PHẦN BÀI TẬP TỔNG HỢP HÌNH HỌC

PHẦN BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M,N,P Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD, nội tiếp Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H M đối xứng qua BC Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:  CEH = 900 ( Vì BE đường cao)  CDH = 900 ( Vì AD đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => BEC = 900 CF đường cao => CF  AB => BFC = 900 Như E F nhìn BC góc 900 => E F nằm đường trịn đường kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ;  góc chung =>  AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD * Xét hai tam giác BEC ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C góc chung =>  BEC  ADC => => AD.BC = BE.AC 4 Ta có C1 = A1 ( phụ với góc ABC) C2 = A1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM) => C1 =  C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân C => CB đương trung trực HM H M đối xứng qua BC Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp  C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD)  E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED Chứng minh tương tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đường trịn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Chứng minh ED = BC Chứng minh DE tiếp tuyến đường trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = cm, AH = cm Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:  CEH = 900 ( Vì BE đường cao CDH = 900 ( Vì AD đường cao) => CEH + CDH = 1800 Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => BEA = 900 AD đường cao => AD  BC => BDA = 900 Như E D nhìn AB góc 900 => E D nằm đường trịn đường kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đường cao nên đường trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900 Vậy tam giác BEC vng E có ED trung tuyến => DE = BC Vì O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1) Theo DE = BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2) Mà B1 = A1 ( phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mà E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE E Vậy DE tiếp tuyến đường tròn (O) E Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vng E ta có ED = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bài Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By C D Các đường thẳng AD BC cắt N Chứng minh AC + BD = CD Chứng minh COD = 900 3.Chứng minh AC BD = 4.Chứng minh OC // BM Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM hai góc kề bù => COD = 900 3 Theo COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM  CD ( OM tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OM = CM DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = Theo COD = 900 nên OC  OD (1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM  OD (2) Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD) Bài Cho đường tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm) Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d Lời giải (HS tự làm) Vì K trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đường kính Và dây cung) => OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900 K, A, B nhìn OM góc 900 nên nằm đường trịn đường kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đường trịn Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM  AB I Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vng A có AI đường cao Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => OI.OM = OA hay OI.OM = R2; OI IM = IA2 4 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động ln cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường trịn tâm A bán kính AH = R Bài 5: Cho đường tròn (O;R); AB CD hai đường kính khác đường tròn Tiếp tuyến B đường tròn (O;R) cắt đường thẳng AC, AD thứ tự E F a) Chứng minh tứ giác ACBD hình chữ nhật b) Chứng minh ∆ACD ~ ∆CBE c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn d) Gọi S, S1, S2 thứ tự diện tích ∆AEF, ∆BCE ∆BDF Chứng minh: S1  S2  S Giải A D O C E B F a) Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB CD cắt trung điểm đường, suy ACBD hình chữ nhật b) Tứ giác ACBD hình chữ nhật suy ra: � CBE  � � � CAD  BCE  90 (1) Lại có sđ BC (góc tạo tiếp tuyến dây cung); � ACD  � � � � � sđ AD (góc nội tiếp), mà BC  AD (do BC = AD) � CBE  ACD (2) Từ (1) (2) suy ∆ACD ~ ∆CBE � � c) Vì ACBD hình chữ nhật nên CB song song với AF, suy ra: CBE  DFE (3) � � Từ (2) (3) suy ACD  DFE tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn S1 EB2  d) Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra: S EF � S1 EB  S EF Tương tự ta có S1  S2  S S2 BF  S EF Từ suy ra: S1 S  1� S S Bài 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 1 Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường tròn Chứng minh BM // OP Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải: (HS tự làm) 2.Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm �AOM chắn cung AM => ABM = (1) OP tia phân giác AOM ( t/c �AOM hai tiếp tuyến cắt ) =>  AOP = (2) Từ (1) (2) => ABM =  AOP (3) Mà ABM  AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) 3.Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB) => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ Ta có PM  OJ ( PM tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => APO =  NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đường cao => IK  PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường trịn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM IB 3) Chứng minh BAF tam giác cân 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Lời giải: Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù) AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù) => KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vng A có AM  IB ( theo trên) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => AI2 = IM IB Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí ……) => ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE đường cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân Tại B BAF tam giác cân B có BE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm AF (3) Từ BE  AF => AF  HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân Tại A có AE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm HK (6) Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vng A có ABI = 450 => AIB = 450 (8) Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Bài Cho đường trịn (O) bán kính R có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N đường tròn P Chứng minh Tứ giác OMNP nội tiếp Tứ giác CMPO hình bình hành CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định Lời giải: Ta có OMP = 900 ( PM  AB ); ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ) Như M N nhìn OP góc 900 => M N nằm đường tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM =  ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC = OC => OPM = OCM Xét hai tam giác OMC MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM lại có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo giả thiết Ta có CD  AB; PM  AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C góc chung => OMC NDC CM CO  => CD CN => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đường thẳng cố định vng góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A’ B’ song song AB Bài Cho đường trịn (O) đường kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD Chứng minh I, B, E thẳng hàng 5 Chứng minh MI tiếp tuyến (O’) Lời giải: BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => BID = 900 (vì hai góc kề bù); DE  AB M => BMD = 900 => BID + BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp Theo giả thiết M trung điểm AB; DE  AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DC; theo BI  DC => BI // AD (1) Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2) Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đường thẳng song song với AD mà thôi.) I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; O’IC cân O’ ( O’C O’I bán kính ) => I3 = C1 mà C1 = E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mà I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI  O’I I => MI tiếp tuyến (O’) Bài 10 Cho đường tròn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngồi C Gọi AC BC hai đường kính qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vng góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O’) F, BD cắt (O’) G Chứng minh rằng: Tứ giác MDGC nội tiếp Bốn điểm M, D, B, F nằm đường trịn Tứ giác ADBE hình thoi B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy 6 MF = 1/2 DE MF tiếp tuyến (O’) Lời giải: BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => CGD = 900 (vì hai góc kề bù) Theo giả thiết DE  AB M => éCMD = 900 => CGD + CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE  AB M) F M nhìn BD góc 900 nên F M nằm đường trịn đường kính BD => M, D, B, F nằm đường tròn Theo giả thiết M trung điểm AB; DE  AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DF ; theo tứ giác ADBE hình thoi => BE // AD mà AD  DF nên suy BE  DF Theo BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BF  DF mà qua B có đường thẳng vng góc với DF đo B, E, F thẳng hàng Theo DF  BE; BM  DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đường cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy Theo DF  BE => DEF vng F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vng trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền) (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1 O’BF cân O’ ( O’B O’F bán kính ) => F3 = B1 mà B1 = D1 (Cùng phụ với DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 Mà F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’ hay MF  O’F F => MF tiếp tuyến (O’) Bài 11 Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DE, đường thẳng cắt đường thẳng DE DC theo thứ tự H K Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính góc CHK Chứng minh KC KD = KH.KB Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đường nào? Lời giải: Theo giả thiết ABCD hình vng nên BCD = 900; BH  DE H nên BHD = 900 => H C nhìn BD góc 900 nên H C nằm đường trịn đường kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2) Từ (1) (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vng) => CHK = 450 Xét KHC KDB ta có CHK = BDC = 450 ; K góc chung KC KH  => KHC  KDB => KB KD => KC KD = KH.KB (HD) Ta ln có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E  B H  B; E  C H  C) Bài 12 : Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO Kẻ dây MN vng góc với AB I, gọi C điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM Chứng minh AM2 = AE.AC Chứng minh AE AC - AI.IB = AI2 Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Lời giải: Theo giả thiết MN AB I => EIB = 900;  ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900 => EIB + ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp Theo giả thiết MN AB => A trung điểm cung MN => AMN = ACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay AME = ACM Lại thấy CAM góc chung hai tam giác AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM AM AE  Theo AME   ACM => AC AM => AM2 = AE.AC AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN AB I => AMB vng M có MI đường cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông) Áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vng I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI Theo AMN = ACM => AM tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp  ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , tâm O1 đường trịn