Tuyển tập 400 bài toán hình học trong các đề thi vào lớp 10 môn toán

TUYỂN TẬP 400 BÀI TỐN HÌNH TRONG ĐỀ THI VÀO 10 CĨ ĐÁP ÁN LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 PHẦN ĐÁP ÁN TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN HÌNH ƠN THI VÀO 10 Câu 1.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O ) đường kính AB = 2R = 10cm Gọi C trung điểm OA , Qua C kẻ dây MN vng góc với OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ MB , H giao điểm AK MN Chứng minh: a) Tứ giác BHCK nội tiếp, AMON hình thoi b) AK AH = R tính diện tích hình quạt tao OM , OB cung MB c) Trên KN lấy I cho KI = KM , chứng minh NI = KB d) Tìm vị trí điểm K để chu vi tam giác MKB lớn Hướng dẫn a) Tứ giác BHCK nội tiếp, AMON hình thoi K M Vì K nằm đường trịn tâm ( O ) đường kính AB nên H AKB = 90  HKB = 90( H  AK ) MN vng góc AB (gt) nên I A C MCB = 90  HCB = 90( H  MN ) O Ta có: HCB + HKB = 90 + 90 = 180 Mà HCB; HKB góc đối tứ giác BHCK N  Tứ giác BHCK nội tiếp (dhnb) +) Xét ( O ) MN dây cung, AB đường kính Mà MN vng góc AB C (gt) Nên C trung điểm MN (liên hệ đường kính dây cung) Mà C trung điểm OA (gt)  Tứ giác AMON hình bình hành (dhnb) Mà MN vng góc OA (gt)  Nên AMON hình thoi (đpcm) b) AK AH = R tính diện tích hình quạt tao OM , OB cung MB Xét  AHC  ABK có: A góc chung ACH = AKB = 90  AHC ∽ ABK (g-g)  AH AC =  AH AK = AB AC = 2R R = R (đpcm) AB AK Theo a) AMON hình thoi nên AM = MO = OA = R Ta có tam giác AMO  AMO = 60  MOB = 120 (tc kề bù) *) SMOB = 25 120 R  R , mà 2R = 10cm nên R = 5cm Do SMOB = = 360 3 c) Trên KN lấy I cho KI = KM , chứng minh NI = KB LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 B Dễ dàng chứng minh MB = NB  Tam giác MNB cân (đ/n) Mà MKN = MBN = 60 NMI = KMB + IMB = NMB = 60 KMB + IMB = KMI = 60 NMB = MAO (cùng phụ với MBA ) Mà MAO = 60o (tam giác AMO đều)  Tam giác MNB (tam giác cân có góc 60 ) (1) Chứng minh tương tự ta có tam giác MKI cân Mà MKN = MBN = 60 ( hai góc nội tiếp chắn cung NM ) Nên tam giác MIK đều.(2) Từ ta có: NMI + IMB = NMB = 60 KMB + IMB = KMI = 60 Nên ta có: NMI = KMB (cùng cộng với IMB 60 ) Xét MNI MBK có: +) MI = MK ( MIK đều) +) NMI = KMB (cmt) +) MN = MB ( NMB đều)  NI = BK (2 cạnh tương ứng) d) Tìm vị trí điểm K để chu vi tam giác MKB lớn Chu vi MKB = MK + KB + MB Mà KB = NI ; MK = KI PMKB = MK + KB + MB = KI + NI + MB = NK + MB Mà MB cố định nên PMKB lớn NK lớn Mà NK dây cung lớn NK đường kính Khi N , O , K thẳng hàng Vậy K điểm cung MB Câu 2.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa đường trịn ( O, R ) đường kính AB Bán kính OC ⊥ AB Điểm E thuộc đoạn OC Tia AE cắt nửa đường tròn ( O ) M Tiếp tuyến nửa đường tròn M cắt OC D Chứng minh: a)Tứ giác OEMB nội tiếp MDE cân b)Gọi BM cắt OC K Chứng minh BM BK không đổi E di chuyển OC tìm vị trí E để MA = 2MB c)Cho ABE = 300 tính Squat MOB chứng minh E di chuyển OC tâm đường trịn ngoại tiếp CME thuộc đường thẳng cố định LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Hướng dẫn a)Tứ giác OEMB nội tiếp MDE cân K * Tứ giác OEMB có: EOB + EMB = 180 D Mà hai góc vị trí đối C  OEMB tứ giác nội tiếp H M E * Vì tứ giác OEMB nội tiếp  DEM = OBM (tính chất góc tứ giác nội tiếp) I A O B Lại có: OBM = EMD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AM) ( )  DEM = EMD = OBM  DEM cân D (ĐPCM) b)Gọi BM cắt OC K Chứng minh BM BK không đổi E di chuyển OC tìm vị trí E để MA = 2MB * có AMB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét AMB KOB có: AMB = KOB ( = 90 ) ABK góc chung  AMB ∽ KOB ( g − g )  AB BM =  BM BK = AB.BO = 2R.R = 2R2 (không đổi) BK BO * Với MA = 2MB Vì AMB vng M nên tan MAB = MB 1 OE R =  tan MAB = tan EAO =  =  EO = MA 2 AO 2 Vậy để MA = 2MB E trung điểm OC c)Cho ABE = 300 tính Squat MOB chứng minh E di chuyển OC tâm đường trịn ngoại tiếp CME thuộc đường thẳng cố định * Ta thấy OK đường trung trực đoạn AB Mà E  OK  EA = EB  EAB cân E  EAB = EBA = 30  MOB = 2.EAB = 60 (quan hệ góc tâm góc nội tiếp chắn cung MB) 60. R  R  Squat MOB = = 360 * Nối C với B; gọi H trung điểm CE, I tâm đường tròn ngoại tiếp CEM  CIE cân I LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Do IH đường trung tuyến nên IH đồng thời đường cao, đường phân giác  IH ⊥ CE; CIH = CIE = CME Lại có CME = CBA (hai góc nội tiếp chắn cung AC) ( )  CIH = CBA = CME  HCI = OCB (Vì IH ⊥ CE; OB ⊥ CO)  C, I , B thẳng hàng  I chuyển động đường thẳng CB cố định ( đpcm) Câu 3.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC nội tiếp ( O; R ) kẻ đường kính AD cắt BC H Gọi M điểm cung nhỏ AC Hạ BK ⊥ AM K , BK cắt CM E , R = 6cm Chứng minh: a)Tứ giác ABHK nội tiếp MBE cân b)Tứ giác BOCD hình thoi gọi BE cắt ( O ) N tính Squat MON c)Tìm vị trí M để chu vi MBE lớn tìm quỹ tích điểm E M di chuyển cung nhỏ AC Hướng dẫn E E A K N K M N M O B A O H C D B H C D a)Tứ giác ABHK nội tiếp MBE cân * Vì AB = AC (ABC đều) OB = OC ( = R )  AO đường trung trực đoạn BC  AO ⊥ BC H  AHB = 90 Xét tứ giác AKHB có: AHB = AKB = 90 Mà hai góc vị trí kề đối  ABHK tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính AB * Có A, M , C , B  ( O )  AMCB tứ giác nội tiếp LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122  AME = ABC = 60 Lại có AMB = ACB = 60  KME = KMB ( = 60 )  MK đường phân giác đường cao MBE  MBE cân M (ĐPCM) b)Tứ giác BOCD hình thoi gọi BE cắt ( O ) N tính Squat MON * Có BOC = BAC = 120 ( quan hệ góc tâm góc nội tiếp chắn cung) BOC cân O có OH đường cao đồng thời đường phân giác  BOH = BOC = 60 Lại có BDA = BCA = 60  BOD  OB = BD = OD = R Chứng minh tương tự OC = CD = OD = R Ta OB = BD = OC = CD = R  OBDC hình thoi (dấu hiệu nhận biết) * Có BKM vng K  KBM + KMB = 90  KBM + 60 = 90  KBM = 30 Lại có NOM = 2.NBM = 2.30 = 60  Squat MON = 60. R  R = 360 c)Tìm vị trí M để chu vi MBE lớn tìm quỹ tích điểm E M di chuyển cung nhỏ AC * Gọi P chu vi MBE P = MB + ME + BE = ( MB + BK ) * Có BKM vng K  BK = MB.sin BMK = MB.sin 60 = ( MB )  P = + MB Để P lớn MB lớn  MB đường kính ( O )  M điểm AC nhỏ * Nối A với E Vì AM đường trung trực đoạn BE nên AE = AB Do AB không đổi, điểm A cố định nên E thuộc đường tròn cố định (A, AB) Giới hạn: Kẻ đường thẳng qua B vuông góc với AC cắt ( A, AB ) P Lấy điểm Q đối xứng với C qua A Khi M  C  E  P Khi M  A  E  Q Vậy M di chuyển cung nhỏ AC E di chuyển cung nhỏ PQ đường tròn ( A, AB ) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Q E A P N K M O B C H D Câu 4.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O, R ) có đường kính BC , A điểm cung BC , lấy M trung điểm BO , kẻ ME ⊥ AB E , kẻ MF ⊥ AC F Chứng minh: a) Năm điểm A, E, M , O, F thuộc đường tròn BE.BA = BO.BM b) Kẻ tiếp tuyến ( O ) A cắt MF K chứng minh ME = KF kẻ đường kính AD , kẻ ME cắt DC H , tia NM cắt ( O ) D Chứng minh MDH = FEM c)Kẻ MN vng góc EF N Chứng minh M di chuyển BC MN qua điểm cố định Hướng dẫn a) Năm điểm A, E, M , O, F thuộc đường tròn A K BE.BA = BO.BM * Do AEM = AOM = AFM = 90  E , O, F thuộc đường trịn đường kính AM Q N E Hay năm điểm A, E, M , O, F thuộc đường trịn đường kính AM F P B M C O * Xét BEM BOA có: BEM = AOB ( = 90 ) ABO góc chung  BEM ∽ BOA ( g − g )  BE BM =  BE.BA = BM BO BO BA H D b) Kẻ tiếp tuyến ( O ) A cắt MF K chứng minh ME = KF kẻ đường kính AD , kẻ ME cắt DC H Chứng minh MDH = FEM * Vì A điểm cung BC , BC đường kính  sđ AB nhỏ = sđ AC nhỏ = 90 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122  EBM = 45   EBM , FAK vuông cân  EM = EB; FA = FK  KAF = 45 Lại có tứ giác AEMF có ba góc vng nên hình chữ nhật  ME = FA Suy ME = KF *Chứng minh tương tự ta có: ME = DH ACD = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AB CD (cùng vng góc với AC) Mà HE ⊥ AB ( GT )  HE ⊥ CD  MHC = 90  MHCF tứ giác có ba góc vng nên hình chữ nhật Mặt khác CM tia phân giác ACD  MHCF hình vng  MF = MH * Xét MDH FEM có: ME = DH (CMT) MF = MH ( CMT ) FME = MHD ( = 90 )  MDH = FEM ( 2cgv ) c) Chứng minh M di chuyển BC MN ln qua điểm cố định Gọi ( Q ) đường tròn qua điểm M , O, F , A, P, E Vì A điểm nằm cung BC  BAO = 450  EQO = 900 ( tính chất góc nội tiếp góc tâm) Suy OQ ⊥ EF Trong tam giác AMD có OQ đường trung bình nên OQ / / MD  MD ⊥ EF mà MN ⊥ EF  M , D, N thẳng hàng Vì BC cố định nên D cố định Vậy MN qua điểm D cố định Câu 5.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đoạn thẳng MP , lấy điểm N nằm M P Vẽ ( O ) đường kính NP Lấy H trung điểm MN Qua H kẻ đường thẳng d vng góc với MN Kẻ tiếp tuyến HQ với ( O ) Q Tia PQ cắt d K Chứng minh: a) Tứ giác KHNQ nội tiếp NPQ = HKN b) MKP = 90 PQ.PK = PN PH c) HQ + PQ.PK = PH cho HKN = 30 , R = cm Tính diện tích hình quạt NOQ d) Lấy I trung điểm KN Chứng minh chu vi đường tròn ngoại tiếp QOI không đổi N di chuyển MP Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 a) Tứ giác KHNQ nội tiếp NPQ = HKN d Vì Q  ( O ) đường kính NP K  NQP = 90  NQK = 90 Q Xét tứ giác KHNQ có KHN KQN hai góc I đối nhau, mà KHN + KQN = 90 + 90 = 180 Suy tứ giác KHNQ nội tiếp (dhnb) M H N O Vì KHNQ tứ giác nội tiếp (cmt)  HKN = HQN (hai góc nội tiếp chắn cung NH ) (1) Xét ( O ) có: NPQ góc nội tiếp chắn cung NQ HQN góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn NQ  NPQ = HQN ( = sđ NQ ) (2) Từ (1) (2)  NPQ = HKN (đpcm) b) MKP = 90 PQ.PK = PN PH Xét KHM KHN có: KH chung; KHM = KHN = 90 ; MH = HN (gt)  KHM = KHN (c-g-c)  HKM = HKN (hai góc tương ứng) mà HKN = NPQ (cmt)  HKM = NPQ Xét KHP vuông H  NPQ + HKP = 90  HKM + HKP = 90  MKP = 90 Xét PQN PHK có: Chung P ; PQN = PHK = 90  PQN ∽PHK (g-g)  PQ PN (các cặp cạnh tương ứng)  PQ.PK = PN PH (đpcm) = PH PK c) HQ + PQ.PK = PH cho HKN = 30 , R = cm Tính diện tích hình quạt NOQ Xét HQN HPQ có: Góc QHP chung; HQN = HPQ (cmt)  HQN ∽ HPQ (g-g)  HQ HN = (các cặp cạnh tương ứng)  HQ = HN HP HP HQ Ta có: HQ + PQ.PK = HN HP + PN PH (cmt) = PH ( HN + PN ) = PH Xét ( O ) có: NPQ góc nội tiếp chắn NQ LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 P NOQ góc tâm chắn NQ  NOQ = 2.NPQ  NOQ = 2.HKN = 2.30 = 60  S NOQ =  62.60 360 = 6 ( cm2 ) d) Lấy I trung điểm KN Chứng minh chu vi đường tròn ngoại tiếp QOI không đổi N di chuyển MP HI đường trung bình NMK  HI // MK (tính chất đường trung bình tam giác)  NIH = NKM (hai góc đồng vị) OI đường trung bình NKP  OI // KP  NIO = NKP (hai góc đồng vị) Do đó: NIH + NIO = NKM + NKP  HIO = MKP mà MKP = 90  HIO = 90  I thuộc đường trịn đường kính HO Vì HQ tiếp tuyến ( O ) Q  HQO = 90  O ; Q thuộc đường trịn đường kính HO Do đó: QIO nội tiếp đường trịn đường kính HO = MP. MP có chu vi đường trịn khơng đổi 2 N di chuyển MP Câu 6.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O; R ) với dây BC cố định ( BC không qua O ) Điểm A thuộc cung lớn CB Đường phân giác BAC cắt ( O ) D , tiếp tuyến C D ( O ) cắt E , tia CD cắt AB K , đường thẳng AD cắt CE I Gọi AD cắt BC M a) Chứng minh: BC / / DE bốn điểm A, K , I , C thuộc đường tròn b) Chứng minh: AB AC = AM AD chứng minh AB AC = AM + MB.MC c) Cho BC = R , R = 6cm tính lBC cung nhỏ BC Hướng dẫn a) Chứng minh: BC / / DE bốn điểm A, K , I , C thuộc A đường trịn * Có CDE = CAD (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung với góc nội tiếp chắn cung) O CAD = DAB ( GT ) DAB = BCD (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung với góc nội H B tiếp chắn cung) Suy CDE = BCD Mà hai góc vị trí sole M C E D K I Suy BC DE LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Cách khác: CAD = DAB ( GT ) suy BD = CD  BD = CD suy OD đường trung trực BC Suy BC vng góc với OD Mà DE vng góc với OD (tiếp tuyến) nên suy BC//DE * Có AKC = ( sđ AC − sđ BD ) (góc có đỉnh nằm ngồi đường trịn) AIC = ( sđ AC − sđ CD ) (góc có đỉnh nằm ngồi đường trịn) ( Mà BD = CD BAD = CAD )  AKC = AIC  K , I hai đỉnh kề nhìn đoạn AC hai góc  AKIC tứ giác nội tiếp (Cách khác chứng minh tương tự cho góc KAI góc KCI) Hay A, K , I , C thuộc đường tròn b) Chứng minh: AB AC = AM AD chứng minh AB AC = AM + MB.MC * Xét ABM ADC có: ABM = ADC (hai góc nội tiếp chắn cung) MAB = CAD ( GT )  ABM ∽ ADC ( g − g )  AB AM =  AB.AC = AM AD (1) AD AC * Xét ABM CDM có: ABM = MDC (hai góc nội tiếp chắn cung) AMB = DMC (hai góc đối đỉnh)  ABM ∽ CDM ( g − g )  AM BM =  MB.MC = AM DM ( ) MC DM Từ (1) (2)  AB AC = AM AD = AM ( AM + MD )  AB AC = AM + AM MD  AB AC = AM + MB.MC (ĐPCM) c) Cho BC = R , R = 6cm tính lBC cung nhỏ BC Gọi giao điểm BC OD H Vì D điểm cung BC nhỏ  OD ⊥ BC H; HB = HC = 1 BC = R 2 Vì OHB vng H nên sin BOH = BH R 3 = =  BOH = 60  BOC = 120 OB 2.R LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 lBC =  R.120 2 R 2.3,14.6 =  = 12,56 ( cm ) 180 3 Câu 7.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O, R ) với dây BC cố định ( BC không qua O ) Gọi A điểm cung nhỏ BC Điểm E thuộc cung lớn BC , AE cắt BC D , kẻ CH ⊥ AE H , gọi AO cắt BC I , CH cắt ( O ) K a) Chứng minh: Bốn điểm A, H , I , C thuộc đường trịn tích AD AE khơng đổi E di chuyển cung lớn BC b) Chứng minh IH // BE cho sđ KE = 100 , R = 6cm Tính độ dài cung BAC c) Chứng minh: BA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp BED Hướng dẫn a) Chứng minh: Bốn điểm A, H , I , C thuộc đường tròn tích AD AE khơng đổi E di chuyển cung lớn BC E K Ta có: CH ⊥ AE  CHA = 90 O Vì A điểm cung BC nên OA ⊥ BC  AIC = 90 H Xét tứ giác AHIC có AHC = AIC = 90 Suy hai điểm H , I nhìn cạnh AC B I D góc vng Do tứ giác AHIC nội tiếp đường trịn hay bốn A điểm A, H , I , C thuộc đường trịn Vì A điểm cung BC nên AB = AC A cố định Xét ADC ACE có: DAC chung; ACD = AEC (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Do ADC ∽ ACE ( g.g )  AD AC =  AD AE = AC AC AE Mà AC cố định, Do tích AD AE khơng đổi E di chuyển cung lớn BC b) Chứng minh IH // BE cho sđ KE = 100 , R = 6cm Tính độ dài cung BAC Vì tứ giác AHIC nội tiếp đường trịn nên DHI = ACI Xét ( O ) có ACI = BED ( hai góc nội tiếp chắn cung AB ) Do DHI = BED , mà hai góc vị trí so le Nên IH // BE LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 C ( sd KE + sd AC )  90 = (100 + sd AC )  sd AC = 80 Ta có: AHC = 0 2 Do sd BC = 1600  BOC = 1600 Độ dài cung BAC là: l =  6.1600 180 = 16 cm c) Chứng minh: BA tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp BED Vì cung AB = AC nên góc ABC = AEB ( góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Suy AB tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp BED ( tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp) Câu 8.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O ) , dây cung BC ( O  BC ) Điểm A thuộc cung nhỏ BC , ( A khác B C , độ dài AB khác AC ) Kẻ đường kính AA ( O ) , D chân đường vng góc kẻ từ A đến BC , Hai điểm E , F chân đường vng góc kẻ từ B, C đến AA a) Chứng minh: Bốn điểm A, B, D, E thuộc đường tròn BD AC = AD AC b) Chứng minh: DF // BA DE vng góc với AC c) Cho ACB = 30; R = 6cm Tính Squat BOA chứng minh tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF điểm cố định Hướng dẫn a) BDA = BEA = 90 nên A, B, D, E thuộc đường tròn A' b)Tương tự câu a) suy A, D, F , C thuộc đường trịn Ta có DFA = DCA = BAA suy DF // BA F * A, B, D, E thuộc đường tròn nên ABE = ADE Mà ABE = BAA ( phụ BAE ) Nên ADE = BAA = DCA , Suy DE vuông góc với AC O I D B C E P Q c) ACB = 30 = BAA  BOA = 120  Squat BOA =  62.120 360 = 12 ( cm ) A * Gọi I , P, Q trung điểm BC , BA, AC Suy I cố định BC cố định + Vì PD = PE nên tam giác PDE cân P , mà PI // AC , DE ⊥ AC nên DE ⊥ PI hay PI đường trung trực DE (1) + Chứng minh tương tự ta có QI trung trực DF (2) Từ (1), (2) suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF I , điểm cố định LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Câu 9.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho hai đường tròn ( O; R ) ( O; R ) cắt A, B ( O O thuộc hai nửa mặt phẳng bờ AB ) Đường thẳng AO cắt ( O ) điểm C cắt đường tròn ( O ) E Đường thẳng AO cắt ( O ) điểm D cắt đường tròn ( O ) F a) Chứng minh: C , B, F thẳng hàng tứ giác CDEF nội tiếp b) Chứng minh: AD AF = AE AC AB, CD, EF đồng quy Hướng dẫn a) Chứng minh: C , B, F thẳng hàng tứ giác I CDEF nội tiếp E Vì ABC nội tiếp đường trịn đường kính AC D nên ABC = 90 A Vì ABF nội tiếp đường trịn đường kính AF O nên ABF = 90 O' Suy ra, C F thuộc đường vng góc với C AB B B F Do đó, C , B, F thẳng hàng Có: CDA = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O ) AEF = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O )  CDA = AEF Mà góc nhìn cạnh CF nên tứ giác CDEF nội tiếp đường tròn b) Chứng minh: AD AF = AE AC AB, CD, EF đồng quy Xét CDA FEA có: CDA = AEF (cmt) DAC = EAF (đối đỉnh)  CDA ∽ FEA (g.g)  AD AE =  AD AF = AC AE AC AF Gọi giao điểm CD EF I Xét ICF có : CE , FD đường cao Mà CE  FD =  A nên A trực tâm ICF Lại có, AB ⊥ CF  IB ⊥ CF hay AB, CD, EF đồng quy I Câu 10.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn tâm O , đường kính AB Lấy điểm C thuộc ( O ) ( C không trùng A , B ), M điểm cung nhỏ AC Các đường thẳng AM BC cắt I , đường thẳng AC , BM cắt K a) Chứng minh: ABI cân, tứ giác MICK nội tiếp LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 b) Đường thẳng BM cắt tiếp tuyến A ( O ) N Chứng minh đường thẳng NI tiếp tuyến đường tròn ( B; BA ) NI ⊥ MO c) Đường tròn ngoại tiếp BIK cắt đường trịn ( B; BA ) D ( D khơng trùng với I ) Chứng minh ba điểm A , C , D thẳng hàng Hướng dẫn a) Chứng minh: ABI cân, tứ giác MICK nội tiếp I * Xét ( O ) có: sđ AM = sđ MC ( M điểm N cung AC ) D M  ABM = IBM (hệ góc nội tiếp) Và AMB = ACB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn C K A O (O ) ) B  BM ⊥ AI , AC ⊥ BI Trong ABI có BM vừa đường cao ( BM ⊥ AI ) vừa đường phân giác ( ABM = IBM ) Do ABI cân B * Xét tứ giác MICK có: KMI = 90 ( BM ⊥ AI ); KCI = 90 ( AC ⊥ BI )  KMI + KCI = 90 + 90 = 180 mà hai góc có đỉnh đối tứ giác MICK Nên tứ giác MICK nội tiếp b) Đường thẳng BM cắt tiếp tuyến A ( O ) N Chứng minh đường thẳng NI tiếp tuyến đường tròn ( B; BA ) NI ⊥ MO * Xét ABN IBN có: AB = BI (do ABI cân B ) ABN = IBN (cmt) BN chung Do ABN = IBN (c.g.c)  NAB = NIB (2 góc tương ứng) Mà NAB = 90 nên NIB = 90  NI ⊥ BI Ta có: NI ⊥ BI (cmt) mà I  ( B; BA ) (do BI = BA ) Vậy NI tiếp tuyến đường tròn ( B; BA ) * Xét ABI có M trung điểm AI , O trung điểm AB  MO đường trung bình ABI  MO // BI mà NI ⊥ BI (cmt) Vậy NI ⊥ MO c) Đường tròn ngoại tiếp BIK cắt đường tròn ( B; BA ) D ( D không trùng với I ) Chứng minh ba điểm A , C , D thẳng hàng LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Ta có: IDK = IBM (hai góc nội tiếp chắn cung IK đường tròn ngoại tiếp IBK ) Mà IDA = IBA = IBM ( IDA IBA góc nội tiếp góc tâm chắn AI ( B; BA ) , BN tia phân giác IBA ) Do đó: IDK = IDA nên hai tia DK DA trùng  D , K , A thẳng hàng mà C , K , A thẳng hàng nên D , K , A , C thẳng hàng Vậy ba điểm A , C , D thẳng hàng LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Câu 11.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O; R ) ( AB  CD) Gọi P điểm cung nhỏ AB; DP cắt AB E cắt CB K ; CP cắt AB F cắt DA I a) Chứng minh tứ giác CKID; CDFE nội tiếp b) Chứng minh IK // AB AP = PE.PD = PF PC c) Chứng minh AP tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp AED Hướng dẫn a) Chứng minh tứ giác CKID; CDFE nội tiếp I K Ta có: CKD = sdCD − sd BP sdCD − sd AP ; CID = 2 P B F E A Mà BP = AP  CKD = CID  Tứ giác CKID nội tiếp Ta có: BFC = EDC = sdCB + sd PB sd PC sdCB + sd PA  BFC = = 2 sd PC  BFC = EDC  Tứ giác CFED nội tiếp O D C b) Chứng minh IK // AB AP = PE.PD = PF PC Ta có tứ giác CKID nội tiếp  KIC = KDC Mà BFC = EDC  KIC = BFC  IK // AB Ta có: PEA = Mà PAD = sd BD + sd PB sd PD sd BD + sd PA  PEA = = 2 sd PD  PEA = PAD Từ PEA ∽ PDA ( g − g )  AP = PE.PD Chứng minh tương tự ta BP = PF PC Mà AP = BP  AP = BP  AP = PE.PD = PF PC c) Chứng minh AP tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp AED Trên nửa mặt phẳng bờ EA chứa điểm P, vẽ tia Ax tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp AED  xAE = ADE mà PAE = ADE  Ax  AP  AP tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp AED LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Câu 12.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa đường trịn (O ) đường kính AB, M điểm cung AB ( K khác M B), AK cắt MO I Gọi H hình chiếu M lên AK a) Chứng minh tứ giác OIKB, AMHO nội tiếp b) Chứng minh HMK cân AM = AI AK c) Chứng minh HOK = MAK cho MIK = 60o , R = 6cm Tính Squat KOB d) Xác định vị trí điểm K để chu vi tam giác OPK lớn ( P hình chiếu K lên AB) Hướng dẫn a) Chứng minh tứ giác OIKB, AMHO nội tiếp Ta có M điểm cung AB  AMB vng cân M  MO ⊥ AB  AOM = MOB = 90o Hay IOB = 90o Ta có AKB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O ) ) Hay IKB = 90o Tứ giác OIKB có IOB + IKB = 180o  OIKB tứ giác nội tiếp Tứ giác AMHO có AOM = 90o (chứng minh trên) AHM = 90o ( H hình chiếu M lên AK ) Suy AOM = AHM = 90o , mà hai góc có đỉnh kề tứ giác AMHO Suy tứ giác AMHO tứ giác nội tiếp b) Chứng minh HMK cân AM = AI AK Ta có AKM = ABM (góc nội tiếp chắn cung AM) mà ABM = 45o ( AMB vuông cân M - cmt)  AKM = 45o  HKM = 45o Xét HMK vng H có HKM = 45o nên HMK cân Xét AMB vuông M , MO đường cao có: AM = AO AB (1) (hệ thức lượng tam giác vng) Ta có AOI ∽ AKB ( g − g )  AO AI =  AO AB = AI AK (2) AK AB Từ (1) (2)  AM = AI AK c) Chứng minh HOK = MAK cho MIK = 60o , R = 6cm Tính Squat KOB OMH = OKH (c − c − c)  MOH = KOH Mặt khác MAH = MOH (góc nội tiếp chắn cung MH) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122  MAH = HOK  MAK = HOK Ta có: MIK = AIO = 60o (hai góc đối đỉnh)  IAO = 30o (vì phụ với AIO )  KAB = 30o Ta có: KOB = KAB (góc tâm góc nội tiếp chắn cung KB)  KOB = 60o Squat KOB = .62.60o = 6 (cm2 ) 360o d) Xác định vị trí điểm K để chu vi tam giác OPK lớn ( P hình chiếu K lên AB) Ta có OPK vng P  PO2 + PK = OK = R (định lí Py-ta-go) Chu vi OPK :OK + PO + PK ( ) Ta có OK + PO + PK  OK + 2( PO + PK ) = R + 2.R = + R Dấu “=” xảy PO = PK  OPK vuông cân P  KOP = 45o  K nằm cung MB Câu 13.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O ) , ( I ) tiếp xúc A Một đường thẳng d tiếp xúc với (O ) , ( I ) (I ) B, C Gọi tiếp tuyến chung hai đường tròn cắt BC M , tia BA cắt D , CA cắt ( O ) E a) Chứng minh tứ giác BMAO nội tiếp ABC vuông b) Chứng minh OMI = 90 cho OA = 9cm, AI = 4cm Tính BC c) Chứng minh BC tiếp tuyến đường đường kính OI SAED = SABC Hướng dẫn a) + Tứ giác BMAO có: C MBO = 90 (tính chất tiếp tuyến) MAO = 90 (tính chất tiếp tuyến) M B  MBO + MAO = 180 K O A I  Tứ giác BMAO nội tiếp + Trong đường tròn ( O ) ta có MA = MB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) C D Trong đường tròn ( I ) ta có MA = MC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)  MA = MB = MC = BC Tam giác ABC có đường trung tuyến AM ứng với cạnh huyền BC nửa cạnh BC nên tam giác ABC vuông A b) Ta có : MO tia phân giác BMA (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) MI tia phân giác AMC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122  OMI = 90 Mà MA ⊥ OI (tính chất tiếp tuyến) Theo hệ thực lượng tam giác vng ta có : MA2 = OA AI = 9.4 = 36cm  MA = 6cm Mà MA = BC  BC = 2.MA = 2.6 = 12cm c) + Gọi đường trịn đường kính OI ( K ) Tam giác OMI vuông M đường trung tuyến MK nên MK = MO = MI (1) MK đường trung bình hình thang BOIC nên MK // BO  MK ⊥ BC (2) Từ (1) (2) suy BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OI + BAC = 90  BAE = 90  BE đường kính ( O ) BAC = 90  CAD = 90  CD đường kính ( I ) Ta có : BAO ∽ DAI ( g − g )  BA OB = DA ID AEO ∽ ACI ( g − g )  AE OE = AC IC  S BA AE =  BA AC = AD AE Vậy AED SABC DA AC AE AD = =  SAED = SABC BA AC Câu 14.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD Kéo dài AB CD cắt E ; CB DA cắt F Góc ABC  900 a) Chứng minh: ACEF tứ giác nội tiếp BD ⊥ EF b) Chứng minh: BA.BE = BC.BF BD cắt FE G, chứng minh B tâm đường tròn nội tiếp c) Cho góc ABC = 1350 Tính AC theo BD Hướng dẫn a) Chứng minh: ACEF tứ giác nội tiếp BD ⊥ EF F * Có BAD = BCD = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) A  FAE = FCE = 90  A, C hai đỉnh kề nhìn đoạn FE hai góc G B O D  ACEF tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính EF * Xét FED có: EA, FC hai đường cao ; EA  FC = B  B trực tâm FED  DB ⊥ FE (ĐPCM) C E b) Chứng minh: BA.BE = BC.BF BD cắt FE G, chứng minh B tâm đường tròn nội tiếp ACG * Xét ABF CBE có: LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 AFB = CEB (hai góc nội tiếp chắn cung); ABF = CBE (hai góc đối đỉnh)  ABF ∽ CBE ( g − g )  AB BF =  BA.BE = BF BC CB BE * Vì DB ⊥ FE  BGE = 90 Xét tứ giác EGBC có BGE + BCE = 90 + 90 = 180 mà hai góc vị trí đối Suy tứ giác EGBC nội tiếp  GCB = GEB (hai góc nội tiếp chắn cung) Lại có GEB = ACB (hai góc nội tiếp chắn cung) ( )  GCB = ACB = GEB  CB tia phân giác GCA Chứng minh tương tự AB tia phân giác GAC Vì AB  CB = B  B tâm đường tròn nội tiếp ACG c) Cho góc ABC = 1350 Tính AC theo BD Gọi O tâm đường trịn đường kính BD Vì tứ giác ABCD nội tiếp  ADC + ABC = 180  ADC = 45  AOC = 2.45 = 90  AOC vuông cân O  AC = AO sin CAO = R BD = R mà BD = R  AC = sin 45 Câu 15.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn tâm O đường kính AB điểm C đường tròn cho CA = CB Gọi M trung điểm dây AC ; nối BM cắt cung AC E ; AE BC kéo dài cắt D a) Chứng minh: Tứ giác DEMC nội tiếp DE.DA = DC.DB b) Chứng minh: Tứ giác COMD hình bình hành kẻ EF ⊥ AC Tính tỉ số MF EF c) Cho MO = 3cm Tính Squat COA AE AD + BM BE = AB d) Vẽ đường tròn tâm E bán kính EA cắt đường trịn (O ) điểm thứ hai N ; EF cắt AN I, cắt đường tròn (O ) điểm thứ hai K ; BE cắt AN H chứng minh tứ giác BHIK nội tiếp đường tròn Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 a) Chứng minh: Tứ giác DEMC nội tiếp D DE.DA = DC.DB Ta có: AEB , ACB hai góc nội tiếp chắn nửa C N đường tròn nên AEB = 900 , ACB = 900 E Xét tứ giác DEMC có: MED + MCD = 180 mà H M I F hai góc đối tứ giác DEMC A Suy tứ giác DEMC nội tiếp ( dấu hiệu nhận biết) B O Q Xét ACD BED có DAC = DBE (hai góc chắn cung) ACD = BED = 900 K Vậy ACD ∽ BED ( g − g ) Suy DA DE =  DE.DA = DC.DB DC DB b) Chứng minh: Tứ giác COMD hình bình hành Tính tỉ số MF EF  AC ⊥ BD  DM ⊥ AB ( M trực tâm DAB ) Xét ABD có   BE ⊥ AD Mà CO ⊥ AB Suy DM CO Xét ABC có AM = MC AO = OB Suy OM BC ( tính chất đường trung bình)  OM DC Xét tứ giác COMD có DM CO OM DC , Vậy tứ giác COMD hành bình hành (dhbn)  EF ⊥ AC MF MC MC  EF / / BC Suy Vì  = = = EF BC AC  BC ⊥ AC c) Cho MO = 3cm Tính Squat COA AE AD + BM BE = AB Từ giả thiết em tính MA = MC = MO = 3cm  R = AO = AM + MO = cm Diện tích hình quạt COA ( 1 diện tích hình trịn nên Squat COA =  4 ) = 9 ( cm2 ) Kéo dài MD cắt AB Q Chỉ H trực tâm DAB  DQ ⊥ AB   AE AD = AQ AB AQD ∽ AEB ( g − g ) Từ    BMQ ∽ BAE ( g − g )  BM BE = BQ AB AE AD + BM BE = AB ( AQ + QB ) = AB d) Chứng minh tứ giác BHIK nội tiếp đường trịn LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Các em EHA = ( ) ( ) 1 sd AE + sd NB = sd NE + sd NB = sd EB = EKB 2 Xét tứ giác BHIK có IHB + IKB = IHB + IHE = 1800 mà hai góc đối tứ giác BHIK nên tứ giác BHIK tứ giác nội tiếp Câu 16.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O; R ) tiếp xúc với ( I ; r ) M với R  2r Đường kính AB ( O ) tiếp xúc với ( I ) N MA, MB cắt ( I ) C, D a) Chứng minh: CD // AB MN phân giác AMB b) MN cắt ( O ) K Chứng minh KA = KB tích KM KN không đổi c) Cho R = 6cm , gọi CN cắt KB P , DN cắt AK Q Tìm chu vi nhỏ NPQ ? Hướng dẫn K a) Chứng minh: CD // AB MN phân giác AMB Ta có AMB = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Q P  CMD = 90 A N C Xét CMD có CMD = 90 (cmt) suy CMD nội tiếp I M O đường trịn ( I ) đường kính CD D Xét BOM có OB = OM = R  BOM cân O nên B OBM = OMB Xét MDI có ID = IM = r  MDI cân I nên IDM = IMD mà IMD = OMB suy ra: OBM = IDM Do góc OBM ; IDM vị trí đồng vị nên CD // AB (đpcm) Vì CD // AB (cmt) mà IN ⊥ AB (do AB tiếp tuyến đường tròn ( I ) )  CD ⊥ IN Do N điểm CD  CN = DN  CMN = DMN hay AMN = BMN Vậy MN phân giác AMB (đpcm) b) MN cắt ( O ) K Chứng minh KA = KB tích KM KN khơng đổi Vì AMN = BMN (cmt) nên AMK = BMK  AK = BK  AK = BK (đpcm) Vì BK = AK  KBA = KAB = AMB Từ em KBN ∽ KMB ( g − g )  KN KB =  KN KM = KB2 KB KM Vì A, B cố định nên K cố định, suy KB không đổi Vậy KN KM không đổi (đpcm) c) Cho R = 6cm , gọi CN cắt KB P , DN cắt AK Q Tìm chu vi nhỏ NPQ ? LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Tam giác KAB vng cân K nên AK + BK = AB2 = 144  AK = 144  AK = cm Ta có: BKA = 900 ( góc nt chắn nửa đường trịn tâm O) PNQ = DNM = 900 ( hai góc đối đỉnh)  NMD = NCD = 450   NQA vuông cân Q  KAB = KMB = 45  QNA = BND = NCD = 45 Xét tứ giác KPNQ có PKQ = PNQ = NQK = 900  KPNQ hình chữ nhật Chu vi tam giác NPQ là: NP + NQ + PQ = KQ + QA + PQ = AK + PQ = + PQ Ta có: AK = ( KQ + QA)  ( KQ + QA2 ) = ( PN + NQ ) = 2PQ 2  PQ2  AK 72 = = 36  PQ  2 Do + PQ  + Dấu xảy KPNQ hình vuông Vậy chu vi tam giác NPQ nhỏ + ( cm ) Câu 17.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O ) đường kính AB Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H OB Từ A kẻ Ax ⊥ MN , I trung điểm MN Tia BI cắt Ax C a) Chứng minh: OI // Ax tứ giác BMCN hình bình hành b) Chứng minh: C trực tâm AMN ACO = 90 c) Cho AB = 2R, AM AN = 3R2 , AN = R Tính diện tích phần hình trịn nằm ngồi AMN Hướng dẫn a) Chứng minh: OI // Ax tứ giác BMCN hình bình hành N Do I trung điểm MN  OI ⊥ MN , mặt khác: x D Ax ⊥ MN  OI //Ax  OI //AC C I mà O trung điểm AB  I trung điểm BC , lại có I trung điểm MN (giả A O B H thiết)  BMCN hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt trung điểm đường) b) Chứng minh: C trực tâm AMN ACO = 90 Ta có: BNA = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BN ⊥ AN LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 M Theo chứng minh BMCN hình bình hành  MC // BN  MC ⊥ AN , mặt khác: AD ⊥ MN  C trực tâm tam giác AMN Ta lại có: H trung điểm OB , I trung điểm CB  IH đường trung bình OBC  IH // OC , mà MN ⊥ Ax  IH ⊥ Ax  OC ⊥ Ax  ACO = 90 c) Cho AB = 2R, AM AN = 3R2 , AN = R Tính diện tích phần hình trịn nằm ngồi AMN Ta có: AM AN = 3R2 , AN = R  AM = AN = R  AMN cân đỉnh A (1) + Xét ABN vng N có: AB = 2R, AN = R  BN = AB − AN = 4R − 3R = R + sin ABN = AN =  ABN = 60 AB + ABN = AMN (góc nội tiếp chắn cung AN )  AMN = 60 (2) Từ (1) (2)  AMN  SAMN = 1 3R 3R AD.MN = AN − ND MN = 3R − R = 2 4 ( D trung điểm MN )  diện tích phần hình trịn nằm ngồi AMN là: S = S(O ) − SAMN ( ) 3R R 4 − 3 =R − = 4 Câu 18.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn (O) đường kính AB Dây MN qua trung điểm H OB, I trung điểm MN Từ A kẻ Ax ⊥ MN K Tia BI cắt Ax C, Ax cắt tiếp tuyến B (O) Q a) Chứng minh:Tứ giác BHKQ nội tiếp tứ giác BMCN hình bình hành b) Chứng minh : C trực tâm AMN tìm quỹ tích điểm C cát tuyến MN quay xung quanh H c) Cho AB = 2R, AM AN = 3R2 ; AN = R Tính diện tích phần hình trịn nằm ngồi AMN với R = cm Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 a) Chứng minh:Tứ giác BHKQ nội tiếp tứ giác BMCN M Q hình bình hành Vì Ax ⊥ MN K nên AQ ⊥ MN K  QKN = 90 C K hay QKH = 90 I Vì BQ tiếp tuyến (O) B  BQ ⊥ AB B A O B H  QBH = 900 ( H  AB ) Xét tứ giác BHKQ có : QKH + QBH = 90 + 90 = 1800 N  BHKQ tứ giác nội tiếp Xét (O) có : I trung điểm dây cung MN  OI ⊥ MN I mà AC ⊥ MN nên AC // OI Xét ABC : O trung điểm AB (do AB đường kính (O) ) OI // AC ( I  BC ) nên I trung điểm BC ( định lí đường trung bình tam giác) Xét tứ giác BMCN có : I trung điểm BC MN Do BMCN hình bình hành ( tứ giác có hai đường chéo cắt trung điểm đường hbh ) b) C trực tâm AMN tìm quỹ tích điểm C cát tuyến MN quay xung quanh H AMB = 90 (góc nội tiếp chắnu nửa đường trịn)  AM ⊥ BM mà BM // CN ( BMCN hình bình hành.) nên NC ⊥ AM  NC đường cao AMN (1) Lại có : AK đường cao AMN (2) NC  AK = C (3) Từ (1) (2)(3) suy C trực tâm AMN , +) Chứng minh : IH đường trung bình OBC  IH // OC  MN // OC mà MN ⊥ AQ nên OC ⊥ AQ  ACO = 90 với A ; O cố định AO   Do quỹ tích điểm C cát tuyến MN quay xung quanh H đường tròn  O ';    c) Tính diện tích phần hình trịn nằm ngồi AMN với R = cm Ta có : AM AN = 3R2 ; AN = R  AM = AN = R  AMN cân đỉnh A LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 +) Xét ABM vng có M : BM = AB − AM = R − 3R = R +) cos ABM = BM R = =  ABM = 60 AB 2R +) Xét (O) có : ABM = ANM = 60 ( hai góc nội tiếp chắn cung AM ) mà AMN cân đỉnh A nên AMN  AM = AN = MN = R +) Ta có : AK đường cao AMN  K trung điểm MN  MK = MN R = 2 +) SAMN = 1 3R 3R AK MN = AM − MK MN = 3R − R = 2 4 +) Gọi S diện tích phần hình trịn nằm ngồi AMN , ta có : S = S(O ) − SAMN ( ) 4 − 3 32 3R =R − =  16, ( đvdt) 4 Câu 19.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa đường tròn tâm ( O ) đường kính AB = 2R, kẻ tiếp tuyến Bx với (O) Gọi C, D điểm nằm (O) Các tia AC, AD cắt Bx E, F ( F nằm B; E ) a) Chứng minh: ABF ∽ BDF tứ giác CEFD nội tiếp b) Chứng minh: Khi C, D di động tích AC AE = AD AF không đổi Hướng dẫn a) Chứng minh: ABF ∽ BDF tứ giác CEFD nội tiếp x * Có ADB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BDF = 90 E (kề bù) C Xét ABF BDF có: D F ABF = BDF ( = 90 ) ; BAF (góc chung)  ABF ∽ BDF ( g − g ) * Vì A, C, D, B  A O (O )  ACDB tứ giác nội tiếp  ECD = DBA (tính chất góc ngồi tứ giác nội tiếp) ( Mà DBA = DFB (cùng phụ với DBF )  ECD = DFB = DBA ) Suy tứ giác CEFD nội tiếp (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 B b) Chứng minh: Khi C, D di động tích AC AE = AD AF khơng đổi * Xét ABF vuông B, đường cao BD  AD AF = AB (hệ thức cạnh đường cao) Chứng minh tương tự AC AE = AB  AC AE = AD AF = AB = 4R (khơng đổi) (ĐPCM) Câu 20.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC nội tiếp (O ) Tia phân giác BAC cắt BC I cắt (O ) M a) Chứng minh: OM ⊥ BC MC = MI MA b) Kẻ đường kính MN Các tia phân giác B C cắt AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đường tròn Hướng dẫn a) Chứng minh: OM ⊥ BC MC = MI MA P * Vì AM tia phân giác N  BAM = CAM  BM = CM  M điểm cung BC  OM ⊥ BC A Q Xét MCI MAC có: O MAC = MCI (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau); AMC (góc chung)  MCI ∽ MAC ( g − g )  B C I M MC MI =  MC = MA.MI MA MC b) Kẻ đường kính MN Các tia phân giác B C cắt AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đường trịn Có NAM = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AM ⊥ AN A Vì AM phân giác A ABC  AN phân giác A ABC Do BP phân giác B ABC AN  BP = P  CP phân giác C ABC  CP ⊥ CQ (vì CQ tia phân giác C ABC )  QCP = 90 Chứng minh tương tự ta QBP = 90 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122  B, C hai đỉnh kề nhìn đoạn QP góc 90  QBCP tứ giác nội tiếp Vậy bốn điểm P, C , B, Q thuộc đường tròn Câu 21.