Chứng minh định lí: “Góc tạo bởi một tia tiếp tuyến và một dây cung đi qua tiếp điểm có số đo bằng nửa số đo của cung bị chắn” Chỉ chứng minh trong trường hợp tâm của đường tròn nằm bên [r]
(1)ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP HÌNH HỌC - NĂM HỌC: 2012 – 2013 A./ HÌNH HỌC PHẲNG : I./ LÝ THUYẾT 1./ Một số đồ tư ôn tập : Ngô Đức Đồng (2) Ngô Đức Đồng (3) Ngô Đức Đồng (4) II MỘT SỐ CÂU HỎI THƯỜNG GẶP : Câu Chứng minh định lí: “Nếu C là điểm nằm trên cung AB thì: sđ AB sd AC sdCB trường hợp điểm C nằm trên cung nhỏ AB Câu Chứng minh định lí: “Với hai cung nhỏ đường tròn hay hai đường tròn nhau: a) Hai cung căng hai dây b) Hai dây căng hai cung nhau.” Câu Nêu định nghĩa góc nội tiếp đường tròn Chứng minh định lí: “trong đường tròn số đo góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn” Câu Chứng minh định lí: “Góc tạo tia tiếp tuyến và dây cung qua tiếp điểm có số đo nửa số đo cung bị chắn” (Chỉ chứng minh trường hợp tâm đường tròn nằm bên ngoài góc) Câu Chứng minh định lí: “Góc có đỉnh bên đường tròn có số đo nửa tổng số đo hai cung bị chắn hai cạnh góc và các tia đối hai cạnh ấy” Câu Chứng minh định lí: “Góc có đỉnh bên ngoài đường tròn có số đo nửa hiệu số đo hai cung bị chắn hai cạnh góc và các tia đối hai cạnh ấy” Câu a) Chứng minh định lí: Trong tứ giác nội tiếp tổng số đo hai góc đối diện hai góc vuông” b) Nêu định lí đảo định lí trên (không yêu cầu chứng minh) Câu Nêu công thức tính độ dài đường tròn, cung tròn, diện tích hình tròn, hình quạt tròn? Câu Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Chứng minh: AB + CD = AD + BC Câu 10 Nêu cách tính độ dài cung n hình quạt tròn bán kính R Áp dụng: Cho đường tròn ( O; R = cm) Tính độ dài cung AB có số đo 60 ? Câu 11 Áp dụng các định lí mối quan hệ cung nhỏ và dây căng cung đó đường tròn để giải bài toán sau: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB.Vẽ các bán kính OM, ON cho: AOM 400 , BON 800 So sánh: AM, MN và NB ? III./ BÀI TẬP: Bài Trên dây AB đường tròn tâm O, ta lấy điểm C A và B Vẽ đường tròn qua A, C, O Gọi D là giao điểm thứ hai hai đường tròn Chứng minh : a) ACD 2 ABD b) CB = CD Giải : AOD ACD sd AD D a) B AOD 2.ABD Mặt khác: C (góc tâm và góc nội tiếp chắn cung AD) O A Từ đó suy ra: ACD 2 ABD b) ACD là góc ngoài tam giác DCB nên ACD ABD CDB Nhưng ACD 2 ABD nên ABD CDB Vậy tam giác DCB cân C Bài Từ điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ các tiếp tuyến AB, AC và các tuyến AMN với đường tròn đó Gọi I là trung điểm dây MN a) Chứng minh: năm điểm A, B, I, O, C cùng nằm trên đường tròn b) Chứng minh: Tia AI là tia phân giác BIC Ngô Đức Đồng (5) c) Cho góc BAO = 300 Tính diện tích tứ giác ABOC theo R Hướng dẫn giải : a) Ta có I là trung điểm MN nên OI MN AIO 90 (1) Mặt khác: AB, AC là tiếp tuyến với (O), nên: OA AB ABO 900 (2) và OC AC ACO 90 (3) Từ (1), (2) và (3) suy B, I, C nằm trên đường tròn đường kính OA b) Trong đường tròn đường kính OA ta có: AIB chắn cung AB, AIC chắn cung AC mà AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến đt) Vậy AIB = AIC hay IA là đường phân giác BIC A Xét ABO vuông B, ta có: BO BO tan BAO tan 300 AB R AB tan 300 S ABO AB.OB R 2 Diện tích tam giác ABO là: Mà S ABO S ACO nên diện tích tứ giác ABOC là: B N I M O C S ABOC 2.S ABO R Bài Cho tam giác ABC vuông A và AC > AB Kẻ đường cao AH và lấy trên đoạn HC điểm D cho HD = HB Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với AD (kéo dài) điểm E a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp b) Chứng minh tam giác AHE cân B ACE E c) Chứng minh: CB là tia phân giác H AHC AEC 900 Hướng dẫn giải : a) Theo đề bài, ta có: D => H và E nằm trên đường tròn đường kính AC Vậy tứ giác AHEC nội tiếp C b) Từ giả thuyết suy ABD cân A O A (vì AH vừa là đường cao, vừa là trung tuyến) HAD => HAB (1) Mặt khác BA CA nên BA là tiếp tuyến đường tròn đường kính AC HEA Suy HAB (2) HEA Từ (1) và (2) suy HAE Vậy tam giác AHE cân H c) Ta có: ECH EAH (góc nội tiếp chắn cung HE) ACH AEH (góc nội tiếp chắn cung AH) AEH (cmt) => ACH ECH Mà EAH Vậy CH hay CB là phân giác ACE Bài Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB Gọi C, D là hai điểm nằm trên nửa đường tròn và C, D khác với A, B (D nằm C và B), AC cắt BD E, AD cắt BC F a) Chứng minh tứ giác ECFD nội tiếp đường tròn, xác định tâm đường tròn đó b) Chứng minh rằng: AEF ABC , EF AB Ngô Đức Đồng (6) c) Nếu cho số đo cung CD = 600 và AD = 5cm Hãy tính diện tích tam giác ADE Giải : a) Ta có: ACB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ECF 90 Tương tự: EDF 90 Vậy tứ giác ECFD nội tiếp đường tròn Tâm I đường tròn là trung điểm đoạn EF b) Ta có: AEF CDF (góc nội tiếp cùng chắn cung CF) E ABC CDF (góc nội tiếp cùng chắn cung AC) AEF ABC Vậy Vì AD EB và BC AE nên AD và BC là các đường cao tam giác ABE và F là trực tâm nó D C Suy EF là đường cao thứ hay EF AB 0 c) Nếu sđ CD 60 CAD 30 F Trong tam giác vuông ADE, ta có: A B O ED ED 3 tan EAD tan 300 ED AD 5 AD AD 3 1 3.5 25 AD.ED Diện tích tam giác ADE là: S Bài Cho tam giác ABC vuông A, có đường cao AH và trung tuyến AM Đường tròn tâm H, bán kính HA cắt AB D và AC E Chứng minh rằng: a) D, H, E thẳng hàng b) MA DE c) D, B, E, C nằm trên đường tròn.Hãy cách xác định tâm O đường tròn này d) Tứ giác AMOH là hình gì? 0 Giải : a) Ta có: ABC vuông A nên BAC 90 DAE 90 A Vậy DE là đường kính đường tròn tâm H, bán kính HA Do đó D, H, E thẳng hàng E HAE HEA b) Ta có: AHE cân H nên (1) B C MAC MCA AMC cân M nên (2) M H MCA BAH Mà (góc có cạnh