BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI VÀO LỚP 10 PHẦN 2

BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 O;R  Bài 21 Cho đường tròn  đường kính AB cố định Gọi H điểm thuộc đoạn OA ( H khác O A) Vẽ dây CD vng góc với AB H Gọi M điểm O thuộc CH Nối AM cắt   điểm thứ hai E ,tia BE cắt DC F 1) Chứng minh bốn điểm H;M;E;B thuộc đường tròn 2) Kẻ Ex tia đối tia ED Chứng minh MC.FD  FC.MD 3) Tìm vị trí H đoạn OA để chu vi OCH lớn �  FEC � FEx Lời giải � o � o 1) Ta có MHB  90 ;MEB  90 � tứ giác HMEB nội tiếp � Bốn điểm H;M ;E;B thuộc đường tròn � � 2) Từ A điểm cung CD ta AEC  AED �  900  AED � � FEC �  BED � 900  AEC � � � � Mà BED  FEx ( đối đỉnh ) nên FEC  FEx Xét CDE có EM EF phân giác phân giác nên CM CE CF CE  ;  DM DE DF DE ( tính chất phân giác ) CM CF  Suy DM DF hay CM.FD  FC.MD 3) SOCH 1 OH2  CH2 OC2 R  OH.CH �   2 4 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 Vậy MaxSOHC  R2 R OH  CH,OH  CH2  R � OH  Bài 22 Cho đường trịn tâm O đường kính AB  2R Gọi C trung điểm OA , qua C kẻ dây MN vng góc với OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ BM , H giao điểm AK MN a) Chứng minh tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AK.AH  R c) Trên KN lấy điểm I cho KI  KM Chứng minh NI  KB Lời giải � a) Ta có AKB  90�(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) � � xét tứ giác BCHK có BCH  AKB  90� 90� 180� suy tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn b) xét AHC ABK có � A chung �  AKB �  90� ACH Suy AHC : ABK (g-g) � AH AC R  � AH.AK  AB.AC  2R  R AB AK c) Gọi NK �MB  D C trung điểm AO MN nên AMON hình bình hành � BMN � MN  NB  MB (1)   � �  sdKB �  sdNK �  KMN � MDN  sdMN 2 Ta có � MDN : KMN(g  g) � MK MD  NK MN (2) Tương tự BDN : KBN(g  g) � BK BD  NK NB (3) BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 Từ (1), (2) (3) � MK  BK MD BD MD  BD    1 NK MN NB MB � MK  BK  NK  KI  NI Mà KI  KM � BK  NI   O;R Bài 23 Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn Vẽ đường cao BE , CF cắt O H Các đường thẳng BE , CF cắt   P Q ( P khác B Q khác C ) Tiếp tuyến B C cắt EF N , M 1) Chứng minh bốn điểm B , F , E , C thuộc đường tròn O 2) Đường thẳng MP cắt   điểm thứ hai K Chứng minh: MEC cân 3) Chứng minh ME  MK.MP � � 4) Chứng minh: FEK  FAK N , K , Q thẳng hàng Lời giải � � 1) Vì BE , CF đường cao � BFC  BEC  90 Mà E , F hai đỉnh kề nên tứ giác BFEC nội tiếp 2) +) Chứng minh: MEC cân ME  MK.MP � � � � Vì tứ giác BFEC nội tiếp ( cmt) nên ABC  NEA , mà NEA  MEC ( đối đỉnh) � � Nên ABC  MEC (1) � �  MCA � ABC  sdAPC Ta lại có (2) � � � Từ (1), (2) ta suy ABC  MEC  MCE � MEC cân M �1 � � � chung; MCP �  MKC � PMC  sdCP � � � �nên MPC ∽ MCK  g  g +) Ta có MC MP  � MC2  MK.MP Suy MK MC MEC can Vì MC  ME  nên ME  MK.MP � � 3) Chứng minh: FEK  FAK N , K , Q thẳng hàng BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 ME MP  � MPE ∽ MEK  c.g.c � MK ME , lại có EMK Ta có chung �  FEK � � FEK �  FAK � � AKFE � � � EPK nội tiếp � NKB  NEB � � � � � Mà NEB  FCB  QKB � NKB  QKB � N , K , Q thẳng hàng ME  MK.MP �  O;R  , lấy điểm A nằm  O cho OA  2R Qua A