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC cân A nội tiếp đường trịn (O; R) , đường kính AA ⊥ BC H ,có BC = 6cm, AH = 4cm Kẻ đường kính CC ' , kẻ AK ⊥ CC a)Tính R ? b) Tứ giác CACA, AKHC hình gì? Tại sao? c)Tính diện tích phần hình trịn (O ) nằm ngồi ABC ? Hướng dẫn a) Tính R ? Ta có ABC cân, AH ⊥ BC  BH = HC = BC : = 3cm ABA = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) nên ABA vuông A Áp dụng hệ thức lượng ta có BH = AH HA  HA = BH : AH = 32 : = 2, 25cm  AA = + 2, 25 = 6, 25  R = 6, 25 : = 3,125cm b) Tứ giác CACA, AKHC hình gì? Tại sao? ta có OA = OA = OC = OC = R  tứ giác ACAC hình chữ nhật Xét tứ giác AKHC có AKC = AHC = 90  tứ giác AKHC nội tiếp  HKC = HAC = AC C  KH // AC  Mà AC // AC  KH // AC  tứ giác AKHC hình thang, tứ giác AKHC nội tiếp nên tứ giác AKHC hình thang cân c) Tính diện tích phần hình trịn (O ) nằm ngồi ABC ? 625 ta có S(O) =  R2 =  3,1252 =  ( cm2 ) 64 S ABC = 1 BC AH = 6.4 = 12cm2 2 Diện tích hình trịn ( O ) bên ngồi tam giác ABC 625  − 12  18,664cm2 64 LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Câu 21.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O; R ) , đường kính AB , vẽ dây cung CD vng góc với AO điểm Q Trên tia đối tia BA lấy điểm S , SC cắt ( O ) điểm thứ hai M , AM cắt CD I a) Chứng minh : tứ giác QBMI nội tiếp SMA ∽ SBC b) Gọi H giao điểm MA BC , K giao điểm MD; AB Chứng minh: KH // CD OK OS = R c) Cho MAB = 20; MSA = 40 , tính Squat CBDO; R = 6cm Hướng dẫn D x K Q A B O S P I H M C a) Chứng minh : tứ giác QBMI nội tiếp SMA ∽ SBC Xét ( O; R ) , đường kính AB ⊥ CD = Q (gt) IQB = 90 (liên hệ đường kính dây cung) Xét ( O; R ) , đường kính AB, M  ( O )  AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét tứ giác QIMB : IQM + IMB = 90 + 90 = 180 mà góc vị trí đối diện  tứ giác QIMB nội tiếp đường tròn * SMA ∽ SBC Xét ( O ) : MCB = MAB = sd MB (2 góc nội tiếp chắn MB ) Xét SMA SBC : MCB = MAB (cmt ) CSB chung  SMA ∽ SBC (g.g) b) Chứng minh : KH // CD OK OS = R Xét ( O; R ) , đường kính AB ⊥ CD = Q (gt)  sd AC = sd AD (liên hệ dây cung) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122  AMD = ABC (2 góc nội tiếp chắn cung nhau) hay HMK = HBK Xét tứ giác HKBM có HMK = HBK (cmt) mà góc đỉnh liên tiếp chắn cung HK  tgHMBK nội tiếp  HMB + HKB = 180 mà HMB = 90  HKB = 90  HK ⊥ OB Mà CD ⊥ AB( gt )  HK // CD (từ vng góc đến song song) Nối O; M , kẻ tiếp tuyến Mx, Mx  AB =  P Ta có CMx = SMP (2 góc đối đỉnh) Vì CD // HK (cmt )  CDM = HKM (2 góc đồng vị) Xét ( O ) : CDM = CMx (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung CM ) Suy HKM = PMS  HKM + 90 = PMS + 90  HKM + QKH = PMS + OMP  OKM = KMS Xét OKM OMS : OKM = OMS (cmt ) MOS chung  OKM ∽ OMS (g.g)  OS OK = OM = R c) Cho MAB = 20; MSA = 40 , tính Squat CBDO; R = 6cm Xét ( O ) : MCB = MAB = 20 (2 góc nội tiếp chắn MB ) XÉT CBS : CBS = BCS + S = 20 + 40 = 60 (tính chất góc ngồi tam giác)  CBO  COB = 60  COD = 120  Squat CBD =  R2n 360 =  36.120 360 = 108.  339,12(dvdt ) Câu 22.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O, R ) đường kính AC cố định Kẻ tiếp tuyến Ax với ( O ) Trên Ax lấy điểm M cho OM = 2R Qua M kẻ tiếp tuyến MB với ( O ) , tiếp tuyến ( O ) C cắt AB D , OM cắt AB I , cắt cung nhỏ AB E Gọi K giao điểm MC với ( O ) AB a) Chứng minh: Tứ giác AMBO nội tiếp tích IO.IM = b) Chứng minh: AOBE hình thoi MIK = ACM c) Chứng minh: OD ⊥ MC cho R = cm , tính Squat AOK LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Hướng dẫn a) Xét tứ giác AMBO có: MA tiếp tuyến ( O ) A  MA ⊥ OA  OAM = 90 MB tiếp tuyến ( O ) B  MB ⊥ OB  OBM = 90 Xét tứ giác AMBO có OAM + OBM = 180 mà hai góc hai đỉnh đối Vậy tứ giác AMBO nội tiếp * Ta có: MA, MB tiếp tuyến ( O ) từ M Khi : OM tia phân giác góc AOB Mà ABO cân O  MO ⊥ AB I trung điểm AB Xét tam giác vuông AMO A có : AI đường cao nên áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta : IO.IM = AI 2 Lại có AI = AB AB  AB   IO.IM =   IO IM =    Vậy IO.IM = AB b) Xét tam giác vng AOM có : OE = R, OM = 2R  E trung điểm OM  AE = EO = R Xét tam giác vng BOM có : OE = R, OM = 2R  E trung điểm OM  BE = EO = R Vậy tứ giác AOBE có: AO = OB = BE = EA = R Vậy AOBE hình thoi * Gọi N giao điểm lại đường thẳng MO ( O ) , EKCN nội tiếp  MK MC = ME.MN = ME ( ME + EN ) = R ( R + R ) = 3R Lại có: MI MO = R.2 R = 3R 2  MK MC = MO.MI  MK MI = MO MC Xét MIK & MCO có: M chung LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 MK MI = MO MC  MIK ∽ MCO ( c.g.c )  MIK = MCO = MCA Vậy MIK = ACM c) Gọi H giao điểm OD MC Xét tam giác MAO & ACD : MAO = ACD = 90 AMO = CAD = 30  MAO ∽ ACD ( g.g )  MA OC MA AC =  = AC CD OC CD Xét MAC & OCD MAC = OCD = 90 MA AC = OC CD MAC ∽ OCD ( c.g.c )  MCA = ODC = 90 − DOC  MCA + DOC = 90  OHC = 90 Vậy OD ⊥ MC Các em tự tính diện tích hình quạt Câu 23.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn (O; R) đường kính AC cố định Kẻ tiếp tuyến Ax với (O ) , Trên Ax lấy điểm M cho OM = 2R Qua M kẻ tiếp tuyến MB với (O ) ,tiếp tuyến (O ) C cắt AB D , OM cắt AB I ,cắt cung nhỏ AB E Gọi K giao điểm MC với (O ) a) Chứng minh: Tứ giác OICD nội tiếp tích AB AD khơng đổi b) Chứng minh: Tứ giác AOBE hình thoi MIK = OCM c) Cho R = 6cm tính độ dài cung nhỏ AK chứng minh OD ⊥ MC Hướng dẫn a) Chứng minh: Tứ giác OIDC nội tiếp tích AB.AD khơng đổi Ta có: OCD = 900 (CD tiếp tuyến) (1) A M * Có AOB cân O OM pg AOB E (Tính chất hai tiếp tuyến cắt điểm)  AB ⊥ OM  OID = 900 (2) I Suy ra:Tứ giác OIDC nội tiếp (tổng hai góc đối 1800 ) Ta có: DCA vng C K O B C D BC đường cao DCA ( CBA góc nội tiếp chắn đường trịn)  CA2 = AB AD (hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông) Độ dài cạnh AC không đổi  AB AD khơng đổi LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 b) Chứng minh: Tứ giác AOBE hình thoi MIK = OCM Ta có: OE = EM = OM (vì OM = 2R )  OA = OE = AE (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) (1) Mà AE = EB (vì sđ AE = sđ EB sđ) (2) A M Từ (1) (2) suy ra: Tứ giác AOBE hình thoi (đpcm) E Ta có: AM = MI MO (hệ thức lượng tam giác) I MB = MK MC (vì MKB ∽ MBC ( g − g ) ) MA = MB (Tính chất hai tiếp tuyến cắt điểm) Suy ra: O' C MI MO = MK MC  K O B D MI MK IMK chung = MC MO  MIK ∽ MCO(cgc)  MIK = MCO c) Cho R = 6cm tính độ dài cung nhỏ AK chứng minh OD ⊥ MC Ta có: AM = OM − OA2 = 122 − 62 = 3cm Ta có: CM = AC + AM = 122 + (6 3)2 = 7cm  sin ACM = l AK = AM  ACM = 410  AOK = 820 CM 3,14.6.820 = 8,58(cm) 1800 Ta có: Tứ giác OCKI OIDC nội tiếp (CM a) Suy ra: O, I , K , D, C thuộc đường tròn tâm ( O ' ) OD đường kính (OID = OCD = 900 ) Ta có: (O) (O’) có CK dây chung mà OD đường nối tâm Suy ra: OD ⊥ CK (đpcm) Câu 24.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O; R ) , đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax , cho AP  R Từ P kẻ tiếp tuyến PM với ( O ) M Gọi OP cắt MA Q Đường vuông góc với AB O cắt BM N a) Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp chứng minh OA2 = OP.OQ b) Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành gọi PM cắt ON I Chứng minh POI cân c) Gọi PN cắt OM J , AN cắt OP K Chứng minh ba điểm I ; J ; K thẳng hàng Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 a) Xét tứ giác APMO có: PAO + PMO = 900 + 900 = 1800 Mà hai góc vị trí đối  Tứ giác APMO nội tiếp +) Xét ( O ) có tiếp tuyến A tiếp tuyến M cắt P   PM = PA    PO tia phân giác cua APO Xét PAM có PM = PA nên PAM cân Có PO tia phân giác cua APO  PO đồng thời đường cao  PO ⊥ AM mà PO  AM = Q  PQ ⊥ AM hay AQ ⊥ PM Xét APO vng A có đường cao AQ Áp dụng hệ thức liên quan đến đường cao  OA2 = OP.OQ (đpcm) b) Xét ( O ) có AMB góc nội tiếp chắn nửa đường trịn  AMB = 900  AM ⊥ MB Mà AM ⊥ PO ( cmt )  PO // MB hay PO // NB  AOP = OBN (so le trong) Xét APO ONB có: AO = OB ( = R ) PAO = NOB ( = 900 ) AOP = OBN ( cmt )  APO = ONB ( g c.g )  PO = NB (hai cạnh tương ứng) Xét tứ giác OBNP có: PO // NB    OBNP hình bình hành PO = NB  Vì OBNP hình bình hành  PN // OB Mà ON ⊥ OB  ON ⊥ PN  PNO = 900 Xét tứ giác PNMO có: PNO = PMO = 900 Mà hai góc vị trí kề nhìn cạnh PO hai góc  Tứ giác PNMO nội tiếp  PON = PMN (hai góc nội tiếp nhìn cạnh PN) Mà PMN = MPO ( NM // OP )  PON = MPO hay POI = IPO  OPI cân I (đpcm) c) Xét tứ giác APNO có: PAO = AON = PNO = 900 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Tứ giác APNO hình chữ nhật Mà PO  AN =  K   K trung điểm PO Xét OPI cân I Có K trung điểm PO  IK đường trung tuyến  IK đồng thời đường cao  IK ⊥ PO (1) Xét JPO có     I trực tâm JPO  JI ⊥ PO ON  PM =  I  ON ⊥ PJ PM ⊥ OJ ( 2) Từ (1) (2) suy ba điểm I ; J ; K thẳng hàng Câu 25.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn tâm O đường kính AB Trên tiếp tuyến đường tròn ( O ) A lấy điểm M (M khác A ) Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với ( O ) (C tiếp điểm ) Kẻ CH vng góc với AB ( H  AB) , MB cắt ( O ) điểm thứ hai K cắt CH N Gọi I giao điểm MO với AC a) Chứng minh tứ giác AMCO, AKNH tứ giác nội tiếp; b) Chứng minh AM = MK MB = MO.MI ; KAC = OMB c) Cho OMC = 30 , R = cm Tính Squat BOC ; N trung điểm CH Hướng dẫn a) + Xét ( O ) có MA tiếp tuyến ( O ) A (gt) E  MA ⊥ AB hay MAO = 90 MC tiếp tuyến ( O ) C (gt)  MC ⊥ CO hay MCO = 90 M Xét tứ giác MAOC có: MAO + MCO = 90 + 90 = 180 C K Mà MAO , MCO hai góc đối N  tứ giác MAOC tứ giác nội tiếp (đpcm) I + Nối A với K Xét đường trịn ( O ) có AKB nội tiếp ( O ) đường kính AB A B O H  AKB ⊥ K hay AKB = 90 (t/c) Xét tứ giác AKNH có AKN + AHN = 90 + 90 = 180 Mà AKN , AHN hai góc đối  Tứ giác AKNH nội tiếp ( đpcm ) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 b) + Theo câu (a) ta có AKB ⊥ K nên AK ⊥ KB K hay AK ⊥ MB (do K  MB)  AK đường cao MAB + Xét MAB vng A có AK đường cao (cmt)  MA2 = MK MB ( hệ thức cạnh đường cao tam giác vng) (1) + Ta có MA, MC hai tiếp tuyến đường tròn ( O ) A, C (gt)  MA = MC (t/c) Mà OA = OC ( A, C  ( O ) )  MO đường trung trực AC (t/c)  MO ⊥ AC I , AI đường cao MAO + Xét MAO vng A có AI đường cao (cmt)  MA2 = MO.MI ( hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông) (2) Từ (1) (2)  MA2 = MK MB = MO.MI (đpcm) + Xét tứ giác MAIK có MKA = MIA = 90 Mà MKA, MIA chắn cung MA  Tứ giác MAIK nội tiếp (dhnb)  IAK = IMK (2 góc chắn cung IK) hay KAC = OMB (đpcm) c) + Có tứ giác MAOC nội tiếp (cm câu (a))  OAC = OMC ( góc chắn cung OC ), mà MOC = 30 (gt) OAC = 30 + Ta có OBC cân O (vì OC = OB ),mà OBC = 60  OBC  BOC = 60 hay n = 60 Khi ta có Squat BOC =  R2n 360 =  62.60 360 = 6  113,04 (cm2 ) + Kéo dài BC cắt AM E Khi ACE ⊥ C ( E  BC ) Mà MA = MC (cmt)  MAC = MCA (t/c) Lại có, MAC + MEC = 90 (vì EAC ⊥ C ) MCA + MCE = ACE = 90  MCE = MEC  MCE cân M  MC = ME , mà MA = MC (cmt) nên MA = ME (3) + Xét MAB có NH // AM (cùng vng góc với AB ) Áp dụng hệ định lý Talet ta có: NH BN (4) = MA BM +Tương tự MBE có CN // ME ( E  AM , N  CH ) Áp dụng hệ định lý Talet ta có CN BN (5) = ME BM Từ (3) ,(4) (5) suy NH = CN hay N trung điểm CH (đpcm) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Câu 26.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính BC Lấy điểm A tia đối tia CB Kẻ tiếp tuyến AF với nửa đường tròn ( O ) ( F tiếp điểm), tia AF cắt tia tiếp tuyến Bx nửa đường tròn ( O ) D (tia tiếp tuyến Bx nằm nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đường tròn ( O ) ) Gọi H giao điểm BF với DO ; K giao điểm thứ hai DC với nửa đường tròn (O ) a) Chứng minh tứ giác BDFO nội tiếp; AO AB = AF AD ; b) Chứng minh BDH = BKH ; DHK = DCO ; c) Cho KHF = 300 , R =15cm Tính Squat BOK Kẻ OM ⊥ BC ( M thuộc đoạn thẳng AD ) Chứng minh BD DM − =1 DM AM Hướng dẫn a) Ta có: BD, AF tiếp tuyến ( O ) D B, F (gt) M  BD ⊥ AB , OF ⊥ AD  DBO = 90 , K F OFD = 90 Xét tứ giác BDFO có: DBO + OFD = 180 Mà góc vị trí đối H B O C  Tứ giác BDFO nội tiếp (dhnb) Xét AOF ADB có:   BAD chung   OFA = OBD Vậy AOF ∽ ADB (g.g)  AF AO (tsđd)  AO AB = AF AD = AB AD b) Ta có DB = DF ( DB DF hai tiếp tuyến cắt D )  D thuộc đường trung trực đoạn thẳng BF Ta lại có: OB = OF = R  O thuộc đường trung trực đoạn thẳng BF  OD đường trung trực đoạn thẳng BF  OD ⊥ BF => DHB = 90 Mặt khác BKC nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính BC nên BKC = 90 hay DKB = 90 + Xét tứ giác DKHB có: DKB = DHB = 90  Tứ giác DKHB tứ giác nội tiếp (dhnb)  BDH = BKH (hai góc chắn cung BH ) *) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác DKHB có: DBH , DHK góc nội tiếp chắn DK  DBK = DHK (hq) (1) +) Xét ( O ) có: LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 A DBK góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn BK BCK góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn BK  DBK = BCK (hq) (2)  Từ (1) (2) suy DHK = DCO c) Ta có KHF = 30 => KHD = 60  KBD = 60  KBO = 30 Xét OBK có: OB = OK = R  OBK cân O  KBO = BKO = 30 => BOK = 120  Squat BOK =  Rn 360 =  15.120 360 = 15,7 *) DB ⊥ BC (gt), OM ⊥ BC (gt)  DB // OM (quan hệ tính vng góc với tính song song) Ta có: BDO = ODF ( DB DF hai tiếp tuyến cắt D ) BDO = DOM ( DB // OM )  MDO = MOD  MDO cân M => MD = MO Ta có: DB // OM (cmt) BD AD BD AD BD AM + MD BD DM BD DM =  =  =  = 1+  − =1 OM AM DM AM DM AM DM AM DM AM Câu 27.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính BC Lấy điểm A tia đối tia CB Kẻ tiếp tuyến AF với nửa đường tròn ( O ) ( F tiếp điểm), tia AF cắt tia tiếp tuyến Bx nửa đường tròn ( O ) D (tia tiếp tuyến Bx nằm nửa mặt phẳng bờ BC chứa nửa đường tròn ( O ) ) Gọi H giao điểm BF với DO ; K giao điểm thứ hai DC với nửa đường tròn ( O ) , I trung điểm CK a) Chứng minh tứ giác BDIO nội tiếp; OH OD = BC ; b) Chứng minh DHK = BCD Kẻ OM ⊥ BC Chứng minh AM DB − DM = MD AM c) Cho KHF = 300 , R =15cm Tính độ dài cung nhỏ BK Hướng dẫn *) Chứng minh tứ giác BDIO nội tiếp D Xét ( O ) , ta có OI ⊥ KC (vì đường kính qua M trung điểm dây khơng qua tâm vng K F góc với dây đó)  DIO = 90 I Dx ⊥ BC ( Dx tiếp tuyến ( O ) ) DBC = 900 H B O C  DBO + DIO = 90 + 90 = 180  tứ giác BDIO nội tiếp (vì tổng góc đối 180 ) (đpcm) *) Chứng minh OH OD = BC LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 A Ta có: BD = DF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  D thuộc đường trung trực BF (1) OD = OF = R  O thuộc đường trung trực BF (2) Từ (1) (2)  OD đường trung trực BF  DO ⊥ BF ( ) Xét DBO DBO = 900 ; BH ⊥ OD , áp dụng hệ thức lương tam giác ta có: OB = OH OD mà OB = BC BC BC (đpcm)  OB = OH OD = 4 b) Chứng minh AM DB − DM = MD AM Ta có: BKC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BKD = 90 DHB = 90 (vì DO ⊥ BF )  BKD = BHD  tứ giác DKHB nội tiếp (vì có đỉnh nhìn cạnh nối hai đỉnh cịn lại góc vng)  DHK = DBK (góc nội tiếp chắn DK ) Ta lại có DBK = BCD (cùng phụ với KBC )  DHK = BCD (đpcm) Ta có: DM + MD AM = MD ( DM + AM ) = MD.DA Ta có: BFC = BHO = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  CF ⊥ BF mà OD ⊥ BF (cmt)  CF // DO nên theo định lý Ta let ta có: AD AO AO (vì OC = OB ) = = DF OC OB Ta lại có: OM ⊥ BC; BD ⊥ BC  OM // BD  AD AM AO AM AD AM (vì BD = DF )  =  = = DF DM BO DM BD DM  MD.DA = AM DB  AM DB = DM + MD AM  AM DB − DM = MD AM (đpcm) c) Ta có DO ⊥ BF O  DHK + KHF = 90 mà KHF = 30  DHK = 60 Ta có tứ giác DBHK nội tiếp  DBK = DHK = 60 Mà DBK = sd BK  sd BK = 120 Độ dài cung BK = BK 2 R 120.2 15 = = 10 (cm) 360 360 Vậy độ dài cung BK = 10 (cm) Câu 28.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa đường trịn tâm O , đường kính AB = R tiếp tuyến Ax phía với với nửa đường trịn AB Từ điểm M Ax ( AM  AB ) kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn ( C tiếp điểm) AC cắt OM E ; MB cắt nửa đường tròn ( O ) D ( D khác B ) a) Chứng minh: AMCO nội tiếp đường tròn; MC = ME.MO b) Chứng minh: ADE = ACO; DOB = DEB LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 c) Cho DEM = 300 Tính Squat AOD Hướng dẫn a) Chứng minh: AMCO nội tiếp đường trịn M Ta có AM , CM hai tiếp tuyến nửa đường tròn tâm O  AM ⊥ AO, MC ⊥ OC (tính chất) D C  OAM = MCO = 90 Xét AMCO có: OAM = MCO = 900 + 900 = 1800 (mà hai E góc vị trí đối nhau) Vậy tứ giác APNO nội tiếp đường tròn (dấu hiệu nhận biết) A O *) Chứng minh: MC = ME.MO +) Xét nửa ( O ) có AM , MC hai tiếp tuyến cắt M  OM tia phân giác AOC mà AOC cân O ( OC = OA = R ) OM đồng thời đường cao OM ⊥ AC E ( ) +) Xét MCO vuông C MCO = 900 , cmt ,đường cao CE , có: MC = ME.MO (Hệ thức lượng tam giác vuông) b) *) Chứng minh: ADE = ACO +) Theo câu a ta có: AOC cân O  CAO = ACO (tính chất) (1) +) Xét (O ) ta có: ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  ADM = 900 ( kề bù với ANB ) Xét AMDC có: AEM = MDA = 900  hai đỉnh  D, E liên tiếp nhìn cạnh AM góc vuông không đổi  tứ giác AMDE nội tiếp đường tròn  ADE = CAO (2) Từ (1) (2)  ADE = ACO *) Chứng minh: DOB = DEB ( ) +) Xét MAB vuông A MCO = 900 , cmt ,đường cao AD , có: MA2 = MD.MB (Hệ thức lượng tam giác vuông) Mà : MC = ME.MO (theo câu a) MA = MC ( MA, MC hai tiếp tuyến cắt M )  MD.MB = ME.MO  MD ME = MO MB Xét MDE MOB , có: DME ; MD ME = MO MB LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 B  MDE ∽ MOB (c.g.c)  MDE = MOB (hai góc tương ứng) Mà MDE + EDB = 1800 (hai góc kề bù)  EDB + MOB = 1800 hay EDB + EOB = 1800 mà hai góc vị trí đối Vậy tứ giác DEOB nội tiếp đường tròn (dấu hiệu nhận biết)  DOB = DEB (hai góc nội tiếp chắn cung) c) Cho DEM = 300 Tính Squ¹t AOD Theo câu ta có: tứ giác AMDE nội tiếp đường tròn  AEM = DAM = 300  DAO = 900 − 300 = 600 (phụ với DAM = 300 ) Lại có AOD cân O ( OA = OD = R )  DOA = 1800 − 600.2 = 600  SquatAOD =  R n 3600 =  122.600 3600 = 24 (đơn vị diện tích) Câu 29.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O ) đường kính AB Vẽ tiếp tuyến Ax với đường tròn Trên tia Ax lấy điểm M cho AM  AB , MB cắt đường tròn ( O ) N ( N  B ) Qua trung điểm P đoạn AM dựng đường thẳng vng góc với AM cắt BM Q OQ cắt AN E a) Chứng minh PN tiếp tuyến đường tròn ( O ) , tứ giác APNO nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tứ giác APQN nội tiếp đường tròn OE.OQ = AB c) Gọi C điểm cung lớn NB đường tròn ( O ) ( C  N ; C  B ) Chứng minh: BCN = OQN ; Cho AMB = 300 , R = 12cm Tính SquatAON Hướng dẫn a) Chứng minh PN tiếp tuyến đường tròn ( O ) , Xét (O ) M ta có: ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ANM = 900 ( kề bù với ANB )  ANM vng N có NP trung tuyến ( P Trung điểm AM ,gt) Q P N E AM (tính chất)  NP = PA = PM = H Xét APO NPO : PA = NP; OA = ON ( = R ) ; OP : cạnh chung A B O  APO = NOP (c.c.c)  APO = ANO = 900  ON ⊥ NP N mà N  ( O ) C LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Vậy PN tiếp tuyến đường tròn ( O ) *) Chứng minh tứ giác APNO nội tiếp đường trịn Xét APNO có: PAO + PNO = 900 + 900 = 1800 Vậy tứ giác APNO nội tiếp đường tròn (dấu hiệu nhận biết) b) *) Chứng minh tứ giác APQN nội tiếp đường tròn +) Xét AMB có: P trung điểm AM ; PQ //AB ( ⊥ AB )  Q trung điểm MB Mà O trung điểm AB  QO đường trung bình  QO //AM  OQ ⊥ AB  AOQ = 900  APOQO hình chữ nhật Vậy tứ giác APQN nội tiếp đường tròn *) Chứng minh: OE.OQ = AB Gọi H  = AN  PO +) Xét ( O ) có AP, PN hai tiếp tuyến cắt P  OP tia phân giác APN mà AON cân O , OP đồng thời đường cao OP ⊥ AN H AB  AB  +) Xét AOP vuông A ,đường cao AH , có: AO = OH OP =   =   +) Lại có OHE ∽ OQP ( g g )  Từ (1) và(2) ta có: OE.OQ = OH OE =  OH OP = OE.OQ OQ OP (1) ( 2) AB c) Chứng minh: BCN = OQN ; Ta có: +) Tứ giác APNO nội tiếp đường trịn (chứng minh trên) +) Tứ giác APQN nội tiếp đường tròn (chứng minh trên)  A, P, Q, N , O thuộc đường tròn  OAN = OQN (hai góc nội tiếp chắn cung ON ) hay BAN = OQN (3) Lại có: Trong ( O ) : BAN = BCN (hai góc nội tiếp chắn cung BN ) (4) Từ (3) (4) ta có: BCN = OQN *) Tính SquatAON Xét AMB vng A có: AMB + ABM = 900  ABM = 900 − 300 = 600 Xét ANB vng N có: NAB + ABN = 900  ABM = 900 − 600 = 300 Xét AON cân O có: AON = 1800 − 2OAN = 1800 − 2.300 = 1200 LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122  R n  SquatAON = 3600 =  122.1200 3600 = 48 (đơn vị diện tích) Câu 30.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O ) , từ điểm A ngồi đường trịn vẽ hai tiếp tuyến AB AC ( B, C tiếp điểm) , OA cắt BC E Chứng minh:tứ giác ABOC nội tiếp BC ⊥ OA Chứng minh: OB = OE.OA; BA.BE = AE.BO Gọi I trung điểm BE , đường thẳng qua I vng góc với OI cắt tia AB, AC theo thứ tự D F Chứng minh I trung điểm FD Chứng minh: F trung điểm AC Hướng dẫn 1) Xét (O) có AB AC tiếp tuyến (O) A B C (gt)   ABO = 90 (t.c.vg)  ACO = 90   B I Xét tứ giác ABOC có : ABO + ACO = 180 ⟹ ABOC tứ giác nội tiếp (dhnb) F E D Có AB ; AC tiếp tuyến ( O ) B C (gt) O  AB = AC (t.c tiếp tuyến giao nhau) ; mà OC = OB ( = R ) (t.c điểm thuộc đ.tròn) ⟹ OA trung trực BC (tập hợp điểm cách mút đoạn thẳng) ⟹ OA ⊥ BC 2) Xét OBA ( ABO = 90 ) có OA ⊥ BC E (cmt)  OB2 = OE.OA (Hệ thức lượng tam giác vng ) Có ABO = 90 (cmt)  EBO + ABE = 90 Có AO ⊥ BC E (cmt)  BEO = 90 (t.c vg)  OEB vuông E (đ.n)  EBO + BOE = 90 (T.C góc nhọn Δ vng ) Mà EBO + ABE = 90 (cmt)  ABE = BOE ( Xét OBE E = 90 ) BAE  OBE ∽ BAE (g.g)  ( E = 90) có: ABE = BOE OB BE (cạnh tỉ lệ)  BA.BE = AE.BO (đ.p.cm) = BA AE 3) Có OI ⊥ FD I (gt)  DIO = FIO = 90 (t.c vgoc) Có OB ⊥ AB B (cmt) mà D  AB (gt)  OB  AD B  DBO = 90 (t.c vg) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 C Có OC ⊥ AC C (cmt)  OCA = 90 (t.c vg) , mà F  AC (gt)  OCF = 90 Có DBO = DIO = 90 (cmt)  B I thuộc đường trịn đ.kính OD ( cung chứa góc 90 ) Xét đường trịn đường kính OD có IDO = IBO ( gnt chắn cung OI ) (1) Có: FIO = OCF = 90 (cmt)  C I thuộc đường trịn đ.kính OF ( cung chứa góc 90 ) Xét đường trịn đường kính OF có OFI = OCI ( gnt chắn cung OI ) (2) Có OB = OC (cmt)  OBC cân O (đ.n)  OBI = OCI (t.c Δ cân) (3) Từ (1) (2) (3)  ODI = OFI (bắc cầu)  ODF cân O (dhnb) Có OI ⊥ DF I (gt)  OI đường cao ODF cân O (đ.n)  OI trung tuyến ODF (t.c tam giác cân )  I trung điểm DF (t.c trung tuyến) 4) Có I trung điểm DF (cmt)  ID = IF (t.c trung điểm) Có I trung điểm BE (gt)  IB = IE (t.c trung điểm) Có OA trung trực BC (cmt) mà OA  BC = E (gt)  E trung điểm BC (t.c trung trực) •  ID = IF (cmt )  Xét DBI FEI có:  BID = EIF (đđ )  DBI = FEI (c.g.c)  IB = IE (cmt )   BDI = EFI (2 góc tương ứng)  BD//EF ( dhnb đt song song) , mà thẳng D ; B ; A thẳng hàng  EF //AB • Xét ABC có : E trung diem cua BC (cmt )   ⟹ F trung điểm AC (đ.lý đường TB) AB / / EF (cmt )  LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Câu 31.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O ) , gọi I là trung điểm của dây AB Qua I kẻ đường kính MN ( M thuộc cung nhỏ AB ), P là điểm bất kì tia đối của tia BA cho góc ANP khác 90 Nối PN cắt ( O ) tại E , ME cắt AB tại D a) Chứng minh các điểm D , I , N , E cùng thuộc đường tròn b) Chứng minh : MD.ME = MI MN c) Qua A kẻ đường thẳng song song với ME , đường thẳng đó cắt ( O ) tại F Chứng minh BE vuông góc NF d) Tìm vị trí của P để D là trung điểm BI Hướng dẫn a) Xét đường tròn ( O ) : N F Đường kính MN qua I là trung điểm dây AB K  NM ⊥ AB ( liên hệ đường kính và dây)  NID = 90 E NEM = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) O Xét tứ giác NEDI : NID + NEM = 180  Tứ giác NEDI nội tiếp A  điểm D , I , N , E cùng thuộc đường tròn I D B M b) Xét MID và MEN MID = MEN = 90 IMD chung  MID ∽MEN ( g.g )  MI MD =  MI MN = MD.ME ME MN c/ Gọi K là giao điểm của NF và BE Có : I là trung điểm dây AB , MN là đường kính  M là điểm chính giữa cung AB  ANM = MEB (2 góc nội tiếp chắn cung bằng nhau) Có AF //ME  AM FE  ANM = FNE (2 góc nội tiếp chắn cung bằng nhau) Mà MEB = ANM  MEB = FNE mà NEM = 90  NEK + MEB = 90  NEK + FNE = 90  NKE = 90  NF ⊥ BE d/ Ta có: MID ∽ PIN ( g − g )  IMB ∽IBN ( g − g )  ID IN =  ID.IP = IM IN IM IP IM IB =  IB2 = IM IN  ID.IP = IB IB IN D là trung điểm IB  ID = IB IP  B là trung điểm IP  P đối xứng với I qua B  IB = 2 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 P Câu 32.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O ) mợt điểm A nằm ngoài đường tròn Các tiếp tuyến với đường tròn kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn tại B C Gọi H là giao điểm của AO BC , kẻ đường kính BD của đường trịn ( O ) , hạ CM ⊥ BD tại M Tia AO cắt ( O ) tại E , F a) Chứng minh: Tứ giác ABOC nội tiếp CMD ∽ ACO b) Chứng minh: BF là phân giác ngoài đỉnh B của ABH AF.HE = AE.HF c) Gọi AD cắt CM tại K Chứng minh: K là trung điểm của CM cho DCM = 30 , AH = cm Tính S BOC Hướng dẫn a) Chứng minh: Tứ giác ABOC nội tiếp CMD ∽ ACO B O A E F H M C D   AB ⊥ BO  ABO = 90 * Có: AB AC hai tiếp tuyến của đường tròn ( O ) suy    AC ⊥ CO  ACO = 90 Xét tứ giác ABOC có ABO + ACO = 90 + 90 = 180 nên tứ giác ABOC nội tiếp 1  AOC = BOC = sd BC   2 * Có:   AOC = CDM CDM = CDB = sd BC   Xét CMD ACO có: AOC = CDM (cmt) ACO = CMD ( = 90 ) Suy CMD ∽ ACO (g-g) b) * Chứng minh: BF là phân giác ngoài đỉnh B của ABH LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Có: ABE = BCE (góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nợi tiếp chắn cung BE ) (1) Có: AB AC hai tiếp tuyến của đường tròn ( O )  AB = AC ; OB = OC (= R)  OA là đường trung trực của BC mà E  OA  EB = EC  EBC cân tại E  BCE = CBE (2) Từ (1) (2) suy ABE = CBE  BE tia phân giác của góc B ABH mà EF là đường kính của đường trịn ( O )  EBF = 90  BF ⊥ BE  BF là phân giác ngoài đỉnh B của ABH * Chứng minh AF.HE = AE.HF Xét ABO vuông tại B đường cao BH (vì AO là đường trung trực của BC), áp dụng hệ thức lượng có: OB = OH OA  R = OH ( AE + EO)  R = OH ( AE + R) (*) Ta có: AF.HE = AE.HF  ( AE + EF ).(OE − OH ) = AE.(OF + OH )  ( AE + R).( R − OH ) = AE.( R + OH )  AE.R − AE.OH + R − R.OH = AE.R + AE.OH R = R.OH + AE.OH  R = OH ( AE + R) (đúng theo (*)) c) Tính S BOC B O A E F H K C M D Có: CMD ∽ ACO (chứng minh câu a) OAC = DCM = 30 Xét ACH vng tại H có: LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 CH = AH tan OAH = AH tan HAC = 4.tan 30 =  BC = 2CH = 3 Xét ACO vuông tại C đường cao CH, áp dụng hệ thức lượng có: CH = AH OH  OH = CH 16 = = AH 3.4 1 16 = Suy ra: SBOC = OH BC = (đvdt) 2 3 Câu 33.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Từ điểm A bên ngoài đường tròn ( O ) , kẻ tiếp tuyến AM , AN với đường tròn ( M , N tiếp điểm) Đường thẳng d qua A cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm phân biệt B, C ( O không thuộc ( d ) , B nằm giữa A C , AC cắt OM ) Gọi H là trung điểm của BC , AO cắt MN tại K a) Chứng minh:5 điểm A, M , H , O, N tḥc mợt đường trịn OA.OK = R b) Chứng minh: HA phân giác của MHN ; lấy điểm E MN cho BE / / AM Chứng minh HE / /CM c) Cho AHM = 600 , R = cm Tính Squat MON Hướng dẫn M C E B A H K O N a) Ta có AMO = ANO = 90 (tính chất tiếp tún của đường trịn ) Xét tứ giác AMNO có AMO + ANO = 180 nên AMNO nợi tiếp đường tròn đường kính AO (1) Vì H là trung điểm BC nên OH ⊥ BC  AHO = 90 Xét tứ giác ANOH có AHO + ANO = 180  ANOH nội tiếp đường tròn đường kính AO (2) Từ (1) và (2) suy điểm A , M , H , O , N tḥc đường tròn đường kính AO  AM = AN Có  (Tính chất hai tiếp tún cắt nhau) OM = ON (= R) Suy AO trung trực của MN  AO ⊥ MN Xét tam giác AMO vng tại M có MK là đường cao, áp dụng hệ thức lượng ta OK.OA = OM = R2 (đpcm) b) Xét đường tròn đường kính OA qua điểm A , M , H , O , N có LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 MHA = MOA (góc nợi tiếp chắn cung MA ) NHA = NOA (góc nợi tiếp chắn cung NA ) Mà MOA = NOA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Do đó NHA = MHA hay HA phân giác của MHN • Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác AMHN có AMN = AHN ( góc nợi tiếp chắn cung AN ) Mà AMN = BEN (đồng vị) suy BEN = BHN nên tứ giác BEHN nội tiếp Suy EHB = ENB (góc nợi tiếp chắn cung BE ) Lại có ENB = MCB (góc nợi tiếp chắn cung BM ) Nên EHB = MCB Mà hai góc này đồng vị với đó HE //CM c) Từ AHM = 60  AOM = 60  MON = 120 Áp dụng cơng thức tính diện tích hình quạt ta được: Squat OMN =  R 120 360 = 3,14.36 = 37, 68 ( cm2 ) Vậy diện tích hình quạt 37,68 (cm2) Câu 34.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Từ điểm A bên ngoài đường tròn ( O ) , kẻ tiếp tuyến AM , AN với đường tròn ( M , N tiếp điểm) vẽ cát tuyến AEF không qua điểm O , H là trung điểm EF Tiếp tuyến tại E cắt AM tại B , cắt AN tại C a) Chứng minh các điểm A, M , H , O, N thuộc mợt đường trịn tính chu vi ABC theo AM b) Từ O kẻ đường thẳng vng góc với OM cắt AN tại S Chứng minh SO = SA gọi K là giao điểm của MH với ( O ) Chứng minh NK / / A F c) Chứng minh: AE AF = AM Hướng dẫn M B F H E A O C S K N a) Ta có: AM ⊥ OM (Do AM tiếp tuyến của đường tròn ( O ) )  AMO vuông tại M  M thuộc đường tròn đường kính OA (1) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 AN ⊥ ON ( Do AN tiếp tuyến của đường tròn ( O ) )  ANO vuông tại N  N tḥc đường tròn đường kính OA (2) H là trung điểm của dây cung EF nên OH ⊥ EF (mối liên hệ giữa bán kính dây cung  OH ⊥ HA  OAH vuông tại H  H tḥc đường tròn đường kính OA (3) Từ (1),(2) (3) suy O, A, H , M , N tḥc đường tròn đường kính OA Ta có CN tiếp tuyến của đường tròn ( O ) ; CE tiếp tuyến đường tròn ( O ) nên CE = CN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh tương tự ta có BE = BM Chu vi tam giác ABC là: AB + AC + BC = AM + AN − CN − BM + BE + CE = AM + AN = AM b) Ta có: NOA + AOS = 90 ( gt ) ; NAO + NOA = 90  NAO = AOS mà NAO = OAC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)  AOS = SAO  SAO cân tại S  SO = SA +) Xét tam giác OMN có OM = ON Suy tam giác OMN cân tại O  OMN = ONM Ta có: OMA = OMN + AMN = 90 ONA = ONM + ANM = 90  AMN = ANM Xét đường tròn ( O ) , ta thấy ANM góc giữa tiếp tuyến AN dây cung MN MKN góc nợi tiếp chắn cung MN Suy góc MKN = ANM ( chắn cung MN ) (*) +) Ta có: FHK = AHM (hai góc đới đỉnh) Lại có: O, A, H , M , N tḥc đường tròn đường kính OA Nên AHM = ANM (góc nợi tiếp chắn cung AM ) Suy ra, FHK = AHM = ANM (**) Từ (*) (**) suy ra: MKN = FHK Suy KN / / FE (đpcm) c)Xét đường tròn ( O ) , ta thấy góc AME góc tạo tiếp tuyến AM dây cung ME EFM góc nợi tiếp chắn cung ME  EFM = AME LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Xét AME AFM có: Góc A chung EFM = AME (cmt) Suy AME ∽ AFM ( g − g )  AE AM  AE AF = AM (đpcm) = AM AF Câu 35.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O ) và điểm A nằm ( O ) Từ A kẻ tiếp tuyến của ( O ) tại B, C Gọi H là giao điểm của OA BC , kẻ đường kính BD của ( O ) , hạ CM ⊥ BD tại M Tia AO cắt (O ) tại E , F a ) Chứng minh tứ giác CHOM nội tiếp AHB ∽ CMD b ) Chứng minh : BF phân giác ABH A F.HE = AE.HF c ) Gọi A D cắt CM tại K Chứng minh K là trung điểm của CM cho AB = 2R = 10cm Tính S giới hạn bới cung BC và đoạn AB, AC Hướng dẫn a ) Xét (O) có AB, AC hai tiếp tuyến (gt)  AB = AC ( t/ c hai tiếp tuyến )  A thuộc đường trung trực của BC B Có OA = OB , nên O thuộc đường trung trực của BC A  AO là đường trung trực của BC F O H  OA ⊥ BC  CHO = BHA = 900 E M K CM ⊥ BC (gt)  CMO = 900 +) Xét tứ giác HOMC có CMO = CHO = 90 D C x = > Xét tứ giác HOMC nợi tiếp ( có tổng góc đối CMO + CHO = 1800 ) * ) Xét (O) có ABC = BDC ( góc nợi tiếp góc tạo tiếp tuyến chắn cung BC ) Hay ABH = MDC ( H  BC; M  BD ) Xét AHB CMD có : ABH = MDC ( cmt ) CMD = BHA = 900   AHB ∽ CMD ( g.g )  b ) Xét (O) OA ⊥ BC ( cmt) , mà OA  (O) =  F   F là trung điểm của cung BC  FB = FC Xét (O) có ABF = sd FB ( Góc tạo tiếp tuyến AB dây BF) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 CBF = sd FC ( góc nợi tiếp chắn cung FC ), mà FB = FC (cmt)  ABF = CBF  BF phân giác của góc BAH +) Xét ABH có BF phân giác của B  FA AB = ( tc ) ( 1) FH AH Có BE ⊥ BF  BE phân giác tại đỉnh B của ABH  Từ (1) (2)  EA AB = (tc ) (2) EH AH FA EA =  FA.EH = FH AE FH EH c ) Gọi AD  BC =  N  Chứng minh CB phân giác của góc ACM hay CN phân giác của góc ACK Xét ACK có CN phân giác của góc ACK  NK CK (3) = AN AC Có CN ⊥ CD  CD phân giác của ACK tại đỉnh C  Từ (3) (4)  DK CK (4) = DN AC NK DK ( 5) = AN DN Có DMK ∽ DBA (g.g)  CKN ∽ BAN ( g.g )  Từ (5); (6) (7)  KM DK (6) = AB DA KC NK (7) = AB NA KM CK =  KM = KC => K là trung điểm của CM AB AB 3) Xét OBC vuông B có BF là đường cao Ta có OB = OF OC  OF =  AB = AF = R − R 3R OB R R = =  CF = CO − OF = 2R − = OC R 2 R2 =R Tứ giác OACB có OC ⊥ AB nên SOACB = Xét OAF vuông F có sin AOF = Ta có Squat OAB =  R 2120o 360o = AB.OC = R AF =  AOF = 60o  AOB = 120o OA  R2 Vậy diện tích của ABC nằm ngoài đường trịn (O;R) SOACB − Squat OAB = R −  R2 = R2 3 − (đvdt) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Câu 36.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O; R ) dây CD cố định Gọi H là trung điểm của CD Gọi S một điểm tia đối của tia DC Qua S kẻ hai tiếp tuyến SA, SB tới ( O ) ( với CD cắt bán kính OA ) Đường thẳng AB cắt SO, OH tại E , F a) Chứng minh: Tứ giác SBOH nội tiếp OE.O S = R b) Chứng minh: SE.SO = SC.SD DEC = DOC c) Chứng minh:Khi S di chuyển tia đối của DC AB ln qua mợt điểm cớ định Hướng dẫn F A H C O D S K E B a) Vì SB tiếp tuyến của (O ) nên SB ⊥ OB  OBS = 900 Vì H là trung điểm CD suy OH ⊥ CD  OHD = 900  OHS = 900 Xét tứ giác SBOH có OHS +OBS = 1800 OHS , OBS đối nên tứ giác SBOH nội tiếp Vì SA,SB hai tiếp tuyến cắt tại S của (O ) nên suy AB ⊥ OS tại E Xét tam giác OBS vuông tại B,đường cao BE có OE.OS = OB (Hệ thức lượng) Hay OE.OS = R b) Xét tam giác SAD SCA có góc S chung, SAD = SCA (góc nợi tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AD) suy SAD ∽ SCA (g-g) suy SA SD =  SC.SD = SA2 (1) SC SA Xét tam giác OBS vuông tại B,đường cao BE có SE.SO = SB (Hệ thức lượng) mà SA = SB(t / c) Suy SE.SO = SA2 (2) Từ (1),(2) suy SE.SO = SC.SD +Từ SE.SO = SC.SD  SE SD = SC SO LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Xét tam giác SDE SOC có góc S chung SE SD (cmt) suy SDE = SC SO SOC (c-g-c) Suy SED = SCO Xét tứ giác DEOC có SED = SCO SED , SCO góc vị trí góc bằng góc ngồi tại đỉnh đối nên tứ giác DEOC nội tiếp suy DEC = DOC (2góc nợi tiếp chắn cung) c) Vì OEF ∽ OHS (g-g) nên OE OF =  OH OF = OE.OS = R không đổi mà O,H cố định suy OH OS F cố định thuộc AB Vậy S thay đổi thì AB qua điểm cố định F Câu 37.