Đang tải... (xem toàn văn)
Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña AB; DE AB t¹i M nên M cũng là trung điểm của DE quan hệ đờng kính vµ d©y cung => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vuông góc với nhau tại[r]
X.Bài tập Hình tổng hợp Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chứng minh rằng: 1.Tứ giác CEHD, nội tiếp 2.Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn 3.AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC 4.H M đối xứng qua BC 5.Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) => CEH + CDH = 1800 Mµ CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEC = 900 CF đờng cao => CF AB => BFC = 900 Nh vËy E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng tròn đờng kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ;  gãc chung => AEH ADC => AE = AH => AE.AC = AH.AD AD AC * XÐt hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; C lµ gãc chung => BEC ADC => BE = BC => AD.BC = BE.AC AD AC Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC) C2 = A1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM) => C1 = C2 => CB lµ tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C => CB đơng trung trực HM H M đối xøng qua BC Theo chøng minh trªn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD) E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED Chứng minh tơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE Chứng minh tứ giác CEHD néi tiÕp Bèn ®iĨm A, E, D, B nằm đờng tròn Chứng minh ED = BC Chøng minh DE lµ tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính độ dài DE biÕt DH = Cm, AH = Cm Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)=> CEH + CDH = 1800 Mµ CEH vµ CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEA = 900 AD đờng cao => AD BC => BDA = 900 Nh vËy E vµ D cïng nh×n AB díi mét gãc 900 => E D nằm đờng tròn đờng kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến => D trung điểm BC Theo trªn ta cã BEC = 900 VËy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyến => DE = BC Vì O tâm đờng tròn 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 Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE OE E Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông t¹i E ta cã ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32 ED = 4cm Bµi Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt N Chứng minh AC + BD = CD Chøng minh COD = 900 Chøng minh AC BD = AB 4 Chøng minh OC // BM Chøng minh AB lµ tiếp tuyến đờng tròn đờng kính CD Chứng minh MN AB Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhá nhÊt Lêi gi¶i: Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM lµ hai gãc kỊ bï => COD = 900 Theo COD = 900 nên tam giác COD vuông O cã OM CD ( OM lµ tiÕp tuyÕn ) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB Theo trªn COD = 900 nªn OC OD (1) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD) Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta cã AC AB; BD AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đờng trung bình hình thang ACDB => IO // AC , mà AC AB => IO AB t¹i O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD Theo trªn AC // BD => CN = AC , mà CA = CM; DB = DM nên suy CN =CM BN BD BN DM => MN // BD mµ BD AB => MN AB ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nªn suy chu vi tø giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhá nhÊt , mµ CD nhá nhÊt CD lµ khoảng cách giữ Ax By tức CD vuông góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm cña IK Chøng minh B, C, I, K cïng nằm đờng tròn Chứng minh AC tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính bán kính ®êng trßn (O) BiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD) Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B Do ®ã BI BK hayIBK = 900 T¬ng tù ta cịng cã ICK = 900 nh vËy B C nằm đờng tròn đờng kính IK B, C, I, K nằm đờng tròn Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ) I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC VËy AC tiếp tuyến đờng tròn (O) Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = √ 202 − 122 = 16 ( cm) 2 CH2 = AH.OH => OH = CH =12 = (cm) AH 16 2 2 √ OH +HC =√ + 12 =√ 225 = 15 (cm) OC = Bài Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng 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 OAHB d A hình thoi P Chøng minh ba ®iĨm O, K D H, M thẳng hàng N Tìm quỹ tích điểm H H M di chuyển M O I đờng thẳng d C B Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Lêi giải: (HS tự làm) Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kính Và d©y cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh vËy K, A, B cïng nh×n OM díi mét gãc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Ta có MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cđa AB => OM AB t¹i I Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đờng cao Theo hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; vµ OI IM = IA2 Ta cã OB MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH AB; cịng theo trªn OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vuông góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nhng cách A cố định khoảng b»ng R Do ®ã q tÝch cđa ®iĨm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E Chứng minh tam giác BEC cân Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chøng minh r»ng BE lµ tiÕp tuyÕn đờng tròn (A; AH) Chứng minh BE = BH + DE Lêi gi¶i: (HD) AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2) Vì AB CE (gt), AB vừa ®êng cao võa lµ ®êng trung tun cđa BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 => AHB = AIB => AI = AH AI = AH vµ BE AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến mét ®iĨm P cho AP > R, tõ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn Chứng minh BM // OP Đờng thẳng vuông 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) Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm AOM ch¾n cung AM => ABM = (1) OP tia phân giác AOM ( t/c hai tiếp tuyÕn c¾t AOM ) => AOP = (2) Tõ (1) vµ (2) => ABM = AOP (3) Mµ ABM vµ AOP lµ hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB).=> PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Tõ (4) vµ (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON AB => ON PJ Ta cịng cã PM OJ ( PM lµ tiÕp 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 lµ trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => APO = NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiÕp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (8) Tõ (7) vµ (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đờng cao => IK PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiÕp 2) Chøng minh r»ng: 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 đợc đờng tròn Lời giải: Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (vì hai góc kỊ bï) AEB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn ) => KEF = 900 (vì hai gãc kÒ bï) => 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 vuông A có AM IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM IB Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……) => ABE =MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo trªn ta cã AEB = 900 => BE AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm cña AF (3) Tõ 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 A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK (6) Tõ (3) , (4) vµ (6) => AKFH lµ hình thoi ( có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn 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 gãc néi tiÕp ) (7) Tam giác ABI vuông A có ABI = 450 => AIB = 450 (8) Tõ (7) vµ (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 đợc đờng tròn Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi Chøng minh ABD = DFB Chøng minh CEFD tứ giác nội tiếp Lời giải: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC AE ABE = 900 ( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) => tam giác ABE vuông B có BC ®êng cao => AC AE = AB2 (hƯ thøc gi÷a cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R không đổi AC AE không đổi ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác b»ng 1800)(1) ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ) => AFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (2) Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD) Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800 ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ECD = ABD ( cïng bï víi ACD) Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB Mµ EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù) nên suy ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi M điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, MA Gọi P chân đơng vuông góc từ S đến AB Vì Mđối xứng M qua AB Chøng minh ®iĨm A, M, S, P nằm đ- mà M nằm đờng tròn ờng tròn nên M nằm ®êng Gäi S’ lµ giao ®iĨm cđa MA vµ SP Chứng minh tròn => hai cung AM tam giác PSM cân AM có số đo Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn Lêi gi¶i: Ta cã SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh P M nhìn AS dới góc 900 nên nằm đờng tròn ®êng kÝnh AS VËy ®iÓm A, M, S, P nằm đờng tròn => AMM = AMM ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1) Cũng Mđối xứng M qua AB nên MM AB H => MM// SS ( vuông gãc víi AB)=> AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (v× so le trong) (2) Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP )=> ASP = AMP => tam giác PMS cân P Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = S1 (cùng phụ với S) (3) Tam giác PMS cân P => S1 = M1 (4) Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => B1 = M3 (5) Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = AMB = 900 nªn suy M1 + M2 = PMO = 900 => PM OM M => PM tiếp tuyến đờng tròn M Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh : Tam giác DEF cã ba gãc nhän BD BM = DF // BC Tø gi¸c BDFC néi tiÕp CB CF Lời giải: (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta cã AD = AF => tam gi¸c ADF cân A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE) Chứng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän AD AF Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => AB AC => DF // BC DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn Xét BDM vµ CBF Ta cã DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI); CBF = BFD (v× so le) => BDM = CBF => BDM CBF => BD =BM CB CF Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vuông góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đờng thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đờng tròn P Chứng minh : Khi M di chun Tø gi¸c OMNP nội tiếp đoạn thẳng AB Tứ giác CMPO hình bình hành P chạy đoạn CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M thẳng cố định Lời giải: Ta cã OMP = 900 ( v× PM AB ); ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ) Nh M N nhìn OP dới góc 900 => M N nằm đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC = OCN => OPM = OCM XÐt hai tam giác OMC MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM l¹i cã MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD AB; PM AB => CO//PM (2) Tõ (1) vµ (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 đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C góc chung CM CO => OMC NDC => CD CN => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM CN không phụ thuộc vào vị trí cđa ®iĨm M ( HD) DƠ thÊy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đờng thẳng cố định vuông góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song AB Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ gi¸c néi tiÕp 3.AE AB = AF AC Chøng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Lời giải: Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) vµ (O2) => B1 = H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác AEF ACB ta có A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo AE AF Chøng minh trªn) => AEF ACB => AC AB => AE AB = AF AC * HD cách 2: Tam giác AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB (*) Tam gi¸c AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2 => E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã O2F EF VËy EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía AB nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đờng trßn (I), (K) Chøng minh EC = MN Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa ®êng trßn (I), (K) TÝnh MN TÝnh diƯn tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn Lời giải: Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K) => ENC = 900 (vì lµ hai gãc kỊ bï) (1) AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) Tõ (1), (2), (3) => tø giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K) => B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1= N3 => B1 = N3.(4) L¹i cã KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1 = N1 (5) Từ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN KN t¹i N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tơng tù ta cịng cã MN lµ tiÕp tun cđa (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K) Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông A có EC AB (gt) => EC2 = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm 4 Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã S(o) = OA2 = 252 = 625 ; S(I) = IA2 = 52 = 25 ; S(k) = KB2 = 202 = 400 Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 S = ( 625 - 25 - 400 ) = 200 = 100 314 (cm2) Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Chứng minh CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh ®êng th¼ng BA, EM, CD ®ång quy Chøng minh DM tia phân giác góc ADE Chứng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải: Ta có CAB = 900 ( tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh vËy D vµ A cïng nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng tròn đờng kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp chắn cung AB) D1= C3 => SM EM => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân gi¸c cđa gãc SCB XÐt CMB Ta cã BACM; CD BM; ME BC nh vËy BA, EM, CD ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy Theo Ta cã SM EM => D1= D2 => DM lµ tia phân giác góc ADE.(1) Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900 Tø gi¸c AMEB cã MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu : ABC = CME (cïng phô ACB); ABC = CDS (cïng bï ADC) => CME = CDS => CE CS SM EM => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng tròn đờng kính BD cắt BC E Các đờng thng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G Chứng minh : Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp AC // FG Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => DEB = BAC = 900 ; l¹i cã ABC lµ gãc chung => DEB CAB Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai gãc kỊ bï); BAC = 900 ( v× ABC vuông A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp * BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay BFC = 900 nh vËy F vµ A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn đờng kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG (HD) DÔ thÊy CA, DE, BF ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S Bài 17 Cho tam giác ABC có đờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B C, H ) ; tõ M kỴ MP, MQ vuông góc với cạnh AB AC Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp hÃy xác định tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác Chøng minh r»ng MP + MQ = AH Chøng minh OH PQ Tam gi¸c ACM cã MQ đờng cao Lời giải: Ta có MP AB (gt) => APM = 900; MQ AC (gt) => SACM = AC.MQ => AQM = 900 nh