50 bài toán hình học ôn thi vào lớp 10 có lời giải

Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Câu Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R, C trung điểm OA dây MN vng góc với OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK MN Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp Tính tích AH AK theo R Xác định vị trị điểm K để tổng (KM + KN + KB) đạt giá trị lớn tính giá trị lớn đó? Giải: Chứng minh tứ giác BHCK nội tiếp MN ⊥ AC M AKB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) K  HCB = 90 Xét tứ giác BCHK có: H HCB + AKB = 90 + 90 = 180 mà góc ở vị trí đới  Tứ giác BCHK nội tiếp Tính AH AK theo R Xét tam giác ACH AKB có: A ACH = AKB = 90    ACH # AKB ( g.g ) A chung   AC AH  =  AH AK = AC AB AK AB C D O N R2  Xác định vị trí K để (KM + KN + KB)max Mà AC = R AB = 2R  AH AK = * Chứng minh BMN đều: AOM cân M (MC vừa đường cao, vừa đường trung tuyến) Mà OA = OM = R  AOM đều  MOA = 60  MC = CN MBN cân B vì   BC ⊥ MN  CM = CN Mặt khác: MBA = MOA = 30 (góc nội tiếp chắn cung MA )  MBN = 60 MBN cân B lại có MBN = 60 nên MBN tam giác đều * Chứng minh KM + KB = KN B Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Trên cạnh NK lấy điểm D cho KD = KB sđ NB = 60  KDB tam giác đều  KB = BD  KDB tam giác cân mà NKB = Ta có: DMB = KMB (góc nội tiếp chắn cung AB ) BDN = 120 (kề bù với KBD KDB đều) MKB = 120 (góc nội tiếp chắn cung 240 )  MBK = DBN (tổng góc tam giác bằng 180 ) Xét BDN BKM có: BK = BD (cmt )   BDN = BKM (cmt )   BDN = BKN (c.g.c)  MB = MN   ND = MK (2 cạnh tương ứng)  KM + KN + KB = 2KN  (KM + KN + KB)max = 4R KN đường kính  K , O, N thẳng hàng  K điểm chính giữa cung BM Vậy với K điểm chính giữa cung BM thì (KM + KN + KB) đạt giá trị max bằng 4R Câu Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với đường thẳng d A Trên d lấy điểm H không trùng với điểm A AH  R Qua H kẻ đường thẳng vng góc với d , đường thẳng cắt đường tròn hai điểm E B (E nằm giữa B H ) Chứng minh ABE = EAH ABH # EAH Lấy điểm C d cho H trung điểm đoạn thẳng AC, đường thẳng CE cắt AB K Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp Xác định vị trí điểm H để AB = R Giải: Chứng minh: ABE = EAH ABE = sđ EA (t/c góc nội tiếp) Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, HAE = sđ EA (t/c góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung) C  ABE = HAE Xét ABH EAH có:     ABH # EAH ( g.g ) ABE = HAE (cmt )   E AHB = 90 B H I Xét HEC = HEA (c.g.c) K  ACE = CAE mà CAE = ABE (cmt) A O  ACE = ABE Mặt khác: ABE + CAK = 90  ACE + CAK = 90  AHK vuông K d Xét tứ giác AHEK có: EHK = AKE = 90  EHK + AKE = 180 mà góc ở vị trí đối  Tứ giác AHEK nội tiếp Hạ OI ⊥ AB  AI = IB = AB R = 2 Xét AOI vuông I có cos OAI = AI = OA  OAI = 30  BAH = 60 AHB vuông H có: BAH = 60  cos BAH =  AH = AB AH R =  AH = R Vậy cần lấy điểm H cho độ dài AH = R thì AB = R Câu Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R E điểm bất kì đường tròn (E khác A B) Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB F cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K Chứng minh KAF # KEA Gọi I giao điểm đường trung trực đoạn EF với OE , chứng minh đường trịn ( I ) bán kính IE tiếp xúc với đường tròn (O) E tiếp xúc với đường thẳng AB F Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Chứng minh MN / / AB, M N lần lượt giao điểm thứ hai AE, BE với đường trịn ( I ) Tính giá trị