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O ) một dây BC cố định không qua O Trên tia đối của tia BC lấy mợt điểm A bất kì Vẽ tiếp tún AM , AN tới ( O ) ( M , N tiếp điểm) MN cắt các đường thẳng AO BC H K Gọi I là trung điểm của BC a) Chứng minh AH AO = AB AC = AM b) Chứng minh tứ giác BHOC nội tiếp c) Vẽ dây MP song song với BC Chứng minh N , I , P thẳng hàng d) Khi A di động tia đối của tia BC , chứng minh trọng tâm tam giác MBC chạy mợt đường trịn cớ định Hướng dẫn M P O H G J F A B K I C N a) * Xét (O) có: +) AM , AN tiếp tuyến của (O) (gt)  OM ⊥ AM ; ON ⊥ AN ; AM = AN Nên AMO = ANO = 900 +) AMB = ACM (Góc tạo tia tiếp tún dây góc nợi tiếp chắn cung MB ) * AM = AN (cmt) nên A thuộc đường trung trực của MN OM = ON (Bán kính của (O)) nên O thuộc đường trung trực của MN Do đó AO là đường trung trực của MN  AO ⊥ MN tại H LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 * Xét AMO vng tại M có MH ⊥ AO tại H có AM = AH AO (Hệ thức cạnh và đường cao tam giác vuông) (1) * Xét AMB ACM có: MAB chung ; AMB = ACM Nên AMB ∽ ACM (gg)  AM AC (Các cạnh tương ứng tỉ lệ)  AM = AB AC (2) = AB AM Từ (1) (2) ta có AH AO = AB AC = AM b) Ta có AH AO = AB AC (cmt) Nên AH AB = AC AO Xét ABH AOC có OAC chung AH AB (cmt) = AC AO Nên ABH ∽ AOC (cgc)  AHB = ACO (hai góc tương ứng) Mà AHB + BHO = 1800 (Hai góc kề bù) Nên BCO + BHO = 1800 Xét tứ giác BHOC có: BCO + BHO = 1800 Mà BCO BHO là hai góc đối Nên tứ giác BHOC tứ giác nội tiếp (dhnb) c) Xét ( O ) : BC dây cung I là trung điểm của BC OI mợt phần đường kính Nên OI ⊥ BC tại I  OIA = 900 Mặt khác: ANO = 900 ( AN tiếp tuyến của ( O ) tại N ) Xét tứ giác AOIN có: AIO = ANO = 900 Mà N , I là hai đỉnh kề Nên tứ giác AOIN tứ giác nợi tiếp (dhnb) Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác AOIN có: AON = AIN (Hai góc nợi tiếp chắn AN ) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Xét (O) có: MPN = sđ MN (Góc nợi tiếp chắn MN ) AON = sđ FN = sđ MN  MPN = AON Mà AON = AIN đó MPN = AIN Lại có MP / / BC , I là trung điểm của BC  MPI + PIA = 1800 Nên AIN + AIP = 1800 đó N , I , P thẳng hàng IG d) Gọi G trọng tâm của MBC  IG = IM  = IM Trên OI lấy điểm J cho IJ = OI Ta có BC cớ định nên trung điểm I cớ định, O cớ định Xét IMO có: IJ = nên J cố định OI IG IJ   = =  IM IO   Nên JG / / MO (Định lý Talet đảo) Từ đó ta có GJ IJ = = MO IO Mà MO bán kính R của đường trịn (O) GJ R (khơng đổi) Vậy A di động tia đối của tia BC trọng tâm G của tam giác MBC tḥc đường trịn tâm J bán kính R cớ định Câu 38.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O; R ) và điểm A cớ định nằm ngồi ( O ) Vẽ đường thẳng d ⊥ OA tại A Trên d lấy điểm M Qua M kẻ hai tiếp tuyến ME, MF FE cắt OA tại B a) Chứng minh: điểm M , E, O, F , A tḥc mợt đường trịn = OH OM b) Gọi EF cắt OM tại H Chứng minh OM ⊥ EF OAOB c) Gọi MO cắt ( O ) tại I Chứng minh I là tâm đường trịn nợi tiếp MEF tìm vị trí điểm M để diện tích BHO lớn nhất Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 d E M I H A B P J O F a) Vì ME tiếp tuyến của ( O ) tại E  ME ⊥ OE (tính chất tiếp tún của đường trịn)  MEO = 90 Tương tự, MFO = 90 Xét tứ giác MEOF có MEO + MFO = 90 + 90 = 180 Mà hai góc vị trí đới  tứ giác MEOF nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)  điểm M , E, O, F tḥc mợt đường trịn (1) Vì d ⊥ OA  MAO = 90 Xét tứ giác AMEO có MEO + MAO = 90 + 90 = 180  tứ giác AMEO nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)  điểm A, M , E, O tḥc mợt đường trịn (2) Từ (1) và (2) suy điểm M , E, O, F , A tḥc mợt đường trịn b) Vì ME, MF tiếp tuyến của ( O )  ME = MF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  M nằm đường trung trực của EF Vì OE = OF = R nên O nằm đường trung trực của EF  MO là đường trung trực của EF  MO ⊥ EF Vì MO ⊥ EF tại H  OHB = 90 Xét OAM OHB có OAM = OHB ( = 90 ) MOA chung LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Do đó OAM ∽ OHB (g.g)  OA OM = OM OH (các cạnh tương ứng tỉ lệ)  OAOB = OH OB c) Vì ME, MF tiếp tuyến của ( O )  MO tia phân giác của EMF (tính chất hai tiếp tún cắt nhau) Vì I  MO nên MI tia phân giác của EMF (3) Vì I  MO MO là đường trung trực của EF nên IE = IF Xét IEF có IE = IF  IEF cân tại O  IEF = IFE (tính chất tam giác cân) Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác MEOF có IEF = MFI (góc nợi tiếp góc tạo tia tiếp tún dây cung chắn IF ) ( Do đó IFE = MFI = IEF )  FI tia phân giác của MFE (4) Từ (3) (4) suy I là tâm đường trịn nợi tiếp MEF Kẻ HP ⊥ OB , gọi J là trung điểm của OB Ta có S BHO = OB.HP = OM OH Ta có: OAOB Mà OM OH = OF Do đó OA.OB = OF không đổi  OB khơng đổi Vì OB khơng đổi nên S BHO lớn nhất HP lớn nhất Mà HP  HJ Dấu “=” xảy P  J Khi đó HJ là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến  OHB vuông cân tại H  HOB = 45  MOA = 45 Xét MOA vuông tại A có MOA = 45  MOA vng cân tại A  MA = AO Vậy S BHO lớn nhất MA = AO Câu 39.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Từ mợt điểm A nằm ngoài đường trịn ( O ) kẻ tiếp tuyến AM , AN với ( O ) ( M , N  (O) ) , MN cắt AO tại Q a) Chứng minh:Tứ giác AMON nội tiếp OQ.OA = R b) Vẽ cát tuyến AEF không qua điểm O Kẻ NK / / AF cắt ( O ) tại K , MK cắt FE tại H Chứng minh AE.A F = AM HE = HF LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 c) Tiếp tuyến tại E của ( O ) cắt AM tại B , AN tại C Giả sử A ( O ) cố định, cát tuyến AEF thay đổi Chứng minh chu vi ABC khơng đổi Tính giá trị không đổi ấy theo AM Hướng dẫn M F B H E Q O A K C N a) Ta có OM ⊥ AM ( Theo tính chất tiếp tuyến)  OMA = 900 ON ⊥ AN ( Theo tính chất tiếp tuyến)  ONA = 900 Tứ giác AMON có OMA + ONA = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác AMON nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đới bằng 1800) Ta có OM = ON ( Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  O thuộc đường trung trực của MN AM = AN ( Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  A thuộc đường trung trực của MN  OA là đường trung trực của MN  OA ⊥ MN OMA vng tại M có MQ ⊥ OA theo hệ thức giữa cạnh và đường cao tam giác vng ta có OM = OA.OQ  OA.OQ = R b) Xét AME AFM có : MAE chung; AFM = AME ( góc nợi tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung ME)  AME đồng dạng AFM  AM AE =  AM = AE AF AF AM Do KN//AF  AHM = MKN ( Hai góc đồng vị) mà MKN = 1 MON ( góc nợi tiếp góc tâm chắn cung MN)  AHM = MON (1) 2 Ta có tia OA phân giác của MON ( Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  AOM = MON (2) Từ (1) (2)  AHM = AOM Tứ giác AMHN có AHM = AOM nên tứ giác AMHN nợi tiếp ( theo quỹ tích cung chứa góc)  OHA = OMA ( hai góc nợi tiếp chắn cung OA) mà OMA = 900  OHA = 900  OH ⊥ EF LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Xét (O) có OH ⊥ EF  H là trung điểm của EF ( quan hệ giữa đường kính dây)  HE = HF c) Ta có AM = AN ; BM = BE; CN = CE ( theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Chu vi tam giác ABC : AB + AC + BC = AB + AC + BE + EC = AB + AC + BM + CN = ( AB + BM ) + ( AC + CN ) = AM + AN = AM Do A (O) cố định nên M cố định  đoạn thẳng AM có giá trị khơng đổi  AM khơng đổi nên chu vi tam giác ABC có giá trị khơng đổi Câu 40.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nợi tiếp đường tròn O ( AB  AC ) Hai tiếp tuyến tại B C cắt tại M , AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D E là trung điểm của đoạn AD EC cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai F a) Chứng minh:Tứ giác OEBM nợi tiếp đường trịn MB = MA.MD = MO.MH b) Chứng minh: BCE = BOE; BF / / AM c) Giả sử CD cắt MB tại trung điểm MB Chứng minh AB / / MC Hướng dẫn a Vì E là trung điểm của AD Suy OE ⊥ AD (liên hệ giữa đường kính dây) Lại có OBM = 90 ( BM tiếp tuyến của (O)) Xét tứ giác OEBM có OEM = OBM = 90 Mà E và B là hai đỉnh kề nhìn OM một góc không đổi Suy tứ giác OEBM nội tiếp đường tròn đường kính OM Xét ABM BDM có: BAD = DBM (góc nợi tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BD) BMD chung  ABM ∽ BDM ( g.g )  MB MA =  MB2 = MA.MD MD MB b Vì OCM = 90 (CM tiếp tuyến của (O))  C tḥc đường tròn đường kính OM Mà tứ giác OEBM nợi tiếp đường tròn đường kính OM  EBCO tứ giác nợi tiếp đường tròn đường kính OM  BCE = BOE ( hai góc nợi tiếp chắn cung BE) Ta có FCB = BMA = ( ( ) 1 Sđ FB = Sđ AB − Sđ AF (góc nợi tiếp chắn cung FB ) 2 ) Sđ AB − Sđ BD (góc có đỉnh bên ngoài đường trịn (O)) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Mà FCB = BMA ( tứ giác EBMC nội tiếp đường tròn đường kính OM)  AF = BD  ABF = BAD (hai góc nợi tiếp chắn hai cung bằng nhau) Mà hai góc vị trí so le  BF / / AD c Xét BKD CKB BKC chung BCD = DBK ( góc nợi tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn BD K)  BKD ∽ CKB ( g g )  BK KD  BK = KD.KC = CK BK Mà BK = KM  KM = KD.KC  KM KC = KD KM Xét KMD KCM có KM KC = KD KM DKM chung  KMD ∽ KCM ( c.g.c )  KMD = KCM (hai góc tương ứng) Mà KCM = DAC (góc nợi tiếp góc tạo tiếp tún dây cung chắn DC )  KMD = DAC Mà hai góc vị trí so le  BM / / AC LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 111 Câu 41.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho điểm M nằm ngồi đường tròn tâm O Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn ( A, B tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O (C nằm M D), OM cắt AB (O) H I Gọi E trung điểm DC a) Chứng minh:Tứ giác MAOB, ABOE nội tiếp b) Chứng minh: MC.MD = MA2 MHC = MDO c) Chứng minh: OH OM + MC.MD = MO2 Hướng dẫn A D E M C O I H B a) Vì MA, MB tiếp tuyến (O)  MA ⊥ OA; MB ⊥ OB (T/C tiếp tuyến)  MAO = MBO = 90o Xét tứ giác MAOB có: MAO + MBO = 180o MAO MBO hai góc đối  Tứ giác MAOB tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính OM (Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp).(1) Xét ( O ) có: OE phần đường kính CD dây cung; E trung điểm CD (gt)  OE ⊥ CD (Quan hệ vng góc đường kính dây cung)  OEC = 90o  OEM = 90o ( M  CD) Xét tứ giác OEMB có: OEM + OBM = 180o OEM OBM hai góc đối  Tứ giác OEMB tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính OM (Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp).(2) (1);(2)  Năm điểm M ; A; B; E; O nằm đường tròn đường kính OM  Tứ giác ABOE tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính OM (Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) b) Xét MAC MDA có: AMD chung LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 112 MDA = MAC (cùng chắn cung AC)  MAC ∽ MDA( g − g )  MA MC (Các cạnh tương ứng)  MC.MD = MA2 (3) = MD MA Ta có: OA = OB ( = R ) MA = MB (T/C hai tiếp tuyến cắt nhau)  MO đường trung trực AB (T/C đường trung trực đoạn thẳng)  MO ⊥ AB ( H  AB; H  MO )  AH ⊥ OM Xét OAM có: AH đường cao ( AH ⊥ OM )  MA2 = MH MO (hệ thức lượng tam giác).(4) (3); (4)  MC.MD = MH MO  MC MO = MH MD Xét MCH MOD có:  DMO chung    MCH ∽ MOD(c.g.c)  MHC = MDO MC MO = ( cmt ) MH MD  Xét OAM có: AH đường cao ( AH ⊥ OM ) ; MAO = 90o ( cmt )  OA = OH OM ( HTL )  2  OA + AM = MO ( pytago ) OA2 = OH OM ( cmt )   Ta có: OA2 + AM = MO ( cmt )   OH OM + MC.MD = MO  MC.MD = MA2 ( cmt )  Câu 42.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Từ điểm A nằm bên ngồi đường trịn (O ) kẻ hai tiếp tuyến AM , AN với đường tròn ( M , N tiếp điểm) Đường thẳng ( d ) qua A cắt đường tròn ( O ) hai điểm phân biệt B, C , ( O không thuộc ( d ) , B nằm A C , AC cắt OM ) Gọi H trung điểm BC a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp ; AB AC = AN b) Chứng minh : HA phân giác góc MHN ; lấy điểm E MN cho HE / /CM Chứng minh BE / / AM c) Cho AHM = 600 Tính diện tích giới hạn cung MN AM , AN Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 113 N C H B O A E M a) Xét tứ giác AMON có AMO = ANO = 900 ( tính chất tiếp tuyến) nên AMO + ANO = 1800 mà hai góc đối tứ giác AMON nên tứ giác AMON nội tiếp đường tròn (1)   + Xét ANB ACN có A chung, ANB = ACN  = sd NB    Suy ANB ∽ ACN ( g − g )  AN AB =  AB AC = AN (đpcm) AC AN  AM = AN  b) Xét AOM AON có: OM = ON = R  AOM = AON ( c.c.c )  NOA = MOA OA chung  Vì H trung điểm BC  OH ⊥ BC ( quan hệ đường kính – dây cung) Xét tứ giác AHOM có AHO + AMO = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AHOM nội tiếp đường tròn (2) Từ (1)(2) suy điểm A, M , O, H , N nằm đường tròn  NHA = NOA ( góc nội tiếp chắn cung NA ) MHA = MOA ( góc nội tiếp chắn cung MA ) Mà NOA = MOA ( cmt )  NHA = MHA  AH phân giác góc MHN + Ta có: EHB = MCB ( hai góc đồng vị) mà MCB = ENB ( góc nội tiếp chắn cung MB )  EHB = ENB  tứ giác EHNB tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)  HNE = HBE ( góc nội tiếp chắn cung HE ) Mà HNE = HAM ( góc nội tiếp chắn cung HM )  HBE = HAM mà hai góc vị trí đồng vị nên EB / / MA c) Ta có: AOM = AON = AHM = 600 nên MON = 1200 Diện tích giới hạn cung MN , AM , AN là: S =  R 1200 1800 = 2 R LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 114 Câu 43.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O ) điểm A cho OA = 3R Qua A kẻ tiếp tuyến AP AQ đường tròn ( O ) , với P Q tiếp điểm Lấy M thuộc đường tròn ( O ) cho PM song song với AQ Gọi N giao điểm thứ hai đường thẳng AM đường tròn ( O ) Tia PN cắt đường thẳng AQ K , H trung điểm MN Chứng minh: tứ giác OHPQ nội tiếp AP = AN AM Chứng minh: QK = KN KP AK = KQ Kẻ đường kính QS đường trịn (O) Chứng minh tia NS tia phân giác góc PNM gọi G giao điểm thứ đường thẳng AO PK Tính AG theo bán kính R Hướng dẫn 1.*Chứng minh: tứ giác OHPQ nội tiếp Vì AP, AQ hai tiếp tuyến đường tròn (O ) , nên: APO = AQO = 90 Xét tứ giác APOQ , có: APO + AQO = 90 + 90 = 180  Tứ giác APOQ nội tiếp (tổng hai góc đối 180 ) Gọi C trung điểm cạnh AO Xét APO vuông P , có PC đường trung tuyến  APO nội tiếp đường trịn đường kính OA Tương tự, AQO nội tiếp đường trịn đường kính OA Suy ra, tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APOQ trung điểm cạnh OA Gọi C trung điểm OA Khi đó, CA = CP = CO = CQ (vì tứ giác APOQ nội tiếp) (1) Mặt khác, HM = HN (gt) nên OH ⊥ MN (liên hệ đường kính dây)  AHO = 90 Xét AHO vng H , có HC đường trung tuyến ứng với cạnh huyền OA   Nên: CH = CA = CO  = OA    (2) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 115 Từ (1) (2), suy ra: CO = CH = CP = CQ Suy tứ giác OHPQ nội tiếp đường tròn tâm C * Chứng minh: AP = AN AM Xét APN AMP , có: PAM góc chung PMA = APN (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến AP dây cung PN chắn PN )  APN ∽ AMP (g-g)  AP AN =  AP2 = AN AM (đpcm) AM AP *Chứng minh: QK = KN KP Xét QKN PKQ , có: PKQ góc chung KPQ = KQN (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến AQ dây cung QN chắn QN )  QKN ∽ PKQ (g-g)  QK KN =  QK = KN KP (đpcm) PK KQ (3) * Chứng minh: AK = KQ Ta có: AK = KQ (cmt) PM // AQ  PMA = KAN (so le trong)  APN = KAN Xét KAN KPA , có: AKP góc chung APN = KAN (cmt)  KAN ∽ KPA (g-g)  KA KN =  KA2 = KN KP (4) KP KA Từ (3) (4), suy ra: KQ2 = AK hay AK = KQ (đpcm) *Chứng minh tia NS tia phân giác góc PNM Vì AQ tiếp tuyến (O ) , đường kính QS nên AQ ⊥ QS Mà AQ // PM nên QS ⊥ PM  S điểm PM (liên hệ đường kính dây)  PS = SM  PNS = MNS (góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  NS tia phân giác góc PNM * Tính AG theo bán kính R Gọi I = OA  PQ Áp dụng hệ thức cạnh đường cao vào AQO vuông Q , có: OQ2 = OI OA  OI = OQ2 R2 = = R OA 3R LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 116 Mặt khác, AI = OA − OI = 3R − R = R 3 Ta có: AP = AQ (hai tiếp tuyến đường trịn (O ) ) OP = OQ (bán kính đường tròn (O ) )  OA đường trung trực đoạn thẳng PQ  IP = IQ Xét APQ , có PK AI hai đường trung tuyến cắt G  G trọng tâm APQ  AG = 2 16 AI = R = R 3 Câu 44.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tam giác ABC có hai đường cao BE, CF cắt H Gọi E ' điểm đối xứng H qua AC , F ' điểmđốixứng H qua AB Chứng minh: a)Tứ giác BCE ' F ' nội tiếp đường tròn ( O ) b) Năm điểm A, F ', B, C , E ' thuộc đường tròn c) AO EF vng góc d) Khi A chạy ( O ) bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF không đổi Hướng dẫn E' A E O F' F H C M B D a) Vì F ' đối xứng với H qua AC  AB đường trung trực F ' H ( định nghĩa)  BF ' = BH ( tính chất)  F ' BH cân B  BF ' H = BHF ' (1) Chứng minh tương tự: CE ' H = CHE ' (2) Mà F ' HB = CHE ' ( đối dỉnh) (3) Từ (1),(2),(3)  CE ' H = BF ' H , mà hai đỉnh E ', F ' kề nhìn đoạn BC  tứ giác BCE’F’ nội tiếp đường tròn ( O ) ( dhnb) b) Xét ACF vng A có FAC + ACF = 900 Xét HCE vng A có HCE + CHE = 900 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 117  FAC = CHE mà CE ' H = CHE ' ( cmt) ; CE ' H = BF ' H (cmt)  BAC = BF ' C = BE ' C  F’, A, E’ thuộc cung chứa góc đoạn BC  Năm điểm A, F ', B, C , E ' thuộc đường tròn ( O ) Cách : Chứng minh tứ giác BF ' AC tứ giác BAE ' C tứ giác nội tiếp  tứ giác BCE’F’ nội tiếp đường trịn ( O ) c) Vì BF ' H cân B ( cmt), BF đường trung trực (cmt)  BF phân giác F ' BH  F ' BF = HBF  cung AF’ = cung AE’ ( tính chất)  AF ’ = AE’ ( định lí)  điểm A thuộc đường trung trực F ’E’ (4) Ta có năm điểm A, F ', B, C , E ' thuộc đường tròn ( O ) ( cmt)  OF’ = OE’  O F’ = OE’ (bán kính)  O thuộc đường trung trực F ’E’ (5) Từ (4), (5)  OA đường trung trực F ’E’  F ' E ' ⊥ OA Xét  F’HE’ có : F trung điểm F ’H (gt) ; E trung điểm HE’ (gt)  EF đường trung bình F ' HE ' ( định nghĩa)  F’E’ / / FE ( tính chất) ; F ' E ' ⊥ OA ( cmt)  FE ⊥ OA ( định lí) d) Kẻ đường kính AD ( O ) , M trung điểm BC Xét ( O ) có ABD = 900 ; ACD = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AB ⊥ BD; AC ⊥ CD mà AB ⊥ CF ; AC ⊥ BE (gt)  BH // DC ; BD // CH ( định lí )  Tứ giác BHCD hình bình hành ( dhnb)  M trung điểm HD ( tính chất) Xét  AHD có : M trung điểm HD ( cmt) ; O trung điểm AD ( cách vẽ)  OM đường trung bình AHD  AH = 2OM ( tính chất) Mà OM khơng đổi  AH khơng đổi Xét tứ giác AFHE có : AFH + AEH = 1800  tứ giác AFHE nội tiếp đường trịn đường kính AH ( dhnb)  AEF nội tiếp đường trịn đường kính AH , mà AH khơng đổi ( cmt)  Bán kính đường trịn ngoại tiếp AEF không đổi A di chuyển ( O ) Câu 45.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O ) điểm A nằm ngồi đường trịn Các tiếp tuyến với đường tròn kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn B, C Gọi M điểm thuộc cung lớn BC Từ M kẻ MH ⊥ BC , MK ⊥ CA, MI ⊥ AB a) Chứng minh: Tứ giác MIBH nội tiếp MIH = MHK b) Chứng minh: MI MK = MH c) Cho AB = 2R Tính diện tích giới hạn cung nhỏ BC cạnh AC , AB Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 118 I B M H O N A C K a) Xét tứ giác MIBH có: MIB + MHB = 90o + 90o = 180o Mà hai góc vị trí đối  Tứ giác MIBH nội tiếp (dhnb)  MIH = MBC (hai góc nội tiếp chắn cung MH ) (1) Chứng minh tương tự, ta có: Tứ giác MKCH nội tiếp  MHK = MCK (hai góc nội tiếp chắn cung MK ) 2) Lại có MBC = MCK (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung MC (O ) ) (3) Từ (1) , ( ) , ( 3)  MIH = MHK b) Chứng minh tương tự câu a, ta có: MHI = MKH Xét MIH MHK có: MIH = MHK ( cmt ) ; MHI = MKH ( cmt )  MIH ∽ MHK ( g.g )  MI MH =  MI MK = MH MH MK 1 c) Vì OAB vuông B (gt)  SOAB = OB AB = R.2R = R (đvdt) 2 Gọi N giao điểm OA với ( O ) Vì OAB vuông B  tan AOB = AB 2R = =  AOB  63o  sd BN  63o OB R Suy diện tích hình quạt trịn giới hạn cung nhỏ BN bán kính OB, ON là:  R 63 7 R (đvdt) = 360 40  7 R  ( 40 − 7 ) R Do diện tích giới hạn cung nhỏ BC cạnh AC , AB là:  R − (đvdt) = 40  20  Câu 46.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Từ điểm A nằm (O ) , (O ) kẻ tiếp tuyến AB, AC với ( B, C  ( O )) Gọi I trung điểm AC IB cắt ( O ) E, tia AE cắt ( O ) D, H trung điểm ED LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 119 a) Cm: điểm A, B, H , O, C thuộc đường tròn IC = IE.IB b) Cm: BD / / AC qua H kẻ đường thẳng song song BD cắt BC Q Chứng minh BAD = QED c) Khi điểm B ( O ) cố định tìm quỹ tích trực tâm H  tam giác ABC Hướng dẫn B Q E A D H H F O I C a) Xét (O) có: OH phần đường kính H trung điểm dây ED Do OH ⊥ ED ( quan hệ vng góc đường kính dây đường trịn) hay AHO = 900  điểm H thuộc đường trịn đường kính AO (1) Do AB, AC tiếp tuyến đường tròn ( O ) , ( B, C  ( O ) ) hay ABO = ACO = 900  điểm B, C thuộc đường trịn đường kính AO (2) Từ (1) & ( )  điểm H , B, C thuộc đường tròn đường kính AO Do điểm A, B, H , O, C 1 đường tròn   Xét (O) ta có: ICE = EBC  = sd EC    Xét IE & ICB có:  BIC chung     IEC ∽ ICB ICE = EBC   ( g g ) IE IC =  IC = IE.IB ( dpcm) IC IB b) Do I trung điểm AC nên IC = IE.IB  IA2 = IE.IB  Xét IAB IA IB = IE IA IEA ta có:     IAB ∽ IEA(c.g.c)  IBA = IAE  EBA = CAD AIB chung  IA IB = IE IA mà EBA = BDE (= sd BE ) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 120 IAE = BDE Mà góc vi trí so le nên BD//AC HQ / / BD  EHQ = D = ECQ  tứ giác EQHC tứ giác nội tiếp    HEQ = HCQ = BAD  = sd BH    hay BAD = QED c) Do H ' trực tâm ABC  BH ' ⊥ AC, CH ' ⊥ AB, OC ⊥ AC, OB ⊥ AB  BH '/ / OC   CH '/ / OB nên tứ giác BH ' CO hình thoi  BH ' = CO = R OB = OC = R  H '  ( B; R ) cố định Vậy H ' thuộc đường tròn cố định Câu 47.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn (O ) điểm A cho OA = 3R Qua A kẻ hai tiếp tuyến AP AQ đường tròn (O), với P Q hai tiếp điểm Lấy M thuộc đường tròn (O ) cho PM / / AQ Gọi N giao điểm thứ hai đường thẳng AM đường tròn (O) Tia PN cắt đường thẳng AQ K , gọi H trung điểm MN a) Chứng minh năm điểm A, P, O, Q, H thuộc đường tròn; KQ = KN KP b) Chứng minh AK = KQ kẻ đường kính QS đường tròn (O) Chứng minh tia NS tia phân giác PNM c) Cho R = 6cm Tính Squat POQ Gọi G giao điểm hai đường thẳng AO PK Tính độ dài đoạn thẳng AG Hướng dẫn a) Do AP, AQ tiếp tuyến đường tròn (O)( P, Q tiếp điểm) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 121 nên APO = AQO = 90 suy P, Q thuộc đường trịn đường kính AO.(1) Mặt khác H trung điểm dây MN nên OHA = 90 suy H thuộc đường trịn đường kính AO.(2) * Từ (1) ; (2) suy A, P, H , O, Q thuộc đường trịn đường kính AO * Ta có KQN ∽ KPQ( g.g ) ( K chung KQN = KPN ) nên KQ KP = , hay KQ = KN KP.(3) KN KQ b) Ta có APN = PMN PMN = MAK (so le trong) APN = MAK Vậy nên AKN ∽ PKA( g.g ) hay ta AK PK =  AK = PK KN (4) KN AK Từ (3) (4) suy AK = AQ hay AK = AQ kết hợp với K thuộc AQ ta K trung điểm AQ Ta có AQ ⊥ QS mà AQ / / PM nên QS ⊥ PM QS đường kính nên QS qua điểm cung PM S điểm PM Kéo theo PNS = SNM suy NS tia phân giác PNM c) Xét tam giác vuông APO có cos AOP = PO R = =  AOP  70,53 AO 3R Do dó POQ = 141,16 Vậy diện tích hình quạt cần tìm là: Squat POQ =  R2 141,16 360  44,35(cm2 ) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông AQO ta QO = OH OA  OH = Do AH = R2 R = 3R 8R 16 Dễ thấy G trọng tâm tam giác APQ nên AG = AH = R 3 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 122 Bài 48 Cho ABC nhọn, đường cao AD , BE , CF cắt H Chứng minh: a) Tứ giác AEHF ; BDHF ; CDHE ; BCEF ; ABDE ; ACDF nội tiếp b) AE AC = AF AB ; BD.BC = BF.BA ; CD.CB = CE.CA ; HA.HD = HB HE c) EH phân giác FED ; FH phân giác EFD ; DH phân giác FDE Hướng dẫn A E F H B D C a) +) Xét tứ giác AEHF có: AFH + AEH = 900 + 900 = 1800 Mà góc vị trí đối nên tứ giác AEHF nội tiếp (dhnb) +) Xét tứ giác BDHF có: BFH + BDH = 900 + 900 = 1800 Mà góc vị trí đối nên tứ giác BDHF nội tiếp (dhnb) +) Xét tứ giác CDHE có: CEH + CDH = 900 + 900 = 1800 Mà góc vị trí đối nên tứ giác CDHE nội tiếp (dhnb) +) Xét tứ giác BCEF có: BFC = BEC = 900 Mà F , E đỉnh kề nhìn cạnh BC nên tứ giác BCEF nội tiếp (dhnb) +) Xét tứ giác ABDE có: BDA = BEA = 900 Mà D , E đỉnh kề nhìn cạnh AB nên tứ giác ABDE nội tiếp (dhnb) +) Xét tứ giác ACDF có: CDA = CFA = 900 Mà D , F đỉnh kề nhìn cạnh AC nên tứ giác ACDF nội tiếp (dhnb) b) +) Xét AEB AFC có: AEB = AFC = 900  AEB S BAC chung AFC (g.g)  AE AF (cạnh tương ứng)  AE AC = AF AB (đpcm) = AB AC +) Xét BFC BDA có: BFC = BDA = 900 LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 123 ABC chung  BFC ∽ BDA (g.g)  BF BD (cạnh tương ứng)  BD.BC = BF BA (đpcm) = BC BA +) Xét CDA CEB có: CDA = CEB = 900 ACB chung  CDA ∽ CEB (g.g)  CD CE (cạnh tương ứng) = CA CB  CD.CB = CE.CA (đpcm) +) Xét DHB EHA có: BDH = AEH = 900 BHD = AHE (đối đỉnh)  DHB ∽ EHA (g.g)  HD HB (cạnh tương ứng)  HA.HD = HB HE (đpcm) = HE HA c) +) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF có: HEF = HAF (góc nội tiếp chắn cung HF ) +) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE có: HED = HCD (góc nội tiếp chắn cung HD ) +) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACDF có: HAF = HCD (góc nội tiếp chắn cung FD  HEF = HED  EH phân giác FED (đpcm) +) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF có: HFE = HAE (góc nội tiếp chắn cung HE ) +) Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác BDHF có: HFD = HBD (góc nội tiếp chắn cung HD ) +) Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABDE có: HAE = HBD (góc nội tiếp chắn cung DE )  HFE = HFD  FH phân giác EFD (đpcm) +) Xét DEF có: EH phân giác FED FH phân giác EFD  DH phân giác FDE Bài 49 Cho ( O ) đường kính AB = R Gọi M điểm thuộc đường tròn ( O ) khác A B Tiếp tuyến ( O ) A M cắt E Vẽ MP vng góc AB, MQ vng góc AE a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp APMQ hình chữ nhật b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O, I , E thẳng hàng c) Gọi K giao EB MP Chứng minh tam giác EAO đồng dạng tam giác MPB suy K trung điểm MP LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 124 d) Đặt AP = x Tính MP theo R x , Tìm vị trí M ( O ) để APMQ có diện tích lớn Hướng dẫn a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp APMQ hình chữ nhật Xét tứ giác AEMO có: EAO + EMO = 900 + 900 = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AEMO nội tiếp đường tròn Xét tứ giác APMQ có: QAP = APM = MQA = 900  tứ giác APMQ hình chữ nhật E M Q K I A O P B b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O, I , E thẳng hàng Vì APMQ hình chữ nhật mà I trung điểm PQ nên I trung điểm AM Ta có: EA = EM ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau); OA = OM = R nên OE trung trực AM hay EO qua trung điểm I AM Vậy E, O, I thẳng hàng c) Gọi K giao EB MP Chứng minh tam giác EAO đồng dạng tam giác MPB suy K trung điểm MP Ta có: IO đường trung bình tam giác ABM nên OI / / BM  EOA = MBP ( đồng vị) Xét tam giác EOA MBP có:  EAO = MPB = 900 ; EOA = MBP  EAO ∽ MPB ( g.g )  Mà KP / / EA  PB MP PB PB =  MP = EA = 2EA AO EA AO AB BP KP =  MP = 2KP  K trung điểm MP AB EA d) Đặt AP = x Tính MP theo R x, Tìm vị trí M ( O ) để APMQ có diện tích lớn Ta có: BP = 2R − x Tam giác AMB vng M, có MP đường cao nên MP = PA.PB = ( R − x ) x  MP = ( 2R − x ) x  S APMQ = AP.MP = x ( 2R − x ) x = x x 1 x x   ( R − x )  x  + R − x  = x  R −  23 3   LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 125 x  x x x 3 = 3  R −   3  + R −  = R  3 3 3 x  = R − x 3R x= Dấu xảy khi:   x = R− x  3 Vậy diện tích APMQ lớn M thuộc đường tròn cho P trung điểm OB Bài 50 Cho ( O ) M nằm ( O ) MO cắt ( O ) E F ( ME  MF ) cát tuyến MAB tiếp tuyến MC ( O ) , ( C tiếp điểm, A nằm M B, A C nằm khác phía với đường thẳng MO ) a) Chứng minh MA.MB = ME.MF b) Gọi H hình chiếu vng góc C lên đường thẳng MO Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM chứa A , vẽ nửa đường tròn đường kính MF , nửa đường trịn cắt tuyếp tuyến E ( O ) K Gọi S giao điểm CO KF Chứng minh MS vng góc KC d) Gọi P Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFS ABS T trung điểm KS Chứng minh P, Q , T thẳng hàng Hướng dẫn a) Chứng minh MA.MB = ME.MF Tứ giác ABFE nội tiếp nên BFE = EAM Xét tam giác MAE MBF có: BFE = EAM ; Mˆ chung nên MAE ∽ MFB ( g.g )  MA ME =  MA.MB = ME.MF MF MB b) Gọi H hình chiếu vng góc C lên đường thẳng MO Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp Ta có: MC = MA.MB mà MC = MH MO  MH MO = MA.MB  AHOB nội tiếp đường tròn c) Trên nửa mặt phẳng bờ OM chứa A , vẽ nửa đường trịn đường kính MF , nửa đường trịn cắt tuyếp tuyến E ( O ) K Gọi S giao điểm CO KF Chứng minh MS vng góc KC LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 126 K M A E S B H O C F Vì MF đường kính nên FKM = 900  MKSC tứ giác nội tiếp  MK = ME.MF = MC  MK = MC nên MS đường trung trực KC  MS vng góc KC d) Gọi P Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFS ABS T trung điểm KS Chứng minh P, Q , T thẳng hàng K Q M A E V S B H O P C F Gọi giao KC MS V Trong đường tròn (Q) ta có: MA.MB = MV MS Trong đường trịn (P): MV MS = ME.MF nên PQ vng góc MS đường trung trực VS (đường nối tâm hai đường tròn) nên PQ qua trung điểm KS Vậy T, Q, P thẳng hàng LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Câu 51.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC vng A nội tiếp ( O ) Từ điểm D cạnh BC kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt AC F cắt tia đối tia AB E Gọi H giao điểm BF CE , tia HD cắt ( O ) K a) Chứng minh H  ( O ) , tứ giác AECD nội tiếp b) Chứng minh BF BH = BD.BC; AK ⊥ BC c) Cho AEF = 300 , R = cm Tính Squat AOB chứng minh BF BH + CH CE = BC d) Gọi I trung điểm EF Chứng minh OI ⊥ AH Hướng dẫn E I A F B cm O D H C K a) Chứng minh H  ( O ) , tứ giác AECD nội tiếp +) Xét EBC có: CA ⊥ BE (Vì ABC vng A ) ED ⊥ BC (gt) mà CA  ED = F  nên F giao điểm đường cao EBC  BF ⊥ EC H  BHC = 90  BC  Xét  O,  có BHC = 90  H  ( O )   +) Vì CA ⊥ BE (cmt)  CAE = 90 Vì ED ⊥ BC (cmt)  EDC = 90 Xét tứ giác AECD có CAE = EDC = 90 mà đỉnh A D hai đỉnh liền kề nhìn cạnh EC nên AECD nội tiếp LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 b) Chứng minh BF BH = BD.BC; AK ⊥ BC Xét BDF BHC có: HBC góc chung, BDF = BHC = 90 từ ta có BDF ∽ BHC (g – g)  BF BD =  BF BH = BD.BC (đpcm) BC BH (1) BC  +) Xét  O,  có AHB = ACB = sđ AB (Hai góc nội tiếp chắn cung)   Xét tứ giác FHCD có FHC = 90 (Vì BH ⊥ EC H) FDC = 90 (Vì ED ⊥ BC D)  FHC + FDC = 180 mà FHD FCD hai góc đối nên tứ giác FHCD tứ giác nội tiếp sđ FD mà AHB = ACB (cmt) nên AHB = FHD  AHB = BHK  FHD = FCD = Mặt khác AHB = 1 sđ AB , BHK = sđ BK 2 Từ ta AB = BK  AB = BK (Liên hệ cung dây) 180  BC  Xét  O, = 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  có BKC = sđ BC =  2   BKC vuông K Xét BKC BAC có: BKC = BAC = 90 , BC cạnh chung, BA = BK (cmt) Từ ta BKC = BAC (Cạnh huyền - cạnh góc vng)  KC = AC mà BA = BK nên BC đường trung trực AK  AK ⊥ BC (đpcm) c) Cho AEF = 30, R = cm Tính Squat AOB chứng minh BF BH + CH CE = BC Xét EBD vuông D (vì ED ⊥ BC = D )  DEB + DBE = 90 (2 góc nhọn phụ nhau)  DBE = 90 − DEB = 90 − 30 = 60  OBA = 60 Xét OBA có OA = OB ( = R )  OBA cân O Mà OBA = 60 nên OBA  AOB = 60  BC  Xét  O,  có sđ AB = AOB (góc tâm số đo cung bị chắn)  sđ AB = 60   Squat AOB =  R 60 360 =  62.60 360 = 6 ( cm2 ) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 +) Xét CDE CHB có: CED = CBH (góc nt chắn cung DH ) CDE = CHB = 90  CDE ~ CHB c (g – g)  CD CE =  CD.CB = CH CE CH CB (2) M Từ (1) (2) ta có: C BF BH + CH CE = BD.BC + CD.BC = BC ( BD + CD ) = BC (đpcm) H E d) Gọi I trung điểm EF Chứng minh OI ⊥ AH Xét EAF vng A có I trung điểm EF nên AI đường A B I O trung tuyến EAF  AI = IE = IE = EF (3) N Xét HEF vng H có I trung điểm EF nên HI đường trung tuyến HEF  HI = IE = IF = EF (4) Từ (3) (4) ta có HI = AI (5) Xét ( O ) có OA = OH = R (6) Từ (5) (6) ta OI đường trung trực AH Vậy OI ⊥ AH (đpcm) Câu 52.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O ) , đường kính AB cố định, đoạn OA lấy điểm I cho AI = OA Kẻ dây MN vng góc với AB I Gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN ( C không trùng M , N , B ) Nối AC cắt MN E a) Chứng minh: Tứ giác IECB nội tiếp AM = AE AC b) Chứng minh: AE AC − AI IB = AI MA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC c) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Hướng dẫn a) Chứng minh: Tứ giác IECB nội tiếp AM = AE AC Ta có: ACB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); BIE = 90 (giả thiết)  ACB + BIE = 90 + 90 = 180 Tứ giác IECB có tổng hai góc đối 180 nên nội tiếp đường tròn * Chứng minh AM = AE AC - Cách 1: LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Xét AIE ACB có: ACB = BIE ( = 90 ) ; Chung BAC Do AIE ∽ ACB (g – g) Suy ra: AI AE  AI AB = AE AC = AC AB (1) Lại có: AMB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AMB vng M , có MI đường cao ta có AM = AI AB (2) (hệ thức lượng tam giác vuông) Từ (1) (2) suy ra: AM = AE AC (đpcm) - Cách 2: Ta có: AB ⊥ MN (giả thiết)  AM = AN 1 AME = sđ AN ; ACM = sđ AM  ACM = AME 2 Suy ra: AME ∽ ACM (g – g)  AM AE  AM = AE AC (đpcm) = AC AM b) Chứng minh: AE AC − AI IB = AI MA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC Ta có: MI = AI IB (hệ thức lượng tam giác vuông AMB ) Mà: AM = AE AC (cmt) Do đó: AE AC − AI IB = AM − MI = AI (định lý Pytago tam giác vuông AIM ) Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC Ta có: HM = HE  MHE cân H  HME = 180 − MHE = 90 − MHE 2 Lại có: MCE = MHE (góc nội tiếp góc tâm chắn cung ME đường tròn tâm H ) Do đó: HME = 90 − MCE BIM vuông I nên: BMI = 90 − IBM Mà: MCE = IBM (hai góc nội tiếp chắn MA đường tròn ( O ) ) Suy ra: HME = BME Do đó, tâm H đường tròn ngoại tiếp MEC nằm BM Mà: AMB = 90  AM ⊥ BM hay AM ⊥ HM Vậy MA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC (đpcm) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 c) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Ta có: NH nhỏ NH ⊥ BM Khi đó, tứ giác IHBN nội tiếp đường trịn  HBI = HNI ( góc nội tiếp chắn cung HI)  MHN ∽ MIB (g – g)  MH MN  MH MB = MI MN = MI MB M Mà MN = 2MI nên:  MH MB = 2MI H Xét tam giác vng OIM , có: A   8R MI = MO − OI = R −  R  = 3  B O I E C Xét tam giác vng BIM , có: N 8R   8R 2 6R MB = MI + IB = + R =  MB = 3  2 Do đó: MH 8R 6R 8R  MH = =  Điểm H thuộc tia MB cho MH = 8R Vì H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC nên MH = HC = 8R 8R   Vậy điểm C giao điểm đường tròn ( O; R ) đường tròn  H ;  6  Câu 53.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa ( O; R ) đường kính AB C điểm cung AB Điểm M thuộc cung AC Hạ MH ⊥ AB H , AC cắt MH K , MB cắt AC E , hạ EI ⊥ AB I a) Chứng minh Tứ giác AMEI nội tiếp AK AC = AM b) Chứng minh IE phân giác MIC E tâm đường tròn nội tiếp MCI c) Cho R = 5cm tính S = AE AC + BE.BM cho ECI = 300 tính Squat MOB Hướng dẫn C M E K A H I O B LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 a) Chứng minh Tứ giác AMEI nội tiếp AK AC = AM + Ta có: EI ⊥ AB( gt )  AIE = 900 Ta có: AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét tứ giác AMEI có AIE + AME = 900 + 900 = 1800 mà AIE AME hai góc đối  tứ giác AMEI nội tiếp + Ta có: MCA = ABM (2 góc nội tiếp chắn cung AM ) Ta có: ABM = AMH ( phụ với MAH )  MCA = AMH Xét AMK ACM có: MCA chung AMK = MCA (cmt)  AMK ∽ ACM (g.g)  AM AK (2 cạnh tương ứng)  AM = AK AC (đpcm) = AC AM b) Chứng minh IE phân giác MIC E tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCI + Ta có: tứ giác AMEI nội tiếp (cm a)  MAE = MIE (góc nội tiếp chắn cung ME ) (1) Xét nửa đường trịn (O) có: MAE = EBC (góc nội tiếp chắn cung MC ) (2) Chứng minh Tứ giác IECB nội tiếp  EIC = EBC (góc nội tiếp chắn cung EC ) (3) Từ (1),(2),(3)  MIE = EIC  IE phân giác MIC + Xét nửa đường trịn (O) có: MCA = MBA (góc nội tiếp chắn cung AM ) Xét tứ giác IECB nội tiếp (cmt)  MBA = ACI (góc nội tiếp chắn cung IE )  MCA = ACI  CE phân giác MIC Xét MIC có: IE, CE phân giác mà IE cắt CE E  E tâm đường tròn nội tiếp MCI c) Cho R = 5cm tính S = AE AC + BE.BM cho ECI = 300 Tính Squat MOB + Chứng minh: AIE ∽ ACB (g.g)  AE AI =  AE AC = AI AB (4) AB AC Chứng minh: BIE ∽ BMA (g.g) BE BI =  BE.BM = BI BA (5) BA BM Từ (4),(5)  AE AC + BE.BM = AI AB + BI BA  S = ( AI + BI ) AB  S = AB LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 S = (2 R) = R = 4.52 = 100 + Ta có: ECI = EBC (cm b)  EBI = 300 Xét  có: OM = OB   cân O  EBI = OMB = 300  MOB = 1800 − 2.300 = 1200 Squat MOB =  R2n 360 =  52.120 360 = 75 (cm2 ) Câu 54.