CD GOC VOI DUONG TRON

Điểm đó là tâm của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác d Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dới một góc α Lu ý: Để chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp ta có[r]

N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 Ngµy so¹n : 16/02/10 Ngµy d¹y : 22/02/10 góc với đờng tròn góc với đờng tròn Chủ đề Buæi A/Môc tiªu  Học xong buổi học này HS cần phải đạt đợc :  KiÕn thøc - ¤n tËp vµ hÖ thèng hãa mét sè kiÕn thøc c¬ b¶n vÒ gãc néi tiÕp, gãc t¹o bëi tia tiếp tuyến và dây cung; góc có đỉnh bên đờng tròn, góc có đỉnh bên ngoài đờng trßn - áp dụng kiến thức trên để giải bài tập có liên quan  KÜ n¨ng - RÌn kÜ n¨ng vÏ h×nh, nhËn d¹ng c¸c lo¹i gãc, chøng minh vµ tr×nh bµy bµi gi¶i  Thái độ - Học sinh có thái độ nghiêm túc, tự giác học tập, có ý thức củng cố kiến thức đã häc B/ChuÈn bÞ cña thÇy vµ trß - GV: Thíc, compa, ªke - HS: Thíc, compa, ªke C/TiÕn tr×nh bµi d¹y I HS1: HS2: HS3: Tæ chøc II KiÓm tra bµi cò Nêu định nghĩa, định lí và hệ định lí góc nội tiếp ? Nêu khái niệm, định lí và hệ định lí tạo tia tiếp tuyến và d©y cung ? Nêu các định lí góc có đỉnh bên đờng tròn, góc có đỉnh bên ngoài đờng tròn III Bµi míi I LÝ thuyÕt: Gãc néi tiÕp: a) Định nghĩa: Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đờng tròn và hai cạnh góc chứa hai dây cung đờng tròn đó C A  BAC lµ gãc néi tiÕp ch¾n cung BmC b) Định lí: Trong đờng tròn, số đo góc nội tiếp nöa sè ®o cña cung bÞ ch¾n  BAC  12 O m B  s® BmC c) Hệ quả: Trong đờng tròn +) C¸c gãc néi tiÕp b»ng ch¾n c¸c cung b»ng +) C¸c gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung hoÆc ch¾n c¸c cung b»ng th× b»ng +) Gãc néi tiÕp kh«ng qu¸ 90 cã sè ®o b»ng nöa sè ®o cña gãc ë t©m cïng ch¾n mét cung +) Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn là góc vuông Gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 a) Kh¸i niÖm: Tia tiÕp tuyÕn Ax vµ tia AB chøa d©y AB đờng tròn (O) tạo nên góc, gọi là góc tạo tia tiÕp tuyÕn Ax vµ d©y AB B O  xAB lµ gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung , gãc nµy m A ch¾n cung AmB b) §Þnh lÝ: Sè ®o cña gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung b»ng nöa sè ®o cña cung bÞ ch¾n x  xAB   s® AmB c) Hệ quả: Trong đờng tròn, góc tạo tia tiếp tuyến vµ d©y cung vµ gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung th× b»ng   ACB    s® AmB Ta cã: BAx - Góc có đỉnh bên trong, góc có đỉnh bên ngoài đờng tròn: a) Định lí 1: Số đo góc có đỉnh bên đờng tròn b»ng nöa tæng sè ®o hai cung bÞ ch¾n  AKB  (   s® AnB  s® CmD) b) Định lí 2: Số đo góc có đỉnh bên ngoài đờng tròn b»ng nöa hiÖu sè ®o hai cung bÞ ch¾n  DAE  (   s® DnE  s® BmC) m C D O K A n B D C A m O B n E II Bµi tËp: Bài tập 1: Chứng minh đờng tròn, hai cung bị chắn hai dây song song th× b»ng Gi¶i: *) Trêng hîp 1: T©m O n»m ngoµi d©y song song (AB // CD) Kẻ đờng kính MN cho MN // AB ; MN // CD  OAB  AOM    OBA BON Ta cã:  (so le trong) (1)   Mµ AOB c©n t¹i O  OAB  ABO (2)     Tõ (1) vµ (2)  AOM BON  s® AM = s® BN (a)   LÝ luËn t¬ng tù ta cã: s® CM = s® DN (b)   V× C n»m trªn AM vµ D n»m trªn BN nªn tõ (a) vµ (b)     s® AM - s® CM = s® BN - s® DN     Hay s® AC = s® BD  AC = BD (®pcm) *) Trêng hîp : T©m O n»m hai d©y song song Kẻ đờng kính MN cho MN // AB ; MN // CD Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008  OAB  AOM    OBA BON Ta cã:  (so le trong) (1)   Mµ AOB c©n t¹i O  OAB  ABO (2)     Tõ (1) vµ (2)  AOM BON  s® AM = s® BN (a)   LÝ luËn t¬ng tù ta cã: s® CM = s® DN (b)   V× M n»m trªn AC vµ N n»m trªn BD nªn tõ (a) vµ (b)     s® AM + s® CM = s® BN + s® DN     Hay s® AC = s® BD  AC = BD (®pcm) Bài tập 2: Trên đờng tròn (O) lấy ba điểm A, B, C Gọi M, N, P theo thứ tự là điểm chÝnh gi÷a cña c¸c cung AB (kh«ng chøa C), BC (kh«ng chøa A) vµ AC (kh«ng chøa B) Gäi I lµ giao ®iÓm cña BP vµ AN, E lµ giao ®iÓm cña AB víi MN Chøng minh r»ng: a) BNI lµ tam gi¸c c©n b) AE.BN = EB.AN c) EI//BC AN AB  BN BD d) Gi¶i:   PBN  PCN  (   s® s® PC  s® CN ) a) Ta cã:  BIN    BN  (s® AP s® ) PC  AP  , CN  BN   BPN   BIN A P O M Mµ Tøc lµ tam gi¸c BIN c©n t¹i N b)V× M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung AB nªn NE là đờng phân giác góc ANB Do đó: I E B D N C AE AN   AE.BN EB.AN EB BN c) Theo câu a) ta có BN = NI  NBE NIE (c.g.c) Do đó EI = EB và vì   EBI EIB tam gi¸c EIB c©n t¹i E suy       MÆt kh¸c, AP PC nªn EBI  IBC Bëi vËy EIB IBC Mµ hai gãc nµy ë vÞ trÝ so le nªn EI//BC d) Hai tam gi¸c BND vµ ANB cã chung gãc ANB MÆt kh¸c  CN   BAN   BN CBN đó hai tam giác này đồng dạng AN AB  BN BD Suy Bài tập 3: Cho đờng tròn (O) và đờng thẳng d ngoài đờng tròn A là hình chiếu O trªn d KÎ c¸t tuyÕn ABC vµ hai tiÕp tuyÕn Bx vµ Cy c¾t d lÇn lît t¹i D, E Chøng minh r»ng AE = AD Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 Gi¶i: Ta thấy A, D cùng thuộc đờng tròn đờng kính OD ( vì góc D   OAD vu«ng) nªn: BDO CAO (cïng ch¾n cung OB) Bốn điểm O, A, E, C cùng thuộc đờng tròn đờng kính OE   nªn: CEO CAO (cïng ch¾n cung OC)  OBD OCE  OE OD O A B d C Tam Giác OED cân nên đờng cao OA chia đôi cạnh đáy E ED Bëi vËy ta cã AE = AD Bài tập 4: Từ điểm M ngoài đờng tròn (O) kẻ cát tuyến MBA và hai tiếp tuyến MC, MD Ph©n gi¸c cña gãc ACB c¾t AB t¹i E Chøng minh: a) MC = ME b) DE lµ ph©n gi¸c cña gãc ADB Gi¶i: a) Gọi F là giao điểm CE với đờng tròn (O)   C đó : BF AF Ta có:  CEB  (   s® BC  s® AF )  ) 1 (  BF  MCE  s® FC = s® BC  s® A E M B D F VËy tam gi¸c MEC c©n nªn MC = ME b) Ta thÊy MD = MC nªn MD = ME suy tam gi¸c MED c©n t¹i M nªn:   MED  MDE   EAD BDM - MÆt kh¸c: (1) (cïng ch¾n cung BD) (2)       - Tõ (1), (2) ta cã MED  EAD MDE  BDM hay EDA EDB (tÝnh chÊt gãc ngoµi tam gi¸c) - Suy DE lµ ph©n gi¸c cña gãc ADB Bµi tËp 5: Bµi tËp 20 ( SBT - 76 ) GT : Cho  ABC nội tiếp (O)  M  BC ; D  MA ; MD = MB KL : a)  MBD lµ tam gi¸c g× ? b) So s¸nh  BDA vµ  BMC A c) MA = MB + MC Chøng minh O a) XÐt  MBD cã MB = MD ( gt )   MBD c©n t¹i M   L¹i cã : BMA= BCA (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung AB) B BMA= BCA  60   MBD là tam giác mà  ABC ( gt )  b) XÐt  BDA vµ  BMC cã : AB = BC ( gt) ( cạnh tam giác )   BAD BCM ( gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM )   MBC = DBA ( cïng céng víi gãc DBC b»ng 600 )   BDA =  BMC ( g.c.g) D c) Cã MA = MD + DM ( v× D n»m gi÷a A vµ M ) mµ MD = MB ( gt ) ; MC = MD (  BDA =  BMC ) D C M A F O E Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc B C N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008  MA = MB + MC ( ®cpcm ) Bµi tËp 6: Bµi tËp 23 ( SBT - 77 ) GT : Cho  ABC ( AB = AC ) néi tiÕp (O)   BF ; CD lµ ph©n gi¸c cña ABC ; ACB BF c¾t CD t¹i E KL : Tø gi¸c EDAF lµ h×nh thoi Chøng minh :       - Theo ( gt ) cã  ABC c©n t¹i A  B = C  ABF CBF ACD BCD ( v× BF vµ CD lµ hai ph©n gi¸c )      AD = AF = CF = BD ( c¸c gãc néi tiÕp b»ng  ch¾n cung b»ng )  AD = AF (1) ( cung b»ng  c¨ng d©y b»ng ) - Cã d©y AD vµ d©y BF ch¾n gi÷a hai cung b»ng BD vµ AF  AD // BF T¬ng tù CD // AF  Tø gi¸c EDAF lµ h×nh b×nh hµnh ( 2) - Tõ (1) vµ (2) suy tø gi¸c EDAF lµ h×nh thoi IV - Xem lại các bài đã chữa - Học lại các định nghĩa, định lí, hệ góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung; góc có đỉnh bên đờng tròn, góc có đỉnh bên ngoài đờng tròn Híng dÉn vÒ nhµ ******************************* *) Hãy giữ phím ctrl và nhấn vào đờng link này - http://huynhvumt.violet.vn/ Ngµy so¹n : 10/03/10 Ngµy d¹y : 15/03/10 góc với đờng tròn Tø gi¸c néi tiÕp Chủ đề Buæi A/Môc tiªu  Học xong buổi học này HS cần phải đạt đợc :  KiÕn thøc - Học sinh đợc củng cố các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp - Vận dụng các dấu hiệu để chứng minh tứ giác nội tiếp và các bài tập có liên quan  KÜ n¨ng - RÌn luyÖn kÜ n¨ng vÏ h×nh, chøng minh, tr×nh bµy  Thái độ - Học sinh có thái độ học tập nghiêm túc B/ChuÈn bÞ cña thÇy vµ trß - GV: Thíc, compa, ªke - HS: Thíc, compa, ªke C/TiÕn tr×nh bµi d¹y I Tæ chøc II KiÓm tra bµi cò - HS1: Nêu định nghĩa, định lí và các hệ tứ giác nội tiếp ? - HS2: §Ó chøng minh mét tø gi¸c lµ tø gi¸c néi tiÕp ta cã nh÷ng c¸ch nµo ? III I – LÝ thuyÕt C¸c dÊu hiÖu nhËn biÕt tø gi¸c néi tiÕp Bµi míi Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc V× sù nghiÖp gi¸o dôc N¨m häc 2009 - 2010 2008 a) Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 b) Tứ giác có góc ngoài đỉnh góc đỉnh đối diện c) Tứ giác có bốn đỉnh cách điểm (mà ta có thể xác định đợc) Điểm đó là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác d) Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dới góc α Lu ý: Để chứng minh tứ giác là tứ giác nội tiếp ta có thể chứng minh tứ giác đó là mét c¸c h×nh : H×nh ch÷ nhËt, h×nh vu«ng, h×nh thang c©n II – Bµi tËp Bài tập 1: Cho  ABC (AB = AC) nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AG, BE, CF c¾t t¹i H a) CMR: Tứ giác AEHF nội tiếp Xác định tâm I đờng tròn ngoại tiếp tứ giác đó b) Chøng minh : AF AC = AH AG c) Chøng minh GE lµ tiÕp tuyÕn cña (I) Chøng minh: a) Ta có: AG , BE , CF là đờng cao ABC cắt   t¹i H  AFH AEH 90    AFH  AEH 900  900 1800  Tø gi¸c AEHF lµ tø gi¸c néi tiÕp - V× E, F nh×n AH díi mét gãc b»ng 900  Theo quü tÝch cung chøa gãc th× E, F n»m trên đờng tròn tâm I đờng kính AH  tâm I đờng tròn ngoại tiếp tứ giác EHFF là trung ®iÓm cña AH    b) XÐt AFH vµ AGB cã: BAG ( chung ) ; AFH AGB 90 (gt)  AFH S AGB (g.g) AF AH   AG AB  AB AF = AH AG (*) l¹i cã AB = AC ( gt)  Thay vµo (*) ta cã AF AC = AH AG (§cpcm) c) Xét IAE có (IA = IE vì I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF)     IAE c©n  IAE IEA (1) Xét CBE có EG là trung tuyến (Do AG là đờng cao ABC cân)  BG = GC  GE = GB = GC    GBE c©n t¹i G  GBE GEB (2) 0     L¹i cã IAE  BCA 90 ; GBE  BCA 90      IAE IEA = GBE = GEB ( 3) IEA  IEH  = 90 (gt) (4) Mµ   Tõ (1) , (2) , (3) vµ (4)  IEH  HEG 90  GE  IE  GE lµ tiÕp tuyÕn cña (I) t¹i E Bµi tËp 2: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 Gi¶i: Bµi tËp 3: Gi¶i: Bµi tËp 4: Gi¶i: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc V× sù nghiÖp gi¸o dôc N¨m häc 2009 - 2010 2008 Bµi tËp 5: Bµi tËp 6: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc V× sù nghiÖp gi¸o dôc N¨m häc 2009 - 2010 2008 Bµi tËp 7: Bµi tËp 8: Gi¶i: Híng dÉn vÒ nhµ IV - Xem lại các bài tập đã chữa ******************************* *) Hãy giữ phím ctrl và nhấn vào đờng link này - http://huynhvumt.violet.vn/ Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc V× sù nghiÖp gi¸o dôc N¨m häc 2009 - 2010 2008 