Đang tải... (xem toàn văn)
Bài 53: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và K là điểm chính giữa của cung AB. Trên tia AM lấy điểm N sao cho AN = BM. Kẻ dây BP song song với KM. Gọi Q là giao điểm của các đường th[r]
(1)Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đ-ờng tròn (O) Các đ-ờng cao AD, BE, CF cắt H cắt đ-ờng tròn (O) lần l-ợt M,N,P
Chứng minh r»ng:
1 Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp
2 Bốn điểm B,C,E,F nằm đ-ờng trßn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC
4 H M đối xứng qua BC
5 Xác định tâm đ-ờng tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải:
1. XÐt tø gi¸c CEHD ta có:
CEH = 900 ( Vì BE ®-êng cao) CDH = 900
( V× AD đ-ờng cao)
=> CEH + CDH = 1800
H
( ( 2
-
- 1
1 1 P
N
F E
M
D C
B
A
O
Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE đ-ờng cao => BE AC => BEC = 900
CF đ-ờng cao => CF AB => BFC = 900
Nh- E F nhìn BC d-ới mét gãc 900
=> E vµ F cïng nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đ-ờng tròn
3. Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900
; Â gãc chung => AEH ADC =>
AC AH AD AE
=> AE.AC = AH.AD
* Xét hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; C lµ gãc chung => BEC ADC =>
AC BC AD BE
=> AD.BC = BE.AC 4 Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi góc ABC)
C2 = A1 ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM)
=> C1 = C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C => CB đ-ơng trung trực HM H M đối xứng qua BC
5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đ-ờng 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 gãc FED
Chứng minh t-ơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đ-ờng trịn nội tiếp tam giác DEF
Bµi Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đ-ờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE
1 Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp
2 Bèn ®iĨm A, E, D, B cïng n»m đ-ờng tròn Chứng minh ED =
2
BC
4 Chứng minh DE tiếp tuyến đ-ờng trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải:
1. XÐt tø gi¸c CEHD ta có: CEH = 900
( Vì BE ®-êng cao)
H
1
3 2 1 1
O
E
D C
B
(2) CDH = 900
( Vì AD đ-ờng cao) => CEH + CDH = 1800
Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp 2 Theo giả thiết: BE đ-ờng cao => BE AC => BEA = 900
AD đ-ờng cao => AD BC => BDA = 900
Nh- vËy E D nhìn AB d-ới góc 900
=> E D nằm đ-ờng tròn ®-êng kÝnh AB VËy ®iÓm A, E, D, B nằm đ-ờng tròn
3 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đ-ờng cao nên đ-ờng trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta cã BEC = 900
VËy tam gi¸c BEC vuông E có ED trung tuyến => DE =
2
BC
4.V× O tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1)
Theo trªn DE =
1BC => tam giác DBE cân D => E
3 = B1 (2)
Mµ B1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE OE t¹i E
Vậy DE tiếp tuyến đ-ờng tròn (O) t¹i E
5 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 ED2
= OD2
– OE2 ED2 = 52
– 32 ED = 4cm
Bài Cho nửa đ-ờng tròn đ-ờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiÕp tun Ax, By Qua ®iĨm M thc nửa đ-ờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần l-ợt C D Các đ-ờng thẳng AD BC cắt N
1 Chøng minh AC + BD = CD Chøng minh COD = 900
3.Chøng minh AC BD =
4
AB
4.Chøng minh OC // BM
5.Chøng minh AB lµ tiếp tuyến đ-ờng tròn đ-ờng kính CD 5.Chứng minh MN AB
6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ
Lêi gi¶i:
/
/
y x
N C
D I
M
B O
A
1.Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD
2.Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kỊ bï => COD = 900
3.Theo trªn COD = 900 nên tam giác COD vuông O có OM CD ( OM tiếp tuyến )
áp dụng hệ thức cạnh đ-ờng cao tam giác vuông ta có OM2
= CM DM, Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD =
4
AB
4. Theo trªn COD = 900 nªn OC OD (1)
Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trùc cña BM => BM OD (2) Tõ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD)
5.Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đ-ờng kính CD có IO bán kính
(3)6 Theo AC // BD =>
BD AC BN CN
, mà CA = CM; DB = DM nên suy
DM CM BN CN
=> MN // BD mµ BD AB => MN AB
7 ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ , mà CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm ca cung AB
Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đ-ờng tròn nội tiếp, K tâm đ-ờng tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK
1. Chøng minh B, C, I, K cïng n»m trªn mét đ-ờng tròn 2. Chứng minh AC tiếp tuyến đ-ờng tròn (O)
3. Tính bán kính đ-ờng tròn (O) BiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lêi gi¶i: (HD)
1 Vì I tâm đ-ờng tròn nội tiếp, K tâm đ-ờng trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B
Do BI BK hayIBK = 900 T-ơng tự ta có ICK = 900
nh- B C nằm đ-ờng trịn đ-ờng kính IK B, C, I, K nằm đ-ờng tròn
2. Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân gi¸c cđa gãc ACH
C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 )
o 1 2 1 H
I
C A
B
K
I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O)
Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC Vậy AC tiếp tuyến đ-ờng tròn (O) 3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm
AH2 = AC2 – HC2 => AH = 2 12
20 = 16 ( cm) CH2
= AH.OH => OH =
16 122
AH CH
= (cm) OC = OH2 HC2 92 122 225 = 15 (cm)
Bài Cho đ-ờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đ-ờng 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, gäi H lµ giao ®iĨm cđa AC vµ BD, I lµ giao ®iĨm cđa OM AB
1 Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp
2 Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đ-ờng tròn
3 Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Chứng minh OAHB hình thoi
5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng
6 Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đ-ờng thẳng d Lời giải:
1. (HS tự làm)
2. Vì K trung ®iĨm NP nªn OK NP ( quan hƯ ®-êng kÝnh
d
H I K
N P
M D
C B
A
O
Và dây cung) => OKM = 900 Theo tính chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh- vËy K, A, B cïng nh×n OM d-ới góc 900 nên nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính OM
Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đ-ờng tròn 3 Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cđa AB => OM AB I
(4)áp dụng hệ thức cạnh đ-ờng cao => OI.OM = OA2
hay OI.OM = R2
; vµ OI IM = IA2 4 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
5 Theo OAHB hình thoi => OH AB; cịng theo trªn OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đ-ờng thẳng vuông góc với AB)
6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nh-ng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đ-ờng thẳng d nửa đ-ờng trịn tâm A bán kính AH = R
Bài Cho tam giác ABC vuông A, đ-ờng cao AH Vẽ đ-ờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đ-ờng kính đ-ờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đ-ờng tròn D cắt CA ë E
1 Chøng minh tam gi¸c BEC cân
2 Gọi I hình chiếu A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AH Chøng minh BE tiếp tuyến đ-ờng tròn (A; AH) Chøng minh BE = BH + DE
Lêi gi¶i: (HD)
1. AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2)
Vì AB CE (gt), AB vừa đ-ờng cao vừa đ-ờng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2
2
I
E
H D
C A
B
2 Hai tam gi¸c vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 => AHB = AIB => AI = AH 3 AI = AH BE AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I
4 DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED
Bài Cho đ-ờng trịn (O; R) đ-ờng 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 Chøng minh r»ng tø gi¸c APMO néi tiếp đ-ợc đ-ờng tròn Chứng minh BM // OP
3 Đ-ờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành
4 Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng
Lời giải: 1. (HS tự làm)
2.Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm chắn cung AM => ABM =
2 AOM
(1) OP tia phân giác AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AOP =
2 AOM
(2) Tõ (1) vµ (2) => ABM = AOP (3)
X
( (
2 1
1 1
K I
J M N P
A O B
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 NOAB)
=> 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 v bng nhau)
4 Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON AB => ON PJ
(5)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 đ-ờng cao => IK PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thng hng
Bài Cho nửa đ-ờng tròn tâm O đ-ờng kính AB điểm M nửa đ-ờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đ-ờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đ-ờng tròn 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 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 đ-ợc đ-ờng tròn Lời giải:
1 Ta cã : AMB = 900 ( néi tiÕp chắn nửa đ-ờng tròn ) => KMF = 900
(vì hai góc kề bù) AEB = 900
( nội tiếp chắn nửa đ-ờng 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
X
2 1 2
1
E K I
H
F
M
B O
A
2. Ta cã IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trên)
áp dụng hệ thức cạnh đ-ờng cao => AI2 = IM IB
3. Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……)
=> ABE =MBE ( hai gãc néi tiÕp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có AEB = 900 => BE AF hay BE đ-ờng cao tam giác ABF (2)
Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B
4. BAF tam giác cân B có BE đ-ờng cao nên đồng thời đ-ơng 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 A có AE đ-ờng cao nên đồng thời đ-ơng trung tuyến => E trung điểm HK (6)
Tõ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đ-ờng chéo vuông góc với trung điểm đ-ờng)
5. (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đ-ợc đ-ờng 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 góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông t¹i A cã 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 đ-ợc đ-ờng trịn