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O; R ) đường kính AB cố định Gọi M trung điểm đoạn OB Dây CD ⊥ AB M Điểm E thuộc cung lớn DC ( E  A ) , AE cắt CD K , BE cắt CD H a)Chứng minh: Bốn điểm B, M , E , K thuộc đường trịn AE AK khơng đổi b)Gọi AH cắt BK G Chứng minh G  ( O ) MK phân giác EMG c)Cho R = 6cm Tính Squat BOC chứng minh E di chuyển cung lớn DC tâm đường trịn ngoại tiếp BHK thuộc đường tròn (thẳng) cố định Hướng dẫn K I E C G H N M B A O D a) Ta có: BEK = BMK = 90  tứ giác BMEK nội tiếp  bốn điểm B, M , E , K thuộc đường trịn Vì tứ giác BMEK nội tiếp  EMA = BKE (cùng bù với BME ) Xét AME AKB có: MAE chung EMA = BKE Vậy AME ∽ AKB ( g − g )  AM AE =  AE AK = AM AB AK AB Vì M trung điểm đoạn OB  OM = MB = Vậy AE AK = AM AB = R 3R ; AM = 2 3R 2R = 3R LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122  KM ⊥ AB  H trực tâm ABK b)Trong AKB có:   BE ⊥ AK AG ⊥ BK  BGA = 90  G  (O; R) Tứ giác BGHM có: BGH + BMH = 90 + 90 = 180  BGHM nội tiếp  GBH = GMH (cùng chắn GH ) (1) Tứ giác AMHE có: AMH + AEH = 90 + 90 = 180  AMHE nội tiếp  EAH = EMH (cùng chắn HE ) (2) Trong ( O ) : EAH = GBH (cùng chắn GE ) (3) Từ (1), (2), (3)  GMH = EMH  MK phân giác EMG c) Vì CD ⊥ AB M  MC = MD  BCOD hình thoi  BC = OC = R  BOC  BOC = 60 Squat BOC =  R 60 360 =  62 = 6 (cm2 ) Gọi N điểm đối xứng với A qua M Vì A, M cố định nên N cố định Vì KM ⊥ AN NM = MA  KNA cân  NKM = AKM Mà AKM = ABE (cùng phụ với BAK )  NKM = ABE  NKHB nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác NKHB  IN = IB  I  trung trực NB cố định  I thuộc đường thẳng cố định Câu 55.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa ( O; R ) đường kính AB Điểm M thuộc nửa ( O ) H điểm cung AM , tia BH cắt AM I , tiếp tuyến ( O ) A cắt BH K , AH cắt BM E a) Chứng minh Tứ giác IHEM nội tiếp ABE cân b) Chứng minh KH KB = KE tứ giác AKEI hình thoi c) Cho KE tiếp tuyến ( B; BA) gọi AM cắt ( B; BA) N chứng minh tứ giác BIEN nội tiếp Hướng dẫn a) Chứng minh Tứ giác IHEM nội tiếp ABE cân LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 E M K H I A O B Ta có AHB = AMB = 90 (góc nội tiếp chắn đường tròn) Suy EHI = EMI = 90 Xét tứ giác IHEM , có: EHI + EMI = 90 + 90 = 180 Suy tứ giác IHEM nội tiếp (tổng hai góc đối 180 ) Ta có: AIH = sd AH + sd MB sd HM + sd MB sd HB = = = HAB 2 Mà AIH = AEM (góc ngồi góc đối tứ giác IHEM nội tiếp) Suy BAE = BEA Suy ABE cân B b) Chứng minh KH KB = KE tứ giác AKEI hình thoi Xét ABE cân B có BH đường cao Suy BH đường trung trực AE Mà K  BH nên KA = KE (tính chất đường trung trực) Xét tam giác KAB vng A có BH đường cao, đó: KA2 = KH KB (hệ thức lượng) Mà KA = KE (chứng minh trên) Suy KE = KH KB Ta có: AKI = HAB (cùng phụ với HBA ) Mà HAB = AIK (chứng minh trên) Suy AKI = AIK Suy AIK cân A , có AH đường cao Suy AH đường trung tuyến Suy H trung điểm KI Xét tứ giác AKEI có: H trung điểm KI (chứng minh trên) H trung điểm AE (chứng minh trên) Suy AKEI hình bình hành (tứ giác có hai đường chéo cắt trung điểm đường) Mà AE ⊥ KI H Nên AKEI hình thoi (hình bình hành có hai đường chéo vng góc hình thoi) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 c) Chứng minh tứ giác BIEN nội tiếp N E M K H I A O B Ta có B1 = E1 (cùng phụ với BKE ) Mà E1 = N1 (góc tạo tiếp tuyến day cung góc nội tiếp chắn cung) Suy B1 = N1 Suy BIEN nội tiếp (hai góc liên tiếp nhìn cạnh) Câu 56.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường tròn (O; R ) Từ điểm S nằm ngồi đường trịn cho SO = 2R Vẽ hai tiếp tuyến SA , SB ( A , B tiếp điểm) Vẽ cát tuyến SDE ( D nằm S E ), điểm O nằm góc ESB a) Chứng minh SA2 = SD.SE b) Từ O kẻ đường thẳng vng góc OA cắt SB M Gọi I giao điểm OS đường tròn ( O ) Chứng minh MI tiếp tuyến đường tròn ( O ) c) Qua D kẻ đường thẳng vng góc với OB cắt AB H EB K Chứng minh H trung điểm DK Hướng dẫn A E G D O S I H K M B a)Chứng minh SA2 = SD.SE Ta có SAD ∽ SEA (g.g)  SA SD =  SA2 = SD.SE SE SA LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 b) Từ O kẻ đường thẳng vng góc OA cắt SB M Gọi I giao điểm OS đường tròn ( O ) Chứng minh MI tiếp tuyến đường tròn ( O ) Ta có ASO = MOS (so le), mà ASO = MSO (do SO phân giác góc ASB )  MSO= MSO  MOS cân M, có MI trung tuyến  MI ⊥ OI I , mà OI bán kính đường tròn ( O ) Suy MI tiếp xúc đường tròn ( O ) I c) Qua D kẻ đường thẳng vng góc với OB cắt AB H EB K Chứng minh H trung điểm DK Ta có DK ⊥ OB L , mà SB ⊥ OB  SB// DK Gọi G trung điểm DE  OG ⊥ DE G (bán kính qua trung điểm vng góc với dây cung) Có SAO = SGO = SBO = 90  S , A, G, O, B thuộc đường trịn đường kính SO Có AGS = ABS = sñ AS , mà ABS = AHD (đồng vị SB// DK ) Suy AGS = AHD Suy tứ giác ADHG nội tiếp 1 Có DGH = DAH = sđDH , mà DAH = DEB = sñBD 2 Suy DGH = DEB , mà chúng có vị trí so le Suy HG// KE DEK có HG // KE , G trung điểm DE Suy HG đường trung bình DEK Suy H trung điểm DK Câu 57.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) nội tiếp ( O; R ) đường kính AS Vẽ AK ⊥ BC K Gọi M, N hình chiếu K lên cạnh AB, AC a) Vẽ bán kính OD ⊥ BC Chứng minh AD tia phân giác góc KAO b) Qua A vẽ đường thẳng d / / DS Đường thẳng OM cắt AD, AK , d theo thứ tự E , I , F Chứng minh EI FO = EO.FI c) chứng minh AB.CS + AC.BS =R BC Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 a) Ta có OD ⊥ BC với D  (O) nên D điểm cung BC , nên ta có BAD = CAD Tam giác ACS vuông C nội tiếp (O) có AS đường kính   ABK = CSA = sd AC s Lại có   CAS = BAK  BAK + ABK = CAS + CSA(= 90 )   BAD = CAD   KAD = SAD Lại xét CAS = BAK   BAK + KAD = CAS + SAD (= BAD = CAD ) Vậy AD tia phân giác góc KAO b) Xét tam giác ADS vuông D nội tiếp ( O ) có AS đường kính Theo câu a) ta có AD tia phân giác KAO Mà d / / DS DS ⊥ AD nên AD ⊥ (d) Khi AF đường phân giác ngồi góc KAO Xét đường thẳng AIO phân giác AD phân giác AF cắt OM E , F Khi ta có FI EI AI = =  FI EO = FO.EI FO EO AO  ABS = AKC = 900  c) Xét tam giác ABC tam giác AKS có  nên  ASB = ACK = sd AB  Từ ta có: ABS ∽ AKC BS KC (1) = AB AK Chứng minh tương tự ta có ABK ∽ ASC  SC KB (2) = AC KA Cộng (1) (2) theo vế ta BS CS BC AB.CS + AC.BS BC AB.CS + AC.BS AB AC + =  =  = AB AC AK AB AC AK 2BC AK Ta cần chứng minh AB AC = R  AB AC = AK 2R = AK AS 2AK LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 ABS ∽ AKC  Mà ta có AB.CS + AC.BS AB AK Vậy = = R (đpcm) BC AS AC Câu 58.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Từ điểm A ngồi đường trịn ( O; R ) vẽ hai tiếp tuyến AB AC ( O ) (với B C hai tiếp điểm) a) Chứng minh: AO vng góc với BC H b) Vẽ đường kính CD ( O ) ; AD cắt ( O ) M (M không trùng D) Chứng minh: Tứ giác AMHC nội tiếp c) BM cắt AO N Chứng minh: N trung điểm AH Hướng dẫn D B M O H N A C a) Chứng minh: AO vng góc với BC H Ta có: +) AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) +) OB = OC = R  OA đường trung trực đoạn BC  OA vng góc với BC H b) Vẽ đường kính CD ( O ) ; AD cắt (O) M (M không trùng D) Chứng minh: Tứ giác AMHC nội tiếp Ta có: DMC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính DC)  CMA = 90 Xét tứ giác AMHC ta có: CMA = CHA = 90  Tứ giác AMHC nội tiếp (hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh hai góc nhau) c) BM cắt AO N Chứng minh: N trung điểm AH Ta có: ABN = BCM (góc tạo tiếp tuyến dây với góc nội tiếp chắn cung BM) Lại có: Tứ giác AMHC nội tiếp (cmt) nên BCM = MAN (hai góc nội tiếp chắn cung HM) Suy ABN = MAN Xét ABN MAN , có: +) N chung LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 +) ABN = MAN (cmt)  ABN ∽ MAN ( g − g )  AN BN =  AN = MN BN (1) MN AN Ta có: +) Tứ giác AMHC nội tiếp suy MHN = MCA (hai góc nội tiếp chắn cung AM) +) MCA = CDM (góc tạo tiếp tuyến dây với góc nội tiếp chắn cung MC) +) CDM = HBN (hai góc nội tiếp chắn cung MC) Suy MHN = HBN Xét MHN HBN , ta có: +) N chung +) MHN = HBN  MHN ∽ HBN ( g − g )  HN MN =  HN = MN BN (2) BN HN Từ (1) (2) suy AN = HN  N trung điểm AH Câu 59.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tam giác ABC nhọn ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) Hai đường cao AD CE cắt H Kẻ đường kính AK đường tròn ( O ) a) Chứng minh AB AC = 2R AD SABC = AB.BC.CA 4R b) Gọi M giao điểm AK CE , F giao điểm CK AD Chứng minh tứ giác BEHD nội tiếp AH AF = AM AK c) Gọi I trung điểm BC ; EI cắt AK N Chứng minh EDNC hình thang cân Hướng dẫn a) Ta có ACK = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Xét ABD ACK có LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122  ABD = AKC (cung chan cung AC)   ADB = ACK = 90  ABD đồng dạng với AKC (g-g)  AB AD =  AB AC = 2R AD (đpcm) AK AC b) Ta có AD đường cao nên HDB = 90 , tương tự ta có HEB = 90 (do CE đường cao)  HDB + HEB = 90 + 90 = 180  BEHD nội tiếp (tổng góc đối 180 )  AHM + EBD = 180 hay AHM + ABC = 180 Mà AKF + AKC = 180 (2 góc kề bù) ABC = AKC (cùng chắn AC )  AHM = AKF Xét AHM AKF có  A chung   AHM = AKF (cmt)  AHM đồng dạng với AKF (g-g)  AH AM =  AH AF = AK AM AK AF c) Ta có  BEC vng E, EI trung tuyến  EI = BC = IC  EIC cân I Dễ chứng minh AEDC nội tiếp (1)  ICˆE = DAˆ E Mà ICˆ E = IEˆ C ( IEC cân I) EAˆ D = NAˆ C  IEˆC = NAˆ C  tứ giác AENC nội tiếp (2) Từ (1) (2)  điểm A, E, D, N, C thuộc đường trịn Ta có DNˆ I = EAˆ D = NAˆ C = IEˆC  EC // DN Suy EDNC hình thang Ta có DEˆC = DAˆ C = EAˆ N = NCˆE Suy EDNC hình thang cân Câu 60.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC có góc nhọn nối tiếp đường tròn (O) ba đường cao AK; BE; CF cắt H Gọi I trung điểm BC, vẽ HD ⊥ AI ( D  AI ) a)Chứng minh: Tứ giác BFEC nội tiếp năm điểm A, E, D, H , F thuộc đường tròn; b)Chứng minh: AD AI = AH AK EF song song với tiếp tuyến A c)Giả sử đường tròn ( O ) cố định, B C điểm cố định, điểm A di động cung lớn BC (O).Chứng minh: Tích ID AI khơng phụ thuộc vào vị trí điểm A Hướng dẫn LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 A E F B O H D K I C a)Chứng minh: Tứ giác BFEC nội tiếp năm điểm A, E, D, H, F thuộc đường tròn; Xét tứ giác BFEC ta có : BFC = BEC = 90o (do BE, CF hai đường cao)  tứ giác BFEC nội tiếp AEH = ADH = AFH = 90o (do BE, CF đường cao HD⊥AI)  A, E, D, H , F nằm đường trịn đường kính AH b)Chứng minh: AD AI = AH AK EF song song với tiếp tuyến A  A chung Xét hai ADH AKI ta có :   ADH = AKI = 90  ADH AKI đồng dạng  AD AI = AH AK + Kẻ tiếp tuyến Ax ⊥OA + xAB = ACB = AB (góc tạo tt dây cung góc nội tiếp chắn dây) Mà AFE = ACB (Tứ giác BFEC nội tiếp)  xAB = AFE  (ở vị trí so le trong) nên EF / / Ax c)Giả sử đường tròn (O) cố định, B C điểm cố định, điểm A di động cung lớn BC (O).Chứng minh: Tích ID AI khơng phụ thuộc vào vị trí điểm A Ta có : ADE = ACB (do AFE )  tứ giác CIDE nội tiếp Nên IDC = IEC Mặt khác : IDC = ICA (do IEC ) mà AIC chung nên IDC ∽ ICA( g − g ) Suy IA.ID = IC = BC khơng đổi Nên Tích ID AI khơng phụ thuộc vào vị trí điểm A LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 157 Câu 61.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O; R ) đường kính QK Trên nửa đường trịn lấy hai điểm A, B theo thứ tự Q, A, B, K cho AOB = 900 , QA cắt BK S , QB cắt AK H , SH cắt QK I , AF ⊥ QB F cắt ( O ) M a)Chứng minh: Tứ giác SAHB nội tiếp SA.SQ = SB.SK b)Chứng minh: AIB = 900 MB ⊥ AK c) Gọi N trung điểm SH Chứng minh ON ⊥ AB SH = 2R Hướng dẫn S A H B F Q O I K M a) QAK = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  KAS = 900 QBK = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  QBS = 900 Xét tứ giác SAHB có: HAS + HBS = 900 + 900 = 1800 mà hai góc vị trí đối Nên tứ giác SAHB nội tiếp Xét SAK SBQ , ta có: ASB chung SAK = SBQ = 900 Vậy SAK đồng dạng SBQ Suy : SA.SQ = SB.SK SQK có H trực tâm  SI ⊥ QK Tứ giác HIKB nội tiếp  HKI = HBI ( góc nội tiếp chắn cung) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 158 Tứ giác SAHB nội tiếp  ASH = ABH ( góc nội tiếp chắn cung) Tứ giác SAIK nội tiếp  ASH = HKI ( góc nội tiếp chắn cung) Từ suy : ABI = AKO Mà AOK cân O  AOQ = AKO ( góc ngồi tam giác) Vậy ABI = AOQ Suy tứ giác AOIB nội tiếp  AOB = AIB = 900 Có AQB = AMB = 900 : = 450 ( góc nội tiếp chắn cung AB ) MFB vng có AMB = 450  MFB vuông cân  FMB = FBM = AQF  AQ / / BM  MB ⊥ AK S N A H B F Q O I K M Có tứ giác SQIB nội tiếp  BQI = ISB BNS cân  NBS = ISB Vậy NBS = BQI Tứ giác QABK nội tiếp  AQO = ABS Từ , AQF = ABN = 450 AOB vuông cân OBA = 450 Vậy OBN = 900 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 159 Chứng minh tương tự: OAN = 900 Tứ giác OANB hình vng Suy ON ⊥ AB OA = AN = SH  SH = 2R Câu 62.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn tâm O đường kính AD Trên nửa đường trịn lấy điểm B, C theo thứ tự A, B, C, D BOC = 900 Hai đường chéo AC BD cắt E Gọi H hình chiếu vng góc E xuống AD I trung điểm DE a) Chứng minh Tứ giác ABEH nội tiếp, HE phân giác BHC b)Chứng minh AE AC + DE.DB = AD năm điểm B, C, I , O, H thuộc đường tròn c)Chứng minh AB, DC, HE đồng quy, gọi điểm đồng quy M Tính ME theo R d)Tìm quỹ tích điểm E B, C di chuyển nửa đường trịn cho góc BOC = 900 Hướng dẫn M B C E I A O H D a) Xét ( O ) đường kính AD có: B  ( O )( GT )  ABD = 90 hay ABE = 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Mặt khác EH ⊥ AD ( GT )  AHE = 90  ABE + AHE = 90 + 90 = 180 Mà hai góc vị trí đối Vậy tứ giác ABEH tứ giác nội tiếp (dhnb) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 160 Ta có ACD = 90 ( Góc nội tiếp chắn nửa (O)) Nên ECD + EHD = 90 + 90 = 180 Mà hai góc vị trí đối nên tứ giác EHDC tứ giác nội tiếp(DHNB) Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABEH có: BAE = BHE (Góc nội tiếp chắn BE ) hay BAC = BHE Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác HECD có: EHC = EDC (Góc nội tiếp chắn CE ) hay EHC = BDC Xét ( O ) có: BAC = BDC (Góc nội tiếp chắn BC ) Do BHE = EHC Mà tia HE nằm hai tia HB HC Nên tia HE tia phân giác BHC (TC) b) Ta có : AHE ACD ( G.G )  AE AH =  AE AC = AH AD AD AC DHE DBA ( G.G )  DE DH =  DE.DB = AD.DH AD DB  AE AC + DE.DB = AH AD + AD.DH = AD ( AH + HD ) = AD Ta có: ADC = BAC = sđ BC (Góc nội tiếp chắn BC )  BAC + BDC = sđ BC Mà BOC = 90 (GT), BOC góc tâm chắn BC nên sđ BC = 90  BAC + BDC = 90 BAC = BHE ( CMT ) BDC = EHC ( CMT )  BHE + EHC = 90  BHC = 90 (1) Ta có: BHE + EHC = 90    BHE = EHC = 45 BHE = EHC ( cmt )  LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 161 EHC = EDC ( CMT )  EDC = 45 ECD = 90  ECD vuông cân C Mà I trung điểm DE (GT) Nên CI vừa đường trung tuyến vừa đường cao ECD  EIC = 90 hay BIC = 90 ( ) Mà BOC = 90 ( GT )( 3) Từ (1),(2),(3) ta có đỉnh O, H , I nhìn BC góc 90 Nên điểm B, O, H , I , C thuộc đường tròn c) Gỉa sử AB CD cắt M Xét AMD có: AC đường cao ứng với cạnh MD ( ACD = 90 ) DB đường cao ứng với cạnh MA ( ABD = 90 ) Mà AC cắt DB E (GT) Do E trực tâm AMD (tính chất đường cao)  ME ⊥ AD Mà EH ⊥ AD ( GT ) Nên M , E , H thẳng hang Vậy AB, DC, HE đồng quy, gọi điểm đồng quy M Ta có : BAC = sđ BC mà sđ BC = 90 ( CMT )  BAC = 45 hay MAC = 45 Xét AMC có ACM = 90 ( cmt ) mà MAC = 45 ( CMT ) nên AMC vuông cân C(DHNB)  CM = CA ( TC )  CM = CA ECD vuông cân C(CMT)  EC = CD  EC2 = CD2  CM2 + EC2 = AC2 + CD2 Xét MEC vuông M nên ME = MC2 + EC2 (Định lí Pytago) Xét ACD vng C nên AD2 = AC2 + CD2 (Định lí Pytago) Do ME = AD2  ME = AD = 2R d) Xét ( O ) có: LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 162 CAD = sđ CD (Góc nộ tiếp chắn CD ) BDA = sđ AB (Góc nội tiếp chắn AB )  BDA + CAD = 1 (sđ AB +sđ CD )= = ( 180 -sđ BC )= (180 − 90) = 45 2 hay EDA + EAD = 45 Xét AED : EDA + EAD = 45 ( CMT )  AED = 135 (Định lí tổng ba góc tam giác) Do điểm E ln nhìn cạnh AD góc khơng đổi 135 Vậy quĩ tích điểm E cung chứa góc 135 dựng cạnh AD M B C E I A O H D Câu 63.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC vng A nội tiếp ( O ) đường kính BC Từ điểm D đoạn OC kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt AC F cắt tia đối tia AB E Gọi H giao điểm BF CE tia HD cắt ( O ) K Chứng minh: a) Tứ giác AFHE nội tiếp; CF.CA = CH CE b) AK ⊥ BC ; BF BH + CH CE = BC c) Cho AEF = 300 , R = 6cm tính Squat AOB gọi I trung điểm EF Chứng minh OA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp AHE Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 163 E A F H 1 B O C D K a) Ta có ABC vng A nên BAC = 900  EAF = 900 Xét BEC có : ED ⊥ BC ; CA ⊥ BE CA; DE cắt F  F trực tâm BEC  BH ⊥ EC  FHE = 900 Xét tứ giác AEHF có : FAE + FHE = 900 + 900 = 1800  tứ giác AEHF nội tiếp Xét CFH CEA có : FHC = CA E (= 900 ) FCH chung  CFH ∽ CEA ( g.g )  CF CH =  CF CA = CH CE (Đpcm) CE CA b) Xét tứ giác AECD ta có: EAC = EDC ( = 900 ) Mà A, D hai đỉnh kề nhìn cạnh EC  tứ giác AECD nội tiếp  E1 = C1 (hai góc nội tiếp chắn AD ) (1) Xét tứ giác DFHC ta có: FDC + FHC = 900 + 900 = 1800 Mà FDC; FHC hai góc đối  tứ giác DFHC nội tiếp  H1 = C1 (hai góc nội tiếp chắn FD ) (2) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 164 Từ (1) (2)  H1 = E1 Xét đường tròn (O ) ta có : H1 = A1 (2 góc nội tiếp chắn BK ) Mà H1 = E1  A1 = E1 , mà A1 ; E1 hai góc đồng vị  AK / / ED Ta có : ED ⊥ BC  AK ⊥ BC (ĐPCM) Xét BFD BCH ta có : FBD chung BDF = BHC (= 900 )  BFD ∽ BCH (g.g)  BF BD =  BF BH = BC.BD (3) BC BH Xét CHB CDE ta có : DCE chung BHC = CDE (= 900 )  CHB ∽ CDE (g.g)  CH CB =  CH CE = BC.CD CD CE (4) Từ (3) (4), ta có : BF BH + CH CE = BC.BD + BC.CD = BC.( BD + DC ) = BC.BC = BC Vậy BF BH +CH CE= BC E I A F H 1 B O C D K c) Ta có AEF = 300  E1 = 300 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 165 Mà E1 = C1  C1 = 300 Xét đường tròn (O ) ta có : C1 góc nội tiếp chắn AB  C1 = sđ AB  sđ AB = 2C1 = 2.300 = 600 Squat AOB =  R n 360 =  62.600 360 = 6 (cm2 ) Ta có EAF = 900  A thuộc đường trịn đường kính E F Ta có EHF = 900  H thuộc đường trịn đường kính E F  A H thuộc đường tròn đường kính E F  AHE nội tiếp đường trịn đường kính E F Ta có I trung điểm EF  I tâm đường trịn đường kính E F Ta có: OA = OC  OAC cân O  OAC = OCA (5) Xét EAF vuông A ta có AI đường trung tuyến ứng với cạnh huyền EF  AI = IE = I F = EF  IA F cân I  IAF = IFA Ta có IFA = CFD (đối đỉnh), mà IAF = IFA  IAF = CFD (6) Ta có OCA + CFD = 900 (7) Từ (5), (6); (7)  IAF + OAF = 900  OAI = 900  OA ⊥ IA Mà A  đường tròn ngoại tiếp AHE  OA tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp AHE (đpcm) Câu 64.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Trên đường thẳng lấy ba điểm A , B , C cố định theo thứ tự Gọi ( O ) đường tròn tâm O thay đổi luôn qua A B Vẽ đường kính IJ vng góc với AB ; E giao điểm IJ AB Gọi M N theo thứ tự giao điểm CI CJ với ( O ) ( M  I , N  J ) Chứng minh: a) IN , JM CE đồng quy (gọi đồng quy D) tứ giác MDNC nội tiếp b) Gọi F trung điểm CD Chứng minh: OF ⊥ MN ND phân giác ENM c) Chứng minh FM tiếp tuyến ( O ) EA.EB = EC.ED LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 166 I A M D F B E C O N J a) Chứng minh IN , JM CE đồng quy (gọi đồng quy D ) tứ giác MDNC nội tiếp * Xét ( O ) có IJ đường kính (gt)  IMJ = INJ = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  IN ⊥ JC; JM ⊥ IC  IN , JM đường cao tam giác IJC Lại có CE đường cao tam giác IJC (vì CE ⊥ IJ ) Do IN , JM , CE đồng quy (tại D ) (tính chất ba đường cao) * Xét tứ giác MDNC có: DMC = 900 (kề bù với IMJ ) DNC = 900 (kề bù với INJ ) Do DMC + DNC = 900 + 900 = 1800  Tứ giác MDNC nội tiếp (dhnb) b) Chứng minh: OF ⊥ MN ND phân giác ENM * Có M , N thuộc (O )  OM = ON (1) Tứ giác MDNC nội tiếp đường trịn đường kính CD (cmt), F trung điểm CD (gt)  FM = FN (2) Từ (1) (2) suy OF đường trung trực MN (t/c)  OF ⊥ MN (đpcm) * Có IEC = INC = 900 (cmt)  Tứ giác IENC nội tiếp đường tròn  ICE = INE (2 góc nội tiếp chắn cung IE ) Lại có tứ giác MDNC nội tiếp (cmt) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 167  ICE = MND (2 góc nội tiếp chắn cung MD ) Do đó: INE = MND hay ND phân giác MNE (đpcm) c) Chứng minh FM tiếp tuyến ( O ) EA.EB = EC.ED I M D A B F E C O N J * Tam giác JED vuông E  EJD + EDJ = 900 Mà EJD = OMD (do tam giác OMD cân M ) EDJ = MDF (hai góc đối đỉnh) MDF = DMF (do FM = FD  tam giác MFD cân F ) Do OMJ + JMF = 900 Hay OM ⊥ MF  MF tiếp tuyến ( O ) (đpcm) * Có B thuộc đường trịn đường kính IJ  IBJ vng B , lại có BE đường cao  BE = EI EJ (hệ thức) Mà BE = EA ( E trung điểm AB )  BE AE = EI EJ (1) Xét IED CEJ có IED = JEC = 900 EID = ECJ (cùng phụ với EJC ) Do IED ∽ CEJ (g.g)  IE ED  DE.CE = EI EJ (2) = CE EJ Từ (1) (2) suy BE AE = DE.CE (đpcm) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 168 Câu 65.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC vng A nội tiếp ( O ) Từ điểm D đoạn thẳng OC kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt AC F cắt tia đối tia AB E Gọi H giao điểm BF CE Chứng minh: a) Tứ giác AECD nội tiếp BF BH = BD.BC b) Gọi I trung điểm EF Chứng minh IH tiếp tuyến ( O ) BF BH + CH CE = BC c) Khi D di chuyển BC H di chuyển đường tròn cố định Hướng dẫn E I A H F B O D C a) Tứ giác AECD nội tiếp BF BH = BD.BC * Có ABC vuông A nội tiếp ( O ) (gt)  EAC = 900 (kề bù với góc BAC) ED ⊥ BC D (gt)  EDC = 900 Do Tứ giác AECD nội tiếp (có đỉnh liên tiếp nhìn cạnh EC góc vng) * Xét BEC có CA ED hai đường cao cắt F  BF đường cao thứ ba BEC (t/c) Mà H giao điểm BF CE (gt)  BF ⊥ EC hay BHC vuông H Xét BDF BHC có:  B chung   BDF = BHC = 90  BDF BHC (g.g)  BD BF (đ/n)  BF.BH = BD.BC (đpcm) = BH BC b) Chứng minh IH tiếp tuyến BF BH + CH CE = BC * Có I trung điểm EF (gt), mà tam giác EHF vng H (cmt) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 169  HI = IE = IF (t/c đường trung tuyến)  IFH cân I  IFH = IHF Mà IFH = DFB (hai góc đối đỉnh)  IHF = DFB (1) Có BOH cân O  OBH = OHB (2) Mà OBH + DFB = 900 (3) ( BDF vuông D) Từ (1), (2), (3)  IHF + OHB = 900  OH ⊥ HI Mà H thuộc ( O ) (vì BHC = 900 (cmt))  IH tiếp tuyến ( O ) (đpcm) * C/m EDC  BHC (có góc C chung EDC = BHC = 900 ) EC CD =  EC.HC = CD.CB BC HC Có BF BH = BD.BC (cmt)  BF BH + CH CE = BC (đpcm) c) Khi D di chuyển BC H di chuyển đường trịn cố định Vì H thuộc ( O ) (cmt), mà ( O ) khơng đổi nên H ln thuộc đường trịn cố định Câu 66.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC vng C nội tiếp ( O ) đường kính AB BC  CA Lấy điểm I đoạn AB cho IB  IA Kẻ đường thẳng d qua I vng góc với AB , d cắt AC F cắt BC E , AE cắt FB N Chứng minh: a) Tứ giác FCEN nội tiếp IBE ∽ IFA b) IE.IF = IA.IB NF phân giác CNI c) F tâm đường tròn nội tiếp ICN gọi M điểm đối xứng với B qua I , cho A, I , B cố định cho ACB = 900 Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp FAE chạy đường cố định Hướng dẫn LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 170 E C N F B O A I M a) Tứ giác FCEN nội tiếp IBE ∽ IFA Xét ABE có AC EI AB ( d EI AC ABC vuông C ) BE ( AB I ) F Suy : F trực tâm Xét tứ giác FCEN có FCE FNE AE N ANF 900 900 FCEN nội tiếp (đpcm) BAF (2 góc nội tiếp chắn BC ) Do CEF Xét BEI 1800 CNF (2 góc nội tiếp chắn CF ) Vì tứ giác FCEN nội tiếp nên CEF mà CNF 900 BF ABE IBE BAF hay BEI IAF IFA có: BIE FIA 900 IAF (cmt) Vậy IBE ∽ IFA (đpcm) b) IE.IF = IA.IB NF phân giác CNI IE IA Vì IBE ” IFA (cmt) suy IB IF Vì tứ giác ABCN nội tiếp (O ) nên BAC Xét tứ giác ANFI có ANF AIF 900 Suy tứ giác ANFI nội tiếp nên IAF Suy ra: FNI BNC hay BNI IE.IF IA.IB (đpcm) BNC (2 góc nội tiếp chắn BC ) 900 1800 FNI (2 góc nội tiếp chắn FI ) BNC Do NF phân giác CNI (đpcm) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 171 c) F tâm đường tròn nội tiếp ICN gọi M điểm đối xứng với B qua I , cho A, I , B cố định cho ACB = 900 Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp FAE chạy đường cố định Xét tứ giác BCFI có BCF BIF 900 Suy tứ giác BCFI nội tiếp nên CBF 900 1800 FIC (2 góc nội tiếp chắn FC ) FIN (2 góc nội tiếp chắn FN ) CBN mà NAF suy NIF NAC (2 góc nội tiếp chắn NC ) FIC Do IF tia phân giác CIN Xét ICN có NF phân giác CNI (cmt) IF tia phân giác CIN (cmt) NF IF F Do F tâm đường trịn nội tiếp ICN (đpcm) Xét BEM có EI đường trung tuyến đồng thời đường cao nên Suy BME nên BME BEM cân E CFE (góc ngồi đối góc tứ giác BCFI nội tiếp) MBE mà MBE CFE Xét tứ giác AMEF có BME CFE hay AME CFE nên tứ giác AMEF nội tiếp đường trịn Do tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AMEF nằm đường trung trực AM Do A, I , B cố định M điểm đối xứng với B qua I nên M cố định AM cố định đường trung trực AM cố định Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp FAE chạy đường cố định trung trực AM Câu 67.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ba điểm A, B, C đường thẳng theo thứ tự đường thẳng d vng góc với AC A Vẽ đường trịn đường kính BC vẽ cát tuyến AMN ( O ) Tia CM cắt d D Tia DB cắt ( O ) điểm thứ hai P Chứng minh: a) Tứ giác ABMD nội tiếp tích CM CD khơng phụ thuộc vào vị trí M b) Chứng minh: NP ⊥ AC cho ADB = 400 , R = 5cm Tính Squat NOC c) Trọng tâm G MAC chạy đường trịn cố định Hướng dẫn LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 172 N D M G A P I B C OJ P a) Tứ giác ABMD nội tiếp tích CM CD khơng phụ thuộc vào vị trí M (O) BC đường kính nên BMC BMC có M Xét Xét tứ giác ABMD có BMD BAD 900 900 900 BMD 900 1800 Do tứ giác ABMD nội tiếp (đpcm) BCM Xét DCA có: ACD chung DAC BMC ( 900 ) Suy BCM ” BC DC CM CA DCA (g.g) DC.CM BC.CA Vì A, B, C cố định nên BC.CA khơng đổi DC.CM khơng đổi (đpcm) b) Chứng minh: NP ⊥ AC cho ADB = 400 , R = 5cm Tính Squat NOC Có tứ giác BMNP nội tiếp đường tròn (O ) nên MNP mà MBD MAD ( góc nội tiếp chắn DM ) suy MNP MAD mà góc vị trí so le nên NP // AD AC (gt) nên NP Lại có AD Ta có ADB BCN (góc ngồi đối góc trong) Suy BCN ADB Vì ADB OCN có OC CON AC (đpcm) AMB ( góc nội tiếp chắn AB ) mà AMB Xét MBD (góc ngồi đối góc trong) 1800 ON nên 2.400 400 nên BCN 400 hay OCN OCN cân O OCN 400 ONC 400 1000 Diện tích hình quạt CON là: SCON R n 3600 52.1000 3600 21,8 cm2 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 173 c) Trọng tâm G MAC chạy đường tròn cố định Gọi I trung điểm AC Vì A, C cố định nên I cố định Từ trọng tâm G MAC kẻ GP // MB nên P cố định, kẻ GJ // MC nên J cố định Vì GP // MB , GJ // MC điểm I , J cố định nên G di động đường trịn đường kính PJ cố định Vậy trọng tâm G MAC chạy đường tròn cố định Câu 68.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đoạn thẳng AC kẻ đường thẳng d ⊥ AC A , AC lấy điểm M , dựng ( O ) đường kính MC , kẻ cát tuyến AEF , tia CE cắt d B Tia BM cắt ( O ) D Đường thẳng AD cắt ( O ) S Chứng minh: a) Tứ giác ABCD nội tiếp, CA phân giác SCB b) AB ; EM ; CD đồng quy FD ⊥ AC c) Chứng minh M tâm đường tròn nội tiếp ADE CM CA = CE.CB d) Vẽ ( K ) đường kính MB ngoại tiếp tứ giác ABEM Kẻ tiếp tuyến chung ( O ) ( K ) P Q Chứng minh ME qua trung điểm PQ Hướng dẫn P d F L Q E B K M A C O S D N  MC  a) D   O;   MDC = 90  BDC = 90   Tứ giác ABCD có BDC = BAC = 90  Tứ giác ABCD nội tiếp Tứ giác MCDS nội tiếp  SCM = SDM  SCA = ADB LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 174 Tứ giác ABCD nội tiếp  ADB = ACB  ACB = SCA  CA phân giác góc SCB b) Gọi N giao điểm BA CD Ta có CA ⊥ BA  CA ⊥ BN BD ⊥ CD (do BDC = 90 )  BD ⊥ CN Xét NBC có: CA ⊥ BN ; BD ⊥ CN mà CA BD cắt M nên M trực tâm NBC  NM đường cao NBC  NM ⊥ BC (1)  MB  E   O;   MEB = 90  ME ⊥ EB  ME ⊥ BC (2)   Áp dụng tiên đề Ơclit từ (1) (2) suy N ; M ; E thẳng hàng Suy AB ; EM ; CD đồng quy Ta có: FDC = FEC (Hai góc nội tiếp chắn FC ) Mà FEC = BEA (hai góc đối đỉnh) Tứ giác ABEM có BEM + BAM = 1800  ABEM nội tiếp  AEB = AMB Tứ giác MAND có MAN + MDN = 900 + 900 = 1800  MAND nội tiếp  BMA = BND = BNC  BEA = BNC  FDC = BNC  FD // BN (hai góc đồng vị) Mà BN ⊥ AC  FD ⊥ AC c) Theo câu a) tứ giác ABCD nội tiếp  NAD = DCB Tứ giác AECN có: NEC = CAN = 90  AECN nội tiếp  BAE = ECN = DCB  BAE = NAD  MAE = MAD  AM đường phân giác ADE Tương tự EM đường phân giác ADE suy M tâm đường tròn nội tiếp ADE Tứ giác ABEM nội tiếp (câu b)  CM CA = CE.CB (tính chất cát tuyến) d) Gọi L giao điểm ME PQ Ta có LQ = LE.LM (tính chất cát tuyến tiếp tuyến) LP = LE.LM (tính chất cát tuyến tiếp tuyến)  LQ = LP  LQ = LP  ME qua trung điểm L PQ LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 175 Câu 69.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC vng A có AB = AC Trên cạnh AB lấy điểm D cho DB = DA Vẽ ( O ) đường kính BD cắt BC E Đường thẳng CD ; AE cắt ( O ) F , G Chứng minh: a)Tứ giác ADEC ; AFBC nội tiếp b) ABC ∽ EBD AC // FG c) AC ; DE ; BF đồng quy D tâm đường tròn nội tiếp AEF Hướng dẫn G C E A D O B F P  BD  0 a) E   O;   BED = 90  DEC = 90   Tứ giác ACED có DAC + DEC = 900 + 900 = 1800  ACED nội tiếp  BD  0 F   O;   BFD = 90  BFC = 90   ( Tứ giác AFBC có BFC = BAC = 900 )  AFBC nội tiếp b) ABC EBD có: ABC chung, BAC = BED = 900  ABC ∽ EBD ( g.g ) Ta có BFG = BEG (Hai góc nội tiếp chắn cung) Mà BEG = AEC (đối đỉnh)  BFG = AEC ADEC nội tiếp  AEC = ADC  BFG = ADC  900 − BFG = 900 − ADC  GFD = ACD  AC //FG (Hai góc sole trong) c) Gọi P giao điểm AC BF Ta có BA ⊥ AC  BA ⊥ CP CF ⊥ BF  CF ⊥ BP BCP có BA ⊥ CP ; CF ⊥ BP Mà AB ; CF cắt D nên D trực tâm BCP LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 176  PD ⊥ BC (1) DEC = 900  DE ⊥ BC (2) Áp dụng tiên đề Ơclit từ (1) (2) suy P ; D ; E thẳng hàng  AC ; BF ; DE đồng quy điểm Tứ giác AEBP có PAB = PEB = 900  AEBP nội tiếp  CAE = EBP = CBP Lại có AFBC nội tiếp (câu a)  PAF = FBC = PBC  PAF = EAC  FAD = EAD  AD phân giác EAF Tương tự FD phân giác AFE AEF suy D tâm đường tròn nội tiếp AEF Bài 70 Cho ABC nhọn nội tiếp (O ) Kẻ đường cao AD đường kính AK Hạ BE CF vng góc với AK a) Chứng minh tứ giác ACFD nội tiếp DE / /CK b) Chứng minh AC =AF AK OCA = BAD c) Tính Squat OKC biết ABC = 60o R = 4cm cho BC cố định, A chuyển động cho ABC nhọn Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp DEF không đổi Hướng dẫn A N I O E C M D B F K a) Có AD ⊥ BC (gt)  ADC = 90o , CF ⊥ AK (gt)  AFC = 90o  ADC = AFC = 90o , mà hai góc thuộc hai đỉnh D, F kề nhìn AC góc 90o không đổi nên tứ giác ACFD nội tiếp * Kéo dài DE cắt AC I Chứng minh tương tự ta có tứ giác AEBD nội tiếp đường trịn đường kính AB  ABE = ADE (hai góc nội tiếp chắn cung AE ) AKB = ABE (cùng phụ với BAE ) ACB = AKB (hai góc nội tiếp chắn cung AB ) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 177 Từ suy ra: ACB = ADE , mà ADE + EDC = 90o  ACB + EDC = 90o  DIC vuông I  DE ⊥ AC I (1) Mặt khác ACK = 90o (góc nội tiếp chăn nửa đường tròn)  CK ⊥ AC C (2) Từ (1) (2) suy ra: DE / /CK b) Xét AFC ACK có: A : chung, AFC = ACK  AFC ACK (g-g)  AF AC (tỉ số đồng dạng)  AC = AF AK (đpcm) = AC AK  AKC + KAC = 90o   * Có:  ABD + BAD = 90o  ABD = AKC(cmt )    BAD = KAC (3) Ta lại có: OAC cân O(OA = OC ) nên: OCA = OAC hay OCA = KAC (4) Từ (3) (4)  BAD = OCA c) Vì ABC = 60o (gt)  AOC = 120o (góc nội tiếp góc tâm chắn cung) Mà AOC + COK = 180o (kề bù)  COK = 60o 42. 60o 8 = (cm )  Squat OKC = 360o * Gọi M , N trung điểm BC, AC  MN đường trung bình ABC  MN / / AB , mà AB ⊥ BK ( ABK = 90o )  MN ⊥ BK Ta lại có: AKB = AFD (vì ACB ), mà hai góc vị trí đồng vị nên DF / / BK Từ suy ra:  MN ⊥ DF Trong hai tam giác vng ADC , AFC ta có: DN = 1 AC,FN = AC  DN = FN  DFN 2 cân N Mà MN ⊥ DF (cmt)  MN đường trung trực DF  MD = MF Chứng minh tương tự có: MD = ME , từ suy M tâm đường tròn ngoại tiếp DEF Mà BC cố định nên M cố định LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 203 Câu 71.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC nhọn nội tiếp ( O; R ) đường cao BH , CK cắt Q cắt ( O ) D E AQ cắt BC S a) Chứng minh tứ giác BKHC nội tiếp DE / / HK b) Chứng minh OA ⊥ HK Q tâm đường tròn nội tiếp SHK c) AOD cân bán kính đường trịn ngoại tiếp AHK khơng đổi A chạy cung lớn BC thỏa mãn ABC nhọn Hướng dẫn a)Chứng minh tứ giác BKHC nội tiếp DE / / HK Xét tứ giác BKHC có BKC = BHC = 900 ( BH ⊥ AC; CK ⊥ AB) mà K , H hai đỉnh kề nhìn cạnh BC => tứ giác BKHC tứ giác nội tiếp (dhnb) Xét (O) có EDB = ECB ( hai góc nội tiếp chắn cung BE ) (1) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKHC có KHB = ECB (hai góc nội tiếp chắn cung BK ) (2) Từ (1) (2) => EDB = KHB = ED / / KH (đồng vị) b)Chứng minh OA ⊥ HK Q tâm đường tròn nội tiếp SHK Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKHC có KBH = KCH (hai góc nội tiếp chắn cung KH ) => ABD = ACE Xét (O) có ABD = ACE ( cmt ) = cung AE = cungAD => A điểm cung ED nhỏ mà OA phần đường kính => OA ⊥ ED (đ/l) Mà ED//KH( cm câu a) => OA ⊥ KH (đpcm) Cho ABC có đường cao BH , CK cắt Q LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 204 => Q trực tâm ABC => AQ ⊥ BC = QSC = 90 Xét tứ giác QHCS có QSC = QHC = 900 (cmt) mà S , H hai đỉnh đối => tứ giác QHCS tứ giác nội tiếp (dhnb) Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác QHCS có QHS = QCS (hai góc nội tiếp chắn cung QS ) => BHS = ECB mà KHB = ECB (cm câu a) => KHB = BHS => HB tia phân giác KHS (3) Chứng minh tương tự KC tia phân giác HKS (4) Từ (3) (4) ; KC cắt HB Q => Q tâm đường trịn nội tiếp SKH c AOD có OA = OD = R => AOD cân Chứng minh tứ giác AKQH tứ giác nội tiếp ( AKQ = AHQ = 900 ) => A, K , Q, H thuộc đường trịn đường kính AQ => đường trịn ngoại tiếp AHK có bán kính AQ Kéo dài AO cắt (O) M Xét (O) có ACM = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => CM ⊥ AC mà BH ⊥ AC ( gt ) = BH/ / CM (5) Chứng minh tương tự BM/ / CK (6) Từ (5) (6) suy tứ giác BMCQ hình bình hành Gọi N giao điểm BC QM => N trung điểm BC QM (t/c hbh) Xét AQM có O trung điểm AM ; N trung điểm QM = ON đường trung bình => ON = AQ (t/c đường trung bình) Có BC cố định, N trung điểm BC nên N cố định => ON khơng đổi => AQ khơng đổi => bán kính đường trịn ngoại tiếp AHK khơng đổi A chạy cung lớn BC thỏa mãn ABC nhọn Câu 72.