Bài 1: Cho điểm M nằm ngồi đường trịn (O). Đường thẳng MO cắt (O) tại E
và F (ME < MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm,
A nằm giữa hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đường thẳng MO).
a, Chứng minh rằng MA.MB = ME.MF
b, Gọi H là hình chiếu vng góc của điểm C lên đường thẳng MO. Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp.
PT T B S A V H E O Q C
c, Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường trịn đường kính
MF; nửa đường trịn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao điểm của
hai đường thẳng CO và KF. Chứng minh rằng đường thẳng MS vng góc với đường thẳng KC.
d, Gọi P và Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EFS và ABS và
T là trung điểm của KS. Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng.
Gợi ý: K
a, Hs dễ dàng chứng minh được hai tam giác đồng dạng MAE và MBF
Nên MA MF MA.MB = ME.MF
ME MB
M F
b, HS chứng minh: MA.MB = MC2,
và MH.MO = MC2
MA.MB = MH.MO nên tứ giác AHOB nội tiếp trong đường tròn.
c, Xét tứ giác MKSC nội tiếp trong đường trịn đường kính MS (có hai góc K và
C vng).
Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC.
Do đó MF chính là đường trung trực của KC nên MS vng góc với KC tại V. d, Do hệ thức lượng trong đường trịn ta có MA.MB = MV.MS của đường trịn tâm
Q.
Tương tự với đường trịn tâm P ta cũng có MV.MS = ME.MF nên PQ vng góc với MS và là đường trung trực của VS (đường nối hai tâm của hai đường tròn). Nên PQ cũng đi qua trung điểm của KS (do định lí trung bình của tam giác
SKV). Vậy 3 điểm T, Q, P thẳng hàng.
Bài 2: Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngồi đường trịn. Kẻ hai tiếp tuyến
PA, PB với đường tròn (O)(A, B là hai tiếp điểm). PO cắt đường tròn tại hai điểm K và I (K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H.Gọi D là điểm đối xứng với B qua O, C là giao điểm của PD với đường tròn (O).
A DC C M K HO Q B b) Chứng minh AC CH
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q. Chứng minh M là trung điểm của AQ.
Gợi ý:
a) Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp: Ta có: D đối xứng với B qua O nên BD
P I
là đường kính của đường trịn (O) suy ra:
B·CD 90o (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
B·CP 90o(kề bù với B□CD ) (1) Lại có: PA = PB (tính chất 2 t/tuyến cắt nhau)
OA = OB
nên OP là trung trực của AB. Khi đó B·HP 90o
(2)
Từ (1) và (2) suy ra C và H thuộc đường trịn đường kính BP (quỹ tích cung chứa góc)
Vậy tứ giác BHCP nội tiếp đường trịn đường kính BP. b) Chứng minh AC CH :
Ta có: C·HA C·PB (suy ra từ kết quả câu a)
C·HA 1 (sđ B¼ID – sđ B¼KC ) và C·AH 1 sđ B¼KC
2 2
do đó: C·HA C·AH 1 sđ B¼ID 1 180o 90o nên tam giác CAH vuông tại C.
2 2
Vậy AC CH
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q. Chứng minh M là trung điểm của AQ.
Từ kết quả câu b và giả thiết suy ra M thuộc đường trịn đường kính AH Khi đó : I·BA I·CA ( 1 sđ I¼DA ) và 2 I·CA M· HA
( 1 sđ M¼A của đường trịn đường 2
G
FI I
P
Lại có H là trung điểm của AB (4) (suy ra từ (*))
Từ (3) và (4), suy ra M là trung điểm của AQ. Vậy MA = MQ
Bài 3: Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB. Điểm C thuộc bán kính OA.
Đường vng góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại D. Đường tròn tâm I tiếp xúc với nửa đường tròn (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD. Gọi E là tiếp điểm của AC với đường tròn ( I ) . Chứng minh : BD = BE.
Gợi ý:
Cách vẽ: + Vẽ phân giác của ·ADB cắt AB tại E.
Đường phân giác của □ACD và đường thẳng vng góc với AB tại E cắt nhau tại
I.
Ta có : I ; IE là đường tròn tiếp xúc với AC; DC và (O). Thật vậy : Hạ IF DC . Ta có : IE = IF ( t/c đường phân giác) Nên (I; IE) tiếp xúc với AC; DC và IECF là hình vng.
D
A E C O B
+ Chứng minh ba điểm B; F và G thẳng hàng.
Ta có :
IGF cân tại I nên
I·FG I·GF sd P»F
2 Xét
OBG : ·AOG 2O·BG (Tính chất góc ngồi) O·BG 1 ·AOG 1 G»E E»P 1 G»E EºF F»P 1 G· FI I·FE EºF F»P 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = 1 G· FI 450 450 I·GF 1 2I·GF I·GF 2 2
Nên ba điểm G, F và B thẳng hàng ( vì 2 tia GF và GB trùng nhau)
E B
A H
K O
F + Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác (1). ADB : ·ADB 900 nên BD2 BC BA +Áp dụng tính chất tiếp tuyến ta có : BE2 BF.BG (2) Mặt khác : AGB FC B ( g-g) => AB BG BF BG AB BC BF BC (3) Từ (2) và (3). Suy ra : BE 2 AB.BC (4) Từ (1) và (4), suy ra : BD = BE.