Bµi Cho nửa đ-ờng tròn (O; R) đ-ờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đ-ờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần l-ợt E, F (F B E)
1 Chng minh AC AE không đổi Chứng minh ABD = DFB
(6)Lêi gi¶i:
1.C thuéc nửa đ-ờng tròn nên ACB = 900
( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => BC AE
ABE = 900
( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC đ-ờng cao => AC AE = AB2
(hệ thức cạnh đ-ờng cao ), mà AB đ-ờng kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi
2. ADB cã ADB = 900
( néi tiÕp chắn nửa đ-ờng tròn ) => ABD + BAD = 900
(v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800 )(1) ABF cã ABF = 900
( BF lµ tiÕp tuyÕn ) => AFB + BAF = 900
(v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800 ) (2) Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD)
D C
A O B
F E
X
3.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 ABD = DFB => ECD = DFB Mà 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 đ-ờng tròn tâm O đ-ờng kính AB điểm M nửa đ-ờng tròn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đường vng góc từ S đến AB
1.Gọi S giao điểm MA SP Chøng minh r»ng ∆ PS’M c©n 2.Chøng minh PM tiếp tuyến đ-ờng tròn
Lời giải:
1 Ta cã SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900
( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => AMS = 900
Nh- vËy P vµ M cïng nhìn AS d-ới góc 900
nên nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính AS Vậy bốn ®iĨm A, M, S, P cïng n»m trªn mét ®-êng trßn
2 Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đường tròn nên M’ nằm đường tròn => hai cung AM AM’ có số đo
3
( )
4
1 1
) (
1 2
2
1
1
H O
S'
M' M
A B
S
P
=> AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1)
Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’ AB H => MM’// SS’ ( vng góc với AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2)
=> Tõ (1) vµ (2) => ASS= ASS
Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn => ASP=AMP (néi tiÕp cïng ch¾n AP ) => AS’P= AMP => tam giác PMS cân P
3 Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = S’1 (cïng phơ víi 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 t¹i M => PM tiếp tuyến đ-ờng tròn M
Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đ-ờng tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chøng minh :
(7)2. DF // BC Tø gi¸c BDFC néi tiÕp
CF BM CB BD
Lêi gi¶i:
(HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam giác ADF cân A => ADF= AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiÕp chắn cung DE)
Chứng minh t-ơng tự ta cã DFE < 900; EDF < 900 Nh- vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän
Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => AD AF
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 đ-ợc đ-ờng tròn
M I
O
F
E D
C B
A
Xét hai tam giác BDM CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) BDM = BFD (nội tiếp chắn cung DI); CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF => BDM CBF =>
CF BM CB BD
Bµi 12 Cho đ-ờng tròn (O) bán kính R có hai đ-ờng kính AB CD vuông góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đ-ờng thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đ-ờng tròn P Chøng minh :
1 Tø gi¸c OMNP néi tiếp
2 Tứ giác CMPO hình bình hành
3 CM CN không phụ thuộc vào vị trí cđa ®iĨm M
4 Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định
Lêi gi¶i:
1 Ta cã OMP = 900 ( v× PM AB ); ONP = 900
(vì NP tiếp tuyến ) Nh- M N nhìn OP d-ới gãc b»ng 900
=> M vµ N cïng nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính OP => Tứ giác OMNP néi tiÕp
2 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC = OCN
B' A'
O
P N
M
D
B A
C
=> 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 gi¶ thiÕt Ta cã CD AB; PM AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành
3 Xét hai tam giác OMC vµ NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD AB); DNC = 900 (néi tiÕp ch¾n nưa đ-ờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại cã C lµ gãc chung => OMC NDC
=> CM CO
CD CN => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R
không đổi => CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M
4 ( HD) DƠ thÊy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900
=> P chạy đ-ờng thẳng cố định vng góc với CD D
(8)Bµi 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đ-ờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đ-ờng tròn đ-ờng kính BH cắt AB E, Nửa đ-ờng tròn đ-ờng kính HC cắt AC F
1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác néi tiÕp
3 AE AB = AF AC
4 Chøng minh EF lµ tiÕp tun chung cđa hai nửa đ-ờng tròn Lời giải:
1 Ta cã : BEH = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưc ®-êng trßn ) => AEH = 900
(vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900