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho BC dây cung cố định đường trịn tâm O , bán kính R (0 BC 2R ) Gọi A điểm di chuyển cung BC lớn cho cao AD, BE ,CF cắt tai H ( D BC , E AC , F a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp b) Chứng minh FHE ABC nhọn Các đường AB ), đường thẳng BE cắt (O) K BHC AHK cân EH phân giác FED LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 c) Chứng minh AO ⊥ FE bán kính đường tròn ngoại tiếp chuyển cung BC lớn cho Trang 205 AEF không đổi A di ABC nhọn Hướng dẫn a) Xét tứ giác BFEC có BFC = BEC = 900 A K Mà hai đỉnh F , E nhìn cạnh BC Suy tứ giác BFEC nội tiếp E Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC có: N F H FEB = FCB ( hai góc nội tiếp chắn cung FB ) Xét FHE O CHB có B FHE = BHC ( đối đỉnh) D FEB = FCB ( cmt)  FHE CHB (g C M G g) b) Xét (O) có KAC = KBC ( hai góc nội tiếp chắn cung KC ) Có CAD = CBE ( phụ với ACB )  KAE = HAE  AE phân giác KAH Xét AHK có AE phân giác của, đường cao  AHK cân A Xét tứ giác EHDC có HEC + HDC = 1800 Suy tứ giác EHDC nội tiếp HEC = HDC Mà FEB = FCB (cmt) FEB = DEB  EH phân giác FED c) Kẻ đường kính AG , gọi N giao điểm AG FE có tứ giác BFEC nội tiếp  AEF = ABC ( bù với FEC ) Xét (O) có AGC = ABC ( hai góc nội tiếp chắn cung AC ) AEN = AGC Có ACG = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  CAG + AGC = 900  NAE + AEN = 900  ANE = 900  AO ⊥ FE LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 206 Xét (O) có ACG = ABG = 900  HB / /CK , CH / / BK  tứ giác BHCG hình bình hành M trung điểm BC  OM đường trùn bình tam giác AHG  OM = AH Tứ giác AEHF nội tiếp có AEH + AFH = 1800  đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nhận AH đường kính Mà AH = 2OM ( khơng đổi) AEF khơng đổi A di chuyển cung BC Suy bán kính đường trịn ngoại tiếp lớn cho ABC nhọn nhọn nội tiếp ( O ) Kẻ đường cao AD đường Câu 73.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC kính AK Hạ BE CF vng góc AK , cho ABC = 60 R = 4cm a) Chứng minh tứ giác ACFD nội tiếp AB = AE AK b) Chứng minh DF / / BK tính Squat OKC c) Cho BC cố định, A chuyển động Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp DEF điểm cố định Hướng dẫn A N M O E D B I F C K a) + Xét tứ giác ACFD ta có: ADC = AFC = 90 (vì AD đường cao, CF ⊥ AK ) mà hai đỉnh D, F hai đỉnh liên tiếp nhìn AC góc khơng đổi Nên tứ giác ACFD nội tiếp (quỹ tích cung chứa góc) + Nối B với K Suy ABK = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O ) )  AEB = ABK = 90 + Xét ABE AKB có   BAK chung  ABE AKB ( g − g ) AB AE  =  AB = AK AE AK AB LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 207 b) + Vì tứ giác ACFD nội tiếp nên CDF = FAC (hai góc nội tiếp chắn cung FC ) Mà KBC = KAC hay KBC = FAC (hai góc nội tiếp chắn cung KC (O ) ) Suy CDF = KBC mà hai góc vị trí đồng vị nên DF / / BK (DHNB) + Ta có: ABC = AKC = 60 (hai góc nội tiếp chắn cung AC (O ) ) Mà AKC vng C (vì ACK góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) Suy OAC = ACO = 30 (vì OAC cân O)  KOC = 2.OAC = 2.30 = 60 (Vì KOC góc ngồi OAC )  Squat OKC =  R n 360 =  16.60 360 = 8 (cm2 ) c) Gọi M N trung điểm AB , AC Gọi I trung điểm BC Suy NI đường trung bình BAC  NI / / AB  NI ⊥ BK (do AB ⊥ BK )  NI ⊥ DF (do BK / / DF ) + Vì tứ giác ACFD nội tiếp đường trịn đướng kính AC mà N trung điểm AC Nên ND = NF  N  đường trung trực DF mà NI ⊥ DF nên I  đường trung trực DF  ID = IF (1) + Ta có: EDC = BAK (trong tứ giác AEDB nội tiếp, góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) mà BCK = BAK (hai góc nội tiếp chắn cung BK )  BCK = EDC  DE / / KC  DE ⊥ AC (do CK ⊥ AC )  DE ⊥ MI (do MI / / AC ) + Một cách tương tự chứng minh MD = ME  M  đường trung trực DE mà DE ⊥ MI  I  đường trung trực DE  ID = IE (2) + Từ (1) (2) suy I tâm đường tròn ngoại tiếp DEF mà I trung điểm BC nên I điểm cố định Câu 74.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho BC dây cung cố định đường tròn tâm O ,bán kính R (  BC  2R ) A điểm di động cung lớn BC cho ABC nhọn Các đường cao AD, BE , CF ABC cắt H ( D thuộc BC , E thuộc CA , F thuộc AB ) a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp AE.AC = AF AB b) Kẻ đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn ( O ) A Chứng minh d // EF EH phân giác góc FED LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 208 c) Gọi I trung điểm BC Chứng minh AH = 2IO ; gọi BE, CF cắt (O ) P, Q Chứng minh EF = PQ Hướng dẫn a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp AE.AC = AF AB Nối Q với A , nối E với F , nối E với D  BE ⊥ AC  AEH = 90  Ta có BE, CF đường cao ABC   CF ⊥ AB  AFH = 90 Xét tứ giác AEHF có AEH + AFH = 180  tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp  A chung  ABE ∽ ACF ( g.g ) Xét ABE ACF có   AEB = AFC = 90  AE AB =  AE AC = AF AB AF AC Vậy tứ giác AEHF nội tiếp AE.AC = AF AB b) Chứng minh d // EF EH phân giác góc FED Theo ý a) ta có AE AC = AF AB  AE AF = AB AC Kẻ đường kính AM Xét AEF ABC có A chung   AE AF   AEF ∽ ABC ( c.g.c )  AFE = ACB (cặp góc tương ứng) (1) =  AB AC  Ta có d tiếp tuyến với đường tròn ( O ) A  BAx = sđ AB (2) Mà ACB = AMB (hai góc nội tiếp chắn cung AB , suy ACB = AMB = sđ AB (3) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 209 Từ (2) (3) suy ACB = BAx (4) Từ (1) (4) suy AFE = BAx , mặt khác hai góc AFE; BAx vị trí so le Suy d // EF Vậy d // EF - Ta có tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp, suy HAF = HEF ( ) (góc nội tiếp chắn cung HF ) - Xét tứ giác HECD có HDC + HEC = 180  tứ giác HECD tứ giác nội tiếp, suy HED = HCD ( ) (góc nội tiếp chắn cung HD ), mà HAF = HCD ( ) (cùng phụ với góc ABC ) Từ (5), (6) (7) suy HEF = HED , mặt khác tia EH nằm hai tia EF ED , từ ta có EH phân giác góc FED Vậy EH phân giác góc FED c) Gọi I trung điểm BC Chứng minh AH = 2IO ; gọi BE, CF cắt (O ) P, Q Chứng minh EF = PQ Kẻ đường kính AM , ta có ACM = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  MC ⊥ AC , mà BE ⊥ AC (gt), từ suy MC // BE (quan hệ từ vng góc đến song song)  MC // BH Chứng minh tương tự ta có MB // CH Xét tứ giác BHCM có MC // BH    tứ giác BHCM hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) MB // CH  Suy hai đường chéo BC , HM cắt trung điểm đường, mặt khác ta có I trung điểm BC  I trung điểm HM Xét MAH có I , O trung điểm hai cạnh HM AM , suy OI đường trung bình MAH  AH = 2IO Vậy AH = 2IO + Chứng minh EF = PQ Thật vậy, ta có QAB = QCB ( góc nội tiếp chắn cung QB ), mà QCB = BAD (cùng phụ với góc ABC ), từ suy QAB = BAD  AF phân giác góc QAH LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 210 Xét QAH có AF vừa đường cao, vừa đường phân giác nên QAH cân A  AF trung tuyến, suy F trung điểm QH Chứng minh tương tự ta có E trung điểm HP Xét HPQ có F trung điểm QH , E trung điểm HP , suy EF đường trung bình HPQ  EF = PQ Vậy EF = PQ Câu 75.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O; R) , đường cao AD, BE, CF cắt H Kẻ đường kính AK Gọi I trung điểm BC a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp ba điểm H , I , K thẳng hàng b) Chứng minh DH DA = DB.DC cho ABC = 450 , R = 4cm Tính Squat KOC c) Khi BC cố định, A chuyển động cung lớn BC cho ABC nhọn Tìm vị trí A A để diện tích EAH lớn Hướng dẫn E a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp BEC = 900 (gt)    BEC = BFC BFC = 900 (gt)  Suy tứ giác BCEF nội tiếp F B O H D C I ( có đỉnh E F kề nhìn BC góc khơng đổi) Chứng minh ba điểm H , I , K thẳng hàng K Ta có : ACK = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên KC ⊥ AC mà BE ⊥ AC ( gt ) nên KC / / BE hay KC / / BH (1) ABK = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên AB ⊥ BK mà CF ⊥ AB( gt ) nên BK / / CF hay BK / / CH (2) Từ (1) (2) suy tứ giác BHCK hình bình hành Mà I trung điểm BC (gt) nên I trung điểm HK hay ba điểm H , I , K thẳng hàng b) Chứng minh DH DA = DB.DC Xét DHC DBA có LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 211 DCH = DAB(cùng phu vói ABC)    DHCDBA(g − g) CDH = ADB = 900   DH DC =  DH DA = DB.DC DB DA Tính Squat KOC Ta có : ABK = 900 mà ABC = 450  KBC = 450 Nên KOC = KBC (t / c)  KOC = 2.450 = 900 Suy Squat KOC =  R n 360 =  42.90 360 = 4 c) Khi BC cố định, A chuyển động cung lớn BC cho ABC nhọn Tìm vị trí A để diện tích EAH lớn Ta có : OI đường trung bình tam giác AKH  OI = AH Mà O BC cố định suy OI không đổi nên AH = 2OI không đổi Ta có S AEH = 1 AE + EH AH 4OI AE  EH   = = = OI 2 4 Dấu “=” xảy  AE = EH  AEH vuông cân E  HAE = 45  DAC vuông 0 cân D  DCA = 45 hay BCA = 45 Vậy A thuộc cung lớn BC cho BCA = 45 S AEH lớn OI Câu 76.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho  ABC nhọn nội tiếp ( O ; R ) đường cao BH , CK cắt (O ) D , E a) Chứng minh điểm B , H , C , K thuộc đường tròn AK AB = AH AC b) Chứng minh DE // HK OA ⊥ DE c) Cho ABH = 30 , R = 5cm Tính Squat AOE bán kính đường trịn ngoại tiếp  AHK không đổi A chạy cung lớn BC thỏa mãn  ABC nhọn Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 212 a) Xét tứ giác BKHC có: BKC = BHC = 90 K , H đỉnh kề  Tứ giác BKHC nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)  AKH = ACB (góc ngồi góc đỉnh đối diện) Xét  AKH  ACB có: AKH = ACB (cmt) A chung   AKH ∽  ACB (g.g)  AK AH =  AK AB = AH AC AC AB b)Xét ( O ) có: DEC = DBC (hai góc nội tiếp chắn cung DC ) Vì BKHC tứ giác nội tiếp  HBC = HKC (hai góc nội tiếp chắn cung HC )  DEC = HKC chúng vị trí đồng vị nên KH // DE Kẻ đường kính AA , nối AC Xét  AAC có:  AAC nội tiếp ( O ) AA đường kính nên  AAC vng C  AAC + AAC = 90 (1) Xét ( O ) có AAC = ABC (hai góc nội tiếp chắn cung AC ) Mà BKHC tứ giác nội tiếp  ABC = AHK Do AHK = AAC ( ) Từ (1) ( )  AAC + AHK = 90 nên OA ⊥ KH , mà KH // DE (cmt)  OA ⊥ DE c) AOE = ACE (Hệ góc nội tiếp) Vì tứ giác BKHC nội tiếp nên HCK = ABH = 30 (hai góc nội tiếp chắn cung KH )  AOE = ABH = 60 Diện tích hình quạt AOE là:  R2n 360 =  52.60 360 = 25 (cm) Gọi I giao điểm BH CK LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 213 Xét tứ giác AKIH có AKI + AHI = 90 + 90 = 180 góc K H góc đối  tứ giác AKIH nội tiếp đường trịn đường kính AI Để chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp  AKH không đổi ta chứng minh AI không đổi Tứ giác AKIH nội tiếp nên AIK = AHK Tứ giác BKHC nội tiếp nên AHK = ABC Xét ( O ) có ABC = AEC Do AIK = AEC   AEI cân A  AI = AE ( 3) Xét ( O ) có AED = ABD = 30 (hệ góc nội tiếp) Mà OA ⊥ DE (cmt) nên  AEG vuông G Với G giao điểm OA DE  EAG = 60 Xét  OAE cân O có góc EAG = 60 nên  OAE nên AE = OA = (cm) ( ) Từ ( 3) ( ) có AI = (cm) Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp  AHK khơng đổi A chạy cung lớn BC Câu 77.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC nhọn nội tiếp ( O ) Gọi BM, CN đường cao ABC cắt H Gọi E điểm đối xứng H qua trung điểm I BC Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp tứ giác BHCE hình bình hành b) Chứng minh OI = AH E nằm ( O ) c) G trọng tâm ABC AO ⊥ MN Hướng dẫn A M N H B G O I C E a) Tứ giác AMHN có ANH = AMH = 900 (mà góc vị trí đối đỉnh) => tứ giác AMHN nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 214 Xét tứ giác BHCE có I trung điểm BC , mặt khác E đối xứng với H qua I => I trung điểm HE => Tứ giác BHCE có đường chéo cắt trung điểm đường => tứ giác BHCE hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) b) Xét  BOC có OB = OC = R =>  BOC cân O , ta có I trung điểm BC => OI trung tuyến đồng thời đường cao  BOC => OI ⊥ BC (1) Xét ABC có H giao đường cao BM CN => AH đường cao thứ  ABC => AH ⊥ BC (2) Từ (1) (2) suy OI / / AH , mặt khác I trung điểm BC => O trung điểm AE => OI = AH E thuộc đường tròn (Cách khác chứng minh O thuộc đường trịn: BHCE hình bình hành => BE // CH , mà CH vng góc với AB => EB vng góc với AB, tam giác ABE có ABE =90 độ => suy AE đường kính đường trịn tâm O => E thuộc đường tròn) c) Gọi G' trọng tâm  ABC Ta chứng minh H, G’, O thẳng hàng Ta có  ABC có AI trung tuyến, G' trọng tâm  ABC => G’ thuộc AI AG’ = 2/3 AI Xét  AHE AI trung tuyến, G’ thuộc AI AG’ = 2/3 AI => G’ trọng tâm  AHE => HO qua G’ => H, G’, O thẳng hàng Mặt khác HO cắt AI G => G trùng G’ => G trọng tâm  ABC A H B M P N G O I C E Gọi giao điểm AO MN P Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn tâm O => ABC = AEC (1)(góc nội tiếp chắn cung AC) Xét tứ giác BNMC có BNC = BMC = 900 (2 góc nhìn cạnh BC góc 90 độ) => BNMC nội tiếp đường tròn => NBC = AMP (2) (góc ngồi tứ giác nội tiếp góc khơng kề với nó) Từ (1) (2) suy AEC = AMP (3) Xét  APM  AEC có A chung AEC = AMP (3) =>  APM ∽  AEC => APM = ACE = 90 (2 góc tương ứng) => AO ⊥ MN LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Câu 78.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tam giác nhọn ABC tròn (O ) ( AB  AC  BC ) Trang 215 nội tiếp đường Gọi H giao điểm hai đường cao BD CE tam giác ABC ( D  AC , E  AB ) Chứng minh a) Chứng minh tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn HE.HC = HB.HD b) Gọi AH cắt BC M Chứng minh EH phân giác MED Gọi J trung điểm BC , kẻ đường kính AI Chứng minh ba điểm H , I , J thẳng hàng c) Cho góc ABC = 600 Tính Squat IOC ; Gọi K , N giao điểm AI với ED BD Chứng minh rằng: 1 = + 2 DK DA DN Hướng dẫn A D K E N H O C B M J I a) Xét tứ giác AEHD có: AEH = 900 , ADH = 900  AEH + ADH = 900 + 900 = 1800 mà hai góc vị trí đối  AEHD tứ giác nội tiếp đường trịn (dhnb) Xét BEH CDH có: EHB = CHD (hai góc đối đỉnh) BEH = CDH = 900  BEH đồng dạng với CDH (g.g)  HE HB (các cạnh tương ứng) = HD HC  HE.HC = HB.HD b) +) Ta có: BD ⊥ AC ; CE ⊥ AB BD  CE = H   AH ⊥ BC M LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 216  Tứ giác BEHM nội tiếp  E1 = B1 (hai góc nội tiếp chắn cung HM ) mà B1 = CAM (cùng phụ C ) Mà CAM = E2  E1 = E2  EH phân giác MED  ACI = 900 +) AI đường kính    ABI = 90  BH ⊥ AC  BH / / CI (1) Có  CI ⊥ AC CE ⊥ AB  BI / / CE ( ) Lại có:   BI ⊥ AB Từ (1) ( )  Tứ giác BHCI hình bình hành (dhnb) Mà J trung điểm BC  J trung điểm HI  H , I , J thẳng hàng c) Ta có: ABC = AOC (định lí góc nội tiếp góc tâm chắn cung)  AOC = 1200  COI = 600 (hai góc kề bù)  Squat IOC = R  60  R = 360 Ta có: CAI = CBI (cùng chắn cung CI ) (3) ADE = AHE (cùng chắn cung AF ) Mà AHE = CHM (đối đỉnh)  ADE = CHM CBI = HCB (so le trong) (4) Từ (3) (4)  CAI = HCB Mà ADE = CHM (cmt)  CAI + ADE = HCB + CHM Mà HCB + CHM = 900 ( MHC vuông M )  CAI + ADE = 900  ADK vuông K  DK ⊥ AK Xét ADN vng D có DK ⊥ AN Áp dụng hệ thức lượng ta có: 1 (đpcm) = + 2 DK DA DN LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 217 Câu 79.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm ( O ) Hai đường cao AD, BE cắt H ( D  BC, E  AC ) Gọi F giao điểm tia CH với AB Tia AO cắt đường tròn ( O ) K ( K  A ) a) CM: Tứ giác ABDE, BCEF nội tiếp đường trịn b) CM: Tứ giác BHCK hình bình hành H tâm đường trịn nội tiếp DEF c) Gọi BE, CF cắt ( O ) P, Q Chứng minh EF // PQ APQ cân d) CM: HD HE HF + + = AD BE CF Hướng dẫn A P E Q F O H B C D K a) Vì ABC có hai đường cao AD, BE cắt H (gt)  AD ⊥ BC, BE ⊥ AC (đn)  ADB = ADC = 90, BEA = BEC = 90 (đn)  ADB = BEA ( = 90 )  Tứ giác ABDE nội tiếp đường trịn (hai góc nhìn cạnh) (đpcm) Vì ABC có hai đường cao AD, BE cắt H (gt)  H trực tâm (đn)  CF đường cao ABC  CF ⊥ AB (đn)  BFC = AFC = 90  BFC = BEC ( = 90 )  Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (hai góc nhìn cạnh) (đpcm) b) Vì tia AO cắt đường tròn ( O ) K ( K  A )  AK đường kính đường tròn ( O )  ABK = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AB ⊥ BK (đn) Mà CF ⊥ AB (cmt)  BK // CF  BK // CH Chứng minh tương tự  BH // CK  Tứ giác BHCK hình bình hành (đpcm) Vì AFC = 90, AEB = 90 (cmt)  AFC + AEB = 180 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122  Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn (dhnb) Trang 218  FAH = FEH (hai góc nội tiếp chắn FH ) Vì tứ giác ABDE nội tiếp đường trịn (cmt)  FAH = BED (hai góc nội tiếp chắn BD ) ( )  FEH = BED = FAH hay EH tia phân giác FED (đn) CMTT: DH tia phân giác FDE  H giao ba đường phân giác DEF  H tâm đường tròn nội tiếp DEF (đpcm) c) Vì tứ giác BCEF nội tiếp đường trịn (cmt)  FEB = FCB (hai góc nội tiếp chắn BF ) Xét đường tròn ( O ) : QPB = FCB (hai góc nội tiếp chắn BQ )  FEB = QPB Mà hai góc vị trí đồng vị  EF // PQ (dhnb) (đpcm) Xét đường tròn ( O ) : APQ = ACQ (hai góc nội tiếp chắn AQ ) AQP = ABP (hai góc nội tiếp chắn AP ) Vì tứ giác BCEF nội tiếp đường trịn (cmt)  ABP = ACQ (hai góc nội tiếp chắn EF )  APQ = AQP  APQ cân A (dhnb)(đpcm) d) Ta có:  HD S BHC HE S AHC HF S ABH = ; = ; = AD S ABC BE S ABC CF S ABC HD HE HF S BCH + S ACH + S ABH S ABC + + = = = (đpcm) AD BE CF S ABC S ABC Câu 80.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tam giác ABC nhọn, đường cao BI , CK cắt H cắt đường tròn ngoại tiếp ABC E , F Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh: a) Tứ giác BCIK nội tiếp AEF cân b) A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH KI = EF LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 219 c) Kẻ đường kính BD Chứng minh tứ giác ADCH hình bình hành Và cho CBD = 300 , R = cm Tính diện tích hình quạt AOF Chứng minh EF  AH Hướng dẫn E A I D K F H O C B a) Do BI , CK hai đường cao tam giác ABC nên BIC = BKC = 900  tứ giác BCIK nội tiếp Do tứ giác BICK nội tiếp nên KBI = KCI  ABE = ACF  AE = AF  AE = AF  AEF cân A b) Tam giác ABC có hai đường cao BI , CK cắt H nên H trực tâm, suy AH ⊥ BC Xét ( O ) có FAB = FCB mà FCB = BAH (cùng phụ ABC ), suy FAK = HAK  AFH cân A  AF = AH , mà AF = AE  AF = AE = AH  A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH Tam giác AFH cân A có AK đường cao nên K trung điểm FH Tương tự I trung điểm HE Khi IK đường trung bình tam giác HEF nên KI = EF c) Xét ( O ) có BAD = BCD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Có AH ⊥ BC, DC ⊥ BC  AH / / DC CH ⊥ AB, DA ⊥ AB  CH / / DA Từ suy ADCH hình bình hành Xét ( O ) có CAD = CBD = 300 Do CH / / DA  HCA = CAD = 300  AOF = 600 Do Squat AOF =  62.600 360 ( ) = 6 cm2 Có AKH = AIH = 900  tứ giác AKHI nội tiếp đường trịn đường kính AH  KI  AH  EF  AH  EF  AH ( dpcm ) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 203 Câu 81.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn (O ) , dây cung BC (BC khơng đường kính) Điểm A di chuyển cung nhỏ BC (A khác B C, độ dài AB khác độ dài AC) Kẻ đường kính AA’ đường trịn ( O ) , D chân đường vng góc kẻ từ A đến BC Hai điểm E, F chân đường vng góc kẻ từ B, C đến AA’ a) Chứng minh điểm A, F, D, C thuộc đường tròn FCA DAB b) Chứng minh DE//CA’ DE ⊥ AC c) Cho ACB = 300 Tính SquatBOA Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF điểm cố định Hướng dẫn A E B C D O F A' a) Chứng minh điểm A, F, D, C thuộc đường tròn FCA DAB * AD ⊥ BC  ADC = 900 * CF ⊥ AA’  AFC = 900 * Xét tứ giác ADFC, có: ADC = AFC = 900 Mà góc ADC; AFC hai đỉnh kề nhìn cạnh AC  Tứ giác ADFC tứ giác nội tiếp * Chứng minh ACF = CA ' F * Ta có: ABD = CA ' F (Cùng chắn cung AC )  ABD = CAF * Xét FCA DAB , có ADB = CFA ABD = CAF  FCA ∽ DAB b) Chứng minh DE//CA’ DE ⊥ AC Tứ giác AEDB tứ giác nội tiếp  DEA ' = ABD Mà: ABD = CA ' F  DEA ' = AA ' C  DE//CA’ (So le trong) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 204 * Ta có: CA’ ⊥ CA  DE ⊥ AC c) Cho ACB = 300 Tính SquatBOA Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF điểm cố định * Vì ACB = 30  AOB = 60  S quatAOB = 0  R 60 360 =  R A E I K C H B D O F A' CMR Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF điểm cố định * Gọi I trung điểm AB, K trung điểm AC, H trung điểm BC * Ta có : Tứ giác AEDB tứ giác nội tiếp nhận I tâm  IE = ID Tứ giác ADFC tứ giác nội tiếp nhận K tâm  KD = KF * Xét tam giác ABC, có: IH; HK đường trung bình tam giác ABC  HI // AC; HK // AB * Mà DE ⊥ AC  DE ⊥ HI Mặt khác: IE = ID (cmt)  IH trung trực DE (1) * Tương tự: HK // AB Mà : DF ⊥ AB  DF ⊥ HK Mặt khác: KD = KF (cmt)  HK đường trung trực DF (2) * Từ (1) (2)  H giao điểm hai đường trung trực cạnh tam giác DEF  H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Mà: H trung điểm BC cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF điểm cố định Câu 82.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa đường trịn ( O; R ) đường kính BC , Điểm A thuộc nửa ( O; R ) kẻ AH ⊥ BC H , HE ⊥ AB E , HF ⊥ AC F Đường thẳng EF cắt ( O; R ) M ; N a) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHF hình chữ nhật tứ giác BEFC nội tiếp b) Chứng minh AE.AB = AF AC AMN cân c) Gọi Q trung điểm HC Chứng minh FE ⊥ FQ LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 205 Hướng dẫn a) EAF = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Tứ giác AEHF có EAF = AEH = AFH = 900 Vậy tứ giác AEHF hình chữ nhật +) Gọi K giao điểm AH EF Suy KA = KH = KE = KF  AKE cân K  A1 = E1 Mà A1 = C1 (cùng phụ với A2 )  C1 = E1  Tứ giác BEFC nội tiếp ( Tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối đỉnh ) b) AHB vng H có HE ⊥ AB  AH = AE AB AHC vng H có HF ⊥ AC  AH = AF AC +) E1 = C1 =  AE AB = AF AC sd AN + sd BM sd AB sd AM + sd BM = mà C1 = E1 2 Nên AM = AN  AM = AN  AMN cân A c) KAF cân K( Vì KA = KF  A2 = F2 Có FQ đường trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông HFB  QF = QC = QH = HC  QFC cân Q  C1 = F1 Lại có A2 = F2 mà A2 + C1 = 900  F1 + F2 = 900  QFE = 90  FE ⊥ FQ Câu 83.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho AMB vng M Hạ MH ⊥ AB , vẽ phía M nửa đường trịn tâm ( I ) đường kính AH cắt MA P , nửa đường tròn tâm ( K ) đường kính BH cắt MB Q a) chứng minh MH = PQ MP.MA = MQ.MB LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 b) Chứng minh tứ giác APQB nội tiếp PQ tiếp tuyến ( K ) Trang 206 c) vẽ ( O ) đường kính AB cắt PQ E D chứng minh MED cân xác định vị trí M để chu vi, diện tích tứ giác IPQK lớn Hướng dẫn a) xét đường tròn tâm ( I ) có : APH = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) xét đường tròn tâm ( K ) có HQB = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) xét tứ giác MPHQ có PMQ = MPH = MQH = 90  tứ giác MPHQ hình chữ nhật  PQ = MH Xét AHM vuông H đường cao PH : AH = MP.MA ( hệ thức lượng ) Xét BHM vuông H đường cao QH : AH = MQ.MB ( hệ thức lượng )  MP.MA = MQ.MB b) Gọi MH  PQ = F   FP = FM = FQ = FH ( tính chất hình chữ nhật )  FMP cân F  FPM = FMP Ta có PMF = MBH ( phụ MAH )  MPQ = MBA  MBA + APQ = 180 Xét tứ giác APQB có : APQ + QBA = 180 Mà APQ , QBA góc vị trí đối  tứ giác APQB nội tiếp Ta có FH = FQ  FHQ cân F  FHQ = FQH (1) Xét HQB vuông Q , K trung điểm HB  KQ = KH = KB LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 207  KHQ cân K  KHQ = KQH (2) Ta có MHQ + KHQ = 90 (3) Từ (1), (2) ,(3)  PQH + KQH = 90  PQ ⊥ QK Xét đường trịn tâm ( K ) có KQ bán kính : PQ ⊥ QK  PQ tiếp tuyến đường tròn ( K ) c) ta có OA = OM  OAM cân O  OAM = OMA ta có OAM + ABM = 90  QPM + AMO = 90  OM ⊥ PQ ta có OE = OD  OED cân O , OM ⊥ PQ  OM trung trực ED  MED cân M  IP ⊥ PQ  IP / / QK  tứ giác IPQK hình thang vng Ta có  QK ⊥ PQ Chu vi IPQK = IP + IK + KQ + PQ = 2( IH + HK ) + PQ = AB + PQ Ta có PQ  IK  PQ   chu vi IPQK  AB  PQ + AB  AB 2 AB Vậy chu vi IPQK lớn = SIPQK = AB M điểm AB 1 ( IP + QK ) PQ = AB.PQ  AB2 Vậy giá trị lớn S IPQK = AB M điểm AB Câu 84.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O; R) đường kính AB Điểm H  OA , kẻ dây CD ⊥ AB H Vẽ ( I ) đường kính AH (K) đường kính BH AC cắt ( I ) E , BC cắt (K) F EF cắt (O ) M N a) Chứng minh:Tứ giác HECF hình chữ nhật CE.CA = CF CB b) Chứng minh:Tứ giác ABFE nội tiếp EF tiếp tuyến ( I ) c) Chứng minh: CMN cân tìm vị trí H để diện tích tứ giác CEHF lớn Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 208 a)Ta có: ACB = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AEH = 90o ; HFB = 90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  CEH = 90o ; HFC = 90o mà ECF = 90o  Tứ giác HECF hình chữ nhật AHC vng H có đường cao HE nên ta có CH = CE.CA BHC vng H có đường cao HF nên ta có CH = CF CB  CE.CA = CF.CB b)Do CE.CA = CF CB  CE CF mà ACB chung  CEF ∽ CBA (g.c.g) = CB CA  CEF = CBA  Tứ giác ABFE nội tiếp ( góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) Gọi P giao điểm HC EF Ta có IEP = IHP ( c.c.c)  IEP = IHP = 90o  IE ⊥ EF Mà E  ( I )  EF tiếp tuyến ( I ) c)Ta có: OCB cân O nên OCB = OBC ; HPF cân P nên PHE = PFH Mà PHE = CBO ( = sđ HF )  HPF = BOC  CPF = HOC Mà HOC + HCO = 90o  CPF + HCO = 90o  CQP = 90o  OC ⊥ MN  C điểm MN  CM = CN  CMN cân C LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 209 Hình chữ nhật CEHF có diện tích lớn CEHF hình vng  HEF vuông cân H  HI = HK  H  O Câu 85.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC vuông A , đường cao AH Đường trịn đường kính AH cắt cạnh AB , AC E , F Đường thẳng qua A vng góc với EF cắt BC I a) Chứng minh: AEHF hình chữ nhật AE AB = AF AC b) Chứng minh: Tứ giác BEFC nội tiếp IB = IC c) Cho ABH = 600 , R = cm, tính Squat HOE diện tích ABC gấp đơi diện tích hình chữ nhật AEHF ABC vng cân Hướng dẫn A F E B H I C a) Xét (O) có AEH = 900 AFH = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) mà EAF = 900  Tứ giác AEHF hình chữ nhật + AEF = AHF (góc nội tiếp chắn cung AF ) + AHF = ACH (cùng phụ AHF )  AEF = ACH  AEF ∽ ACB (g-g)  AE AF  AE AB = AF AC = AC AB b) + Có AEF = BCF  Tứ giác BEFC nội tiếp (dhnb) EAI + AEF = 900  +Có AEF = ACB  ACB + ABC = 90  ABC = BAI  ABI cân I  AI = BI (1) + ICA = IAC (cùng phụ IAB = ABI )  IAC cân  IA = IC (2) Từ (1) (2)  IB = IC LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 210 c) ABC = 60  BAO = 30  EOH = 60 Squat HOE =  R n 360 =  32 60 360 = 3 (cm2) SABC = SAEHF  SABC = SAEF mà AEF ∽ ACB 2 S BC  BC   BC   ACB =  =4 =2    SAEF  EF  EF  EF  mà EF = AH , BC = AI  2.AI AI =2 =  AI = AH AH AH AH  AI  H  I  ABC cân A Câu 86.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O; R ) đường kính AB cố định, CD đường kính di động Gọi d tiếp tuyến ( O; R ) B ; đường thẳng AC; AD cắt d P; Q ; AI trung tuyến APQ a) Chứng minh: ACBD hình chữ nhật tứ giác CPQD nội tiếp b) Chứng minh: AD AQ = AC AP AI ⊥ CD c) Cho AQP = 300 ; R = cm Tính diện tích hình quạt AOD Xác định vị trí CD để diện tích tứ giác CPQD ba lần diện tích tam giác ABC Hướng dẫn A D H O C K d P B I Q a)Ta có + ABC nội tiếp đường trịn đường kính AB nên ABC vuông C suy ACB = 900 + ACD nội tiếp đường trịn đường kính CD nên ACD vuông A suy CAD = 900 + ABD nội tiếp đường trịn đường kính AB nên ABD vuông D suy ADB = 900 Xét tứ giác ABCD có ACB = CAD = ADB = 900  tứ giác ACBD hình chữ nhật Vì tứ giác ABCD hình chữ nhật nên ACO = CAO  ACD = PAB Mà PAB = AQP (cùng phụ với APQ )  ACD = AQP  ACD = DQP  tứ giác CPQD nội tiếp b)Áp dụng hệ thức cạnh đường cao vào: + ABQ vuông B , BD đường cao có: AB = AD AQ LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 211 + ABP vng B , AC đường cao có: AB = AC AP Suy ra: AD AQ = AC AP Xét AIQ cân I nên IAQ = IQA mà theo tính chất góc ngồi tam giác AIB = IAQ + IQA  AIB = 2.IQA Xét AOC cân O nên OAC = OCA mà theo tính chất góc ngồi tam giác AOD = OAC + OCA  AOD = ACO Mà: IQA = ACO nên AIB = AOD Ta lại có: AIB + BAI = 900  AOD + BAI = 900  AOH + OAH = 900  AHO = 900  AI ⊥ OD c)Ta có AOD = AQP = 2.300 = 600 Diện tích hình quạt trịn AOD S =  62.600 3600 = 6 Ta có SCPQD = 3.S ABC  SCPQD = 3.S ACD  SAPQ = 4.SACD Lại có APQ S DC  DC  ADC ( g.g )  ADC =  =  =  SAPQ  PQ  PQ SACD AH CD AH CD AH Mà = =  =  AB = 2.AH  H  O SAPQ AB.PQ AB PQ AB 2 Mặt khác CD ⊥ AH  CD ⊥ AO  CD ⊥ AB Vậy CD ⊥ AB diện tích tứ giác CPQD ba lần diện tích tam giác ABC Câu 87.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC vng A ( AB  AC ) , đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ nửa đường trịn đường kính BH cắt AB E , nửa đường trịn đường kính HC cắt AC F a) Chứng minh : AH = EF tứ giác BEFC nội tiếp b) Chứng minh : AE AB = AF AC EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn c) Vẽ ( K ) đường kính BC ngoại tiếp ABC , EF cắt ( K ) P, Q Chứng minh APQ cân d) Chứng minh ABC thay đổi thỏa mãn tam giác vng BC khơng đổi ABC thỏa mãn điều kiện để S BCEF lớn Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 212 B M P K E 1 H J N I C A F Q a)+) Vì E thuộc nửa đường trịn đường kính BH  BEH = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )  HEA = 90 ( góc kề bù) +) Vì F thuộc nửa đường trịn đường kính HC  CFH = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )  HFA = 90 ( góc kề bù ) Xét tứ giác AEHF có : EAF = HEA = HFA = 90  Tứ giác AEHF hình chữ nhật ( dấu hiệu nhận biết )  AH = EF Gọi I giao điểm AH EF Vì tứ giác AEHF hình chữ nhật nên : IA = IE = IH = IF  IAF tam giác cân I  IAF = IFA Mà IAF + HAB = 90  IFA + HAB = 90 Lại có : HAB + HBA = 90  IFA = HBA Mà IFA + EFC = 180 ( hai góc kề bù)  HBA + EFC = 180 Mà hai góc vị trí đối  tứ giác BEFC nội tiếp b)Xét AEF ACB có : A chung AFE = ABC (cmt)  AEF  ACB (g.g)  AE AF  AE AB = AF AC = AC AB Gọi M , N tâm hai nửa đường trịn đường kính BH nửa đường trịn đường kính HC Do IE = IH (cmt)  IEH cân I  E2 = H ME = MH (= BH )  MEH cân M  E1 = H1 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 213 Mà H1 + H = 90  E1 + E2 = 90  MEI = 90  ME ⊥ EF  EF tiếp tuyến nửa đường trịn tâm M đường kính BH Chứng minh tương tự ta có EF tiếp tuyến nửa đường trịn đường kính HC c)Gọi J giao điểm AK PQ Vì AIF cân ( cmt)  AIF = 180 − 2IFA Do K tâm đường tròn ngoại tiếp ABC nên KA = KB  KAB cân K  AKB = 180 − ABC Mà IFA = ABC (cmt)  AIF = AKB  AIJ = AKH Xét AIJ AKH có : A chung AIJ = AKH  AIJ  AKH (g.g)  AJI = AHK = 90  AK ⊥ PQ Xét KPQ có KP = KQ  KPQ cân K Lại có AK đường cao ( AK ⊥ PQ )  AK đồng thời trung trực PQ  AP = AQ  APQ cân A c)Ta có : S BCEF = S ABC − S AEF = S ABC − AE AH S = S − S ABC ( EAH  ACB ) ABC ABC AC BC x3 AH = R AH − = Rx − ( x = AH  R) R AH 4R 4R2 R  x3 R R  R 3xR Rx R R R 3R = Rx + − + +   Rx + − = +  + =  4R 4  4 4 Smax 3R = Dấu “=” xảy AH = R  H  K  ABC vuông cân A Bài 88 Cho tam giác ABC vng A đường kính BC nội tiếp đường tròn (O ) , d tiếp tuyến (O ) A Các tiếp tuyến (O ) B, C cắt d D, E a) Chứng minh tứ giác AECO nội tiếp BD.EC = R b) Kẻ đường cao AH , gọi AB cắt DO M , AC cắt EO N Cm: AHM = DOB MHN = 90o LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 214 c) Tìm BC tiếp tuyến đường trịn đường kính DE I trung điểm AH , ( AH cắt DC I ) Hướng dẫn F D O' A E I M B N O H C a) Xét tứ giác AECO : EAO = ECO = 90o  EAO + ECO = 180o => tứ giác AECO nội tiếp Dễ dàng chứng minh DOE vuông O , OA ⊥ DE  OA2 = DA.EA Ta có: BD = AD , CE = AE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  BD.CE = DA.EA = AO = R b) Có AB ⊥ DO M  AMO = 90o mà  AHO = 90o  AMHO nội tiếp  MHA = MOA mà MOA = BOD  MHA = BOD * Ta có: AMON hình chữ nhật  MOA = MNA mà MHA = MOA  MHA = MNA  MHNA nội tiếp, mà MAN = 90o  MHN = 180o − 90o = 90o c) Gọi O ' trung điểm DE Ta có DOE vng O Có OO ' đường trung tuyến  O ' O = O ' D = O ' E => OO ' bán kính OO ' đường trung bình hình thang BDEC  OO '/ / BD mà BD ⊥ BC  OO ' ⊥ BC  BC tiếp tuyến đường tròn (O ') * Gọi F giao điểm BD AC Ta có DA = DB  DAB cân D  DAB = DBA DAB + DAF = 90o   Mà   DAF = DFA o DBA + DFA = 90    FAD cân D  DF = DA mà DA = DB  DF = DB Mặt khác, AH  DC = I  ; AH / / BF LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 215  AI CI CI IH mà DF = DB  AI = AH hay I trung điểm AH = ; = DF CD CD DB Bài 89 Cho nửa ( O ) đường kính AB Vẽ tiếp tuyến Ax, By Từ C điểm nửa đường tròn ( O ) vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax, By E , F Gọi M giao điểm OE với AC, N giao điểm OF với BC a) Chứng minh tứ giác AECO nội tiếp tích AE.BF khơng đổi b) Chứng minh AC ⊥ EO tứ giác MCNO hình chữ nhật c) Gọi D giao điểm AF BE Chứng minh CD ⊥ AB C di chuyển ( O ) trung điểm I MN di chuyển đường nào? Hướng dẫn x y E C F M N A O B a) Chứng minh tứ giác AECO nội tiếp tích AE.BF khơng đổi +) Ta có: OAE = 90o ( Ax tiếp tuyến ( O ) ) OCE = 90o ( CE tiếp tuyến ( O ) )  OAE + OCE = 180o mà A C hai đỉnh đối  Tứ giác AECO nội tiếp +) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: Ta có: O1 = O ; O3 = O (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) mà O1 + O + O3 + O = 180o ( ) Xét EOF vng O ( EOF = 90 ) có OC ⊥ EF ( EF tiếp tuyến ( O ) )  2O2 + 2O3 = 180o  O2 + O3 = 180o  EOF = 90o o  CE CF = OC (hệ thức cạnh đường cao mà AE = CE; BF = CF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  AE BF = OC = R (không đổi) b) Chứng minh AC ⊥ EO tứ giác MCNO hình chữ nhật LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 216 +) Ta có: AE = CE (chứng minh trên); OA = OC ( = R )  OE đường trung trực AC  AC ⊥ EO Chứng minh tương tự, BC ⊥ OF +) Xét tứ giác MCNO có: ( MOF = 90o EOF = 90o ) OMC = 90o ( AC ⊥ OE ) ONC = 90o ( BC ⊥ OF )  Tứ giác MCNO hình chữ nhật c) Gọi D giao điểm AF BE Chứng minh CD ⊥ AB C di chuyển ( O ) trung điểm I MN di chuyển đường nào? x y E P C I M A +) Ta có: AE // BF ( Ax // By )  F D N O B AD AE (hệ định lí Ta-lét) = DF BF mà AE = CE; BF = CF (chứng minh trên)  AD CE =  CD // AE (định lí Ta-lét đảo) DF CF mà AE ⊥ AB ( Ax tiếp tuyến ( O ) )  CD ⊥ AB +) Ta có tứ giác MCNO hình chữ nhật (chứng minh câu b) mà I trung điểm MN (gt)  I trung điểm OC (tính chất hai đường chéo hình chữ nhật) 1  OI = OC = R 2  I thuộc nửa đường trịn tâm O bán kính R C di chuyển nửa ( O ) Bài 90 Cho nửa đường tròn ( O ) , đường kính AB Vẽ tiếp tuyến Ax , By Từ C điểm nửa đường tròn ( O ) vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax , By E , F a) Chứng minh tứ giác AECO nội tiếp tích AE  BF = R LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 217 b) Gọi M giao điểm OE với AC , N giao điểm OF với BC , kẻ CH ⊥ AB H Chứng minh AMH cân HM ⊥ HN c) Gọi D giao điểm AF CH Chứng minh ba điểm E , D , B thẳng hàng d) Khi C di chuyển ( O ) trung điểm I MN di chuyển đường nào? Hướng dẫn y F C x E D I M N A H O B a) AE tiếp tuyến ( O ) nên AE ⊥ OA  OAE = 90 EC tiếp tuyến ( O ) nên OCE = 90 Tứ giác OAEC có OAE + OCE = 90 + 90 = 180 suy OAEC tứ giác nội tiếp Chứng minh tương tự ta có OBFC nội tiếp  CFB = AOC (tính chất tứ giác nội tiếp) (1) Lại có EA , EC hai tiếp tuyến cắt E ( O ) ,  OE tia phân giác AOC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  EOA = AOC (2) FC , FB hai tiếp tuyến cắt F ( O ) nên FO tia phân giác CFB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  OFB = CFB (3) Từ (1), (2) (3) suy EOA = OFB Xét OAE FBO có EOA = OFB (chứng minh trên) OAE = FBO = 90  OAE ∽ FBO (g.g) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 218  OA AE (hai cặp cạnh tương ứng)  OA  OB = BF  AE  BF  AE = R = FB BO b) EA , EC hai tiếp tuyến cắt E ( O )  EA = EC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) suy E thuộc trung trực AC Mặt khác OA = OC = R nên O thuộc trung trực AC Mà O khác E nên OE trung trực AC , suy OE qua trung điểm AC OE ⊥ AC  M trung điểm AC AHC vng H có M trung điểm AC , suy HM = HA = HC = AC  MHA cân H Chứng minh tương tự ta có N trung điểm BC NB = NC = NH = BC Xét MCN MHN có MC = MH = AC (chứng minh trên) MN chung NC = NH = BC (chứng minh trên)  MCN = MHN (c.c.c)  MCN = MHN (hai góc tương ứng) Mà C  ( O ) đường kính AB nên ACB = 90 hay MCN = 90  MHN = 90  MH ⊥ HN (điều phải chứng minh) y F C x E D I M N A H O B c) Áp dụng hệ định lý Ta let cho AFB với DH BF ta có AD DH = (4) AF FB Áp dụng hệ định lý Ta let cho FAE với CD EA ta có CD FC EC AD (5) = = EA FE EF AF LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Mà FC = FB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) EA = EC nên Trang 219 CD FB CD EC =  = (6) EC FE FB EF Từ (5) (6) suy CD AD = (7) FB AF Từ (4) (7) suy DH CD  AD  = =   DH = CD FB FB  AF  Suy D trung điểm CH Tương tự gọi D’ giao BE CH ta chứng minh D ' trung điểm CH  D  D ' hay B , E , D thẳng hàng d) M trung điểm AC (chứng minh trên) Mà O trung điểm AB , suy OM đường trung bình ACB  MO CB  OM ⊥ AC  OMC = 90 Tương tự ta có ONC = 90 Xét tứ giác OMCN có OMC = MCN = ONC = 90 suy OMCN hình chữ nhật 1  OC MN cắt I trung điểm đường  OI = OC = R 2   Vậy C di chuyển nửa đường trịn ( O ) I di chuyển nửa đường tròn  O; R    LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Câu 91.