kẻ O tiếp tuyến AB,AC với   ( B,C tiếp điểm) Bài 24 Cho đường tròn 1) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp, xác định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC � � O 2) BI cắt   M Chứng minh MCB  OAC 3) Gọi N trung điểm đoạn thẳng AB , đường thẳng NI cắt đường thẳng AC K , đường thẳng MC cắt đường thẳng AO D Chứng minh đường thẳng NK song song với đường thẳng MC IM.DO  MB.ID Lời giải a) Xét tứ giác ABOC ta có: �  ACO �  90� 90� 180� ABO � Tứ giác ABOC nội tiếp (tổng góc đối cộng lại 180�) Do tứ giác ABOC tạo tam giác vuông ABO ACO có cạnh huyền AO Nên tâm I đường ngoại tiếp tứ giác ABCO trung điểm AO b) Xét  O ta có: Hai tiếp tuyến B,C cắt A � A giao điểm tiếp tuyến � � AO tia phân giác BAC BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 �  CAO � � BAO Xét BAO vng B ta có: BI đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AO � IA  IB � IAB cần I �  IBA � � IAB �  sdMB � MCB � � MCB góc nội tiếp chắn cung MB nên � � MBA  sdMB � MBA góc tạo tiếp tuyến BA dây cung MB nên Ta có: �� � MCB  sdMB  cmt � � � � � � MBA  sdMB  cmt � MCB �  MBA � � Ta có �  CAO � � BAO � �� � IAB  IBA � �� � MCB  MBA �  OAC � � � � MCB c) � � Xét tứ giác ABOC nội tiếp ta có: OAC;OBC vị trí góc nhìn cạnh �  OAC � � OBC Ta có: �  OAC � � MCB  cmt � �� � OAC  OBC � �  OBC �  cmt � MCB � � � Mà góc MCB;OBC vị trí so le nên OB / /MC Xét tam giác ABO ta có N trung điểm AB I trung điểm AO � NI đường trung bình tam giác ABO � NI / /BO � NK / /BO Mà OB / /MC Nên MC / /NK MD / /OB MC / /OB Xét tam giác OBI ta có: BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 � IM ID  MB DO ( định lý thales) � IM.DO  MB.ID   O Bài 25 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn Kẻ đường cao AD tam giác ABC , đường kính AK đường trịn  O Gọi E F hình chiếu B C AK a) Chứng minh tứ giác ADFC nội tiếp đường tròn � � b) Chứng minh BAD = CAK c) Gọi M N trung điểm BC AC Chứng minh MN  DF M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Lời giải a) Xét tứ giác ADFC có : �  90� ADC (vì AD đường cao ) �  90� CF  AF AFC (vì ) Suy tứ giác ADFC nội tiếp đường trịn đường kính AC b) Xét BAD vng D (vì AD  BC ) �  ABD �  90� 1 � BAD � � Ta có CBK  CAK (2 góc nội tiếp chắn cung CK ) � � � � Mà ABD  CBK  ABK  90� (vì ABK góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 �  CAK �  90�  � ABD Từ  1  2 � � suy BAD = CAK c) Chứng minh MN  DF � � Tứ giác ADFC nội tiếp nên DFA = DCA (2 góc nội tiếp chắn cung DA ) � � hay DFA = BCA � � � � Mà BKA = BCA (2 góc nội tiếp chắn cung BA ) suy DFA = BKA , mà hai góc vị trí đờng vị Suy DF//BK Mà BK  BA � DF  BA Mặt khác, MN//AB (vì MN đường trung bình ABC ) suy MN  DF d) Chứng minh M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Ta có ND  NF ( bán kính đường trịn ngọi tiếp tứ giác ADFC ) � NDF cân N nên đường cao NM cũng đường trung trực � MD  ME  3 Kẻ MH  AK � BE//MH//CF (vì vng góc AK ) Gọi I giao điểm AK BC IH IM IM IH   Ta có : EH MB mà IC IF � IM IH  MC HF Mà MB  MC � IM IM IH IH  �  MB MC EF HF � HE  HF , mặt khác MH  EF Nên MH đường trung trực EF � ME  MF   Từ  3  4 suy MD  ME  