Câu 1. (TS10, VÍNH LONG, 2020-2021) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. Vẽ đường thẳng d vuơng gĩc với OA tại M M( ≠O A, ). Trên d lấy điểm N sao cho N nằm nằm bên ngồi nửa đường trịn (O). Kẻ tiếp tuyến NE với nửa đường trịn (O) ( E là tiếp điểm và A nằm cùng phía đối với đường thẳng d).
a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường trịn b) Nối NB cắt nửa đường trịn (O) tại C. Chứng minh 2
.
NE =NC NB
c) Gọi H là giao điểm của AC và d, F là giao điểm của tia EH với nửa đường trịn (O). Chứng minh NEF = NOF
Lời giải
a) Xét tứ giác OMEN cĩ 90o
NEO= ( NE là tiếp tuyến của (O) tại E) 90o
NMO= ( d⊥OA={ }M ) 90o
NEO NMO
⇒ = =
Vậy tứ giác OMEN nội tiếp ( tứ giác cĩ hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh chứa hai đỉnh cịn lại dưới gĩc bằng nhau)
b) Xét ∆NECvà ∆NBEcĩ
ENBchung
10
Chuyên đề
( )
NEC=CBE NBA ( gĩc nội tiếp, gĩc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung ) ( ) ⇒ ∆NEC∽∆NBE g−g 2 . NE NC NE NB NC NB NE ⇒ = ⇒ = (đpcm)
c) Gọi H là giao điểm của AC và d, F là giao điểm của tia EH và nửa đường trịn (O). Xét ∆NCH vµ ∆NMBcĩ: Nchung 90o NCH =NMB= ( ) ⇒ ∆NCH∽∆NMB g−g 2 . . . NC NH NM NB NE NH NC NB NH NM NE NH NM NM NE ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = Xét ∆NEHvà ∆NMEcĩ Nchung NE NH NM = NE
⇒ ∆NEH∽∆NME (Trường hợp đồng dạng thứ 2)
NHE NEM
⇒ =
Kẻ tiếp tuyến NF’ với đường trịn (O)
Do NF =NF'( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
2 ' ' . ' NF NM NF NH NM NH NF ⇒ = ⇒ = Xét ∆NF H' và ∆NMF'cĩ Nchung ' ' NF NM NH = NF ' ' ⇒ ∆NF H∽∆NMF (Trường hợp đồng dạng thứ 2)
'
'
NHF NF M
⇒ =
Mà tứ giác OMEN nội tiếp nên bốn điểm O,M, E, N cùng thuộc một đường trịn (1) Tứ giác OENF’
OF ' 90o 90o 180o
OEN+ N = + = ⇒Tứ giác OENF’ là tứ giác nội tiếp ⇒Bốn điểm O,N, E, F’ cùng thuộc một đường trịn (2)
Từ (1) và (2) ⇒Năm điểm O,N, E, F’, M cùng thuộc một đường trịn
⇒Tứ giác MENF’ là tứ giác nội tiếp MF ' 180o
MEN+ N = (5)
Từ (1); (2) và (5) ⇒NHE +NHF'=NEM +NF M' =180o , , '
E H F
⇒ thẳng hàng hay F’ là giao điểm của EH với (O) '
F F
⇒ ≡
⇒Tứ giác NEOF nội tiếp EF
N NOF
⇒ = ( hai gĩc nội tiếp cùng chắn cung NF)
Câu 2. (TS10,Bình Dương,2020-2021)Cho đường trịn (O cm;3 )cĩ đường kính ABvà tiếp tuyến Ax. Trên Axlấy điểm Csao cho AC =8cm, BCcắt đường trịn ( )O tại D. Đường phân giác của gĩc CADcắt đường trịn ( )O tại M và cắt BCtại N.
1) Tính độ dài đoạn thẳng AD.
2) Gọi Elà giao điểm của ADvà MB. Chứng minh tứ giác MNDEnội tiếp được trong đường trịn.
3) Chứng minh tam giác ABNlà tam giác cân.
4) Kẻ EFvuơng gĩc AB(F thuộc AB). Chứng minh: N E F, , thẳng hàng.
Lời giải x M F E N D O A B C
1) Vì ADBnội tiếp chắn nửa đường trịn ( )O nên ADB= ° ⇒90 AD⊥BDhay AD⊥BC. Ta cĩ: Axlà tiếp tuyến của ( )O tại Anên Ax AB⊥ hay AB⊥ AC
AB là đường kính của (O cm;3 )nên AB=6( )cm .
Do đĩ ∆ABCvuơng tại Acĩ đường cao AD. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuơng
ta cĩ: 2 ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 25 675 4,8 6 8 576 25 = + = + = ⇒AD = ⇒AD= cm AD AB AC . 2) Ta cĩ AD⊥BC cmt( )⇒EDN= °90 .
Tương tự ta cĩ: AMBlà gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn ( )O nên AMB= °90
⇒ AM ⊥BM hay AN ⊥BM ⇒EMN= °90
Xét tứ giác MNDEcĩ EDN +EMN = ° + ° =90 90 180°
Vậy tứ giác MNDElà tứ giác nội tiếp (tứ giác cĩ tổng hai gĩc đối bằng 180°).
3) Ta cĩ: CAN = ABN(gĩc nội tiếp và gĩc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AM ).
=
CAN ABN (hai gĩc nội tiếp cùng chắn cung MD)
Mà CAN =MAD gt( )⇒ABM =MBD, do đĩ BM là tia phân giác của gĩc ABN . Xét tam giác ABNcĩ BM là đường cao đồng thời là đường phân giác nên tam giác ABN
cân tại B.
4) Xét tam giác ABN cĩ:
( )⊥ ⊥ AD BN cmt ( ) ⊥ BM AN cmt { } ( ) ∩ = AD BM E gt
⇒E là trực tâm của tam giác ABN.
Do đĩ NElà đường cao thứ ba của tam giác ABNnên NE ⊥AB
Lại cĩ EF ⊥AB(gt)
⇒ Qua điểm Enằm ngồi đường thẳng ABkẻ được hai đường thẳng EF NE, cùng vuơng gĩc với AB⇒EF≡NE(tiên đề Ơ-clit).
Vậy N E F, , thẳng hàng.
Câu 3. (TS10, Bình Thuận 2020-2021) Cho đường trịn (O R; )đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Axcủa (O R; )lấy điểm CkhácA.Kẻ tiếp tuyến CDvới (O R; )(D là tiếp điểm, Dkhác A)
a) Chứng minh rằng tứ giác OACDnội tiếp được một đường trịn.
b) Đường thẳng vuơng gĩc với ABtại Ocắt tia BDtại E. Chứng minh rằng
2
. 2
BD BE= R .
c) Gọi F là trung điểm của OE. Chứng minh rằng ba điểm B F C, , thẳng hàng.
Lời giải
a) Vì CAvà CDlà các tiếp tuyến của (O R; )nên 90o ODC=OAC=
Do đĩ các điểm A O D C, , , cùng thuộc đường trịn đường kính OChay tứ giác OACDnội tiếp được một đường trịn.
b) Ta cĩ: ∆OBDcân tại Onên OBD =ODB.
Vì Olà trung điểm của ABmà OE⊥ABnên OElà đường trung trực của AB
EAB EBO DBO BDO
⇒ = = =
Xét 2 tam giác BODvà BEAcĩ: Bchung BDO=BAE BOD BEA ⇒ ∆ ∽∆ BD BO BA BE ⇒ = 2 . . .2 2 BD BE BO BA R R R ⇒ = = = c, Ta cĩ: 1 2 DBA= DOA ; 1 2
COA= DOA nên DBA =COAmà DBAvà COAở vị trí đồng vị nên BE OC
Trong tam giác COAvuơng tại Acĩ: cos OA COA
OC
=
Trong tam giác BEOvuơng tại Ocĩ: cos BO EBO
BE
=
Mà OA=OB=Rvà COA =EBO⇒OC=BE
Từ và ta cĩ : BECOlà hình bình hành ⇒ BCvà OEcắt nhau tại trung điểm mỗi đường mà F là trung điểm của OE ⇒ F cũng là trung điểm của BC ⇒B F C, , thẳng hàng.
