Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña AB; DE AB t¹i M nªn M còng lµ trung ®iÓm cña DE quan hÖ đờng kính và dây cung => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vuông góc với nhau tại[r]
(1)50 bµi to¸n h×nh häc líp 50 bµi to¸n h×nh häc líp Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt H và cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chøng minh r»ng: Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên đờng tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H và M đối xứng qua BC Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Lêi gi¶i: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: CEH = 900 ( Vì BE là đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD là đờng cao) => CEH + CDH = 1800 Mà CEH và CDH là hai góc đối tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE AC => BEC = 900 CF là đờng cao => CF AB => BFC = 900 Nh E và F cùng nhìn BC dới góc 900 => E và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên đờng tròn XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã: AEH = ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung AE AH => AEH ADC => => AE.AC = AH.AD = AD AC * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã: BEC = ADC = 900 ; C lµ gãc chung BE BC => BEC ADC => => AD.BC = BE.AC = AD AC Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phô víi gãc ABC) C2 = A1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) => C1 = C2 => CB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc HCM; l¹i cã CB HM => CHM c©n t¹i C => CB là đơng trung trực HM H và M đối xứng qua BC Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên đờng tròn => C1 = E1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp C1 = E2 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD) E1 = E2 => EB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc FED Chứng minh tơng tự ta có FC là tia phân giác góc DFE mà BE và CF cắt H đó H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O là tâm đờng tròn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AHE XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp CEH = 900 ( Vì BE là đờng cao) Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên đờng tròn Chøng minh ED = BC Chứng minh DE là tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lêi gi¶i: Ng« V¨n Häc (2) 50 bµi to¸n h×nh häc líp CDH = 900 ( Vì AD là đờng cao) => CEH + CDH = 1800 Mà CEH và CDH là hai góc đối tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp Theo gi¶ thiÕt: BE là đờng cao => BE AC => BEA = 900 AD là đờng cao => AD BC => BDA = 900 Nh E và D cùng nhìn AB dới góc 900 => E và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên đờng tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD là đờng cao nên là đờng trung tuyến => D lµ trung ®iÓm cña BC Theo trªn ta cã BEC = 900 VËy tam gi¸c BEC vu«ng t¹i E cã ED lµ trung tuyÕn => DE = BC Vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE c©n t¹i O => E1 = A1 (1) Theo trªn DE = BC => tam gi¸c DBE c©n t¹i D => E3 = B1 (2) Mµ B1 = A1 ( v× cïng phô víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE OE t¹i E Vậy DE là tiếp tuyến đờng tròn (O) E Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam gi¸c OED vu«ng t¹i E ta cã ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32 ED = 4cm Bài Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lợt C và D Các đờng thẳng AD và BC cắt t¹i N Chøng minh AC + BD = CD Chøng minh COD = 900 Chøng minh AC BD = AB 4 Chøng minh OC // BM Chứng minh AB là tiếp tuyến đờng tròn đờng kính CD Chøng minh MN AB Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Lêi gi¶i: Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc AOM; OD lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kÒ bï => COD = 900 Theo trªn COD = 900 nªn tam gi¸c COD vu«ng t¹i O cã OM CD ( OM lµ tiÕp tuyÕn ) áp dụng hệ thức cạnh và đờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB 4 Theo trªn COD = 900 nªn OC OD (1) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cña BM => BM OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( V× cïng vu«ng gãc víi OD) Ng« V¨n Häc (3) 50 bµi to¸n h×nh häc líp Gọi I là trung điểm CD ta có I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO lµ b¸n kÝnh Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã AC AB; BD AB => AC // BD => tø gi¸c ACDB lµ h×nh thang L¹i cã I là trung điểm CD; O là trung điểm AB => IO là đờng trung bình hình thang ACDB => IO // AC , mà AC AB => IO AB O => AB là tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD CN AC CN CM Theo trªn AC // BD => , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy = = BN BD BN DM => MN // BD mµ BD AB => MN AB ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nªn suy chu vi tø giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ , mà CD nhỏ CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By Khi đó CD // AB => M phải là trung ®iÓm cña cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O lµ trung ®iÓm cña IK Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên đờng tròn Chứng minh AC là tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lêi gi¶i: (HD) Vì I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B Do đó BI BK hayIBK = 900 Tơng tự ta có ICK = 900 nh B và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính IK đó B, C, I, K cùng nằm trên đờng tròn Ta cã C1 = C2 (1) ( v× CI lµ ph©n gi¸c cña gãc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ) I1 = ICO (3) ( v× tam gi¸c OIC c©n t¹i O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC Vậy AC là tiếp tuyến đờng tròn (O) Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = √ 202 − 122 = 16 ( cm) 2 CH2 = AH.OH => OH = CH =12 = (cm) AH 16 2 OC = √ OH +HC =√ + 122=√ 225 = 15 (cm) Bài Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng thẳng d lấy điểm M bÊt k× ( M kh¸c A) kÎ c¸t tuyÕn MNP vµ gäi K lµ trung ®iÓm cña NP, kÎ tiÕp tuyÕn MB (B lµ tiÕp ®iÓm) KÎ AC MB, BD MA, gäi H lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD, I lµ giao ®iÓm cña OM vµ AB Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên đờng trßn Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Chøng minh OAHB lµ h×nh thoi Chøng minh ba ®iÓm O, H, M th¼ng hµng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển trên đờng thẳng d Lêi gi¶i: (HS tù lµm) Vì K là trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kính Vµ d©y cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh vËy K, A, B cùng nhìn OM dới góc 900 nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên đờng tròn Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cña AB => OM AB t¹i I Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI là đờng cao áp dụng hệ thức cạnh và đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI IM = IA2 Ta cã OB MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC MB (gt) => OB // AC hay OB // AH Ng« V¨n Häc (4) 50 bµi to¸n h×nh häc líp OA MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tø gi¸c OAHB lµ h×nh b×nh hµnh; l¹i cã OA = OB (=R) => OAHB lµ h×nh thoi Theo trªn OAHB lµ h×nh thoi => OH AB; còng theo trªn OM AB => O, H, M th¼ng hµng( V× qua O có đờng thẳng vuông góc với AB) (HD) Theo trên OAHB là hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động trên d thì H di động nhng luôn cách A cố định khoảng R Do đó quỹ tích điểm H M di chuyển trên đờng thẳng d là nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD là đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E Chøng minh tam gi¸c BEC c©n Gäi I lµ h×nh chiÕu cña A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AH Chứng minh BE là tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) Chøng minh BE = BH + DE Lêi gi¶i: (HD) AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2) Vì AB CE (gt), đó AB vừa là đờng cao vừa là đờng trung tuyến BEC => BEC lµ tam gi¸c c©n => B1 = B2 Hai tam gi¸c vu«ng ABI vµ ABH cã c¹nh huyÒn AB chung, B1 = B2 => AHB = AIB => AI = AH AI = AH vµ BE AI t¹i I => BE lµ tiÕp tuyÕn cña (A; AH) t¹i I DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó điểm P cho AP > R, tõ P kÎ tiÕp tuyÕn tiÕp xóc víi (O) t¹i M Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn Chøng minh BM // OP §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB ë O c¾t tia BM t¹i N Chøng minh tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh BiÕt AN c¾t OP t¹i K, PM c¾t ON t¹i I; PN vµ OM kÐo dµi c¾t t¹i J Chøng minh I, J, K th¼ng hµng Lêi gi¶i: (HS tù lµm) Ta cã ABM néi tiÕp ch¾n cung AM; AOM lµ gãc ë t©m AOM ch¾n cung AM => ABM = (1) OP lµ tia ph©n gi¸c AOM AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AOP = (2) Tõ (1) vµ (2) => ABM = AOP (3) Mà ABM và AOP là hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) XÐt hai tam gi¸c AOP vµ OBN ta cã : PAO=900 (v× PA lµ tiÕp tuyÕn ); NOB = 900 (gt NOAB) => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và nhau) Tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON AB => ON PJ Ta còng cã PM OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM c¾t t¹i I nªn I lµ trùc t©m tam gi¸c POJ (6) DÔ thÊy tø gi¸c AONP lµ h×nh ch÷ nhËt v× cã PAO = AON = ONP = 900 => K lµ trung ®iÓm cña PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6) AONP lµ h×nh ch÷ nhËt => APO = NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t Ta cã PO lµ tia ph©n gi¸c APM => APO = MPO (8) Từ (7) và (8) => IPO cân I có IK là trung tuyến đông thời là đờng cao => IK PO (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K th¼ng hµng Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chøng minh r»ng: EFMK lµ tø gi¸c néi tiÕp Lêi gi¶i: 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM IB Ta cã : AMB = 900 ( néi tiÕp 3) Chøng minh BAF lµ tam gi¸c c©n chắn nửa đờng tròn ) 4) Chøng minh r»ng : Tø gi¸c AKFH lµ h×nh thoi => KMF = 900 (v× lµ 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn hai gãc kÒ bï) Ng« V¨n Häc (5) 50 bµi to¸n h×nh häc líp AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KEF = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) => KMF + KEF = 1800 Mà KMF và KEF là hai góc đối tứ giác EFMK đó EFMK là tứ giác nội tiếp Ta cã IAB = 900 ( v× AI lµ tiÕp tuyÕn ) => AIB vu«ng t¹i A cã AM IB ( theo trªn) áp dụng hệ thức cạnh và đờng cao => AI2 = IM IB Theo gi¶ thiÕt AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……) => ABE =MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE lµ tia ph©n gi¸c gãc ABF (1) Theo trên ta có AEB = 900 => BE AF hay BE là đờng cao tam giác ABF (2) Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam gi¸c c©n t¹i B BAF là tam giác cân B có BE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là trung điểm cña AF (3) Tõ BE AF => AF HK (4), theo trªn AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM hay AE lµ tia ph©n gi¸c HAK (5) Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân A có AE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là trung ®iÓm cña HK (6) Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng) (HD) Theo trªn AKFH lµ h×nh thoi => HA // FH hay IA // FK => tø gi¸c AKFI lµ h×nh thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn thì AKFI phải là hình thang cân AKFI lµ h×nh thang c©n M lµ trung ®iÓm cña cung AB ThËt vËy: M lµ trung ®iÓm cña cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7) Tam gi¸c ABI vu«ng t¹i A cã ABI = 450 => AIB = 450 (8) Từ (7) và (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M là trung điểm cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đờng tròn C¸c tia AC vµ AD c¾t Bx lÇn lît ë E, F (F ë gi÷a B vµ E) Chứng minh AC AE không đổi Chøng minh ABD = DFB Chøng minh r»ng CEFD lµ tø gi¸c néi tiÕp Lêi gi¶i: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trßn ) => BC AE ABE = 900 ( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC là đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh và đờng cao ), mà AB là đờng kính nên AB = 2R không đổi đó AC AE không đổi ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ABD + BAD = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800)(1) ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ) => AFB + BAF = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800) (2) Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phô víi BAD) Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800 ECD + ACD = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï) => ECD = ABD ( cïng bï víi ACD) Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB Mµ EFD + DFB = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï) nªn suy ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD và EFD là hai góc đối tứ giác CDFE đó tứ giác CEFD là tứ gi¸c néi tiÕp Ng« V¨n Häc (6) 50 bµi to¸n h×nh häc líp Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi M’ là điểm đối xứng M qua AB và S là giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P là chân đơng vuông góc từ S đến AB Chứng minh bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên đờng tròn Gäi S’ lµ giao ®iÓm cña MA vµ SP Chøng minh r»ng tam gi¸c PS’M c©n Chứng minh PM là tiếp tuyến đờng tròn Lêi gi¶i: Ta cã SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh P và M cùng nhìn AS dới góc 900 nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AS Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên đờng tròn Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đờng tròn nên M’ nằm trên đờng tròn => hai cung AM và AM’ có số đo => AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1) Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’ AB H => MM’// SS’ ( cùng vuông góc với AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (v× so le trong) (2) => Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS’ Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp cùng chắn AP ) => AS’P = AMP => tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P Tam gi¸c SPB vu«ng t¹i P; tam gi¸c SMS’ vu«ng t¹i M => B1 = S’1 (cïng phô víi S) (3) Tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P => S’1 = M1 (4) Tam gi¸c OBM c©n t¹i O ( v× cã OM = OB =R) => B1 = M3 (5) Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = AMB = 900 nªn suy M1 + M2 = PMO = 900 => PM OM M => PM là tiếp tuyến đờng tròn M Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) các điểm D, E, F BF c¾t (O) t¹i I , DI c¾t BC t¹i M Chøng minh : Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän BD BM DF // BC Tø gi¸c BDFC néi tiÕp = CB CF Lêi gi¶i: (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam gi¸c ADF c©n t¹i A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiÕp ch¾n cung DE) Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän AD AF Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => AB AC => DF // BC DF // BC => BDFC lµ h×nh thang l¹i cã B = C (v× tam gi¸c ABC c©n) => BDFC là hình thang cân đó BDFC nội tiếp đợc đờng tròn Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI); CBF = BFD (v× so le) => BDM = CBF BD BM => BDM CBF => = CB CF Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB và CD vuông góc với Trên đoạn thẳng AB lÊy ®iÓm M (M kh¸c O) CM c¾t (O) t¹i N §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i M c¾t tiÕp tuyÕn N đờng tròn P Chứng minh : Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => Tø gi¸c OMNP néi tiÕp OPM = ONM (néi tiÕp ch¾n Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh cung OM) CM CN kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm M Tam gi¸c ONC c©n t¹i O v× cã Khi M di chuyÓn trªn ®o¹n th¼ng AB th× P ch¹y trªn ®o¹n th¼ng cè ON = OC = R => ONC = định nào OCN Lêi gi¶i: Ta cã OMP = 900 ( v× PM AB ); ONP = 900 (v× NP lµ tiÕp tuyÕn ) Nh vËy M vµ N cïng nh×n OP díi mét gãc b»ng 900 => M vµ N cïng n»m trên đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp Ng« V¨n Häc (7) 50 bµi to¸n h×nh häc líp => OPM = OCM XÐt hai tam gi¸c OMC vµ MOP ta cã MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM l¹i cã MO lµ c¹nh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD AB; PM AB => CO//PM (2) Tõ (1) vµ (2) => Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh Xét hai tam giác OMC và NDC ta có MOC = 900 ( gt CD AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng trßn ) => MOC =DNC = 900 l¹i cã C lµ gãc 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 không phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đờng thẳng cố định vuông góc với CD t¹i D V× M chØ ch¹y trªn ®o¹n th¼ng AB nªn P chØ ch¹y trªn do¹n th¼ng A’ B’ song song vµ b»ng AB Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F Chøng minh AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt BEFC lµ tø gi¸c néi tiÕp AE AB = AF AC Chứng minh EF là tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Lêi gi¶i: Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AFH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï).(2) EAF = 900 ( V× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A) (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt ( v× cã ba gãc vu«ng) Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH là tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) và (O2) => B1 = H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mµ AFE + EFC = 1800 (vì là hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC và EFC là hai góc đối tứ giác BEFC đó BEFC là tứ giác nội tiếp XÐt hai tam gi¸c AEF vµ ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo Chøng minh AE AF trªn) => AEF ACB => AC AB => AE AB = AF AC * HD c¸ch 2: Tam gi¸c AHB vu«ng t¹i H cã HE AB => AH2 = AE.AB (*) Tam gi¸c AHC vu«ng t¹i H cã HF AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC Tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt => IE = EH => IEH c©n t¹i I => E1 = H1 O1EH c©n t¹i O1 (v× cã O1E vµO1H cïng lµ b¸n kÝnh) => E2 = H2 => E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF Chứng minh tơng tự ta có O2F EF Vậy EF là tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Ng« V¨n Häc (8) 50 bµi to¸n h×nh häc líp Bµi 14 Cho ®iÓm C thuéc ®o¹n th¼ng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ vÒ mét phÝa cña AB c¸c nöa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ tự là O, I, K Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự là giao điểm EA, EB với các nửa đờng tròn (I), (K) Chøng minh EC = MN Chứng minh MN là tiếp tuyến chung các nửa đờng trßn (I), (K) TÝnh MN Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn Lêi gi¶i: Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K) => ENC = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) (1) AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC AB C nên EC là tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) và (K) => B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CN) Tø gi¸c CMEN lµ h×nh ch÷ nhËt nªn => C1= N3 => B1 = N3.(4) L¹i cã KB = KN (cïng lµ b¸n kÝnh) => tam gi¸c KBN c©n t¹i K => B1 = N1 (5) Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN KN t¹i N => MN lµ tiÕp tuyÕn cña (K) t¹i N Chøng minh t¬ng tù ta còng cã MN lµ tiÕp tuyÕn cña (I) t¹i M, Vậy MN là tiếp tuyến chung các nửa đờng tròn (I), (K) Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông A có EC AB (gt) => EC = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã S(o) = OA2 = 252 = 625 ; S(I) = IA2 = 52 = 25 ; S(k) = KB2 = 202 = 400 Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn là S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 S = ( 625 - 25 - 400 ) = 200 = 100 314 (cm2) Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S Chøng minh ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp Chøng minh CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB Gọi E là giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh các đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy Chøng minh DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE Chứng minh điểm M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE Lêi gi¶i: Ta có CAB = 900 ( vì tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh D và A cùng nhìn BC dới góc 900 nên A và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp Ng« V¨n Häc (9) 50 bµi to¸n h×nh häc líp ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB) D1= C3 => SM EM => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung nhau) => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB Xét CMB Ta có BACM; CD BM; ME BC nh BA, EM, CD là ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy Theo trªn Ta cã SM EM => D1= D2 => DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE.(1) Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900 Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2 Tø gi¸c ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => A1= A2 => AM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DAE (2) Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (H×nh b) C©u : ABC = CME (cïng phô ACB); ABC = CDS (cïng bï ADC) => CME = CDS => CE CS SM EM => SCM = ECM => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A và B Đờng tròn đờng kính BD cắt BC E Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G Chøng minh : Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tø gi¸c ADEC vµ AFBC néi tiÕp AC // FG Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy Lêi gi¶i: XÐt hai tam gi¸c ABC vµ EDB Ta cã BAC = 900 ( v× tam gi¸c ABC vuông A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => DEB = BAC = 900 ; l¹i cã ABC lµ gãc chung => DEB CAB Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kÒ bï); BAC = 900 ( v× ABC vu«ng t¹i A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mµ ®©y là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp * BAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay BFC = 900 nh F và A cùng nhìn BC dới góc 900 nên A và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kÝnh BC => AFBC lµ tø gi¸c néi tiÕp Theo trªn ADEC lµ tø gi¸c néi tiÕp => E1 = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1 mµ ®©y lµ hai gãc so le nªn suy AC // FG (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S Bài 17 Cho tam giác ABC có đờng cao là AH Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M không trùng B C, H ) ; tõ M kÎ MP, MQ vu«ng gãc víi c¸c c¹nh AB AC Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác đó Chøng minh r»ng MP + MQ = AH Chøng minh OH PQ Tam giác ABM có MP là đờng cao => SABM Lêi gi¶i: Ta cã MP AB (gt) => APM = 900; MQ AC (gt) => AQM = 900 nh vËy P vµ Q cïng nh×n BC díi mét gãc 900 nên P và Q cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AM = AB.MP => APMQ lµ tø gi¸c néi tiÕp Tam giác ACM có MQ là đờng cao => SACM * Vì AM là đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm cña AM = AC.MQ Tam giác ABC có AH là đờng cao => SABC = BC.AH Ng« V¨n Häc (10) 50 bµi to¸n h×nh häc líp 1 Ta cã SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH Tam giác ABC có AH là đờng cao nên là đờng phân giác => HAP = HAQ => HP HQ ( tính chÊt gãc néi tiÕp ) => HOP = HOQ (t/c gãc ë t©m) => OH lµ tia ph©n gi¸c gãc POQ Mµ tam gi¸c POQ cân O ( vì OP và OQ cùng là bán kính) nên suy OH là đờng cao => OH PQ Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H không trùng O, B) ; trên đờng thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M ngoài đờng tròn ; MA và MB thứ tự cắt đờng trßn (O) t¹i C vµ D Gäi I lµ giao ®iÓm cña AD vµ BC Chøng minh MCID lµ tø gi¸c néi tiÕp Chứng minh các đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I Gọi K là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội tiếp Lêi gi¶i: Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MCI = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MDI = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) => MCI + MDI = 1800 mà đây là hai góc đối tứ giác MCID nên MCID lµ tø gi¸c néi tiÕp Theo trên Ta có BC MA; AD MB nên BC và AD là hai đờng cao cña tam gi¸c MAB mµ BC vµ AD c¾t t¹i I nªn I lµ trùc t©m cña tam giác MAB Theo giả thiết thì MH AB nên MH là đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I OAC c©n t¹i O ( v× OA vµ OC lµ b¸n kÝnh) => A1 = C4 KCM c©n t¹i K ( v× KC vµ KM lµ b¸n kÝnh) => M1 = C1 Mµ A1 + M1 = 900 ( tam gi¸c AHM vu«ng t¹i H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( v× gãc ACM lµ gãc bÑt) hay OCK = 900 XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mµ OHK vµ OCK lµ hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp Bài 19 Cho đờng tròn (O) đờng kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M là trung ®iÓm cña ®o¹n AB Qua M kÎ d©y cung DE vu«ng gãc víi AB Nèi CD, KÎ BI vu«ng gãc víi CD Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp BIC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa Chøng minh tø gi¸c ADBE lµ h×nh thoi đờng tròn ) => BID = 900 (vì là hai Chøng minh BI // AD gãc kÒ bï); DE AB t¹i M => Chøng minh I, B, E th¼ng hµng BMD = 900 Chøng minh MI lµ tiÕp tuyÕn cña (O’) Lêi gi¶i: Ng« V¨n Häc (11) 50 bµi to¸n h×nh häc líp => BID + BMD = 1800 mà đây là hai góc đối tứ giác MBID nªn MBID lµ tø gi¸c néi tiÕp Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña AB; DE AB t¹i M nªn M là trung điểm DE (quan hệ đờng kính và dây cung) => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DC; theo trên BI DC => BI // AD (1) Theo gi¶ thiÕt ADBE lµ h×nh thoi => EB // AD (2) Từ (1) và (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng thẳng song song với AD mà thôi.) I, B, E th¼ng hµng nªn tam gi¸c IDE vu«ng t¹i I => IM lµ trung tuyÕn ( v× M lµ trung ®iÓm cña DE) =>MI = ME => MIE c©n t¹i M => I1 = E1 ; O’IC c©n t¹i O’ ( v× O’C vµ O’I cïng lµ b¸n kÝnh ) => I3 = C1 mµ C1 = E1 ( Cïng phô víi gãc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mµ I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI O’I t¹i I => MI lµ tiÕp tuyÕn cña (O’) Bài 20 Cho đờng tròn (O; R) và (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngoài C Gọi AC và BC là hai đờng kÝnh ®i qua ®iÓm C cña (O) vµ (O’) DE lµ d©y cung cña (O) vu«ng gãc víi AB t¹i trung ®iÓm M cña AB Gäi giao ®iÓm thø hai cña DC víi (O’) lµ F, BD c¾t (O’) t¹i G Chøng minh r»ng: Tø gi¸c MDGC néi tiÕp Bốn điểm M, D, B, F cùng nằm trên đờng tròn Tø gi¸c ADBE lµ h×nh thoi B, E, F th¼ng hµng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE MF lµ tiÕp tuyÕn cña (O’) Lêi gi¶i: BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CGD = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) Theo gi¶ thiÕt DE AB t¹i M => CMD = 900 => CGD + CMD = 1800 mà đây là hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD là tứ giác nội tiếp BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE AB M) nh F và M cùng nhìn BD dới góc 900 nên F và M cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BD => M, D, B, F cùng nằm trên đờng tròn Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña AB; DE AB t¹i M nªn M còng lµ trung ®iÓm cña DE (quan hÖ đờng kính và dây cung) => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo trên tứ giác ADBE là hình tho => BE // AD mµ AD DF nªn suy BE DF Theo trên BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF mà qua B có đờng thẳng vuông gãc víi DF ®o B, E, F th¼ng hµng Theo trªn DF BE; BM DE mµ DF vµ BM c¾t t¹i C nªn C lµ trùc t©m cña tam gi¸c BDE => EC là đờng cao => ECBD; theo trên CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy Theo trªn DF BE => DEF vu«ng t¹i F cã FM lµ trung tuyÕn (v× M lµ trung ®iÓm cña DE) suy MF = 1/2 DE ( v× tam gi¸c vu«ng trung tuyÕn thuéc c¹nh huyÒn b»ng nöa c¹nh huyÒn) (HD) theo trªn MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF c©n t¹i M => D1 = F1 O’BF c©n t¹i O’ ( v× O’B vµ O’F cïng lµ b¸n kÝnh ) => F3 = B1 mµ B1 = D1 (Cïng phô víi DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 Mµ F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’ hay MF O’F t¹i F => MF lµ tiÕp tuyÕn cña (O’) Bài 21 