ngoại tiếp  ECM phải nằm BM Ta thấy NO nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM Gọi O1 chân đường vng góc kẻ từ N đến BM ta O tâm đường tròn ngoại tiếp  ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đường trịn tâm O1 bán kính O1M với đường trịn (O) O hình chiếu vng góc N BM Bài 13 Cho hai đường trịn (O) ; (O’) tiếp xúc ngồi A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm O’M AC Chứng minh : Chứng minh tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp Tứ giác AEMF hình chữ nhật ME.MO = MF.MO’ OO’ tiếp tuyến đường trịn đường kính BC BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ Lời giải: ( HS tự làm) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MA = M =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME  AB (1) Chứng minh tương tự ta có MF  AC (2) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO’ tia phân giác hai góc kề bù BMA CMA => MO  MO’ (3) Từ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đường trịn => MA  OO’ => MAO vng A có AE  MO ( theo ME  AB)  MA2 = ME MO (4) Tương tự ta có tam giác vng MAO’ có AFMO’ MA2 = MF.MO’ (5) Từ (4) (5)  ME.MO = MF MO’ Đường trịn đường kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đường trịn qua Avà co MA bán kính Theo OO’  MA A  OO’ tiếp tuyến A đường trịn đường kính BC (HD) Gọi I trung điểm OO’ ta có IM đường trung bình hình thang BCO’O => IMBC M (*) Ta cung chứng minh OMO’ vng nên M thuộc đường trịn đường kính OO’ => IM bán kính đường trịn đường kính OO’ (**) Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ Bài 14: Cho đường trịn tâm O BC dây cung khơng qua tâm Trên tia đối tia BC lấy điểm M cho M không trùng với B Đường thẳng qua M cắt đường tròn (O) cho N P (N nằm M P) cho O nằm bên � PMC Gọi A điểm cung nhỏ NP Các dây AB AC cắt NP D E a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp b) Chứng tỏ MB.MC = MN.MP A c) OA cắt NP K Chứng minh MK2 > MB.MC P Bài làm: E N D K O M B a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp Theo tính chất góc có đỉnh bên đường tròn (O), � � � � �  s�AN  s�PC = s�AP  s�PC v�AN �  AP � (gt) AEN 2 ta có: � s�APC � � � = = ABC v�ABC no� i tie� p cu� a (O) cha� n APC �  DBC � � AEN �  DEC �  180  hai go� Ma�AEN c ke� bu�      �  DEC �  180 � T� Ne� n DBC � gia� c BDEC no� i tie� p (theo � � nh ly� � a� o ve� t� � gia� c no� i tie� p) b) Chứng tỏ MB.MC = MN.MP Xe� t MBP va� MNC , co� : � : Go� PMC c chung �  MCN �  hai go� MPB c no� i tie� p cu� a (O) cu� ng cha� n cung nho� NB MB MP �  � MB.MC =MN.MP Suy  MBP ∽  MNC (g – g) MN MC c) Chứng minh MK2 > MB.MC * Vì A điểm cung nhỏ NP (gt) suy OA  NP K (đường kính qua điểm cung vng góc với dây căng cung ) Suy K trung điểm dây NP (đường kính vng góc dây qua trung điểm dây đó) Suy NP = 2.NK MB.MC = MN.MP (theo câu b), suy ra: MB.MC = MN(MN + NP) = MN(MN + 2.NK) = MN2 + 2.MN.NK (1) MK2 = (MN + NK)2 = MN2 + 2.MN.NK + NK2 > MN2 + 2.MN.NK ( NK2 > ) (2) Từ (1) (2): MK2 > MB.MC C Bài 15: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO ( C khác A C khác O ) Đường thẳng qua điểm C vng góc với AO cắt nửa đường tròn cho D Trên cung BD lấy điểm M ( với M khác B M khác D) Tiếp tuyến nửa đường tròn cho M cắt đường thẳng CD E Gọi F giao điểm AM CD Chứng minh : BCFM tứ giác nội tiếp đường tròn Chứng minh EM = EF Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh D, I, B thẳng hàng; từ suy góc ABI có số đo không đổi M thay đổi cung BD Bài làm: E D I H M F A B C O � a) Ta có: M � O  đường kính AB (gt) suy ra: AMB  90 (góc nội tiếp chắn � 0 � � � đường tròn) hay FMB  90 Mặt khác FCB  90 (GT ) Do AMB  FCB  180 Suy BCFM tứ giác nội tiếp đường tròn � � � b) Ta có: BCFM tứ giác nội tiếp(cmt) � CBM  EFM  1 (cùng bù với CFM ) � � Mặt khác CBM  EMF   (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung AM ) chắn � �  EMF � � EFM  1 &   � EFM cân E � EM  EF (đpcm) � �  DIF  3 