BAI TOAN DUONG TRON NOI TIEP

=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường.. Cho đường tròn (O) đường kính AB.[r]

DẠNG

BÀI TỐN HÌNH HỌC TỔNG HỢP (18 tiết) I.LÝ THUYẾT

A.HƯ thøc lỵng tam giác vuông.

1 H thc v cnh v đờng cao tam giác vuông: +) b = a.b' ; c2= a.c'

+) h2= b'.c' +) a.h = b.c +) a = b + c 2 +) 2

1 1

+

h b c

2 TØ số lợng giác góc nhọn: +) sin

c a  

;

b cos

a

 

+)

c b

tg 

;

b cot

c

g 

+) B C 90    ta cã :

sinB = cos C cos B = sin C

tgB = cotgC cotgB = tg C

3 C¸c hệ thức cạnh góc tam giác vuông

b = a.sinB = a.cosC; c = a.sinC = a.cosB b = c.tgB = c.cotgC; c = b.tgC = b.cotgB B.Các khái niệm liên quan đến đờng tròn.

a) Khái niệm đờng tròn (SGK/97)

b) - Vị trí tơng đối điểm với đờng trịn

- Đờng thẳng với đờng tròn hai đờng tròn với (SGK/98; 107; 117)

c) Quan hệ vng góc đờng kính dây cung (SGK/103) - nh lý

- Định lý - Định lý

d) Tính chất tiÕp tuyÕn (SGK/108) e) C¸ch chøng minh tiÕp tuyÕn

- Chứng minh đờng thẳng có điểm chung với đờng trịn

- Chứng minh đờng thẳng vng góc với bán kính đầu mút nằm đờng trịn f) Tính chất hai tiếp tuyến cắt

(SGK/114)

g) Các góc liên quan đến đờng trịn - Góc tâm (SGK/66)

- Sè ®o gãc ë t©m

- Gãc néi tiÕp (SGK/72)

- Sè ®o gãc nt

- Gãc tạo tia tiếp tuyến dây cung (SGK/77) - Sè ®o gãc

- Góc có đỉnh bên trong, bên ngồi đờng trịn (SGK/80) - Số đo góc nt

- Chøng minh tø gi¸c tiÕp

+ Tổng hai góc đối diện 1800

+ Hai điểm nhìn đoạn cố định dới góc vng * Cơng thức tính chu vi độ dài đờng tròn

C = 2 R = d ; 180

Rn

  

* Công thức tích diện tích hình tròn , quạt trßn : S = R2 ;

Sq =

2

360

R n R

Xem thêm hình học không gian -Hình trụ

-Hình nón -Hình cầu

II.BI TP

Bài 1 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt

H cắt đường tròn (O) 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:

Xét tứ giác CEHD ta có:

 CEH = 900 ( Vì BE đường cao)  CDH = 900 ( Vì AD đường cao)

Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp

Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => BEC = 900 CF đường cao => CF  AB => BFC = 900

Như E F nhìn BC góc 900 => E F nằm đường tròn

đường kính BC

Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn

Xét hai tam giác AEH ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; Â góc chung =>  AEH ADC => AC

AH AD AE



=> AE.AC = AH.AD

* Xét hai tam giác BEC ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C góc chung =>  BEC ADC => AC

BC AD BE



=> AD.BC = BE.AC

4 Ta có C1 = A1 ( phụ với góc ABC)

C2 = A1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM)

=> C1 =  C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân

tại C

=> CB đương trung trực HM H M đối xứng qua BC

5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF)

Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD)

E1 = E2 => EB tia phân giác 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 2 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 Bốn điểm A, E, D, B nằm

đường tròn

3 Chứng minh ED =

BC Chứng minh DE tiếp tuyến

5 Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm

Lời giải:

Xét tứ giác CEHD ta có:

 CEH = 900 ( 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 => BEA = 900 AD đường cao => AD  BC => BDA = 900

Như E D nhìn AB góc 900 => E 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 đường cao nên đường trung tuyến

=> D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900 Vậy tam giác BEC vng E có ED trung tuyến => DE =

1

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 DE =

BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2)

Mà B1 = A1 ( phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3

Mà E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE E

Vậy DE tiếp tuyến đường tròn (O) E

5 Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vng E ta có ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32  ED

= 4cm

Bài 3 Cho nửa 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 Chứng minh COD = 900 Chứng minh AC BD =

AB

Chứng minh OC // BM

5 Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD

7 Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ

Lời giải:

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM

Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM hai góc kề bù => COD = 900.