MF hay M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10     O;R AB  AC AH  BC Bài 26 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn cho  H �BC , từ H kẻ HM  AB  M �AB N �AC  HN  AC  a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp � � b) Chứng minh ANM  ABC AM.AB  AN.AC O;R  c) Tia MN cắt  D Chứng minh AHD cân d) Khi AH  R Chứng minh M ; O ; N thẳng hàng Lời giải a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp Xét tứ giác AMHN có � �  90� HN  AC AMH  90� HM  AB ; ANH � � Nên AMH  ANH  180� � � Mà AMH ANH hai góc đối Suy AMHN tứ giác nội tiếp ( tứ giác có hai góc đối bù nhau) � � b) Chứng minh ANM  ABC AM.AB  AN.AC Xét AMH AHB có � BAH góc chung � �  90� AMH  AHB Suy AMH ∽ AHB (g – g) � � � AHM  ABH ( cặp góc tương ứng) � � Mà AHM  ANM ( tứ giác AMHN nội tiếp) � � Suy ANM  ABC Xét ABC ANM có BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 � BAC góc chung � � ABC  ANM ( cmt) Suy ABC ∽ ANM (g – g) AB AC  Do AN AM ( cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) Suy AB.AM  AC.AN O;R  c) Tia MN cắt  D Chứng minh AHD cân Ta có �  ADC �  180� � � ABC ( tứ giác ABCD nội tiếp); AND  ANM  180� � � Mà ANM  ABC (câu b)) � � Suy ADC  AND   Xét AND ADC có � DAC góc chung �  AND � ADC (   ) Suy AND ∽ ADC (g – g) AD AN  AC AD ( cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) Do 2 Suy AD  AC.AN   Mặt khác, HAC vng H có HN đường cao nên AH  AN.AC   Từ     suy AH  AD Vậy AHD cân A d) Khi AH  R Chứng minh M ; O ; N thẳng hàng O Kẻ tiếp tuyến Ax   Ta có:  � � � � � xAB  ACB ( sđ AB ); AMD  ACB ( ABC ∽ ANM ) �  AMN � � xAB � Ax// MN Mà Ax  AO nên MN  AO hay MD  AO   Ta có AH  R nên AD  R   R  R  2R 2 2  AOD OA  OD  AD Xét có: nên OAD vng cân O Suy OA  OD   Từ     suy M , O , D thẳng hàng hay M ; O ; N thẳng hàng BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10   O Bài 27 Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn Ba đường cao AD , BE , CF tam giác ABC cắt H a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp O b) Kẻ đường kính AK đường trịn   Chứng minh tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC AB.AC  2AD.R c) Gọi M hình chiếu vng góc C AK Chứng minh: MD song song với BK O d) Giả sử BC dây cố định đường tròn   A di động cung lớn BC Tìm vị trí điểm A để diện tích tam giác AEH lớn Lời giải a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp � Ta có BFC  90� , điểm B , F , C nằm đường trịn đường kính BC � Ta có BEC  90�, điểm B , E , C nằm đường trịn đường kính BC Do đó, điểm B , E , F , C nằm đường trịn đường kính BC Vậy BFEC tứ giác nội tiếp b) Tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC AB.AC  2AD.R � � Đường trịn O có góc ABC  AKC (2 góc nội tiếp chắn cung AC ) � � Đường trịn O có AK đường kính nên ACK  ADB  90� Vậy tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC AB AD  Từ suy AK AC � AB.AC  AD.AK  AD.2R c) Chứng minh: MD song song với BK � � Tứ giác ADMC nội tiếp ADC  AMC  90� � � � Suy góc nội tiếp CDM  CAM  CAK 10 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 �  MB � � MA Xét tứ giác MAKB có bốn đỉnh M,A,K,B thuộc đường