Bài 4. (TS10, Bình Thuận 2020-2021) Cho ∆ABCcĩ AB=c, AC=b, BC=a. Chứng minh rằng sin 2 A a b c ≤ + Lời giải F E D B O A C
Gọi Dlà chân đường phân giác trong kẻ từ Acủa tam giác ABC.
Gọi Hvà Klần lượt là chân đường vuơng gĩc hạ từ Bvà Cxuống AD. Trong tam giác AKCvuơng tại Kcĩ : sin KC
KAC AC
= KC
b
=
Trong tam giác BHAvuơng tại Hcĩ : sin BH BAH AB = BH c = Mà 2 A
KAC=BAH = nên ta cĩ : KC BH KC BH
b c b c + = = + . Ta lại cĩ : BHD=90o ⇒BH ≤BD. Tương tự : CK ≤CD⇒KC+BH ≤CD+DB=BC=a sin 2 A a b c ⇒ ≤ +
Dấu ‘=’ xảy ra ⇔BH =BDvà CK =CDhay AK ⊥BChay tam giác ABCcân tại A.
Câu 5. (TS10, Bình Thuận, 2020-2021)Cho đường trịn (O R; )đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Axcủa (O R; )lấy điểm CkhácA.Kẻ tiếp tuyến CDvới (O R; )(D là tiếp điểm, Dkhác A)
a) Chứng minh rằng tứ giác OACDnội tiếp được một đường trịn.
b) Đường thẳng vuơng gĩc với ABtại Ocắt tia BDtại E. Chứng minh rằng
2
. 2
BD BE= R .
c) Gọi Flà trung điểm của OE. Chứng minh rằng ba điểm B F C, , thẳng hàng.
Lời giải K H D A B C F E D B O A C
a) Vì CAvà CDlà các tiếp tuyến của (O R; )nên 90o ODC=OAC=
Do đĩ các điểm A O D C, , , cùng thuộc đường trịn đường kính OChay tứ giác OACDnội tiếp được một đường trịn.
b) Ta cĩ: ∆OBDcân tại Onên OBD =ODB.
Vì Olà trung điểm của ABmà OE⊥ABnên OElà đường trung trực của AB
EAB EBO DBO BDO
⇒ = = =
Xét 2 tam giác BODvà BEAcĩ: Bchung BDO=BAE BOD BEA ⇒ ∆ ∽∆ BD BO BA BE ⇒ = 2 . . .2 2 BD BE BO BA R R R ⇒ = = = c, Ta cĩ: 1 2 DBA= DOA; 1 2
COA= DOAnên DBA =COAmà DBAvà COAở vị trí đồng vị nên BE OC
Trong tam giác COAvuơng tại Acĩ: cos OA COA
OC
=
Trong tam giác BEOvuơng tại Ocĩ: cos BO EBO
BE
=
Mà OA=OB=Rvà COA =EBO⇒OC=BE
Từ và ta cĩ : BECOlà hình bình hành ⇒ BCvà OEcắt nhau tại trung điểm mỗi đường mà Flà trung điểm của OE ⇒F cũng là trung điểm của BC ⇒B F C, , thẳng hàng.
Câu 6. [TS10,NAM ĐỊNH, 2020-2021] Từ điểm Angồi đường trịn ( )O kẻ các tiếp tuyến ,
AB AC đến đường trịn ( ,B C là các tiếp điểm). Đoạn thẳng AOcắt BC và đường trịn ( )O lần lượt tại M và I .
1).Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp và I là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC. 2).Gọi Dlà điểm thuộc cung lớn BC của đường trịn ( )O (với DB<DC) và K là giao điểm thứ hai của tia DM với đường trịn ( )O . Chứng minh rằng MD MK. =MA MO. .