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 = 4

AB

Theo 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) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD)

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 tròn đường kính CD

6 Theo AC // BD => BD AC BN CN



, mà CA = CM; DB = DM nên suy DM CM BN CN



=> MN // BD mà BD  AB => MN  AB

7 ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ , mà CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB

Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp góc

A , O trung điểm IK

1. Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn

3. Tính bán kính đường trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm

Lời giải: (HD)

1. Vì I tâm đường trịn 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 ICK = 900 B C nằm đường trịn đường kính IK B, C, I, K nằm đường trịn

Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH

C2 + I1 = 900 (2) ( IHC = 900 )

I1 =  ICO (3) ( tam giác OIC cân O)

Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC Vậy AC tiếp tuyến đường

tròn (O)

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 = 16 122



AH CH

= (cm) OC = OH2 HC2  92 122  225 = 15 (cm)

Bài 5 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 tiếp điểm) 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.

4 Chứng minh OAHB hình thoi

5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng

6 Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d

Lời giải:

(HS tự làm).1,2

Vì K trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đường kính

3 Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM  AB I

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 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 quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R

Bài 6 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)

 AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Vì AB CE (gt), AB vừa đường cao vừa đường trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 =

B2

2 Hai tam giác vng ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 =>  AHB

= AIB

=> AI = AH

3 AI = AH BE  AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I

4 DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED

Bài 7 Cho đường tròn (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 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:

(HS tự làm)

Ta có  ABM nội tiếp chắn cung AM;  AOM góc tâm chắn cung AM =>  ABM =

AOM



(1) OP tia phân giác  AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt ) =>  AOP =

AOM



Từ (1) (2) =>  ABM =  AOP (3)

Mà  ABM  AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4)

Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB)

=> PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5)

Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ Ta có PM  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 PAO = AON = 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 tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (8)

Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đường cao => IK  PO (9)

Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng

Bài 8 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn ( 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 trịn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K

1) Chứng minh rằng: EFMK tứ 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 : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù)

AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn )

=> KEF = 900 (vì hai góc kề bù)

=> KMF + KEF = 1800 Mà

Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vng A có AM  IB ( theo trên)

áp dụng hệ thức cạnh đường cao => AI2 = IM . IB.

Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí

……)

=> ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1)

Theo ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE đường cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B

BAF tam giác cân B có BE đường cao nên đồng thời đương 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 đương trung tuyến => E trung điểm HK (6)

Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường)

(HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FH 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

Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vng A có ABI = 450 => AIB = 450 (8)

Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau)

Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn

Bài 9 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 không đổi Chứng minh  ABD =  DFB

Lời giải:

C thuộc nửa đường tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BC  AE

ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vng 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

 ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => 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 BAD)

Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 1800

ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ECD = ABD ( bù với ACD) Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù) nên suy ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp

Bài 10 Cho đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường trịn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đương

vng góc từ S đến AB

1 Chứng minh bốn điểm A, M, S, P nằm đường tròn

2 Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh tam giác PS’M cân

3 Chứng minh PM tiếp tuyến đường tròn

Lời giải:

1 Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( 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

=> 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 đường tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP )

=> AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân P

3 Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS’ vuông M => B1 = S’1 (cùng phụ với

S) (3)

Tam giác PMS’ cân P => S’1 = M1 (4)

Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => B1 = M3 (5)