Ngµy so¹n : 01/04/10 Ngµy d¹y : 05/04/10 Chủ đề Buæi góc với đờng tròn luyÖn tËp c¸c bµi to¸n vÒ tø gi¸c néi tiÕp A/Môc tiªu  Học xong buổi học này HS cần phải đạt đợc :  KiÕn thøc - Học sinh đợc củng cố vững các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp - Vận dụng các dấu hiệu để chứng minh tứ giác nội tiếp và các bài tập có liên quan  KÜ n¨ng - RÌn luyÖn kÜ n¨ng vÏ h×nh, chøng minh, tr×nh bµy - N©ng cao kÜ n¨ng chøng minh mét tø gi¸c lµ tø gi¸c néi tiÕp  Thái độ - Học sinh có thái độ học tập đúng đắn, nghiêm túc B/ChuÈn bÞ cña thÇy vµ trß - GV: Thíc, compa, ªke - HS: Thíc, compa, ªke C/TiÕn tr×nh bµi d¹y I - HS : Tæ chøc II KiÓm tra bµi cò Nªu c¸c dÊu hiÖu nhËn biÕt mét tø gi¸c néi tiÕp ? III Bµi míi Bài tập 1: Cho tam giác ABC, các đờng phân giác các góc B, C cắt S Các đờng phân giác ngoài góc B, C cắt P a) Chøng minh tø gi¸c BSCP néi tiÕp b) Xác định tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BSCP c) Gäi N lµ giao ®iÓm cña BC vµ SP Chøng minh SN.PN = BN.NC Híng dÉn: a)V× BS lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ABC vµ BP lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CBx Mµ    ABC  CBx 180  BS  BP  SBP 90 Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008  - T¬ng tù SCP 90 A   SBP  SCP 180 suy tø gi¸c BSCP néi S tiÕp  B b)Do tø gi¸c BSCP néi tiÕp mµ SCP 90 suy góc SCP là góc nội tiếp chắn nửa đờng trßn x C N O y P - Nên đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BSCP nhận SP làm đờng kính Suy tâm đờng trßn nµy lµ trung ®iÓm cña SP c) XÐt  BNS vµ  PNC cã   BNS PNC (đối đỉnh)   SBC SPC (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung SC) suy hai tam giác BNS, PNC đồng dạng: SN BN   SN.PN BN CN  CN PN Bài tập 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn (O) S là điểm chính cung AB; SC vµ SD c¾t AB t¹i E vµ F a) Chøng minh tø gi¸c CDFE néi tiÕp b) Chøng minh SO lµ ph©n gi¸c cña gãc ASB c) DE vµ CF kÐo dµi c¾t (O) lÇn lît t¹i N, M chøng minh SO vu«ng gãc víi MN Híng dÉn: a) ta cã :  DFB  (   s® DCB  s® AS )  ) 1  (  SB  s® DCB  s® s® DCS  DCS   s® DAS    DFB  DSC 180 Suy tø gi¸c DFEC néi tiÕp   b)Do SA SB  SA SB hay tam gi¸c SAB c©n t¹i S MÆt kh¸c SO  AB Nên SO là đờng phân giác góc ASB ( đờng cao hạ từ đỉnh tam giác cân đồng thời là đờng phân giác) c)V× tø gi¸c DCEF néi tiÕp nªn :   FDE FCE (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung FE)    SM SN đó SO  MN Bài tập 3: Cho ba đờng tròn cùng qua điểm P Gọi các giao điểm khác P hai ba đờng tròn đó là A, B, C Từ điểm D (khác điểm P) trên đờng tròn (PBC) kẻ tia DB, DC cắt đờng tròn (PAB), (PAC) lần lợt M, N Chứng minh ba điểm M, A, N Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 th¼ng hµng Híng dÉn: V× tø gi¸c APBM néi tiÕp    MAP  MBP 1800   PBD  PBM 180 L¹i cã A M N (KÒ bï) P B   MAP PBD (1) C Tø gi¸c ANCP néi tiÕp    PAN  NCP 180   DCP  NCP 180 (KÒ bï)    PAN PCD (2) PBD  PCD  180 Mµ  D (3)  Tõ (1), (2), (3)  MAP  PAN 180 Suy ba ®iÓm M, A, N th¼ng hµng Bài tập 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn (O) Gọi điểm chính cung AB, BC, CD, DA lÇn lît lµ M, N, P, Q a) Chøng minh r»ng MP vu«ng gãc víi NQ b) Gäi giao ®iÓm cña DC víi PA, PB theo thø tù lµ E, F Chøng minh tø gi¸c ABFE néi tiÕp Híng dÉn: a) Gäi I lµ giao ®iÓm cña PM vµ QN ta cã:  MIN     s® PQ (s® MN ) F 1 ADC ) 360 900  (  2 s® ABC  s®  MP  NQ  PC  DP b) V× C P N E D I O B Q nªn ta cã: A   FBA  AP  (    s® s® AD  s® PC) PEC     PEC  FEA 1800  FBA  FEA 180 M Từ đó Do đó tứ giác ABFE nội tiếp  Bài tập : Cho tam giác cân ABC với đáy BC có A 20 Trên nửa mặt phẳng bờ AB  kh«ng chøa ®iÓm C lÊy D cho DA = DB vµ DAB 40 Gäi E lµ giao ®iÓm cña AB va DC a) Chøng minh tø gi¸c ADBC néi tiÕp  b) TÝnh AED Híng dÉn: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008  a) V× tam gi¸c ABC c©n t¹i A vµ A 20 A   ACB 80 (1) XÐt tam gi¸c ADB cã DA=DB suy tam gi¸c ADB c©n t¹i D   Nªn ta cã DBA DAB 40 D   ADB 100 (2)    ACB  ADB 180 E Tõ (1), (2) Do đó tứ giác ADBC nội tiếp  BAC   s® BC b) (gãc néi tiÕp ch¾n cung BC)   s® BC =400  ADB   s® AD T¬ng tù: (gãc néi tiÕp ch¾n cung DA)   DA s® C B = 80  AED  (   sđ BC  sđ DA) = 600 (góc có đỉnh bên đờng tròn chắn cung Mµ BC vµ cung AD) Bài tập 6: Cho đờng tròn (O), đờng kính AB C là điểm nằm hai điểm O và A Đờng thẳng kẻ qua C vuông góc với AB cắt đờng tròn (O) P và Q Tiếp tuyến đờng tròn (O) điểm D trên cung nhỏ BP cắt đờng thẳng PQ E AD cắt PQ F Chứng minh: a) Tø gi¸c BCFD néi tiÕp b) ED = EF c) Tam giác EDP và tam giác EQD đồng dạng Suy ED2=EP.EQ Híng dÉn:  a) V× AB  PD  BCF 90  Mà BDA 90 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)   BCF  BDF 180 Do vËy tø gi¸c BDFC néi tiÕp    b) Ta thÊy: ABD  ADE (= s® ADP )   ABD DFE L¹i cã CFD) D B (Cïng bï víi gãc O   Suy EDF DFE  FED c©n Nªn ED=EF Q F C P A E Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 PQD PDE   c) Ta cã (= s® PD )  E chung Suy hai tam giác EDP và EQD đồng dạng  ED EP   ED2 EP.QE EQ ED Bài tập : Hai đờng tròn (O) và (O’) cắt hai điểm A và B Gọi EF là tiếp tuyÕn chung cña chóng vµ AB c¾t EF t¹i I a) Chứng minh hai tam giác IEA và IBE đồng dạng b) Chøng minh I lµ trung ®iÓm cña EF c) Gọi C là điểm đối xứng B qua I Chứng minh tứ giác AECF nội tiếp Híng dÉn: a) XÐt IEA vµ IBE cã: A AIE chung EAB BEI   (= s® EB ) O' O B Suy hai tam giác IEA và IBE đồng dạng b) Theo a) ta cã: E I IE IB   IE IA.IB IA IE F C (1) Tơng tự hai tam giác IFA và IBF đồng dạng Suy IF2 = IA.IB (2) Tõ (1), (2) suy IE = IF hay I lµ trung ®iÓm cña EF c) V× IE = IF vµ IB = IC nªn tø gi¸c EBFC lµ h×nh b×nh hµnh     Suy CFE FEB (so le trong) Mµ EAB BEI   Suy CFE CAE Do đó F, A cùng nhìn EC dới góc nên bốn điểm A, E, C, F cùng thuộc đờng tròn Bài tập 8: Cho đờng tròn (O) và điểm C ngoài đờng tròn Từ C kẻ hai tiếp tuyến CE, CF và cát tuyến CMN tới đờng tròn Đờng thẳng nối C với O cắt đờng tròn hai ®iÓm A vµ B Gäi I lµ giao ®iÓm cña AB víi EF Chøng minh r»ng: a) Bốn điểm O, I, M, N cùng thuộc đờng tròn   b) AIM BIN Híng dÉn:   CEM CNE (  s® EM ) a) Ta thÊy:  L¹i cã: ECN chung Nên hai tam giác CEM và CNE đồng dạng CE CN    CM.CN CE CM CE (1) Vì CE, CF là tiếp tuyến đờng tròn (O) nªn AB  EF Trong tam giác vuông CEO có EI là đờng cao: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N E M C I A M' F O B N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 CE2 = CI.CO (2)  CM.CN CI CO  Tõ (1), (2) CM CO  CI CN  Mµ MCI chung Suy hai tam giác CMI và CON đồng dạng      CIM CNO V× vËy MIO  MNO 180 Vậy bốn điểm O, I, M, N cùng nằm trên đờng tròn b) Kéo dài NI cắt đờng tròn (O) M’ Do tứ giác IONM nội tiếp nên:    1 IOM INM  AM    AM  ' '  AM s® MM ' => s® s® MM    AIM AIM ' BIN VËy Bài tập 9: Cho đờng tròn (O) và hai tiếp tuyến SA, SB Kẻ dây cung BC Đờng kính vu«ng gãc víi d©y AC c¾t BC t¹i I Chøng minh: a) Bốn điểm S, A, I, B cùng thuộc đờng tròn b) Tø gi¸c SAOI néi tiÕp c) SI//AC Híng dÉn: a) *) Trêng hîp I n»m ®o¹n BC (h×nh a)   Ta cã SAB ACB (cïng ch¾n cung AB) V× SA = SB (theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau) Nªn tam gi¸c SAB c©n t¹i S Tam giác AIC có IO vừa là đờng cao vừa là đờng trung tuyến nên tam giác AIC c©n t¹i I B I O C S A   Suy ASB  AIC Do đó     ASB  AIB AIC  AIB 180 VËy bèn ®iÓm S, A, I, B cïng n»m trªn đờng tròn *) Trêng hîp I n»m ngoµi ®o¹n BC (h×nh b) T¬ng tù nh trªn ta cã:     BSA AIC hay BSA AIB I Suy S vµ I cïng thuéc cung chøa gãc dùng trªn ®o¹n AB, nghÜa lµ bèn ®iÓm S, A, I, B cùng thuộc đờng tròn b) *) Trêng hîp I n»m ®o¹n BC: B C O S A     Do tø gi¸c SAIB néi tiÕp nªn SIB SIA (v× SA  SB ) SI lµ ph©n gi¸c gãc BIA MÆt kh¸c, OI lµ ph©n gi¸c gãc AIC Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008  OI  SI hay A và I cùng thuộc đờng tròn đờng kính SO *) Trêng hîp I n»m ngoµi ®o¹n BC   Do tø gi¸c SABI néi tiÕp  AIS ABS (cïng ch¾n cung SA) Trong đờng tròn (O) ta có:   ABS ACB (cïng ch¾n cung AB)   V× tam gi¸c AIC c©n nªn ta cã: ACB  IAC 0      Do đó OIA  AIS OIA  IAC 90 => OIS 90 Nh A và I thuộc đờng tròn đờng kính SO c) Theo c©u b) ta cã SI  OI theo gi¶ thiÕt ta cã AC  OI Suy AC//SI Bài tập 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O) Tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đờng tròn (O) P Kẻ đờng kính PQ Các tia phân giác các góc ABC vµ ACB c¾t AQ theo thø tù t¹i E, F Chøng minh: a) PC2=PI.PA b) Bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc đờng tròn Híng dÉn:  a)XÐt PCI vµ  PAC  APC chung (1)   AP lµ ph©n gi¸c cña gãc BAC  BP PC    PAC ICP (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai A F cung b»ng nhau) (2) Tõ (1), (2) suy hai tam gi¸c PIC vµ PAC đồng dạng  E Q PC PA   PC2 PA PI PI PC K B C I P c)Do PQ là đờng kính nên góc PAQ vuông Gọi K là giao điểm ba đờng phân giác ta    cã: FEB  AEK 90  AKE  B  A    AKE ABK  BAK   2 XÐt tam gi¸c ABK ta cã: Do đó:    FEB 900   A  B   C FCB  2 2   Bởi E và C cùng nhìn FB dới góc, nên bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc đờng trßn Bài tập 11: Qua điểm A bên ngoài đờng tròn, kẻ cát tuyến ABC với đờng tròn Các tiếp tuyến đờng tròn B và C cắt K Qua K kẻ đờng thẳng vuông góc với OA, cắt OA H và cắt đờng tròn tâm O E và F (E nằm K và F) Gọi M là giao điểm cña OK vµ BC Chøng minh r»ng: a) EMOF néi tiÕp b) AE, AF là tiếp tuyến đờng tròn (O) Híng dÉn: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 a) V× CM  OK nªn tam gi¸c OCK vu«ng cã : KC2 = KM.KO KC lµ tiÕp tuyÕn, KF lµ c¸t tuyÕn nªn: KC2 = KE.KF Suy KM.KO = KE.KF nªn F H KM KF  KE KO A O B M E  Mµ EKM chung Suy hai tam gi¸c KEM vµ KOF đồng dạng C K    EMK KFO đó tứ giác EMOF néi tiÕp (1)      0 b) §Æt EMK KFO  Ta cã AOE FOA 90   , AME 90   Do đó tứ giác AOME nội tiếp (2) Từ (1), (2) suy năm điểm A, E, M, O, F cùng thuộc đờng tròn, đờng kính đờng trßn lµ OA    AFO AEO 90 , tức là AF và AE là tiếp tuyến đờng tròn (O) Híng dÉn vÒ nhµ IV - Xem lại các bài đã chữa - Giải bài tập sau: Cho tam giác ABC vuông A, có AB > AC, đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, vẽ nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F a) Chøng minh tø gi¸c AEHF lµ h×nh ch÷ nhËt b) Chøng minh AE.AB = AF.AC c) Chøng minh tø gi¸c BEFC lµ tø gi¸c néi tiÕp  d) BiÕt B 30 , BH = cm TÝnh diÖn tÝch h×nh viªn ph©n giíi h¹n bëi d©y BE vµ cung BE *) Híng dÉn:  a) BEH 90 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®0 A  ờng tròn đờng kính BH) => AEH 90 E  HFC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng  tròn đờng kính HC) => AFH 90 - Tø gi¸c AEHF cã A  AEH  AFH 900 