HID c) Gọị H trung điểm DF Dễ thấy IH  DF � DIF � DMF  I  (góc nội tiếp góc tâm chắn Trong đường trịn ta có: � �  DIF   DMA � DF ) hay � � � Trong đường trịn  O  ta có: DMA  DBA   (góc nội tiếp chắn DA )’ �  DBA �  3 ;   ;   � DIH � � Dễ thấy CDB  90  DBA Mà �  900  DIH � HDI �  DBA �  cmt  DIK � � � � Suy CDB  HDI hay CDB  CDI � D; I ; B thẳng hàng � AD �� ABI  � ABD  sd Vì C cố định nên D cố Ta có: D; I; B thẳng hàng (cmt) định � sd � AD khơng đổi Do góc ABI có số đo không đổi M thay đổi cung BD Bài 16: Cho điểm A nằm ngồi đường trịn (O) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến ADE tới đường trịn (B, C hai tiếp điểm; D nằm A E) Gọi H giao điểm AO BC Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp Chứng minh rằng: AH AO = AD AE 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 AB P cắt AC Q Chứng minh rằng: IP + KQ �PQ Bài làm: P B E I D A O H K C Q � � a) ABO + ACO = 180 => tứ giác ABOC nội tiếp b)  ABD :  AEB (g.g) => AD.AE = AB2 (1)  ABO vuông B, BH  AO => AH.AO = AB2 (2) => AH AO = AD AE c) Áp dung BĐT Côsi: IP + KQ �2 IP.KQ Ta có:  APQ cân A=>OP = OQ => PQ = 2OP Để C/m IP + KQ �PQ ,Ta C/m: IP.KQ = OP2 � � Thật vậy:  BOP =  COQ (c.h-g.n) => BOP  COQ � � � � Theo T/c tiếp tuyến cắt nhau: BOI  DOI , DOK  COK � � � � � � � � => BOP  BOI  DOK  COQ  DOI  COK  90 => POI  DOK  90 � � Mà QKO  COK  90 � � Suy ra: POI  QKO Do đó:  POI :  QKO (g.g)  IP.KQ = OP.OQ = OP2 Bài 17: Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi d d2 hai tiếp tuyến đường tròn (O) hai điểm A B.Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc đường trịn (O) (E khơng trùng với A B) Đường thẳng d qua điểm E vng góc với EI cắt hai đường thẳng d1 d2 M, N 1) Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh �ENI  �EBI �MIN  90 3) Chứng minh AM.BN = AI.BI 4) Gọi F điểm cung AB khơng chứa E đường trịn (O) Hãy tính diện tích tam giác MIN theo R ba điểm E, I, F thẳng hàng Bài làm: 1/ Xét tứ giác AIEM có MAI =  MEI = 90o => MAI +  MEI = 180o Mà góc vị trí đối diện => tứ giác AIEM nội tiếp 2/ Xét tứ giác BIEN có  IEN =  IBN = 90o     IEN +  IBN = 180o tứ giác IBNE nội tiếp  ENI =  EBI = ½ sđ cg IE (*) Do tứ giác AMEI nội tiếp =>  EMI =  EAI = ½ sđ EB (**) Từ (*) (**) suy  EMI +  ENI = ½ sđ AB = 90o 3/ Xét tam giác vuông AMI tam giác vng BIN có  AIM =  BNI ( cộng với  NIB = 90o)  AMI ~  BNI ( g-g)   AM.BN = AI.BI 4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ Do tứ giác AMEI nội tiếp nên góc AMI = góc AEF = 45o Nên tam giác AMI vng cân A Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân B  AM = AI, BI = BN Áp dụng Pitago tính Vậy ( đvdt) Bài 18: Cho đường tròn tâm O bán kính R đường thẳng (d) cố định, (d) đường trịn (O;R) khơng giao nhau.Gọi H chân đường vng góc kẻ từ O đến đường thẳng (d), M điểm thay đổi (d) (M không trùng với H) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA MB với đường tròn (A,B tiếp điểm ).Dây cung AB cắt OH I a) Chứng minh năm điểm O, A, B, H, M nằm đường trịn b) Chứng minh IH.IO=IA.IB c) Chứng M thay đổi (d) tích IA.IB khơng đổi Bài làm O B 1 I A d H � � � M a) Chứng minh : OAM  90 , OBM  90 , OHM  90 � � � Suy OAM  OBM  OHM  90 Vậy năm điểm O, A, B, H, M nằm đường tròn đường kính MO ( theo quỹ tích cung chứa góc 900 ) b)  OIA đồng dạng với  BIH (g.g) 0 IA IO  Nên IH IB Vậy IH.IO=IA.IB c) Gọi K giao điểm OM AB - Dễ thấy OM đường trung trực AB nên OM  AB K Suy : OK.OM = OA2 = R2 - Lại có  OKI đồng dạng với  OHM (g.g) nên OI.OH = OK.OM Do OI.OH = R2 khơng đổi Vì d,O cố định nên OH không đổi Suy : OI không đổi I cố định Vậy IH không đổi Từ câu b, ta có : IA.IB = IO.IH = khơng đổi Bài 19: Cho đường trịn (O; R), dây cung BC cố định (BC < 2R) điểm A di động cung lớn BC cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao BD CE tam giác ABC cắt H a) Chứng minh tứ giác ADHE tứ giác nội tiếp � b) Giả sử BAC  60 , tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R c) Chứng minh đường thẳng kẻ qua A vng góc với DE ln qua điểm cố định � � d) Phân giác góc ABD cắt CE M, cắt AC P Phân giác góc ACE cắt BD N, cắt AB Q Tứ giác MNPQ hình gì? Tại sao? Bài làm: � a) BD AC (gt) ADB = � CE AB (gt) AEC = � � Tứ giác ADHE có D + E  180 nên tứ giác nội tiếp b) Kẻ OIBC ( I �BC ), nối O với B, O với C � � Có BAC = BOC = (góc nội tiếp góc tâm chắn cung) �  300 OBC cân O OCI  Suy OI R c) Gọi (d) đường thẳng qua A vng góc với DE Qua A kẻ tiếp tuyến sAt với đường tròn (O;R)AO sAt � =AED � � BEDC nội tiếp (E, D nhìn BC góc vng) � ACB � ) (cùng bù với BED �1 � �  sdAB � � �  ACB � � � BAs Mặt khác �  AED � � sAt // DE (hai góc vị trí so le trong) � d  sAt BAs d OA  (tiên đề Ơclit) Có d  sAt , OA  sAt Đường thẳng (d) qua điểm O cố định � � � d) Có ABD  ACE (cùng phụ với góc BAC ) 1� � �  ECQ � � � ABP  ABD � � �2 � �  EQC �  900 QEC vuông E � ECQ � CQ  BP Mà BP, CQ phân giác nên MP, NQ cắt trung điểm đường Vậy có MNPQ hình thoi Bài 20: Cho nửa đường trịn (O), đường kính BC Gọi D điểm cố định thuộc đoạn thẳng OC (D khác O C) Dựng đường thẳng d vng góc với BC điểm D, cắt nửa đường tròn (O) điểm A Trên cung AC lấy điểm M (M khác A C), tia BM cắt đường thẳng d điểm K, tia CM cắt đường thẳng d điểm E Đường thẳng BE cắt nửa đường tròn (O) điểm N (N khác B) Chứng minh tứ giác CDNE nội tiếp 2.Chứng minh ba điểm C, K N thẳng hàng Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BKE Chứng minh điểm I nằm đường thẳng cố định điểm M thay đổi Bài làm: E N K M O H B � D C a) Xét tứ giác CDNE có CDE  90 ( GT) o o � � Và BNC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) nên ENC  90 (Kề bù với góc BNC) o � � Vậy CDE  CNE  90 nên tứ giác CDNE nội tiếp( Vì có hai đỉnh kề D,N nhìn EC góc vng) o b) Gợi ý câu b: Tam giác BEC có K giao điểm đường cao BM ED nên K trực tâm Vậy KC  BE Tứ giác MENK nội tiếp nên góc KNE góc vng nên KN  BE Vậy C,K ,N thẳng hàng c) Gợi ý câu c: Lấy H đối xứng với C qua D, Do C,D cố định nên H cố định � � tam giác HKC cân K nên KHC  KCH � � � � Mà BED  KCH (cùng phụ góc EBC) Vậy KHC  BED nên tứ giác BEKH nội tiếp nên I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BKE qua B H cố định nên I thuộc đường trung trực BH Bài 21: Cho đường trịn tâm O bán kính R Từ điểm A nằm ngồi đường trịn kẻ tiếp tuyến AM AN với đường tròn (M, N tiếp điểm) a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp b) Biết AM = R Tính OA theo R c) Tính diện tích hình quạt trịn chắn cung nhỏ MN đường trịn tâm O theo bán kính R d) Đường thẳng d qua A, không qua điểm O cắt đường tròn tâm O hai điểm B, C Gọi I trung điểm BC Chứng tỏ năm điểm A, M, N, O I nằm đường tròn Bài làm: a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp: + (O) có: �  AM tiếp tuyến M � AM  OM � OMA  90 (1) �  AN tiếp tuyến N � AN  ON � ONA  90 (2) � �  Từ (1 , (2) � OMA  ONA  180 � Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA b) Biết AM = R Tính OA theo R: OM  AM  OAM vuông M � OA = � OA = R2  R2  R c)Tính diện tích hình quạt trịn chắn cung nhỏ MN đường tròn tâm O theo bán kính R + (O) có:  Hai tiếp tuyến AM, AN cắt A � AM = AN =R = OM = ON � AMON hình thoi (1) �  Mà: OMA  90 (cmt) (2) �  Từ (1) (2) AMON hình vng �  900 � n0 = 900 � MOM  R2 n  R2 90  Squạt (MON) = 360 = 360   R2 (đvdt) d) Chứng tỏ năm điểm A, M, N, O I nằm đường trịn + (O) có:  I trung điểm dây BC � OI  BC �  900 � OIA nhìn đoạn OA � I �đường trịn đường kính OA (1)  Tứ giác AMON nội tiếp đường trịn đường kính OA Từ (1), (2 � điểm A,M, N, O, I �đường tròn đường kính OA (2) ... AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn AKFI phải hình. .. trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => APO =  NOP ( so le) (7) Theo... (8) Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Bài Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường