Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CED không đổi 2 Cho tam giác ABC biết góc ABC bằng 450, góc ACB bằng 600 và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằn[r]
(1)1) Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp (O;R) Hạ các đường cao AD, BE tam giác Các tia AD, BE cắt (O) các điểm thứ hai M, N Chứng minh : a) Bốn điểm A, E, D, B nằm trên đường tròn Tìm tâm I đường tròn đó b) MN // DE c) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên cung lớn AB Chứng minh độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CED không đổi 2) Cho tam giác ABC biết góc ABC 450, góc ACB 600 và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC R Tính diện tích tam giác ABC theo R 3)Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và MN Vẽ tiếp tuyến d đường tròn (O) B Đường thẳng AM, AN cắt đường thẳng d E và F a Chứng minh MNFE là tứ giác nội tiếp b Gọi K là trung điểm FE Chứng minh AK vuông góc với MN 4) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không qua tâm Trên tia đối tia BC lấy điểm A (A khác B) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm) Gọi I là trung điểm BC 1)Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc đường tròn và IA là tia phân giác góc MIN 1 2)Gọi K là giao điểm MN và BC Chứng minh AK AB AC 3)Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) điểm thứ hai là P Xác định vị trí điểm A trên tia đối tia BC để AMPN là hình bình hành 1)Theo giả thiết AMO ANO AIO 90 điểm A, O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO AIN AMN , AIM ANM (Góc nội tiếp cùng chắn cung) AM AN AMN cân A AMN ANM AIN AIM đpcm 1 AB AC AK ( AB AC ) AB AC AK AI 2) AK AB AC (Do AB AC 2 AI ) ABN đồng dạng với ANC AB AC AN AHK đồng dạng với AIO AK AI AH AO Tam giác AMO vuông M có đường cao MH AH AO AM AK AI AM Do AN AM AB AC AK AI 3) Ta có AN NO, MP NO, M AN AN / / MP (2) Do đó AMPN là hình bình hành AN MP 2 x Tam giác ANO đồng dạng với TH NE NO OE NEM 2x2 R R AN NO x2 NE NE EM R R x x R R R x R x t , t 0 x R t Đặt 2t R 2( R t ) R Rt 2t Rt R 0 t R PTTT Do t 0 t R TH Đặt R x R x 0 A B (Loại) NE NO OE 2x2 R R x x R R R x R R x t , t 0 x R t 2t R 2( R t ) R Rt 2t Rt R 0 t R PTTT Do t 0 2t R R x R x R AO 2 R Vậy A thuộc BC, cách O đoạn 2R thì AMPN là hình bình hành 5) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi M là trung điểm cạnh BC và N là điểm đối xứng M qua O Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC D Kẻ đường kính AE Chứng minh rằng: a)Chứng minh BA.BC 2BD.BE b)CD qua trung điểm đường cao AH tam giác ABC a) Chứng minh BA BC = 2BD BE ABC 900 , EBM ABC 900 Ta có: DBA DBA EBM (1) Ta có: ONA OME (c-g-c) EAN MEO DAB BAE EAN 900 Ta lại có: , và BEM BAE MEO 90 DAB BEM (2) Từ (1) và (2) suy BDA # BME (g-g) BD BA BC BD.BE BA.BM BA BM BE (3) 2BD.BE BA.BC b) CD qua trung điểm đường cao AH ABC Gọi F là giao BD và CA Ta có BD.BE BA.BM (cmt) BD BM BA BE BDM # BAE (c-g-c) BMD BEA BEA Mà BCF (cùng chắn cung AB) MD / /CF D BMD BCF BF là trung điểm Gọi T là giao điểm CD và AH T H CT BD CD (HQ định lí Te-let) BCD có T H / /BD T A CT FD CD (HQ định lí Te-let) FCD có T A / /FD Mà BD FD ( D là trung điểm BF ) Từ (3), (4) và (5) suy T A T H T là trung điểm AH (3) (4) (5) 6) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC R cố định Điểm A di động trên cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt K (K không trùng A) Gọi H là giao điểm BE và CF a) Chứng minh KA là phân giác góc BKC và tứ giác BHCK nội tiếp b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn tứ giác đó theo R c) Chứng minh AK luôn qua điểm cố định a) Ta có AKB AEB (vì cùng chắn cung AB đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB) Mà ABE AEB (tính chất đối xứng) suy AKB ABE (1) AKC AFC (vì cùng chắn cung AC đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC) ACF AFC AKC ACF (tính chất đối xứng) suy (2) Mặt khác ABE ACF (cùng phụ với BAC ) (3) Từ (1), (2) , (3) suy AKB AKC hay KA là phân giác góc BKC Gọi P, Q là các giao điểm BE với AC và CF với AB 1 BOC 1200 ; BAC BOC 600 Ta có BC R nên Trong tam giác vuông ABP 0 có APB 90 ; BAC 60 ABP 30 hay ABE ACF 30 (4) 0 0 Tứ giác APHQ có AQH APH 180 PAQ PHQ 180 PHQ 120 BHC 120 (đối đỉnh) 0 Ta có AKC ABE 30 , AKB ACF ABE 30 (theo chứng minh phần a) 0 Mà BKC AKC AKB AFC AEB ACF ABE 60 suy BHC BKC 180 nên tứ giác BHCK nội tiếp b) Gọi (O’) là đường tròn qua bốn điểm B, H,C, K Ta có dây cung BC R 3, BKC 60 BAC nên bán kính đường tròn (O’) bán kính R đường tròn (O) Gọi M là giao điểm AH và BC thì MH vuông góc với BC, kẻ KN vuông góc với BC (N thuộc BC), gọi I là giao điểm HK và BC 1 S BHCK S BHC S BCK BC.HM BC.KN BC HM KN 2 Ta có 1 S BHCK BC ( HI KI ) BC.KH 2 (do HM HI; KN KI ) Ta có KH là dây cung đường tròn (O’; R) suy KH 2 R (không đổi) nên S BHCK lớn KH 2 R và HM KN HK 2 R S BHCK R 3.2 R R Giá trị lớn Khi HK là đường kính đường tròn (O’) thì M, I, N trùng suy I là trung điểm BC nên ABC cân A Khi đó A là điểm chính cung lớn BC c) Ta có BOC 120 ; BKC 60 suy BOC BKC 180 nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn Ta có OB=OC=R suy OB OC BKO CKO hay KO là phân giác góc BKC theo phần (a) KA là phân giác góc BKC nên K ,O, A thẳng hàng hay AK qua O cố định (5)