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Gọi I là trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, trên (I) lÊy P bÊt k×, AP c¾t (O) t¹i Q Chứng minh các đờng tròn (I) và (O) tiếp xúc A Chøng minh r»ng AP = PQ Chøng minh IP // OQ Ng« V¨n Häc (12) 50 bµi to¸n h×nh häc líp Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn Lêi gi¶i: Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần lợt là các bán kính đờng tròn (O) và đờng tròn (I) Vậy đờng tròn (O) và đờng tròn (I) tiếp xúc t¹i A OAQ c©n t¹i O ( v× OA vµ OQ cïng lµ b¸n kÝnh ) => A1 = Q1 IAP c©n t¹i I ( v× IA vµ IP cïng lµ b¸n kÝnh ) => A1 = P1 => P1 = Q1 mà đây là hai góc đồng vị nên suy IP // OQ APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP là đờng cao OAQ mà OAQ cân O nên OP là đờng trung tuyến => AP = PQ (HD) Kẻ QH AB ta có SAQB = AB.QH mà AB là đờng kính không đổi nên SAQB lớn QH lớn nhÊt QH lín nhÊt Q trïng víi trung ®iÓm cña cung AB §Ó Q trïng víi trung ®iÓm cña cung AB th× P ph¶i lµ trung ®iÓm cña cung AO ThËt vËy P lµ trung ®iÓm cña cung AO => PI AO mµ theo trªn PI // QO => QO AB t¹i O => Q lµ trung điểm cung AB và đó H trung với O; OQ lớn nên QH lớn Bài 22 Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng thẳng này cắt các đờng thẳng DE và DC theo thứ tự H và K Chøng minh BHCD lµ tø gi¸c néi tiÕp TÝnh gãc CHK Chøng minh KC KD = KH.KB Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên đờng nào? Lêi gi¶i: Theo gi¶ thiÕt ABCD lµ h×nh vu«ng nªn BCD = 900; BH DE t¹i H nªn BHD = 900 => nh vËy H vµ C cïng nh×n BD díi mét gãc b»ng 900 nên H và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BD => BHCD là tø gi¸c néi tiÕp BHCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK lµ gãc bÑt nªn KHC + BHC = 1800 (2) Tõ (1) vµ (2) => CHK = BDC mµ BDC = 450 (v× ABCD lµ h×nh vu«ng) => CHK = 450 XÐt KHC vµ KDB ta cã CHK = BDC = 450 ; K lµ gãc chung KC KH => KHC KDB => KB KD => KC KD = KH.KB (HD) Ta luôn có BHD = 900 và BD cố định nên E chuyển động trên cạnh BC cố định thì H chuyển động trên cung BC (E B thì H B; E C thì H C) Bµi 23 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A Dùng ë miÒn ngoµi tam gi¸c ABC c¸c h×nh vu«ng ABHK, ACDE Chøng minh ba ®iÓm H, A, D th¼ng hµng Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC t¹i F, chøng minh FBC lµ tam gi¸c vu«ng c©n Cho biÕt ABC > 450 ; gäi M lµ giao ®iÓm cña BF vµ ED, Chứng minh điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên đờng tròn Chứng minh MC là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c ABC Lêi gi¶i: Theo gi¶ thiÕt ABHK lµ h×nh vu«ng => BAH = 450 Ng« V¨n Häc (13) 50 bµi to¸n h×nh häc líp Tø gi¸c AEDC lµ h×nh vu«ng => CAD = 450; tam gi¸c ABC vu«ng ë A => BAC = 900 => BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba ®iÓm H, A, D th¼ng hµng Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1) FBC = FAC ( néi tiÕp cïng ch¾n cung FC) mµ theo trªn CAD = 450 hay FAC = 450 (2) Tõ (1) vµ (2) suy FBC lµ tam gi¸c vu«ng c©n t¹i F Theo trªn BFC = 900 => CFM = 900 ( v× lµ hai gãc kÒ bï); CDM = 900 (t/c h×nh vu«ng) => CFM + CDM = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF = CMF , mµ CDF = 450 (v× AEDC lµ h×nh vu«ng) => CMF = 450 hay CMB = 450 Ta còng cã CEB = 450 (v× AEDC lµ h×nh vu«ng); BKC = 450 (v× ABHK lµ h×nh vu«ng) Nh vËy K, E, M cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dùng trªn BC => điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên đờng tròn CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC BC C => MC là tiếp tuyến đờng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC Bài 24 Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn này cắt BA vµ BC t¹i D vµ E Chøng minh AE = EB A Gọi H là giao điểm CD và AE, Chứng minh đờng trung trùc cña ®o¹n HE ®i qua trung ®iÓm I cña BH D Chứng minh OD là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác F BDE O H Lêi gi¶i: / _ AEC = 90 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) _K => AEB = 900 ( v× lµ hai gãc kÒ bï); Theo gi¶ thiÕt ABE = 450 / I => AEB lµ tam gi¸c vu«ng c©n t¹i E => EA = EB B E C Gọi K là trung điểm HE (1) ; I là trung điểm HB => IK là đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mµ AEC = 900 nªn BE HE t¹i E => IK HE t¹i K (2) Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trùc cña HE VËy trung trùc cña ®o¹n HE ®i qua trung ®iÓm I cña BH theo trªn I thuéc trung trùc cña HE => IE = IH mµ I lµ trung ®iÓm cña BH => IE = IB ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID Ta cã ODC c©n t¹i O (v× OD vµ OC lµ b¸n kÝnh ) => D1 = C1 (3) IBD c©n t¹i I (v× ID vµ IB lµ b¸n kÝnh ) => D2 = B1 (4) Theo trên ta có CD và AE là hai đờng cao tam giác ABC => H là trực tâm tam giác ABC => BH là đờng cao tam giác ABC => BH AC F => AEB có AFB = 900 Theo trªn ADC cã ADC = 900 => B1 = C1 ( cïng phô BAC) (5) Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD ID t¹i D => OD là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE Bài 25 Cho đờng tròn (O), BC là dây bất kì (BC< 2R) Kẻ các tiếp tuyến với đờng tròn (O) B và C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ các đờng vuông góc MI, MH, MK xuống các cạnh tơng ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK là P; giao điểm CM, IH là Q Chøng minh tam gi¸c ABC c©n C¸c tø gi¸c BIMK, CIMH néi tiÕp Chøng minh MI2 = MH.MK Chøng minh PQ MI Lêi gi¶i: Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AB = AC => ABC c©n t¹i A Theo gi¶ thiÕt MI BC => MIB = 900; MK AB => MKB = 900 => MIB + MKB = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp * ( Chøng minh tø gi¸c CIMH néi tiÕp t¬ng tù tø gi¸c