nhỏ chu vi tam giác KPQ theo R E chuyển động đường tròn (O), với P giao điểm NF AK ; Q giao điểm MF BK Giải: E Chứng minh KAF # KEA KAB = KEB (góc nội tiếp chắn KB) KAB = AEK (cmt )     KAF # AEK ( g.g ) K chung   I M Xét KAF KEA có: A B O F * Đường tròn ( I ; IE ) đường tròn ( O; OE ) I , O, E thẳng hàng  IE + IO = OE N P  IO = OE − IE Q Vậy ( I ; IE ) ( O; OE ) tiếp xúc E * Chứng minh ( I ; IE ) tiếp xúc với AB F K Dễ dàng chứng minh: EIF cân I (I  trung trực EF ) EOK cân O  EFI = EKO (= OEF ) mà góc ở vị trí đồng vị  IF / /OK (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //) Có : AK = KB ( AEK = KEB)  AK = KB  AKB cân K  OK ⊥ AB OK ⊥ AB  Vì   IF ⊥ AB OK / / IF   ( I ; IE ) tiếp xúc với AB F AEB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MEN = 90 mà MEN góc nội tiếp đường tròn ( I ; IE )  MN đường kính ( I ; IE )  EIN cân I Lại có: EOB cân O  INE = OBE mà góc vị trí đờng vị  MN / / AB (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //) Tính giá trị nhỏ chu vi KPQ theo R E chuyển động ( O ) Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, MFE = MNE (góc nội tiếp ( I ) cùng chắn cung ME ) AKE = ABE (góc nội tiếp ( O ) cùng chắn cung AE ) Mà MNE = ABE (cmt )  MFE = AKE , hai góc lại ở vị trí đờng vị  MQ / / AK (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //) Chứng minh tương tự: NP / / BK Tứ giác PFQK có: MQ / / AK NP / / BK PKQ = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  Tứ giác PFQK hình chữ nhật Ta có: MFA = QFB (đới đỉnh) ở KAB = KBA (AKB cân ) mà MFA = KAB  FQB vuông cân Q Chu vi KPQ = KP + PQ + KQ Mà PK = FQ (PFQK hình chữ nhật) FQ = QB ( BFQ cân Q)  PKPQ = QB + QK + FK = KB + FK Mặt khác: AKB cân K  K điểm chính giữa cung AB FK  FO (quan hệ giữa đường vng góc đường xiên)  KB + FK  KB + FO Dấu " = " xảy  KB + FK = KB + FO  FK = FO  E điểm chính giữa cung AB  FO = R Áp dụng định lý Pi-ta-go FOB tính BK = R  Chu vi KPQ nhỏ = R + R = R ( + 1) Câu Cho (O; R) điểm A nằm bên ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh BE vng góc với OA OE.OA = R2 Trên cung nhỏ BC (O; R) lấy điểm K (K khác B C) Tiếp tuyến K ( O; R ) cắt AB, AC theo thứ tự P Q Chứng minh tam giác APQ có chu vi khơng đổi K chuyển động cung nhỏ BC Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Đường thẳng qua O vng góc với OA cắt đường thẳng AB, AC theo thứ tự M, N Chứng minh PM + QN  MN Giải: Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp Xét tứ giác ABOC có: ABO = 90o (tính chất tiếp tuyến) ACO = 90o (tính chất tiếp tuyến)  ABO + ACO = 90o + 90o = 180o Mà hai góc ở vị trí đối diện nên tứ giác ABOC nội tiếp AB = AC (tính chất tiếp tuyến cắt điểm)  ABC cân A Mà AO tia phân giác BAC (t/c tiếp tuyến cắt điểm) nên AO đường cao ABC hay AO ⊥ BC Xét ABO vng ở B có BE đường cao, theo hệ thức lượng tam giác vuông  OB = OE.OA, mà OB = R  R2 = OE.OA PK = PB (tính chất tiếp tuyến cắt điểm) KQ = QC (tính chất tiếp tuyến cắt điểm) Xét chu vi APQ = AP + AQ + QP = AP + AQ + PK + KQ = AP + PK + AQ + QC = AB + AC = 2AB Mà (O) cố định, điểm A cố định nên AB không thay đổi MP OM MN =  MP.QN = ON OM = OMP # QNO  ON QN  MN = 4MP.QN MN = MP.QN  MP + NQ (Theo bất đẳng thức Cô-si) Hay MP + NQ  MN (đpcm) Câu Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường tròn (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt BE điểm F Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp Chứng minh DA.DE = DB.DC Chứng minh CFD = OCB Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE C hứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O) Cho biết DF = R, chứng minh tan AFB = Giải: Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp F ACE = AEB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tứ giác FCDE có : o FCD + FDE = 180o I Mà góc ở vị trí đới nên  Tứ giác FCDE tứ giác nội tiếp Chứng minh DA.DE = DB.DC Xét ACD BED có: ACD = BED = 90    ACD # BED( g.g ) ADC = BDE (đ đ )   AD BD  =  AD.ED = CD.BD (đpcm) CD ED E C D o A * Chứng minh CFD = OCB Vì tứ giác FCDE tứ giác nội tiếp ( I ) nên CFD = CEA (góc nội tiếp ( I ) cùng chắn cung CD ) Mà CED = CBA (góc nội tiếp (O) cùng chắn cung CA )  CFD = CBA Lại có OCB cân O nên CBA = OCB  CFD = OCB (1) ICF cân I: CFD = ICF ( 2) Từ (1) (2)  ICF = OCB * Chứng minh IC tiếp tuyến (O) : Ta có: ICF + ICB = 90o (vì DIC góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  OCB + BCI = 90o  OC ⊥ CI  IC tiếp tuyến (O) Ta có tam giác vuông ICO# FEA( g.g ) O B Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, CAE = COE = COI (góc nội tiếp chắn CE )  CIO = AFB CO R Mà tan CIO = = =2 R CI  tan AFB = tan CIO = Câu Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R Gọi d1 d hai tiếp tuyến đường tròn (O) hai điểm A B Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng với A B) Đường thẳng d qua E vng góc với EI cắt hai đường thẳng d1 d lần lượt M, N Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp Chứng minh ENI = EBI MIN = 90o Chứng minh AM BN = AI BI Gọi F điểm giữa cung AB khơng chứa E đường trịn (O) Hãy tính diện tích tam giác MIN theo R ba điểm E, I, F thẳng hàng Giải: d1 d2 Chứng minh AMEI nội tiếp Xét tứ giác AMEI có: MAI + MEI = 90 + 90 = 180 mà góc ở vị trí đới  Tứ giác AMEI nội tiếp M E * Chứng minh ENI = EBI Xét tứ giác ENBI có: N IEN + IBN = 90 + 90 = 180 mà góc ở vị trí đới  Tứ giác ENBI nội tiếp  ENI = EBI (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EI ) A I * Chứng minh MIN = 90 Tứ giác ENBI nội tiếp nên EMI = EAI (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EI ) Lại có: AEB = 90  EAI + EBI = 90  EMI + ENI = 90  MNI vuông I Vậy MIN = 90 Chứng minh AM BN = AI BI O B Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Xét AMI BNI có: MAI = NBI = 90 d2 d1 AIM = BNI (cùng phụ với góc BIN )  AMI # BIN ( g.g ) N AM BI  =  AM BN = AI BI AI BN Ta có hình vẽ E Khi E, I , F thẳng hàng AEF = sđ AF = 45 M AMI = AEI = 45 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI )  MAI vuông cân A R  MI = AM + AI =  AM = AI = A R2 R2 R + = 4 (Định lí Pi-ta-go) Chứng minh tương tự: BIN vuông cân B  BI = BN = SMIN = B O I F 3R R R 3R  IN = BI + BN = + = 16 16 1 R 3R 3R (đơn vị diện tích) MI NI =   = 2 2 Câu Cho đường tròn (O; R), đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M điểm cung nhỏ AC (M khác A C), BM cắt AC H Gọi K hình chiếu H AB d Chứng minh tứ giác CBKH tứ giác nội tiếp Chứng minh ACM = ACK Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân C Gọi d tiếp tuyến đường tròn (O) điểm A Cho P điểm nằm d cho hai điểm P, C nằm nửa mặt phẳng bờ AB AP.MB = R Chứng minh đường MA thẳng PB qua trung điểm đoạn thẳng HK C Q M H P N E A B K O Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Giải: Chứng minh tứ giác CBKH tứ giác nội tiếp: Xét tứ giác CBKH ta có: BKH = 900 