P Q nhìn BC dới góc 900 nên P Q nằm đờng tròn đờng kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp * Vì AM đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM Tam giác ABC có AH đờng cao => SABC = BC.AH Tam gi¸c ABM có MP đờng cao => SABM = AB.MP 1 Ta cã SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH Mµ AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH 3 Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác => HAP = HAQ => HQ HP ( tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => HOP = HOQ (t/c gãc ë tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đờng cao => OH PQ Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H không trùng O, B) ; đờng thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M đờng tròn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp Chứng minh đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I Gọi K tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp Lời giải: Ta cã : ACB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưc đờng tròn ) => MCI = 900 (vì hai gãc kỊ bï) ADB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửc đờng tròn ) => MDI = 900 (vì hai gãc kÒ bï) => MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp Theo Ta cã BC MA; AD MB nªn BC AD hai đờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kÝnh) => M1 = C1 Mµ A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( góc ACM góc bẹt) hay OCK = 900 XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp Bài 19 Cho đờng tròn (O) đờng 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 vuông góc với AB Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD Chứng minh tứ gi¸c BMDI néi tiÕp Chøng minh tø gi¸c ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD Chứng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến (O) Lời giải: BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900 (vì hai góc kề bï); DE AB t¹i 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 đờng kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DC; theo trªn BI DC => BI // AD (1) Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2) Tõ (1) vµ (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng 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 ; OIC cân O ( OC OI bán kÝnh ) => I3 = C1 mµ C1 = E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mµ I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI O’I I => MI tiếp tuyến (O) Bài 20 Cho đờng tròn (O; R) (O; R) có R > R tiếp xúc C Gọi AC BC hai đờng kính qua điểm C (O) (O) DE dây cung (O) vuông góc với AB trung điểm M AB Gäi giao ®iĨm thø hai cđa DC víi (O’) F, BD cắt (O) G Chứng minh rằng: Tứ giác MDGC nội tiếp Bốn điểm M, D, B, F nằm đờng tròn Tứ giác ADBE hình thoi B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE MF lµ tiÕp tun cđa (O’) Lêi gi¶i: BGC = 900 ( néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) => CGD = 900 (vì hai góc kề bù) Theo giả thiết DE AB t¹i M => CMD = 900 => CGD + CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE AB M) nh F M nhìn BD dới góc 900 nên F M nằm đờng tròn đờng kính BD => M, D, B, F nằm đờng tròn Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình tho => BE // AD mà AD DF nên suy BE DF Theo trªn BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF mà qua B có đờng thẳng vuông 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 đờng cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy Theo DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( v× tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền) (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1 OBF cân O ( OB OF bán kính ) => F3 = B1 mµ B1 = D1 (Cïng phơ víi DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 Mµ F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’ hay MF OF F => MF tiếp tuyến (O) Bài 21 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiếp xúc Ta cã OI = OA – IA mµ A OA IA lần lợt bán Chứng minh IP // OQ kính đờng tròn (O) Chứng minh AP = PQ đờng tròn (I) Vậy đờng Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn tròn (O) đờng tròn (I) tiếp xúc A Lời giải: OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1 IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1 = P1 => P1 = Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đờng trung tun => AP = PQ (HD) KỴ QH AB ta cã SAQB = AB.QH mµ AB đờng kính không đổi nên SAQB lớn QH lín nhÊt QH lín nhÊt Q trïng với trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung ®iĨm cđa cung AO ThËt vËy P lµ trung ®iĨm cung AO => PI AO mà theo PI // QO => QO AB t¹i O => Q trung điểm cung AB H trung víi O; OQ lín nhÊt nªn QH lín Bài 22 Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thø tù ë H vµ K Chøng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính gãc CHK Chøng minh KC KD = KH.KB Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đờng nào? Lời giải: Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD dới góc 900 nên H C nằm đờng tròn đờng kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2) Tõ (1) vµ (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => CHK = 450 Xét KHC vµ KDB ta cã CHK = BDC = 450 ; K lµ gãc chung KC KH => KHC KDB => KB KD => KC KD = KH.KB (HD) Ta có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E B th× H B; E C th× H C) Bài 23 Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng Chứng minh MC tiếp Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam tuyến đờng tròn ngoại giác ABC F, chứng minh FBC tam giác tiếp tam giác ABC vuông cân Lêi gi¶i: Cho biÕt ABC > 450 ; gäi M giao điểm Theo giả thiết ABHK BF ED, Chứng minh điểm b, k, e, m, c hình vuông => BAH = 450 nằm đờng tròn Tứ giác AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông A => BAC = 900 => BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1) FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo trªn CAD = 450 hay FAC = 450 (2) Tõ (1) (2) suy FBC tam giác vuông cân F Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông) => CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vuông) => CMF = 450 hay CMB = 450 Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK hình vuông) Nh vËy K, E, M cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dựng BC => điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC BC C => MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 24 Cho tam gi¸c nhän ABC cã B = 450 Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn cắt BA BC D E Chøng minh AE = EB A Gäi H giao điểm CD AE, Chứng minh đD ờng trung trực đoạn HE qua trung ®iĨm I cđa F BH O H Chứng minh OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp / _ tam giác BDE _K 1 / I Lêi gi¶i: AEC = 90 (néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) E C => AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE B = 45 => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE E => IK HE K (2) Từ (1) (2) => IK lµ trung trùc cđa HE VËy trung trực đoạn HE qua trung điểm I cđa BH theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mà I trung điểm cña BH => IE = IB ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông D cã DI lµ trung tuyÕn (do I lµ trung ®iĨm cđa BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB b¸n kÝnh ) => D2 = B1 (4) Theo ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH AC F => AEB cã AFB = 900 Theo trªn ADC cã ADC = 900 => B1 = C1 ( cïng phô BAC) (5) Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD ID D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE Bài 25 Cho đờng tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đờng vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tơng ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q Chứng minh tam giác ABC cân Các tứ gi¸c BIMK, CIMH néi tiÕp Chøng minh MI2 = MH.MK Chøng minh PQ MI Lêi gi¶i: Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có AB = AC => ABC cân A Theo gi¶ thiÕt MI BC => MIB = 900; MK AB => MKB = 900 => MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tø gi¸c BIMK néi tiÕp * ( Chøng minh tø giác CIMH nội tiếp tơng tự tứ giác BIMK ) Theo tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 1800; tø gi¸c CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800 mµ KBI = HCI ( tam giác ABC cân A) => KMI = HMI (1) Theo tứ giác BIMK nội tiếp => B1 = I1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung KM); tø gi¸c CHMI néi tiÕp => H1 = C1 ( nội tiếp chắn cung IM) Mà B1 = C1 ( = 1/2 s® BM ) => I1 = H1 (2) MI MK Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH => MH MI => MI2 = MH.MK Theo trªn ta cã I1 = C1; cịng chøng minh tơng tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mµ hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiÕp => Q1 = I1 mµ I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( v× cã hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ Bài 26 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R Vẽ dây cung CD AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM vµ CB Chøng minh : KC = AC AM tia phân giác CMD Tứ giác KB AB OHCI nội tiếp Chứng minh đờng vuông góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng tròn M Lời giải: Theo giả thiết M trung điểm BC => MB MC => CAM = BAM (hai gãc néi tiÕp chắn hai cung nhau) => AK tia phân gi¸c cđa gãc CAB => KC = AC ( t/c tia phân giác KB AB tam giác ) (HD) Theo gi¶ thiÕt CD AB => A trung điểm CD => CMA = DMA => MA tia phân giác góc CMD (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => OM BC t¹i I => OIC = 900 ; CD AB t¹i H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp KỴ MJ AC ta cã MJ // BC ( vuông góc với AC) Theo OM BC => OM MJ t¹i J suy MJ tiếp tuyến đờng tròn M Bài 27 Cho đờng tròn (O) điểm A đờng tròn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH BC, MK CA, MI AB Chøng minh : Tø gi¸c ABOC néi tiÕp BAO = BCO MIH MHK MI.MK = MH2 Lời giải: (HS tự giải) Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO = BCO (néi tiÕp cïng ch¾n cung BO) Theo gi¶ thiÕt MH BC => MHC = 900; MK CA => MKC = 900 => MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tø gi¸c MHCK néi tiÕp => HCM = HKM (nội tiếp chắn cung HM) Chứng minh tơng tự ta cã tø gi¸c MHBI néi tiÕp => MHI = MBI (nội tiếp chắn cung IM) Mà HCM = MBI ( = 1/2 s® BM ) => HKM = MHI (1) Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã KHM = HIM (2) Tõ (1) vµ (2) => HIM KHM MI MH Theo trªn HIM