vuông cân F
3 Theo BFC 900 => CFM 900 ( hai góc kề bù); CMD 900 (t/c hình vng). => CFM CDM 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đường tròn suy ra
CDF CNF , mà CDF 450 (vì AEDC hình vuông) => CMF 450 hay CMB 450 Ta có CEB 450 (vì AEDC hình vuông); BKC 450 (vì ABHK hình vuông).
Như K, E, M nhìn BC góc 450 nên nằm cung chứa góc 450 dựng BC => điểm B, K, E, M, C nằm đường tròn
4 CBM có B 45 ;0 M 450 BCM 450; hay MC BC C => MC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
(24)Bài 47 Cho tam giác nhọn ABC có B450 Vẽ đường trịn đường kính AC có tâm O, đường tròn
cắt BA BC D E Chứng minh AE = EB
2 Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đường trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH
3.Chứng minh OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp BDE Lời giải:
1 AEC900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> AEB900 ( hai góc kề bù); theo giả thiết ABE450
=> 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 diểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đường trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC900 nên BE HE E => IK HE K (2).
Từ (1) (2) => IK trung trực HE Vậy trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH 3 Theo I thuộc trung trực HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB.
900
ADE (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BDH 900 (kề bù góc ADC) => tam giác BDH vng D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID
Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D 1C1 (3) IBD cân I (vì ID IB b¸n kÝnh ) => D2 = B1 (4)
Theo ta có CD AE hai đường cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đường cao tam giác ABC => BH AC F => AEB có AFB900.
Theo ADC có ADC900 B1 C1 ( phụ góc BAC) (5) Từ (3), (4), (5) => D 1D mà
0
2 90 90
D IDH BDC D IDH IDO OD ID D => OD là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Bài 48 Cho đường tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q
1 Chứng minh tam giác ABC cân Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp 3 Chøng minh MI2 = MH.MK Chứng minh PQ MI.
Lời giải:
1 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có AB = AC => ABC cân A. 2 Theo giả thiết MI BC => MIB 900; MK AB => MKB 900
=> MIB MKB 1800, mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp
* ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tự tứtø giác BIMK )
3 Theo tứ giác BIMK nội tiếp => KMI KBI 1800; tứ giác CHMI nội
tiếp => HMI HCI 1800, mà KBI HCI ( tam giác ABC cân A) =>
KMI HMI (1)
Theo tứ giác BIMK nội tiếp => B1I1 ( nội tiếp chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H 1C1 ( nội tiếp chắn cung IM) Mà B1C1
( = 1/2 sđ BM ) => I1H 1 (2). Từ (1) (2) => MKI MIH =>
MI MK
MH MI => MI2 = MH.MK
(25)5 Theo ta có I1 C1; chứng minh tương tự ta có I2 B mà
1 180 180
C B BMC I I BMC hay BIQ BMQ 1800 mà làhai góc đối =>tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 I1 mà I1C1 Q1C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ
Bài 49 Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R Vẽ dây cung CD AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm củaa AM CB Chứng minh : 1 KCKB=AC
AB AM tia phân giác góc CMD 3.Tứ giác OHCI nội
tieáp
4 Chứng minh đường vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đường tròn M
Lời giải: Theo giả thiết M trung điểm BC => MB MC
=> CAM BAM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia phân giác góc CAB => KCKB=AC
AB ( t/c tia phân giác tam giác )
2 (HD) Theo giả thiết CD AB => A trung điểm CD => CMA DMA => MA tia phân giác góc CMD
3 (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => OM BC I => OIC = 900 ; CD AB H => OHC 900 OIC OHC 1800OHC = 900 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 đường tròn M
Bài 50 Cho đường tròn (O) điểm A ngồi đường trịn Các tiếp tuyến với đường tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đường tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH BC, MK CA, MI AB Chứng minh :
1. Tứ giác ABOC nội tiếp BAO BCO MIH MHK MI.MK = MH2.
Lời giải:
(26)1. (Tự giải)
2. Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO BCO (nội tiếp chắn cung BO). 3. Theo giả thiết MH BC => MHC = 900; MK CA => MKC = 900 => MHC MKC 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp
=> HCM HKM (nội tiếp chắn cung HM)
Chứng minh tương tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => MHI = MBI (nội tiếp chắn cung IM) Mà HCM MBI ( = 1/2 sđ BM) => HKM MHI (1) Chứng minh tương tự ta có:
KHM HIM (2) Từ (1) (2) => HIM KHM
4. Theo treân HIM KHM =>
MI MH
MH MK => MI.MK = MH2
Bài 51 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 đường 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 đường chéo cắt trung điểm mỗiđường
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
1800
BHC BFC BFC BAC
=> Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (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 HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE HE (2)
Từ (1) (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3)
Theo E (O) => CBE CAE ( nội tiếp chắn cung CE) (4).
Theo F (O) FEA 900 => AF đường kính (O) => ACF 900 => BCF CAE ( phụ góc ACB) (5)
(27)Từ (4) (5) => BCF CBE (6).
Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân
4 Theo AF đường kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I là trung điểm HF => OI đường trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH
Theo giả thiết I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đường kính dây cung)
OIG HAG (vì so le trong); lại có OGI HGA (đối đỉnh) => OGI HGA =>
GI OI GA HA maø OI =
1
2 AH =>
1
GI
GA mà AI trung tuyến ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm tam giác ABC
Bài52 BC dây cung đường tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đường 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’ Gọi A1 trung điểm EF, Chứng 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
(HD)
Tứ giác BFEC nội tiếp => AEFACB (cùng bù với góc BFE)
AEF ABC (cùng bù với góc CEF) => AEF ABC
Vẽ đường kính AK => KB // CH ( vng góc AB); KC // BH (cùng vng góc AC) => BHKC hình bình hành => A’ trung điểm HK => OK đường trung bình AHK => AH = 2OA’
3, Áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng tỉ số hai trung tuyến, tỉ số hai bán kính đường trịn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng, ta có :
AEF ABC =>
' '
R AA
R AA (1) R bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC; R’ bán kính đường trịn ngoại tiếp AEF; AA’ trung tuyến ABC; AA1 trung tuyến AEF Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên đường trịn ngoại tiếp AEF Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’
AH
= AA’
2 '
A O Vaäy R AA1 = AA’ A’O (2)
4 Gọi B’, C’lần lượt trung điểm AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ đường 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)
(28)Theo (2) => OA’ = R
'
AA AA maø
1
'
AA
AA là tỉ số hai trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC nên
1
'
AA AA =
EF
BC Tươg tự ta có : OB’ = R FD
AC ; OC’ = R ED
AB Thay vào (3) ta được
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 giá trị lớn SABC Ta có SABC =
1
2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A
điểm cung lớn BC
Bài 53 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác goc BAC cắt (O) M Vẽ đường cao AH bán kính OA
1 Chứng minh AM phân giác góc OAH Giả sủ B C Chứng minh OAH B C . Cho BAC600 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:
1 AM phân giác góc BAC => BAM CAM BAM
=> BM CM => M trung điểm cung BC => OM BC; Theo giả thiết AH BC => OM // AH => HAM OMA ( so le)
Mà OMA OAM ( tam giác OAM cân O có OM = OA = R) => HAM OAM => AM laø tia phân giác góc OAH
2 Vẽ dây BD OA => AB AD => ABD ACB .
Ta có OAH BDC ( góc có cạnh tương ứng vng góc nhọn) =>
OAH ABC ABD OAH ABC ACB hay OAH B C .
3 a) Theo giả thiết BAC 600 => B C 1200; theo treân B C OAH B C 200.
=>
0
0
120 70
50 20
B C B
C B C
b) Svp = SqBOC - SBOC =
2
0
.120
360 2
R R
R
=
2 2
(4 3)
3 12
R R R
Bài 54 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biếÕt BAC600.
1.Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R
(29)2.Vẽ đường kính CD (O; R); gọi H giao điểm ba đường cao tam giác ABC Chứng minh BD // AH vµ AD // BH
3.Tính AH theo R Lời giải:
1 Theo giả thiết BAC600 => sđBC =1200 ( t/c góc nội tiếp ) => BOC 1200 ( t/c góc tâm)
* TTheo sđBC=1200 => BC lµ c cạnh tam giác nội nộitiếp ( O; R) =>BC = R
2 CD đường kính => DBC900 hay DB BC; theo giả thiết AH
Đường cao => AH BC => BD // AH Chứng minh tương tự ta AD // BH
3 Theo DBC900 => DBC vuông B có BC = R 3; CD = 2R.
=> BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R 3)2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R.
Theo treân BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành
=> AH = BD => AH = R
Bài 55 Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điềm H OB
1 Chứng minh MN di động, trung điểm I MN nằm mét đường tròn cố định
2 Từ A kẻ 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 đường
5.Cho AM AN = 3R2 , AN = R
√
3 Tính diện tích phần hình tròn (O)nằm ngồi tam giác AMN Lời giải: (HD)
1 I trung điểm MN => OI MN I ( quan hệ đường kính dây cung) = > OIH 900.
OH cố định nến MN di động I di động ln nhìn OH cố định góc 900 do I di động đường trịn đường kính OH Vậy MN di động, trung điểm I MN nằm đường tròn cố định
2 Theo giả thiết Ax MN; theo OI MN I => OI // Ax hay OI // AC mà O trung điểm của AB => I trung điểm BC, lại có I lµ trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành ( Vì có hai đường chéo cắt trung điểm mỗiđường)
3 CMBN hình bình hành => MC // BN mà BN AN ( ANB900 góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn ) => MC AN; theo AC MN => C trực tâm tam giác AMN
4 Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH đường tung bình OBC
=> IH // OC Theo giả thiết Ax MN hay IH Ax => OC Ax C => OCA 900 => C thuộc
đường trịn đường kính Oacố định Vậy MN quay quanh H C di động đường trịn đường kính OA cố định
5 Ta coù 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 . (30)
ABN AMN (nội tiếp chắn cung AN) => AMN600 (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 56 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đường tròn M
1 Chứng minh OM BC Chứng minh MC2 = MI.MA
3 Kẻ đường kính MN, tia phân giác gãc B C cắt đường thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đường tròn Lời giải:
1 AM laø phân giác góc BAC => BAM CAM => BM CM => M trung điểm cung BC => OM BC
2 Xét MCI MAC có MCI MAC (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau); góc M góc chung
=> MCI MAC =>
MC MI
MA MC => MC2 = MI.MA.