HCB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  BKH + HCB = 180o Mà hai góc ở vị trí đối  Tứ giác CBKH nội tiếp Chứng minh ACM = ACK Tứ giác CBKH nội tiếp nên: HCK = HBK (2 góc nội tiếp chắn cung HK ) Tứ giác MCBA nội tiếp (O) nên: MCA = HKB (2 góc nội tiếp chắn cung MA )  HCK = MCA  ACM = ACK (Đpcm) Chứng minh ECM vuông cân C Vì CD ⊥ AB nên CO đường trung trực AB  CA = CB Xét AMC BEC có: MAC = MBC (hai góc nội tiếp chắn cung MC ) MA = BE ( gt ) CA = CB(cmt)  AMC = BEC(c.g.c)  MCA = ECB (2 góc tương ứng) CM = CE (2 cạnh tương ứng) Mặt khác: ECB + EAC = BCA = 90o  MCA + ECA = 90o Xét EMC có: MCE = 90o    ECM vuông cân C (Đpcm) CM = CE  Chứng minh PB qua trung điểm HK Theo đề bài: AP.MB AP R BO =R = = MA AM MB BM Mà PAM = sđ AM (t/c góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung) MBA = sđ AM (t/c góc nội tiếp chắn cung AM )  PAM = MBA  PAM # OMB(c.g.c) (Hệ quả) Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, C Chứng minh CMHN hình chữ nhật: F Ta có: AMH = ACB = HNB = 90 (các góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) o  MCN = CMH = CNH = 90  CMHN hình chữ nhật M I o Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ACB: K N E A O1 H O O2 CH = AH.HB = 4.9 = 36 Suy CH =  MN = (cm) Gọi I giao điểm CH MN Theo tính chất hình chữ nhật: IM = IN = IC = IH  IMH cân I D  IMH = IHM Lại có: O2 M = O2 H  O2 MH = O2 HM  O2 MI = O2 HI = 90o Chứng minh tương tự: O1NI = 90o Do MN tiếp tuyến chung (O1 ) (O2 ) OC cắt MN K, cắt (O; R) Q  CDQ = CFQ = 90o Có OC = OB = R  OCB = OBC Mà O2 M = O2 B = R2  O2 MB = OBN  O2 MB = OCB  O2 M / /OC  OC ⊥ MN K Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông FCQ: CF = CK CQ (1) Có CKI # CDQ ( g.g )  CK.CQ = CI CD ( 2) Mà OH ⊥ CD  HC = HD Do CI CD = CH 2CH = CH (3) Từ (1); (2) (3)  CF = CH  CF = CH Có OK ⊥ EF  KE = KF  CEF cân C  CE = CF Vậy CE = CF = CH Q B Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Câu 37 Cho đường trịn ( O; R ) có hai đường kính vng góc AB CD Gọi I trung điểm OB Tia CI cắt đường tròn (O; R) E Nối AE cắt CD H; nối BD cắt AE K Chứng minh tứ giác OIED nội tiếp Chứng minh AH.AE = 2R2 Tính tan BAE Chứng minh OK vng góc với BD Giải: Ta có CD đường kính đường tròn (O; R) nên CED = 90o Theo giả thiết BOD = 90o C Do đó: IED + IOD = 180 Suy tứ giác OIED tứ giác nội tiếp AOH # AEB (g.g) o AO AH =  AE.AH = AO.AB = 2R2 AE AB Ta có: BEC = BOC = 45o AEC = AOC = 45o Suy EI phân giác AEB EB IB = = Do  EA IA BE = Vậy tan BAE = AE  A Xét OHA vuông O, ta có OH = OA.tan OAH = O B I H K E D OA OD vậy H trọng tâm = 3 tam giác DAB Do AK đường trung tuyến tam giác DAB Suy KB = KD Vì vậy OK ⊥ DB (quan hệ đường kính – dây cung) Câu 38 Cho đường trịn tâm O, bán kính R, đường kính AD Điểm H thuộc đoạn OD Kẻ dây BC ⊥ AD H Lấy điểm M thuộc cung nhỏ AC, kẻ CK ⊥ AM K Đường thẳng BM cắt CK N Chứng minh AH AD = AB2 Chứng minh tam giác CAN cân A Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Giả sử H trung điểm OD Tính R theo thể tích hình nón có bán kính đáy HD, đường cao BH Tìm vị trí M để diện tích tam giác ABN lớn Giải: Tam giác ABD vuông B, BH ⊥ AD nên AH AD = AB2 Do AH ⊥ BC  HB = HC  ABC cân B A ABC = ACB Mà ACB = AMB nên ABC = AMB A O H  ABC = KMN (1) M Tứ giác ABCM nội tiếp đường tròn (O; R) nên ABC = KMC (cùng bù với AMC ) (2) E I C Từ (1) (2)  KMN = KMC K Lại có MK ⊥ CN (giả thiết)  MCN cân N M  KC = KN Tam giác CAN có AK ⊥ CN KC = KN nên ACN cân A Khi OH = HD, tam giác BOD cân B  BO = BD , mà OB = OD = R nên tam giác OBD đều  BOH = 60o  BH = OB.sin 60o = R  Thể tích hình nón V =  r h Trong đó: r = HD = R R , h = BH = 2 R R  R3  =  2 Hạ NE ⊥ AB Vì AB không đổi nên S ABN lớn NE lớn Vậy V =   Ta có: AN = AC không đổi Mà NE  NA, dấu bằng xảy E  A Lấy I đối xứng với B qua O Khi E  A NAB = 90o NA qua I Mặt khác AM phân giác NAC nên M điểm giữa cung nhỏ IC Vậy điểm M cần tìm điểm giữa cung nhỏ IC D Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Câu 39 Cho nửa đường trịn (O;R) đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường tròn ( AC  AB ) Dựng về phía ngồi ABC hình vng ACED Tia EA cắt nửa đường trịn F Nối BF cắt ED K Chứng minh rằng điểm B, C, D, K thuộc đường tròn Chứng minh AB = EK Cho ABC = 30o ; BC = 10cm Tính diện tích hình viên phần giới hạn bởi dây AC cung nhỏ AC Tìm vị trí điểm A để chu vi tam giác ABC lớn Giải: ACED hình vng  CAE = CDE = 45o Tứ giác BCAF nội tiếp đường tròn (O)  FBC = CAE (cùng bù với góc CAF )  FBC = CDE  FBC + CDK = 180o  BCDK tứ giác nội tiếp Có: BAC = 90o = CEK Mà tứ giác BCDK tứ giác nội tiếp  ABC = CKD  ACB = ECK Lại có: AC = CE (cạnh hình vng) Suy ABC = EKC (cạnh góc vng – góc nhọn)  AB = EK Vì ABC = 30o nên AOC = 60o , tam giác OAC tam giác đều R Gọi diện tích hình viên phân S, ta có: S = S quat AOC − S AOC Kẻ AH ⊥ BC, ta có AH = OA.sin 60o = S= = 60o  R − OC AH o 360  R2 −  3R  25(2 − 3) = R  − (cm )  = 12   Chu vi ABC lớn  AB + AC lớn Áp dụng BĐT 2( x + y )  ( x + y)2 Ta có: ( AB + AC )  2( AB + AC ) = BC = 8R  AB + AC  2 R Dấu '' = '' xảy AB = AC  A điểm giữa nửa đường tròn đường kính BC Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Câu 40 Cho đường trịn (O;R) đường kính AC cớ định Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn A Lấy M thuộc Ax, kẻ tiếp tuyến MB với đường tròn B (B khác A) Tiếp tuyến đường tròn C cắt AB D Nối OM cắt AB I, cắt cung nhỏ AB E Chứng minh OIDC tứ giác nội tiếp Chứng minh tích AB.AD không đổi M di chuyển Ax Tìm vị trí điểm M Ax để AOBE hình thoi Chứng minh OD ⊥ MC Giải: Có MA = MB; OA = OB = R nên OM trung trực AB nên OI ⊥ AB IA = IB Lại có OC ⊥ CD nên OID + OCD = 180o  OIDC tứ giác nội tiếp Có ABC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Mà ACD vng C nên AB.AD = AC khơng đổi AOBE hình thoi  AE = EB = BO = OA M  AOE đều  AOE = 60o AOM vuông A nên D AM = OA.tan 60o = R AMO = BAC (cùng phụ với MAB ), MAO = OCD = 90o AM AO = Nên AMO # CAD ( g.g )  AC CD Mà OA = OC = R , suy AM OC =  tan MCA = tan ODC AC CD  MCA = ODC  ODC + MCD = 90o Do OD ⊥ MC B E I A O C Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Câu 41 Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB D điểm C thuộc đường trịn Gọi M N điểm giữa cung nhỏ AC BC Nối MN cắt AC I Hạ ND ⊥ AC Gọi E trung điểm BC Dựng hình bình hành ADEF C N M I E Tính MIC Chứng minh DN tiếp tuyến đường tròn ( O; R ) B A K O Chứng minh rằng F thuộc đường tròn ( O; R ) Cho CAB = 30o ; R = 30cm Tính thể tích hình tạo thành cho ABC quay vòng quanh AB Giải: F MIA = (sđ MA + sđ CN ) = sđ AB = 45o  MIC = 135o Có: NC = NB  ON ⊥ BC E Lại có: ACB = 90o  DCE = 90o Mà ND ⊥ CD ( gt )  CEND hình chữ nhật  DN ⊥ ON N  DN tiếp tuyến (O) Theo tính chất hình chữ nhật ta có: EDC = NCD Mà EDC = F  F = DNC  F + ACN = 180o ON // AC (cùng ⊥ CB)  N , E, O, F thẳng hàng Suy ACNF tứ giác nội tiếp  F  (O) Hạ CK ⊥ AB Tam giác ABC có A = 30o , C = 90o nên B = 60o Do đó, OBC tam giác đều  BK = KO = R R ; BC = R; CK =  2 Khi quay ABC vòng quanh AB có hai hình nón tạo thành: hình nón đỉnh A, hình nón đỉnh B cùng có tâm hình tròn đáy K , bán kính CK Gọi thể tích tạo thành V, ta có: 1 V =  CK AK +  CK BK =  CK ( AK + BK ) 3 1 3R  R3 =  CK AB =    2R = = 500 (cm3 ) 3 Câu 42 Cho đường tròn ( O; R ) với dây AB cố định Gọi I điểm giữa cung lớn AB Điểm M thuộc cung nhỏ IB Hạ AH ⊥ IM ; AH cắt BM C Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Chứng minh IAB MAC tam giác cân Chứng minh C thuộc đường trịn cớ định M chuyển động cung nhỏ IB Tìm vị trí M để chu vi MAC lớn Giải: B A O M Vì IA = IB  IA = IB  IAB cân I Tứ giác ABMI nội tiếp  IAB = IMC (cùng bù với H IMB ) Ta có: IAB = IBA; IBA = IMA; IAB = IMC I  IMA = IMC Lại có: MH ⊥ AC  MAC cân M Từ chứng minh  MI đường trung trực AC  IC = IA khơng đổi  C thuộc đường trịn ( I ; IA) C Chu vi MAC = MA + MC + AC = 2(MA + AH ) Có HMA = IBA ( khơng đổi IBA  90o ) Đặt HMA = IAB =  Ta có: AH = MA.sin  Vậy chu vi MAC = 2MA(1 + sin  ) Chu vi MAC lớn MA lớn  A, O, M thẳng hàng Câu 43 Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax với đường trịn Trên Ax lấy điểm K ( AK  R ) Qua K kẻ tiếp tuyến KM với đường tròn x d K E (O) Đường thẳng d ⊥ AB O, d cắt MB E Chứng minh KAOM tứ giác nội tiếp; OK cắt AM I Chứng minh OI.OK không đổi K chuyển động Ax; Chứng minh KAOE hình chữ nhật; Gọi H trực tâm KMA Chứng minh rằng K chuyển động Ax H thuộc đường trịn cớ định Giải: KAO = KMO = 90o  KAOM nội tiếp Theo tính chất tiếp tuyến: KA = KM H M I A O B Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, KO phân giác AKM  KO ⊥ AM I Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông vào tam giác vuông AOK ta có OI OK = OA2 = R2 Có OK // BM (cùng ⊥ AM )  KOA = EBO Mà OA = OB = R; KAO = EOB = 90o  AKO = OEB (c.g.c)  AK = OE, mà AK // OE , KAO = 90o  AKEO hình chữ nhật H trực tâm KMA  AH ⊥ KM , MH ⊥ KA  AH // OM , MH // OA Do AOMH hình bình hành  AH = OM = R Vậy H thuộc đường tròn ( A; R) Câu 44 Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R Gọi C trung điểm OA Dây MN ⊥ AB C Trên cung MB nhỏ lấy điểm K Nối AK cắt NM H Chứng minh BCHK tứ giác nội tiếp Chứng minh tích AH AK khơng đổi K chuyển động cung nhỏ MB Chứng minh BMN tam giác đều Tìm vị trí điểm K để tổng KM + KN + KB lớn Giải: Có BKA = 90o ; MCB = 90o  HCB + HKB = 180o nên tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp M K H A C O E N AC AH =  AH AK = AB.AC = R AK AB Vì OC ⊥ MN  CM = CN  BMN cân B ACH # AKB( g.g )  B Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, MAB vuông M  AM = AC.AB = R2 MA =  MAB = 30o  AM = R Do sin MBA = MB Mà MCB = NCB (tính chất tam giác cân)  MNB = 60o Do MNB tam giác đều Trên KN lấy E cho KE = KM Vì tam giác BMN đều nên MBN = 60o  MKN = 60o  KME đều Do ME = MK KME = 60o Lại có: MB = MN KMB = EMN (cùng cộng với BME = 60o )  KMB = EMN (c.g.c)  KB = EN Từ KM + KB = KN  S = KM + KN + KB = 2KN S lớn  KN lớn  K , O, N thẳng hàng Câu 45 Cho đường tròn ( O; R ) điểm A ở ngồi đường trịn Qua A kẻ tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B C tiếp điểm) I điểm thuộc đoạn BC ( IB  IC ) Kẻ đường thẳng d ⊥ OI I Đường thẳng d cắt AB, AC lần lượt E F Chứng minh OIBE OIFC tứ giác nội tiếp Chứng minh I trung điểm EF K điểm cung nhỏ BC Tiếp