BIMK ) Theo trªn tø gi¸c BIMK néi tiÕp => KMI + KBI = 1800; tø gi¸c CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800 mµ KBI = HCI ( v× tam gi¸c ABC c©n t¹i A) => KMI = HMI (1) Theo trªn tø gi¸c BIMK néi tiÕp => B1 = I1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung KM); tø gi¸c CHMI néi tiÕp => H1 = C1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) Mµ B1 = C1 ( = 1/2 s® BM ) => I1 = H1 (2) MI MK Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH => MH MI => MI2 = MH.MK Ng« V¨n Häc (14) 50 bµi to¸n h×nh häc líp Theo trªn ta cã I1 = C1; còng chøng minh t¬ng tù ta cã I2 = B2 mµ C1 + B2 + BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( vì có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nªn suy IM PQ Bài 26 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R Vẽ dây cung CD AB H Gọi M là điểm chính cung CB, I lµ giao ®iÓm cña CB vµ OM K lµ giao ®iÓm cña AM vµ CB Chøng minh : KC AC AM lµ tia ph©n gi¸c cña CMD Tø gi¸c OHCI néi = KB AB tiÕp Chứng minh đờng vuông góc kẻ từ M đến AC là tiếp tuyến đờng tròn t¹i M Lêi gi¶i: Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña BC => MB MC => CAM = BAM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => AK lµ tia ph©n KC AC gi¸c cña gãc CAB => ( t/c tia ph©n gi¸c cña tam gi¸c ) = KB AB (HD) Theo gi¶ thiÕt CD AB => A lµ trung ®iÓm cña CD => CMA = DMA => MA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CMD (HD) Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña BC => OM BC t¹i I => OIC = 900 ; CD AB t¹i H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp KÎ MJ AC ta cã MJ // BC ( v× cïng vu«ng gãc víi AC) Theo trªn OM BC => OM MJ t¹i J suy MJ là tiếp tuyến đờng tròn M Bài 27 Cho đờng tròn (O) và điểm A ngoài đờng tròn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đờng tròn (O) B và C Gọi M là điểm tuỳ ý trên đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH BC, MK CA, MI AB Chøng minh : Tø gi¸c ABOC néi tiÕp BAO = BCO MIH MHK MI.MK = MH2 Lêi gi¶i: Ng« V¨n Häc (15) 50 bµi to¸n h×nh häc líp (HS tù gi¶i) Tø gi¸c ABOC néi tiÕp => BAO = BCO (néi tiÕp cïng ch¾n cung BO) Theo gi¶ thiÕt MH BC => MHC = 900; MK CA => MKC = 900 => MHC + MKC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội tiếp cïng ch¾n cung HM) Chøng minh t¬ng tù ta cã tø gi¸c MHBI néi tiÕp => MHI = MBI (néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) Mµ HCM = MBI ( = 1/2 s® BM ) => HKM = MHI (1) Chøng minh t¬ng tù ta còng cã KHM = HIM (2) Tõ (1) vµ (2) => HIM KHM MI MH Theo trªn HIM KHM => MH MK => MI.MK = MH2 Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H là trực tâm tam giác ABC; E là điểm đối xứng H qua BC; F là điểm đối xứng H qua trung điểm I BC Chøng minh tø gi¸c BHCF lµ h×nh b×nh hµnh E, F nằm trên đờng tròn (O) Chøng minh tø gi¸c BCFE lµ h×nh thang c©n Gäi G lµ giao ®iÓm cña AI vµ OH Chøng minh G lµ träng t©m cña tam gi¸c ABC Lêi gi¶i: Theo giả thiết F là điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I là trung điểm BC và HE => BHCF là hình bình hành vì có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng (HD) Tø gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => BAC + B’HC’ = 1800 mµ BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo trên BHCF lµ h×nh b×nh hµnh => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800 => Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O) * H và E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC => BEC + BAC = 1800 => ABEC néi tiÕp => E thuéc (O) Ta có H và E đối xứng qua BC => BC HE (1) và IH = IE mà I là trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam gi¸c HEF vu«ng t¹i E hay FE HE (2) Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC lµ h×nh thang (3) Theo trªn E (O) => CBE = CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4) Theo trên F (O) và FEA =900 => AF là đờng kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( vì cùng phô ACB) (5) Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6) Tõ (3) vµ (6) => tø gi¸c BEFC lµ h×nh thang c©n Theo trên AF là đờng kính (O) => O là trung điểm AF; BHCF là hình bình hành => I là trung điểm HF => OI là đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH Theo giả thiết I là trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đờng kính và dây cung) => OIG = HAG (vì GI OI so le trong); lại có OGI = HGA (đối đỉnh) => OGI HGA => GA HA mà OI = AH => GI GA mµ AI lµ trung tuyÕn cña tam gi¸c ABC (do I lµ trung ®iÓm cña BC) => G lµ träng t©m cña tam gi¸c ABC Ng« V¨n Häc (16) 50 bµi to¸n h×nh häc líp Bài 29 BC là dây cung đờng tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động trên cung lớn BC cho O luôn nằm tam giác ABC Các đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC Gäi A’ lµ trung ®iÓm cña BC, Chøng minh AH = 2OA’ Gäi A1 lµ trung ®iÓm cña EF, Chøng minh R.AA1 = AA’ OA’ Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn Lêi gi¶i: (HD) Tø gi¸c BFEC néi tiÕp => AEF = ACB (cïng bï BFE) AEF = ABC (cïng bï CEF) => AEF ABC Vẽ đờng kính AK => KB // CH ( cùng vuông góc AB); KC // BH (cùng vu«ng gãc AC) => BHKC lµ h×nh b×nh hµnh => A’ lµ trung ®iÓm cña HK => OK là đờng trung bình AHK => AH = 2OA’ áp dụng tính chất : hai tam giác đồng dạng thì tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính các đờng tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có : R AA ' R ' AA1 (1) đó R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC; R’ là bán kính đờng AEF ABC => trßn ngo¹i tiÕp AEF; AA’ lµ trung tuyÕn cña ABC; AA1 lµ trung tuyÕn cña AEF Tứ giác AEHF nội tiếp đờng tròn đờng kính AH nên đây là đờng tròn ngoại tiếp AEF AH A 'O Tõ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’ = AA’ VËy R AA1 = AA’ A’O (2) Gäi B’, C’lÇn lît lµ trung ®iÓm cña AC, AB, ta cã OB’AC ; OC’AB (b¸n kÝnh ®i qua trung ®iÓm cña mét dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lợt là các đờng cao các tam giác OBC, OCA, OAB SABC = SOBC+ SOCA + SOAB = ( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB ) 2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) AA1 AA1 Theo (2) => OA’ = R AA ' mà AA ' là tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF và ABC nên AA1 EF FD ED AA ' = BC Tơng tự ta có : OB’ = R AC ; OC’ = R AB Thay vào (3) ta đợc EF FD ED BC AC AB AC AB 2SABC = R ( BC ) 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 = AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A là điểm chÝnh giìa cña cung lín BC Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH và b¸n kÝnh OA Chøng minh AM lµ ph©n gi¸c cña gãc OAH Gi¶ sö B > C Chøng minh OAH = B - C Cho BAC = 600 vµ OAH = 200 TÝnh: a) B vµ C cña tam gi¸c ABC b) DiÖn tÝch h×nh viªn ph©n giíi h¹n bëi d©y BC vµ cung nhá BC theo R Lêi gi¶i: (HD) AM lµ ph©n gi¸c cña BAC => BAM = CAM => BM CM => M lµ trung ®iÓm cña cung BC => OM BC; Theo gi¶ thiÕt AH BC => OM // AH => HAM = OMA ( so le) Mµ OMA = OAM ( v× tam gi¸c OAM c©n t¹i O cã OM = OA = R) => HAM = OAM => AM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc OAH Ng« V¨n Häc (17) 50 bµi to¸n h×nh häc líp VÏ d©y BD OA => AB AD => ABD = ACB Ta cã OAH = DBC ( gãc cã c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc cïng nhän) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trªn B C = OAH => B - C = 200 0 B C 120 B 70 B C 200 C 50 => R 1202 R R R R (4 3) R 3600 2= 12 b) Svp = SqBOC - S BOC = 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 dây cung) = > OIH = 900 Ng« V¨n Häc (18) 50 bµi to¸n h×nh häc líp 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 MN quay quanh H thì C di động trên đờng tròn đờng kính OA cố định Ta cã AM AN = 3R2 , 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 = Bµi 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đờng tròn M Chøng minh OM BC Chøng minh MC2 = MI.MA 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 giác A B A B (t/c ph©n gi¸c cña mét gãc ) => P1 = 900 – ( 2 ).(1) AKB nªn K1 = A1 + B1 = C A B ) (2) CQ lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ACB => C1 = = (1800 - A - B) = 900 – ( Ng« V¨n Häc (19) 50 bµi to¸n h×nh häc líp Tõ (1) vµ (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mµ P vµ C n»m cïng vÒ mét nöa mÆt ph¼ng bê BQ nªn cïng A B ) dùng trªn BQ 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 kÝnh 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 qua H => BC ACA’ vuông C có đờng cao CH = 2 = 3cm; AH = 4cm => CH 32 2,5 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 n»m 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 Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đờng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c CME lµ nhá nhÊt 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 vµ 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 Ng« V¨n Häc (20) 50 bµi to¸n h×nh häc líp điểm đờng tròn tâm O1 bán kính O1M với đờng tròn (O) đó O1 là hình chiếu vuông góc N trên 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), (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 Chøng minh BAC = 900 TÝnh sè ®o gãc OIO’ 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 ABC cã AI = BC =>ABC vu«ng t¹i A hay BAC =900 C 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) Ng« V¨n Häc (21) 50 bµi to¸n h×nh häc líp 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) 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 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 Ng« V¨n Häc (22) 50 bµi to¸n h×nh häc líp Mµ OP = R; AM = PM; BN = NP (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AM BN = R2 R R Theo trªn OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mµ PM = AM = => PM = => PN = R2: 2 5R R => MN = MP + NP = + 2R = R = 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: 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 tròn 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 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 chung => BCD ABD => AD BD => 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 Ng« V¨n Häc (23) 50 bµi to¸n h×nh häc líp 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 N Chøng minh NE AB Gọi F là điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA là tiếp tuyến (O) _ F Chứng minh FN là tiếp tuyến đờng tròn (B; BA) / M Lêi gi¶i: (HS tù lµm) (HD) DÔ thÊy E lµ trùc t©m cña tam gi¸c NAB => NE AB C / 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 => E FA // NE mµ NE AB => FA AB t¹i A => FA lµ tiÕp tuyÕn cña (O) t¹i A B Theo trªn tø gi¸c AENF lµ h×nh b×nh hµnh => FN // AE hay FN // AC mµ AC A O H BN => FN BN t¹i N 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 góc 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 Bài 46 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB , trên đờng tròn ta lấy hai điểm C và D cho cung AC = cung AD Tiếp tuyến với đờng tròn (O) vẽ từ B cắt AC F Chøng minh hÖ thøc : AB2 = AC AF Chứng minh BD tiếp xúc với đờng tròn đờng kính AF Ng« V¨n Häc (24) 50 bµi to¸n h×nh häc líp Khi C chạy trên nửa đờng tròn đờng kính AB (không chứa điểm D ) Chứng minh trung điểm I đoạn à chạy trên tia cố định , xác định tia cố định đó Bµi 47 Cho tam gi¸c ABC Ng« V¨n Häc (25)