3 (HD) MAN900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => P1900 K mà K1 góc ngồi tam giác
AKB neân
1 1
2
A B K A B
(t/c phân giác goùc ) =>
1 90
2
A B P
(1)
CQ laø tia phân giác góc ACB =>
1
180 90
2 2
C A B
C A B (2).
Từ (1) (2) => P C11 hay QPB QCB mà P C nằm nửa mặt phẳng bờ BQ nên
cùng nằm cung chứa góc 900 – (
2
A B
) dựng BQ Vậy bốn điểm P, C, B, Q thuộc đường tròn
Bài 57 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = cm, chiều cao AH = cm, nội tiếp đường trịn (O) đường kính AA’
1 Tính bán kính đường trịn (O)
2 Kẻ đường kính CC’, tứ giác CAC’A’ hình gì? Tại sao? Kẻ AK CC’ tứ giác AKHC hình gì? Tại sao?
4 Tính diện tích phần hình trịn (O) nằm ngồi tam giác ABC Lời giải:
1 (HD) Vì ABC cân A nên đường kính AA’ đường tròn ngoại tiếp đường cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AA’đi qua H => ACA’ vng C có đường cao CH =
6
2
BC
= 3cm;
AH = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H =
2 32 9
2,5
4
CH
AH => AA’
(31)=> AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 (cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm)
2 Vì AA’ CC’ hai đường kính nên cắt trung điểm O đường => ACA’C’ hình bình hành Lại có ACA' 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn ) nên suy tứ giác ACA’C’ hình chữ
nhaät
3 Theo giả thiết AH BC; AK CC’ => K H nhìn AC góc 900 nên nằm đường trịn đường kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => C H1 (nội tiếp chắn cung AK) ; AOC cân O ( OA=OC=R) => C A2 => A2 H1 => HK // AC ( có hai góc so le nhau) => tứ giác ACHK hình thang (2).Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân Bài58 Cho đường trịn (O), đường kính Abcố 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 Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp
2 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM Chứng minh AM2 = AE.AC
4 Chứng minh AE AC - AI.IB = AI2
5 Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Lời giải:
1 Theo giả thiết MN AB I => EIB 900; góc ACB nội tiếp chắn nửa
đường tròn nên ACB900 hay ECB 900
=> EIB ECB 1800 mà hai
góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp
2 Theo giả thiết MN AB => A trung điểm cung MN => AMN ACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay AMEACM Lại thấy góc CAM góc chung hai tam giác AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM
3 Theo treân AME ACM =>
AM AE
AC AM => AM2 = AE.AC
4 AMB900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN AB I => AMB vng M có MI đường cao
=> MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đường cao tam giác vng)
Áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vuông I ta coù AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI
(32)5 Theo AMNACM => AM tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp ECM; Nối MB ta có 900
AMB , tâm O1 đường tròn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ nhất NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM
Gọi O1 chân đường vng góc kẻ từ N đến BM ta O1 tâm đường tròn ngoại tiếp ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đường trịn tâm O1 bán kính O1M với đường trịn (O) O1 hình chiếu vng góc N BM
Bài 59 Cho tam giác nhọn ABC , kẻ đường cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q 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 HCBđồng dạng 4 Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng hàng Lời giải: 1 & (tự làm)
3 Theo chứng minh DNHP nội tiếp => N D (nội tiếp chắn cung HP); HDC có HDC900 (do AH đường cao) HDP có
900
HPD (do DP HC) => C1D (cùng phụ vơiù góc DHC) =>
1
C N (1)
chøng minh tương tự ta có B1P1 (2)
Từ (1) (2) => HNP HCB
4 Theo chứng minh DNMB nội tiếp => N1 D (nội tiếp chắn cung BM).(3) DM // CF ( vng góc với AB) => C1 D ( hai góc đồng vị).(4)
Theo chứng minh C1 N2 (5)
Từ (3), (4), (5) => N1N mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6) Chứng minh tương tự ta có N, P, Q thẳng hàng (7)
Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng
Bài 60 Cho hai đường trịn (O) (O’) tiếp xúc ngồi A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B (O), C (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I
1 Chứng minh tứ giác OBIA, AICO’ nội tiếp Chứng minh BAC900.
3 Tính số đo góc OIO’
4 Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm Lời giải:
1. ( HS tự làm)
2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có IB = IA , IA = IC
ABC coù AI = 12 BC =>ABC vuông A hay BAC900
3 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có IO tia phân giác góc BIA; I0’là tia phân giác góc CIA , mà hai góc BIA CIA hai góc kề bù => I0 I0’=> OIO ' 900
.
4 Theo ta có 0I0’ vng I có IA đường cao (do AI tiếp tuyến chung nên AI OO’) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm)
(33)Bài 61 Cho hai đường trịn (O) ; (O’) tiếp xúc ngồi A; BC tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm O’M AC Chứng minh :
1 Chứng minh tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp Tứ giác AEMF hình chữ nhật
3 ME.MO = MF.MO’
4 OO’ tiếp tuyến đường tròn đường kính BC BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ Lời giải:
1. (tự làm)
2 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MA = MB =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME AB (1) Chứng minh tương tự ta có MF AC (2)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO’ tia phân giác cđa hai góc kề bù BMA CMA => MO MO’ (3)
Từ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật
Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đường tròn => MA OO’=> MAO vng tại A có AE MO ( theo ME AB) MA2 = ME MO (4)
Tương tự ta có tam giác vng MAO’ có AFMO’ MA2 = MF.MO’ (5) Từ (4) (5) ME.MO = MF MO’
Đường trịn đường kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đường tròn qua A có MA bán kính Theo OO’ MA A OO’ tiếp tuyến A đường trịn đường kính BC
(HD) Gọi I trung điểm OO’ ta có IM đường trung bình hình thang BCO’O
=> IMBC M (*) Ta chứng minh góc OMO’ vng nên M thuộc đường trịn đường kính OO’ => IM bán kính đường trịn đường kính OO’ (**)
Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’
Bài 62 Cho đường trịn (O) đường kính BC, dây AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF
1 Hãy xác định vị trí tương đối đường trịn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao?
3 Chứng minh AE AB = AF AC
4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) và(K)
5 Xác định vị trí H để EF cóđộ dài lớn Lời giải:
1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiếp xúc (O) OK = OC – KC => (K) tieáp xuùc (O)
IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K)
2 Ta có : BEH 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> AEH 900 (vì hai góckề bù) (1)
900
CFH ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AFH = 900 (vì hai góc k bù).(2)
900
BAC ( nội tiếp chắn nửa đường tròn hay EAF 900 (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng)
(34)3 Theo giả thiết AD BC H nên AHB vuông H có HE AB( 900
BEH ) => AH2 = AE.AB (*)
Tam giaùc AHC vuông H có HF AC (theo CFH 900) => AH2 = AF.AC (**)
Từ (*) (**) => AE AB = AF AC ( = AH2)
4 Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đường chéo AH EF ta có GF = GH (tính chất đường chéo hình chữ nhật) => GFH cân G => F1H
KFH cân K (vì có KF KH bán kính) => F2 H
=> F1F2 H 1H maø H1H AHC 900 F1F2 KFE900 => KF EF
Chứng minh tương tự ta có IE EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) (K)
5 Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH OA (OA bán kính đường trịn (O)có độ dài khơng đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O
Vậy H trùng với O tức dây AD vng góc với BC O EF có độ dài lớn
Bài 63 Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N
Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB Chøng minh AM BN = R2. Tính tỉ số SMON
SAPB AM =
R
2
Tính thể tích hình nửa hình trịn APB quay quanh cạnh AB sinh
Lời giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, màAOP BOP
hai góc kề bù => MON 900 hay tam giác MON vuông O.
900
APB (nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay tam giác APB vng P.
Theo tính chất tiếp tuyến ta có NB OB => OBN 900; NP OP => OPN 900
=> OBN OPN 1800 mà OBN OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp => OBP PNO . Xét hai tam giác vuông APB MON có APB MON 90 ;0 OBP PNO => APB MON
2. Theo treân MON vuông O có OP MN ( OP tieáp tuyeán )
Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OP2 = PM PM Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (tính chất hai tiếp tuyến cắt ) => AM BN = R2 3 Theo OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mà PM = AM = R
2 => PM =
R
2 => PN = R2:
R
2 = 2R
=> MN = MP + NP = R2 + 2R =
2
R
Theo treân APB MON => MN
AB =
5
R
: 2R =
5
4 = k (k tỉ
sốđồng dạng).Vì tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng nên ta có:
SMON
SAPB = k2 =>
SMON SAPB =
2
5 25
4 16
Bài 64 Cho tam giác ABC , O trung điểm BC Trên cạnh AB, AC lấy điểm D, E cho DOE 600.
1) Chứng minh tích BD CE khơngđổi
(35)2) Chứng minh hai tam giác BOD; OEDđồng dạng Từ đóã suy tia DO tia phân giác góc BDE
3)Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đường trịn ln tiếp xúc với DE
Lời giải:
1. Tam giác ABC => ABCACB600 (1); 600
DOE (gt) => DOB EOC 1200 (2). DBO coù DOB600 BDO BOD 1200 (3)
Từ (2) (3) => BDO COE (4) Từ (2) (4) => BOD CEO =>
BD BO
CO CE => BD.CE = BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi. 2 Theo BOD CEO =>
BD OD
CO OE mµ CO = BO =>
BD OD BD BO
BO OE OD OE (5) Lại có DBO DOE 600 (6)
Từ (5) (6) => DBO DOE => BDO ODE => DO tia phân giàc góc BDE.
3 Theo DO tia phân giác góc BDE => O cách DB DE => O tâm đường tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đường tròn tâm O tiếp xúc với AB tiếp xúc với DE
Bài 65 Cho tam giác ABC cân A có cạnhđáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường trịn (O) Tiếp tuyến B C cắt AC, AB D E Chứng minh :
1.BD2 = AD.CD.
2.Tứ giác BCDE nội tiếp 3.BC song song với DE Lời giải:
1 Xét hai tam giác BCD ABD ta có CBD BAD ( Vì góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), Lại có góc D chung => BCD ABD =>
BD CD AD BD => BD2 = AD.CD.
2 Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ABCACB => EBC DCB mà CBD BCD (góc tiếp tuyến với dây chắn cung) => EBD DCE
=> B C nhìn DE góc
B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp
3 Tứ giác BCDE nội tiếp => BCE BDE ( nội tiếp chắn cung BE) mà BCE CBD (theo ) => CBD BDE mà hai góc so le nên suy BC // DE.
Bài 66 Cho đường tròn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường trịn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M,
BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp Chøứng minh NE AB
(36)3 Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O)
4 Chứng minh FN tiếp tuyến đường tròn (B; BA) Lời giải: (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 điêm AN; F và E đối xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => FA // NE mà NE AB => FA AB A => FA tiếp tuyến (O) A 4 Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mà AC BN => FN BN N
/ /
_ _
H
E
F
C N
M
O B
A
BAN có BM đường cao đồng thời đường trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đường tròn (B; BA)=>FN tiếp tuyến N của(B;BA) Bài 67 AB AC hai tiếp tuyến đường trịn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm) Vẽ CH vng góc AB H, cắt (O) E cắt OA D
1 Chứng minh CO = CD
2 Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi
3 Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh I trung điểm OH
4 Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chøng minh ba điểm O, M, K thẳng hàng
Lời giải:
1 Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đường tròn tâm O => OA tia phân giác góc BOC => BOA COA= (1)
D I
K
M E H
O
C B
A
OB AB ( AB tiếp tuyến ); CH AB (gt) => OB // CH => BOA CDO = (2) Từ (1) (2) => COD cân C => CO = CD.(3)
2 Theo ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) lại có OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) (5) => BOCD hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi
3 M trung điểm CE => OM CE ( quan hệ đường kính dây cung) => OMH 900
Theo ta có OBH =90 ;0 BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH
4 M trung điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng
Bài 68 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F
1.Chứng minh BC // AE
2.Chứng minh ABCE hình bình hành
3.Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI So sánh góc BAC góc BGO
Lời giải: (tự làm)
2).Xét hai tam giác ADE CDB ta có EAD=BCD (vì so le )
AD = CD (gt); ADE=CDB (đối đỉnh) => ADE = CDB => AE = CB (1)Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành
3) I trung điểm CF => OI CF (quan hệ đường kính dây cung) Theo
(37)trên AECB hình bình hành => AB // EC => OI AB K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vuông H
=> BGK=BAH ( phụ với góc ABH) mà
1
BAH = BAC
(do ABC cân nên AH phân giác) => BAC=2.BGO.
Bài 69: Cho đường tròn (O) vẽ điểm P ngồài đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B tiếp điểm) Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) C (CA) Đoạn PC cắt đường tròn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E
a Chứng minh DEAB DEBD.
b Chứng minh AE trung tuyến tam giác PAB HD: a) DEAB DEBD (g.g) vì: BEA chung
EAB = EBD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…)
EB ED
EA EB
Þ =
EB2 = EA.ED (1)
* EPD = PCA (s.l.t) ; EAP = PCA (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) EPD = EAP ; PEA chung Do đó DEPD DEAP g g( )
EP ED
EA EP
Þ =
Þ EP2 = EA.ED (2)
Từ & Þ EB2 = EP2 Þ EB = EP Þ AE trung tuyến tam giác PAB. Bài 70: Cho tam giác ABC vuông A Lấy cạnh AC điểm D Dựng CE vng góc với BD
a Chứng minh DABD DECD
b Chứng minh tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp
c Chứng minh FD vng góc BC, F giao điểm BA CE d Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH tam giác
ABC bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác ADEF HD: a)
DABD DECD (g.g)
b) Tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 900) c) Chứng minh D trực tâm tam giác CBF
d) AC = BC.sinABC = 2a.sin600 = 2a
3
2 = a
AB = BC.cosABC = 2a.cos600 = 2a
1 2 = a
AH = AB.sinABC = a.sin600 = a
3
2 ;FKB vuông K , có ABC = 60 BFK = 300 AD = FD.sinBFK AD = FD.sin300 a = FD.0,5 FD = a : 0,5 = 2a.
Bài 71: Cho tam giác ABC vuông (ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường trịn đường 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 (IC)
a Chứng minh
CI CE
CB=CA
b Chứng minh D; E; I thẳng hàng
c Chứng minh HI tiếp tuyến đường trịn đường kính EC
HD; a) AB // EI (cuøng ^ BC)
CI CE
CB=CA (đĐ/lí Ta-lét)
b) Chứng minh ABED hình thoi Þ DE // AB mà EI //AB
D, E, I nằm trên đường thẳng đđi qua E // AB D, E, I thẳng hàng.
c) EIO' = IEO' ( D EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’))
IEO' = HED (đ/đ) ; DBID vuông ; IH trung tuyến
Þ DHID cân Þ HIE = HDI Mà HDI + HED = 900 Þ đđpcm
Bài 72: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH^(d) (H Ỵ d) M một điểm thay đổii (d) (M¹ H) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K
B E P O C D A P D O’ECOA H I B
600
a
F A B
(38)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: MPQ OPQ. HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn
(Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) b) DOIP D QIH (g.g) Þ
IO IQ
IP =IH IH.IO = IQ.IP
c) Dv MKQ coù: MK = KQ.tanMQK = KQ.tan 600 =
PQ PQ
3
2 = .
Dv OKQ coù: OK = KQ.tanOQK = KQ.tan300 =
3 PQ PQ
KQ
3 = =
MPQ OPQ
S
S = PQ 32 :PQ 36 = 3
Bài 73: Cho đường trịn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (E¹ A) 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 đường tròn Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp đường tròn
b Chứng minh DEAC EBD, từ đđó 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 = a Tính theo R a đoạn AC BD.
Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị R, không phụ thuộc vàoa
HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) b) AC // BD (cùng ^EB) Þ DEAC DEBD
CE AC
DE=BD (1)maø AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Þ
CE CM
DE=DM (2)Þ
DM CM
DE = CE
c) AC // BD (cmt) Þ DNAC DNBDÞ
NC AC
NB=BD(3) Từ 1; 2; Þ
NC CM
NB=DM Þ MN // BD
d) O = O ; O 3= O maø O + O 2+ O 3+ O4= 1800 Þ O 2+ O = 900
4
O + D 1= 900 (…)
D 1= O2= O =a.Vaäy: DB =
OB tan =
R
tan ; Laïi coù : AC = OA.tana = R.tana
Þ AC.DB =
a. R tan
AC.DB = R2 (ñpcm)
Bài 74: Cho tam giác ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm đường cao AA1; BB1; CC1
a Chứng minh tứ giác HA1BC1 nội tiếp đường tròn Xác định tâm I đường tròn
b Chứng minh A1A phân giác
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 BH
b) C/m: HA C 1 = HBC ;
1
HA B =
1
HCB ;
HBC = HCB 1 Þ
1
HA C = HA B 1 1Þ đđpcm.
c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 …
IJ trung trực A1C1
H Q I
M K O
(39)d) S HJM =
1
2HM.JK ; SHAC =
2HC.AC1
Þ SHAC : S HJM =
1
HC.AC
HM.JK maø
MH
MC=3Þ
HC HM+MC MC
1
HM= HM = +HM= + =
1
AC
JK = (JK// AC1)
Þ SHAC : S HJM = 8
Bài 75: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy vàlấy đđó 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 đđi qua điểm L AB
b Kẻ PI ^Cz Chứng minh I điểm cố định.
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) Þ O thuộc đường trung trực AB đđi qua L trung điểm AB…
b) IP // CM (^ Cz) Þ MPIC hình thang Þ IL = LC khơng đổi A,B,C cố định Þ I cố định
c) PA ^ KM ; PK ^ MB Þ H trực tâm DPKM KH ^PM
d) AHBK nội tiếp đđ/trịn đđ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) N tâm đ/trịn ngoại tiếp …Þ NE = NA = R(N) N thuộc đường trung trực AB
O,L,N thẳng hàng.
Bài76: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB K điểm của 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: tam giác KMN vuông cân c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) D AKN = D BKM(c.g.c)
b) HS tự c/m Tam giác KMN vuông cân
c) Tam KMN vuông Þ KN^KM mà KM // BP Þ KN ^BP APB = 900 (gác nội tiếp…) Þ AP ^ BP
KN // AP (^BP) KM // BP KMN =PAT =450
Maø
PKM
PAM PKU 45
2
= = =
PKN =450; KNM =450
PK // AN Vaäy ANPK hình bình hành.
Bài 77: 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 a Chứng minh: tia MD phân giác góc AMB b Chứng minh:DBOM
DBNA 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 =450 (chắn
cung ¼ đđ/tròn)
MD tia phân giác của b) Tam giác OMB cân OM = OB = R(O)
D NAB cân có NO vừa là đđ/cao vừa làđường trung tuyến
Þ D OMB DNAB
BM BO
BA =BN BM.BN = BO.BA = 2R2 khơng đổi.
c) ONMA nội tiếp đ/trịn đđ/k AN.Gọi I tâm đ/tròn ngoại tiếp
I cách A O cố Þ 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 78: Cho tam giác ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D
(40)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 caùc tia BC; OI So saùnh
BGOvới BAC .
d Cho biết DF // BC Tính cosABC .
HD:a) Gọi H trung điểm BCÞ AH^BC (D ABC cân A) lập luận AH^AEÞ BC // AE (1)
b) D ADE = D CDB (g.c.g) Þ AE = BC (2) Từ Þ ABCE hình bình hành c) Theo c.m.t Þ AB // CF Þ GO^AB.
BGO = 900 – ABC = BAH =
1 BAC
d) Tia FD caét AB tạiM, cắt (O) N.; DF // BC AH
trục đối xứng BC đđ/trịn (O) nên F, D thứ tự đốii xứng với N, M qua AH FD = MN = MD =
1
2BC =
2ND = BH ; D NDA D CDF (g.g) Þ DF.DN = DA.DC
2BH2 =
1
4AC2 Þ BH =
2
4 AC Þ cos ABC =
BH
AB=
2
4 .
Bài 79: 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 trịn nội tiếp DBDE.
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 Þ C, B, F thẳng hàng. b) CDF = 900 = CEF Þ CDEF nội tiếp (q tích …) c) CDEF nội tiếpÞ ADE = ECB (cùng chắn cung EF)
Xét (O) có: ADB = ECB (cùng chắn cung AB)
ADE = ADB Þ DA tia phân giác BDE Tương tự EA tia phân giác
DEB
Vậy A tâm đường tròn nội tiếp tam giác BDE
d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = 2DCA ; EO'A = 2EFA mà DCA =
EFA (góc nội tiếp chắn cung DE) Þ DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO' (đ/đ) Þ ODO' = O'EO Þ ODEO’ nội tiếp.
Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình chữ nhật Þ 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 80: Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính cố định AB^CD.
a) Chứng minh: ACBD hình vng
b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E¹ B; E¹ C) Trên tia đốii của tia EA lấy đoạn
EM = EB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB
vaø ED // MB
c) Suy CE la øđường 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 =
1
2 DOB = 450
AED = DEB Þ ED là tia phân giác AEB .
AED = 450 ; EMB = 450 ( D EMB vuông cân E) AED = EMB (2 góc
đồng vị) Þ ED // MB. c) D EMB vuông cân E CE ^DE ; ED // BM
D O B A = //E M C
C B F
O O’ A D E G H C B _ _ I O F
N M D
(41) CE ^BM Þ CE đường trung trực BM.
d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R
Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R
Bài 81: Cho tam giác ABC, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc 400. Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D đường tròn tâm O đường kính CD cắt AD E Đường thẳng vng góc với CD O cắt AD M
a Chứng minh: AHCE nội tiếp đượcc Xác định tâm I đường trịn b Chứng minh: CA = CM
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 82: BC dây cung đường trịn (O; R) (BC¹ 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H
a Chứng minh:DAEF DABC
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 83: Cho đường trịn tâm (O; R) có AB đường kính cố định cịn CD đường kính thay đổi Gọi (d) 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 tam giác AQP vng góc với DC c Tìm tập hợp tâm E đường tròn ngoại tiếp tam giác CPD
Bài84: Cho tam giác ABC cân (AB = AC; A < 900), cung tròn BC nằm bên tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB IK
a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp b Chứng minh: tia đối tia MI tia phân giác HMK . c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp Þ PQ // BC.
Bài 85: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CI ^AM (IỴ AM)
a Chứng minh:Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành
c Chứng minh: MOI =CAI
d Chứng minh: MA = 3.MB HD: a) COA =900(…) ; CIA =900
(…)
Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900)
b) MB // CI (cùng vng góc với BM) (1)
CIN = D BMN (g.c.g)
1
N = N (đ/đ) ; NC = NB ;
NCI=NBM(slt)
CI = BM (2) Từ Þ BMCI hình bình hành c) D CIM vuông cân (
CIA=90 ;
1
CMI COA 45
2
= =
)Þ MI = CI ; DIOM = DIOC OI chung ;
IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = MOI=IOC maø:
IOC=CAI MOI=CAI
d) Tam giác ACN vuông có: AC = R 2 ; NC =
R AC
2 =
(với R = AO)
Từ : AN =
2 2 R R 10
AC +CN 2R + =R
2 2
= =
; NI =
2
NC R 10 MI
=MN =
NA = 10
MB =
2
2 R R 2R R 10
NC MN
2 10 10
- = - = =
AM = AN + MN =
R 10
2 +
R 10
10 =
3R 10
AM = BM. Bài 85: Cho tam giác ABC có A =600 nội tiếp
trong đường trịn (O), đường cao AH cắt đường tròn D, đường cao BK cắt AH E
A O B (42)
a Chứng minh: BKH =BCD .
b Tính BEC .
c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rõ (giới hạn đường đĩ)
d Chứng minh: tam giác IOE cân I HD: a) ABHK nội tiếp BKH =BAH ;
BCD =BAH ( chắn cung BD) BCD=BKH b) CE cắt AB F ;
AFEK nội tiếp FEK 180= 0- A 180 = 0- 600=1200Þ BEC = 1200
c)
B C 1200
BIC 180 180 120
2
+
= - = - =
Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung nằm đường tròn tâm (O)
d) Trong đ/tròn (O) có DAS = sđ
DS
2 ; đ/tròn (S) có ISO = sđ
IO
DAS = ISO (so le trong) nên:
DS
2 =
IO
2 mà DS = IE IO = IE đpcm Bài86: Cho hình vng ABCD, phía hình vng dựng cung phần tư đường trịn tâm B, bán kính AB nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PK^AD PH ^AB Nối PA, cắt nửa đường trịn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn M Chứng minh rằng:
a I trung điểm AP
b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH
d Tứ giác APMH hình thang cân
HD: a) DABP cân B (AB = PB = R(B)) màAIB 90 =
(góc nội tiếp …) BI^AP Þ BI đường cao trung trung tuyến
I trung điểm AP b) HS tự c/m
c) D ABP cân BÞ AM = PH ; AP chung Þ DvAHP = Dv PMA AH = PM ; AHPK hình chữ nhật Þ AH = KP Þ PM = PK = AH
d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP maø PM = AH (c.m.t) PM = AH Þ PA // MH
Vậy APMH hình thang cân
Bài 87: Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN
a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn b Chứng minh:D IBN DOMB.
c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN HD: a) BOIM nội tiếp OIM =OBM =900
b) INB =OBM =900; NIB=BOM (2 góc nội tiếp chắn cung BM)
DIBN DOMB. c) SAIO =
1
2AO.IH; SAIO lớn
nhất Û IH lớn AO = (O)
Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn
Khi IH bán kính, D AIH vuông cân, tức HAI =450
Vậy M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn
Bài 88: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D¹ A D¹ C)
a Tính cạnh DABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác
BAC.
b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ DCDE và DI ^ CE
c Suy E di động đường tròn mà ta phải xác định tâm giới hạn
d Tính theo R diện tích DADI lúc D điểm cung nhỏ AC
HD: a) D ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự
:
AB = AC = BC = R Trong đ/tròn (O; R) có: AB = AC Þ Tâm O cách cạnh AB AC
AO hay AI tia phân giác BAC .