tròn � tứ giác MAKB nội tiếp đường tròn �� � AKM  sdMA � � � �� � � �� BKM  sdMB � AKM  BKM � � � � MA  MB � � � � KM tia phân giác AKB c Xét MNA MAP có � AMN chung � � MAN  MPA (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn � O AN đường tròn   ) � MNA ∽ MAP  g.g � MN MA  � MN.MP  MA   (điều phải chứng minh) MA MP Xét MAO vng A có AH đường cao � MA  MH.MO   (hệ thức liên hệ tam giác vuông) Từ  4  5 ta có: MN.MP  MH.MO � MN MH  MO MP MN MH  � Xét MNH MOP có M chung, MO MP � MNH ∽ MOP  c.g.c 22 BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 � � � MNH  MOP (2 góc tương ứng) � � Xét tứ giác NHOP có MNH  MOP Mà góc vị trí góc ngồi tứ giác góc đỉnh đối diện � tứ giác NHOP nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) d Chứng minh cát tuyến MNP thay đổi trọng tâm G tam giác NAP ln chạy đường trịn cố định AG  G  ANP � AK Gọi trọng tâm Gọi T trọng tâm AMO AT AG TG 2   �  � TG  IK  IO IK 3 Ta có AI AK � TG//IK Mà T,I,O cố định �2 � I; IO � � � G thuộc đường tròn � �khi cát tuyến MNP thay đổi  O dây BC cố định không qua O Trên tia đối tia BC lấy O điểm A Vẽ tiếp tuyến AM , AN tới   ( M , N tiếp điểm) MN cắt Bài 35 Cho đường AO BC H K Gọi I trung điểm BC a) Chứng minh: Bốn điểm A , M , O , N thuộc đường tròn b) Chứng minh: Tứ giác BHOC nội tiếp c) Vẽ dây MP//BC Chứng minh: N , I , P thẳng hàng 23 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 d) Khi A chuyển động tia đối tia BC , chứng minh trọng tâm MBC chạy đường tròn cố định Lời giải a) Chứng minh: Bốn điểm A , M , O , N thuộc đường tròn � � Xét tứ giác AMON có: AMO  90� , ANO  90�(vì AM , AN tiếp tuyến  O M , N tiếp điểm) �  ANO �  180� � AMO mà hai góc đối nên tứ giác AMON nội tiếp đường tròn (DHNB tứ giác nội tiếp) Vậy bốn điểm A , M , O , N thuộc đường tròn b) Chứng minh: Tứ giác BHOC nội tiếp � � � + Xét AMB ACM có: A chung, AMB  ACM (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung MB ) � AMB ∽ACM(g.g) � AM AC  AB AM � AM  AB.AC Mà AM  AH.AO (hệ thức lượng AMO vuông O , đường cao AH ) � AB.AC  AH.AO � AB AO  AH AC AB AO  (cmt) � + Xét AHB ACO có: CAO chung; AH AC 24 BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 � AHB ∽ ACO(c.g.c) �  ACO � � AHB (hai góc tương ứng) � � (kb) Mà AHB  BHO  180� �  BHO �  180� � BCO Mà hai góc đối nên tứ giác BHOC nội tiếp đường tròn c) Vẽ dây MP//BC Chứng minh: N , I , P thẳng hàng � + Xét tứ giác AOIN có : AIO  90�(vì OI  BC - Quan hệ đường kính dây cung) �  90� AN ANO (vì tiếp tuyến (O) N tiếp điểm) �  ANO �  180� � AIO mà hai góc đối nên tứ giác AOIN nội tiếp đường tròn (DHNB tứ giác nội tiếp) hay bốn điểm A , I , O , N thuộc đường tròn Mà bốn điểm A , M , O , N thuộc đường tròn Nên năm điểm A , M , O , N , I thuộc đường trịn �  MAI � � MNI (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung MI ) � � Mà xMP  MAI (hai góc đờng vị MP//BC ) �  xMP � � MNI � � Mà MNP  xMP (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung MP ) � MNI � MNP  hay ba điểm N , I , P thẳng hàng d) Khi A chuyển động tia đối tia BC , Chứng minh trọng tâm MBC chạy đường trịn cố định 25 BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 IG  MI + Trên cạnh MI lấy điểm G cho , đó, G trọng tâm MBC IF  IC + Lấy F �IC cho suy điểm F cố định IE  IB Lấy E �IB cho suy điểm E cố định IG FI   + Ta có IM IC � GF // MC (ĐL Talet đảo) IG EI   IM IB � GE // MB �  BMC � � EGF khơng đổi Khi điểm G ln nhìn cạnh FE cố định góc khơng đổi nên G thuộc đường tròn ngoại tiếp GEF Vậy A chuyển động tia đối tia BC , trọng tâm G MBC ln chạy đường trịn cố định đường đường tròn ngoại tiếp GEF Bài 36 Cho đường tròn (O;R) , dây MN (MN  2R) Trên tia đối tia MN lấy điểm A Từ A kẻ tiếp tuyến AB , AC tới đường tròn (O) ( B , C tiếp điểm) a) Chứng minh bốn điểm A , B , O , C thuộc đường tròn Chỉ rõ tâm O� bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABOC 2 b) Chứng minh AB  AC  AM.AN 26 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 c) Gọi I trung điểm MN Kẻ BI cắt (O) E Chứng minh EC//AN Lời giải a) Xét  O có: AB  OB , AC  OC ( AB , AC tiếp tuyến) Xét tứ giác � �  AC  OC ABOC có ABO  90  AB  OB ; ACO  90� �  ACO �  180� � ABO � tứ giác ABOC nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 180�) Tâm O� trung điểm AO bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AO ABOC b) Xét  O có: AB , AC tiếp tuyến cắt A � AB  AC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) � AB2  AC2  1 � � O Xét   có ABM  ANB (góc tạo tia tiếp tuyến dây góc nội tiếp chắn cung nhau) � � � Xét ABM ANB có ABM  ANB (chứng minh trên); BAN chung � ABM ∽ ANB (g-g) � AB AM  AN AB (tính chất) � AB2  AM.AN   Từ  1  2 2 suy AB  AC  AM.AN (điều phải chứng minh) Từ  1  2 MO  ME � MD (điều phải chứng minh) suy MA  MH � 27 BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 � MH ME  MD MO (tính chất tỉ lệ thức) � HME chung MH ME  �  ODM � MD MO (chứng minh trên) � EHM (hai góc tương ứng) c) Xét  O MN  2R  có I trung điểm dây MN  �  90�� I � O�  � OI  MN (liên hệ đường kính dây) � OIA Xét  �  AIB � O�  có ACB ( hai góc nội tiếp chắn cung AB )    O có �  CEB � ACB (góc tạo tia tiếp tuyến dây góc nội tiếp chắn cung nhau)   Xét  3  4 � � suy CEB  AIB Mà hai góc vị trí đờng vị � EC//AN (dhnb hai đường thẳng song song) Từ   O;R Bài 37 Cho ABC nhọn nội tiếp đường trịn đường kính AK Ba đường cao AD,BE,CF ABC cắt H Gọi M hình chiếu vng góc C AK a) Chứng minh: tứ giác AEHF nội tiếp b) Chứng minh: ABD đồng dạng AKC AB.AC  2R.AD c) Chứng minh MD song song với BK O d) Giả sử BC dây cố định đường tròn   cịn A di động cung lớn BC Tìm vị trí điểm A để diện tích AEH lớn Lời giải a) Xét ABC có AD,BE,CF đường cao 28 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 �  90�� AEH �  90� � BE  AC � AEB �  90�� AFH �  90� � CF  AB � AFC Xét tứ giác AEHF có: �  AFH �  180� AEH � � Mà AEH;AFH góc vị trí đối � AEHF tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) b) xét  O có: �  90� ACK (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) �  AKC � � ABC (2 góc nội tiếp chắn AC ) Xét ABD AKC có: �  ACK � ADB   90� �  AKC � ABC (cmt) � ABD∽ AKC  g  g � AB AD  � AB.AC  AD.AK � AB.AC  2R.AD AK AC c) Xét  O có: �  AKB � � ACB (2 góc nội tiếp chắn AB ) � Ta có MC  AK � CMA  90� Xét