tương ứng vuông góc) (3) D BAH MAC Từ (2) và (3) ta có: (4) O Từ (1) và (4) ta có: MAC HEA BAH HAE 900 AIE 900 Do đó AM DE I BDE c) Ta có AHD cân H nên BAH mà MCA BAH (do (3)) MCA BDE BCE BDE Vậy C và D cùng nhìn BE góc không đổi => D, B, E, C nằm trên đường tròn * Xác định tâm O Vẽ trung trực Mx đọan BC Vẽ trung trực Hy DE Gia điểm O Mx và Hy là tâm đường tròn qua D, B, E, C d) Ta có AH và Mx cùng vuông góc với BC => AH // Mx Ngô Đức Đồng (7) AM và Hy cùng vuông góc với DE => AM // Hy Vậy tứ giác AMOH là hình bình hành Bài Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn đã cho, kẻ tiếp tuyến thứ cắt các tiếp tuyến Ax, By C và D a) Chứng minh rằng: CD = AC + BD b) Gọi P là giao điểm OC và AM; Q là giao điểm AD và BM Chứng minh tứ giác OPMQ là hình chữ nhật c) Xác định vị trí M trên nửa đường tròn đã cho để tổng AC + BD có giá trị nhỏ Giải: a) Chứng minh CD = AC + BD C Ta có: CA = CM (1) (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) DB = DM (2) (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: CA + DB = CM + DM = CD M b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt điểm, D ta có CO là phân giác góc ACM Q P CAM cân C nên phân giác CO là đường cao hay: A B CO AM P OPM 90 O Chứng minh tương tự ta được: OQM 90 Góc nội tiếp AMB chắn cung nửa đường tròn, nên AMB 90 Tứ giác có góc vuông nên là hình chữ nhật c) Định M để AC + BD nhỏ AC AB AC / / BD theo giả thuyết ta có: BD AB Do tứ giác ABDC là hình thang vuông, AB là cạnh góc vuông, CD là cạnh xuyên nên CD AB hay AC + BD AB Hệ thức trên chứng tỏ AC + BD nhỏ CD nhỏ nhất, mà CD nhỏ CD = AB Lúc đó ABDC là hình chữ nhật và M chính là điểm cung AB Bài Cho tam giác ABC cân A, có góc A nhọn, ba đường cao AD, BE, CF cắt H Chứng minh rằng: a) Tứ giác BFEC là hình thang cân, định tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang này b) Tứ giác DHEC nội tiếp đường tròn, từ đó suy BE là đường phân giác góc DEF c) Gọi I là trung điểm AH Chứng minh rằng: IF là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp hình thang BFEC Giải : a) Ta có: BEC = CFB => BF = CE (1) Suy AF = AE (vì AB = AC) AF AE EF / / BC Do đó: AB AC (2) Từ (1) và (2) ta có BFEC là hình thang cân A BFC BEC 90 nên BFEC nội tiếp đường tròn tâm D Ta có: 0 b) Ta có: HDC HEC 90 90 180 Do đó DHEC nội tiếp đường tròn đường kính HC I Ta có: FEB FCB (cùng chắn cung BF đường tròn (D)) E BED FCB F cùng chắn cung HD đường tròn đường kính HC) H BED Do đó FEB suy BE là đường phân giác DEF Ngô Đức Đồng B D C (8) c) Ta có: FDC cân D => F1 C1 mà C1 A1 (góc có cạnh tương ứng vuông góc) Vậy A1 F1 (1) Ta có AIF cân I => A1 F3 (2) Từ (1) và (2) suy ra: F1 F3 Ta có: DFI F1 F2 F1 F3 90 Vậy IF FD hay IF là tiếp tuyến đường tròn (D) Bài Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O có B 60 , C 45 và chiều cao AA’ = h Các tiếp điểm thuộc các cạnh AB, AC, BC là M, N, P a) Chứng minh: AB + AC – BC = 2AM b) Tính diện tích tam giác ABC c) Tính các chiều cao BB’, CC’ a) Ta có AM = AN (định lí tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) BM = BP (định lí tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) CP = CN Suy ra: AB + AC – BC = (AM + MB) + (AN + NC) – (BP + CP) = AM + MB + AN + NC – BP – CP = AM + MB + AM + NC – BM – CN = 2AM + (MB – BM) + (CN – NC) = 2AM b) Xét ABA’ vuông A’ có cạnh AA’ = h và B 60 AA ' 3h BA ' AA '.cotg 600 h ; AB = sin 60 Tam giác AA’C vuông cân nên A’C = AA’ = h h BA ' A ' C 3 Từ đó suy ra: BC = A B' C' N M O h S ABC BC AA ' 3 Vậy C B A' c) Trong tam giác BB’C có: BB’ = BC.sin450 h 2h BB ' 3 3 Trong tam giác vuông CC’B có: CC’ = BC.sin600 h 3h CC ' 3 3 Bài Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH Gọi HD là đường kính đường tròn (A, AH) đó Tiếp tuyến đường tròn D cắt CA E Gọi I là hình chiếu A trên BE Chứng minh rằng: D a) Tam giác BEC cân b) AI = AH E c) BE là tiếp tuyến đường tròn (A, AH) d) BE = BH + DE A Giải : a) AHC = ADE (g.c.g) I => ED = HC (1) và AE = AC (2) Vì AB CE (gt), đó AB vừa là đường Ngô Đức Đồng B H C (9) trung tuyến, vừa là đường cao tam giác BEC Suy BEC là tam giác cân b) Hai tam giác vuông ABI và ABH có: Cạnh huyền chung AB ABI ABH Do đó ABI = ABH => AI = AH c) Theo trên AI = AH và BE AI I => BE là tiếp tuyến đường tròn tâm A, bán kính AH d) Ta có: DE = EI (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) IB = BH (nt) BE = BI + IE = BH + ED Bài 10 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R) a) Tính số đo cung AB, góc tâm AOB và độ dài cung AB b)Vẽ đường kính AA’cắt BC H.Chứng minh OH BC.Tính AB và OH theo R c) Tính diện tích hình quạt ứng với cung AB, và diện tích phần hình tròn không nằm tam giác Giải : a) Do AB = BC = CA 3600 AOB BOC COA 1200 A nên các góc tâm Suy sđ AB = sđ AOB 120 R120 2 R AB O Độ dài cung là: l = 180 b) Ta có O các AB và AC nên AO hay AA’ là phân giác BAC , B mà ABC nên AA’ còn là đường cao, trung tuyến ABC C H => AA’ BC => HO BC Tương tự ta có BO là trung tuyến ABC A' Vậy O là trọng tâm ABC 3 AO R R và OH = => AH = AHB vuông H nên 2 AB AB AH HB R 2 AB 3R AB R l.R R S quat c) Diện tích hình quạt giới hạn cung AB và hai bán kính OA, OB là: Diện tích hình tròn (O,R) là: Stròn = 2 R Diện tích tam giác ABC là: 1 3 3R AH BC R.R 2 SABC = Diện tích phần hình tròn nằm tam giác: 3 3 R2 R R 4 S = Stròn – SABC = Bài 11 Cho đường tròn (O; R), hai đường kính AB và CD vuông góc với Trên đoạn AB lấy điểm M ( khác điểm O), đường thẳng CM cắt đường tròn (O) điểm thứ hai là N Đường thẳng d vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến đường tròn (O) N điểm P Chứng minh a/ Tứ giác OMNP nội tiếp đường tròn Ngô Đức Đồng (10) b/ Tứ giác CMPO là hình bình hành c/ Tích CM.CN không đổi Cho đường tròn(O;R) AB, CD: đường kính, AB CD O GT M AB, CM cắt (O) N B A x Đường thẳng d AB M O Tiếp tuyến (O) N cắt d P N a/ OMNP nội tiếp đường tròn P b/ CMPO là hình bình hành D KL c/ CM.CN không đổi a/ Chứng minh tứ giác OMNP nội tiếp đường tròn: Ta có: OMP 90 ( d AB) Và ONP 90 ( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính) OMP ONP Nên: Tứ giác OMNP nội tiếp đường tròn ( Tứ giác có đỉnh liên tiếp nhìn cạnh góc không đổi) b/ Chứng minh tứ giác CMPO là hình bình hành: AMC AC BN sđ Ta có: ( Định lí góc có đỉnh bên đường tròn(O)) BN CNx BC và sđ ( Định lí góc tạo tiếp tuyến và dây cung) AC BC 900 mà sđ = sđ = ( AB CD) Do đó: AMC = CNx (1) Ta lại có: CNx = MOP ( cùng bù với MNP ) (2) Từ (1), (2) AMC = MOP Mà AMC , MOP vị trí so le Nên: CM // OP (3) Mặt khác: PM // CO ( Cùng vuông góc với AB) (4) Từ (3), (4) CMPO là hình bình hành ( Tứ giác có cặp cạnh đối song song) c/ Chứng minh tích CM.CN không đổi: Ta có: CND 90 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn) Nên ta chứng minh được: OMC NDC (g.g) CM CO CD CN Hay CM.CN = CO CD = R.2R= 2R Mà R không đổi 2R không đổi Nên: CM.CN không đổi (đpcm) Bài 12 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC = 2R, điểm A trên nửa đường tròn cho BA=R.Lấy M là điểm trên cung nhỏ AC,BM cắt AC I Tia BA cắt tia CM D a/ Chứng minh: DI BC b/ Chứng minh tứ giác AIMD nội tiếp đường tròn c/ Giả sử AMB 45 Tính độ dài đoạn thẳng AD theo R và diện tích hình quạt AOM C d Ngô Đức Đồng (11) D GT A M I B C O KL Cho đường tròn (O), đường kính : BC = 2R A (O): BA = R; M cung AC nhỏ BM cắt AC I, BA cắt CM D ABM 450 : (c) a/ DI BC b/ AIMD nội tiếp (O) c/ Tính độ dài AC và S quatAOM ? a/ Chứng minh : DI BC: Ta có: BAC 90 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn) CA BD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC (1) Và BMC 90 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn) BM CD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC (2) Từ (1), (2) I là trực tâm tam giác BDC DI là đường cao thứ ba tam giác BDC Nên DI BC b/ Chứng minh tứ giác AIMD nội tiếp đường tròn: Ta có: IAD 90 ( CA BD ) Và IMD 90 ( BM CD 0 IAD + IMD 90 + 90 180 Nên: Tứ giác AIMD nội tiếp đường tròn ( Tứ giác có tổng góc đối diện 180 ) c/ Tính độ dài AD Diện tích hình quạt AOM: *Tính AD: 0 Nếu ABM 45 thì ABI vuông cân A ( Tam giác vuông có góc nhọn 45 ) AB = AI = R Xét tam giác ADI vuông A ,ta có: ADI AMI ( góc nội tiếp cùng chắn cung AI…) AMI 60 300 sđ AB = Mà ( sđ góc nội tiếp nửa sđ cung bị chắn và AOB đều) Nên: ADI 30 Vậy : Tam giác ADI là nửa tam giác ID = 2R 2 Lúc đó: AD = ID AI 3R R (đvđd) * Tính diện tích hình quạt AOM: R2n Ta có: S quatAOM = 360 , với n = AOM 2 ABM 90 R 90 R (đvdt) Nên: S quatAOM = 360 Bài 13 Cho đường tròn tâm O đường kính AB Gọi C là điểm trên đường tròn cho CA > CB Vẽ hình vuông ACDE có đỉnh D trên tia đối tia BC Đường chéo CE cắt đường tròn điểm F ( khác điểm C ) a/ Chứng minh : OF AB b/ Chứng minh : Tam giác BDF cân F Ngô Đức Đồng (12) c/ CF cắt tiếp tuyến Ax đường tròn (O) điểm M Chứng minh ba điểm D, E, M thẳng hàng C A O GT B D F E KL Cho (O), đường kính AB C (O): CA > CB D tia đối tia BC: ACDE là hình vuông CE cắt (O) F CF cắt tiếp tuyến A (O) M: (c) a/ OF AB b/ Tam giác BDF cân F c/ D, E, M thẳng hàng M a/ Chứng minh: OF AB Ta có: ACF BCF 45 ( Tính chất đường chéo hình vuông) AF BF ( Hai góc nội tiếp chắn cung nhau) AF = BF AFB cân F Mà O là trung điểm AB FO là trung tuyến là đường cao ( Tính chất tam giác cân) Hay : FO AB b/ Chứng minh tam giác BDF cân F: F đường chéo CE hình vuông ACDE FA = FD ( Tính chất đường chéo hình vuông) (1) Mà: FA = BF ( cmt) FD = FB (2) Hay: Tam giác BDF cân F c/ Chứng minh: D, E, M thẳng hàng: Xét tam giác ABM, ta có: O là trung điểm AB Mà OF // AM ( cùng vuông góc với AB) F là trung điểm BM FM = FB (3) Từ (1),(2),(3) FA = FB = FD = FM ABDM là tứ giác nội tiếp đường tròn (Tứ giác có đỉnh cách F) BAM BDM 1800 Mà BAM 90 ( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính) BDM 900 DM BD (4) Ta lại có: DE BD ( BDE 90 ) (5) Từ (4),(5) DM trùng với DE ( hệ qủa tiên đề Ơ- Clit) Hay: D, E, M thẳng hàng ( Chú ý: Học sinh có thể chứng minh DEM 180 cách xét: AEM và ACB ) Bài 14 Cho tam giác ABC vuông tạiA, AH là đường cao và AM là trung tuyến ( H, M cạnh BC ) Đường tròn tâm H, bán kính HA cắt AB P và AC Q a/ Chứng minh điểm P, H, Q thẳng hàng b/ Chứng minh: MA PQ c/ Chứng minh tứ giác BPCQ nội tiếp đường tròn Ngô Đức Đồng (13) A GT Q I B H C M P KL Cho ABC vuông A AM: trung tuyến, AH: đường cao Đường tròn (H; HA) cắt AB P và AC Q a/ Chứng minh : P, H, Q thẳng hàng b/ MA PQ c/ BPCQ nội tiếp đường tròn a/ Chứng minh điểm P, H, Q thẳng hàng: Ta có: PAQ 90 (GT) Mà PAQ là góc nội tiếp PAQ chắn cung nửa đường tròn PQ là đường kính đường tròn tâm H P, H, Q thẳng hàng ( đường kính qua tâm) b/ Chứng minh: MA PQ: Gọi I là giao điểm AM và PQ Ta có: C MAC ( Tam giác MAC cân M) Mà C HAC 90 ( Tam giác AHC vuông H) Và HAC AQH ( Tam giác AHQ cân H) MAC AQH 90 Nên: Tam giác AIQ vuông I Hay PQ vuông góc với AM I c/ Chứng minh tứ giác BPCQ nội tiếp đường tròn: Ta có: C BAH ( cùng phụ với CAH ) BAH mà P ( Tam giác AHP cân H) P C Tứ giác BPCQ nội tiếp đường tròn ( Tứ giác có đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh góc không đổi) Bài 15 Cho đường tròn tâm O có đường kính AB