3).Gọi ,E F lần lượt là hình chiếu vuơng gĩc của A trên các đường thẳng DB DC, . Chứng minh AFsong song với ME.
Lời giải
1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp và I là tâm đường trịn nội tiếp tam giác
ABC .
+) Vì AB AC, là tiếp tuyến 0
90
ABO ACO
⇒ = = ⇒ Tứ giác ABOC nội tiếp đường trịn đường kính OA.
+) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ⇒AB=AC ⇒ ∆ABC cân tại A⇒AM là tia phân giác.
Lại cĩ : 1 2
ABI = sđBI ; 1 2
CBI = sđCI ;IB =IC ⇒ ABI=IBC.
BI
⇒ là tia phân giác của ABC
Vậy I là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC.
2).Gọi Dlà điểm thuộc cung lớn BC của đường trịn ( )O (với DB DC< ) và K là giao điểm thứ hai của tia DM với đường trịn ( )O . Chứng minh rằng MD MK. =MA MO. .
Do BAO=BCO và 0
90
AMB=CMO= ⇒ ∆AMB đồng dạng ∆CMO
. . (1) AM BM CM BM AM OM CM OM ⇒ = ⇒ = Lại cĩ BDM =BDK=BCK =MCK và BMD=CMK ⇒ ∆BMD đồng dạng ∆KMC . . (2) BM MD CM BM KM MD KM MC ⇒ = ⇒ =
Từ ( 1) và (2) ⇒MD MK. =MA MO.
3).Gọi ,E F lần lượt là hình chiếu vuơng gĩc của A trên các đường thẳng DB DC, . Chứng minh AFsong song với ME.
Do AO là trung trực BC⇒AO⊥BCtại M 0
90
AMB AEB AEBM
⇒ = = ⇒ nội tiếp Lại cĩ 0
90
BEM +BDC= (do BDC = ABC, BEM =BAM ).
EM CD
⇒ ⊥ mà AF ⊥DC ⇒EM / /AF.
Câu 7. (TS10, BẮC GIANG, 2020-2021)Cho đường trịn ( )O bán kính R=3cm. Gọi A; B là hai điểm phân biệt cố định trên đường trịn ( )O (ABkhơng là đường kính).Trên tia đối của tia BA lấy một điểm M ( M B≠ ). Qua M kẻ các tiếp tuyến MC,MD với ( )O (C; D là các tiếp điểm).
1) Chứng minh tứ giác OCMDnội tiếp trong một đường trịn.
2) Đoạn thẳng OMcắt đường trịn (O; R t) ại điểm E . Chứng minh khi CMD = °60 thì E là trọng tâm tam giác∆MCD.
3) Gọi Nlà điểm đối xứng của M qua O. Đường thẳng đi qua Ovuơng gĩc với MNcắt các tia MC; MD lần lượt tại các điểm P và Q . Khi M di động trên tia đối của tia BA . Tìm vị trí của điểm M để tứ giác MPNQ cĩ diện tích nhỏ nhất..
Lời giải.
1) Chứng minh tứ giác OCMDnội tiếp trong một đường trịn. Đường trịn (O; R cĩ : ) MClà tiếp tuyến, Clà tiếp điểm (gt).
MCvuơng gĩcOC(tính chất tiếp tuyến) 0
OCM 90
⇒ = .
MD là tiếp tuyến, D là tiếp điểm (gt).
MD vuơng gĩcOD(tính chất tiếp tuyến) 0
ODM 90
⇒ = .
Tứ giác OCMDcĩ: 0 0 0
OCM ODM+ =90 +90 =180 . Mà hai gĩc này ở vị trí đối nhau.
H E E B P Q O M A D C N
Suy ra tứ giác OCMDnội tiếp đường trịn (Dấu hiệu nhận biết) . 2) Chứng minh khi CMD = °60 thì E là trọng tâm tam giác∆MCD.