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tam giác vuông ABC , vuông A đường kính BC nội tiếp ( O ) , d tiếp tuyến ( O ) A Các tiếp tuyến ( O ) B C cắt d D E , AB cắt DO M , AC cắt EO N a) Chứng minh: Tứ giác ADBO nội tiếp AMO = MOE = 90o b) Kẻ đường cao AH Chứng minh AHN = EOC MHN = 90o c) Chứng minh: BC tiếp tuyến đường tròn đường kính DE I trung điểm AH ( AH cắt DC I ) Hướng dẫn E K A D I N M B H O C a) + Xét ( O ) có: AD , BD tiếp tuyến  AD = BD , OD tia phân giác AOB , DA ⊥ AO , BD ⊥ OB + Xét ( O ) có: AE , CE tiếp tuyến  AE = EC , OE tia phân giác AOC , AE ⊥ AO; OC ⊥ CE + Xét tứ giác ADBO có: OAD + OBD = 180  Tứ giác ADBO nội tiếp + Có: AD = BD; OA = OB nên AB trung trực OD  AMO = 900 + Có: OD tia phân giác AOB , OE tia phân giác AOC , mà AOB AOC góc kề bù  DOE = 90 hay MOE = 90o  AMO = MOE = 90o b) + Có: AE = EC; OA = OC nên AC trung trực OE  AN = NC; ONC = 900 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 + Xét AHC vng H có HN đường trung tuyến nên AN = NC = HN  NHC cân N  NHC = NCH Mà AHN + NHC = 900 NCH + EOC = 900  AHN = EOC + Xét AHB vng H có HM đường trung tuyến nên AM = MH = BM + Xét AMN HMN , có: AM = HM AN = HN MN chung Nên AMN = HMN ( c.c.c )  MAN = MHN mà MAN = 900 ( gt )  MHN = 90o c) Gọi K trung điểm DE nên K tâm đường trịn đường kính DE + Xét DOE có DOE = 900 , OK đường trung tuyến nên OK = DK = EK  O thuộc đường tròn đường kính DE (1) + Ta có BD / /CE (do BD ⊥ BC; CE ⊥ BC )  DBCE hình thang Mà O; K trung điểm BC; DE  OK ⊥ BC O (2) Từ (1) (2)  BC tiếp tuyến đường trịn đường kính DE Giả sử BE cắt DC I ' Vì BD / /CE  BD DI ' = ( 3) CE CI ' Vì AI / / EC (do AH / / EC )  AD DI = ( 4) AE CI Mà BD = AD; AE = EC ( 5) Từ (3); (4); (5)  DI ' DI = I ' C CI Mà I ; I ' thuộc BC nên I trùng với I ' Do B; I ; E thẳng hàng Ta có: IH / / EC  IA / / EC  IH BI = EC BE IA DI = EC DC Mà IE IC IE IC EB DC BI DI =  +1 = +1 =  = BI ID BI ID BI ID BE DC Vậy IH IA =  IH = IA  I trung điểm AH EC EC LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Câu 92.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa đường trịn ( O ) đường kính AB Vẽ tiếp tuyến Ax , By Từ M điểm nửa đường tròn ( O ) vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax , By Tại C , D cắt N a) Chứng minh: Tứ giác ACMO nội tiếp AC.BD = R b) Gọi E giao điểm OC với AM , F giao điểm OD với BM Chứng minh: OE.OC = OF OD tứ giác CDFE nội tiếp c) Chứng minh: MN / / AC cho OFE = 60 , R = 6cm , tính SquatAOM ? d) Điểm M nằm vị trí nửa đường trịn ( O ) AC + BD nhỏ Hướng dẫn y a) + Xét ( O ) có: CA , CM tiếp tuyến x D  CA = CM , OC tia phân giác AOM , CA ⊥ AO , CM ⊥ MO + Xét ( O ) có: DB , DM tiếp tuyến  DM = DB , OD tia phân giác BOM , M C DB ⊥ BO E N F + Xét tứ giác ACMO có: OAC + OMC = 180 A O  Tứ giác ACMO nội tiếp + Có: OC tia phân giác AOM , OD tia phân giác BOM , AOM BOM góc kề bù  COD = 90  AOC + BOD = 90 Mà BDO + BOD = 90  AOC = BDO + Chứng minh CAO# OBD ( g.g )  CA AO =  AC.BD = AO.BO = R2 OB BD b) + Có OA = OM , CA = CM  OC đường trung trực AM  OC ⊥ AM + Chứng minh tương tự có OD ⊥ BM + Xét OMC vng M có ME ⊥ OC  OM = OC.OE LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 B + Xét OMD vng M có MF ⊥ OD  OM = OF OD  OE.OC = OF.OD  OE OF = OD OC + Chứng minh OEF # ODC ( c.g.c )  OEF = ODC + Xét tứ giác CDFE có: OEF = ODC  Tứ giác CDFE nội tiếp c) + Xét NCA có AC / / BD (cùng ⊥ AB )  AC AN = BD DN Mà CA = CM , DB = DM  CM AN = DM DN + Xét DCA có CM AN  MN / / AC = DM DN + Xét tứ giác FMEO có MEO + MFO = 180  tứ giác FMEO nội tiếp  OFE = OME  OME = 60 Mà OAM cân O  OAM  MOA = 60 SquatAOM =  62 60  18,84 ( cm2 ) 360 d) + Có AC + BD = CM + MD = CD + Có AC / / BD Mà AB ⊥ AC , AB ⊥ BD  CD  AB  AC + BD  AB không đổi Dấu “=” xảy  CD ⊥ AC mà CD ⊥ OM  OM ⊥ AC mà AC ⊥ AB  OM ⊥ AB  M điểm AB Câu 93.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho 1/ ( O; R ) , đường kính AB điểm M 1/ ( O; R ) ( M khác A B ) Kẻ hai tiếp tuyến Ax By với 1/ ( O; R ) Qua M kẻ tiếp tuyến thứ ba với 1/ ( O; R ) cắt Ax By C D , OC cắt AM E , OD cắt BM F , AC = 4cm; BD = 9cm a) Chứng minh: tứ giác ACMO nội tiếp AC.BD = R LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 b) Tính EF;sinMBA c) Kẻ MH ⊥ AB H chứng minh EHA cân EHF = 90 d) Tìm vị trí M để diện tích tứ giác ACDB nhỏ Hướng dẫn y x D M C F E A H O B a) Chứng minh: tứ giác ACMO nội tiếp AC.BD = R +) Có Ax CD tiếp tuyến 1/ ( O; R ) A M (GT) CAO = 90   Ax ⊥ AB =  A     CAO + CMO = 180  tứ giác ACMO nội tiếp CD ⊥ OM = M   CMO = 90      +) Có By;CD tiếp tuyến 1/ ( O; R ) B M mà By cắt CD D  DB = DM  OBM = MBD Có Ax;CD tiếp tuyến 1/ ( O; R ) A M mà Ax cắt CD C CA = CM   AOC = COM  AC.BD = CM DM   180 COM + MOB = AOC + OBM = = 90 Xét COD vuông O , OM đường cao  CM DM = OM  AC.BD = R b) Tính EF;sinMBA Có AC = 4cm; BD = 9cm  R = 6cm CA = CM  CO đường trung trực AM Có  OA = OM LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Mà AM  CO = E  E trung điểm AM  DB = DM  DO đường trung trực BM Có  OB = OM Mà BM  DO = F   F trung điểm BM AMB có E; F trung điểm AM ; BM  EF đường trung bình ABM  EF= AB  EF=R=6cm Có ACO vng A  CO = AC + AO = 16 + 36 = 52  CO = 13 Có sin MBA = sin AOC = AC 13 = = AO 13 13 c) Kẻ MH ⊥ AB H chứng minh EHA cân EHF = 90 Có AHM vuông H HE đường trung tuyến ( E trung điểm AM )  HE = AE = EM = AM  AHE cân E Có HE = EM  HEM cân E  EHM = EMH Có BHM vng H HF đường trung tuyến ( F trung điểm BM )  HF = MF = FB = BM  BHF cân F  FHM = FMH  EHM + FHM = EMH + FMH  EHF = EMF = 90 d) Tìm vị trí M để diện tích tứ giác ACDB nhỏ Có Ax; By tiếp tuyến 1/ ( O; R ) A; B C  Ax; D  By  CA ⊥ AB; DB ⊥ AB  CA  S ACDB = DB  tứ giác ACDB hình thang vng ( AC + BD ) AB Có AC + BD  AC.BD  ( AC + BD )  AC.BD  R  AC + BD  R S ACDB  2R.2 R = 2R2 Dấu xảy AC = BD Vậy diện tích tứ giác ACDB nhỏ 2R M điểm 1/ ( O; R ) Câu 94.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đoạn thẳng AB điểm C thuộc đoạn thẳng ( C khác A, B ) Trên nửa mặt phẳng bờ AB kẻ hai tia Ax , By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm M cố định Kẻ tia Cz ⊥ CM  C , tia Cz cắt By K Vẽ đường trịn ( O; R ) đường kính MC cắt MK E a) Chứng minh tứ giác CEKB nội tiếp AM BK = AC.BC LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 b) Chứng minh AEB vuông AE cắt MC I BE cắt CK S Chứng minh IS / / AB c) Cho A, B, M cố định, tìm vị trí C để diện tích tứ giác ABKM lớn Hướng dẫn y x K E M I S O A B C a)+ Ta có E  (O ) , đường kính MC nên MEC = 900  CEK = 900 (1) Lại có By ⊥ AB nên CBK = 900 (2) Từ (1) (2) suy CEB + CBK = 900 + 900 = 1800 Tứ giác ECBK có hai góc đối diện bù nên tứ giác nội tiếp + Ta có ACM = 1800 − 900 − KCB = 900 − KCB ; CKB = 900 − KCB nên MCA = CKB Xét AMC BCK có: A = B = 900    AMC ∽ BCK (g-g) MCA = CKB  suy AM AC  AM BK = AC.BC = BC BK b)+ Ta có MEC = 900 (cmt) , lại có MAC = 90O ( Do Ax ⊥ AB ) nên tứ giác AMEC tứ giác nội tiếp ( hai góc đối bù nhau) Xét đường tròn ( AMEC ) : MEA = MCA (cùng chắn cung AM ) (3) Xét đường tròn ( ECKB ) : BEK = BCK ( chắn cung BK ) (4) Có MCA + BCK = 1800 − MCK = 1800 − 900 = 900 (5) ( ) Từ (3)(4)(5) suy MEA + BEK = 900  AEB = 1800 − MEA + BEK == 1800 − 900 = 900 Vậy AEB vuông + Xét tứ giác IESC : IES + ICS = AEB + MCK = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác nội tiếp Xét đường tròn ( IESC ) : EIS = ECS (cùng chắn cung ES ) (6) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Có ECS = EMC (cùng phụ CKE ) (7) Xét đường tròn ( AMEC ) : EMC = EAC (cùng chắn cung EC ) (8) Từ (6)(7)(8) suy EIS = EAC mà hai góc vị trí đồng vị nên IS / / AB c) Ta có AMC ∽ BCK (g-g) suy AM AC = BC BK ( AC + BC )  AM BK = AC.BC  AB 4  BK  = AB AM  BK max = AB2 AC = CB  C trung điểm AB AM Ax ⊥ AB, By ⊥ AB  Ax / / By  AM / / BK  Tứ giác ABKM hình thang với hai đáy AM , BK , đường cao AB  S ABKM = ( AM + BK ) AB A, B, M cố định nên AM , AB không đổi S ABKM max  BK max  C trung điểm AB Câu 95.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O; R ) hai đường kính AB , CD vng góc với nhau, M điểm BC Trên tia MA lấy điểm E cho ME = MB , MA cắt OC H a) Cm: tứ giác OHMB nội tiếp, MDE = MDB b) Cm: D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB Gọi đường tròn ( D; DA ) cắt đoạn thẳng MD I Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp MAB Khi AM qua trung điểm BC Tính tỉ số MA: MB Suy số đo MAB c) Tính theo R chu vi diện tích phần chung hai hình trịn ( O; R ) ( D; DA ) Hướng dẫn C A E M H I O B D LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 a)Cm: tứ giác OHMB nội tiếp, MDE = MDB Chứng minh : HOB + HMB = 900 + 900 = 1800 Suy OHMB nội tiếp Vì hai đường kính AB , CD vng góc với (gt) Suy ra: AD = BD = AC = BC Suy ra: AMD = BMD ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Chứng minh MDE = MDB ( c.g.c) b) Cm: D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp MAB Khi AM qua trung điểm BC Tính tỉ số MA: MB Suy số đo MAB MDE = MDB (cmt) Suy ra: DE = DB ( hai cạnh tương ứng) Vì Mà DA = DB (mt) Suy DA = DB → AD = DB = DE Suy D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB *)Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp MAB Vì AMD = BMD suy ra: MD tia phân giác cuả AMB Mà đường tròn ( D; DA ) cắt đoạn thẳng MD I Hay MI tia phân giác AMB (*) Nên chứng minh MEI = MBI (c.g.c) Suy ra: MEI = MBI (1) Xét tam giác AEB có: MEI = EAI + EIA ( tính chất góc ngồi tam giác) Mà: EAI = 1 sđ EI ( Tính chất góc nơi tiếp) EIA= sđ EA ( Tính chất góc nơi tiếp) 2 1 Suy ra: MEI = sđ AI Mà ABI = sđ AI suy ra: MEI = ABI (2) 2 Từ (1) (2) suy ra: ABI = MBI Suy ra: BI tia phân giác ABM (**) Từ (*) (**) suy I tâm đường tròn nội tiếp MAB Vì AM đường trung tuyến ABC (gt) CO đường trung tuyến ABC Mà AM CO cắt H Suy H trọng tâm → ABC HO HO = → = Vì OA = OC = R OC OA Xét AOH vuông O AMB vng M Ta có: tan HAO = MA OH MB = tan MAB = = Tính MAB = 180 26 ' = Suy ra: MB OA MA c) Tính DA = R → DA = R bán kính ( D; DA ) Chu vi phần hình trịn tạo hai hình trịn ( O; R ) ( D; DA ) là: R.180 R 2.90 3R + = 180 180 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 ( )  R 90 Diện tích hình quạt trịn tạo bán kính DA, DB là: Diện tích ADB là: 360 = R 2 DO AB = R.2R = 2R 2 (  − 2) R R Diện tích hình viên phân tạo bán kính DA, DB là: − R2 = 2s Diện tích phần chung hai hình trịn ( O; R ) ( D; DA ) : R 180 (  − ) R + = (  − 1) R 360 2 Câu 96.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O; R ) có hai đường kính AB CD vng góc với Gọi I trung điểm OB , nối CI cắt đường tròn ( O ) E , nối AE cắt CD H , BD cắt AE K a) Chứng minh tứ giác BOHE nội tiếp AH AE = R b) Tính tan BAE chứng minh OK ⊥ BD c) Chứng minh tứ giác OKEC nội tiếp tinh Squat DOE Hướng dẫn C A O B I H K E D a) Chứng minh tứ giác BOHE nội tiếp AH AE = R Ta có AEB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay HEB = 90 HOB = 90 (vì AB ⊥ CD ) Do HEB + HOB = 180  tứ giác BOHE nội tiếp Xét AOH AEB có A chung; AOH = AEB = 90  AOH ∽AEB (g - g)  AO AH  AE AH = AO AB = 2R = AE AB LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 b) Tính tan BAE chứng minh OK ⊥ BD Ta có AEC = AOC (góc nội tiếp góc tâm chắn cung AC )  AEC = 90 = 45 1 BEC = BOC = 90 (góc nội tiếp góc tâm chắn cung CB ) 2 Vậy AEC = BEC  EC đường phân giác góc AEB R EB IB  = = = (tính chất đường phân giác) EA IA 3R Xét EAB vng E ta có tan BAE = Xét AOH vng O có tan OAH = EB = EA OH 1 OH  =  OH = R R OA R OH = =  H trọng tâm ADB , mà Xét ADB có DO đường trung tuyến OD R AH  BD = K  K trung điểm BD  OK ⊥ BD (tính chất đường kính dây cung) c) Chứng minh tứ giác OKEC nội tiếp tinh Squat DOE Ta có OBD vng cân O có K trung điểm BD  OK phân giác BOD 1  DOK = DOB = 90 = 45 2 Mà KEC = 45 (Chứng minh trên) Do KEC = DOK = 45  tứ giác OKEC nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) Ta có tan BAE =  BAE  18, 43 ( ) Ta có DOE = 2.DAE = 45 − BAE  ( 45 − 18, 43 ) = 53,14 Squat DOE  53,14 3  R2  R 360 20 Câu 97.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O; R ) có hai đường kính AB ⊥ CD Trên đoạn AB lấy điểm M khác O Đường thẳng CM cắt ( O ) điểm thứ hai N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N ( O ) P a) CMR: Tứ giác OMNP nội tiếp CM CN = R LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 b) CMR: Tứ giác CMPO hình bình hành PD tiếp tuyến ( O ) c) CMR: Khi M di chuyển AB P chạy đường thẳng cố định Hướng dẫn C A O M B N G D P H a) CMR: Tứ giác OMNP nội tiếp CM CN = R Ta có: NP tiếp tuyến đường tròn ( O ) nên ONP = 90 MP ⊥ AB M nên OMP = 90 Xét tứ giác OMNP có ONP = OMP ( = 90 ) mà đỉnh liên tiếp Nên tứ giác OMNP nội tiếp * Chứng minh: CM CN = R Xét ( O ) có OND = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Xét COM CND có C chung; COM = CND = 90 Nên COM ∽ CND ( g.g ) Ta có: CO CM =  CN CM = CO.CD Mà CN = R; CD = 2R CN CD Do đó: CM CN = R (đpcm) b) CMR: Tứ giác CMPO hình bình hành PD tiếp tuyến ( O ) Do tứ giác OMNP nội tiếp nên ONM = OPM (góc nội tiếp chắn cung OM ) Mặt khác có: OCN cân O nên OCN = ONC (tính chất) Nên OPM = OCN mà OPM + MOP = 90 ; OCN + OMC = 90 Do đó: MOP = OMC mà góc vị trí so le nên OP / /CM Xét tứ giác CMPO có: OP / /CM (cmt); OC / / PM ( ⊥ AB ) Nên tứ giác CMPO hình bình hành Ta có: OP / /CN nên PON = ONC (so le trong) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Có POD = OCN (đồng vị) Mà ONC = OCN (cmt) Nên PON = POD Dễ dàng chứng minh DOP = NOP ( c.g.c ) Do đó: ODP = ONP mà ONP = 90 Nên ODP = 90 Vậy PD tiếp tuyến ( O ) c) CMR: Khi M di chuyển AB P chạy đường thẳng cố định Xét tứ giác ODPM ta có: DOM = ODP = OMP = 90 Nên tứ giác ODPM hình chữ nhật Gọi d đường thẳng qua D vng góc với OD nên d cố định P  d Khi M  A P  G với G hình chiếu A d Khi M  B P  H với H hình chiếu B d Vậy M di chuyển AB P chạy đoạn GH cố định Câu 98.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O; R ) có hai đường kính AB ⊥ CD Gọi I trung điểm OB , CI cắt ( O ) E , AE cắt CD H , BD cắt AE K a) Chứng minh tứ giác DOIE nội tiếp CI CE = 2R b) Tính tỉ số EB chứng minh KD = KB EA c) Chứng minh OKH = DCE tính Squat DOE Hướng dẫn a) Vì CD đường kính ( O )  CED = 900 Xét tứ giác DOIE có: LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 IED + IOD = 900 + 900 = 1800  Tứ giác DOIE nội tiếp đường tròn Xét CED COI có DCE chung CED = COI ( = 900 )  CED = COI (g.g)  CI CO  CI CE = CO.CD = R.2R = 2R (đpcm) = CD CE b) Vì AB ⊥ CD  sđ AC = sđ AD  AEC = ABD  KEI = IBK Xét tứ giác EBIK có KEI = IBK (cmt)  Tứ giác EBIK nội tiếp đường tròn (dấu hiệu nhận biết)  KIB + KEB = 1800 (tổng hai góc đối tứ giác nội tiếp) Vì AB đường kính ( O )  AEB = 900  KIB = 900  KI ⊥ OB Mà OD ⊥ OB  KI //OD Mà I trung điểm OB (giả thiết)  IK đường trung bình BOD 1  IK = OD = R 2 Có AI = AO + OI = R + R = R 2 Xét AIK AEB có: BAE chung AIK = AEB ( = 900 )  AIK = AEB (g.g) R EB EA EB IK  =  = = = IK IA EA IA R Vì IK đường trung bình BOD (cmt)  K trung điểm BD  KD = KB c) Xét OBD cân O có K trung điểm BD  OK ⊥ BD  OKB = 900 Có AKO + OKB + BKE = AKE LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122  AKO + 900 + BKE = 1800  AKO + BKE = 900 Xét KEB vng E có KBE + BKE = 900 ( tổng hai góc nhọn tam giác vuông) Mà AKO + BKE = 900  AKO = KBE (cùng phụ với BKE ) Xét ( O ) có DCE = DBE ( góc nội tiếp chắn DE )  AKO = DCE (đpcm) Xét AEB vng E có tan ABE = EA =  ABE  710565' EB Xét OEB cân O  OBE = OEB Có BOE + OBE + OEB = 1800  BOE + 2OBE = 1800  BOE = 1800 − 2OBE  BOE  36087 ' Có BOE + DOE = DOB  DOE = DOB − BOE  900 − 36087 '  53013'  Squat DOE   R 53,13 360  0,15 R Câu 99.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O), hai đường kính AB, CD vng góc với M điểm cung nhỏ AC Tiếp tuyến (O ) M cắt tia DC S Gọi I giao điểm CD BM a) Chứng minh tứ giác AMIO nội tiếp; MSD = 2MBA b) Chứng minh SM = SC.SD Tia phân giác COM cắt BM N chứng minh NI = tan MBO NM c) Gọi K trung điểm MB Khi M di chuyển cung nhỏ AC K di chuyển đường nào? Hướng dẫn A M N I S C D O K B a) Vì AB ⊥ CD ( gt )  AOI = 900 Ta có: AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Hay AMI = 900 Xét tứ giác AMIO có: AOI + AMI = 900 + 900 = 1800  Tứ giác AMIO nội tiếp (tổng góc đối diện 1800 ) - Vì MSD góc có đỉnh bên ngồi đường trịn ( O )  MSD = sđ MD − sđ MC sđ AD + sđ MA − sđ MC = 2 (1) Vì hai đường kính AB, CD vng góc với  AC = AD (2) Từ (1) (2)  MSD = sđ AC + sđ MA − sđ MC sđ MC + sđ MA + sđ MA − sđ MC 2sđ MA = = = sđ MA 2 Mà MBA = sđ MA (góc nội tiếp chắn MA )  MSD = 2MBA b) Xét SMC SDM có: MSD chung   SMC = SDM  = sđ MC     SMC SDM ( g.g )  SM SC =  SM = SC.SD SD SM Vì ON tia phân giác IOM  NI NI OI OI mà OM = OB = R  = = NM OM NM OB Xét IOB vuông O , ta có: tan IBO = Từ (3) (4)  (3) OI OI hay tan MBO = OB OB (4) NI = tan MBO NM c) Ta có: OK ⊥ MB ( gt )  OKB = 900  K thuộc đường trịn đường kính OB Ta thấy M trùng A K trùng O, M trùng C K trung điểm BC Gọi J trung điểm BC Khi đó, M chuyển động cung nhỏ AC đường trịn (O ) K chuyển động cung nhỏ OJ đường tròn đường kính OB LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Cho ( O; R ) có hai đường kính AB; CD vng góc với Câu 100.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Trên đoạn AB lấy điểm M (khác O ) Đường thẳng CM cắt ( O ) điểm thứ hai N Đường thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N ( O ) P a) Tứ giác OMND nội tiếp tích CM CN = CD b) OP / / MN PD tiếp tuyến ( O ) c) Khi M di chuyển AB P chạy đoạn thẳng cố định Hướng dẫn A N M C A P O N M E P D C O D B B F a) N thuộc đường trịn đường kính CD ⇒ MND = 900 AB ⊥ CD ⇒ MOD = 900 ⇒ MND + MOD = 1800 ⇒ tứ giác MNDO nội tiếp ΔCMO đồng dạng ΔCDN (g.g) ⇒ CM CO CD ⇒ CM CN = = CD CN b) NP tiếp tuyến ( O ) ⇒ PNO = PMO = 900 ⇒ tứ giác MNPO nội tiếp ⇒ Cˆ = MNO = MPO = POD ⇒ OP / / MN ⇒ NOP = MNO = MPO = POD ⇒ ΔNPO = ΔDPO (cgc) ⇒ PDO = PNO = 900 ⇒ PD ⊥ OD ⇒ PD tiếp tuyến ( O ) c) OMP = MOD = PDO = 900 ⇒ tứ giác MPDO hifh chữ nhật ⇒ Khi M di chuyển AB P chạy đoạn thẳng EF qua D vng góc với CD với tứ giác AEFB hình chữ nhật LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 233 Cho ( O ) , hai đường kính AB CD vng góc với Câu 101.(Thầy Nguyễn Chí Thành) M điểm cung nhỏ AC Tiếp tuyến ( O ) M cắt tia DC S Gọi I giao điểm CD BM a) Chứng minh tứ giác AMIO nội tiếp MIC = MDB b) Chứng minh MSD = 2MBA MD phân giác AMB c) Chứng minh IM IB = IC.ID ; SM = SC.SD NI d) Tia phân giác COM cắt BM N Chứng minh = tan MBO CN ⊥ BM NM e) Gọi K trung điểm MB Khi M di chuyển cung nhỏ AC K di chuyển đường nào? Và xác định vị trí M cung nhỏ AC cho AM = MB Hướng dẫn S S M M A C A S M A C N I N I I O O O B D K D B D C B a)+) Ta có: AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) AB → AMI + AOI = 900 + 900 = 1800  Tứ giác AMIO nội tiếp (tứ giác có tổng góc 180 ) ( ) sđ MC + sđ BD (góc có đỉnh bên đường trịn) +) MIC = MDB = MDC + CDB = ( sđ MC + sđ BC ) Mà BD = BC ( AB ⊥ CD )  MCI = MDB b)+) MSD = MBA = ( ) sđ MD − sđ MC ( góc có đỉnh bên ngồi đường trịn); sđ MA Lại có MD = MA + AD Mà AD = AC (vì AB ⊥ CD ) → MD = MA + AC  MSD = ( ) ( ) 1 sđ MA + sđ AC − sđ MC = sđ MA + sđ MA = sđ MA  MSD = 2MBA 2 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 234 +) Ta có: AMD = 1 Sđ AD ; BMD = Sđ DB mà AD = DB 2  AMD = BMD hay MD phân giác AMB c) Ta có MCD = MBD = sđ MD (góc nội tiếp chắn MD ) Xét MIC BID có MIC = BID ( đối đỉnh ) MCI = IBD (cmt)  MIC  DIB( g.g )  +) SMC = MDC = MI IC =  MI IB = ID.IC DI IB sđ MC (góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn MC ) Xét SMC SMD có: S chung SMC = MDC (cmt )  SMC ∽ SDM ( g.g )  d) +) SM SC =  SM = SC.SD SD SM NI OI ( tính chất phân giác) = NM OM tan MBA = OI OI NI = = OB OM NM +) OCN = OMN (c.g.c)  OCN = OMN = NBO OCN = NBO  Tứ giác OBCN nội tiếp  CNB = COB = 900 hay CN ⊥ BM e) OK đường trung bình AMB  OK / / AM  OKB = 900 K di chuyển đường trịn đường kính OB Giới hạn: Vì ABM  450  K nằm cung trịn hình +) Ta có: MA = MB ABM IBO( g − g )  AM OI 3 = =  OI = OB = R BM OB 5 Trong đoạn OC lấy OI = R Kẻ tia BI cắt cung AC M Câu 102.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O; R) có đường kính BC, A điểm cung BC , gọi M trung điểm LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 BO , kẻ ME ⊥ AB E, kẻ MF ⊥ AC F Kẻ tiếp tuyến (O ) A cắt MF K Trang 235 a)Chứng minh năm điểm A, E, M , O, F thuộc đường tròn BE.BA = BO.BM b)Chứng minh ME = KF gọi đường thẳng d tiếp tuyến C (O) AK cắt d S , từ K kẻ tiếp tuyến với (O ) Q cắt d P Tính chu vi SKP theo R c) +Tính diện tích giới hạn (O ) SA, SC biết R = 6cm +Chứng minh M di chuyển BC MN ln qua điểm cố định với MN ⊥ EF N Hướng dẫn a) +)Ta có BAC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  tứ giác AEMF hình chữ nhật, nên điểm A, E, M , F nằm đường trịn đường kính EF → AF = EM +)A điểm BC → AO ⊥ BC → AOB, AOC vuôngcântạiO → ABO = OAC = ACO = 450  Các tam giác BEM , ABO, AKF vuông cân Nên : OFA = OEB(c.g.c)  BOE = FOA  FOE = FOA + EOA = EOA + BOE = AOB = 90  (O) thuộc đường trịn đường kính EF Vậy điểm A, E, M , O, F thuộc đường trịn đường kính EF +) BEM ∽ BOA  BE BM =  BE.BA = BO.BM BO BA b) ME = AF , AF = FK  ME = KF Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt  KQ = AK , QP = PC Ta có: Tứ giác ASCO hình vng  SA = SC = AO = OC = R Chu vi tam giác LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 SKP = KS + SP + KP = KS + SP + KQ + QP = KS + AK + SP + PC = AS + SC = 2R Trang 236 c)+) Gọi diện tích giới hạn đường trịn (O) SA, SC S 1 S = S AOCS − ScungAOC = S AOCS − S(O) = R −  R = 36 − 9 4 +) Gọi giao điểm AO với EF I, giao AO với đường tròn (O) D → D cố định Giả sử DM cắt EF N’ Ta có: T.giác AEMF nội tiếp → AEI = MAE (góc nội tiếp chắn cung nhau), EAI = ABM ( ABO cân O) → AIE ∽ BMA( g.g )  AMB = AIE  AMO = OIE  OMD = OIE  OMD = DIN '  DIN ' + IDN ' = OMD + ODM = 90  DN ' ⊥ EF hay MN' ⊥ EF Mà MN ⊥ EF Nên N  N’  N,M,D thẳng hẳng, hay MN qua điểm cố định D Câu 103.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC nội tiếp ( O ) Gọi BM , CN đường cao ABC H Kẻ đường kính AE , gọi I trung điểm BC , G giao điểm AI OH a) Chứng minh tứ giác BCMN nội tiếp tứ giác BHCE hình bình hành b) Chứng minh AO ⊥ MN G trọng tâm ABC c) Gọi BM ; CN cắt ( O ) P ; Q Chứng minh PQ / / MN tìm vị trí A để diện tích tam giác AMH lớn Hướng dẫn a) Chứng minh tứ giác BCMN nội tiếp Ta có: BNC = BMC = 900 ( BM , CN đường cao)  Tứ giác BCMN nội tiếp đường trịn đường kính BC (dhnb) +)Chứng minh tứ giác BHCE hình bình hành Ta có: BE ⊥ AB ( AE đường kính) NC ⊥ AB ( NC đường cao) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 237  BE //NC (t/c từ vng góc đến song song) hay BE //CH (1) Chứng minh tương tự CE //BM hay CE //BH (2) Từ (1) (2) suy tứ giác BHCE hình bình hành (dhnb) b) Chứng minh MN ⊥ AO Gọi K giao điểm MN AE + Ta có: EBC = EAC (góc nội tiếp chắn CE ) mà EBC = NCB (sole trong)  EAC = NCB + Ta có: AMN = NBC (t/c góc ngồi tứ giác nội tiếp)  AMN + EAC = NBC + NCB = 900 ( NBC vuông N )  AMK + KAM = 900  AKM = 900  MN ⊥ AE hay MN ⊥ AO (đpcm) +)Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC Xét hình bình hành BHCE có I trung điểm BC (gt)  I trung điểm HE (t/c đường chéo hbh) mà O trung điểm AE ( AE đường kính ( O )  OI đường TB AHE → AH = 2OI OH  AI = G → G trọng tâm AHE  AG = , mà G thuộc trung tuyến AI tam giác ABC (gt) AI  G trọng tâm tam giác ABC (tính chất ba đường trung tuyến tam giác) c) Chứng minh PQ / / MN + Xét đường tròn tâm O : PQC = PBC (góc nội tiếp chắn PC ) + Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BNMC : PBC = MNC (góc nội tiếp chắn MC )  PQC = MNC mà chúng vị trí sole  PQ / / MN (dhnb) + Tìm vị trí A để diện tích tam giác AMH lớn + Kẻ đường cao ME tam giác AMH Ta có: S AMH = AH ME mà AH = 2OI (cmt) Vì I trung điểm BC (gt ) nên OI ⊥ BC cố định (t/c đường kính dây cung) Do OI khơng đổi  AH khơng đổi  Diện tích tam giác AMH lớn đường cao ME lớn + Gọi J trung điểm AH Vì tam giác vng MAH vng H : MJ = AH khơng đổi LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Trang 238 mà ME  MJ  ME lớn MJ khơng đổi E  J Khi tam giác MAH vuông cân M  HAM = 450 mà AH ⊥ BC ( H trực tâm ABC )  ACB = 450 Vậy S AMH lớn  ACB = 450 Câu 104.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O ) Kẻ đường cao AD đường kính AK Hạ BE CF vng góc với AK a) Chứng minh ABDE nội tiếp DF / / BK b) Chứng minh OCA = BAD AB = AE AK c) Tính Squat OKC biết ABC = 600 R = 4cm chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF cô định BC cố định , A chuyển động ( O ) thỏa mãn tam giác ABC nhọn Hướng dẫn a) Chứng minh ABDE nội tiếp DF / / BK Ta có AD đường cao ADB = 900 BE ⊥ AK nên AEB = 900 mà E D hai đỉnh kề nhìn cạnh AB góc vng  ABDE nội tiếp Cmtt ta có  ADFC nội tiếp  CAK = CDF CAK = CBK ( ABKC nội tiếp )  CDF = CBK mà góc vị trí đồng vị => DF / / BK b) Chứng minh OCA = BAD AB = AE AK Xét tam giác ABK có AK đường kính => tam giác ABK vng B ta có OCA = OAC ( tam giác OAC cân O) mà CAK = OAC = CBK ( ABKC nội tiếp ) ta lại có ABD + CBK = 900 ( tam giác ABK vuông B ) ABD + BAD = 900 ( tam giác ABD vuông D )  CBK = BAD  OCA = BAD LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Trang 239 Xét ABK vng B có BE ⊥ AK  AB = AE AK ( hệ thức đường cao cạnh tam giác vng) c) Tính Squat OKC biết ABC = 600 R = 4cm chứng minh tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF định BC cố định , A chuyển động ( O ) thỏa mãn tam giác ABC nhọn Ta có ABC = 600  KBC = 300  KAC = 300  KOC = 600 ( quan hệ góc nội tiếp góc tâm )  Squat OKC = 42. 600 8 = (dvdt) 3600 Gọi M ; N ; P trung điểm BC; AC; AB => MN / / AB mà AB ⊥ BK => MN ⊥ BK Mà BK / / DF  MN ⊥ DF (1) Xét ΔADC vuông D có N trung điểm  DN = Xét ΔAFC vng F có N trung điểm  FN = AC AC  DN = FN (2) từ (1) (2)  MN đường trung trực DF  MD = MF (3) Cmtt ta có MP đường trung trực DE  MD = ME (4) Từ (3) (4) ta có M tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF mà M TĐ BC BC cố định  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF cô định BC cố định , A chuyển động ( O ) thỏa mãn tam giác ABC nhọn Câu 105.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn ( O; R ) Các đường cao BE,CF cắt H, cắt đường tròn ( O; R ) M N a Chứng minh AE.AC=AF.AB b Chứng minh MN song song với EF c Chứng minh MH AOH = COH OH ⊥ AC Xét tứ giác OHCI có: OHC = OIC = 90 (cmt) => O, H , C , I nằm đường trịn đường kính OC (đpcm) c) Chứng minh AN BM = AB LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Xét OAN OCN có: ON chung AON = CON (cmt) OA = OC (= R)  OAN = OCN (c-g-c)  AN = NC (2 cạnh tương ứng) Ta có AON = CON (cmt) COM = BOM (cmt) Mà AON + CON + COM + BOM = 180 (gt)  CON + COM = 90  NOM = 90 Xét NOM vng O có đường cao OC :  OC = CM CN Mà OC = AB ; CM = MB ; CN = NA (cmt)  AN BM = AB d) Vẽ CE ⊥ AB(E  AB) Tìm vị trí điểm M tia Bx để OCE có chu vi lớn Chu vi OCE = OC + CE + OE = R + CE + OE Có CE + OE  2CE.OE OC  2OC  CE + OE + 2CE + OE  R  (CE + OE)  R  (CE + OE) Hay CE + OE  R  R + CE + OE  R + R  Chu vi OCE  R + R Vậy chu vi tam giác đạt giá trị lớn R + R Dấu “=” xảy CE = OE  COE = 45  BOM = 22,5 Vậy M  Bx : BOM = 22,5 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Câu 348.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O ) , Gọi I trung điểm dây AB Qua I kẻ đường kính MN ( M thuộc cung nhỏ AB ), P điểm tia đối tia BA cho góc ANP khác 90 Nối PN cắt ( O ) E , ME cắt AB D a) Chứng minh điểm D, I, N, E thuộc đường tròn b) Chứng minh MD.ME = MI MN c) Qua A kẻ đường thăng song song với ME , đường thẳng cắt ( O ) F Chứng minh BE ⊥ NF d) Tìm vị trí P để D trung điểm BI Hướng dẫn a) Xét ( O ) có: I trung điểm dây AB (gt)  MN ⊥ AB I (quan hệ vng góc đường kính dây)  NIB = 90 Ta lại có: MEN = 90 (góc chắn nửa đường trịn)  DEN + DIN = 180 , mà hai góc vị trí đối  Tứ giác DINE nội tiếp (dhnb) Hay điểm D, I, N, E thuộc đường trịn b) Xét MID MEN có : +) M chung +) MID = MEN = 90 MID  MEN (g-g) MI MD  MD.ME = MI MN = ME MN LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 c) Giả sử BE cắt NF K Ta có: BNF = BAF (hai góc nội tiếp chắn cung BF ( O ) ) MDA = BAF (ha góc so le AF // ME ) DMI = EBN (hai góc nội tiếp chắn cung NE ( O ) )  BNF + EBN = MDA + DMI = MDI + DMI = 90 Hay KNB + KBN = 90  BE ⊥ NF d) Ta có: *Tứ giác ABEN nội tiếp đường tròn tâm O Xét PBN PEA có : +) P chung +) PNB = PAE 9hai góc nội tiếp chắn cung BE ) PBN  PEA (g-g) PB PN  PB.PA = PE.PN = PE PA *Tứ giác IDEN nội tiếp (cmt), chứng minh tương tự  PD.PI = PE.PN  PB.PA = PE.PN = PD.PI  PB.PA = PD.PI AB AB   AB    PB ( PB + AB ) =  PB + )   PB +  , (có ID = DB  ID = DB =    AB  PB = BI  PB2 + PB AB = PB + AB + AB  PB =  Để D trung điểm IB điểm P nằm tia đối BI PB = NI Câu 349.(Thầy Nguyễn Chí Thành) tuyến MA , MB Từ điểm M nằm bên ngồi đường trịn tâm O vẽ tiếp ( A , B tiếp điểm) Kẻ đường kính AC đường trịn ( O ) , tiếp tuyến C đường tròn ( O ) cắt AB D a) Chứng minh điểm A , O , B , M thuộc đường tròn b) Chứng minh OM / / BC c) Gọi H giao điểm MO AB Chứng minh AB  AD =  OH  OM d) Cho MC cắt AB OD I J So sánh OI HJ Hướng dẫn LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 A H M O I J B C D a) Xét đường trịn ( O ) có MA , MB hai tiếp tuyến A B nên MA ⊥ OA; MB ⊥ OB  MAO = MBO = 90  điểm A , O , B , M thuộc đường trịn đường kính MO b) Xét đường trịn ( O ) có MA , MB hai tiếp tuyến A B = MA = MB (t/c 2tt cắt nhau) Lại có OA = OB Suy M O thuộc đường trung trực AB => MO đường trung trực AB => MO ⊥ AB (1) Xét đường tròn ( O ) có BAC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BC ⊥ AB (2) Từ (1) (2)  OM BC c) Vì MO đường trung trực AB  MO ⊥ AB H MAO vng A có AH ⊥ OM  OH OM = OA2 (3)(Hệ thức lượng tg vng) Vì CD tiếp tuyến ( O ) đường kính AC C  AC ⊥ CD  ACD vuông C ABC ~ ACD (gg)=> AB AC = = AB AD = AC mà AC = 2OA => AB AD = 4OA2 (4) AC AD Từ (3) (4)  AB  AD =  OH  OM d) + Chứng minh OMJ = HDO LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Xét MBO CBD có: A MBO = CBD = 90 MOB = CDB (cùng = MAB ) => MBO ~ CBD( g.g )  MB OB MB BC (5) =  = CB DB OB BD M Mặt khác MBC = OBD (= 90 + OBC ) (6) Từ (5) (6)  MBC H O I J OBD(c.g.c)  BCM = BDO B Mà BCM = OMJ (Do OM / / BC ) Nên HDO = JMO D Vì OH OM = OA (câu c) mà OA = OC nên OH OM = OC  OH OC =  OHC OC OM C OCM (cgc)  OCH = OMC (7) Xét tứ giác OHDC có OHD + OCD = 90 + 90 = 180 =>Tứ giác OHDC nội tiếp  HDO = HCO (2 góc nội tiếp chắn HO ) (8) Từ (7) (8) suy OMC = HDO  OMJ = HDO + Do HDO JMO( g.g )  OHD = OJM  OJI = 90 Xét tứ giác IHOJ có IHO = OJI = 90  điểm I , H , O, J nằm đường trịn đường kính IO  HJ  OI (trong đường tròn dây lớn đường kính) Dấu “=” xảy HJ đường kính  HIJ = 90  KO / / KC  KAC cát tuyến đường tròn (trái với đề bài) Vậy HJ  OI Câu 350.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ( O; R ) đường kính AB ( I ; r ) đường kính AC tiếp xúc A ( R  r ) Trung trực BC cắt ( O ) D E , cắt BC K Gọi giao điểm ( I ) với CE M N Chứng minh a) Tứ giác BDCE hình thoi b) Tứ giác DMNE nội tiếp đường tròn c) KM KN tiếp tuyến ( I ; r ) d) Xác định tỉ số r để tứ giác KMIN hình vng R LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Hướng dẫn D M O B A K I C N E   DE ⊥ BC = K  a) -Ta có DE đường trung trực BC     KB = KC   BA ⊥ DE = K  -Xét đg trịn ( O; R) có  Suy KD = KE  O  BA -  KD = KE Xét tứ giác BDCE có   KB = KC Nên BDCE hình bình hành Lại có DE ⊥ BC Do BDEC hình thoi b) Do BDEC hình thoi  DCK = ECK  sd AM = sd AN Ta có NMC + MCK = sd NC + sd AM sd NC + sd AN 180 = = = 90 2  MN ⊥ BC Lại có DE ⊥ BC =  K  Suy MN // DE  MNED hình thang (1) Mà BDCE hình thoi  CD = CE  DCE cân C  BOE = MIC BOE = 180 − 2OBE MIC = 180 − MCI Ma OBE = MCI  CDE = CED ( 2) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Tư (1) (2) suy DMNE hình thang cân DMNE tứ giác nội tiếp c) Do DMNE hình thang cân nên giao hai đường chéo thuộc đường trung trực hai đáy + C/m EKMC tứ giác nội tiếp ( EKC = EMC = 90 )  M1 = C = C1 = M Mà M + AMI = 90 Nên M + AMI = 90  KMI = 90  KM ⊥ IM = M  Lại có M  ( I ) Vậy KM tiếp tuyến (I) Tương tự KN tiếp tuyến (I) d) Giả sử MINK hình vuông nên MI // NK MI = NK Có: BOE = 180 − 2OBE MIC = 180 − 2MCI Ma OBE = MCI  BOE = MIC  EOI = MIO  OE / /MI Suy NK // OE + Áp dụng hệ Talet ta có KN CK CB MI CB r 2r + R r = =  =  =  R = 2r  = OE CO 2CO OE 2CO R ( 2r + R ) R LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB Lấy M  (O) cho Câu 351.(Thầy Nguyễn Chí Thành) góc ABM  45 Vẽ dây cung MN ⊥ AB Tia BM cắt NA P, Q điểm đối xứng với P qua đường thẳng AB , gọi K giao điểm PQ với AB Chứng minh: a)Tứ giác AMPK tứ giác nội tiếp b) PKM cân c) KM tiếp tuyến ( O ) d) Xác định M (O) để tứ giác PKNM hình thoi Hướng dẫn P K M A Q O B N a) Tứ giác AMPK tứ giác nội tiếp * Ta có: AMB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AMP = 90 * Ta có: P Q đối xứng với qua AB ( gt )  AB đường trung trực đoạn PQ  PQ ⊥ AB =  K   AKP = 90 * Xét tứ giác AMPK có: ) AMP + AKP = 180 ) AMP AKP hai góc hai đỉnh đối * Vậy tứ giác AMPK tứ giác nội tiếp b PKM cân Cách * Ta có: BMN cân B  BA tia phân giác MBN * Ta có: BPQ cân B  BA tia phân giác PBQ * Mà điểm P , M , B thẳng hàng , suy điểm B , N , Q thẳng hàng  điểm A , M , Q thẳng hàng *Ta có: BMQ vng M có MK trung tuyến LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122  MK = KP = KQ = PQ   PKM cân K Cách : Tứ giác KPMA nội tiếp (theo câu a)  PMK = PAK (hai góc nội tiếp chắn cung PK ) Mà: PAK = NAB (đối đỉnh); NAB = MAB (2 góc nội tiếp chắn hai cung MB, NB )  PMK = MAB Lại có: MAB = MPK (cùng phụ MBA )  PMK = KPM  PKM cân K c KM tiếp tuyến đường tròn (O ) * Ta có: PKM cân K (cmb)  KPM = KMP (1) * Ta có: OBM cân O (cmb)  OBM = OMB (2) * Ta có: AKP = 90  PKB vuông K  KPM + OBM = 90 (3) * Từ (1); (2); (3) có KMP + OMB = 90  OMK = 90  KM tiếp tuyến đường tròn (O ) d) Xác định M (O ) để tứ giác PKNM hình thoi * Giả sử tứ giác PKNM hình thoi PK = KN = NM = PM  PKM  KPM = 60  ABM = 30  AM = AB (TSLG) * Vậy điểm M (O ) cho AM = R tứ giác PKNM hình thoi Câu 352.