và CD vuông góc với nhau, dây AE qua trung điểm P OC, ED cắt CB Q a/ Chứng minh tứ giác CPQE nôi tiếp đường tròn b/ Chứng minh : PQ // AB c/ So sánh diện tích tam giác CPQ với diện tích tam giác ABC GT Cho đường tròn (O) AB, CD là đường kính:AB CD O AE cắt OC P ( P: trung điểm OC) ED cắt BC Q KL a/ CPQE nội tiếp đường tròn b/ PQ // AB S c/ So sánh CPQ và S ABC ? C E P Q B A O D Ngô Đức Đồng (14) a/ Chứng minh: CPQE nội tiếp đường tròn: Ta có: PCQ chắn cung BD PEQ chắn cung AD AD Mà: BD ( BOD AOD 90 ) Nên: PCQ = PEQ Vậy: Tứ giác CPQE nội tiếp đường tròn ( Tứ giác có đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh góc không đổi) b/ Chứng minh: PQ // AB: Ta có: Tứ giác CPQE nội tiếp đường tròn (cmt) CEP CQP ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CP) Ta lại có: CEP = B ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC đường tròn(O)) CQP B Mà CQP, B vị trí đồng vị Nên: PQ // AB S c/ So sánh CPQ và S ABC ? Ta có: P là trung điểm OC (GT) Mà PQ // AB (cmt) Q là trung điểm BC Nên: PQ là đường trung bình tam giác BOC S CPQ = S BOC Mà CO là trung tuyến tam giác ABC S S BOC = ABC 1 SCPQ S ABC S ABC Do đó: = = Bài 16 : Cho đường tròn ( O ;R ) đường kính AB Điểm M chuyển động trên đường tròn và MA < MB Kẻ đường thẳng qua M vuông góc với AB cắt đường tròn N Kéo dài MB và AN cắt I Kẻ IH vuông góc với AB H Chứng minh : a./ Tứ giác AHIM nội tiếp b./ AMH = ABM Từ đó suy HM là tiếp tuyến đường tròn (O) c./ Tứ giác HMON nội tiếp Tìm vị trí điểm M trên đường tròn (O) cho A là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác HMON Giải : a./ Ta có AMB 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) Suy , AMI 90 Do đó AHIM là tứ giác nội tiếp b./ Vì AHIM là tứ giác nội tiếp nên AMH = AIH ( ) I Lại có : IH AB => MN // IH MN AB M => HIA = ANM (2) ABM ( sdAM ) ANM Mà = (3) H Ngô Đức Đồng A O B (15) Từ (1),(2) và (3) suy AMH = ABM Vì tam giác AMB vuông M nên : + = 900 Ta có , tam giác AOM cân O suy : = Do đó : + = + = 900 hay OM HM , mà M (O ) HM là tiếp tuyến với đường tròn (O) M c./ Chứng minh tương tự câu b , ta có HNO = 90 Suy ta , tứ giác HMON nội tiếp Ta có : A là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác HMON và AO = AH = AM hay AM = R Bài 17: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) đường kính AD Các đường cao BE,CF cắt H Chứng minh rằng: a./ Tứ giác AEHF nội tiếp và AFE = ACB b./ Tứ giác BDIF nội tiếp ( I là giao điểm AD và EF ) c./ Cho hai điểm B và C cố định còn A chuyển động trên cung lớn BC đường tròn (O) Tìm quỹ tích điểm H Giải : a./ Ta có = = 900 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH Suy ra, = Lại có : = ( cùng phụ với HAC ) Do đó , ta có = (1) b./ Trong dường tròn (O) ta có : = ( = sđAB ) (2) Từ (1) và (2) suy : = Mặt khác : + = 1800 Suy + = 1800 Vậy , tứ giác BDIF nội tiếp đường tròn c./ * Phần thuận : Dễ thấy tứ giác ABCH là hình bình hành nên : = Mà tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn (O) nên : + = 180 Do = = 1800 – Vì hai điểm B và C cố định thuộc đường tròn (O) nên số đo góc BAC không đổi Đặt = => = 1800 - dựng trên đoạn BC cố định *Phần đảo và giới hạn quỹ tích : HS tự chứng minh Bài 18 : Từ điểm A ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB ,AC và cát tuyến AMN đường tròn Gọi I là trung điểm dây MN a./ Chứng minh năm điểm A,B,I,C,O cùng nằm trên đường tròn b./ Nếu AB = OB thì tứ giác ABOC là hình gì ? Tại ? c./ Tính diện tích hình tròn và độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC theo bán kính R (O) AB = R Giải : a./ Ta có = 900 , = 900 , = 900 B Vậy B,I,C cùng nằm trên đường tròn đường kính OA Hay năm điểm A,B,I,O,C cùng nằm trên đường tròn N I b./ Nếu AB = OB thì AB = OB = AC = OC M A Mà = 900 O Nên tứ giác ABOC là hình vuông C Ngô Đức Đồng (16) c./ Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC có đường kính BC ( là đường cheo hình vuông ABOC cạnh R ) nên BC = R BC R Gọi R’ = , đó R’ = Độ dài đường tròn đường kính R’ là R 2 R 2 C= ( đơn vị dài ) Diện tích hình tròn bán kính R’ là : R R2 R S= ( đơn vị diện tich ) Bài 19: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Hai cạnh đối diện AD và BC cắt P Chứng minh: a./ PAB ~ PCD ; b./ PAC ~ PBD ; c./ PA.PD = PB.PC Giải : a./ PAB và PCD có : B : chung C = ( góc ngoài đỉnh tứ giác nội tiếp góc đối diện ) O Suy PAB ∽ PCD ( g.g ) '2 P D A b./ PAC và PBD có : chung = ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ CD ) Suy PAC ∽ PBD ( g.g ) c./ Từ hai tam giác đồng dạng câu a ( câu b ) , suy : PA PD = PB PC Bài 20 : Từ điểm T nằm bên ngoài (O;R) , kẻ hai tiếp tuyến TA và TB với đường tròn đó Biết AOB = 1200 ; BC = 2R a./ Chứng minh OT // AC b./ Biết OT cắt (O) D Chứng minh tứ giác AOBD là hình thoi c./ Tính diện tích hình giới hạn nửa đường tròn đường kính BC và ba dây cung CA,AD,DB theo R Giải : ( HS tự giải ) B T D O A C Ngô Đức Đồng (17) Bài 21 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 Gi¶i: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: = 900 ( Vì BE là đờng cao) = 900 ( Vì AD là đờng cao) => + = 1800 Mà và là hai góc đối tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE AC => = 900 CF là đờng cao => CF AB => = 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: = = 900 ; ¢ lµ gãc chung AE AH = => AEH ADC => => AE.AC = AH.AD AD AC * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã: = = 900 ; chung BE BC = => BEC ADC => => AD.BC = BE.AC AD AC Ta cã = ( v× cïng phô víi gãc ABC) = ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) => = => 