Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đờng tròn tâm O1 bán kính O1M với đờng tròn O trong đó O1 là hình chiếu vuông [r]
(1)50 bµi to¸n h×nh häc líp Bµi 31 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp (O; R), biÕt BAC = 600 Tính số đo góc BOC và độ dài BC theo R Vẽ đờng kính CD (O; R); gọi H là giao điểm ba đờng cao cña tam gi¸c ABC Chøng minh BD // AH vµ AD // BH TÝnh AH theo R Lêi gi¶i: Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => s® BC =1200 ( t/c gãc néi tiÕp ) => BOC = 1200 ( t/c gãc ë t©m) * Theo trên sđ BC =1200 => BC là cạnh tam giác nội tiếp (O; R) => BC = R CD là đờng kính => DBC = 900 hay DB BC; theo giả thiết AH là đờng cao => AH BC => BD // AH Chứng minh tơng tự ta đợc AD // BH Theo trªn DBC = 900 => DBC vu«ng t¹i B cã BC = R ; CD = 2R => BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R )2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R Theo trªn BD // AH; AD // BH => BDAH lµ h×nh b×nh hµnh => AH = BD => AH = R Bài 32 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H OB Chứng minh MN di động , trung điểm I MN luôn nằm trên đờng tròn cố định Tõ A kÎ Ax MN, tia BI c¾t Ax t¹i C Chøng minh tø gi¸c CMBN lµ h×nh b×nh hµnh Chøng minh C lµ trùc t©m cña tam gi¸c AMN Khi MN quay quanh H thì C di động trên đờng nào Cho AM AN = 3R2 , AN = R √ TÝnh diÖn tÝch phÇn h×nh trßn (O) n»m ngoµi tam gi¸c AMN Lêi gi¶i: (HD) I là trung điểm MN => OI MN I ( quan hệ đờng kính và d©y cung) = > OIH = 900 OH cố địmh nên MN di động thì I di động nhng luôn nhìn OH cố định dới góc 900 đó I di động trên đờng tròn đờng kính OH Vậy MN di động , trung điểm I MN luôn nằm trên đờng tròn cố định Theo gi¶ thiÕt Ax MN; theo trªn OI MN t¹i I => OI // Ax hay OI // AC mµ O lµ trung ®iÓm cña AB => I là trung điểm BC, lại có I là trung điểm MN (gt) => CMBN là hình bình hành ( Vì có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng ) CMBN là hình bình hành => MC // BN mà BN AN ( vì ANB = 900 là góc nội tiếp chắn nửa đờng trßn ) => MC AN; theo trªn AC MN => C lµ trùc t©m cña tam gi¸c AMN Ta có H là trung điểm OB; I là trung điểm BC => IH là đờng tung bình OBC => IH // OC Theo giả thiết Ax MN hay IH Ax => OC Ax C => OCA = 900 => C thuộc đờng tròn đờng kính OA cố định Vậy 2khi MN quay quanh H thì C di động trên đờng tròn đờng kính OA cố định Ta cã AM AN = 3R , AN = R √ => AM =AN = R √ => AMN c©n t¹i A (1) XÐt ABN vu«ng t¹i N ta cã AB = 2R; AN = R √ => BN = R => ABN = 600 ABN = AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => AMN = 600 (2) 3R Từ (1) và (2) => AMN là tam giác => SAMN = 3R R (4 3 4 => S = S(O) - SAMN = R = Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đờng tròn M Chøng minh MC2 = MI.MA Chøng minh OM BC (2) Kẻ đờng kính MN, các tia phân giác góc B và C cắt đờng thẳng AN P và Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q cùng thuộc đờng tròn Lêi gi¶i: AM lµ ph©n gi¸c cña BAC => BAM = CAM => BM CM => M lµ trung ®iÓm cña cung BC => OM BC XÐt MCI vµ MAC cã MCI =MAC (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau); M lµ gãc chung MC MI => MCI MAC => MA MC => MC2 = MI.MA (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => P1 = 900 – K1 mà K1 là góc ngoài tam A B A B (t/c ph©n gi¸c cña mét gãc ) => P1 = 900 – ( 2 ) gi¸c AKB nªn K1 = A1 + B1 = (1) C A B ) (2) CQ lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ACB => C1 = = (1800 - A - B) = 900 – ( Tõ (1) vµ (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mµ P vµ C n»m cïng vÒ mét nöa mÆt ph¼ng bê BQ nªn A B ) dùng trªn BQ cïng n»m trªn cung chøa gãc 900 – ( Vậy bốn điểm P, C, B, Q cùng thuộc đờng tròn Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiều cao AH = Cm, nội tiếp đờng tròn (O) đờng kính AA’ Tính bán kính đờng tròn (O) Kẻ đờng kính CC’, tứ giác CAC’A’ là hình gì? Tại sao? KÎ AK CC’ tø gi¸c AKHC lµ h×nh g×? T¹i sao? TÝnh diÖn tÝch phÇn h×nh trßn (O) n»m ngoµi tam gi¸c ABC Lêi gi¶i: (HD) Vì ABC cân A nên đờng kính AA’ đờng tròn ngoại tiếp và đờng cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức là AA’đi BC qua H => ACA’ vuông C có đờng cao CH = 2 = 3cm; AH CH 32 2,5 = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H = AH 4 => AA’ => AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm) Vì AA’ và CC’ là hai đờng kính nên cắt trung điểm O đờng => ACA’C’ là hình bình hành Lại có ACA’ = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên suy tứ giác ACA’C’ là hình chữ nhật Theo gi¶ thiÕt AH BC; AK CC’ => K vµ H cïng nh×n AC díi mét gãc b»ng 900 nªn cïng nằm trên đờng tròn đờng kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => C2 = H1 (nội tiếp cung chắn cung AK) ; AOC c©n t¹i O ( v× OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( v× cã hai gãc so le b»ng nhau) => tø gi¸c ACHK lµ h×nh thang (2) Tõ (1) vµ (2) suy tø gi¸c ACHK lµ h×nh thang c©n Bài 35 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB cố định, điểm I nằm A và O cho AI = 2/3 AO Kẻ dây MN vu«ng gãc víi AB t¹i I, gäi C lµ ®iÓm tuú ý thuéc cung lín MN cho C kh«ng trïng víi M, N vµ B Nèi AC c¾t MN t¹i E Chøng minh tø gi¸c IECB néi tiÕp Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM Chøng minh AM2 = AE.AC Chøng minh AE AC – AI.IB = AI2 (3) Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ Lêi gi¶i: Theo gi¶ thiÕt MN AB t¹i I => EIB = 900; ACB néi tiÕp chắn nửa đờng tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900 => EIB + ECB = 1800 mà đây là hai góc đối tứ giác IECB nên tứ gi¸c IECB lµ tø gi¸c néi tiÕp Theo gi¶ thiÕt MN AB => A lµ trung ®iÓm cña cung MN => AMN = ACM ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) hay AME = ACM L¹i thÊy CAM lµ gãc chung cña hai tam gi¸c AME và AMC đó tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM AM AE Theo trªn AME ACM => AC AM => AM2 = AE.AC AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ); MN AB I => AMB vuông M có MI là đờng cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh và đờng cao tam giác vuông) áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vuông I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI Theo trên AMN = ACM => AM là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , đó tâm O1 đờng tròn ngoại tiếp ECM phải nằm trên BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 là khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM Gọi O1 là chân đờng vuông góc kẻ từ N đến BM ta đợc O1 là tâm đờng tròn ngoại tiếp ECM có bán kính là O1M Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ thì C phải là giao điểm đờng tròn tâm O1 bán kính O1M với đờng tròn (O) đó O1 là hình chiếu vuông góc N trªn BM Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ các đờng cao AD, BE, CF Gọi H là trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q lÇn lît lµ c¸c h×nh chiÕu vu«ng gãc cña D lªn AB, BE, CF, AC Chøng minh : C¸c tø gi¸c DMFP, DNEQ lµ h×nh ch÷ nhËt C¸c tø gi¸c BMND; DNHP; DPQC néi tiÕp Hai tam giác HNP và HCB đồng dạng Bèn ®iÓm M, N, P, Q th¼ng hµng Lêi gi¶i: & (HS tù lµm) Theo chøng minh trªn DNHP néi tiÕp => N2 = D4 (néi tiếp cùng chắn cung HP); HDC có HDC = 900 (do AH là đờng cao) HDP cã HPD = 900 (do DP HC) => C1= D4 (cïng phô víi DHC)=>C1=N2 (1) chøng minh t¬ng tù ta cã B1=P1 (2) Tõ (1) vµ (2) => HNP HCB Theo chøng minh trªn DNMB néi tiÕp => N1 = D1 (néi tiÕp cïng ch¾n cung BM).