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa đường trịn ( O; R ) đường kính AB ; M điểm di động nửa đường trịn, kẻ MH vng góc với AB H Gọi P điểm đối xứng với H qua AM , PH cắt AM I ; gọi Q điểm đối xứng H qua BM , QH cắt BM J a) Chứng minh MIHJ hình chữ nhật suy bốn điểm M , I , H , J thuộc đường tròn b) Chứng minh MI MA = MJ MB c) Chứng minh PQ tiếp tuyến ( O; R ) d) Gọi giao điểm AQ BP K Chứng minh I , J , K thẳng hàng Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Q M P I J K A H O B a) Ta có: AMB = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) (1) Vì P Q đối xứng qua MA MB nên MIH = MJH = 90 (2) Từ (1)(2) suy tứ giác MIHJ hình chữ nhật + Vì tứ giác MIHJ hình chữ nhật nên bốn điểm M , I , H , J nằm đường trịn đường kính MH   MI MA = MH b) Chỉ  ( hệ thức lượng tam giác vng)   MJ MB = MH Từ suy MI MA = MJ MB  MP = MH  MQ = MH  c) Chỉ  ( tính chất đối xứng trục) nên PM = MQ  PMI = HMI  HMJ = QMJ  ( ) PMH + HMQ = IMH + HMJ = 2.90 = 180  M trung điểm PQ Chỉ tứ giác APQB hình thang vng, có OM đường trung bình nên MO / / BQ  MO ⊥ PQ  PQ tiếp tuyến nửa đường tròn ( O; R ) d) Chỉ IJ / / PQ ( đường trung bình) (3) Chỉ AP / / BQ  AK AP AH (4) = = KQ QB HB Mặt khác AIH đồng dạng HJB ( HS tự chứng minh) nên Từ (4)(5) suy AH AI AI (5) = = HB HJ IM AK AI =  IK / / MQ  IK / / PQ (6) KQ IM Từ (3)(6) suy I , K , J thẳng hàng Câu 353.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa đường trịn ( O,R ) đường kính AB Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn ( O,R ) Qua điểm M thuộc nửa đường trịn kẻ tiếp LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax By E F Nối AM cắt OE By P , nối BM cắt OF Q Hạ MH vng góc với AB H a) Chứng minh điểm M , P, H , O, Q nằm đường tròn b) Chứng minh AE.BF = R c) Gọi K giao điểm MH BE Chứng minh MK = HK d) Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp EOF Chứng minh r   R Hướng dẫn Chứng minh điểm M , P, H , O, Q nằm đường trịn Ta có EF , EA , FB tiếp tuyến M , A , B đường tròn (O ) (gt)  EM = EA ; FB = FM (tính chất tiếp tuyến tuyến cắt nhau) Xét EM = EA OM = OA = R  OE đường trung trực AM  OE ⊥ AM P P trung điểm AM  OPM = 90o Xét FM = FA OM = OB = R  OF đường trung trực BM  OF ⊥ BM Q Q trung điểm BM  OQM = 90o Ta có MH ⊥ AB H (giả thiết)  OHM = 90o Do đó: OPM = OQM = OHM = 90o P , Q , H nhìn cạnh OM góc vng  P , Q , H thuộc đường trịn đường kính OM  điểm M , P , O , Q , H thuộc đường trịn đường kính OM (đpcm) Chứng minh AE.BF = R Ta có: OE tia hân giác AOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  AOE = MOE = AOM Ta có: OF tia hân giác BOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  BOF = MOF = BOM LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Mà EOF = MOE + MOF = AOM + BOM ; AOM + BOM = 180o (hai góc kề bù)  EOF = 90o EOF vuông O Xét EOF vuông O OM ⊥ EF M (tính chất tiếp tuyến)  OM = EM FM (hệ thức lượng) Mà EM = EA ; FB = FM (tính chất tiếp tuyến tuyến cắt nhau); OM = R  R = AE BF (đpcm) Gọi K giao điểm MH BE Chứng minh MK = HK Ta có: AE ⊥ AB (tính chất tiếp tuyến); BF ⊥ AB (tính chất tiếp tuyến); MH ⊥ AB (giả thiết)  MH / / AE / / BF MK / / BF ; HK / / AE Xét MK//BF, có: KEM ∽ BEF (Định lý)  MK BF FM MK EM (do BF = MF ) = = =  EM EF EF BF EF FM BK (Định lý Ta - let) = EF BE Xét KH / /AE , có: BKH ∽ BEA (Định lý)  Do BK KH (tính chất) = BE AE MK KH , mà AE = EM suy MK = KH = EM AE Vì r bán kính đường trịn nội tiếp EOF nên SEOF = r ( OE + OF + EF) 1 Mà SEOF = OM.EF= R.EF 2  r ( OE + OF + EF) = R.EF  r EF = R OE + OF + EF Theo BÐT tam giác ta có EF  OE + OF  2EF  OE + OF + EF r EF  =  R OE + OF + EF (1) Ta có EF  OE, EF  OF  2EF  OE + OF  3EF  OE + OF+ EF  Từ (1) (2) suy r EF =  R OE + OF + EF (2) r   R LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB  AC ) nội tiếp đường Câu 354.(Thầy Nguyễn Chí Thành) trịn ( O ) Hai đường cao BE CF tam giác ABC cắt điểm H 1) Chứng minh bốn điểm B, C, E, F thuộc đường tròn 2) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF 3) Gọi K trung điểm đoạn thẳng BC Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC điểm I , đường thẳng EF cắt đường thẳng AH điểm P Chứng minh tam giác APE đồng dạng với tam giác AIB đường thẳng KH song song với đường thẳng IP Hướng dẫn A E J P F O H C I B M K D 1) Ta có BEC = BFC = 90 Do tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp (theo dấu hiệu: tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh đối diện góc tứ giác nội tiếp) 2) Kẻ đường kính AOD , gọi J = AO  FE Tứ giác BCEF nội tiếp nên AFE = ACB Mà ACB = ADB (hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ AB ( O ) ) Suy AFE = AFJ = ADB Do FAJ + AFJ = BAD + ADB = 90 Suy AJF = 90 hay OA ⊥ FE 3) Ta có APE = AIB (vì phụ với góc PAJ ) Lại có tứ giác BCEF nội tiếp nên AEP = ABI Do tam giác APE đồng dạng với tam giác AIB (g g) +) * Dễ dàng chứng minh tứ giác BDCH hình bình hành, suy H , K , D thẳng hàng * Vì BAI = PAE  PAF = EAJ LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Do tam giác ACD đồng dạng với tam giác AFH (g g), suy Tam giác AFP đồng dạng với tam giác ACI (g –.g) nên * Từ (1) , ( ) suy AH AF = (1) AD AC AP AF = ( 2) AI AC AH AP AP AI =  =  IP / / HD hay IP / / HK AD AI AH AD Câu 355.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa đường trịn ( O; R ) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB chứa nửa đường trịn, kẻ tia Ax vng góc với AB , lấy điểm C (C khác A ) Kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn ( M tiếp điểm ) Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OC cắt đường thẳng CM D 1) Chứng minh tứ giác AOMC nội tiếp 2) Chứng minh BD tiếp tuyến đường tròn ( O ) 3) OC cắt MA E , OD cắt MB F , MH vng góc AB ( H thuộc AB ) Chứng minh: HE + HF có giá trị khơng đổi C chuyển động tia Ax 4) Chứng minh ba đường thẳng BC , EF MH đồng quy Hướng dẫn x D L M C N F B K O H E A 1) Ta có CD CA tiếp tuyến A M đường tròn ( O ) (giả thiết)  AC ⊥ AO A ; CD ⊥ OM M  CAO = 90; CMO = 90 Xét tứ giác AOMC có CAO ; CMO hai góc đối CAO + CMO = 90 + 90 = 180  tứ giác AOMC nội tiếp LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 2) Ta có: COM + MOD = COD = 90 (vì CO ⊥ OD O ) COA + COM + MOD + DOB = 180  COA + DOB = 180 Ta có OC phân giác AOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  COA = COM  MOD = DOB Xét MOD BOD có: OM = OB = R; MOD = DOB OD chung  MOD = BOD(c.g.c)  OMD = OBD (cặp góc tương ứng) Mà OMD = 90 (vì CD ⊥ OM M)  OBD = 90 hay OB ⊥ BD B Vậy BD tiếp tuyến đường tròn ( O ) (đpcm) 3) Chứng minh: HE + HF có giá trị khơng đổi C chuyển động tia Ax MOA cân O có OE phân giác AOM (vì E  OC )  OE đường trung tuyến MOA  E trung điểm AM Ta có OD phân giác BOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Xét MOB cân O có OF phân giác BOM (vì F  OD )  OF đường trung tuyến MOB  F trung điểm BM MAH vng H có HE = AM (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) MBH vng H có HF = BM (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) MAB vuông M có AM + BM = AB = R (định lý Pitago) AM + BM  HE + HF = = R2 2 Vậy HE + HF có giá trị không đổi C chuyển động tia Ax 4) Ta có E , F trung điểm cạnh MA , MB  EF đường trung bình MAB  EF//AB  EK//AH ( K  EF; H  AB ) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122  ME MK = = (định lý talet) MA MH  EF giao với MH K trung điểm MH (*) Gọi giao điểm BC với MH N ; giao điểm tia BM với tia Ax L LAB có LB // CO (cùng ⊥ AM ) ; AO = OB = R  CA = CL (1) Ta có CA // NH (cùng ⊥ AB)  CA BC (hệ định lý talet) = NH BN (2) Lại có CL // MN  CL BC (hệ định lý talet) = NM BN (3) Từ (1) , (2) , (3)  NH = NM  N trung điểm MH  N trùng với K  BC qua trung điểm K MH (**) Từ (*), (**)  Ba đường thẳng BC , EF MH đồng quy Câu 356.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) Hai đường cao BD CE tam giác ABC cắt H Tia BD tia CE cắt đường tròn ( O ) M , N (M khác B, N khác C ) 1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E nằm đường tròn 2) Chứng minh: DE / / MN 3) Đường trịn đường kính AH cắt đường trịn ( O ) điểm thứ hai K ( K khác A ) Tia KH cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai Q Tứ giác BHCQ hình gì? Tại sao? 4) Gọi giao điểm HQ BC I Chứng minh OI   MN Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 A K M D N E O H B C I Q 1) Chứng minh bốn điểm B,C, D, E nằm đường trịn Ta có BD CE đường cao tam giác ABC (giả thiết)  BD ⊥ AC D; CE ⊥ AB E  BDC = 90o ; BEC = 90o  Tứ giác BEDC có hai đỉnh kề E D nhìn cạnh BC góc vng  Tứ giác BEDC nội tiếp  điểm B , C , D , E nằm đường tròn 2) Chứng minh: DE / / MN Xét (O ) ta có: MNC = MBC (hai góc nội tiếp chắn MC ) Xét tứ giác nội tiếp BEDC (cmt ) có DEC = MBC (hai góc nội tiếp chắn DC ) Do đó: DEC = MNC Mà DEC ; MNC hai góc đồng vị  DE / / MN 3) Tứ giác BHCQ hình gì? Tại sao? Xét đường trịn đường kính AH có: AKH = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AKQ = 90 ( K , H , Q thẳng hàng) Mà AKQ góc nội tiếp chắn cung AQ đường trịn (O )  AQ đường kính đường tròn (O )  ACQ = ABQ = 90 (các góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))  AC ⊥ QC ; AB ⊥ QB Mà BH ⊥ AC ; CH ⊥ AB (tính chất trực tâm)  QB / /CH ; QC / / BH LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122  Tứ giác BHCQ hình bình hành 4) Chứng minh OI   MN Tứ giác BHCQ hình bình hành (cmt)  HQ BC cắt I trung điểm chúng Mà O trung điểm đường kính AQ đường trịn (O )  OI đường trung bình tam giác AQH  OI = AH (tính chất) (1) Chứng minh AHM cân A nên đường cao AD đường trung tuyến (tính chất)  D trung điểm HM Chứng minh AHN cân A nên đường cao AE đường trung tuyến (tính chất)  E trung điểm HN Do MN đường trung bình MHN  MN = 2ED (Tính chất) Từ (1) (2)  (2) OI AH = MN ED Mà đường trịn đường kính AH có ED dây cung khác đường kính nên AH  ED  AH OI 1  ED MN Câu 357.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn tâm O , đường kính AB = R Gọi I trung điểm AO Trên nửa mặt phẳng bờ AB , kẻ hai tiếp tuyến Ax, By đường tròn ( O ) , lấy D thuộc Ax, E thuộc By cho góc DIE = 90 Kẻ IF vng góc với DE ( F thuộc DE ) 1) Chứng minh bốn điểm A, I , F , D thuộc đường tròn 3R 2) Chứng minh AD.BE = AI IB = 3) Chứng minh điểm F thuộc đường tròn tâm O 4) Xác định vị trí D E Ax, By để diện tích tam giác DIE nhỏ Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 1) Chứng minh bốn điểm A , I , F , D thuộc đường trịn Ta có Ax tiếp tuyến A đường tròn (O ) (giả thiết); D  Ax  AD ⊥ AB A  IAD = 90 Ta có IF ⊥ DE F  IFD = 90 Cách 1:  Tứ giác có hai đỉnh A F nhìn cạnh ID góc vng  Tứ giác ADFI nội tiếp đường trịn đường kính DI  bốn điểm A , I , F , D thuộc đường trịn đường kính DI Cách 2: Xét tứ giác IADF có IAD , IFD hai góc đối IAD + IFD = 90 + 90 = 180  Tứ giác ADFI nội tiếp đường tròn  bốn điểm A , I , F , D thuộc đường tròn 3R 2) Chứng minh AD.BE = AI IB = Xét ADI BIE có DAI = IBE = 90 (tính chất tiếp tuyến) AID = BEI (cùng phụ với BIE DIE = 90 )  ADI BIE  AD AI =  AD.BE = BI AI BI BE Theo giả thiết lại có AI = Vậy AD.BE = AI IB = R R 3R 3R ; BI = R  AD.BE = BI AI = = 2 2 3R LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 3) Chứng minh điểm F thuộc đường tròn tâm O Tứ giác ADFI nội tiếp đường tròn  DFA = DIA (hai góc nội tiếp chắn AD ) Tương tự chứng minh tứ giác BEFI nội tiếp đường trịn  BFE = BIE (Hai góc nội tiếp chắn BE ) Vậy DFA + BFE = DIA + BIE = 90 (Vì DIE = 90 )  AFB = 180 − ( DFA + BFE ) = 180 − 90 = 90  F thuộc đường trịn đường kính AB hay F thuộc đường trịn tâm O 4) Xác định vị trí D E Ax, By để diện tích tam giác DIE nhỏ Ta có SDIE = ID.IE  SDIE = ID2 IE = ( AD2 + AI )( BI + BE ) Áp dụng B Đ T cosi có: AD + AI  AD AI ; BI + BE  2BI BE Và có AD.BE = AI IB = 3R (cmt)  S DIE  AD AI BI BE = ( AI BI ) Vậy Min S DIE = 2  3R  R 3R =  =  S   DIE   3R AD = AI ; BE = BI Vậy diện tích tam giác DIE nhỏ D E thuộc Ax , By cho AD = AI ; BE = BI Câu 358.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) , đường cao AH , đường kính AM 1) Tính ACM 2) Chứng minh: AB AC = AH AM BAH = ACO 3) Gọi N giao điểm AH với (O ) Tứ giác BCMN hình ? Vì ? 4) Vẽ đường kính PQ vng góc với BC ( P thuộc cung BC không chứa A) Chứng minh tia AP , AQ tia phân giác góc góc ngồi đỉnh A tam giác ABC Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 x Q A O B H N C I M P 1) Do AM đường kính ( O ) (gt) C thuộc (O) ( C khác A M ) => ACM = 90 (góc nội tiêp chắn nửa đường trịn) 2) Xét AHB ACM có : AH ⊥ BC ( gt ) = AHB = 90 (1) Ta lại có ACM = 90 (theo câu a) => ACM = AHB (2) Xét ( O ) có ABC = AMC ( chắn cung AC ) (3) Từ (2) (3) => AHB ∽ ACM (g-g) => AH AB = = AB AC = AH AM (đpcm) AC AM AHB ∽ ACM => BAH = MAC (hai góc tương ứng) (4) Ta lại có OA = OC = R = OAC cân O => OAC = OCA (5) Từ (4) (5) => BAH = ACO (đpcm) 3) Ta có ACM = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) )  AN ⊥ NM AH ⊥ BC ( gt ) = AN ⊥ BC (do H  AN ( gt )) (6) (7) Từ (6) (7)  NM / /BC (t/c)  tứ giác BCMN hình thang (theo định nghĩa) Ta có : AH ⊥ BC ( gt )  NBH = 90 − ANB ACM = 90  BCM = 90 − ACB (8) (9) (10) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Xét ( O ) có : ACB = BNA (hai góc nội tiếp chắn cung AB ) Từ (9), (10), (11)  NBH = BCM (11) (12) Từ (8) (12)  tứ giác BCMN hình thang cân (dhnb) 4) Gọi I trung điểm BC , có PQ đường kính ( O ) (gt) PQ ⊥ BC ( gt )  PQ ⊥ BC I (định lý)  PQ đường trung trực c ? a đoạn BC  PB = PC (tính chất điểm thuộc đường trung trực đoạn thẳng )  PB = PC (định lý)  BAP = CAP (hệ quả) (13)  AP tia phân giác BAC (đpcm) Dựng Ax tia đối tia AB , có PAQ = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) )  90 = PAC + QAC (14) Ta lại có: xAQ + QAP + BAP = 180  xAQ + BAP = 90 (15) Từ (13),(14),(15)  xAQ = QAC  AQ tia phân giác góc ngồi đỉnh A ABC (đpcm) Bài 359 Cho ( O; R ) ( O; R ) cắt hai điểm phân biệt A B Từ điểm C tia đối tia AB kẻ tiếp CD CE với ( O ) với D , E nằm ( O ) điểm E nằm đường tròn ( O ) Các đường thẳng AD AE cắt đường tròn tâm O M N ( M , N khác A ) Đường thẳng DE cắt MN I a).Chứng minh bốn điểm C , E, O, D nằm đường tròn b).Chứng minh EA.BC = EB.EC c).Khi OC = 2R Tính DOE diện tích phần hình tứ giác OECD nằm ngồi ( O ) d).Tính giá trị biểu thức IM IN + MN MN Hướng dẫn LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 C D A E M O' O I B N a).Chứng minh bốn điểm C , E, O, D nằm đường trịn Có CD , CE tiếp xúc đường tròn ( O ) D , E nên CDO = CEO = 90  Tứ giác CDEO nội tiếp đường trịn đường kính OC b).Chứng minh EA.BC = EB.EC EAB, CEB có EBA = CBE (góc chung), AEB = EBC = sđ AE  EAB ∽ CEB  EA CE  EA.BC = EB.EC = EB CB c).Khi OC = 2R Tính DOE diện tích phần hình tứ giác OECD nằm ngồi ( O ) OCD vng D có sin OCD = OD = OC  OCD = 30 , có DCE = 2OCD = 60 , mà CD = CE  CDE có DOE + DCE = 180  DOE = 120 Gọi S , S1 , S diện tích cần tìm, diện tích tứ giác CDOE , diện tích hình quạt DOE thì: S = S1 − S2 1 Có S1 = OC.DE , DE = CD = OC.cos 30 = R , OC = 2R  S1 = 2R.R = R 2 Có S2 = 120  R2  R2 = 360 Suy S = R −  R2 = d).Tính giá trị biểu thức ( ) R2 3 −  (đvdt) IM IN + MN MN LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Có IDB = EAB = 1 sđ EB , EAB = BMI = sđ BN  IDB = BMI 2  Tứ giác BDMI nội tiếp đường trịn (do có hai đỉnh kề nhìn cạnh đối diện qua hai góc nhau)  BIN = BDM Có tứ giác ADBE nội tiếp nên BEN = BDM Suy BIN = BEN  Tứ giác BEIN nội tiếp IBN , DBA có BIN = BDA (góc ngồi góc đối tứ giác nội tiếp BDMI ) Có IBN = IEN = 1 sđ IN , IEN = AED (đối đỉnh), AED = ABD = sđ AD 2  IBN = ABD , mà BIN = BDA  IBN ∽ DBA  IN DA = IB DB MIB, AEB có BMI = BAE = sđ BN , có BIM = BEA (lần lượt bù với hai góc nhau)  MIB ∽ AEB  IM EA = IB EB CDA, CBD có CDA = CBA = sđ AD , DCA = BCD (góc chung)  CDA ∽ CBD  Có CD = CE , nên DA CE CA , có ACE = ECB (góc chung) = = DB CB CE  CAE ∽ CEB   DA CD CA = = DB CB CD IM EA CE EA , mà = = IB EB CB EB IM CE IN DA DA CE IM IN , có , = = =  =  IM = IN = MN IB CB IB DB DB CB IB IB Suy Bài 360 IM IN + = MN MN Cho đường trịn ( O; R ) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP  R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với ( O ) M a) Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường trịn b) Chứng minh BM //OP LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 c) Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành AN d) Biết cắt OP K , PM cắt ON I ; PN OM J kéo dài cắt Chứng minh ba điểm I , J , K thẳng hàng Hướng dẫn Ta có: PAO = 90 PMO = 90 (tính chất tiếp J N P a) Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường tròn I tuyến) M nên PAO + PMO = 180 K Suy ra: tứ giác APMO nội tiếp đường tròn b) Chứng minh BM //OP 1 A O Ta có: OA = OM = R; PA = PM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên OP trung trực AM , suy ra: OP ⊥ AM Mà MB ⊥ AM (do AMB = 90 - góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên: BM //OP c) Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành  vng APO =  vuông ONB ( OA = OP = R ; O1 = B1 - đồng vị) Suy ra: BM = OP mà BM //OP nên tứ giác OBNP hình bình hành d) Biết AN cắt OP K , PM cắt ON I ; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh ba điểm I , J , K thẳng hàng Ta có: JPO = POA (so le trong) POJ = POA (tính chất hai tiếp tuyến) nên POJ = JPO Suy ra:  JPO cân J Tứ giác OAPN hình chữ nhật (có ba góc vng) nên có hai đường chéo OP AN cắt trung điểm K  JPO cân J , có JK trung tuyến nên đường cao hay JK ⊥ OP Trong  JPO có: PM đường cao thứ nhất, ON đường cao thứ hai, hai đường cắt I nên đường cao thứ ba JK qua I Vậy ba điểm I , J , K thẳng hàng LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 B Câu 361.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Qua điểm A nằm bên ngồi đường trịn ( O ) , kẻ đường thẳng d không qua tâm O cắt đường tròn hai điểm B C phân biệt (B nằm A C ) Các tiếp tuyến đường tròn B C cắt M Qua M kẻ đường thẳng vng góc với OA , cắt OA H cắt đường tròn hai điểm E K ( E nằm M K ) Gọi I giao điểm BC OM Chứng minh rằng: 1) Tứ giác OBMC nội tiếp 2) BC vuông góc với OM MC = MI MO 3) ME.MK = MI MO tứ giác OIEK nội tiếp 4) AE, AK tiếp tuyến đường tròn ( O ) Hướng dẫn M E C I B A H O K 1) Tứ giác OBMC nội tiếp: Tứ giác OBMC có: MBO + MCO = 180 Mà hai góc vị trí đối nên tứ giác OBMC nội tiếp 2) BC vuông góc với OM MC = MI MO Xét ( O ) có MB, MC hai tiếp tuyến B, C cắt M nên MB = MC ; OB = OC = R Suy OM trung trực BC Suy BC ⊥ OM Xét MCO vng C có CI đường cao suy ra: MC = MI MO (hệ thức lượng) 3) ME.MK = MI MO tứ giác OIEK nội tiếp Ta chứng minh được: ME.MK = MC Mà MC = MI MO Suy ME.MK = MI MO LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Suy : MEI ∽ MOK (c.g.c)  MIE = MKO  OIEK nội tiếp (dấu hiệu góc góc ngồi đỉnh đối diện nhau) 4) AE, AK tiếp tuyến đường tròn ( O ) M E C I B A H O K + Tứ giác AMIH có AIM = AHM = 90 Suy AMHN nội tiếp  A1 = M1 (hai góc nội tiếp chắn IH đường trịn ngoại tiếp tứ giác AMHN ) (1) Ta có: OI OM = OB = OE  OI OE = OE OM  OIE ∽ OEM ( c.g.c )  E1 = M ( ) Từ (1) (2) suy A1 = E1  EIOA nội tiếp  AEO = AIO = 90  AE tiếp tuyến ( O ) + EIOA nội tiếp  EAO = EIM (góc ngồi góc đỉnh đối diện nhau) Mà EIM = EKO ( cmt )  EAO = EKO  AEOK nội tiếp  A, E , I , O, K thuộc đường tròn  AIOK nội tiếp  AIO = AKO = 90  AK tiếp tuyến ( O ) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax Câu 362.(Thầy Nguyễn Chí Thành) lấy tiếp tuyến điểm P cho AP  R Từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với ( O ) M a) Chứng minh điểm A, P, M , O nằm đường tròn b) Chứng minh BM / /OP c) Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành d) Biết AN cắt OP K , PM cắt ON I , PN OM kéo dài cắt J Chứng minh điểm I , J , K thẳng hàng Hướng dẫn N P J I M K A O B a) Ta có OAP = OMP = 90 (gt)  OAP + OMP = 180  A, P, M , O nằm đường tròn  PA = PM  OP ⊥ AM , mà MB ⊥ OM nên OP / / BM (1) b) Ta có  OA = OM  MOP = OBM  ONM = OPM  N , P, M , O nằm đường c) Ta có   MOP + MPO = OBM + ONB = 90 trịn Do A, P, M , O, N nằm đường tròn  PAO = AON = APN = 900  PN / / AB (2) Từ (1) (2) ta có OBNP hình bình hành d) Ta có PNOA hình chữ nhật nên KP = KO Xét đường tròn ( K , KA ) có MN / / PO  OPI = IOP  IP = IO Tương tự ta có JP = JO , I , J , K nằm đường trung trực đoạn MO Vậy I , J , K thẳng hàng Câu 363.(Thầy Nguyễn Chí Thành) ( O; R ) , kẻ hai đường cao Cho tam giác ABC nhọn ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn AD , BE cắt H a) Chứng minh CE.CA = CD.CB CB CH vng góc với AB F LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 b) Gọi M trung điểm BC Chứng minh tứ giác EFMD nội tiếp c) Qua D vẽ đường thẳng song song với EF cắt AB R , cắt AC kéo dài Q Gọi P giao điểm hai đường thẳng EF BC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua M d) Giả sử diện tích tam giác ABC (đvdt), BAC = 30 Tính diện tích tứ giác BCEF Hướng dẫn a) cos C = CE CD =  CE.CA = CD.CB BC AC ABC có H trực tâm  CH đường cao thứ ba  CH ⊥ AB b) ABDE nội tiếp  ADE = BAE MFC cân M  MFC = MCF = BAD Lại có: EFH = HAE Suy ra: BAE = HAE + BAD = EFH + MFC = MFE Vậy CDE = MFE  tứ giác EFMD nội tiếp c) DQC ∽ DBR (g.g)  RD BD =  DR.DQ = DB.DC DC DQ (1) Ta có: PD.PM = PE.PF = PC.PB  PM (MP − MD) = ( PM − MC )( PM + MB)  PM − PM MD = PM − MB2  MB − MD = MD.PD (2) Từ (1) (2) suy DR.DQ = DM DP  tứ giác RMQP nội tiếp, nghĩa đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua M S  AE  2 d) AEF ∽ ABC (g.g)  AEF =   = cos A = cos 30 = S ABC  AB  LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 1  S AEF = S ABC = (đvdt) 4  SBCEF = − = (đvdt) 4 Câu 364.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Từ điểm M nằm ngồi đường tròn tâm (O ) , kẻ hai tiếp tuyến MA , MB với đường tròn (O ) , A B tiếp điểm Gọi E trung điểm đoạn thẳng MB; C giao điểm AE (O ) ( C khác A) , H giao điểm AB MO 1) Chứng minh điểm M , A , O , B thuộc đường tròn 2) Chứng minh: EB = EC.EA 3) Chứng minh tứ giác HCEB tứ giác nội tiếp 4) Gọi D giao điểm MC (O ) ( D khác C ) Chứng minh ABD Là tam giác cân Hướng dẫn 1) Chứng minh điểm M , A , O , B thuộc đường tròn Xét tứ giác MAOB có: A D C H O M E B MAO + MBO = 90 + 90 = 180 hai góc MAO; MBO đối Suy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh: EB = EC.EA Xét EBC EAB có: AEB góc chung EBC = EAB ( đường trịn góc nội tiếp chắn cung)  EBC EAB (g.g)  EB EA =  EB2 = EA.EC EC EB 3) Chứng minh tứ giác HCEB tứ giác nội tiếp + Chứng minh: MO ⊥ AB LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 + Vì MHB vng H E trung điểm MB nên HE = EM = EB = MB  EHB cân E  EHB = EBH + Hơn EBC EAB (cm trên)  ECB = EBH Do  ECB = EHB + Trên nửa mặt phẳng bờ chứa BE có ECB = EHB , tứ giác ECHB nội tiếp 4) Chứng minh ABD Là tam giác cân Theo câu b ta có EB2 = EA.EC  EM = EA.EC  + Chứng minh: EMA EM EC = EA EM ECM (c.g.c)  CME = MAE (1) + Ta có : MAE = ADM (2) Từ (1), (2) suy CME = ADM  AD / / MB + Ta có: ADB = ECB mà EBA = ECB ( EBC EAB ) nên ADB = EBA (3) VÌ AD / /MB nên DAB = EBA (4) Từ (3),(4) suy DAB = ADB Vậy ABD Là tam giác cân Câu 365.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Từ điểm M nằm bên ngồi đường trịn ( O ) kẻ hai tiếp tuyến MB, MD tới ( O ) (với B, D tiếp điểm) Qua M kẻ đường thẳng khơng qua O , cắt đường trịn hai điểm phân biệt A C (với C nằm A M ) Gọi E trung điểm AC 1) Chứng minh rằng: Năm điểm O, E, B, M , D nằm đường tròn 2) Chứng minh rằng: BC AD = AB.DC 3) Chứng minh rằng: Hai tam giác AEB BCD đồng dạng 4) Một đường thẳng qua D song song với MB , cắt BA, BC I J Chứng minh rằng: DI = DJ Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 1) Chứng minh rằng: Năm điểm O, E, B, M , D nằm đường trịn Ta có E trung điểm AC nên OE ⊥ AC (liên hệ đường kính dây cung) MB, MD hai tiếp tuyến ( O ) nên MB ⊥ OB MD ⊥ OD Ta có tam giác BOM vng B , tam giác OEM vuông E , tam giác ODM vuông D, năm điểm O, E, B, M , D nằm đường trịn đường kính OM 2) Chứng minh rằng: BC AD = AB.DC Ta chứng minh tam giác MAB đồng dạng với tam giác MBC (g – g), suy MA AB = MB BC Ta chứng minh tam giác MAD đồng dạng với tam giác MDC (g – g), suy MA AD = MD DC Mà MB = MD tính chất hai tiếp tuyến cắt Nên AB AD =  AB.DC = AD.BC BC DC 3) Chứng minh rằng: Hai tam giác AEB BCD đồng dạng Ta có BEM = BDM = DBM ( góc nội tiếp chắn cung DM BM ) Mà BAD = DBM (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung BD ) Nên BAD = BEM Suy AEB = BCD (bù góc BEM BAD ) Xét tam giác AEB tam giác BCD , có EAB = BDC (góc nội tiếp chắn cung BC ) AEB = BCD (cmt) Suy tam giác AEB đồng dạng tam giác BCD 4) Một đường thẳng qua D song song với MB , cắt BA, BC I J LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Chứng minh rằng: DI = DJ Ta có BAC = JBM (góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung BC ) Mà JBM = BJI (so le BM //JI ) Từ ta chứng minh ABC đồng dạng với JBI (g – g) Suy AC AB AC.JB AE.JB (1) =  JI = = JI JB AB AB Ta có BDJ + DBM = 180 (trong phía BM //DJ ) Mà BEM = BDM (góc nội tiếp chắn cung BM ) Nên BDJ + BEM = 180 Mặc khác AEB + BEM = 180 Do BDJ = AEB Từ ta chứng minh AEB đồng dạng tam giác JDB Suy AE AB AE.JB (2) =  DJ = DJ JB AB Từ (1) (2) suy JI = 2DJ Vậy D trung điểm JI hay DI = DJ Câu 366.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O; R ) đường kính AB, điểm F cố định nằm tia đối tia AB C điểm thay đổi đường tròn cho AC  CB Nối FC cắt ( O ) điểm thứ hai D Các đường thẳng AD BC cắt I , đường thẳng AC BD cắt E Đường trịn đường kính BI cắt AB H Chứng minh rằng: a) Tứ giác ICED nội tiếp đường tròn b) Ba điểm H , I , E thẳng hàng c) FC.FD + AE AC + BD.BE khơng phụ thuộc vào vị trí điểm C d) Khi OF = 3OA Tính tỉ số OH OF Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 E D C I B O H A F G a) Tứ giác ICED nội tiếp đường trịn Ta có: IDE = 90 (góc nội tiếp chắn cung nửa đường trịn) ICE = 90 (góc nội tiếp chắn cung nửa đường trịn) nên IDE + ICE = 180 suy ICED nội tiếp đường tròn(dấu hiệu nhận biết) b) Ba điểm H , I , E thẳng hàng *Xét tam giác BEA có đường cao BC AD cắt I nên I trực tâm hay EI ⊥ AB *Ta có: BHI = 90 (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn) suy IH ⊥ AB Vậy ba điểm H , I , E thẳng hàng c) FC.FD + AE AC + BD.BE không phụ thuộc vào vị trí điểm C * FCA FDA (g.g) suy FC.FD = FA.FB * ACB AHE (g.g) suy AC AE = AH AB * BDA BHE (g.g) Suy BD.BE = BH BA Từ suy ra: FC.FD + AE AC + BD.BE = FA.FB + AB khơng phụ thuộc vào vị trí điểm C d) Khi OF = 3OA Tính tỉ số OH OF Vì H , D thuộc đường trịn đường kính BI nên DHB = DIB Kẻ đường kính DG ADBG hình chữ nhật nên BD = AG đó: DIB = CDG nên DHB = CDG hay DHO = FDO Vậy DHO FDO (g.g) nên OH OD 1 = =  OH = OA OD OF 2 Mà OF = 3OA nên OH = OF LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Câu 367.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho hình vng ABCD , điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng DE H , cắt đường thẳng DC K a) Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp b) Tính số đo CHK c) Chứng minh hệ thức KC.KD = KH KB d) Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đường nào? Hướng dẫn B A H E O D C K a) Xét tứ giác BHCD có BHD = BCD ( = 90 ) mà H C hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh BD  BHCD tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) b) Vì BHCD tứ giác nội tiếp nên CHK = BDC = 45 c) Xét KHC KDB có BKD chung KHC = KDB ( = 45 ) Do KHC ∽ KDB (g.g)  KH KC (các cạnh tương ứng tỉ lệ) = KD KB  KC.KD = KH KB d) Gọi O trung điểm BD Vì BH ⊥ DE nên BHD = 90 Khi điểm E di chuyển BC BHD = 90 cố định BHD vng H có HO đường trung tuyến  HO = BD  H nằm đường trịn tâm O , đường kính BD LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Khi E  B H  B , E  C H  C Vậy điểm E di chuyển BC H di chuyển Câu 368.(Thầy Nguyễn Chí Thành) đường trịn tâm O , đường kính BD Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đương trịn ( O; R ) Các đường cao AD, BE , CF cắt H a) Chứng minh tứ giác CDHE BCEF nội tiếp đường tròn b) Gọi I trung điểm BC Lấy điểm K đối xứng với H qua I Chứng minh AK đường kính đương trịn ( O ) c) Chứng minh tam giác ABC có tan B.tan C = OH / / BC d) Các tia BE CF cắt đường tròn ( O ) M N Lấy điểm S cung nhỏ BC , SM cắt AC J , SN cắt AB L Chứng minh ba điểm H , J , L thẳng hàng Hướng dẫn b) Do K điểm đối xứng H qua I I trung điểm BC  BHCK hình bình hành  CK / / BH ; CH / / BK Lại có AC ⊥ BH ; AB ⊥ CH  ABK = ACK = 90 Vậy ABKC tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AK , Mà ABC nội tiếp đường trịn ( O )  AK , đường kinh đường tròn ( O ) c) tan B.tan C =  tan B.tan BHD =  AD BD AD =3 =3 BD HD HD Gọi G giao điểm AI HO  G trọng tâm tam giác AHK  AI AD AI = Do =  HG / / DI  OH / / BC AG HD AG d) Dễ dàng thấy H , N đối xứng qua AB  LHN = LNH = SAC Tương tự: JHM = JMH = SAB Vậy LHN + NHM + JMH = SAC + NHM + SAB = BAC + NHM = 180  L, H , J thẳng hàng LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Bài 369 Cho (O ) đường kính AB = 6cm Trên OB lấy M cho BM = 1cm Qua M vẽ dây CD (O ) vng góc với AB Chứng minh tam giác ABC vng tính BC Đường thẳng qua O vng góc AC cắt tiếp tuyến A (O ) E Chứng minh EC tiếp tuyến (O ) Gọi F giao AC BD , kẻ FH vuông AB , gọi K giao CB FH Chứng minh ∆FBK cân Hướng dẫn E F C I A O B M D K a) Vì AB đường kính nên ACB = 90 (góc nt chắn nửa đt) Xét tam giác vng ACB có CM đường cao nên BC = BM AB =  BC = cm b) OE vng góc với AC I nên I trung điểm AC , suy OE trung trực cạnh AC nên OCE = OAE = 90  EC tiếp tuyến (O ) c) Vì CD vng góc với AB nên M trung điểm CD , suy tam giác CBD cân B (có BM trung trực) nên CDB = DCB mà DCB = CKF ; CDB = DFK (hai góc sole trong) nên Kˆ = Fˆ suy tam giác BKF cân B Bài 370 Cho (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax , P  Ax cho AP  R từ P kẻ tiếp tuyến PM với ( O ) M Đường thẳng vng góc với AB O căt BM N AN cắt OP K , PM cắt ON J , PN cắt OM I CM : a) Tứ giác APMO nội tiếp BM / /OP b) Tứ giác OBNP hình bình hành c) PI = OI ; PJ = OJ d) Ba điểm I , J , K thẳng hàng Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 P N I J K A M O B a) PAO = PMO = 90 Nên APMO nội tiếp MBA + BAM = 90 Nên POA = MBA Suy MB / /OP   POA + BAM = 90 b) NOB = PAO (cgv − gnk ) nên PO = NB mà PO / /NP nên OBNP hình bình hành c) Theo câu b suy AONB hình chữ nhật POM + OPM = 90 Mà APO = OPM Suy OPN = POM   APO + OPN = 90 Nên  POI cân I , suy PO = OI APO = PON   APO = OPJ Suy PON = OPJ Nên  POJ cân J , suy PJ = OJ d) J trực tâm tam giác OPI nên IJ vuông góc OP trung điểm OP (1) Vì AONP hình chữ nhật nên K trung điểm OP (2) Từ (1)(2) suy I , J , K thẳng hàng LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Câu 371.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường tròn tâm (O ) điểm A nằm ngồi đường trịn Các tiếp tuyến với đường trịn kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn B ,C Gọi M điểm tuỳ ý đường tròn khác B C Từ M kẻ MH ⊥ BC , MK ⊥ CA, MI ⊥ AB CM : a) Tứ giác ABOC , MIBH , MKCH nội tiếp c) MI MK = MH b)  MIH ~ MHK Hướng dẫn I A B I H M A B H M O O C C K K b) IBM = IHM (cùng chắn cung MH ) IBM = BCM (cùng chắn cung MB) BCM = HKM (cùng chắn cung MH ) nên IHM = HKM (1) Ta có: MIH = MBH (cùng chắn cung MH ) MBH = MCK (cùng chắn cung MC ) MCK = MHK (cùng chắn cung MK ) nên MIH = MHK (2) Từ (1)(2) suy dpcm c) Tam giác MIH đồng dạng MHK nên MH = MI MK Câu 372.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Từ điểm A nằm ngồi (O ) kẻ tiếp tuyến AM , AN với (O ) , ( M , N  (O ) ) a) Từ O kẻ đường thẳng ⊥ OM cắt AN S Chứng minh: SO = SA b) Trên cung nhỏ MN lấy điểm P khác M N Tiếp tuyến P cắt AM B , AN C Giả sử A cố định, P điểm chuyển động cung nhỏ MN Chứng minh chu vi  ABC khơng đổi ? Tính giá trị khơng đổi ấy? c) Vẽ cát tuyến AEF không qua điểm O ,H trung điểm EF Chứng minh điểm A , M , H , O, N thuộc đường tròn d) Chứng minh AE AF = AM e) Gọi K giao điểm MH với (O ) Chứng minh NK / / AF Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 A M A B M S E C O S O H N N K F a) MAO = NAO = SOA b) CV = AB + BP + PC + AC = ( AB + BM ) + ( NC + AC ) = AM c) M , H , N nhìn OA góc vng nên A , M , H , N , O nằm đường tròn đường kính AO d) Góc AFM = AME = sđAM  AME ∽ AFM ( g.g )  AE.AF = AM 2   e) Góc MKN = MOA  = sđMN  mà MOA = MHA (tứ giác MOHA nội tiếp)   nên MKN = MHA = FHK Từ suy EF//KN Câu 373.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O; R) đường kính AB dây AC khơng qua tâm, Gọi H trung điểm AC Tính số đo góc ACB chứng minh OH//BC Tiếp tuyến C (O ) cắt OH M Chứng minh AM tiếp tuyến (O ) Vẽ CK vng góc AB K , gọi I trung điểm CK , đặt CAB = α Chứng minh IK = R.sin cos Chứng minh M , I , B thẳng hàng Hướng dẫn M M C I H A C O K N H B A O K D B LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Vì AB đường kính nên ACB = 90 (góc nt chắn nửa đường trịn) OH vng góc AC (vì H trung điểm AC ) nên OH//BC (hoặc dùng tính chất đường trung bình) Vì OM trung trực AC nên AM = MC Suy MAO = MCO (c.c.c) nên MAO = MCO = 90 suy AM tiếp tuyến (O ) Ta có: sin α.cos α = BC AC AB.CK CK nên R.sin cos = CK : = IK = = AB AB AB.AB 2R Từ B kẻ tiếp tuyến với (O ) cắt CM D Gọi MB giao AD N Vì AM / /BD nên: AN AM MC suy = = ND DB CD AN MC nên CN / /AM hay = ND CD CN vng góc AB nên N nằm CK Ta có: NK KB ND NC NK NC = = =  =  NK = CN hay N trung điểm CK  N trùng I MA AB AD AM MA AM Vậy M , I , B thẳng hàng Câu 374.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O; R) điểm A nằm ngồi đường trịn Từ điểm M chuyển động đường thẳng d vng góc với OA A , vẽ tiếp tuyến MP, MP’ với đường tròn Dây PP’ cắt OM N , cắt OA B Chứng minh : b) OAOB = OM ON không đổi a) Tứ giác MPOP’, MNBA nội tiếp c) Khi điểm M di chuyển d tâm đường trịn nội tiếp  MPP’ di chuyển đường ? d) Cho PMP' = 60 R = 8cm tính diện tích tứ giác MPOP’ hình quạt POP’ Hướng dẫn P' M N I O B P A a) + Ta có MPO = MP ' O = 90  MPO + MP ' O = 180 mà hai góc đối tứ giác MPOP’ nên tứ giác MPOP' tứ giác nội tiếp Ta có OP = OP nên O nằm đường trung trực PP, MP = MP nên M nằm đường trung trực PP’ , suy OM trung trực PP’ nên PP’ vng góc OM + Xét tứ giác MNBA có MNB + MAB = 180 mà hai góc đối tứ giác MNBA nên tứ giác MNBA tứ giác nội tiếp b)+Xét tam giác vuông ONB tam giác vuông OAM có góc AOM chung LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 ONB ∽ OAM ( g.g ) ⇒ OA OM = OM ON (1) =  OAOB ON OB +Xét tam giác vuông OMP ta có OP2 = OM ON = R (hệ thức lượng tam giác vuông) (2) Từ (1) (2)⇒ OAOB = OM ON = R c) Gọi I giao OM với (O ) Ta có: OM phân giác PMP ' 1 IP ' M = sđPI ; IP ' P = sđIP mà IP = IP' nên IP ' M = IP ' P 2 Suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MP’P Vậy tâm đường tròn nội tiếp tam giác MP’P chạy (O ) d) MP = S POP ' = OP = 3cm  SOPMP ' = OP.PM = 64 3cm2 tan 30  R 1200 360  67cm2 Cho (O; R) điểm A cố định nằm ( O ) Vẽ đường Câu 375.(Thầy Nguyễn Chí Thành) thẳng d ⊥ OA A Trên d lấy điểm M Qua M kẻ hai tiếp tuyến ME, MF EF cắt OM H , cắt OA B Chứng minh : a) Tứ giác ABHM nội tiếp b) OA.OB = OH OM = R c) Tâm đường tròn nội tiếp  MEF thuộc đường trịn cố định d) Tìm vị trí M để diện tích  BHO lớn Hướng dẫn E M I H O A B F a) Ta có : EM = EF nên M nằm trung trực EF OE = OF nên O nằm trung trực EF Suy OM trung trực EF nên MO vng góc EF H Xét tứ giác ABHM có : BMH + BAH = 180 mà hai góc đối nên tứ giác ABHM nội tiếp đường trịn b) Vì ABHM nội tiếp nên OMA = OBH ( phụ góc HBA ) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Suy OBH ∽ OMA ( g.g )  OA.OB = OH OM (1) Xét tam giác vng OEM có EH đường cao nên OH OM = OE = R (2) = OH OM = R Từ (1)(2) suy OAOB c) Gọi giao OM (O ) I Ta có: EMO = FMO ( tc hai tt cắt nhau) (3) 1 IEM = sđEI ; IEF = sđIF ; mà cung EI = cung FI nên IEM = IEF (4) 2 Từ (3)(4) suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF Vậy tâm đường trịn nội tiếp tam giác MEF ln nằm ( O ) cố định = R mà OA không đổi nên OB = d) theo b ta có: OAOB R2 khơng đổi OA Trong tam giác vng OHB có: SOHB 2 ( OH + HB ) OB 1  OH + HB  ( OH + HB ) = OH HB    =  = 2  8  Dấu xảy OH = HB , suy tam giác OHB vuông cân H nên MOA = 45 Vậy M d cho MOA = 45 Câu 376.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O; R) Điểm A cố định nằm ngồi đường trịn kẻ đường thẳng ( d ) vng góc OA Từ điểm B d ( B không trùng A ) kẻ tiếp tuyến BD, BC với ( O ) ( D , C tiếp điểm) Dây CD cắt OB N , cắt OA P 1) Chứng minh tứ giác OCBD , BNPA nội tiếp đường tròn = OB.ON = R 2) Chứng minh OAOP 3) Cho góc CBO = 30 ; R = 6cm Tính diện tích BCOD diện tích hình quạt giới hạn cung nhỏ DC dây DC 4) Gọi E giao đường thẳng AO ( O ) (O nằm A , E ) Khi B di chuyển đường thẳng d Chứng minh trọng tâm G tam giác ACE thuộc đường tròn cố định Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 B B D D N E O A P I H E O G A C C 1) Xét tứ giác OCBD có: BDO = BCO = 90 (tc tiếp tuyến) nên BDO + BCO = 180 mà hai góc đối nên tứ giác OCBD nội tiếp Ta có: OC = OD nên O nằm đường trung trực DC (1) DB = BC (tc hai tiếp tuyến cắt nhau) nên B nằm đường trung trực DC (2) Từ (1)(2) suy OB trung trực DC nên BO vng góc DC Xét tứ giác BNPA có: BNP + BAP = 180 mà hai góc đối nên tứ giác BNPA nội tiếp 2) Xét tam giác OPN OBA có: Góc O chung, ONP = OAB = 90  OPN ∽ OBA ( g.g )  OA ON =  OAOP = ON OB (3) OB OP Trong tam giác vng BOD có DN đường cao, áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: ON OB = OD = R ( ) = OB.ON = R Từ (3)(4) suy OAOP 3) Trong tam giác vng OBC ta có: BC = OC tan CBO = R = R = 3cm tan 30 1 SBCOD = 2SBOC = .OC.CB = .6.6 = 36 cm2 2 Ta có: CBO = 30  CBD = 60  COD = 120  Diện tích hình quạt giới hạn dây OD , OC cung nhỏ DC là: SOCD 120.3,14.62 942 = = cm 360 25 Vì DON = 60  ON = R = 3cm  DN = 3 cm  SODC = 2SODN = ON ND = 3cm2  Diện tích hình giới hạn cung nhỏ DC dây CD là: S = SODC − SODC = 942 − 3cm2 25 4) Gọi E giao đường thẳng AO (O ) ( O nằm A , E ) Khi B di chuyển đường thẳng d Chứng minh trọng tâm G tam giác ACE thuộc đường tròn cố định A O cố định nên E cố định, gọi H trung điểm AB suy H cố định LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Gọi I điểm nằm đoạn OH cho HI = t tam giác HOC có: HO  I cố định HI HG 1 R = =  IG // OC G = OC = HO HC 3  R Mà I cố định nên G chạy  I ;   3 Câu 377.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho điểm M nằm bên ngồi đường trịn ( O; R ) Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường trịn ( A, B hai tiếp điểm) Qua điểm A kẻ đường thẳng song song với MB cắt ( O; R ) C Nối MC cắt đường tròn ( O; R ) D Tia AD cắt MB E a) Chứng minh MAOB tứ giác nội tiếp b) Chứng minh EM = EB c) Xác định vị trí điểm M để BD ⊥ MA Hướng dẫn A A C D M C O E O I D M B B a) Ta có: MAO = MBO = 90 (gt) suy MAO + MBO = 180 mà hai góc đối tứ giác MAOB nên tứ giác MAOB nội tiếp b) Xét tam giác EMD EAM có: Góc E chung, EMD = EAM (cùng góc DCA ) nên EMD ∽ EAM ( g.g )  EM ED =  EM = ED.EA (1) EA EM   Xét tam giác EBD EAB có: Góc E chung, góc EBD = EAB  = sđBD    nên EBD ∽ EAB ( g.g )  EB ED =  EB2 = ED.EA (2) EA EB Từ (1)(2) suy EB = EM Vậy E trung điểm BM c) Khi BG vng góc MA thì: MAB + DBA = 90  MAD + DAB + DBA = 90  DMB + DBM + DBA = 90 nên MD vng góc AB mà AM = MB nên MC trùng với MO LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Khi AOBD hình thoi nên OI = R Trong tam giác vuông AOM có AI đường cao nên: OA2 = OI OM  R2 = R MO  OM = 2R Vậy quỹ tích điểm M nằm (O; R) Câu 378.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn tâm O , bán kính R Từ điểm A bên ngồi đường trịn, ke tiếp tuyến AB , AC với đường tròn ( B , C tiếp điểm) Từ điểm B , kẻ đường thẳng song song với AC , cắt đường tròn D ( D khác B ) Nối AD cắt đường tròn (O ) điểm thứ hai K Nối BK cắt AC I Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn Chứng minh IC = IK IB Cho BAC = 60 Chứng minh ba điểm A , O , D thẳng hàng Hướng dẫn B B A K D A K O D I O I C C 1) Vì AB AC tiếp tuyến (O ) nên ABO = ACO = 90 Xét tứ giác ABOC có: ABO + ACO = 180 mà hai góc đối nên tứ giác ABOC nội tiếp   2) Ta có: IAD = KDB (sole trong) mà KDB = KBA  = sđBK  nên IAK = KBA   Xét tam giác IAK IBA có: Góc I chung, IAK = KBA nên IAK ∽ IBA ( g.g )  IA IK =  IA2 = IB.IK (dpcm) IB IA 3) Vì ABOC nội tiếp mà Aˆ = 60  BOC = 120  AOC = 60  BCA = 60  DBC = 60 (sole trong) nên DOC = 120 (góc tâm – góc nội tiếp) Suy AOC + COD = 180 nên A , O , D thẳng hàng Câu 379.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn tâm O bán kính R Điểm A nằm ngồi đường trịn cho OA = 3R Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến AP AQ với đường tròn ( O ) ( P, Q hai LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 tiếp điểm) Từ điểm P kẻ đường thẳng song song với AQ , cắt đường tròn ( O ) M ( M khác P ) Gọi N giao điểm thứ hai đường thẳng AM đường tròn ( O ) Tia PN cắt đường thẳng AQ K b) Chứng minh KA2 = KN KP a) Chứng minh tứ giác APOQ tứ giác nội tiếp; c) Gọi G giao điểm hai đường thẳng AO PK Tính độ dài đoạn thẳng AG theo R Hướng dẫn P M N O H A G K Q a) Vì AP AQ hai tiếp tuyến (O ) nên APO = AQO = 90  APO + AQO = 180 mà hai góc đối tứ giác APOQ nên APOQ nội tiếp đường trịn   b) Ta có: NAK = NMP (sole trong) mà NMP = NPA  = sđPN    nên NPA = NAK Xét tam giác KAN tam giác KPA có: Góc K chung; KAN = KPA nên KAN ∽ KPA ( g.g )  KA KP =  KA2 = KN KP KN KA c) Tương tự em chứng minh KNQ ∽ KQP ( g.g )  KQ = KN KP Suy KQ = KA nên K trung điểm QA Vì OP = OQ nên O nằm trung trực PQ Vì AP = AQ nên A nằm trung trực PQ , suy OA trung trực PQ nên G trọng tâm tam giác APQ Xét tam giác vng APO có PH đường cao nên OP2 = OH OA  OH = Suy AG = R R 8R  AH = 3R − = 3 2 8R 16R AH = = 3 LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Câu 380.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O; R) dây CD cố định Gọi H trung điểm CD Gọi S điểm tia đối tia DC qua S kẻ hai tiếp tuyến SA , SB tới (O ) Đường thẳng AB cắt SO , OH E F , cho R = 10cm ; SD = 4cm ; OH = 6cm CM : a) Tứ giác SEHF nội tiếp b) Tích OE OS khơng phụ thuộc vào vị trí điểm S c) Tính CD SA d) Khi S di chuyển tia đối DC AB ln qua điểm cố định Hướng dẫn A O A O E D D C E S H C S H B B F F a) Vì H trung điểm DC nên SHF = 900 OS trung trực AB nên SEF = 900 Xét tứ giác SEHF có : SEF = SHF = 900 mà hai góc nhìn cạnh SF nên SEHF tứ giác nội tiếp b) OE.OS = AO2 = R c) Ta có : OD = R = 10cm ; Pytago DCH tính DH = 8cm, suy DC = 2DH = 16cm Ta có : SH = SD + DH = 12cm ; Pytago cho SOH tính SO2 = 180 cm2 Pytago cho tam giác SAO tính SA = 5cm d) Vì DC cố định nên H cố định hay OH không đổi R2 không đổi nên F cố định Vậy AB OEF ∽ OHS ( g.g )  OH OF = OE.OS = R  OF = OH qua điểm F cố định LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Câu 381.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O ) điểm A nằm ngồi đường trịn Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB , AC cát tuyến AMN với đường tròn ( B, C , M , N thuộc đường tròn AM  AN ) Gọi E trung điểm dây MN , I giao điểm thứ hai đường thẳng CE với đường tròn a.C/m : Bốn điểm A, O, E, C thuộc đường tròn b C/m : AOC = BIC c.C/m : BI / / MN d Xác định vị trí cát tuyến AMN để diện tích tam giác AIN lớn Hướng dẫn C N N E C E M M A A O O I I B B a) Vì E trung điểm MN nên OEA = 90; Ta có: OEA = OCA = 90 mà hai góc nhìn cạnh OA nên tứ giác ACEO nội tiếp Vậy A, O, E, C thuộc đường tròn b) Vì A giao hai tiếp tuyến AC AB nên AOB = AOC = 1 sđBC , mà BIC = sđBC ( góc nt) 2 nên AOC = BIC (đpcm) c) Theo b ta có AOC = AEC ( góc nt chắn cung AC ) suy AEC = BIC mà hai góc vị trí đồng vị nên NM / / BI d) Vì BI / / NM nên S AIN = S ABN = h AB ( với h khoảng cách từ N đến AB ) Suy S AINmax  hmax  hmax = R  NB đường kính Vậy cát tuyến AMN thỏa mãn NB đường kính diện tích AIN lớn Câu 382.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho A nằm ngồi (O ) , từ A kẻ hai tiếp tuyến AB , AC với (O ) ( B ,C tiếp điểm) M trung điểm AB , MC cắt (O ) N a) Chứng minh ABOC nội tiếp b) Chứng minh MB = MN MC c) Tia AN cắt (O ) D Chứng minh MAN = ADC Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 B M A N O D C a) Ta có: ABO = ACO = 90 (tc tiếp tuyến) Xét tứ giác ABOC có: ABO + ACO = 180 mà hai góc vị trí đối nên tứ giác ABOC nội tiếp   b) Xét tam giác MBN tam giác MCB có: Góc M chung, góc MBN = MCB  = sđBN    nên MBN ∽ MCB ( g.g )  MB MN =  MB = MC.MN (đpcm) MC MB c) Theo b ta có: MB2 = MC.MN  MA2 = MC.MN  Xét MAN MCA có M chung; MA MN = MC MA MA MN = MC MA  MAN ∽ MCA ( c.g c )  MAN = MCA ( góc tương ứng)   mà MCA = ADC  = sđNC  nên ADC = MAN   Câu 383.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho điểm A nằm ngồi đường tròn ( O ) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE tới đường tròn( B, C hai tiếp điểm, D nằm A E ) Gọi H giao điểm AO BC a) CMR: ABOC tứ giác nội tiếp b) CMR: AH AO = AD AE c) Tiếp tuyến D đường tròn (O ) cắt AB , AC theo thứ tự I K Qua điểm O kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt tia AB P cắt tia AC Q CMR : IP + KQ  PQ d) Giả sử A (O ) cố định Chứng minh chu vi tam giác AIK không phụ thuộc vào vị trí điểm D Nếu chu vi tam giác AIK 20cm độ dài AB Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 P A I B D H E K O C Q a) Ta có: ABO = ACO = 90 ( tính chất tiếp tuyến) Xét tứ giác ABOC có: ABO + ACO = 180 mà hai góc đối nên tứ giác ABOC nội tiếp b) Tam giác ABO vng B có đường cao BH nên áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: OA AH = AB (1)   Xét tam giác ABD AEB có: Góc A chung, góc ABD = AEB  = sđBD    nên ABD ∽ AEB ( g.g )  AB AD =  AD AE = AB (2) AE AB Từ (1)(2) suy AO AH = AD AE (đpcm) c) Ta có: IP + KQ  IP.KQ Tam giác APQ cân A ( AO trung trực PQ ) nên OP = OQ Để chứng minh IP + KQ  PQ ta chứng minh IP.KQ = OP Ta có: BPO = CQO ( ch.gn )  BOP = COQ Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: BOI = DOI ; BOK = COK  BOP + BOI + DOK = IOD + KOQ = 90 hay POI + DOK = 90 mà OKD + DOK = 90  OKD = POI  POI = OKC Xét POI QKO có : Pˆ = Qˆ ; POI = QKO  POI ∽ QKO ( g g )  PO PI =  IP.KQ = OP mà IP + KQ  IP.KQ = 2OP = PQ QK OQ d) Các em chu vi bằng: AI + ID + DK + KA = ( AI + IB ) + ( CK + KA ) = AB + AC = AB Vì (O) A cố định nên AB cố định, suy chu vi tam giác AIK không phụ thuộc vào D Chu vi 20cm em lập luận tính AB = 10cm Câu 384.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O; R) đường thẳng d không qua tâm cắt (O ) hai điểm A B Trên d lấy M cho A nằm M B Từ M kẻ hai tiếp tuyến MC MD với (O ) ( C , D tiếp điểm) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 a) Chứng minh MCOD nội tiếp b) I trung điểm AB , OI cắt MD K Chứng minh KD.KM = KO.KI c) Đường thẳng qua O song song CD cắt MC , MD E F Xác định vị trí M d cho diện tích tam giác MEF đạt GTNN Hướng dẫn E C A I B M O K F D a) Ta có: MOC = MDC = 90 (vì MC MD tiếp tuyến (O ) Xét tứ giác MCOD có: MCO + MDO = 180 mà hai góc vị trí đối nên tứ giác MCOD nội tiếp b) Vì O trung điểm AB nên OI vng góc AB (tính chất đường kính – dây cung) Xét tam giác KDO KIM có: Góc K chung, KDO = KIM = 90 nên KDO∽ KIM ( g.g )  KD KI =  KD.KM = KO.KI (dpcm) KO KM c) Ta có: OM trung trực CD mà EF//CD nên OM trung trực EF  SMEF = 2SMOF = OD.MF = R ( MD + DF )  R.2 MD.DF = R.2 OD = 2R Dấu xảy MD = DF = R mà MA.MB = MD = R Vậy M nằm d cho MA.MB = R diện tích tam giác MEF nhỏ Câu 385.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho điểm M nằm ngồi đường trịn tâm O Vẽ tiếp tuyến MA , MB với đường tròn ( A , B tiếp điểm), vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O ( C nằm M D) OM cắt AB O H I Chứng minh a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp b) MC.MD = MA2 c) OH OM + MC.MD = MO2 d) Chứng minh DCHO nội tiếp e) CI tia phân giác góc MCH Hướng dẫn LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 A M C D I O H B a) Ta có: MAO = MBO = 90 (t/c tiếp tuyến)  MAO + MBO = 180 mà hai góc đối tứ giác MAOB nên tứ giác MAOB nội tiếp   b) Ta có: MAC = MDA  = sđAC    Xét MAC MDA có: MAC = MDA ; góc M chung nên MAC ∽ MDA ( g g )  MA MC =  MC.MD = MA2 MD MA c) OA = OB nên O nằm đường trung trực AB , MA = MB nên M nằm đường trung trực AB , suy MO trung trực AB nên OH vng góc AH Tam giác MAO vng A có AH đường cao nên OH OM = OA2  OH OM + MC.MD = OA2 + MA2 = OM ( đpcm ) d, Từ MH OM = MA2 , MC.MD = MA2 suy MH OM = MC.MD  Trong MHC MDO có MH MC (*) = MD MO MH MC DMO chung nên MHC ∽ MDO ( c.g.c ) = MD MO  MHC = MDO  Tứ giác DCHO nội tiếp e) Theo d ta có:  MC MO MO (1) = = CH OD OA Ta lại có MAI = IAH (góc nt chắn hai cung nhau)  AI phân giác góc MAH Theo t/c đường phân giác tam giác, ta có: MI MA (2) = IH AH MHA MAO có góc OMA chung MHA = MAO = 90 nên MHA ∽  MAO (g.g) MO MA MI (3) = = OA MH IH Từ (1) , (2) , (3) suy MC MI = CH IH suy CI tia phân giác góc MCH (đpcm) LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Câu 386.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O; R) M tùy ý nằm ngồi đường trịn, kẻ hai tiếp tuyến MB, MC với đường trịn, kẻ đường kính AB đường trịn a) Chứng minh AC / /OM b) Kẻ đường thẳng qua O vng góc AB cắt MC AC K E Chứng minh MOB = EAO c) Chứng minh độ dài ME không đổi d) Khi M chuyển động ( O; R ) K chuyển động đường nào? Hướng dẫn B B O M O I K A C E A M K C E a) Cùng vng góc với BC b) Xét hai tam giác vng MOB EAO có OA = OB; EAO = MOB (đồng vị) Suy MOB = EAO (cgv − gnk ) c) Theo b suy OE = BM suy BMEO hình chữ nhật nên ME = OB = R không đổi d) Ta có: OM / /CE (cmt ) nên OMEC hình thang, mà OE = BM ; CM = BM nên OE = CM Suy OMEC hình thang cân, suy K nằm trung trực OM Vì OM = R; OB = R nên MB = OE = R Gọi I trung điểm OM , Tam giác OIK đồng dạng OEM nên: OK OI R.2 R RR =  OK = = OM OE R  2R  Vậy K nằm đường tròn  O;    Câu 387.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O ) điểm A nằm (O ) Kẻ hai tiếp tuyến AM AN Đường thẳng d qua A cắt (O ) B C ( AB  AC , d không qua tâm) a) AMON nội tiếp b) Chứng minh AN = AB AC Tính BC cho AB = 4cm, AN = 6cm c) Gọi I trung điểm BC , NI cắt (O ) điểm thứ hai T Chứng minh MT / / AC d) Hai tiếp tuyến (O ) B C cắt K Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 M T A B O C N K a) Có hai góc đối 90 b) Tam giác ABN đồng dạng ANC (g.g) Thay số vào tính AC suy BC c) AOIN nội tiếp nên AIN = AON mà AON = MTN nên AIN = MTN d) KCO ∽ CIO (g.g) ⇒ OI OK = ON ²  OC OK =  OC = OI OK IO OC OI ON =  NKO ∽ INO  NKO = INO ON OK OI OK = OC ²  OI OK = OM ²  OI OM =  MKO ∽ IMO  MKO = IMO OM OK mà IMO = INO nên MKO = NKO suy K , M , N thẳng hàng  K nằm đường thẳng MN d thay đổi Câu 388.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O ) điểm A nằm đường tròn Kẻ tiếp tuyến AB , AC cát tuyến ADE với (O ) ( D nằm A E ) Phân giác góc DBE cắt ED I Chứng minh: a) BD CD = BE CE b) Chứng minh AI = AB = AC c) Chứng minh CI phân giác góc DCE Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 B A D O I E C K BD AB   = (1) a) Ta có: AEB = ABD  = sdBD   AEB ∽ ABD ( g.g )  BE AE   Tương tự:  AEC ∽ ACD ( g.g )  CD AC (2) = CE AE Từ (1) va (2) kết hợp với AB = AC nên BD CD = BE CE b) Gọi IB cắt (O ) K Vì BK phân giác góc EBD nên cung EK = cung KD Ta có: BIA = EIK = 1 ( sdEK + sdBD ) = ( sdKD + BD ) = sdKB = IBA nên tam giác ABI cân A , 2 suy AI = AB mà AB = AC (tc tiếp tuyến) nên AC = AB = AI c) Vì CD ID BD ID (tính chất phân giác) nên   IC phân giác góc ACE = = CE IE BE IE Câu 389.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O ) điểm M nằm (O ) , kẻ tiếp tuyến MA , MB cát tuyến ( MN  MP ) , gọi K trung điểm NP 1) Chứng minh M , A, K , O, B thuộc đường tròn 2) KM phân giác AKB 3) Gọi Q giao điểm thứ BK với ( O ) , chứng minh QA / / NP 4) Gọi H giao điểm AB MO , Chứng minh MA2 = MH MO = MN MP 5) Chứng minh điểm N , H , O, P thuộc đường tròn 6) E giao AB KO , chứng minh AB = HE.HF ( F giao AB NP) 7) Chứng minh KEMH nội tiếp từ suy OK OE khơng đổi 8) Gọi I giao MO với (O ) chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp MAB 9) Tìm vị trí NMP để tam giác MQP có diện tích lớn 10) Chứng minh KF KE phân giác phân giác góc AKB Từ suy AE.BF = AF.BE 11) Chứng minh cát tuyến MNP thay đổi trọng tâm G tam giác NAP ln chạy đường trịn cố định LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 12) Qua N kẻ đường thẳng song song MB cắt AB PB X Y Chứng minh X trung điểm NY 13) Giả sử MO = 2R Tính diện tích hình quạt giới hạn bán kính OA, OB cung nhỏ BA 14) Phân giác góc NAP cắt NP J Chứng minh: + AN BN = AP BP + MA = MB = MJ + BJ phân giác góc NBP 15) Từ A kẻ đường thẳng song song MO cắt (O ) L LM cắt (O ) Z , AZ cắt OM U Chứng minh: a) MU = UZ UA UM = HU b) Chứng minh: HB LZ − =1 HZ ZM Hướng dẫn E Q A P P K N I O M K O B A F N H I M B 1) OK vuông NP (tc đường kính – dây cung) suy góc MAO = MBO = MKO = 90 Nội tiếp đường tròn đường kính OM 2) AKM = AOM (vì AKOM nội tiếp) ; MKB = MOB ( MKOB nội tiếp) mà KOA = KOB (hai tiếp tuyến cắt nhau) nên KAM = MKB Cách khác: Vì tứ giác AKBM nội tiếp mà AM = MB (tc 2tt cắt nhau) nên cung AM = cung MB Suy KAM = MKB (góc nt chắn hai cung nhau) 3) góc AQK = sđ AB = MOB = MKB nên AQK = QKP 4) Trong tam giác vng MAO có AH đường cao suy MA2 = MH MO Trong tam giác MAN MPA có góc M chung, góc MAN = MPA ( = sđAN) nên tam giác MAN đồng dạng MPA suy MA2 = MN MP 5) Theo câu d suy MH MO = MN MP Xét tam giác MHP MNO có: MH MO = MN MP góc M chung  MHP ∽ MNO ( c.g c )  MPH = MON  Tứ giác NPOH nội tiếp nên điểm N , H , O , P thuộc đường trịn LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 6) Ta có: MH HO = AH = AB AB mà MH HO = HE.HF nên HE.HF = 4 7) Ta có: EKM = EHM = 900  OE.OK = OH OM = R 8) Xem câu khác 9) Tìm vị trí NMP để tam giác MQP có diện tích lớn Vì QA / /PM nên SMQP = SMAP = h AM (h khoảng cách từ P đến AM ) Suy SMQPmax  hmax  AP đường kính (O ) Vậy MNP thỏa mãn AP đường kính (O ) diện tích tam giác MQP lớn 10) Chứng minh KF KE phân giác phân giác ngồi góc AKB Từ suy AE.BF = AF.BE Chứng minh ta có: KF phân giác góc AKB KE vng góc KF nên KE phân giác ngồi góc AKB  FA EA =  FA.EB = FB.EA ( tính chất phân giác – phân giác ngồi) FB EB 11) Chứng minh cát tuyến MNP thay đổi trọng tâm G tam giác NAP ln chạy đường tròn cố định A G K P T N M J O B Ta có: O , M , A , B cố định Gọi J trung điểm OM suy J cố định Gọi T điểm AJ cho AT = AJ  T cố định G trọng tâm tam giác APN nên GA = 2 AK  GT / / KJ GT = KJ 3 1 Tam giác MOK vuông nên KJ = OM không đổi suy GT = OM   Vậy G nằm đường tròn tâm  T ; OM    12) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 A P K N X M Y B Nối KX , Ta có: điểm A , K , O , B , M thuộc đường tròn nên góc KAB = KMB (góc nt chắn cung KB) mà KMB = KNX (đồng vị) nên KAX = KNX suy tứ giác AKXN nội tiếp nên XKN = XAN mà XAN = BPN (góc nt chắn cung NB) nên BPN = XKN suy KX / /PY mà K trung điểm PY nên X trung điểm YN 13) Giả sử MO = 2R Tính diện tích hình quạt giới hạn bán kính OA , OB cung nhỏ BA AOB = 120; S =  R2 ;l = 2 r 14) + Chỉ AN MA BN MB AN BN mà MA = MB nên = = ; = AP PM BP PM AP BP + MA = MB (tc tiếp tuyến cắt nhau) Gọi Z giao AJ với (O ) Ta có: NJA = 1 ( sdPZ + sdAN ) = ( sdZN + sdAN ) = sdZA = JAM (các em ý AJ phân giác nên 2 cung PZ = cung ZN ) suy tam giác AMJ cân M nên AM = MJ Vậy AM = BM = JM + Theo tính chất phân giác ta có: PJ AP PB nên BJ phân giác góc NBP = = JN AN BN Câu 390.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O; R) Từ điểm M nằm ngồi đường trịn kẻ hai tiếp tun MA, MB với đường tròn Qua A kẻ đường thẳng song song MO cắt ( O ) E ME cắt ( O ) F AF cắt MO N , H giao điểm MO AB a) Chứng minh MAOB nội tiếp b) NM = NF NA NM = NH c) Chứng minh HB EF − =1 HF MF Hướng dẫn a) MAO = MBO = 90  MAO + MBO = 180 Mà hai góc đối nên tứ giác MAOB nội tiếp LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 b) Chỉ MNF ∽ ANM ( g.g ) suy MN = NF NA Chỉ NFH ∽ AFH ( g.g ) suy NH = NF NA Vậy MN = NH suy MN = NH Có MA = MB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R  MO đường trung trực AB  AH ⊥ MO HA = HB  MAF  MEA có: AME chung, MAF = AEF   MAF ∽  MEA (g.g)  MA MF =  MA2 = MF ME ME MA Áp dụng hệ thức lượng vào  vng MAO , có: MA2 = MH MO Do đó: ME.MF = MH MO  ME MO = MH MF   MFH ∽  MOE (c.g.c)  MHF = MEO Vì BAE góc vng nội tiếp (O ) nên E , O , B thẳng hàng    FEB = FAB  = sđEB     MHF = FAB  ANH + NHF = ANH + FAB = 90 Nên HF vng góc NA Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vng NHA , có: NH = NF NA  NM = NH  NM = NH c) Chứng minh: HB EF − = HF MF Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông NHA , có: HA2 = FA NA HF = FA FN Mà HA = HB  HB HA2 FA.NA NA = = = HF HF FA.FN NF  HB = AF AN (vì HA = HB) Vì AE // MN nên  EF FA (hệ định lí Ta-lét) = MF NF HB EF NA FA NF − = − = =1 HF MF NF NF NF LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Câu 391.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O; R) điểm A cố định nằm ngồi đường trịn ( O ) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM , AN cát tuyến ABC đến ( O ) ( M O nằm phía với cát tuyến ABC ) Gọi H trung điểm BC a) Chứng minh AM = AB AC b) Chứng minh tứ giác AMON ANHO tứ giác nội tiếp c) Qua H kẻ đường thẳng song song MC cắt MN K Chứng minh BK // AM Hướng dẫn N C N C H H B B O A K O A K M M   a) Góc ACM = AMB  = sđBM   AMB ∽ ACM  AM = AB AC   b) Các em tự cm c) BHK = BCM = BNM nên tứ giác BNHK nội tiếp suy HNK = HBK Mặt khác điểm A , N , H , O , M thuộc đường tròn (câu a) nên HNK = HAM (góc nt chắn cung HM ) suy HBK = HAM Câu 392.(Thầy Nguyễn Chí Thành) suy KB / /AM Cho tam giác ABC cân A , A  90 , cung tròn BC nằm tam giác ABC tiếp xúc với AB , AC B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI , MH , MK xuống cạnh tương ứng BC , CA , BA Gọi P giao điểm MB , IK Q giao điểm MC , IH a) Chứng minh tứ giác BIMK , CIMH nội tiếp b) Chứng minh tia đối tia MI phân giác góc HMK c) Chứng minh tứ giác MPIQ nội tiếp Suy PQ / / BC d) Gọi ( O1 ) đường tròn qua M , P, K ( O2 ) đường tròn qua M , Q, H ; N giao điểm thứ hai ( O1 ) ( O2 ) D trung điểm BC Chứng minh M , N , D thẳng hàng Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 y A M K H C Q P I B a) Xét tứ giác CHMI có: CHM = CIM = 90 ( gt ) mà hai góc đối nên tứ giác AHMI nội tiếp Chứng minh tương tự: BIMK nội tiếp b) Gọi tia tối tia MI My , tứ giác CHMI BIMK nội tiếp nên ICH = HMy; IBK = KMy mà ICH = IBK (Cùng chắn cung BC ) nên HMy = KMy Vậy My phân giác góc HMK y A M K H C Q P I B c) góc PMQ = sđ cung lớn BC , mà PIQ = PIM + MIQ = MBK + MCH = 1 sđBM + sđMC = sđ cung nhỏ BC nên 2 PIQ + PMQ = 180 Suy tứ giác PIQM nội tiếp Ta có: QPM = QIM = MCH = MBC nên QP / / BC LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 H C y A N M K Q P I B d) Gọi E giao điểm MN với PQ ta có góc MPQ = MBC = MKP (vì MKBI nội tiếp)  EP tiếp tuyến ( O1)  EMP EPN (g g)  EM EP  EP = EM EN Chứng minh tương tự EQ = EM EN = EP EN nên E trung điểm PQ gọi D ' giao điểm MN với BC  Câu 393.(Thầy Nguyễn Chí Thành) EP ME  D ' B = D ' C  D ' trùng D  đpcm = DB MD Cho đường tròn ( O; r ) dây cung AB ( AB  2r ) Trên tia AB lấy điểm C cho AC  AB Từ C kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn P, K Gọi I trung điểm AB a) Chứng minh tứ giác CPIK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tam giác ACP PCB đồng dạng Từ suy ra: CP = CB.CA c) Gọi H trực tâm tam giác CPK Hãy tính PH theo r d) Giả sử PA / / CK , chứng minh tia đối tia BK tia phân giác góc CBP Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 C B P I K A O a) Vì PC KC tiếp tuyến ( O ) nên CPO = CKO = 90 mà hai góc đối nên tứ giác CPOK nội tiếp (1) Vì I trung điểm AB nên OI vng góc AB ( tc đường kính dây cung) suy OIC = OPC = 90  tứ giác OIPC nội tiếp (2) Từ (1)(2) suy điểm C , P, I , O, K nằm đường tròn nên C, P, I , K nội tiếp đường tròn C P B I K A O   b) Xét ACP PCB có: góc C chung; CAP = CPB  = sđPB  nên ACP ∽ PCB ( g.g )    CP AC =  PC = AC.BC CB PC C P B H I A K O c) Vì OP = OK ; CP = CK nên OC trung trực PK , suy OC vng góc PK Ta có: KH / /OP ( vng góc CP ); PH / /OK ( vuông CK ) mà HO vng góc PK nên tứ giác PHKO hình thoi, suy PH = PO = r LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 C T P A B O K d) Nếu AP / / KC  APK = PKC  PK = AK , mà TBC = ABK = sđAK PBT = PAK = sđPK  PBT = TBC nên BT phân giác PBC Câu 394.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn (O;R ), dây CD có trung điểm H Trên tia đối tia DC lấy điểm S qua S kẻ tiếp tuyến SA, SB với đường tròn Đường thẳng AB cắt đường thẳng SO; OH E F a/ Chứng minh tứ giác SEHF nội tiếp b/Chứng minh OE.OS = R c/ OH OF = OE.OS d/ Khi S di động tia đối tia DC chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định Hướng dẫn C F A H D O E S B a) Vì H trung điểm CD nên OH vng góc CD , suy OHS = SHF = 90 (1) Vì OA = OB = R; SA = SB (tc tt cắt nhau(nên OS đường trung trực AB , suy SOF = 90 (2) Từ (1)(2) suy tứ giác SEHF nội tiếp b) OE.OS = OA2 = R c) Góc OFE = OSH (cùng phụ EOF ); OHS = OEF = 90 nên OEF ∽ OHS ( g.g ) LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Suy OF OE =  OF OH = OE.OS OS OH d) Vì CD cố định nên H cố định, suy OH không đổi OE.OS R Mà OF = không đổi nên F cố định Vậy AB qua điểm cố định F = OH OH Câu 395.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Từ điểm M nằm ngồi đường tròn ( O , R ) , vẽ tiếp tuyến MA , ( A tiếp điểm) Gọi E trung điểm AM , kẻ EI vng góc OM I , AH vng góc OM H Qua M vẽ cát tuyến MBC có MB  MC tia MC nằm tia MA MO Vẽ tiếp tuyến IK tới (O ) với K tiếp điểm Chứng minh: a) Chứng minh: MA2 = MB.MC; MA2 = MH MO b) Chứng minh ∆MBH đồng dạng ∆MOC Từ suy BCOH nội tiếp c) Chứng minh góc AHB = AHC Tam giác MHK vuông K d) Giả sử: BC = 3BM , D trung điểm MC Chứng minh: MC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ODH Hướng dẫn A A C B O E E C M H D I O K B M I H K a) MCA = MAB  MAB ∽ MCA  MA2 = MB.MC Tam giác OAM vng A có AH đường cao nên MA2 = MH MO b) Từ A suy MB.MC = MH MO , kết hợp góc C chung suy MHB ∽ MCO ( c.g.c ) Suy MCO = MHB  tứ giác BCOH nội tiếp c) Tứ giác BCOH nội tiếp nên CHO = CBO = BCO = MHB mà AHO = AHM = 90  AHB = AHC Tam giác IKO vuông K nên: OK + IK = OI = ( IH + OH ) = IH + OH + IH OH = IH + OH + MH OH = IH + OH + AH = IH + OA2 Suy IK = IH = IM nên tam giác MKH vuông K d) Ta có MA2 = MB.MC = MB.4MB nên MA = 2MB Do MC = 4MB D trung điểm MC nên MD = 2MB LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TỒN – 0975.705.122 Suy MA = MD Ta có MA2 = MH MO nên MD = MH MO suy tam giác MHD đồng dạng tam giác MDO nên góc MDH = MOD mà MOH = 1 sdDH nên MDH = sdDH 2 Vậy MD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ODH Cho đường tròn ( O ) điểm A nằm ngồi đường trịn Câu 396.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AMN với đường tròn( B, C , M , N thuộc đường tròn; AM  AN ) Gọi I giao điểm thứ hai đường thẳng CE với đường tròn ( E trung điểm MN ) a) Chứng minh điểm A, O, E, C nằm đường trịn b) Chứng minh :góc AOC = BIC ; c) Chứng minh: BI / / MN d) Xác định vị trí cát tuyến AMN để diện tich tam giác AIN lớn Hướng dẫn A B M I E N O C a) Vì E trung điểm MN nên OE vng góc AE , AC tiếp tuyến ( O ) nên góc ACO = 90 Xét tứ giác AEOC có OEA = OCA = 90 mà hai góc đối nên tứ giác AEOC nội tiếp đường trịn b) Góc AOC = AOB = 1 sđBC; BIC = sđBC  AOC = BIC 2 c) tứ giác AEOC nội tiếp nên IEN = AEC = AOC mà AOC = BIC  BIC = IEN mà hai góc vị trí sole nên BI / / NM LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 A B K M I E O C N d) Gọi K chân đường cao kẻ từ N xuống AB Vì BI / / AN nên S AIN = S ABN = AB.NK Suy diện tích AIN lớn NK lớn nhất, suy N , O, B thẳng hàng NK = 2R Câu 397.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn (O; R) , đường thẳng d không qua O cắt đường tròn hai điểm phân biệt A, B Từ điểm C d( C nằm ngồi đường trịn), kẻ hai tiếp tuyến CM , CN tới đường tròn( M , N thuộc O ) Gọi H trung điểm AB , đường thẳng OH cắt tia CN K 1) C/m điểm C, O, H , N thuộc đường tròn 2) C/m: KN KC = KH KO 3) Đoạn thẳng CO cắt (O ) I , chứng minh I cách CM , CN , MN 4) Một đường thẳng qua O song song với MN cắt tia CM ,CN E F Xác định vị trí điểm C d cho diện tích tam giác CEF nhỏ Hướng dẫn C M A H O N B K 1) Vì H trung điểm AB nên OH vng góc AB , ONC = 90 ( CN tt) Xét tứ giác OHON có: OHC + ONC = 180 mà hai góc đối nên tứ giác OHCN nội tiếp Vậy C, H , O, N thuộc đường tròn 2) Chỉ KNO ∽ KHC ( g.g )  KN KO =  KN KC = KH KO (đpcm) KH KC LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 C A M E I H O B N F K 3) Xét tam giác ANM có CO phân giác góc MCN ( tính chất 2tt cắt nhau) cung MI = cung IN mà CMI = 1 sđMI ; IMN = sđIN nên CMI = IMN 2 Suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANM Vậy I cách CM , CN NM 4) Tam giác CMN cân mà EF / / NM nên tam giác CEF cân C Suy SCEF = 2SCOF = ON CF = R ( FN + NC )  2R CN NF = 2R R = 2R ( Dấu xảy NF = NC = R , suy OC = R Vậy C nằm O; R Câu 398.(Thầy Nguyễn Chí Thành) ) Cho đường trịn ( O , R ) điểm A nằm ngồi đường trịn, kẻ tiếp tuyến AB , AC với đường tròn ( B , C tiếp điểm) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh BE vuông góc với OA OE.OA = R Trên cung nhỏ BC đường tròn ( O , R ) lấy điểm K ( K khác B ,C) Tiếp tuyến K đường tròn ( O ,R) cắt AB , AC theo thứ tự P , Q Chứng minh tam gác APQ có chu vi không đổi K chuyển động cung nhỏ BC Đường thẳng qua O vng góc với OA cắt đường thẳng AB , AC theo thứ tự M , N Chứng minh PM + QN  MN Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 C Q A K P N E B O M Xét tứ giác ABOC có: ABO = ACO = 90 ( AB , AC tt) nên ABO + ACO = 180 suy tứ giác ABOC nội tiếp Tam giác ABC có AC = AB (tc tt cắt nhau) mà OA phân giác góc A nên OA vng góc BC Trong tam giác vng ACO có AE đường cao nên OC = OE.OA hay OE.OA = R CQ = QK Ta có:   KP = PB (tính chất hai tt cắt nhau) Chu vi tam giác APQ = AQ + QK + KP + PA = AQ + CQ + PB + AP = AC + AB = AB không đổi Tam giác ANM cân A( có phân giác đường cao) nên ANM = AMN Aˆ + AMO = 180 ; Aˆ + BOC = 180 hay Aˆ + 2QOP = 180 suy AMN = POQ MOP ∽ NQO (g.g) nên MP.QN = OM ON = OM = MN 2 nên MN = MP.QN  ( MP + QN ) nên NM  MP + QN Câu 399.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho (O ) điểm A nằm (O ) Kẻ hai tiếp tuyến AM , AN với (O ) ( M , N tiếp điểm) Một đường thẳng ( d ) qua A cắt (O ) hai điểm B C (AB  AC , d không qua tâm O ) Chứng minh AMON nội tiếp Chứng minh AN = AB AC Tính BC biết AB = 4cm; AN = 6cm Gọi I trung điểm BC , đường thẳng NI cắt (O ) điểm thứ hai T Chứng minh MT / / AC Hai tiếp tuyến (O ) B C cắt K Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề Hướng dẫn LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 M T A M C Q I C I B H O B O A N N K Ta có: AMO = ANO = 90 ( AM AN tt) suy AMO + ANO = 180 mà hai góc đối tứ giác AMON nên tứ giác AMON nội tiếp   Ta có: BNA = NCA  = sđBN  nên ANB ∽ ACN (g.g) nên AN = AB AC   Thay AB = 4cm; AN = 6cm vào AN = AB AC suy AC = 9cm , suy BC = − = 5cm Ta có: MTN = sđMN = AON (1) Vì I trung điểm BC nên OI vng góc BC , OIA = ONA = 90 nên tứ giác AOIN nội tiếp, suy AON = AIN (2) Từ (1)(2) suy MTN = AIN mà hai góc vị trí đồng vị nên MT//AC Xét tam giác AKO có AI vng góc KO , kẻ OQ vng góc AK , OQ giao AI H suy H trực tâm tam giác AOK Mà đường KHN vuông OA , KMN vng góc OA nên K , N , H , M thẳng hàng Suy K nằm đường thẳng cố định MN Câu 400.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn (O ) điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn (O ) ( B tiếp điểm) đường kính BC Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I ( I khác C , O ) Đường thẳng AI cắt (O ) hai điểm D E ( D nằm A E ) Gọi H trung điểm đoạn thẳng DE 1) Chứng minh bốn điểm A , O , B , H nằm đường tròn 2) Chứng minh AB BD = AE BE 3) Đường thẳng d qua điểm E song song với AO d cắt BC điểm K Chứng minh HK ∥ DC 4) Tia CD cắt AO điểm P , tia EO cắt BP điểm F , Chứng minh tứ giác BECF hình chữ nhật Hướng dẫn LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 A A P D B B F D Q H O O K C E C E Ta có: OBA = 90 (vì AB tt (O)) OHA = 90 (vì H trung điểm dây CD) suy OBA + OHA = 180 mà hai góc đối tứ giác ABOH nên tứ giác ABOH nội tiếp ˆ  Achung  Xét tam giác ABE ADB có:    suy ABD ∽ AEB (g.g)  ABD = AEB  = sđBD     nên AB BD = AE BE Tứ giác ABOH nội tiếp nên OAH = OBH (góc nt chắn cung OH ) mà OAH = HEK (sole trong) nên HEK = OBH suy tứ giác BHKE nội tiếp Vì BHKE nội tiếp nên KHE = KBE (góc nt chắn cung EK ) mà KBE = EDC (góc nt chắn cung EC ) nên EHK = EDC mà hai góc vị trí đồng vị nên HK//DC Kẻ tiếp tuyến AQ với (O ) ( Q khác B ) Tam giác ABP = AQP(c g.c) nên ABP = AQP (1) Ta có: Tứ giác ABOQ nội tiếp nên OAQ = OBQ mà OBQ = CDQ (góc nt chắn cung CD) nên OAQ = CDQ suy tứ giác QDPA nội tiếp, nên AQP = ADP = CDE = CBE (2) Từ (1)(2) suy CBE = PBA mà OBP + ABP = 90 nên EBC + CBP = 90 suy F thuộc (O ) nên BC FE đường kính (O ) Suy tứ giác BECF hình chữ nhật LỚP TỐN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 ...PHẦN ĐÁP ÁN TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN HÌNH ƠN THI VÀO 10 Câu 1.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường trịn ( O ) đường kính AB = 2R = 10cm Gọi C trung điểm OA , Qua C kẻ dây... B H thi? ??t)  BMCN hình bình hành (vì có hai đường chéo cắt trung điểm đường) b) Chứng minh: C trực tâm AMN ACO = 90 Ta có: BNA = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  BN ⊥ AN LỚP TOÁN... nhỏ = 90 LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122  EBM = 45   EBM , FAK vuông cân  EM = EB; FA = FK  KAF = 45 Lại có tứ giác AEMF có ba góc vng nên hình chữ nhật