m B F K 300 O nªn tø gi¸c nµy lµ h×nh ch÷ nhËt b) AHB vu«ng t¹i H cã HE vu«ng gãc víi AB (cmt) => AE.AB = AH2 (hÖ thøc lîng tam gi¸c vu«ng) - T¬ng tù AF.AC = AH2 => AE.AB = AF.AC c) Theo câu a tứ giác AEHF là hình chữ nhật => nội tiếp đợc   nªn AFE  AHE (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung AE)    - Ta l¹i cã: B  AHE (cïng phô BHE ) Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc H C N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008   => AFE  B VËy tø gi¸c BEFC néi tiÕp d) Gọi O là tâm đờng tròn đờng kính BH - Nèi OE KÎ OK  BE - V× BH = 4cm => R(O) = 2cm 0   - Theo gi¶ thiÕt B 30 => EOH 60 (gãc néi tiÕp vµ gãc ë t©m cïng ch¾n cung  EH) => BOE 120 2 cm - Ta cã: BE = BH.cos30 vµ OK = OB.sin300 = 1cm  R2 120   cm2 360 - DiÖn tÝch h×nh qu¹t trßn OBmE lµ : Squ¹tOBmE = OK BE  cm2 - DiÖn tÝch tam gi¸c OBE lµ : S OBE = 4 4  - DiÖn tÝch h×nh viªn ph©n BmE lµ : 3  4  3 2,45 cm2 ******************************* *) Hãy giữ phím ctrl và nhấn vào đờng link này - http://huynhvumt.violet.vn/ Ngµy so¹n : 09/04/10 Ngµy d¹y : 15/04/10 Chủ đề góc với đờng tròn Buæi Chứng đờng thẳng là tiếp tuyến đờng tròn A/Môc tiªu  Học xong buổi học này HS cần phải đạt đợc :  KiÕn thøc - Học sinh đợc củng cố vững các dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến đờng tròn - Vận dụng các dấu hiệu để chứng minh đờng thẳng là tiếp tuyến đờng tròn  KÜ n¨ng - RÌn luyÖn kÜ n¨ng vÏ h×nh, chøng minh, tr×nh bµy - Nâng cao kĩ chứng minh đờng thẳng là tiếp tuyến đờng tròn  Thái độ - Học sinh có thái độ học tập đúng đắn, nghiêm túc B/ChuÈn bÞ cña thÇy vµ trß - GV: Thíc, compa, ªke - HS: Thíc, compa, ªke C/TiÕn tr×nh bµi d¹y Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 Tæ chøc II KiÓm tra bµi cò I - HS1: Nêu các dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến đờng tròn ? Häc sinh nªu hai dÊu hiÖu:  Đờng thẳng và đờng tròn có điểm chung (định nghĩa tiếp tuyÕn)  Đờng thẳng qua điểm đờng tròn và vuông góc với bán kính qua điểm đó - GV: Bổ sung các cách khác để chứng minh đờng thẳng là tiếp tuyến đờng tròn III LÝ thuyÕt: Có ba cách thờng dùng để chứng minh đờng thẳng là tiếp tuyến đờng tròn  Cách 1: Chứng minh đờng thẳng qua điểm đờng tròn và vuông góc với bán kính qua điểm đó Bµi míi H   O    a lµ tiÕp tuyÕn cña (O) a  OH t¹i H  C¸ch 2: Để chứng minh đờng thẳng d tiếp xúc với đờng tròn (O) điểm A ta chứng minh góc tạo đờng thẳng d với dây AB nào đó góc nội tiếp chắn cung AB Cho h×nh vÏ:   NÕu BAx  ACB th× d lµ tiÕp tuyÕn cña đờng tròn  Cách 3: Sử dụng định lí đảo định lí góc tạo tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung Cho h×nh vÏ:   BAx  s® AmB NÕu th× Ax lµ mét tia tiếp tuyến đờng tròn Bµi tËp: Bài 1: Cho tam giác ABC cân A, các đờng cao AD, BE cắt H Vẽ đờng tròn (O) có đờng kính AH Chứng minh rằng: a) Điểm E nằm trên đờng tròn (O) Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 b) DE là tiếp tuyến đờng tròn (O) Híng dÉn:  a) Vì AEH 90 , nên E nằm trên đờng tròn đờng kÝnh AH hay E n»m trªn (O) (*) b) Tam gi¸c BEC vu«ng t¹i E cã ED lµ trung tuyÕn Suy ED = DB đó tam giác BDE cân D A    DBH HED (1) MÆt kh¸c tam gi¸c EOH c©n t¹i O   nªn OHE HEO (2)   BHD OHE L¹i cã (đối đỉnh) O H (3)   Tõ (2), (3)  HEO BHD (4)   Mµ HBD  BHD 90  B E C D (5)  Tõ (1), (4), (5)  HEO  HED 90 hay 0E  DE (**) Từ (*), (**) suy DE là tiếp tuyến đờng tròn (O) Bài 2: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB và hai tiếp tuyến Ax và By Một đờng thẳng d tiếp xúc với đờng tròn C (C khác A, B) cắt Ax, By lần lợt E, F Chứng minh rằng: a) OE vu«ng gãc víi OF b) Tam giác EOF đồng dạng với tam giác ACB c) §êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c EOF tiÕp xóc víi AB Híng dÉn: a) AE, BF, EF là các tiếp tuyến đờng tròn y (O) nªn: x OE lµ ph©n gi¸c cña gãc AOC T¬ng tù OF lµ phan gi¸c cña BOC C   Mµ AOC  BOC 180 (kÒ bï)  OE  OF  b) Ta cã ACB 90 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®- I F E d A êng trßn) O B Suy tam gi¸c ACB vu«ng t¹i C   Ta thÊy tø gi¸c FCOB néi tiÕp ( FCO OBF 90 )    CFO CBO ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung) Do đó hai tam giác vuông EOF và ACB đồng dạng c) Ta thÊy AE  AB, BF  BA  AE / / BF => Tø gi¸c ABFE lµ h×nh thang Gäi I lµ trung ®iÓm cña EF mµ O lµ trung ®iÓm cña AB => OI là đờng trung bình hình thang ABFE => IO//EA//FB Suy OI  AB Điều này chứng tỏ AB tiếp xúc với đờng tròn ngoại tiếp tam giác FEO Bài 3: Từ điểm A bên ngoài đờng tròn (O; R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đờng trßn §êng th¼ng vu«ng gãc víi OC t¹i O c¾t tia AB t¹i M §êng th¼ng vu«ng gãc víi Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 OB t¹i O c¾t tia AC t¹i N a) Chøng minh tø gi¸c AMON lµ h×nh thoi b) Điểm A phải cách O khoảng bao nhiêu MN là tiếp tuyến (O) Híng dÉn: a) XÐt tø gi¸c AMON, ta cã: B AM//ON (cïng vu«ng gãc víi OB) M AN//OM (cïng vu«ng gãc víi OC) Do đó tứ giác AMON là hình bình hành (1) A MÆt kh¸c, xÐt tam gi¸c vu«ng OBM vµ OCN, ta I cã: OB=OC=R   BOM CON (cïng phô víi gãc MON) N C  OBM OCN  OM = ON (hai c¹nh t¬ng øng) (2) Tõ (1), (2) suy tø gi¸c AMON lµ h×nh thoi b) §Ó MN tiÕp xóc víi (O, R) cÇn ®iÒu kiÖn lµ: d(O,MN) = R  OI = R  AO = 2R (I là giao điểm hai đờng chéo hình thoi AMON) VËy víi AO = 2R th× MN lµ tiÕp tuyÕn cña (O; R) Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB lấy hai điểm C, D thuộc đờng tròn AC và AD cắt tiếp tuyến Bx đờng tròn lần lợt E, F     a) Chøng minh ABD BFA, ABC  AEB b) Chøng minh tø gi¸c CDFE néi tiÕp c) Gọi I là trung điểm FB, chứng minh DI là tiếp tuyến đờng tròn (O) d) Gi¶ sö CD c¾t Bx t¹i G, ph©n gi¸c cña gãc CGE c¾t AE, AF lÇn lît t¹i M, N Chøng minh tam gi¸c AMN c©n Híng dÉn:   a) V× BA  FB, BD  FA  ABD BFA x E  (cïng phô víi DBF )   N T¬ng tù ta cã ABC AEB b) Ta thÊy tø gi¸c CDBA néi tiÕp nªn   ECD ABD (cïng bï víi gãc ACD)   Theo c©u a) ta suy ECD DFB     ECD  DFE DFB  DFE 180 Do vËy §iÒu nµy chøng tá tø gi¸c CDFE néi tiÕp c) Xét tam giác ABF có OI là đờng trung bình, đó OI//AF Mµ AD  DB => OI  DB Bởi D và B đối xứng qua OI C D G I A O    OIB ODI  ODI OBI 90 Điều này chứng tỏ DI là tiếp tuyến đờng tròn    d) XÐt  NEG cã: CNG NEG  EGN (tÝnh chÊt gãc ngoµi tam gi¸c)    XÐt  DMG cã: DMN  MDG  MGD   MÆt kh¸c: MGD EGN ( NG lµ ph©n gi¸c cña gãc CGE) Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc M F B N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008     MDG CDA CBA  AEB (theo c©u a)) CNG DMN  Do đó VËy tam gi¸c AMN c©n t¹i A Bài 5: Tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn (O) và E là điểm chính cung AB nhỏ Hai d©y CE, ED c¾t AB theo thø tù t¹i P, Q C¸c d©y AD vµ EC kÐo dµi c¾t t¹i I C¸c d©y BC vµ ED kÐo dµi c¾t t¹i K Chøng minh r»ng: a) Tø gi¸c CDIK néi tiÕp b) Tø gi¸c CDQP néi tiÕp c) IK//AB d) §êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AQD tiÕp xóc víi EA t¹i A Híng dÉn: a) Ta cã: I  CKD  (   sđ DC  sđ EB) (góc có đỉnh bên K ngoài đờng tròn chắn cung DC và cung EB)  CID  (   sđ DC  sđ AE ) (góc có đỉnh bên E A Q ngoài đờng tròn chắn cung DC và cung EA)   Mµ AE EB (gi¶ thiÕt)    CKD CID P O Do đó tứ giác CDQP nội tiếp b) Ta cã: D   ) 1 (  ) 1 EQB  (  BE AE    DCE  s® AD  s® s® AD s® DE s®     EQB  DQP 180  DQP  DCE 180 Mµ (kÒ bï) VËy tø gi¸c CDQP néi tiÕp   c) Theo c©u a) ta cã: IKD  ICD (cïng ch¾n cung ID)   Theo c©u b) ta cã: ICD KQB (cïng bï víi gãc DQB)   Do vËy IKD KQB , mµ hai gãc nµy ë vÞ trÝ so le Suy IK//AB   d) Ta cã IDK EAB (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)   Kẻ tia tiếp tuyến Ay đờng tròn (AQD), ta có BAy IDK (góc tạo tia tiếp tuyến vµ d©y cung vµ gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung AQ)  B  Từ đó BAy EAB Bởi Ay trùng với AE, hay AE là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiÕp tam gi¸c AQD IV - Xem lại các bài tập đã chữa Híng dÉn vÒ nhµ Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc C N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 ******************************* *) Hãy giữ phím ctrl và nhấn vào đờng link này - http://huynhvumt.violet.vn/ Ngµy so¹n : 26/05/10 Ngµy d¹y : 03/05/10 Chủ đề góc với đờng tròn Buæi Chứng đờng thẳng là tiếp tuyến chung hai đờng tròn Chứng minh hai đờng thẳng song song, vuông góc A/Môc tiªu  Học xong buổi học này HS cần phải đạt đợc :  KiÕn thøc - Học sinh tiếp tục đợc củng cố vững các dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến đờng tròn - Vận dụng các dấu hiệu để chứng minh đờng thẳng là tiếp tuyến chung hai đờng tròn - Hiểu cách chứng minh hai đờng thẳng song song, vuông góc  KÜ n¨ng - RÌn luyÖn kÜ n¨ng vÏ h×nh, chøng minh, tr×nh bµy - Nâng cao kĩ chứng minh đờng thẳng là tiếp tuyến đờng tròn; tø gi¸c néi tiÕp  Thái độ - Học sinh có thái độ học tập đúng đắn, nghiêm túc B/ChuÈn bÞ cña thÇy vµ trß - GV: Thíc, compa, ªke - HS: Thíc, compa, ªke C/TiÕn tr×nh bµi d¹y Tæ chøc II KiÓm tra bµi cò III Bµi míi I Bµi 1: Cho ba điểm thẳng hàng theo thứ tự A, B, C Vẽ hai đờng tròn đờng kính AB và BC Trên nöa mÆt ph¼ng bê AC kÎ tia Bx vu«ng gãc víi AC t¹i B, lÊy ®iÓm D thuéc tia Bx cho  ADC 90 Giao DA, DC với hai đờng tròn đờng kính AB và BC là E, F Chøng minh r»ng: a) EF là tiếp tuyến chung hai đờng tròn b) Tø gi¸c AEFC néi tiÕp Híng dÉn: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 a) Ta cã: AD  DC BF  DC  AD//BF T¬ng tù BE//DC Do đó tứ giác BEDF là hình bình hµnh  L¹i cã ADC 90 Nªn tø gi¸c BEDF lµ h×nh ch÷   nhËt  FEB DBE (1) Gäi O lµ trung ®iÓm cña AB Mµ BD  BO    DBE  EBO 90 0     OBE  EOB c©n t¹i O nªn OEB Suy OEB  DBE 90 (2)    OEB  FEB 90 O OE  FE Tõ (1), (2) hay Do đó EF là tiếp tuyến đờng tròn đờng kính AB (*) Chøng minh t¬ng tù ta cã O ' F  FE Nên EF là tiếp tuyến đờng tròn đờng kính BC (**) Từ (*), (**) ta có EF là tiếp tuyến chung hai đơng tròn b) Ta cã:   FEB BAE (gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung vµ gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BE)       FEA  ACF 900  FEB  BCF 900  BAE  BCF 900  900 1800 Bëi vËy tø gi¸c AEFC néi tiÕp Bài 2: Hai đờng tròn (O; R) và (O’ ; R’) cắt A và B Đ ờng thẳng AO cắt (O), (O’) lần lợt C, E; đờng thẳng AO’ cắt (O), (O’) lần lợt D, F Chứng minh rằng: a) Tø gi¸c CDEF néi tiÕp b) Tø gi¸c ODEO’ néi tiÕp c) A là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác BDE Híng dÉn: a) Ta cã: D   CDF CDA 90 (gãc néi tiÕp E chắn nửa đờng tròn)  A T¬ng tù FEC 90 D, E cïng nh×n CF díi mét gãc 900 nªn tø gi¸c CDEF néi tiÕp b) Ta cã: Tam gi¸c CAF nhËn OO’ lµm ® êng trung b×nh O C I B O' F   ' OE  OO’// CF  FCE O (đồng vị)   L¹i cã tø gi¸c CDEF néi tiÕp => FCE EDO ' (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008   EF) Suy EDO' O'OE VËy hai ®iÓm D, O cïng nh×n EO’ díi gãc b»ng nªn tø gi¸c DOO’E néi tiÕp   c) Vì ABC FBA 90 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) nên ba điểm C, B, F thẳng hµng Trong đờng tròn (O’) ta có:   AEB BFA (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung AB) Mµ tø gi¸c CDEF néi tiÕp nªn    DEC DFC BFA (cïng ch¾n cung CD)   DEC AEB Do đó nghĩa là AE là đờng phân giác góc DEB T¬ng tù, AD lµ ph©n gi¸c cña gãc BDE Vậy A là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DBE LuyÖn tËp Bài 3: Tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng phân giác góc B và C lần lợt cắt đờng tròn E và F Dây cung EF lần lợt cắt AC, AB H, I a) Chøng minh tam gi¸c FKB vµ EAK c©n b) Chứng minh tứ giác FIKB nội tiếp Từ đó suy IK//AC c) Cã nhËn xÐt g× vÒ tø gi¸c AIKH Híng dÉn: C a) XÐt tam gi¸c FKB, cã:  FKB  (   s® FB  s® EC)  (   s® FA  s® AE )   FBK  s® FE E K H O A B I Do đó tam giác FKB cân F F *) Chøng minh t¬ng tù ta cã tam gi¸c EKC c©n t¹i E  EC = EK Mµ AE = EC Nªn AE = EK suy tam gi¸c AEK c©n t¹i E     b) V× BE lµ ph©n gi¸c cña gãc ABC  ABE EBC  AE EC   CFE ABE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)   KFI IBK hay VËy hai ®iÓm F vµ B cïng nh×n IK díi hai gãc b»ng vµ hai ®iÓm F vµ B cïng n»m trên nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng IK, tứ giác BKIF nội tiếp *) Chøng minh IK//AC V× tø gi¸c BKIF néi tiÕp, nªn:   FKI FBI (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung IF)   IBF FCA L¹i cã: ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung AF)   Do đó IKF FCA , mà hai góc này vị trí đồng vị  IK//AC Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 c) Theo c©u b) IK//AC hay IK//AH (1) T¬ng tù tø gi¸c EHKC néi tiÕp, nªn:   EKH ECH (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung EH)   EBA ECA MÆt kh¸c: (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung AE)   EKH KBA  HK//AB hay HK//AI (2) Tõ (1), (2) ta cã tø gi¸c AIKH lµ h×nh b×nh hµnh Bài 4: Trong đờng tròn (O) cho hai dây AC và BD vuông góc với I Chứng minh r»ng: a) Kho¶ng c¸ch tõ O tíi AB b»ng nöa CD b) §êng th¼ng ®i qua I vµ trung ®iÓm cña BC vu«ng gãc víi AD Híng dÉn: a) C¸ch 1: Kẻ đờng kính AE Khi đó ta có:   AEB ACB ( cïng ch¾n cung AB)   BAE  BEA 90 Do vu«ng) vu«ng) A N (tam gi¸c ABE D O   ICB  IBC 90 ( tam gi¸c BIC K H    BAE IBC  CD   BE CD  BE E I Xét tam giác ABE có HO là đờng trung bình nªn: 1 HO  BE  CD 2 B M C C¸ch 2: Gọi H, K lần lợt là chân đờng vuông góc hạ từ O xuống AB, CD Khi đó:     AOH  DOK  ( AOB  DOC ) (    2 s® AB  s® CD) AIB 90   AOH ODK Do đó L¹i cã OA = OD (b¸n kÝnh) Suy hai tam gi¸c vu«ng OAH vµ DOK b»ng  OH DK  CD b) Gọi M là trung điểm BC và IM cắt AD N, đó ta có   IM MC(tam gi¸c IBC vu«ng t¹i I)  ICM CIM     NDI ADB ACB ICB MÆt kh¸c: (cïng ch¾n cung AB)   NID BIM (đối đỉnh) Từ đó ta có: NID  NDI      BIM  ICB BIM  MIC 90   IND 90  MI  AD Bài 5: Tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn (O) có hai đờng chéo AC, BD vuông góc với Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 t¹i I Gäi E, F, G, H lÇn lît lµ trung ®iÓm cña AB, BC, CD, DA Chøng minh r»ng: a) EFGH lµ h×nh ch÷ nhËt b) GIEO lµ h×nh b×nh hµnh c) H×nh chiÕu cña I trªn c¸c c¹nh vµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh cña tø gi¸c ABCD cùng nằm trên đờng tròn Híng dÉn: a) Tam giác BCD nhận GF làm đờng trung C b×nh, nªn: GF//BD, GF = DB (1) Lại có HE là đờng trung bình tam giác Tõ (1), (2) suy EFGH lµ h×nh b×nh hµnh (*) T¬ng tù ta cã HG//AC (3) Mµ AC  DB (4) F G ADB, nªn: HE//BD, HE = DB (2) O I B D H  Tõ (1), (3), (4) ta cã HGF = 900 (**) E K A Tõ (*), (**) suy EFGH lµ h×nh ch÷ nhËt b) Gäi K lµ giao ®iÓm cña GI vµ AB, ta sÏ chøng minh GK  AB   Trong tam gi¸c vu«ng DIC cã: GIC GCI (v× GI = GC)   Mặt khác GIC AIK (đối đỉnh)     GCI DBA ( cïng ch¾n cung AD)  AIK DBA       Ta cã: IAB  DBA 90 => AIK  IAB 900  AKI 90 Suy GI//OE (cïng vu«ng gãc víi AB) T¬ng tù ta còng cã GO//EI (cïng vu«ng gãc víi DC) Do đó tứ giác GIEO là hình bình hành c) Ta thấy các điểm H, F, K cùng nhìn GE dới góc 900 nên chúng cùng nằm trên đờng tròn đờng kím GE Tơng tự nh hình chiếu I trên các cạnh còn lại nằm trên đờng tròn này Bài 6: Cho tam giác ABC ( A  90 ), nội tiếp đờng tròn (O; R) Hai đờng cao BI và CT lần lợt cắt đờng tròn I’, T’ a) Chøng minh IT//I’T’ b) Chøng minh OA  IT c) Cho B, C cố định, A di chuyển trên cung lớn BC đờng tròn (O) Chứng minh bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIT không đổi Híng dÉn: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 a) Ta thÊy: A   IAB  ABI 90 (tæng hai gãc nhän I' mét tam gi¸c vu«ng)   TCA  TAC 900 (tæng hai gãc nhän mét tam gi¸c vu«ng) I T'   Suy TBI TCI T Do đó tứ giác BCIT nội tiếp  BCT   BIT (cïng ch¾n cung BT) K O Trong đờng tròn(O)  ' T ' BCT  BI ' (cïng ch¾n cung BT’)  C B  VËy BIT BI ' T ' Mà hai góc này vị trí đồng vị nên IT//I’T’   b) ABI ' ACT ' (cïng phô víi gãc BAC)  '  OA  I ' T ', mµ IT//I'T'  AO  IT  AI ' AT c) Gọi K là giao điểm BI và CT Tứ giác AIKT nội tiếp đờng tròn đờng kính AK Do AK đó bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIT có độ dài DÔ thÊy ABK ABT '  AK AT '  BAC   s® BC Do không đổi nên số đo góc T’CA không đổi (vì tam giác ACT vuông t¹i T) Bởi cung T’A có số đo không đổi và đó dây T’A có độ dài không đổi, nghĩa là AK có độ dài không đổi AK Vậy bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIT có độ dài không đổi Híng dÉn vÒ nhµ IV - Xem lại các bài đã chữa ******************************* *) Hãy giữ phím ctrl và nhấn vào đờng link này - http://huynhvumt.violet.vn/ Ngµy so¹n : 11/06/10 Ngµy d¹y : 15/06/10 Chủ đề Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc góc với đờng tròn N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 Buæi Chứng minh ba đờng thẳng đồng quy Chøng minh ba ®iÓm th¼ng hµng A/Môc tiªu  Học xong buổi học này HS cần phải đạt đợc :  KiÕn thøc - Học sinh hiểu và vận dụng đợc các phơng pháp chứng minh ba đờng thẳng đồng quy; ba ®iÓm th¼ng hµng  KÜ n¨ng - RÌn luyÖn kÜ n¨ng vÏ h×nh, chøng minh, tr×nh bµy  Thái độ - Học sinh có thái độ học tập đúng đắn, nghiêm túc B/ChuÈn bÞ cña thÇy vµ trß - GV: Thíc, compa, ªke - HS: Thíc, compa, ªke C/TiÕn tr×nh bµi d¹y I Tæ chøc II KiÓm tra bµi cò - HS1: Nêu các cách chứng minh ba đờng thẳng đồng quy ? - HS2: Nªu c¸c c¸ch chøng minh ba ®iÓm th¼ng hµng ? III Bµi míi I - Chứng minh ba đờng thẳng đồng quy LÝ thuyÕt Để chứng minh ba đờng thẳng đồng quy ta thờng sử dụng các phơng pháp sau: - Cách 1: Dựa vào tính chất các đờng đồng quy tam giác: Ba đờng cao, ba đờng trung tuyến, ba đờng phân giác, ba đờng trung trực - Cách 2: Chứng minh giao điểm hai đờng thẳng nằm trên đờng thẳng thứ ba - Cách 3: Chứng minh các đờng cùng qua điểm cố định (các phơng pháp trên có thể đợc vận dụng kĩ khác nhau) Bµi tËp Bài 1: Cho tam giác ABC vuông A Trên AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC Đờng thẳng BM cắt (O) D Đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S a) Chøng minh tø gi¸c ABCD néi tiÕp vµ CA lµ ph©n gi¸c cña gãc SCB b) Gọi E là giao điểm đờng tròn tâm O với BC Chứng minh ba đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy Híng dÉn:  a) Ta cã BAC 90 (gi¶ thiÕt) B E  BDC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) VËy hai ®iÓm A, D cïng nh×n BC díi mét gãc 900 nªn tø gi¸c ABCD néi tiÕp   - Ta l¹i cã SDM SCM (cïng ch¾n cung SM)   BCA SDM L¹i cã M A (cïng ch¾n cung AB) S D   Do đó SCM MCB nên CA là phân giác gãc SCB b) KÐo dµi AB vµ DC chóng c¾t t¹i K K Trong tam giác BKC có BD và AC là các đờng cao ( theo câu (a)) Mµ BD vµ CA c¾t ë M nªn M lµ trùc t©m cña tam gi¸c BKC => KM là đờng cao thứ ba tam giác BKC Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc O C N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008  Mặt khác MEC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)  ME  BC ME là đờng cao thứ ba tam giác BKC Do đó hai đờng thẳng KM và ME trùng Vậy ba đờng thẳng AB, DC, ME đồng quy K Bài 2: Hai đờng tròn (O), (O’) cắt A, B Đ ờng thẳng vuông góc với AB cắt đờng tròn (O) và (O’) lần l ợt C, D các đờng thẳng CA, DA cắt đờng tròn (O’), (O) theo thø tù t¹i E, F Chøng minh r»ng: a) Tø gi¸c CFED néi tiÕp b) AB lµ ph©n gi¸c cña gãc FBE c) Các đờng thẳng CF, DE, AB đồng quy Híng dÉn:  a) V× CFA 90 (gãc néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn) K F  AED 900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa E A đờng tròn) Suy tø gi¸c CFED néi tiÕp b) Trong đờng tròn (O) ta có   FBA FCA (cïng ch¾n cung AF) O O' Trong đờng tròn (O’) ta có   EDA ABE (cïng ch¾n cung AE) C B D MÆt kh¸c tø gi¸c CFED néi tiÕp, nªn   FCA ADE (cïng ch¾n cung EF)   FBA  ABE Suy , hay AB lµ ph©n gi¸c cña gãc FBE c) Gi¶ sö CF, DE c¾t t¹i K Xét tam giác CDK có CE, DF là hai đờng cao nên A là trực tâm đó AB là đờng cao nªn AB còng ph¶i ®i qua K Vậy các đờng thẳng CF, DE, AB đồng quy Bài 3: Từ điểm C nằm ngoài đờng tròn (O) kẻ cát tuyến CBA Gọi TJ là đờng kính vuông góc với AB Các đờng thẳng CT, CJ theo thứ tự cắt đờng tròn (O) M, N a) Chứng minh TN, JM và AB đồng quy b) Chứng minh tiếp tuyến đờng tròn (O) M qua trung điểm E CD Híng dÉn: a) Do TJ là đờng kính nên T   TMJ TNJ 900 (gãc néi tiÕp ch¾n nöa đờng tròn) Trong tam giác TJC, đờng thẳng TN, JM và CA là đờng cao nên chúng đồng quy Vậy ba đờng thẳng TN, JM, AB đồng quy b) V× tam gi¸c DMC vu«ng nªn M O   EM ED  JME MDE MÆt kh¸c ta l¹i cã C E D B N Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc A J N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008   JMO TJM (tam gi¸c OJM c©n t¹i O) TJM DCM  (gãc cã c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc)     Do vËy JME  JMO MDE  DCM 90 Suy ME là tiếp tuyến đờng tròn (O) Bài 4: Trên các cạnh tam giác nhọn ABC, Dựng phía ngoài các tam giác ABC’, ACB’, CBA’ chøng minh r»ng a) AA’ = BB’ = CC’ b) Các đờng thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy c) OB’ = OA + OC Híng dÉn: a) XÐt hai tam gi¸c ABA’ vµ C’BC, cã: A' AB = BC’ (GT), A’B = BC (GT), C    ABA ' CBC' ( 60  ABC) => Hai tam gi¸c ABA’ vµ C’BC b»ng - Suy AA’ = CC’ (hai c¹nh t¬ng øng) - T¬ng tù AA’ = BB’ - Do đó AA’ = BB’ = CC’ b) Gi¶ sö BB’ vµ CC’ c¾t t¹i O Trªn OB’ lÊy O’ cho CO’ = CO (1) B' O' O A B C'   - Theo c©u a) ta cã AB ' O  ACC ' - Ta thÊy hai ®iÓm B vµ C cïng nh×n AO díi gãc b»ng nªn