(3) DM // CF ( cùng vuông góc với AB) => C1= D1 ( hai góc đồng vị).(4) Theo chøng minh trªn C1 = N2 (5) Tõ (3), (4), (5) => N1 = N2 mµ B, N, H th¼ng hµng => M, N, P th¼ng hµng (6) Chøng minh t¬ng tù ta cung cã N, P, Q th¼ng hµng (7) Tõ (6), (7) => Bèn ®iÓm M, N, P, Q th¼ng hµng Bµi 37 Cho hai đờng tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài A Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B (O), C (O’) TiÕp tuyÕn chung t¹i A c¾t tiÕp tuyÕn chung ngoµi BC ë I Chøng minh c¸c tø gi¸c OBIA, AICO’ néi tiÕp ABC cã AI = BC =>ABC Chøng minh BAC = 900 TÝnh sè ®o gãc OIO’ vu«ng t¹i A hay BAC =900 Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm Lêi gi¶i: ( HS tù lµm) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IB = IA , IA = IC (4) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IO lµ tia ph©n gi¸c BIA; I0’lµ tia ph©n gi¸c CIA mµ hai gãc BIA vµ CIA lµ hai gãc kÒ bï => I0 I0’=> 0I0’= 900 Theo trên ta có 0I0’ vuông I có IA là đờng cao (do AI là tiếp tuyến chung nên AI OO’) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm) Bài 38 Cho hai đờng tròn (O) ; (O’) tiếp xúc ngoài A, BC là tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C (O’) TiÕp tuyÕn chung t¹i A c¾ tiÕp tuyÕn chung ngoµi BC ë M Gäi E lµ giao ®iÓm cña OM vµ AB, F lµ giao ®iÓm cña O’M vµ AC Chøng minh : Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp Tø gi¸c AEMF lµ h×nh ch÷ nhËt ME.MO = MF.MO’ OO’ là tiếp tuyến đờng tròn đờng kính BC BC là tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO’ Lêi gi¶i: ( HS tù lµm) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã MA = MB =>MAB c©n t¹i M L¹i cã ME lµ tia ph©n gi¸c => ME AB (1) Chøng minh t¬ng tù ta còng cã MF AC (2) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta còng cã MO vµ MO’ lµ tia ph©n gi¸c cña hai gãc kÒ bï BMA vµ CMA => MO MO’ (3) Tõ (1), (2) vµ (3) suy tø gi¸c MEAF lµ h×nh ch÷ nhËt Theo giả thiết AM là tiếp tuyến chung hai đờng tròn => MA OO’=> MAO vuông A có AE MO ( theo trªn ME AB) MA2 = ME MO (4) T¬ng tù ta cã tam gi¸c vu«ng MAO’ cã AFMO’ MA2 = MF.MO’ (5) Tõ (4) vµ (5) ME.MO = MF MO’ Đờng tròn đờng kính BC có tâm là M vì theo trên MB = MC = MA, đờng tròn này qua Avà co MA là bán kính Theo trên OO’ MA A OO’ là tiếp tuyến A đờng tròn đờng kính BC (HD) Gọi I là trung điểm OO’ ta có IM là đờng trung bình hình thang BCO’O => IMBC M (*) Ta cung chứng minh đợc OMO’ vuông nên M thuộc đờng tròn đờng kính OO’ => IM là bán kính đờng tròn đờng kính OO’ (**) Từ (*) và (**) => BC là tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO’ Bài 39 Cho đờng tròn (O) đờng kính BC, dấy AD vuông góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự là chân các đờng vuông góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự là các đờng tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF Hãy xác định vị trí tơng đối các đờng tròn (I) và (O); (K) và (O); (I) và (K) Tø gi¸c AEHF lµ h×nh g×? V× sao? Chøng minh AE AB = AF AC Chứng minh EF là tiếp tuyến chung hai đờng tròn (I) và (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn Lêi gi¶i: 1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiÕp xóc (O) OK = OC – KC => (K) tiÕp xóc (O) IK = IH + KH => (I) tiÕp xóc (K) Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AEH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AFH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï).(2) (5) BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn hay EAF = 900 (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt ( v× cã ba gãc vu«ng) Theo gi¶ thiÕt ADBC t¹i H nªn AHB vu«ng t¹i H cã HE AB ( BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam gi¸c AHC vu«ng t¹i H cã HF AC (theo trªn CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ( = AH2) Theo chứng minh trên tứ giác AFHE là hình chữ nhật, gọi G là giao điểm hai đờng chéo AH và EF ta có GF = GH (tính chất đờng chéo hình chữ nhật) => GFH cân G => F1 = H1 KFH c©n t¹i K (v× cã KF vµ KH cïng lµ b¸n kÝnh) => F2 = H2 => F1 + F2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHC = 900 => F1 + F2 = KFE = 900 => KF EF Chứng minh tơng tự ta có IE EF Vậy EF là tiếp tuyến chung hai đờng tròn (I) và (K) e) Theo chứng minh trên tứ giác AFHE là hình chữ nhật => EF = AH OA (OA là bán kính đờng tròn (O) có độ dài không đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O Vậy H trùng với O túc là dây AD vuông góc với BC O thì EF có độ dài lớn Bài 40 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M råi kÎ tiÕp tuyÕn MP c¾t By t¹i N Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB Chøng minh AM BN = R2 S MON R TÝnh tØ sè AM = S APB TÝnh thÓ tÝch cña h×nh nöa h×nh trßn APB quay quanh c¹nh AB sinh Lêi gi¶i: Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc AOP ; ON lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BOP, mµ AOP vµ BOP lµ hai gãc kÒ bï => MON = 900 hay tam gi¸c MON vu«ng t¹i O APB = 900((nội tiếp chắn nửa đờng tròn) hay tam giác APB vuông P Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã NB OB => OBN = 900; NP OP => OPN = 900 =>OBN+OPN =1800 mà OBN và OPN là hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO XÐt hai tam gi¸c vu«ng APB vµ MON cã APB = MON = 900; OBP = PNO => APB MON Theo trªn MON vu«ng t¹i O cã OP MN ( OP lµ tiÕp tuyÕn ) áp dụng hệ thức cạnh và đờng cao tam giác vuông ta có OP2 = PM PM Mµ OP = R; AM = PM; BN = NP (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AM BN = R2 R R R Theo trªn OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mµ PM = AM = => PM = => PN = R2: = 2 2R 5R R => MN = MP + NP = + 2R = MN 5R Theo trên APB MON => AB = : 2R = = k (k là tỉ số đồng dạng) Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phơng tỉ số đồng dạng nên ta có: (6) S MON S APB = k2 => S MON S APB 25 = 16 Bài 41 Cho tam giác ABC , O là trung điển BC Trên các cạnh AB, AC lần lợt lấy các điểm D, E cho DOE = 600 Chứng minh tích BD CE không đổi Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ đó suy tia DO lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BDE Vẽ đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đờng trßn nµy lu«n tiÕp xóc víi DE Lêi gi¶i: Tam giác ABC => ABC = ACB = 600 (1); DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2) DBO cã DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3) Tõ (2) vµ (3) => BDO = COE (4) BD BO Tõ (2) vµ (4) => BOD CEO => CO CE => BD.CE = BO.CO mµ OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi BD OD BD OD BD BO OD OE (5) Theo trªn BOD CEO => CO OE mµ CO = BO => BO OE L¹i cã DBO = DOE = 600 (6) Tõ (5) vµ (6) => DBO DOE => BDO = ODE => DO lµ tia ph©n gi¸c BDE Theo trên DO là tia phân giác BDE => O cách DB và DE => O là tâm đờng tròn tiếp xúc với DB và DE Vậy đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB luôn tiếp xúc với