Từ (3), (4) (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mà M3 + M2 =

AMB = 900 nên suy M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM M => PM tiếp

tuyến đường tròn M

Bài 11. 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 3 Tứ giác BDFC nội tiếp 4 CF BM CB BD

 Lời giải:

1 (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có AD = AF => tam giác ADF cân A => ADF = AFD < 900 => sđ cung DF < 1800 => DEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE)

Chứng minh tương tự ta có DFE < 900; EDF < 900 Như tam giác DEF có ba góc nhọn

2 Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) =>

AD AF

ABAC =>

DF // BC

3 DF // BC => BDFC hình thang lại có  B = C (vì tam giác ABC cân)

=> BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đường trịn

4 Xét hai tam giác BDM CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân)

=> BDM CBF => CF

BM CB BD



Bài 12 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

tại N đường tròn P Chứng minh : Tứ giác OMNP nội tiếp

2 Tứ giác CMPO hình bình hành

3 CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy

đoạn thẳng cố định

Lời giải:

1 Ta có OMP = 900 ( PM  AB ); ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến )

Như M N nhìn OP góc 900 => M

và N nằm đường trịn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp

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 = OMP = 900; 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)

Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành

3. Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có 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 khơng 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 doạn thẳng A’ B’ song song AB

Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường tròn 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

Lời giải:

1 Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn )

=> AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)

EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vng A) (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng)

2 Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn =>F1=H1

(nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) (O2) => B1 = H1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => B1=

F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù)

=> EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp

3 Xét hai tam giác AEF ACB ta có A = 900 góc chung; AFE = ABC ( theo Chứng minh trên) => AEF ACB =>

AE AF

ACAB => AE AB = AF AC.

* HD cách 2: Tam giác AHB vng H có HE  AB => AH2 = AE.AB (*)

Tam giác AHC vng H có HF  AC => AH2 = AF.AC (**)

Từ (*) (**) => AE AB = AF AC

4 Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1

O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2

=> E1 + E2 = H1 + H2 mà H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900

=> O1E EF

Chứng minh tương tự ta có O2F  EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đường

tròn

Bài 14 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 tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA,

EB với nửa đường tròn (I), (K) Chứng minh EC = MN

2 Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa đường tròn (I), (K)

3 Tính MN

4 Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường trịn

Lời giải:

1 Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K)

AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2)

AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay MEN = 900 (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật )

2 Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (I) (K)

=> B1 = C1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên

=> C1= N3 => B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN

cân K => B1 = N1 (5)

Từ (4) (5) => N1 = N3 mà N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 =

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)

3 Ta có AEB = 900 (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 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))

S =

1

2( 625- 25- 400) =

2.200  = 100 314 (cm2)

Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng 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

1. Ta có CAB = 900 ( tam giác ABC vng A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => CDB = 900 D A nhìn BC góc 900 nên A D nằm đường trịn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp

2. ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp chắn cung AB)

D1= C3 =>

 

SM EM => C

2 = C3 (hai góc nội tiếp đường trịn (O) chắn hai cung

bằng nhau)

=> CA tia phân giác góc SCB

3 Xét CMB Ta có BACM; 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

1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) 5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => MEB = 900

Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đường tròn => A2 = B2

Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( 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 ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS

=> CE CS  SM EM => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB.

Bài 16 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

vng A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn

=> DEB = BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB  CAB

2 Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 ( ABC vng A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp

* BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) hay BFC = 900 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 => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà

đây hai 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 17. 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 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 có MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC (gt)

=> AQM = 900 P Q nhìn BC góc 900 nên P Q nằm đường

tròn 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

2 Tam giác ABC có AH đường cao => SABC =

BC.AH

Tam giác ABM có MP đường cao => SABM =

AB.MP

Tam giác ACM có MQ đường cao => SACM =

1

Ta có SABM + SACM = SABC =>

2AB.MP +

2AC.MQ =

2BC.AH => AB.MP + AC.MQ =

BC.AH

Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH

3 Tam 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 18 Cho đường tròn (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 MB thứ tự cắt đường tròn (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 : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => MCI = 900 (vì hai góc kề bù)

ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => MDI = 900 (vì hai góc kề bù)

=> MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp

2 Theo Ta có BC  MA; AD  MB nên BC AD hai 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 giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I

3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4

KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 =

C1

Mà A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 +

C2 = 900 ( góc ACM góc bẹt) hay OCK = 900

Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp

Bài 19. 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 vng 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

5 Chứng minh MI tiếp tuyến (O’)

Lời giải:

1 BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => 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

2 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 đường

3 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DC; theo BI  DC => BI // AD (1)

4 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.)

5 I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vng I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; O’IC cân O’ ( O’C

và O’I bán kính ) => I3 = C1 mà C1 = E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) =>

I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mà I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 =

MIO’ hay MI  O’I I => MI tiếp tuyến (O’)

Bài 20. Cho đường trịn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc C Gọi AC BC hai đường kính qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vng góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O’) F, BD cắt (O’) G Chứng minh rằng:

1 Tứ giác MDGC nội tiếp

2 Bốn điểm M, D, B, F nằm đường tròn

3 Tứ giác ADBE hình thoi B, E, F thẳng hàng

5 DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE

7 MF tiếp tuyến (O’)

Lời giải:

1 BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )

=> CGD = 900 (vì hai góc kề bù)

Theo giả thiết DE  AB M => CMD = 900

2 BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE  AB M) F M nhìn BD góc 900 nên F M nằm đường trịn đường kính BD => M, D, B, F nằm đường tròn

3 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 đường

4 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DF ; theo tứ giác ADBE hình tho => BE // AD mà AD  DF nên suy BE  DF

Theo BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BF  DF mà qua B có đường thẳng vng góc với DF đo B, E, F thẳng hàng

5 Theo DF  BE; BM  DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đường cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy

6 Theo DF  BE => DEF vng F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vng trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền)

7 (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1

O’BF cân O’ ( O’B O’F bán kính ) => F3 = B1 mà B1 = D1 (Cùng

phụ với DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 Mà F3 + F2 = BFC = 900

=> F1 + F2 = 900 = MFO’ hay MF  O’F F => MF tiếp tuyến (O’)

Bài 21. Cho đường trịn (O) đường kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q

1 Chứng minh đường tròn (I) (O) tiếp xúc A

2 Chứng minh IP // OQ Chứng minh AP = PQ

4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn

Lời giải:

1 Ta có OI = OA – IA mà OA IA bán kính đường tròn (O) đường tròn (I) Vậy đường tròn (O) đường tròn (I) tiếp xúc A

2 OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1

= Q1

IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1 =

P1

=> P1 = Q1 mà

hai góc đồng vị nên suy IP // OQ

4. (HD) Kẻ QH  AB ta có SAQB =

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 22. 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?

Lời giải:

1 Theo giả thiết ABCD hình vng nên BCD = 900; BH  DE H nên BHD = 900 => H C nhìn BD góc 900 nên H C nằm trên

đường trịn đường kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp

2. BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1)

BHK góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2)

Từ (1) (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vng) => CHK = 450

3 Xét KHC KDB ta có CHK = BDC = 450 ; K góc chung => KHC KDB =>

KC KH

KBKD => KC KD = KH.KB

4 (HD) Ta có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E  B H  B; E  C H  C)

Bài 23. Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền 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

3 Cho biết ABC > 450 ; 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:

Tứ giác AEDC hình vng => CAD = 450; tam giác ABC vuông A => BAC = 900

=> BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng

2. Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1)

FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2)

Từ (1) (2) suy FBC tam giác vuông cân F

3 Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vng)

=> CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đường tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vng) => CMF = 450 hay

CMB = 450

Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vng); BKC = 450 (vì ABHK hình vng)

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 = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC  BC C => MC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đường trịn đường kính AC có tâm O, đường trịn cắt BA BC D E

1 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 tam giác BDE

Lời giải:

1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450

=> AEB tam giác vuông cân E => EA = EB

F

1

1

1

/

/ _

_

K H I

E D

O

C B

A

2 Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đường trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 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

Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3)

IBD cân I (vì ID IB bán kính ) => D2 = B1 (4)

Theo ta có CD AE hai đường cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đường cao tam giác ABC => BH  AC F => AEB có AFB = 900

Theo ADC có ADC = 900 => B1 = C1 ( phụ BAC) (5)

Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 =

IDO => OD  ID D => OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE

Bài 25. Cho đường tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đường trịn (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 2 Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp

3 Chứng minh MI2 = MH.MK 4 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 tựtứ 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 => B1 = I1 ( nội tiếp

chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = C1 ( nội tiếp

cùng chắn cung IM) Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ BM) => I1 =

H1 (2)

Từ (1) (2) => MKI MIH =>

MI MK

MH MI =>

MI2 = MH.MK

4 Theo ta có I1 = C1; chứng minh tương tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 +

BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai

góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC

( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM  PQ

1 AB AC KB KC



2 AM tia phân giác CMD 3 Tứ giác OHCI nội tiếp

4 Chứng minh đường vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đường tròn M

Lời giải: 1 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 =>

AB AC KB KC



( 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 = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp

4 Kẻ MJ  AC ta có MJ // BC ( vng góc với AC) Theo OM  BC => OM  MJ J suy MJ tiếp tuyến đường tròn M

Bài 27 Cho đường trịn (O) điểm A ngồi đường tròn 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 :

Tứ giác ABOC nội tiếp 2 BAO =  BCO 3 MIH  MHK 4 MI.MK = MH2.

Lời giải:

(HS tự giải)

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 Theo  HIM  KHM =>

MI MH

MH MK => MI.MK = MH2

Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC

1 Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đường tròn (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 đường

2 (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => BAC + B’HC’ = 1800 mà BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800

=> 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 của 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)

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 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 mà OI =

1

2 AH =>

1

GI

GA mà AI trung tuyến tam giác ABC (do I

trung điểm BC) => G trọng tâm tam giác ABC

Bài 29 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

2 Gọi A’ trung điểm BC, Chứng minh AH = 2OA’

3 Gọi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 =

AA’ OA’

4 Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí

của A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn

Lời giải: (HD)

1 Tứ giác BFEC nội tiếp => AEF = ACB (cùng bù BFE)

AEF = ABC (cùng bù CEF) =>  AEF  ABC

2 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 hia 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’

là 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

Vậy R AA1 = AA’ A’O (2)

SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =

2( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB )

2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3)

Theo (2) => OA’ = R

1 '

AA

AA mà

1 '

AA

AA là tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng

AEF ABC nên

1 '

AA

AA =

EF

BC Tương tự ta có : OB’ = R FD

AC ; OC’ = R ED

AB Thay vào

(3) ta 2SABC = R (

EF FD ED

BC AC AB

BC AC AB )  2SABC = R(EF + FD + DE)

* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn

SABC

Ta có SABC =

2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn

nhất A điểm giỡa cung lớn BC

Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đường cao AH bán kính OA

1 Chứng minh AM phân giác góc OAH

2 Giả sử B > C Chứng minh OAH = B - C Cho BAC = 600 OAH = 200 Tính:

a) B C tam giác ABC

b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R

Lời giải: (HD)

1 AM phân giác BAC => BAM = CAM =>

 

BM CM => M 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 tia phân giác góc OAH

2 Vẽ dây BD  OA =>  

AB AD => ABD = ACB

Ta có OAH =  DBC ( 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 B C = OAH => B - C = 200

=>

0

0

120 70

20 50

B C B

B C C

                    

b) Svp = SqBOC - SBOC = 2

0 120

360 2

R R

R





=

2 2

(4 3)

3 12

R R R

  