tứ giác ACMD có: � � AMC  ADC   90� Mà M , D hai đỉnh kề � tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác ACMD có: � � � AMD  ACD (2 góc nội tiếp chắn AD ) � � � AMD  AKB Mà góc vị trí đờng vị � MD PBK 29 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 d) Gọi I trung điểm BC � BH  AC � BH PCK � CK  AC � Ta có: � CH  AB � CH PBK � BK  AB � � Tứ giác BHCK hình bình hành I trung điểm BC � I trung điểm HK Ta có I trung điểm HK , O trung điểm AK � OI đường trung bình AHK � OI  AH Mà OI không đổi � AH không đổi SAHE �AE.EH AE  EH2 S AHE AH2 �  ACB �  45� � diện tích SAHE lớn AE  EH � HAE � Vậy A thuộc cung lớn BC cho ACB  45�thì diện tích AHE đạt giá trị lớn Bài 38 Cho ABC nhọn có AB  AC , đường cao AD , BE , CF Đường thẳng qua D song song với EF cắt đường thẳng AB , AC Q , R a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp FB BD  b) Chứng minh tam giác DER cân CE RD c) Đường thẳng BC cắt đường thẳng EF P Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua trung điểm BC Lời giải 30 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 a Do AD , BE đường cao ABC � AD  BC,BE  AC �  AEB �  90� � ADB �  AEB � ADB   90� mà góc có đỉnh kề nhìn Xét tứ giác ABDE có: cạnh � Tứ giác ABDE nội tiếp b Chứng minh tương tự ta có BFEC , AFDC tứ giác nội tiếp � � Có AFDC tứ giác nội tiếp � AEF  ABC (tính chất góc góc ngồi  1 đỉnh đối diện) � � Theo câu a) ta có ABDE tứ giác nội tiếp � DER  ABC (tính chất góc  2 góc ngồi đỉnh đối diện) � � Lại có DR / /EF � AEF  DRE (2 góc đờng vị) Từ  1 ,  2  3  3 � � ta có: DER  DRE � DER cân D Ta có AFDC tứ giác nội tiếp �  ACB � � BFD (tính chất góc góc đỉnh đối diện) �  FBD � � DEC  cmt � �� � BFD  ECD �  cmt � Do � BFD ∽ECD � FB BD  CE ED , DE  DR ( DER cân) � FB BD  CE DR c) Gọi M trung điểm BC 31 BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 � MB  MC  ME (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) (thiếu điểm M hình vẽ, nói GVSB vẽ lại) �  2EBM � � EMB cân M � EMC tam giác EBM )  4 (tính chất góc đỉnh M � � Mặt khác AFDC , BFEC , ABDE tứ giác nội tiếp � CFE  EBC , �  DAC �  EBC � CFD � � � Suy ra: CFD  CFE  2EBM Từ  4 ,  5  5 � � � � ta có: EMC  EFD � DMEF tứ giác nội tiếp � PFD  EMD Chứng minh tương tự ý b) ta có DFQ cân D Xét FDP MDE �  EMD � � PFD  cmt � � FDP ∽MDE �� � � FDP  EDM  BAC � � (g.g)  �  DF DM DQ DM  �  DP DE DP DR �  DRM � � DPQ ∽DRM (c.g.c) � DPQ � PQMR tứ giác nội tiếp Suy đường tròn ngoại tiếp PQR qua trung điểm BC Bài 39 Cho ABC vng cân A , đường trịn đường kính AB cắt cạnh BC D ( D khác B ) Gọi M điểm đoạn thẳng AD Kẻ MH  AB H , MI  AC I HK  ID K a) Chứng minh tứ giác BDMH nội tiếp đường tròn � � b) Chứng minh MID  MBC c) Chứng minh tứ giác AIKM nội tiếp ba điểm B,M,K thẳng hàng 32 BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 Lời giải � a) Ta có: MH  AB � MHB  90� Xét tứ giác BDMH , ta có: � � BDM  BHM  90� Khi đó: Tứ giác BDMH nội tiếp đường trịn đường kính BM � b) MI  AC � MIA  90� � � Xét tứ giác AHMI , ta có: MIA  MHA  90� Khi tứ giác AHMI nội tiếp đường trịn đường kính AM (1) � Ta có: HK  ID � HKI  90� � � Xét tứ giác AHKI , ta có: IAH  IKH  90� Khi tứ giác AHKI nội tiếp đường tròn (2) Từ (1) (2) � A,I,K ,M,H thuộc đường trịn đường kính AM � � � Xét đường trịn đường kính AM , ta có: KIM  KAM ( góc nội tiếp chắn KM ) � � � Xét đường tròn đường kính AB , ta có: KBD  KAD ( góc nội tiếp chắn KD ) � � Vậy: MID  MBC c) Ta có A,I,K,M,H thuộc đường trịn đường kính AM Vậy tứ giác AIKM nội tiếp đường trịn đường kính AM � Khi đó: AKM  90�� KM  AK � Mà: AKB  90�� KB  AK Vậy ba điểm B,M,K thẳng hàng   O;R Bài 40 Cho đường trịn đường kính AB Kẻ đường kính CD vng góc AB Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC , AM cắt CD E Qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn  O cắt đường thẳng BM N 1) Chứng minh bốn điểm M,N,D,E nằm đường tròn 2) Chứng minh EN//CB ; 3) Chứng minh tích AM.BN khơng đổi M chuyển động cung nhỏ BC 4) Tìm vị trí điểm M cung nhỏ BC để diện tích tam giác BNC đạt giá trị lớn 33 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 Lời giải �  90� O;R  M � O � AMB 1) Xét  có AB đường kính, (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) � O Vì DN tiếp tuyến đường tròn   D nên CDN  90� � � +) Xét tứ giác EMND có: EMN  EDN  90� 90� 180� Mà hai góc vị trí đối � Tứ giác EMND tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) � � 2) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác EMND có: DEN  DMN (2 góc nội tiếp � chắn DN ) Xét  O;R  � �  90� 45� DMN  DB � sđ có: (góc nội tiếp chắn DB ) �  45� � DEN �  45� OCB tam giác vng cân O � OCB Ta có: �  DEN � OCB   45� mà hai góc vị trí đờng vị � DN//CB 3) Cách 1: Gọi H giao điểm EN AB 34 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 +) Xét  O;R  �  AC �  90� 45� CMA � sđ có: (góc nội tiếp chắn CA ) +) OEH tam giác vng O (gt) Lại có: �  45�cmt � OHE OEH   �  45� �  OHE �  45� � BHN (2 góc đối đỉnh) +) Xét �  CBM � �  O;R  có: CAM (2 góc nội tiếp chắn CM ) � � +) CB / /EN(cmt) � CBM  HNB (2 góc đờng vị) �  CAM � � HNB +) Xét AMC NHB có: �  BHN � CMA (cmt) �  CAM � HNB (cmt) � AMC : NHB � AM AC  � AM.NB  NH.AC  NH NB Gọi giao điểm CN AB I Xét CDN có: O trung điểm CD OI//DN (cùng vng góc với DN) � I trung điểm CN � CB  NH   Dễ dàng chứng minh ICB  INH(g.c.g) Thay   vào   ta có: AM.NB  AC.CB khơng đổi M di chuyển cung nhỏ BC 35 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 4) Tìm vị trí điểm M cung nhỏ BC để diện tích tam giác BNC đạt giá trị lớn Kẻ NK  BC K , EF  BC F SNBC  NK.BC S Do BC không đổi nên NBC max � NK max Mà ENKF hình chữ nhật � NK max � EF max  E 0 M B 36 ...BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 Vậy MaxSOHC  R2 R OH  CH,OH  CH2  R � OH  Bài 22 Cho đường trịn tâm O đường kính AB  2R Gọi C trung điểm OA , qua C...  R  2R 2 2  AOD OA  OD  AD Xét có: nên OAD vuông cân O Suy OA  OD   Từ     suy M , O , D thẳng hàng hay M ; O ; N thẳng hàng BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10   O Bài 27 Cho... S  2SMOR  OC.MR  R  MC  CR  �2R CM.CR Ta có RMT Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vng OMR ta có CM.CR  OC2  R (không đổi), suy SMRT �2R 16 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 Dấu