DE Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đờng tròn (O) Tiếp tuyến t¹i B vµ C lÇn lît c¾t AC, AB ë D vµ E Chøng minh : BD2 = AD.CD Tø gi¸c BCDE néi tiÕp BC song song víi DE Lêi gi¶i: XÐt hai tam gi¸c BCD vµ ABD ta cã CBD = BAD ( V× lµ gãc néi tiÕp vµ gãc gi÷a tiÕp tuyÕn víi mét d©y cïng ch¾n mét cung), l¹i cã D BD CD AD BD chung => BCD ABD => => BD2 = AD.CD Theo gi¶ thiÕt tam gi¸c ABC c©n t¹i A => ABC = ACB => EBC = DCB mµ CBD = BCD (gãc gi÷a tiÕp tuyÕn víi mét d©y cïng ch¾n mét cung) => EBD = DCE => B vµ C nh×n DE díi cïng góc đó B và C cùng nằm trên cung tròn dựng trên DE => Tứ giác BCDE nội tiếp Tø gi¸c BCDE néi tiÕp =>BCE =BDE( néi tiÕp cïng ch¾n cung BE) mµ BCE = CBD (theo trªn ) => CBD = BDE mµ ®©y lµ hai gãc so le nªn suy BC//DE Bài 43 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB, điểm M thuộc đờng tròn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN c¾t (O) t¹i C Gäi E lµ giao ®iÓm cña AC vµ BM Chøng minh tø gi¸c MNCE néi tiÕp Chøng minh NE AB Gọi F là điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA là tiếp tuyến (O) Chứng minh FN là tiếp tuyến đờng tròn (B; BA) Lêi gi¶i: (HS tù lµm) (HD) DÔ thÊy E lµ trùc t©m cña tam gi¸c NAB => NE AB 3.Theo giả thiết A và N đối xứng qua M nên M là trung điểm AN; F và E xøng qua M nªn M lµ trung ®iÓm cña EF => AENF lµ h×nh b×nh hµnh => FA // NE mµ NE AB => FA AB t¹i A => FA lµ tiÕp tuyÕn cña (O) t¹i A Theo trªn tø gi¸c AENF lµ h×nh b×nh hµnh => FN // AE hay FN // AC mµ AC BN => FN BN t¹i N (7) N F _ / M _ C / E A O H B BAN có BM là đờng cao đồng thời là đờng trung tuyến ( M là trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN là bán kính đờng tròn (B; BA) => FN là tiếp tuyến N (B; BA) Bài 44 AB và AC là hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O bán kính R ( B, C là tiếp điểm ) Vẽ CH vuông gãc AB t¹i H, c¾t (O) t¹i E vµ c¾t OA t¹i D Chøng minh CO = CD B Chøng minh tø gi¸c OBCD lµ h×nh thoi H Gäi M lµ trung ®iÓm cña CE, Bm c¾t OH t¹i I Chøng minh I lµ trung ®iÓm cña OH I E TiÕp tuyÕn t¹i E víi (O) c¾t AC t¹i K Chøng minh ba ®iÓm O O, M, K th¼ng hµng D A Lêi gi¶i: M Theo giả thiết AB và AC là hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O K => OA lµ tia ph©n gi¸c cña BOC => BOA = COA (1) C OB AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2) Tõ (1) vµ (2) => COD c©n t¹i C => CO = CD.(3) theo trªn ta cã CO = CD mµ CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã OB // CH hay OB // CD (5) Tõ (4) vµ (5) => BOCD lµ h×nh b×nh hµnh (6) Tõ (6) vµ (3) => BOCD lµ h×nh thoi M là trung điểm CE => OM CE ( quan hệ đờng kính và dây cung) => OMH = 900 theo trên ta còng cã OBH =900; BHM =900 => tø gi¸c OBHM lµ h×nh ch÷ nhËt => I lµ trung ®iÓm cña OH M lµ trung ®iÓm cña CE; KE vµ KC lµ hai tiÕp tuyÕn => O, M, K th¼ng hµng Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đờng tròn (O) Gọi D là trung điểm AC; tiếp tuyến đờng tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F Chøng minh BC // AE Chøng minh ABCE lµ h×nh b×nh hµnh Gäi I lµ trung ®iÓm cña CF vµ G lµ giao ®iÓm cña BC vµ OI So s¸nh BAC vµ BGO Lêi gi¶i: (HS tù lµm) XÐt hai tam gi¸c ADE vµ CDB ta cã EAD = BCD (v× so le ) AD = CD (gt); ADE = CDB (đối đỉnh) => ADE = CDB => AE = CB (1) Theo trªn AE // CB (2) Tõ (1) vµ (2) => AECB lµ h×nh b×nh hµnh I là trung điểm CF => OI CF (quan hệ đờng kính và dây cung) Theo trên AECB là hình bình hành => AB // EC => OI AB t¹i K, => BKG vu«ng t¹i K Ta cung cã BHA vu«ng t¹i H => BGK = BAH ( cung phô víi ABH) mµ BAH = BAC (do ABC c©n nªn AH lµ ph©n gi¸c) => BAC = 2BGO (8)