tø gi¸c AB’CO néi tiÕp  ' OC B  ' AC 60  B (2) - Từ (1), (2) suy tam giác COO’ - Từ tứ giác OAB’C nội tiếp và tam giác OO’C ta có:  ' OA CO  ' O 60 O Do đó O’C//OA - Tơng tự từ tứ giác OCA’B nội tiếp và tam giác OO’C ta có   ' CO 60 COA ' O Do đó O’C//OA’ - V× O’C//OA vµ O’C//OA’ nªn ba ®iÓm A, O, A’ th¼ng hµng, nghÜa lµ AA’ ®i qua O - Vậy ba đờng thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy c) XÐt hai tam gi¸c ACO vµ B’CO’, cã: AC = B’C, OC = O’C,    OCA O'CB'( 60  ACO') => B ' O ' C AOC (c.g.c)  B’O’ = AO Từ đó ta có: OB’= B’O’ + O’O = AO + OC II – Chøng minh ba ®iÓm th¼ng hµng LÝ thuyÕt §Ó chøng minh ba ®iÓm th¼ng hµng ta thêng dïng c¸c c¸ch sau:  Cách 1: Chứng minh hai đoạn thẳng tạo thành từ hai ba điểm đã cho vuông góc cùng song song với đờng thẳng nào đó  C¸ch 2: Lîi dông hai gãc kÒ bï  Cách 3: Chứng minh đờng thẳng vẽ qua hai điểm qua điểm còn lại Bµi tËp Bài 1: Cho hình vuông ABCD, trên cạnh BC lấy điểm M Đờng tròn đờng kính AM cắt đờng tròn đờng kính BC N và cắt cạnh AD E Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 a) Chøng minh ba ®iÓm E, N, C th¼ng hµng b) Gäi F lµ giao ®iÓm cña BN vµ DC Chøng minh BCF CDE c) Chøng minh MF  AC Híng dÉn:  a) Ta cã : EAB 90 (GT) => EB còng lµ đờng kính đờng tròn đờng kính AM  ENB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn B A đờng kính AM)  Lại có BNC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn đờng kính BC) Do đó   BNE  BNC 180 hay N  ENC 180 VËy ba ®iÓm E, N, C th¼ng hµng b) XÐt BCF vµ CDE cã : BC = CD ( là cạnh hình vuông ABCD) MÆt kh¸c:   NCF  NFC 90      FBC  NFC 90  FBC NCF ECD M E D F C (1) (2) Tõ (1), (2) suy hai tam gi¸c vu«ng BCF vµ CDE b»ng c) Dễ dàng chứng minh đợc AE = BM => DE = CM V× BCF CDE nªn DE = CF => CM = CF Do đó MF//BD Mµ AC  BD Suy MF  AC Bài 2: Cho hình thang ABCD (AD là đáy lớn, BC là đáy nhỏ) nội tiếp đờng tròn (O) Các cạnh bên AB và CD cắt E Các tiếp tuyến B và D đờng tròn (O) cắt t¹i F a) Chøng minh tø gi¸c BEFD néi tiÕp b) Chøng minh EF//BC c) Khi nào thì tứ giác AEFD là hình bình hành Khi đó hãy chứng minh EC.EK = ED.CK (K lµ giao ®iÓm cña BF vµ DE) d) Vẽ hình bình hành BDFP Đờng tròn ngoại tiếp tam giác BFP cắt đờng tròn (O) t¹i ®iÓm thø hai Q Chøng minh D, P, Q th¼ng hµng Híng dÉn: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 a) Hình tang ABCD nội tiếp đờng tròn nên nó là h×nh thang c©n Ta cã P  CD   BFD  AB  (  s® BAD  s® E  BCD ) F K  (  s® AD  s® Q  ) AED  BC VËy tø gi¸c BEFD néi tiÕp b) Do tø gi¸c BEFD néi tiÕp, nªn: C B A O D   BDE BFE (cïng ch¾n cung BE) (1) Mặt khác BF là tiếp tuyến đờng tròn (O) nªn:  CBF   BDC   BDE s® BC (2)    CBF BFE  EF // BC Tõ (1), (2) c) V× EF//BC L¹i cã BC//AD nªn EF//AD Do để tứ giác AEFD là hình bình hành FD//AE Nếu tứ giác AEFD là hình bình hành thì OD là đờng trung trực AB V× vËy AD = BD EC EB  Trong tam gi¸c AED cã: ED EA (3) KC KB  KE KF (4) MÆt kh¸c BC//EF nªn: KB EB EB   KF FD EA (5) L¹i cã BE//FD nªn: EC KC    EC.EK KC.ED ED KE Tõ (3), (4), (5)   FPQ PDB d) Ta cã Do đó (so le trong)   FBQ PDB (cïng ch¾n cung BCQ) FPQ FBQ  VËy hai ®iÓm P, B cïng nh×n FQ díi hai gãc b»ng nªn tø   gi¸c BPFQ néi tiÕp  BQP BFP   Do FP//BD nªn BFP FBD Mµ FB lµ tiÕp tuyÕn cña (O) nªn:   FBD BAD   s® BD Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008     Từ đó ta có: BQP  BQD BAD  BQD 180 VËy ba ®iÓm P, Q, D th¼ng hµng Bài 3: Cho đờng tròn (O; R), đờng kính AB kẻ tiếp tuyến Ax và trên đó lấy điểm P cho AP > R Từ điểm P kẻ tiếp tuyến với đờng tròn (O) M a) Chøng minh BM//OP b) §êng vu«ng gãc víi AB ë O c¾t tia BM t¹i N Chøng minh tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh c) Gäi K lµ giao cña AN vµ OP; T lµ giao cña PM vµ ON; J lµ giao cña PN vµ OM Chøng minh ba ®iÓm T, J, K th¼ng hµng Híng dÉn: x A P a) V× PA, PM lµ tiÕp tuyÕn cña (O) nªn: PA = PM vµ PO lµ ph©n gi¸c cña gãc K APM - VËy tam gi¸c MPA c©n vµ nhËn PO N O T lµ ph©n gi¸c  PO  AM  - L¹i cã BMA 90 (gãc néi tiÕp chắn nủa đờng tròn)  BM  AM - Do đó PO//MB (cùng vuông góc với AM) b) Do PO//MB hay PO//NB (1) M B J MÆt kh¸c ta thÊy hai tam gi¸c vu«ng PAO vµ NOB b»ng (g.c.g), nªn: AP = ON Mà AP//ON (cùng vuông góc với AB) => tứ giác APNO là hình chữ nhật Do đó AB//PN hay OB//PN (2) Tõ (1), (2) ta cã OBNP lµ h×nh b×nh hµnh ON  NP (3) c) Tø gi¸c OAPN lµ h×nh ch÷ nhËt, nªn: - L¹i cã PM  OJ (PM lµ tiÕp tuyÕn) (4) - Mµ ON c¾t PM t¹i T (5) - Tõ (3), (4), (5) suy T lµ lµ trùc t©m cña tam gi¸c PJO (*) - Ta thÊy tø gi¸c PNMO lµ h×nh thang (PO//MN), cã: PM = PA = NO   => tø gi¸c PNMO lµ h×nh thang c©n  OPN POM   PJO c©n - MÆt kh¸c KO = KP (tø gi¸c APNO lµ h×nh ch÷ nhËt) - Do JK là đờng trung tuyến hạ từ đỉnh tam giác cân PJO nên JK là đờng cao cña tam gi¸c PJO (**) - Tõ (*), (**) ta cã ba ®iÓm K, T, J th¼ng hµng IV - Xem lại phơng pháp các dạng bài và các bài tập đã chữa - Gi¶i tiÕp bµi tËp sau: Cho hai điểm A, B cố định trên đờng tròn (O) Các điểm C, D di động trên đờng trßn cho AD//BC vµ C, D ë vÒ cïng mét phÝa víi d©y AB; M lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD Các tiếp tuyến với đờng tròn A và D cắt E Chứng minh: a) Ba ®iÓm E, O, M th¼ng hµng b) Bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác MDC là số Híng dÉn: Híng dÉn vÒ nhµ Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 a)V× ED, EA lµ tiÕp tuyÕn cña (O) nên ED = EA Do đó E nằm trên đờng trung trực dây AD (1) D   - MÆt kh¸c AD//BC  AB DC C    BDA CAD  MAD M c©n nªn MD = MA Suy M còng n»m trên đờng trung trực AD (2) - HiÓn nhiªn OA = OD => O còng nằm trên đờng trung trực AD (3) O E B A - Tõ (1), (2) vµ (3) suy ba ®iÓm E, O, M th¼ng hµng b) Do AD//BC => Tø gi¸c ABCD lµ h×nh thang, h×nh thang nµy l¹i néi tiÕp (O) nªn tø gi¸c ABCD lµ h×nh thang c©n => AB = CD Dễ dàng chứng minh đợc MDC MAB => đờng tròn (MDC) đờng tròn (MAB)  AMB  (    AOB  s® AB  s® DC)  s® AB MÆt kh¸c l¹i cã Do đó tứ giác OABM nội tiếp => đờng tròn (MAB) chính là đờng tròn (OAB) Vậy đờng tròn (MDC) đờng tròn (OAB) cho nên bán kính không đổi (vì ba điểm O, A, B cố định nên đờng tròn (OAB) có bán kính không đổi) Lu ý : Nếu ABC A 'B'C' => Đờng tròn (ABC) đờng tròn (A’B’C’) Kí hiệu đờng tròn (ABC): Là đờng tròn qua ba điểm A, B, C ******************************* Ngµy so¹n : 25/06/10 Ngµy d¹y : 29/06/10 Chủ đề Buæi góc với đờng tròn Chứng minh điểm cố định d¹ng to¸n cùc trÞ – d¹ng to¸n quü tÝch A/Môc tiªu  Học xong buổi học này HS cần phải đạt đợc :  KiÕn thøc - Học sinh hiểu và vận dụng đợc các phơng pháp chứng minh ba đờng thẳng đồng quy; ba ®iÓm th¼ng hµng  KÜ n¨ng - RÌn luyÖn kÜ n¨ng vÏ h×nh, chøng minh, tr×nh bµy  Thái độ - Học sinh có thái độ học tập đúng đắn, nghiêm túc B/ChuÈn bÞ cña thÇy vµ trß - GV: Thíc, compa, ªke - HS: Thíc, compa, ªke C/TiÕn tr×nh bµi d¹y I - HS1: Tæ chøc II KiÓm tra bµi cò Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 - HS2: III Bµi míi I - Dạng toán chứng minh điểm cố định Bài 1: Cho đờng tròn (O), dây AB cố định, C là điểm chuyển động trên cung nhá AB Gäi M lµ trung ®iÓm cña d©y BC, tõ M vÏ MN vu«ng gãc víi tia AC (N n»m trªn AC) Chứng minh đờng thẳng MN luôn qua điểm cố định Híng dÉn: Vẽ đờng kính AD, ta có  DCA 90 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)  DC  AN MÆt kh¸c MN  AN A Do đó MN//DC (1) L¹i cã MB = MC (2) Tõ (1), (2) suy MN ®i qua trung ®iÓm G cña BD Mà B, D cố định nên G cố định Vậy C thay đổi thì MN luôn qua điểm G cố định O C D G B M N Bài 2: Cho đờng tròn (O) có hai đờng kính AB và CD vuông góc với Lấy điểm T bÊt k× trªn ®o¹n CD a) T×m ®iÓm M trªn AD, ®iÓm N trªn AC cho T lµ trung ®iÓm cña MN b) Chøng minh MA + NC = AC c) Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm cố định Híng dÉn: a) Giả sử đã dựng đợc hai điểm M, N thỏa mãn điều kiện đề bài N XÐt tam gi¸c vu«ng AMN ta cã AT = TM = TN C Do đó M, N nằm trên (T; TA) VËy M lµ giao ®iÓm cña (T; TA) vµ tia AD N lµ giao ®iÓm cña (T; TA) vµ tia AC b) KÎ MK //AC T XÐt  MKT vµ  NCT cã   MTK CTN (đối đỉnh) TM = TN (b¸n kÝnh cña (T ; TA) ) A O B K   TMK TNC (so le trong) M D  MKT NCT (g.c.g)  CN = MK   Dễ dàng chứng minh đợc tam giác MDK cân M ( MKD MDK ) Từ đó ta có: MA + NC = MA + MK = MA + MD = AD = AC c) Ta cã OT  AB  TA = TB L¹i cã TA = TM = TN (chøng minh trªn), đó TA = TB = TM = TB suy T là tâm đờng tròn qua các điểm A, N, B, M Mà A, Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 B cố định Cho nên đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua hai điểm A và B cố định II – D¹ng to¸n cùc trÞ Ph¬ng ph¸p: §Ó chøng minh mét ®o¹n th¼ng lµ lín nhÊt hay nhá nhÊt ta thêng dùa vµo c¸c ®iÒu kiÖn sau: Đoạn nối liền hai điểm nhỏ bất kì đờng gấp khúc nào nối hai điểm đó Nếu cho trớc điểm ngoài đờng thẳng thì đờng vuông góc ngắn đờng xiên (cùng kẻ từ điểm đó tới đờng thẳng) Trong đờng tròn, đờng kính lớn dây cung khác Bµi tËp: Bài 1: Cho đờng tròn đờng kính PQ Trên cùng nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng chứa đờng kính PQ kẻ hai tiếp tuyến Px, Qy và điểm M thuộc đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba với đờng tròn, tiếp tuyến này cắt Px, Qy lần lợt E, F a) Chøng minh EF = PE + QF  b) FOE 90 c) Xác định vị trí M để tổng PE + QF đạt giá trị nhỏ Híng dÉn: a) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t P E ta cã: EP = EM, FQ = FM Mà EF = ME + MF.Do đó EF = PE + QF b) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OE vµ OF lÇn lît lµ tia ph©n gi¸c cña hai gãc kÒ bï POM vµ QOM O  x M Suy EO  FO hay FOE 90 c) Theo c©u a) ta cã EF = PE + QF Q F y Do đó để (PE + QF)min <=> EFmin Mà EF PQ và PQ không đổi Nªn EFmin  EF = PQ  EF//PQ  MO  PQ Vậy M là giao điểm đờng trung trực PQ với đờng tròn hay M là điểm chính cña cung PQ Bµi 2: Cho mét cung chøa gãc dùng trªn ®o¹n th¼ng AB T×m ®iÓm M trªn cung chøa góc đó cho MA + MB đạt giá trị nhỏ Híng dÉn: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 LÊy M’ lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung chøa gãc Ta cã: M’A = M’B Trên tia đối tia M’A lấy điểm K cho M’K = M’B suy tam gi¸c KBA vu«ng t¹i B Trên tia đối tia MA lấy điểm H cho MH = MB Tam gi¸c M’KB c©n nªn ta cã 1  AKB  AM 'B T¬ng tù tam gi¸c MBH c©n ta cã: 1  AHB  AMB   Bởi AKB AHB Do đó tứ giác ABHK   ABK AHK 90 nội tiếp Khi đó Do đó AH AK Ta có MA + MB = MA + MH = AH  AK VËy Max (MA + MB) = AK <=> M  M’ Bài 3: Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R và M là điểm thuộc đờng tròn (M kh¸c A vµ B) TiÕp tuyÕn cña (O) t¹i M c¾t c¸c tiÕp tuyÕn t¹i A vµ B lÇn lît ë C vµ D Tim gi¸ trÞ nhá nhÊt cña tæng diÖn tÝch hai tam gi¸c ACM vµ BDM Híng dÉn: Ta cã tø gi¸c ABDC lµ h×nh thang vu«ng C SABDC = ( AC  BD).AB CD.AB AB   2.R 2 2 M D (1) (v× CD = MC + MD = AC + BD) KÎ MH  AB th× 1 MH.AB  MO.AB R 2 SAMB = B H O A (2) Tõ (1), (2) suy SAMC + SBDM = SABDC - SAMB  2R2-R2 = R2 Từ đó giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM và BDM là R M là điểm chÝnh gi÷a cung AB III – D¹ng to¸n quü tÝch Ph¬ng ph¸p: Lêi gi¶i bµi to¸n quü tÝch gåm hai phÇn  PhÇn thuËn: Chøng minh r»ng nh÷ng ®iÓm M cã tÝnh chÊt T thuéc h×nh H  Phần đảo: Chứng minh điểm thuộc hình H có tính chất T ( đôi phần thuận ta tìm đợc hình H’ chứa hình H Khi đó ta cần dựa vào giả thiết để giới hạn hình H’ thành hình H tiến hành phần đảo ) Lu ý: Để chứng minh quỹ tích điểm M là đờng tròn ta thờng dung hai cách: + Chứng minh điểm M cách diểm cố định khoảng không đổi Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 + Chứng minh M nhìn đoạn cố định dới góc vuông Bµi tËp: Bài 1: Cho hai điểm A, B cố định Từ A vẽ các tiếp tuyến với đờng tròn (B) có bán kính kh«ng lín h¬n AB T×m quü tÝch c¸c tiÕp ®iÓm M Híng dÉn: *) PhÇn thuËn: M Vì AM là tiếp tuyến đờng tròn (B)  90  AM  BM hay AMB Do AB cố định, điểm M chuyển động luôn nhìn AB dới góc 900, đó điểm M nằm trên đờng tròn đờng kính AB B A M' *) Phần đảo: Lấy M’ bất kì thuộc đờng tròn đờng kính AB Vẽ đờng tròn (B, BM’) ta có  ' B 90 AM ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)  AM '  BM 't¹i M ' Hơn đờng tròn (B, BM’) và AM’ có điểm chung là M’ Vì AM’ là tiếp tuyến đờng tròn (B, BM’) *) KÕt kuËn: Quỹ tích các điểm M (tiếp điểm tiếp tuyến với đờng tròn (B)) là đờng tròn đờng kính AB Bài 2: Cho đờng tròn (O; R), đờng kính AB C là điểm chuyển động trên đờng tròn (O; R) Trên tia đối tia CB lấy điểm D cho CD = CB Tìm tập hợp các điểm D Híng dÉn: *) PhÇn thuËn:  D' Ta có ACB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)  AC  BD Mµ CD = CB Suy tam gi¸c ABD c©n t¹i A Do đó AD = AB = 2R (không đổi) và A cố định Do đó D thuộc đờng tròn (A; 2R) *) Phần đảo: Lấy điểm D’ bất kì thuộc đờng tròn (A; 2R), D C' C A O B ta có AD’ = 2R và BD’ cắt đờng tròn (O) C’ Ta có: AD’ = AB = 2R Nªn tam gi¸c ABD’ c©n t¹i A  Mặt khác AC ' B 90 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)  AC '  BD ' Do đó tam giác ABD’ nhận AC’ làm đờng trung tuyến VËy C’ lµ trung ®iÓm cña BD’ Hay C’B = C’D’ * ) Kết luận: Tập hợp các điểm D là đờng tròn (A; 2R) Bài 3: Cho đờng tròn đờng kính AB cố định, M là điểm chạy trên đờng tròn Trên tia đối tia MA lấy điểm I cho MI = 2MB  a) Chứng minh AIB không đổi b) T×m tËp hîp c¸c ®iÓm I nãi trªn Híng dÉn Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008  a) Theo gi¶ thiÕt ta cã M  (O)  AMB 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )   XÐt tam gi¸c vu«ng BMI cã BMI 900 , theo hÖ thøc lîng  vu«ng ta cã: MB MB     AIB 26034' AIB tg = MI 2MB - Vậy góc AIB không đổi b) T×m quü tÝch I: *) Phần thuận: Có AB cố định ( gt ); mà  AIB 26034 ' (cmt)  theo quü tÝch cung chøa gãc th× ®iÓm I n»m trªn hai cung chøa gãc P I' m H I M' M A O B 26034’ dùng trªn AB - Khi M trùng với A thì cát tuyến AM trở thành tiếp tuyến AP đó I trùng với P Vậy I thuộc hai cung PmB và P’m’B ( Cung P’m’B đối xứng với cung PmB qua AB ) *) Phần đảo: LÊy I’ thuéc cung chøa gãc AIB ë trªn nèi I’B vµ I’A c¾t (O) t¹i M ’  ta ph¶i chøng minh I’M’ = M’B  Vì M’  (O)  AM'B 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )   tgAI'B = tg260 34' =    BI’M’ vu«ng gãc t¹i M’ cã: AI'B 26 34 '  M'B   M'I' = 2M'B M'I'  KÕt luËn: VËy quü tÝch c¸c ®iÓm I lµ hai cung PmB vµ P’m’B chøa gãc 26 34’ dùng trªn ®o¹n AB ( PP’  AB t¹i A ) IV - Xem lại các bài đã chữa - Gi¶i tiÕp bµi tËp sau: Bài 4: Cho nửa đờng tròn (O), đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó và dựng h×nh vu«ng ABED thuéc nöa mÆt ph¼ng bê AB kh«ng chøa ®iÓm C Gäi F lµ giao ®iÓm AE và nửa đờng tròn(O) K là giao điểm CF và ED a) Chứng minh bốn điểm E, B, F, K nằm trên đờng tròn b) BKC lµ tam gi¸c g× ? V× ? c) Tìm quỹ tích điểm E A di động trên nửa đờng tròn Híng dÉn: Híng dÉn vÒ nhµ Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008  a) Ta cã KEB 90 (GT)  L¹i cã BFC 90 (gãc néi tiÕp chắn nửa đờng tròn) Do đó bốn điểm E, F, B, K cùng thuộc đờng tròn đờng kính BK K BF) mµ D' D   b) BCF FAB (cïng ch¾n cung E'   FAB BAE 450 (tÝnh chÊt   BCF 450 E h×nh vu«ng) O'  T¬ng tù BKF 45 VËy tam gi¸c BCK vu«ng c©n F A A' m B O c) Tìm quỹ tích điểm E A di động trên nửa đờng tròn *) PhÇn thuËn:   - Tam gi¸c FBC vu«ng c©n  BF CF  BF CF Suy F là điểm chính cung BC nên F cố định  FC cố định BK  BC (chứng minh trên)  K nằm trên đờng thẳng a qua B, vuông góc với BC B nên a cố định - Điểm K là giao điểm đờng thẳng a với CF  K cố định, B cố định, mà  BEK 90  E thuộc đờng tròn đờng kính BK  - Vì A thuộc nửa đờng tròn (O) nên E thuộc BmK đờng kính BK thuộc nửa mặt phẳng bờ BK kh«ng chøa ®iÓm C *) Phần đảo: Lấy E’ bất kì thuộc cung BmK, đ ờng thẳng E’F cắt nửa đờng tròn (O) A’ (khác F), đờng thẳng E’K cắt CA’ D’ Ta phải chứng minh tứ giác BE’D’A’ là hình vuông ThËt vËy:  ' B BCF  FA (gãc néi tiÕp ch¾n cung BF cña (O))   ' B 450 BCF 45  FA Mµ  T¬ng tù FE ' B 45  Suy tam gi¸c BE’A’ vu«ng c©n t¹i B  E ' BA ' 90 ;  ' D ' 90 BE (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) BA ' C 90  BA  ' D ' 90  Ta cã tø gi¸c BE’D’A’ lµ h×nh ch÷ nhËt Mµ BE’ = BA’ (tam gi¸c BE’A’ vu«ng c©n t¹i B) Do đó tứ giác BE’D’A’ là hình vuông *) Kết luận: Quỹ tích các điểm E là nửa đờng tròn đờng kính BK (cung BmK màu đỏ trên h×nh vÏ) Bµi tËp tæng hîp häc sinh cÇn tham kh¶o (§Ò thi vµo THPT c¸c tØnh c¶ níc) Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc C V× sù nghiÖp gi¸o dôc N¨m häc 2009 - 2010 2008 Bài 1: (Đề thi tuyển sinh vào THPT thành phố Hà Nội năm học 2010 - 2011) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nh ỏ BC t ại ểm E, tia AC cắt tia BE điểm F 1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC   3) Chứng minh CFD OCB Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến đường tròn (O)  4) Cho biết DF = OC = R, chứng minh tg AFB 2 Hướng dẫn giải: 1) Tứ giác FCDE có góc đối F FED 90o FCD  nên chúng nội tiếp 2) Hai tam giác vuông đồng dạng ACD và DEB vì I   CAD  CBE hai góc cùng chắn cung E CE, nên ta C có tỉ số : DC DE D   DC.DB DA.DE DA DB 3) Gọi I là tâm vòng tròn ngoại tiếp với tứ A B O giác   FCDE, ta có CFD CEA (cùng chắn cung CD)   Mặt khác CEA CBA (cùng chắn cung AC) và vì tam OCB cân O, nên CFD OCB     Ta có : ICD IDC HDB   OCD OBD và HDB  OBD  90 OCD  DCI  900 nên IC là tiếp tuyến với đường tròn tâm O Tương tự IE là  tiếp tuyến với đường tròn tâm O 4) Ta có tam giác vuông đồng dạng ICO và FEA vì có góc nh ọn 1   CAE  COE COI (do tính chất góc nội tiếp) CO R  tgCIO   2 IC R   Mà  tgAFB tgCIO 2 Bài 2: (Đề thi tuyển sinh vào THPT thành phố Hồ Chí Minh năm học 2010 - 2011) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R Gọi M là điểm thuộc đường tròn (O) khác A và B Các tiếp tuyến (O) A và M cắt E V ẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE) a) Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật b) Gọi I là trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc V× sù nghiÖp gi¸o dôc N¨m häc 2009 - 2010 2008 c) Gọi K là giao điểm EB và MP Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng Suy K là trung điểm MP d) Đặt AP = x Tính MP theo R và x Tìm vị trí M trên (O) để hình ch ữ nhật APMQ có diện tích lớn Hướng dẫn giải:   I a) Ta có góc EMO = 90O = EAO M => EAOM nội tiếp Tứ giác APMQ có góc vuông :    EAO APM PMQ 90 o => Tứ giác APMQ là hình chữ nhật K b) Ta có : I là giao điểm đường chéo AM và PQ hình chữ nhật APMQ nên I là trung điểm AM Mà E là giao điểm tiếp tuyến M và B P A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng O hàng c) Cách 1: hai tam giác AEO và MPB đồng dạng vì chúng là tam giác vuông có góc   là AOE ABM , vì OE // BM AO AE  => BP MP (1) KP BP  Mặt khác, vì KP//AE, nên ta có tỉ số AE AB (2) Từ (1) và (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K là trung điểm MP EK AP  Cách : Ta có EB AB (3) AE // KP, EI AP  mặt khác, ta có EO AB (4) tam giác EOA và MAB đồng dạng EK EI  So sánh (3) & (4), ta có : EB EO Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I là trung điểm AM => K là trung điểm MP d) Ta dễ dàng chứng minh :  a bcd     (*) abcd  Dấu “=” xảy và a = b = c = d MP = MO  OP2  R  (x  R)2  2Rx  x Ta có: S = SAPMQ = MP.AP x 2Rx  x  (2R  x)x 3 S đạt max  (2R  x)x đạt max  x.x.x(2R – x) đạt max x x x (2R  x)  3 đạt max Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc Q E I x A N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 x Áp dụng (*) với a = b = c = x x x x x x R4  (2R  x)      (2R  x)   3 3 16  Ta có : 3 x (2R  x) x R Do đó S đạt max   Bài 3: (Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Đà Nẵng năm học 2010 - 2011) Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R và đường tròn (C') tâm O', bán kính R' (R > R') cắt hai điểm A và B Vẽ tiếp tuyến chung MN hai đường tròn (M  (C), N  (C')) Đường thẳng AB cắt MN I (B nằm A và I)   a) Chứng minh BMN MAB b) Chứng minh IN2 = IA.IB c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng MB P Chứng minh MN song song với QP Hướng dẫn giải: M I N B Q P O O' A a) Trong đường tròn tâm O:    Ta có BMN = MAB (cùng chắn cung BM ) b) Trong đường tròn tâm O': Ta có IN2 = IA.IB c) Trong đường tròn tâm O:    MAB BMN (góc chắn cung BM ) (1) Trong đường tròn tâm O':    BAN BNM (góc chắn cung BN ) (2)       Từ (1)&(2) => MAB  BAN  MBN BMN  BNM  MBN 180 Nên tứ giác APBQ nội tiếp    => BAP BQP QNM (góc nội tiếp và góc chắn cung)   mà QNM và BQP vị trí so le => PQ // MN Bài 4: (Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Hải Dương năm học 2010 - 2011, ngày 06/07) Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc V× sù nghiÖp gi¸o dôc N¨m häc 2009 - 2010 2008 Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao BE và CF tam giác ABC cắt H và cắt đờng tròn (O) lần lợt E’ và F’ (E’ khác B và F’ khác C) 1) Chøng minh tø gi¸c BCEF lµ tø gi¸c néi tiÕp 2) Chøng minh EF song song víi E’F’ 3) Kẻ OI vuông góc với BC ( I  BC ) Đờng thẳng vuông góc với HI H cắt đờng thẳng AB M và cắt đờng thẳng AC N Chứng minh tam giác IMN cân Hướng dẫn giải: 1) Chøng minh tø gi¸c BCEF lµ tø gi¸c néi tiÕp Theo đề bài BE và CF là các đờng cao   tam gi¸c => BFC BEC 90 Theo quü tÝch cung chøa gãc hai ®iÓm E vµ F thuộc đờng tròn đờng kính BC VËy tø gi¸c BCEF lµ tø gi¸c néi tiÕp 2) Chøng minh EF song song víi E’F’ Theo c©u a tø gi¸c BCEF lµ tø gi¸c néi   tiÕp => CBE CFE (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CE)   L¹i cã: CBE CF'E' (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CE’ cña (O))   Suy CFE CF'E' mà hai góc này lại vị trí đồng vị => EF//E’F’ 3) Chøng minh tam gi¸c IMN c©n XÐt hai trêng hîp: *) Trêng hîp 1: M thuéc tia BA H lµ trùc t©m cña tam gi¸c => AH  BC    CAH CBH(cïng phô víi ACB )     BHI  BHM 90 ,ANH  NHE 90   Mà BHM NHE( vì đối đỉnh)   => BHI ANH đó: ANH BIH  AH  HN (1) BI IH Chøng minh t¬ng tù: AHM CIH  AH  HM (2) CI IH Tõ (1) vµ (2) vµ BI = CI suy HM  HN  HM HN IH HI  MN Mµ HI t¹i H suy tam gi¸c IMN c©n t¹i I *) Trờng hợp 2: M thuộc tia đối tia BA Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008    CAH CBH (cïng phô víi ACB )   ANH 90  NHE (gãc ngoµi cña  )   BHI 90  BHM   BHM NHE (vì đối đỉnh)   ANH BHI  ANH BHI AH HN   BI IH §Õn ®©y chøng minh t¬ng tù nh trêng hîp Bài 5: (Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Hải Dương năm học 2010 - 2011, ngày 08/07) Cho hình vuông ABCD có độ dài a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M  khác B) và N là điểm thay đổi trên cạnh CD (N khác C) cho MAN 45 Đờng chéo BD cắt AM và AN lần lợt P và Q a) Chøng minh tø gi¸c ABMQ lµ tø gi¸c néi tiÕp b) Gäi H lµ giao ®iÓm cña MQ vµ NP Chøng minh AH vu«ng gãc víi MN c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn Hướng dẫn giải: a) Chøng minh tø gi¸c ABMQ lµ tø gi¸c néi tiÕp Theo đề bài tứ giác ABCD là hình vuông mà BD là đờng chÐo => BD lµ tia ph©n gi¸c cña  ABC 90 =>  QBM 45 Còng theo MAQ 450 đề bµi : XÐt tø gi¸c ABMQ cã:   QAM QBM , đó hai ®iÓm A vµ B cïng nh×n c¹nh QM dới góc không đổi 450 Theo quü tÝch cung chøa gãc hai ®iÓm A vµ B thuéc cïng mét cung chøa gãc 45 dùng trªn ®o¹n QM VËy tø gi¸c ABMQ lµ tø gi¸c néi tiÕp Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 b) Chøng minh AH  MN Tø gi¸c ABMQ lµ tø gi¸c néi tiÕp =>   AQM  ABM 180 0   Mµ ABM 90  AQM 90  MQ  AN T¬ng tù tø gi¸c ADNP néi tiÕp => NP  AM XÐt tam gi¸c AMN cã : MQ  AN vµ NP  AM (chøng minh trªn) Suy H lµ trùc t©m cña tam gi¸c AMN VËy AH  MN c) Xác định vị trí điểm M và N để tam giác AMN có diện tích lớn XÐt hai trêng hîp: *) Trêng hîp 1: M kh«ng trïng víi C Gäi I lµ giao ®iÓm cña AH vµ MN th× diÖn tÝch cña tam gi¸c AMN lµ: SAMN  AI.MN   Tø gi¸c APHQ néi tiÕp suy PAH PQH (1)   Tø gi¸c ABMQ néi tiÕp suy BAM BQM (2)     Tõ (1) vµ (2) => PAH BAM hay MAI MBA Từ đó chứng minh hai tam giác vuông MAI và MAB => AI = AB = a, IM = BM T¬ng tù chøng minh hai tam gi¸c vu«ng NAI vµ NAD b»ng => IN = DN a.MN SAMN  AI.MN => = Ta cã MN < MC + NC = a – BM + a – DN = 2a – (IM + IN) SAMN  a.MN  a 2 VËy MN < 2a – MN hay MN < a => *) Trờng hợp 2: M trùng với C, đó N trùng với D AMN ACD nªn SAMN = AD.DC  a 2 vµ a2 VËy tam gi¸c AMN cã diÖn tÝch lín nhÊt b»ng vµ chØ M C vµ N D Bài 6: (Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Quảng Nam năm học 2009 - 2010) Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC Vẽ dây BD vuông góc với AC K ( K nằm A và O).Lấy điểm E trên cung nhỏ CD ( E không trùng C và D), AE cắt BD H a) Chứng minh tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp b) Chứng minh AD2 = AH AE Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm Tính chu vi hình tròn (O) d) Cho góc BCD α Trên mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam giác MBC cân M Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O) Hướng dẫn giải: a) Chứng minh tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp * Tam giác CBD cân AC  BD K  BK=KD=BD:2(đường kính vuông góc dây cung) ,ΔCBD có đường cao CK vừa là đường trung tuyến nên ΔCBD cân * Tứ giác CEHK nội tiếp · · · AEC HEC 1800 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ; KHC 1800 (gt) · · HEC  HKC 900  900 1800 (tổng hai góc đối)  tứ giác CEHK nội tiếp b) Chứng minh AD2 = AH AE Xét ΔADH và ΔAED có : ¶A chung ; AC  BD K ,AC cắt cung BD A suy A là điểm chính · · cung BAD , hay cung AB cung AD  ADB AED (chắn hai cung AD AE   AD  AH AE nhau) Vậy ΔADH = ΔAED (g-g)  AH AD c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm Tính chu vi hình tròn (O) BK=KD=BD:2 = 24:2 = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm =16 * ΔBKC vuông A có : KC = BC  BK  202  122  400  144  256 · B” * ABC 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)    ΔABC vuông K có : BC =KC.AC 400 =16.AC AC = 25 R= 12,5cm B C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm) A K M O C H E D d)Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O) M’ D” Giải: ΔMBC cân M có MB = MC suy M cách hai đầu đoạn thẳng BC  M  d là đường trung trực BC ,(OB=OC nên O  d ),vì M (O) nên giả sử d cắt (O) M (M thuộc cung nhỏ BC )và M’(thuộc cung lớn BC ) * Trong trường hợp M thuộc cung nhỏ BC ; M và D nằm khác phía BC hay AC ·BDC ·DBC (1800  ·DCB) : 900   ΔBCD cân C nên Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 Tứ giác MBDC nội tiếp thì ·BDC  ·BMC 1800  ·BMC 1800  ·BDC 1800  (900   ) 1800  900   900   2 * Trong trường hợp M’ thuộc cung lớn BC ΔMBC cân M có MM’ là đường trung trực nên MM’ là phân giác góc BMC ·BMM ' ·BMC (900   ) : 450   ¼ ' (900   ) BM   sđ (góc nội tiếp và cung bị chắn) » · sđ BD 2BCD 2 (góc nội tiếp và cung bị chắn)   0 0 »  BM ¼ '  2  90   2   90  3  180     60 BD + Xét suy tồn hai điểm là M thuộc cung nhỏ BC (đã tính trên )và M’ thuộc cung lớn BC ·BDC ·BM 'C 900   (cùng chắn cung BC nhỏ) Tứ giác BDM’C nội tiếp thì 2 900    2     2   900  3 1800   600 » ¼  2 + Xét BD BM ' thì M’≡ D không thỏa mãn điều kiện đề bài nên không có M’ ( có điểm M tmđk đề bài)  900  3  1800  600   900 2 · » (khi BD qua tâm O và BD  AC  BCD  90 )  M’ thuộc cung BD không thỏa mãn điều kiện đề bài nên không có M’ (chỉ có điểm M tmđk đề) Bài 7: (Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Quảng Ninh năm học 2009 - 2010) Cho điểm M nằm ngoài đờng tròn (O;R) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đờng trßn (O;R) ( A; B lµ hai tiÕp ®iÓm) a) Chøng minh MAOB lµ tø gi¸c néi tiÕp b) TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c AMB nÕu cho OM = 5cm vµ R = cm c) Kẻ tia Mx nằm góc AMO cắt đờng tròn (O;R) hai điểm C và D ( C n»m gi÷a M vµ D ) Gäi E lµ giao ®iÓm cña AB vµ OM Chøng minh r»ng EA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CED Hướng dẫn giải: » ¼ + Xét BD  BM '  2  900  A D C E M O B a) Ta cã: MA  AO ; MB  BO ( T/C tiÕp tuyÕn c¾t nhau)   => MAO MBO 90 Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008   Tø gi¸c MAOB cã : MAO  MBO 900 + 900 = 1800 => Tø gi¸c MAOB nội tiếp đờng tròn b) ¸p dông §L Pi ta go vµo  MAO vu«ng t¹i A cã: MO2 = MA2 + AO2  MA2 = MO2 – AO2  MA2 = 52 – 32 = 16 => MA = ( cm) V× MA;MB lµ tiÕp tuyÕn c¾t => MA = MB =>  MAB c©n t¹i A MO là phân giác ( T/C tiếp tuyến) = > MO là đờng trung trực => MO  AB XÐt  AMO vu«ng t¹i A cã MO  AB ta cã: AO AO2 = MO EO ( HTL  vu«ng) => EO = MO = (cm) 16 => ME = - = (cm) ¸p dông §L Pi ta go vµo tam gi¸c AEO vu«ng t¹i E ta cã:AO2 = AE2 +EO2 81 144 12  AE2 = AO2 – EO2 = - 25 = 25 = 12  AE = ( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE MO là đờng trung trùc cña AB) 24 1 16 24 192  AB = (cm) => SMAB = ME AB = 5 = 25 (cm2) c) XÐt  AMO vu«ng t¹i A cã MO  AB ¸p dông hÖ thøc lîng vµo tam gi¸c vu«ng AMO ta cã: MA2 = ME MO (1) ADC MAC   mµ : = S® AC ( gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tiÕp tuyÕn vµ d©y cung cïng ch¾n cung) MA MD   MAC   DAM (g.g) => MC MA => MA2 = MC MD (2) MD ME  Tõ (1) vµ (2) => MC MD = ME MO => MO MC MD ME     MDO  MCE   MDO ( c.g.c) ( M chung; MO MC ) => MEC ( gãc tøng) ( 3) OA OM T¬ng tù:  OAE OMA (g.g) => OE = OA OA OM OD OM  => OE = OA = OE OD ( OD = OA = R) OD OM     Ta cã:  DOE   MOD ( c.g.c) ( O chong ; OE OD ) => OED ODM ( gãc t øng) (4) Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008     Tõ (3) (4) => OED MEC mµ : AEC  MEC =900 AED  OED  =900    => AEC  AED => EA lµ ph©n gi¸c cña DEC Bài 8: (Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Quảng Trị năm học 2009 - 2010) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R Từ A kẻ đường thẳng (d) không qua tâm O, cắt (O) B và C ( B nằm A và C) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) B và C cắt D Từ D kẻ DH vuông góc với AO (H nằm trên AO), DH cắt cung nhỏ BC M Gọi I là giao điểm DO và BC Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp Chứng minh OH.OA = OI.OD Chứng minh AM là tiếp tuyến đường tròn (O) Cho OA = 2R Tính theo R diện tích phần tam giác OAM nằm ngoài đường tròn (O) Hướng dẫn giải: H K O A B I M C D Chứng minh: a) C/m: OHDC nội tiếp Ta có: DH vuông goc với AO (gt) => ∠ OHD = 900 CD vuông góc với OC (gt) => ∠ OCD = 900 Xét Tứ giác OHDC có ∠ OHD + ∠ OCD = 1800 Suy : OHDC nội tiếp đường tròn b) C/m: OH.OA = OI.OD Ta có: OB = OC (=R); DB = DC ( T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy OD là đường trung trực BC => OD vuông góc với BC Xét hai tam giác vuông Δ OHD và Δ OIA có ∠ AOD chung  Δ OHD đồng dạng với Δ OIA (g-g) OH OD = =>OH OA=OI OD (1) (đpcm)  OI OA c) Xét Δ OCD vuông C có CI là đường cao Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc V× sù nghiÖp gi¸o dôc N¨m häc 2009 - 2010 2008 áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông, ta có: OC2 = OI.OD mà OC = OM (=R) (2) Từ (1) và (2) : OM2 = OH.OA OM OA ⇒ = OH OM Xét tam giác : Δ OHM và Δ OMA có : OM OA = ∠ AOM chung và OH OM Do đó : Δ OHM đồng dạng Δ OMA (c-g-c)  ∠ OMA = ∠ OHM = 900 AM vuông góc với OM M  AM là tiếp tuyến (O)  d)Gọi K là giao điểm OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S S = S Δ AOM - SqOKM  Xét Δ OAM vuông M có OM = R ; OA = 2.OK = 2R => Δ OMK là tam giác => MH = R √ và ∠ AOM = 600 => S Δ AOM = OA MH= R R √ =R2 √ (đvdt) 2 2 2 SqOKM = Π R 60 = Π R (đvdt) 360 => S = S Δ AOM - SqOKM = R2 √3 − Π R =R2 √ − Π (đvdt) 6 Bài 9: (Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Thanh Hóa năm học 2009 - 2010) Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R Trên tia đối tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A avf B C v à D Gọi N là tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O) Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy CN DN  CG DG  Đặt BOD  Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và  Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc R, không phụ thuộc  Hướng dẫn giải: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 1, Tứ giác BDNO nội tiếp 2, BD  AG; AC  AG  BD // AC (ĐL)  GBD đồng dạng GAC (g.g) CN BD DN    CG AC DG 3, BOD =   BD = R.tg ; AC = R.tg(90o – ) = R tg   BD AC = R2 Bài 10: (Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Hà Nội năm học 2009 - 2010) Cho đờng tròn (O; R) và A là điểm nằm bên ngoài đờng tròn Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đờng tròn (B, C là các tiếp điểm) 1) Chøng minh ABOC lµ tø gi¸c néi tiÕp 2) Gäi E lµ giao ®iÓm cña BC vµ OA Chøng minh BE vu«ng gãc víi OA vµ OE.OA=R2 3) Trên cung nhỏ BC đờng tròn (O; R) lấy điểm K bất kì (K khác B và C) Tiếp tuyến K đờng tròn (O; R) cắt AB, AC theo thứ tự các điểm P và Q Chứng minh tam giác APQ có chu vi không đổi K chuyển động trên cung nhá BC 4) Đờng thẳng qua O, vuông góc với OA cắt các đờng thẳng AB, AC theo thứ tự t¹i c¸c ®iÓm M, N Chøng minh PM + QN ≥ MN Hướng dẫn giải: M B P A O E K Q C N 3) Chứng minh Chu vi  APQ = AB+AC = 2AB không đổi 4) Chøng minh : - Gãc PMO = gocQNO = gocQOP ( = s® cung BC/2)      - MPO 180  POM  PMO = 1800 - QOP  POM Khi đó  PMO ~  ONQ ( g-g) - PM.QN = MO.NO = MO2 2 PM QN 2MO MN Theo B§T C«si cã PM + QN DÊu = x¶y  PM = QN  K lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung BC Bài 11: (Đề thi tuyển sinh vào THPT thành phố Hồ Chí Minh năm học 2009 - 2010) Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc V× sù nghiÖp gi¸o dôc N¨m häc 2009 - 2010 2008 Cho tam giác ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) có tâm O, bán kính R Gọi H là giao điểm ba đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC Gọi S là diÖn tÝch tam gi¸c ABC a) Chứng minh AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp đờng tròn b) Vẽ đờng kính AK đờng tròn (O) Chứng minh tam giác ABD và tam giác AB.BC.CA 4R AKC đồng dạng với Suy AB.AC = 2R.AD và S = c) Gọi M là trung điểm BC Chứng minh EFDM là tứ giác nội tiếp đờng tròn d) Chøngminh r»ng OC vu«ng gãc víi DE vµ (DE + EF + FD).R = S Hướng dẫn giải: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 Bài 12:(Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Hải Dương năm học 2009 – 2010, ngày 08/07) Cho tam giác MNP cân M có cậnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R) Tiếp tuyến N và P đường tròn cắt tia MP và tia MN E và D a) Chứng minh: NE2 = EP.EM a) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp b) Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) K ( K không trùng với P) Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2 Hướng dẫn giải: M O K H F N P I D a,  NEM đồng dạng  PEN ( g-g) NE ME    NE ME.PE EP NE MNP MPN  b, ( tam giác MNP cân M ) PNE NPD   (cùng NMP )   => DNE DPE Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE góc nên tứ giác DNPE nội tiếp c,  MPF đồng dạng  MIP ( g - g ) Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc E N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 MP MI   MP MF MI (1) MF MP  MNI đồng dạng  NIF ( g-g ) NI IF    NI MI IF(2) MI NI Từ (1) và (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3)    NMI KPN ( cùng phụ HNP )   => KPN  NPI => NK = NI ( ) Do tam giác MNP cân M => MN = MP ( 5) Từ (3) (4) (5) suy đpcm Bài 13:(Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Hải Dương năm học 2009 – 2010, ngày 06/07) Cho đờng tròn (O), dây AB không qua tâm Trên cung nhỏ Ab lấy điểm M (M kh«ng trïng víi A, B) KÎ d©y MN vu«ng gãc víi AB t¹i H KÎ MK vu«ng gãc víi AN (KAN) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc đờng tròn Chøng minh: MN lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BMK Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB Gọi E là giao điểm HK và BN Xác định vị trí điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn Hướng dẫn giải:  M K H A B O E N Tứ giác AHMK nội tiếp đờng tròn đờng   kÝnh AM( v× AKM  AHM 90 ) V× tø gi¸c AHMK néi tiÕp nªn   KMH HAN (cïng bï víi gãc KAH) NAH  NMB  Mµ (néi tiÕp cïng ch¾n cung NB) KMN  NMB  => => MN lµ tia ph©n gi¸c cña gãc KMB   Ta cã tø gi¸c AMBN néi tiÕp => KAM MBN    => MBN KHM EHN => tø gi¸c MHEB néi tiÕp   => MNE HBN =>HBN đồng dạng EMN (g-g) Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc V× sù nghiÖp gi¸o dôc N¨m häc 2009 - 2010 2008 HB BN  => ME MN => ME.BN = HB MN (1) Ta có AHN đồng dạng MKN ( Hai tam giác vuông có góc ANM chung ) AH AN  => MK MN => MK.AN = AH.MN (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã: MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB Do AB không đổi, nên MK.AN + ME.BN lớn MN lớn => MN là đờng kính đờng tròn tâm O.=> M là điểm chính cung AB Bài 14: (Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Bắc Giang năm học 2009 - 2010) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O Các đờng cao BH và CK tam giác ABC cắt điểm I Kẻ đờng kính AD đờng tròn tâm O, các đoạn thẳng DI vµ BC c¾t t¹i M.Chøng minh r»ng 1/ a/ Tứ giác AHIK nội tiếp đợc đờng tròn b/ OM  BC 2/Cho tam giác ABC vuông A,các đờng phân giác góc B và góc C c¾t c¸c c¹nh AC vµ AB lÇn lît t¹i D vµ E Gäi H lµ giao ®iÓm cña BD vµ CE, biÕt AD=2cm, DC= cm tính độ dài đoạn thẳng HB Hướng dẫn giải: 1/ a) Δ AHI vu«ng t¹i H (v× CA HB) Δ AHI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI Δ AKI vu«ng t¹i H (v× CK AB) A Δ AKI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng tròn đờng kính AI b) Ta cã CA HB( Gt) H CA DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn) => BH//CD hay BI//CD (1) Ta cã AB CK( Gt) AB DB( góc ABD chắn nửa đờng tròn) => CK//BD hay CI//BD (2) Từ (1) và (2) ta có Tứ giác BDCI là hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song) Mµ DI c¾t CB t¹i M nªn ta cã MB = MC => OM BC( đờng kính qua trung điểm dây thì vuông góc với dây đó) 2/ C¸ch 1: B V× BD lµ tia ph©n gi¸c gãc B cña tam gi¸c ABC; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có: AD AB AB = ⇔ = ⇒ BC=2 AB DC BC BC E H V× Δ ABC vu«ng t¹i A mµ BC = 2AB nªn ^ACB = 300; ^ABC = 600 V× ^B1 = ^B2(BD lµ ph©n gi¸c) nªn ^ABD = 300 A D V× Δ ABD vu«ng t¹i A mµ ^ABD = 300 nªn BD = 2AD = = 4cm 2 => AB =BD − AD =16 − 4=12 V× Δ ABC vu«ng t¹i A => BC=√ AC2 + AB2=√ 36+12=4 √ Vì CH là tia phân giác góc C tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta DC DH DH = ⇔ = ⇒ BH=√ DH cã: BC HB √ HB Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc K B I O M D C C N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 ¿ BH+ HD=4 BH=√ HD ⇔ Ta cã: ¿ √ BH+ √ HD=4 √ BH=√ HD ⇒ BH (1+ √ 3)=4 √ ¿{ ¿ √ 3( √ −1) √3 BH= = =2 √ 3( √ −1) VËy BH=2 √ ( √ 3− 1)cm (1+ √ 3) AD AB AB AB  2       BC AB  AC  4 C¸ch 2: BD lµ ph©n gi¸c => DC BC AB    4( AB  36) 16 AB  AB 4.36 16 AB  36 Bài 15: (Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Hải Dương năm học 2008 – 2009, ngày 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng thẳng BO và CO lần lợt cắt đờng tròn (O) E , F 1) Chøng minh AF//BE 2) Gäi M lµ mét ®iÓm trªn ®o¹n AE ( M kh¸c A , E ) §êng th¼ng FM c¾t BE kÐo dµi t¹i N , OM c¾t AN t¹i G Chøng minh a) AF2 = AM.ON b) Tø gi¸c AGEO néi tiÕp Hướng dẫn giải: A G N M F E O B C           Do ABC đều, BE và CF là tia phân giác B ; C nên B1 B2 C1 =C2 => AE CE  AF BF    FAB B => AF//BE   T¬ng tù c©u 1) ta cã AE//CF nªn tø gi¸c AEOF lµ h×nh b×nh hµnh mµ AE  AF  AE  AF nªn tø gi¸c AEOF lµ h×nh thoi   OFN và AFM có FAE FOE (2 góc đối hình thoi) Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 AFM FNO  (2 gãc so le trong) => AFM đồng dạng với ONF (g-g) AF AM    AF OF  AM ON ON OF mµ AF = OF nªn AF  AM ON   Có AFC  ABC 60 và AEOF là hình thoi => AFO và AEO là các tam giác => AF=DF=AO => AO  AM ON AM AO     AOE 600 => AOM và ONA đồng dạng AO ON vµ cã OAM   => AOM ONA      Cã 60  AOE  AOM  GOE  ANO  GAE    GAE GOE mµ hai gãc cïng nh×n GE nªn tø gi¸c AGEO néi tiÕp Bài 16: (Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Hải Dương năm học 2008 – 2009, ngày 2) Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB Trên đờng tròn (O) lấy điểm C (C kh«ng trùng với A, B và CA > CB) Các tiếp tuyến đờng tròn (O) A, C cắt điểm D, kÎ CH vu«ng gãc víi AB ( H thuéc AB), DO c¾t AC t¹i E 1) Chøng minh tø gi¸c OECH néi tiÕp   2) Đờng thẳng CD cắt đờng thẳng AB F Chứng minh 2BCF  CFB 90 3) BD c¾t CH t¹i M Chøng minh EM//AB Hướng dẫn giải: K D C M E A O Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc H B F V× sù nghiÖp gi¸o dôc N¨m häc 2009 - 2010 2008 V× DA vµ DC lµ c¸c tiÕp tuyÕn cña (O) nªn DA = DC Cã OA = OC => O, D nằm trên đờng trung trực đoạn AC  => AC  DO t¹i E => CEO 90 (1)  Cã CHO 90 (v× CH  AB) (2) CEO  CHO  180 Tõ (1) vµ (2) => => tø gi¸c OECH néi tiÕp  BCF   s® BC V× CF lµ tiÕp tuyÕn cña (O) =>    2BCF s® BC 1  CFB     s® AC s® BC Cã (t/c góc có đỉnh nằm ngoài đờng tròn) 1       => 2BCF + CFB  s® BC + s® AC s® BC 1      s® AC s® BC s® AB = 900   VËy 2BCF + CFB 90 Gọi K là giao điểm các đờng thẳng AD và BC   Cã K1  A1 90  C  900 C   => K1 C1 => DKC c©n t¹i D A C  => DK = DC Mµ DC = AD => DA = DK CM BM MH  cã CH //KA => DK BD = DA Mµ DK = DA nªn CM = MH (*) Theo câu có DO là đờng trung trực AC => EA = AC (**) Từ (*) và (**) => ME là đờng trung bình ACH => ME//AB Bài 17: (Đề thi tuyển sinh vào THPT tỉnh Hải Dương năm học 2008 – 2009, chính thức) Cho đờng tròn tâm O Lấy điểm A ngoài đờng tròn (O), đờng thẳng AO cắt đờng tròn (O) điểm B, C (AB < AC) Qua A vẽ đờng thẳng không qua O cắt đờng tròn (O) hai điểm phân biệt D, E ( AD < AE) Đờng thẳng vuông góc với AB A cắt đờng thẳng CE t¹i F 1) Chøng minh tø gi¸c ABEF néi tiÕp 2) Gọi M là giao điểm thứ hai đờng thẳng FB với đờng tròn (O) Chøng minh DM  AC 3) Chøng minh CE.CF +AD.AE = AC2 Hướng dẫn giải: Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc N¨m häc 2009 - 2010 V× sù nghiÖp gi¸o dôc 2008 F E D A C O B M 0   Vì AO cắt đờng tròn (O) B và C => BC là đờng kính (O)) => BEC 90  BEF 90  Cã BAF 90 (V× AB AF)    BEF  BAF 1800 => tø gi¸c ABEF néi tiÕp    Cã BMD BED (gãc néi tiÕp cïng ch¾n BD ) (1)    Cã tø gi¸c ABEF néi tiÕp => BEA BFA (gãc néi tiÕp cïng ch¾n AB ) (2)   Tõ (1) vµ (2) => BMD BFA mµ gãc ë vÞ trÝ so le => AF//DM Mµ AF  AC nªn DM  AC   DEB  DCB    s® BD Có ABE và ADC đồng dạng (vì tam giác có chung DAB và ) AB AE   AE AD  AB AC => AD AC (*) CE CF  CB CA T¬ng tù cã: (**) Tõ (*) vµ (**) tacã CE.CF  AD AE BC AC  AC AB  AC ( AB  BC )  AC *) Hãy giữ phím ctrl và nhấn vào đờng link này - http://huynhvumt.violet.vn/ Email: info@123doc.org Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc V× sù nghiÖp gi¸o dôc N¨m häc 2009 - 2010 2008 Website: http://huynhvumt.violet.vn Gi¸o ¸n D¹y thªm H×nh häc