( nội tiếp chắn nửc đ-ờng tròn ) => AFH = 900
(vì hai góc kề bù).(2)
EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3)
(
) 21
21 I 1 F
E
O2
O1 H C
B
A
1
Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)
2 Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đ-ợc đ-ờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đ-ờng tròn (O1) (O2) => B1 = H1 (hai góc nội tiếp chắn 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 tip
3 Xét hai tam giác AEF ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo Chøng minh trªn) => AEF ACB => AE AF
AC AB => AE AB = AF AC * HD cách 2: Tam giác AHB vuông t¹i H cã HE AB => AH2
= AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H cã HF AC => AH2
= AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC
4 Tø gi¸c AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kÝnh) => 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 lµ tiÕp tuyến chung hai nửa đ-ờng tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ vÒ mét phía AB nửa đ-ờng tròn có đ-ờng kÝnh theo thø tù lµ AB, AC, CB vµ cã tâm theo thứ tự O, I, K
Đ-ờng vuông góc với AB C cắt nửa đ-ờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đ-ờng tròn (I), (K)
1.Chøng minh EC = MN
2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/tròn (I), (K) 3.Tính MN
4.Tính diện tích hình đ-ợc giới hạn ba nửa đ-ờng tròn Lời giải:
Ta cã: BNC= 900
( néi tiÕp chắn nửa đ-ờng tròn tâm K)
1
H
1
N
M
C
I O K B
E
A
3
2 2 1
1
=> ENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1)
AMC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửc đ-ờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì lµ hai gãc kỊ bï).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3)
Tõ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đ-ờng chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đ-ờng tròn (I) vµ (K)
(9)Tõ (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 t-ơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đ-ờng tròn (I), (K)
3 Ta cã AEB = 900 (néi tiÕp ch¾n nửc đ-ờng tròn tâm O) => AEB vuông A cã 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 đ-ợc giới hạn ba nửa đ-ờng tròn S =
2 ( S(o) - S(I) - S(k)) S =
2( 625- 25- 400) =
2.200 = 100 314 (cm
)
Bµi 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy ®iĨm M, dùng ®-êng trßn (O) cã ®-êng kÝnh MC đ-ờng thẳng BM cắt đ-ờng tròn (O) D đ-ờng thẳng AD cắt đ-ờng tròn (O) S
1 Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh CA tia phân giác gãc SCB
3 Gọi E giao điểm BC với đ-ờng tròn (O) Chứng minh đ-ờng thẳng BA, EM, CD đồng quy
4 Chøng minh DM tia phân giác góc ADE
5 Chứng minh điểm M tâm đ-ờng tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải:
3
3
2
2
1
1
F
O
M
S D
E
B A
C
H×nh a
F
1 C
A
B E D
S
M O
1
1
2
2
3
H×nhb
1. Ta cã CAB = 900 ( v× tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => CDB = 900 nh- D A nhìn BC d-ới góc 900 nên A D nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp
2. ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp chắn cung AB)
D1= C3 => SMEM=> C2 = C3 (hai góc nội tiếp đ-ờng tròn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân giác gãc SCB
3 Xét CMB Ta có BACM; CD BM; ME BC nh- BA, EM, CD ba đ-ờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy
4 Theo trªn Ta có SM EM=> D1= D2 => DM tia phân gi¸c cđa gãc ADE.(1) 5 Ta cã MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng 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 đ-ờng tròn => A2 = B2
(10)=> A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2)
Từ (1) (2) Ta có M tâm đ-ờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b)
C©u : ABC = CME (cïng phơ ACB); ABC = CDS (cïng bï ADC) => CME = CDS => CE CS SMEM=> SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB
Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đ-ờng tròn đ-ờng kính BD cắt BC E Các đ-ờng thng CD, AE lần l-ợt cắt đ-ờng tròn F, G
Chứng minh :
1 Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp
3 AC // FG
4 Các đ-ờng thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải:
1 Xét hai tam giác ABC EDB Ta cã BAC = 900
( v× tam giác ABC vuông A); DEB = 900
( góc nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn )
=> DEB = BAC = 900 ; l¹i cã ABC lµ gãc chung => DEB CAB 2 Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai gãc kÒ bï); BAC = 900
( ABC vng A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp
G
1
1
O
S
D
E B
A C
1
F
* BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) hay BFC = 900
nh- vËy F A nhìn BC d-ới góc 900
nên A F nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp
3 Theo ADEC tứ giác nội tiÕp => E1 = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nªn suy AC // FG
4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đ-ờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S