Đường trịn (O; R cĩ : ) MClà tiếp tuyến, Clà tiếp điểm (gt); MD là tiếp tuyến, D là tiếp điểm (gt). Nên cĩ: MA=MD; DMC DMO CMO 2 = = ; DOC DOM COM 2 = = (tính chất) Xét ∆DMCcĩ: MA=MD(cmt) Mà CMD = °60 Nên ∆DMCđều.
Xét đường trịn (O; R cĩ ) DOM=sd DE; COM =sd CEmà DOM =COM Nên DE =EC
Cĩ: 1 MDE sd DE
2
= (tính chất gĩc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
1
CDE sd EC 2
= (gĩc nội tiếp)
Do đĩ: MDE =CDEHay DE là tia phân giác của MDC .
Xét tam giác ∆MCDđều cĩ: MH là đường phân giác hay MH là đường trung tuyến. DElà đường phân giác hay DE là đường trung tuyến.
Mà hai đường trung tuyến MH và DE cắt nhau tại E . Nên E là trọng tâm tam giác∆MCD.
c) Tìm vị trí của điểm M để tứ giác MPNQ cĩ diện tích nhỏ nhất. Cĩ Nlà điểm đối xứng của M qua Omà PQ⊥NMtại O
Nên OMvừa là đường phân giác, vừa là đường cao của MPQ∆
Do đĩ MPQ∆ cân tại M . Nên OMlà đường trung tuyến.
Xét tứ giác MPNQ cĩ: Olà trung điểm của PQ ; Olà trung điểm của MN Nên tứ giác MPNQ là hình bình hành. Mà PQ⊥NMtại O Do đĩ tứ giác MPNQ là hình thoi. MPNQ MOQ 1 S 4.S 4. .OD.QM 2.R.QM 2 = = =
Để tứ giác MPNQ cĩ diện tích nhỏ nhất thì QM nhỏ nhất. Mà QM=QD DM+ ≥2. QD.DM 2 QD DM 2. OD ⇔ + ≥ QD DM 2.OD QD DM 2.R ⇔ + ≥ ⇔ + ≥
Dấu “=” xảy ra khi QD=DM= ⇔R OM=R 2
Câu 8. (TS10, BẮC GIANG, 2020-2021)Cho đường trịn ( )O bán kính R=3cm. Gọi A; B là hai điểm phân biệt cố định trên đường trịn ( )O (ABkhơng là đường kính).Trên tia đối của tia BA lấy một điểm M ( M B≠ ). Qua M kẻ các tiếp tuyến MC,MD với ( )O (C; D là các tiếp điểm).
1) Chứng minh tứ giác OCMDnội tiếp trong một đường trịn.
2) Đoạn thẳng OMcắt đường trịn (O; R t) ại điểm E . Chứng minh khi CMD = °60 thì E là trọng tâm tam giác∆MCD.
3) Gọi Nlà điểm đối xứng của M qua O. Đường thẳng đi qua Ovuơng gĩc với MNcắt các tia MC; MD lần lượt tại các điểm P và Q . Khi M di động trên tia đối của tia BA . Tìm vị trí của điểm M để tứ giác MPNQ cĩ diện tích nhỏ nhất..
Lời giải.
1) Chứng minh tứ giác OCMDnội tiếp trong một đường trịn. Đường trịn (O; R cĩ : ) MClà tiếp tuyến, Clà tiếp điểm (gt).
MCvuơng gĩc OC(tính chất tiếp tuyến) 0
OCM 90
⇒ = .
MD là tiếp tuyến, D là tiếp điểm (gt).
MD vuơng gĩcOD(tính chất tiếp tuyến) 0
ODM 90
⇒ = .
Tứ giác OCMDcĩ: 0 0 0
OCM ODM+ =90 +90 =180 . Mà hai gĩc này ở vị trí đối nhau. Suy ra tứ giác OCMDnội tiếp đường trịn (Dấu hiệu nhận biết) .
H E E B P Q O M A D C N