tuyến đường tròn (O) K cắt AB; AC M N Tính chu vi AMN OA = 2R Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt AB, AC P Q Tìm vị trí A để S APQ nhỏ Giải : Có OB ⊥ AB, OC ⊥ AC (tính chất tiếp tuyến) B M I  OIE = OBE = 90o  OIBE nội tiếp OIF + OCF = 180o  OIFC E P O A nội tiếp Tứ giác OIBE nội tiếp K  OEI = OBI Tương tự F N OFI = OCI Mà OB = OC = R  OBI = OCI  OEI = OFI  OEF cân O Mà OI ⊥ EF  IE = IF (Đpcm) C d Q Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Có MK = MB, NK = NC Suy chu vi AMN = AC + AB = AC = AO2 − OC = 3R2 = 2R Có AO phân giác PAQ, PQ ⊥ AO  APQ cân A  S APQ = S AOQ S APQ = AQ.OC mà OC = R khơng đổi, S APQ nhỏ  AQ nhỏ OAQ vuông O  AC.CQ = OC = R Mà AQ = AC + CQ  AC.CQ = 2R, dấu '' = '' xảy AC = CQ S APQ  AC = CQ  OQA vuông cân O  A = 45o  OA = R Câu 46 Cho đường tròn ( O ) ( O ') cắt hai điểm A, B phân biệt Đường thẳng OA cắt ( O ) ; ( O ') lần lượt điểm thứ hai C, D Đường thẳng O ' A cắt ( O ) ; ( O ') lần lượt điểm thứ hai E, F Chứng minh đường thẳng AB, CE DF đồng quy điểm I Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp đường tròn I Cho PQ tiếp tuyến chung ( O ) ( O ') ( P  ( O ) , Q  ( O ') ) Chứng minh đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng PQ Giải: E D Ta có: ABC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) A ABF = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) o Nên B, C, F thẳng hàng Có AB; CE DF đường cao ACF nên chúng đồng quy Do IEF = IBF = 90o suy BEIF nội tiếp đường tròn Gọi H giao điểm AB PQ Ta chứng minh AHP # PHB  O O' B C P HP HA =  HP = HA.HB HB HP Tương tự, HQ = HA.HB Vậy HP = HQ hay H trung điểm PQ H F Q Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Câu 47 Cho hai đường tròn ( O; R ) ( O '; R ') với R  R ' cắt A B Kẻ tiếp tuyến chung DE hai đường tròn với D  ( O ) E  ( O ') cho B gần tiếp tuyến so với A Chứng minh rằng DAB = BDE Tia AB cắt DE M Chứng minh M trung điểm DE Đường thẳng EB cắt DA P, đường thẳng DB cắt AE Q Chứng minh rằng PQ song song với AB Giải: D M B B P Q O O' A Ta có DAB = sđ DB (góc nội tiếp) BDE = sđ DB (góc giữa tiếp tuyến dây cung) Suy DAB = BDE Xét DMB AMD có: DMA chung, DAM = BDM Nên DMB # AMD (g.g) MD MA =  hay MD2 = MA.MB MB MD Tương tự ta có: EMB # AME  ME MA = hay ME = MA.MB MB ME Từ đó: MD = ME hay M trung điểm DE Ta có DAB = BDM , EAB = BEM Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8,  PAQ + PBQ = DAB + EAB + PBQ = BDM + BEM + DBE = 180o  Tứ giác APBQ nội tiếp  PQB = PAB Kết hợp với PAB = BDM suy PQB = BDM Hai góc ở vị trí so le nên PQ song song với AB Câu 48 Cho đường ( O; R ) đường thẳng d khơng qua O cắt đường trịn hai điểm A, B Lấy điểm M tia đối tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn ( C, D tiếp điểm) Gọi H trung điểm AB ; Chứng minh rằng điểm M , D, O, H nằm đường tròn Đoạn OM cắt đường tròn I Chứng minh rằng I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD Đường thẳng qua O, vng góc với OM cắt tia MC, MD thứ tự P Q Tìm vị trí điểm M d cho diện tích tam giác MPQ bé Giải: P M C B I H A d O D Q Vì H trung điểm AB nên OH ⊥ AB hay OHM = 90o Theo tính chất tiếp tuyến ta lại có OD ⊥ DM hay ODM = 90o Suy điểm M, D, O, H nằm đường trịn Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD  MCD cân M  MI đường phân giác CMD 2 Mặt khác I điểm giữa cung nhỏ CD nên DCI = sđ DI = sđ CI = MCI  CI phân giác MCD Vậy I tâm đường tròn nội tiếp