Bài 4: (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2007 – 2008 tỉnh Nam Định)
Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B phân biệt thuộc (O) sao cho đường thẳng AB không đi qua tâm O. Trên tia đối của tia AB lấy điểm lấy điểm M khác A, từ M kẻ hai tiếp tuyến phân biệt ME, MF với đường tròn (O) (E, F là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Các điểm K và I theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng OM và OH.
1. Chứng minh 5 điểm M, O, H, E, F cùng nằm trên một đường tròn. 2. Chứng minh: OH.OI = OK. OM
3. Chứng minh: IA, IB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)
Gợi ý:
I
A
N F
H
E I
1/ 5 điểm M, E, O, H, F cùng nằm trên đường trịn đường kính MO. 2/ OHM ~ OKI (g.g) OH = OM OK OI OH.OI = OM.OK 3/ Có MEO ~ EKO (g.g) OM = OE OE OK MO.OK = OE2 Mà OE = OA nên MO.OK = OA2 OM = OA OA OK MOA ~ AOK (c.g.c) O□MA = O□AK Mà O□MA = O□IK (cmt) O□AK = O□IK
Tứ giác IAKO nội tiếp
O□AI = O□ KI 900 (2 góc nt cùng chắn cung OI của (IAKO))
OA IA IA là tiếp tuyến của (O).
Lại có O□AI = O□ BI 900 IB là tiếp tuyến của (O).
Bài 5: Cho ABC có AB > AC và ngoại tiếp đường tròn (I). Các cạnh BC, CA
và AB của ABC lần lượt tiếp xúc đường tròn (I) tại các tiếp điểm là D, E, F. Tia FE cắt tia BC tại điểm M. Đoạn thẳng AD cắt đường tròn (I) lần nữa tại N. Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường tròn (I).
M C D B
Gợi ý:
AI cắt EF tại H và AD cắt IM tại K.
Do đó tứ giác IDMH nội tiếp, suy ra
I·DH = I·MH (1) Ta cũng có ID2 = IF2 = IH. IA, từ đó IDH IAD (c.g.c)
F
E N
H
K C D M B
I·DH = I·AD. (2)
Từ (1) và (2) suy ra I·AK = I·MH .
Suy ra IAK IMH (g.g) I·KA = I·HM = 90Ο.
Suy ra K là trung điểm của dây DN, suy ra đường thẳng IM là đường trung trực của đoạn thẳng DN.
Do đó dễ thấy INM = IDM (c.c.c) I·NM = I·DM = 90Ο. Vậy MN là tiếp tuyến tại N của đường tròn (I).
Bài 6: Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC; H là
trực tâm; AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC. Với K là giao điểm của EF và BC kí hiệu (C1) và (C2) lần lượt là đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF và DKE, . Chứng minh rằng:
1, ME là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1) và (C2). 2, KH AM. Gợi ý: A 1, Ta có điểm AH Eµ= $F =
900 nên tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn (C1) có tâm là trung
· 1 »
EAH = sdEH (1) 2
mà E·AH = C·BE (2) ( cùng phụ với góc ACD)
K M D
H
O B
Từ (1), (2) và (3) ta có MEH = sdEH· 1 » 2
=> ME là tiếp tuyến đường tròn tâm (C1)
2, Gọi giao điểm AM với KH là N trước tiên chứng minh 5 điểm A,E,H,N,F cùng thuộc một đường tròn
Ta thấy A· FE = A·CB; A·NE = A· FE Þ A·NE = A·CB => C,M,N, F cùng thuộc một đường tròn
Chứng minh tứ giác AENB nội tiếp, do đó K·NM = 900. KH AM
Bài 7: (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2012 – 2013 tỉnh Nam Định)
Cho đường trịn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia BA lấy điểm C (C không trùng với B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm), tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi H là giao điểm của AD và OE, K là giao điểm của BE với đường trịn (O) (K khơng trùng với B).
1) Chứng minh AE2 = EK . EB.
2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn.
3) Đường thẳng vng góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh
AE EM 1. EM 1. EM CM Gợi ý: E A C
1) HS tự giải
2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. Gợi ý:
+ Chỉ ra tứ giác AHKE nội tiếp suy ra góc EHK = góc EAK + Chỉ ra góc EAK = góc EBA
+ Suy ra tứ giác BOHK nội tiếp suy ra 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn
3) Đường thẳng vng góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh
AE
EM 1.
EM CM
+ Chỉ ra tam giác OEM cân tại E suy ra ME = MO.
+ Chỉ ra OM // AE, áp dụng định lý Ta - lét trong tam giác CEA ta có CE AE
+ Ta có CE AE CE CM AE OM EM AE 1 AE EM CM OM 1 CM OM CM OM CM OM OM CM Mà ME = MO nên suy ra AE EM EM CM 1(đpcm)
Bài 8: Cho đường tròn (O) và một điểm A cố định nằm ngoài (O). Kẻ tiếp tuyến
AB, AC với (O) ( B,C là các tiếp điểm). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC( M khác B và C). Đường thẳng AM cắt (O) tại điểm thứ 2 là N. Gọi E là trung điểm của MN.
a, Chứng minh 4 điểm A,B,O,E cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của đường trịn đó.