b) Ta có : DE = DC (gt) Þ D DEC cân ; BDC = BAC = 600 (cùng chắn BC )
D C S D H C B I F E K A I C B = E O = D A N M I B
A H O
H B
A I
M
(43) DCDE I điểm BC Þ IB = IC Þ BDI = IDC
DI tia phân giác BDC Þ DCDE có DI tia phân giác nên là đường cao Þ DI ^CE
c) DCDE có DI đường cao đường trung trực CE Þ IE = IC mà I C cố định IC khơng đổi Þ E di động đ/trịn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I
Ỵ
AC (cung nhỏ )D º C Eº C ; Dº A E º B Þ E di động BC nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa D ABC đđều.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Baøi 89:
Cho hình vng ABCD cạnh a Trên AD DC, người ta lấy điểm E F cho :AE = DF =
a 3
a So sánh DABE DDAF Tính cạnh diện tích chúng. b Chứng minh AF ^ BE.
c Tính tỉ số diện tích DAIE DBIA; diện tích DAIE DBIA và diện tích tứ giác IEDF IBCF
Bài 90: Cho DABC có góc nhọn; A = 450 Vẽ đường cao BD CE
Gọi H giao điểm BD, CE
a Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn b Chứng minh: HD = DC
c Tính tỉ số:
DE BC
d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp DABC Chứng minh: OA^DE Bài 91: Cho hình bình hành ABCD cố định D nằm đường trịn đường
kính AB Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC Chứng minh: a Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn
b Khi điểm D di động đường trịn (BMD +BCD ) khơng đổi.
c DB.DC = DN.AC
Bài 92: Cho DABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D điểm cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE Chứng minh:
a BC // DE
b Các tứ giác CODE, APQC nội tiếp c Tứ giác BCQP hình gì?
Bài 93: Cho đường trịn (O) (O’) cắt A B; tiếp tuyến A đường tròn (O) và(O’) cắt đường tròn (O) (O’) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh:
a DABD DCBA b BQD = APB
c Tứ giác APBQ nội tiếp
Bài 94: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB Từ A B kẻ tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F
a Chứng minh: AEMO tứ giác nợi tiếp b AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao?
c Kẻ MH^AB (HỴ AB). Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH
d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường trịn nội tiếp DEOF Chứng minh:
1 r 3<R<2. Bài 95: Từ điểm A ngoồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AKD cho BD//AC Nối BK cắt AC I
a Neâu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC
b Chứng minh: IC2 = IK.IB
c Cho BAC = 600. Chứng minh: Cát tuyến AKD qua O
Bài 96: Cho DABC cân A, góc A nhọn Đường vng góc với AB A cắt đường thẳng BC E
(44)Kẻ EN^AC Gọi M trung đđiểm BC Hai đ/thẳng AM EN cắt nhau F
a Tìm tứ giác nội tiếp đường trịn Giải thích sao? Xác định tâm đường trịn
b Chứng minh: EB tia phân giác AEF.
c Chứng minh: M tâm đường tròn ngoại tiếp DAFN.
Bài 97: Cho nửa đường trịn tâm (O), đường kính BC điểm A thuộc nửa đường trịn Dựng hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đường tròn (O) K giao điểm CF ED
a Chứng minh: Bốn điểm E, B, F, K nằm đường trịn b Tam giác BKC tam giác gì? Vì sao?
c Tìm quĩ tích điểm E A di động nửa đường tròn (O) Bài 98: Cho DABC vng C, có BC =
1
2AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác
B C) Từ B kẻ đường thẳng d vng góc với AE, gọi giao điểm d với AE, AC kéo dài I, K
a Tính độ lớn góc CIK .
b Chứng minh: KA.KC = KB.KI; AC2 = AI.AE – AC.CK.
c Gọi H giao điểm đường tròn đường kính AK với cạnh AB Chứng minh: H, E, K thẳng hàng
d Tìm q tích điểm I E chạy BC
Bài 99: Cho tam giác ABC vng A Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC tại D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F
a Chứng minh: CDEF nội tiếp
b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác CKD cắt EF CD M và
N Tia phân giác CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình
gì? Tại sao?
c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh: r2 = r12 + r22.
Bài 100: Cho đường trịn (O;R) Hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏ BC; AE cắt CO F, DE cắt AB M a Tam giác CEF EMB tam giác gì?
b Chứng minh: Tứ giác FCBM nội tiếp Tìm tâm đường trịn c Chứng minh: Các đường thẳng OE, BF, CM đồng quy
Bài 101: Cho đường tròn (O; R) Dây BC < 2R cố định A thuộc cung lớn BC (A khác B, C không trùng đđiểm cung) Gọi H hình
chiếu A BC; E, F thứ tự hình chiếu B, C đường kính AA’ a Chứng minh: HE^ AC
b Chứng minh: DHEF DABC.
c Khi A di động, chứng minh: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF cố định
Bài 102: Cho tam giác ABC vuông A Kẻ đường cao AH Gọi I, K tương ứng tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABH tam giác ACH
1) Chứng minh D ABC D HIK
2) Đường thẳng IK cắt AB, AC M N
a) Chứng minh tứ giác HCNK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AM = AN
c) Chứng minh S’ ≤
1
S , S, S’ diện tích ∆ ABC ∆ AMN