MCD Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Ta có MPQ cân ở M, có MO đường cao nên diện tích tính: S = 2SOQM = .OD.QM = R( MD + DQ) Từ S nhỏ  MD + DQ nhỏ Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vng OMQ ta có DM DQ = OD = R không đổi nên MD + DQ nhỏ  DM = DQ = R Khi OM = R hay M giao điểm d với đường tròn tâm O bán kính R Câu 49 Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn ( O; R ) Ba đường cao AD; BE; CF cắt H Gọi I trung điểm BC , vẽ đường kính AK Chứng minh ba điểm H , I , K thẳng hàng Chứng minh DA.DH = DB.DC Cho BAC = 600 ; S ABC = 20cm2 Tính S ABC Cho BC cố định; A chuyển động cung lớn BC cho ABC có ba góc nhọn Chứng minh điểm H ln thuộc đường trịn cớ định Giải: Vì B C thuộc đường tròn đường kính A AK: ABK = ACK = 90o Do BH / /CK CH / / BK  BHCK hình bình hành Mà I trung điểm BC nên I trung điểm HK Suy H; I; K thẳng hàng O E Ta có HBD = DAC (cùng phụ với ACB ) nên DBH # DAC ( g.g ) Suy DB HD =  DB.DC = DA.DH DA DC Vì AEB = AFC = 90  AEB # AFC ( g.g ) F H I B C D o AE AB = ; BAC chung Suy AF AC  AEF # ABC ( c.g.c ) S  AE  Do AEF =   S ABC  AF  K O' Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, AE = cosBAC = cos60o = AB S Suy AEF =  S ABC = 4S AEF = 80cm2 S ABC Mà Lấy O’ đối xứng với O qua I suy O’ cớ định Ta có IH = IK; OK = OA = R nên OI đường trung bình KHA Suy OO '/ / AH , OO ' = AH nên OO ' HA hình bình hành Do OI / / AH OI = AH Do O ' H = OA = R (khơng đổi) Vậy H thuộc đường trịn (O’;R) cớ định Câu 50 Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính vng góc AB CD Lấy K thuộc cung nhỏ AC, kẻ KH ⊥ AB H Nối AC cắt HK I, tia BC cắt HK E; nới AE cắt đường trịn (O;R) F Chứng minh BHFE tứ giác nội tiếp Chứng minh EC.EB = EF.EA Cho H trung điểm OA Tính theo R diện tích CEF Cho K di chuyển cung nhỏ AC Chứng minh đường thẳng FH qua điểm cố định E Giải: C Do F thuộc đường tròn đường kính AB nên K AFB = 90o F Suy BFE = BHE = 90  BHFE tứ giác nội tiếp I o Có ECA = EFB = 90o ; AEC chung Nên EC EA ECA# EFB ( g.g )  =  EC.EB = EA.EF EF EB A B H O Từ chứng minh suy AC, BF, EH đường cao EAB nên chúng cắt I Do EC EA = AEB chung nên ECF # EAB EF EB (cạnh – góc – cạnh) S ECF  EC  =  S EAB  EA  (1) D Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Vì OB = OC = R nên OBC vuông cân O  OBC = 45o Do HBE vng cân H  EH = HB = 3R  R R R 10 R R 10 nên AE = AH + HE = + =  AE = 4 2 9R 3R  BE = Tương tự BE = HB + HE = 2 EC HO 1 R = =  EC = EB = Lại có: OC / / EH (cùng ⊥ AB ) nên EB HB 3 Mà AH = 1 3R  EC   =  S = S =   EH  AB = ECF EAB  5 10  EA  Các tứ giác BEFH AHCE nội tiếp nên AEB = CHB; AEB = AHF  AHF = CHB Suy AHF = DHB Có HO ⊥ OC, OC = OD nên HCD cân H nên AHF = DHB Do AHF = DHB mà AHF + FHB = 180o  DHB + FHB = 180o Suy F; H; D thẳng hàng Suy FH qua D cố định ... Suy IF / / BC  BCIF hình thang Vì BAF = CAI  BAI = CAF  FC = BI  FC = BI Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Tốn lớp 6, 7, 8, Hình thang BCIF có FC = BI  BCIF hình thang cân Có AEN # AGD ( g.g... Toancap2.net – Chia sẻ kiến thức Toán lớp 6, 7, 8, Giải: y Xét tứ giác APMQ, ta có OAP = OMP = 90o (vì PA, PM tiếp tuyến (O)) Vậy tứ giác APMO nội tiếp Ta có: AP = MP (tính chất hai tiếp tuyến... dụng hệ thức lượng vào POQ vuông O có đường cao OM M2  MP.MQ = OM (hệ thức lượng) Lại có MP = AP; MQ = BQ (cmt); OM = OA (bán kính) Do AP.BQ = AO2 ( Ðpcm) Tứ giác APQB có: AP / / BQ ( AP ⊥