KHM => MH MK => MI.MK = MH2 Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F ®iĨm ®èi xøng cđa H qua trung ®iĨm I cđa BC Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đờng tròn (O) Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC Lời giải: Theo giả thiết F điểm đối xứng cđa H qua trung ®iĨm I cđa BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng (HD) Tứ giác AB’HC’ néi tiÕp => BAC + B’HC’ = 1800 mµ BHC = B’HC’ (®èi ®Ønh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800 => Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O) * H E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC => BEC + BAC = 1800 => ABEC néi tiÕp => E thuéc (O) Ta có H E đối xứng qua BC => BC HE (1) vµ IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE HE (2) Từ (1) (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3) Theo trªn E (O) => CBE = CAE ( nội tiếp chắn cung CE) (4) Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( phụ ACB) (5) Từ (4) (5) => BCF = CBE (6) Tõ (3) vµ (6) => tø giác BEFC hình thang cân Theo AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình cđa tam gi¸c AHF => OI = 1/ AH Theo giả thiết I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đờng kính dây cung) => OIG = HAG (vì so le trong); lại cã OGI = HGA (®èi ®Ønh) => OGI HGA => GI OI GA HA mµ OI = AH GI => GA mµ AI trung tuyến tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm tam giác ABC Bài 29 BC dây cung đờng tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác A trung điểm HK => ABC OK đờng trung bình Gọi A trung điểm cña BC, Chøng minh AH = 2OA’ AHK => AH = 2OA Gọi A1 trung điểm EF, Chøng minh R.AA1 = AA’ OA’ Chøng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vÞ trÝ A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn Lời giải: (HD) Tứ giác BFEC néi tiÕp => AEF = ACB (cïng bï BFE) AEF = ABC (cïng bï CEF) => AEF ABC VÏ ®êng kÝnh AK => KB // CH ( cïng vu«ng gãc AB); KC // BH (cïng vuông góc AC) => BHKC hình bình hành => ¸p dơng tÝnh chÊt : nÕu hai tam gi¸c đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đờng tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có : R AA ' R ' AA1 (1) R bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC; R AEF ABC => bán kính đờng tròn ngoại tiÕp AEF; AA’ lµ trung tun cđa ABC; AA1 trung tuyến AEF Tứ giác AEHF nội tiếp đờng tròn đờng kính AH nên đờng tròn ngoại tiếp AEF AH A 'O Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’ = AA’ VËy R AA1 = AA’ A’O (2) Gọi B, Clần lợt trung điểm AC, AB, ta có OBAC ; OCAB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA, OB, OC lần lợt đờng cao c¸c tam gi¸c OBC, OCA, OAB = ( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB ) SABC = SOBC+ SOCA + SOAB 2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) AA1 AA1 Theo (2) => OA’ = R AA ' mà AA ' tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AA1 EF FD ED AEF ABC nên AA ' = BC T¬ng tù ta cã : OB’ = R AC ; OC’ = R AB Thay vµo (3) ta đợc EF FD ED BC AC AB AC AB 2SABC = R ( BC ) 2SABC = R(EF + FD + DE) * R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lín nhÊt SABC Ta cã SABC = AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lín nhÊt, mµ AD lín nhÊt A lµ ®iĨm chÝnh giìa cđa cung lín BC Bµi 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH bán kính OA Chứng minh AM phân giác góc OAH Giả sử B > C Chøng minh OAH = B - C Cho BAC = 600 vµ OAH = 200 TÝnh: a) B C tam giác ABC b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R Lời giải: (HD) AM phân gi¸c cđa BAC => BAM = CAM => CM BM => M trung điểm cung BC => OM BC; Theo gi¶ thiÕt AH BC => OM // AH => HAM = OMA ( so le) Mà OMA = OAM ( tam giác OAM cân O có OM = OA = R) => HAM = OAM => AM tia phân giác cđa gãc OAH VÏ d©y BD OA => AB AD => ABD = ACB Ta cã OAH = DBC ( góc có cạnh tơng ứng vu«ng gãc cïng nhän) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trªn B C = OAH => B - C = 200 0 B C 120 B 70 0 C 50 => B C 20 R 1202 R R R R (4 3) R 2= 12 b) Svp = SqBOC - S BOC = 360 Bài 31: Cho tam giác OAB cân đỉnh O đường trịn tâm O có bán kính R thay đổi (R OA(trường hợp ngược lại hồn tồn tương tự) Ta có: |OA2 - OM2| = OM2 -OA2 = MI2 - IA2 = (MI-IA).(MI + IA) = AM (MT + TB)= =MA.MB (đpcm) Bài 32: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) A B.Các tiếp tuyến kẻ từ A B cắt M Dựng MH vng góc với OP a)CMR: điểm O,A,B,M,H nằm đường tròn b)CMR: H cố định cát tuyến PAB quay quanh P Từ suy tập hợp điểm M c)Gọi I trung điểm AB N giao điểm PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN ... M1 = C1 Mà A1 + M1 = 90 0 ( tam giác AHM vuông t¹i H) => C1 + C4 = 90 0 => C3 + C2 = 90 0 ( góc ACM góc bĐt) hay OCK = 90 0 XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 90 0; OCK = 90 0 => OHK + OCK = 1800... giải: Ta có: BNC= 90 0( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K) => ENC = 90 0 (vì hai góc kề bù) (1) AMC = 90 0 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 90 0 (vì hai góc kề bù).(2) AEB = 90 0 (nội tiếp... Ta có BAC = 90 0 ( tam giác ABC vuông A); DEB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => DEB = BAC = 90 0 ; lại cã ABC lµ gãc chung => DEB CAB Theo trªn DEB = 90 0 => DEC = 90 0 (v× hai