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 => = ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp = ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD) = => EB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc FED Chøng minh t¬ng tù ta còng cã FC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DFE mµ BE vµ CF c¾t t¹i H Do đó H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Bài 22 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 Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp 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: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: = 900 ( Vì BE là đờng cao) = 900 ( Vì AD là đờng cao) => + = 1800 Ngô Đức Đồng (18) Mµ và là hai góc đối tứ giác CEHD , Do đó CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE AC => = 900 AD là đờng cao => AD 0 BC => = 900 Nh vËy E vµ D cïng nh×n AB díi mét gãc 90 => E vµ D cïng nằm trên đờng tròn đờng kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên đờng trßn 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 = 900 VËy tam gi¸c BEC vu«ng t¹i E cã ED lµ trung tuyÕn => DE = BC 4.Vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung ®iÓm cña AH => OA = OE => tam gi¸c AOE c©n t¹i O => = (1) BC => tam gi¸c DBE c©n t¹i D => = (2) Mµ = ( v× cïng phô víi gãc ACB) => = => + = + Mµ E1 + E2 = BEA = 900 =>E2 + E3 = 900 = OED => DE OE t¹i E Vậy DE là tiếp tuyến đờng tròn (O) t¹i E Theo gi¶ thiÕt AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lÝ Pitago cho tam gi¸c OED vu«ng t¹i E ta cã = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32 ED = Theo trªn DE = Bài 23 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = Tõ A vµ B kÎ hai tiÕp tuyÕn Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba c¾t c¸c tiÕp tuyÕn Ax , By lÇn lît ë C vµ D Các đờng thẳng AD và BC cắt N 1.Chøng minh AC + BD = CD Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã Chøng minh = 900 AC AB; BD AB => AC // BD => tø gi¸c ACDB lµ h×nh AB 3.Chøng minh AC BD = thang L¹i cã I lµ trung ®iÓm cña CD; O lµ trung ®iÓm cña 4.Chøng minh OC // BM AB => IO là đờng trung bình cña h×nh thang ACDB IO // AC , mµ AC AB => IO AB t¹i O => AB lµ tiÕp tuyÕn t¹i O đờng tròn đờng kính CD Theo trªn AC // BD => CN AC , mµ CA = CM; DB = = 5.Chứng minh AB là tiếp tuyến đờng tròn đờng kính CD BN BD 6.Chøng minh MN AB CN CM 7.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ DM nªn suy = BN DM Lêi gi¶i: => 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 gi¸c ACDB = AB + 2CD Do AB không đổi nên chu vi tø gi¸c ACDB nhá nhÊt CD nhá nhÊt , Khi đó CD lµ kho¶ng c¸ch gi÷ Ax vµ By tøc lµ CD vu«ng gãc víi Ax vµ By Khi đó CD // AB => M phải là trung 1.Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => ®iÓm cña cung AB AC + BD = CM + DM Bµi 24 Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là 2.Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OC lµ tia ph©n gi¸c cña tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O là gãc AOM; OD lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BOM, mµ vµ lµ trung ®iÓm cña IK hai gãc kÒ bï => = 900 Chøng minh B, C, I, K cïng Theo trªn = 90 nªn tam gi¸c COD vu«ng t¹i O cã OM CD nằm trên đờng tròn ( OM lµ tiÕp tuyÕn ) Chøng minh AC lµ tiÕp tuyÕn áp dụng hệ thức cạnh và đờng cao tam giác vuông ta có đờng tròn (O) OM2 = CM DM, Tính bán kính đờng tròn (O) Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R => AC BD = BiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = AB 24 Cm 4 Theo trªn = 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) 5.Gọi I là trung điểm CD ta có I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO là bán kính Ngô Đức Đồng (19) Lêi gi¶i: (HD) Vì O là tâm đường tròn bàng tiếp góc A nªn BI vµ BK lµ hai tia ph©n giác hai góc kề bù đỉnh B Do đó BI BK hay = 900 T¬ng tù ta còng cã 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× = 900 ) I1 = ICO (3) ( v× tam gi¸c OIC c©n t¹i O) Tõ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC VËy AC lµ tiÕp tuyÕn đờng tròn (O) Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20cm, 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 25 Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng thẳng d lấy điểm M bất 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) => = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã = 900; = 900 nh vËy K, A, B cïng nh×n OM díi 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 = 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 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 Ngô Đức Đồng (20) Theo trªn OAHB lµ h×nh thoi => OH AB; còng theo trªn OM AB => O, H, M th¼ng hµng( V× qua O chØ cã 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 nh ng luôn cách A cố định khoảng R Do đó quỹ tích điểm H M di chuyển trên đờng thẳng d là nửa đờng trßn t©m A b¸n kÝnh AH = R Bài 26 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 1.Chøng minh tam gi¸c BEC c©n Gäi I lµ h×nh chiÕu cña A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AH 3.Chứng minh BE là tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) 4.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 27 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 Ta còng cã PM OJ ( PM lµ tiÕp Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn tuyến ), Chøng minh BM // OP Mµ ON vµ PM c¾t t¹i I nªn I lµ §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB ë O c¾t tia BM t¹i N Chøng minh tø trùc t©m tam gi¸c POJ (6) gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh DÔ thÊy tø gi¸c AONP lµ h×nh ch÷ BiÕt AN c¾t OP t¹i K, PM c¾t ON t¹i I; PN vµ OM kÐo dµi c¾t t¹i nhËt v× cã = AON = ONP = 900 J Chøng minh I, J, K th¼ng hµng => K lµ trung ®iÓm cña PO ( t/c ®Lêi gi¶i: êng chÐo h×nh ch÷ nhËt) (6) (HS tù lµm) 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 => = 2.Ta cã = sñ ( néi tiÕp ch¾n ); (8) AOM Tõ (7) vµ (8) => IPO c©n t¹i I cã IK là trung tuyến đông thời là đờng AOM = sñ ( gãc ë t©m ) => = (1) cao => IK PO (9) Mà OP lµ tia ph©n gi¸c ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K th¼ng hµng AOM Bài 28 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kÝnh AB vµ ®iÓm M bÊt k× trªn nöa => (2) đờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa Tõ (1) vµ (2) => ABM = AOP (3) mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kÎ tiÕp tuyÕn Ax Tia BM c¾t Ax t¹i I; tia ph©n gi¸c cña gãc IAM c¾t nöa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE c¾t Ax t¹i H, c¾t AM t¹i K 1) Chøng minh r»ng: EFMK lµ tø gi¸c néi tiÕp 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM IB 3) Chøng minh BAF lµ tam gi¸c c©n 4) Chøng minh r»ng : Tø gi¸c AKFH lµ h×nh thoi 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Mà ABM và AOP là hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) Lêi gi¶i: 3.XÐt hai tam gi¸c AOP vµ OBN ta cã : = 900 (v× PA lµ tiÕp tuyÕn ); = 900 (gt Ta cã : AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n NOAB) nửa đờng tròn ) => = = 900; OA = OB = R; = (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN => KMF = 900 (v× lµ hai gãc (5) kÒ bï) Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và AEB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa b»ng nhau) đờng tròn ) Tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON AB => => KEF = 900 (v× lµ hai gãc ON PJ kÒ bï) Ngô Đức Đồng (21) => KMF + KEF = 1800 Mà KMF và KEF là hai góc đối tứ Ta có SP AB (gt) => SPA = 900 ; giác EFMK đó EFMK là tứ giác nội tiếp AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn Ta cã IAB = 900 ( v× AI lµ tiÕp tuyÕn ) => AIB vu«ng t¹i A cã) => AMS = 900 Nh vËy P vµ M cïng nh×n AS díi mét gãc b»ng 900 nªn cïng AM IB ( theo trªn) nằm trên đờng tròn đờng kính AS áp dụng hệ thức cạnh và đờng cao => AI = IM IB VËy bèn ®iÓm A, M, S, P cïng n»m Theo gi¶ thiÕt AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM => = => = => ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE là tia phân giác trên đờng tròn Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm gãc ABF (1) trên đờng tròn nên M’ nằm trên đTheo trên ta có = 900 => BE AF hay BE là đờng cao tam giác êng trßn => hai cung AM vµ AM’ cã sè ABF (2) ®o b»ng 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 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 điểm 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 // FK 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 c©n => AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp AKFI lµ h×nh thang c©n M lµ trung ®iÓm cña cung AB ch¾n hai cung b»ng nhau) (1) ThËt vËy: M lµ trung ®iÓm cña cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên tiÕp ) (7) MM’ AB t¹i H => MM’// SS’ Tam gi¸c ABI vu«ng t¹i A cã ABI = 450 => AIB = 450 (8) Tõ (7) vµ (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI lµ h×nh thang c©n (h×nh thang ( cïng vu«ng gãc víi AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (v× so có hai góc đáy nhau) le trong) (2) Vậy M là trung điểm cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc đ=> Từ (1) và (2) => AS’S = ASS’ êng trßn Theo trªn bèn ®iÓm A, M, S, P cïng Bài 29 Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy n»m hai điểm C và D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC và AD cắt Bx lần lợt E, trên đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiÕp cïng ch¾n ) F (F ë gi÷a B vµ E) => AS’P = AMP => tam gi¸c PMS’ Chứng minh AC AE không đổi ; Chứng minh = c©n t¹i P Chøng minh r»ng CEFD lµ tø gi¸c néi tiÕp Tam gi¸c SPB vu«ng t¹i P; tam gi¸c Lêi gi¶i: SMS’ t¹i M => B1 = S’1 (cïng phô 1.C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 90 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) với S).vuông (3) => BC AE ABE = 90 ( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) Tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P => S’1 = M1 (4) => tam giác ABE vuông B có BC là đờng cao Tam gi¸c OBM c©n t¹i O ( v× cã OM = => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh và đờng cao ), OB =R) => B1 = M3 (5) Mà AB là đờng kính nên AB = 2R không đổi Tõ (3), (4) vµ (5) => M = M3 => M1 + Do đó AC AE không đổi = 900 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = 2.ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) Nªn suy M1 + M2 = PMO = 900 => => ABD + BAD = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800)(1) PM OM t¹i M => PM lµ tiÕp tuyÕn cña ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ) êng trßn t¹i M => AFB + BAF = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800) (2) Bµi 31 Cho tam gi¸c ABC (AB = AC) Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phô víi BAD) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) t¹i c¸c ®iÓm D, E, F BF c¾t (O) t¹i I , Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800 DI c¾t BC t¹i M Chøng minh : ECD + ACD = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï) => ECD = ABD ( cïng bï víi Tam gi¸c DEF cã ba gãc ACD) nhän Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB Mµ EFD + DFB = 180 ( V× lµ hai DF // BC Tø gi¸c gãc kÒ bï) BDFC néi tiÕp Nên suy ECD + EFD = 180 0, mặt khác ECD và EFD là hai góc đối tứ giác CDFE đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp BD BM = Bài 30 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng CB CF tròn cho AM < MB Gọi M’ là điểm đối xứng M qua AB và S là giao điểm Lêi gi¶i: hai tia BM, M’A Gọi P là chân đờng (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn vuông góc từ S đến AB c¾t ta cã AD = AF => tam gi¸c 1.Gäi S’ lµ giao ®iÓm cña MA vµ SP Chøng minh r»ng ∆ PS’M c©n 2.Chøng ADF c©n t¹i A => ADF = AFD minh PM là tiếp tuyến đờng tròn < 900 => s® < 1800 => < 900 ( v× Lêi gi¶i: gãc DEF néi tiÕp ch¾n cung DE) Ngô Đức Đồng (22) Chøng minh t¬ng tù ta cã gãc nhän < 900; < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba 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 XÐt hai tam gi¸c BDM vµ 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 32 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB và CD vuông góc với Trên đoạn thẳng AB lấy ®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 CMPO lµ h×nh b×nh hµnh CM CN kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm M Khi M di chuyÓn trªn ®o¹n th¼ng AB th× P ch¹y trªn ®o¹n th¼ng cè định nào Lêi gi¶i: Ta cã = 900 ( v× PM AB ); = 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 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM) Tam gi¸c ONC c©n t¹i O v× cã ON = OC = R => = => = 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 = 90 ( gt CD AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => 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 33 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: Tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt nên nội tiếp đợc đờng tròn Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) =>F1=H1 (néi tiÕp ch¾n cung AE) => AEH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) Theo gi¶ thiÕt AH BC nªn AH lµ => AFH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï).(2) tiếp tuyến chung hai nửa đờng EAF = 900 ( V× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A) (3) trßn (O1) vµ (O2) => B1 = H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC Mµ AFE + EFC = 1800 (v× lµ hai gãc kÒ bï) => EBC+EFC = 1800 mÆt khác EBC và EFC là hai góc đối tứ giác BEFC đó BEFC là tứ giác Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt ( v× cã ba gãc vu«ng) néi tiÕp Ngô Đức Đồng (23) Xét hai tam giác AEF và ACB ta có A = 900 là góc chung; AFE = ABCEB với các nửa đờng tròn (I), (K) 1.Chøng minh EC = MN ( theo Chøng minh trªn) 2.Ch/minh MN lµ tiÕp tuyÕn chung cña AE AF c¸c nöa ®/trßn (I), (K) 3.TÝnh MN => AEF ACB => AC AB => AE AB = AF AC * HD cách 2: Tam giác AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB (*)4.Tính diện tích hình đợc giới hạn ba Tam giác AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC (**)nửa đờng tròn Lêi gi¶i: Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC Tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt => IE = EH => IEH c©n t¹i I => E1 = H1 Ta cã: BNC= 900( néi tiÕp ch¾n nöa êng trßn t©m K) 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 Chøng minh t¬ng tù ta còng cã O2F EF VËy EF lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nửa đờng tròn Bµi 34 Cho ®iÓm C thuéc ®o¹n th¼ng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ phía AB các nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB và cã t©m theo thø tù lµ O, I, K Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự lµ giao ®iÓm cña EA, => 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) => EC2 = 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 35 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: a 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 kÝnh BC => ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp b 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 Ngô Đức Đồng (24) 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 36 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 vu«ng t¹i A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) DEB = BAC = 900 ; l¹i cã ABC lµ gãc chung => DEB CAB hay DAC = 90 => DEC + DAC = mà đây là hai góc đối nên ADEC Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kÒ bï); BAC = 900 lµ tø gi¸c néi tiÕp ( v× ABC vu«ng t¹i A) * 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 kính 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 37 Cho tam giác ABC có đờng cao là AH Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì (M không trùng B C, H) ; từ 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 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 b»ng 900 nªn P và Q cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AM => APMQ là tứ giác néi tiÕp * Vì AM là đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm AM Tam giác ABC có AH là đờng cao => SABC = BC.AH Tam giác ABM có MP là đờng cao => SABM = AB.MP Tam giác ACM có MQ là đờng cao => SACM = AC.MQ 1 Ta cã SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH Ngô Đức Đồng (25) 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 chất góc nội tiÕp ) => HOP = HOQ (t/c gãc ë t©m) => OH lµ tia ph©n gi¸c gãc POQ Mµ tam gi¸c POQ c©n t¹i O ( v× OP vµ OQ cùng là bán kính) nên suy OH là đờng cao => OH PQ Bài 38 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 tròn (O) C và 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: KCM c©n t¹i K ( v× KC vµ KM lµ Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) b¸n kÝnh) => M1 = C1 => 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 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 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 Mà OHK và OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp Bài 39 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 Chøng minh tø gi¸c ADBE lµ h×nh thoi Chøng minh BI // AD Chøng minh I, B, E th¼ng hµng Chøng minh MI lµ tiÕp tuyÕn cña (O’) Lêi gi¶i: BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900 (vì là hai gãc kÒ bï); DE AB0t¹i M => BMD = 900 => BID + BMD = 180 mà đây là hai góc đối tứ giác MBID nên 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 40 Cho đờng tròn (O; R) và (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngoài C Gọi AC và BC là hai đ ờng kính 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 Ngô Đức Đồng (26) => CGD + CMD = 1800 mà đây là hai góc đối tứ giác MCGD Bài 41 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Gọi I là nªn MCGD lµ tø gi¸c néi tiÕp trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, trên BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD (I) lÊy P bÊt k×, AP c¾t (O) t¹i Q = 900 (v× DE AB t¹i M) nh vËy F vµ M cïng nh×n BD díi mét Chứng minh các đờng tròn (I) và góc 900 nên F và M cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BD (O) tiÕp xóc t¹i A => M, D, B, F cùng nằm trên đờng tròn Chøng minh IP // OQ Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña AB; DE AB t¹i M nªn M3 Chøng minh r»ng AP = PQ là trung điểm DE (quan hệ đờng kính và dây cung) Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vuông góc vớitích lớn trung điểm đờng Lêi gi¶i: ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo Ta có OI = OA - IA mà OA và IA lần lợt là các trªn tø gi¸c ADBE lµ h×nh thoi bán kính đ/ tròn (O) và đờng tròn (I) Vậy đ/ => BE // AD mµ AD DF nªn suy BE DF tròn (O) và đờng tròn (I) tiếp xúc A Theo trên BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF OAQ cân O ( vì OA và OQ cùng là bán mà qua B có đờng thẳng vuông góc với DF đo B, E, F kính ) => A1 = Q1 th¼ng hµng IAP c©n t¹i I ( v× IA vµ IP cïng lµ b¸n kÝnh ) Theo trªn DF BE; BM DE mµ DF vµ BM c¾t t¹i C => A1 = P1 nªn C lµ trùc t©m cña tam gi¸c BDE => P1 = Q1 mà đây là hai góc đồng vị nên suy => EC là đờng cao => ECBD; theo trên CGBD => IP // OQ 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) DE (HD) theo trªn MF = => 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’) 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 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 ®iÓm cung AB và đó H trung với O; OQ lớn nên QH lớn Bài 42 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 tứ giác 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 trªn cung BC (E B th× H B; E C th× H C) Bµi 43 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 Ngô Đức Đồng (27) Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chøng minh FBC lµ tam gi¸c vu«ng c©n Theo gi¶ thiÕt ABHK lµ h×nh vu«ng => BAH = 450 Cho biÕt > 450 ; gäi M lµ giao ®iÓm cña BF vµ ED, Chøng 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: 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 tròn ngoại tiếp tam gi¸c ABC Bài 44 Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn này cắt BA và BC t¹i D vµ E Chøng minh AE = EB Gọi H là giao điểm CD và AE, Chứng minh đờng trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH 3.Chứng minh OD là tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp ∆ BDE A D Lêi gi¶i: F 1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) 0 O => AEB = 90 ( v× lµ hai gãc kÒ bï); Theo gi¶ thiÕt ABE = 45 H / _ => AEB lµ tam gi¸c vu«ng c©n t¹i E => EA = EB _K Gäi K lµ trung ®iÓm cña HE (1) 1 / I I là trung điểm HB => IK là đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE B E Mµ AEC = 900 nªn BE HE t¹i E => IK HE t¹i K (2) C 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 tuyÕn (do I lµ trung ®iÓm cña BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I lµ t©m ® êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BDE b¸n kÝnh 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 lµ tiÕp tuyÕn đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE Ngô Đức Đồng (28) Bài 45 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 c¹nh t¬ng øng BC, AC, AB Gäi giao ®iÓm cña BM, IK lµ P; giao ®iÓm cña CM, IH lµ 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 0BC => MIB = 900; MK AB => MKB = 900 => MIB + MKB = 180 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 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 => tø gi¸c PMQI néi tiÕp => Q1 = I1 mµ I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( vì có hai góc đồng vị nhau) Theo gi¶ thiÕt MI BC nªn suy IM PQ Bài 46 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 = KB AB AM lµ tia ph©n gi¸c cña Tø gi¸c OHCI néi tiÕp Chứng minh đờng vuông góc kẻ từ M đến AC là tiếp tuyến đờng tròn 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) KC AC => AK lµ tia ph©n 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 47 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 = MIH MHK MI.MK = MH2 Lêi gi¶i: (29) (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 B./ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN : I./ Lí thuyết : II./ Bài tập : (30) (31)