Bài 17 Cho tam giác ABC có đ-ờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M khơng trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với cạnh AB AC
1 Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đ-ờng trịn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH
3 Chøng minh OH PQ Lêi gi¶i:
1 Ta cã MP AB (gt) => APM = 900; MQ AC (gt) => AQM = 900
nh- P Q nhìn BC d-ới góc 900
nên P Q nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp
* Vì AM đ-ờng kính đ-ờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đ-ờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM
2 Tam giác ABC có AH đ-ờng cao => SABC =
2BC.AH Tam giác ABM có MP đ-ờng cao => SABM =
1
2AB.MP Tam gi¸c ACM cã MQ đ-ờng cao => SACM =
1
2AC.MQ
O
M
Q P
H C
B
A
2
Ta cã SABM + SACM = SABC =>
2AB.MP +
2AC.MQ =
(11)Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH
3 Tam giác ABC có AH đ-ờng cao nên đ-ờng phân giác => HAP = HAQ => HP HQ ( tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => HOP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đ-ờng cao => OH PQ
Bài 18 Cho đ-ờng tròn (O) đ-ờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H không trùng O, B) ; đ-ờng thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M đ-ờng tròn ; MA MB thứ tự cắt đ-ờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC
1 Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh đ-ờng thẳng AD, BC, MH ng quy ti I
3 Gọi K tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp Lời giải:
1 Ta cã : ACB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửc đ-ờng tròn ) => MCI = 900
(vì hai góc kề bù) ADB = 900
( nội tiếp chắn nửc đ-ờng tròn ) => MDI = 900 (vì hai góc kề bï)
=> MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp
2 Theo Ta có BC MA; AD MB nên BC AD hai đ-ờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH đ-ờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH ng quy ti I
3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1
_ _
4 3 2 1
I
O H
K
D C
M
A B
1
1
Mµ A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông t¹i H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( góc ACM góc bÑt) hay OCK = 900
Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác ni tip
Bài 19 Cho đ-ờng tròn (O) đ-ờng 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 gãc víi CD
1 Chøng minh tø gi¸c BMDI nội tiếp Chứng minh tứ giác ADBE h×nh thoi Chøng minh BI // AD
4 Chứng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến (O) Lời giải:
BIC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửa đ-ờng tròn ) => BID = 900 (vì hai gãc kỊ 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 đ-ờng kính dây cung)
2
1 1
/ /
1
O'
E
3 2 1
I O
D
C M
A B
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đ-ờng chéo vuông góc với trung điểm đ-ờng ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => AD DC; theo trªn BI DC => BI // AD (1) Theo gi¶ thiÕt ADBE hình thoi => EB // AD (2)
(12)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 kính ) => 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 t¹i I => MI lµ tiÕp tun cđa (O’) Bµi 20 Cho đường tròn (O; R) (O; R) có R > R tiếp xúc C Gọi AC BC hai đường kính qua điểm C (O) (O) DE dây cung (O) vuông góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O) F, BD cắt (O) G Chứng minh rằng:
1 Tø gi¸c MDGC néi tiÕp
2 Bốn điểm M, D, B, F nằm đ-ờng tròn Tứ giác ADBE hình thoi
4 B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE
7 MF tiếp tuyến (O) Lời giải:
1 BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => CGD = 900
(vì lµ hai gãc kỊ bï)
1
1
1
O' O
M
G
F E
D
C B
A
Theo giả thiết DE AB M => CMD = 900 => CGD + CMD = 1800
mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp 2 BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng trịn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE AB M)
nh- vËy F vµ M cïng nh×n BD d-íi mét gãc b»ng 900
nên F M nằm đ-ờng tròn ®-êng kÝnh BD => M, D, B, F cïng n»m đ-ờng tròn
3 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đ-ờng kính dây cung)
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đ-ờng chéo vuông góc với trung điểm đ-ờng 4 ADC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đ-ờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình thoi => BE // AD mà AD DF nên suy BE DF
Theo trªn BFC = 900 ( néi tiÕp chắn nửa đ-ờng tròn ) => BF DF mà qua B có đ-ờng thẳng vuông góc với DF đo B, E, F thẳng hàng
5 Theo DF BE; BM DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đ-ờng cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy
6 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)
7 (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 O’F t¹i F => MF tiếp tuyến (O)
Bài 21 Cho đ-ờng tròn (O) đ-ờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đ-ờng tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q
1 Chứng minh đ-ờng tròn (I) (O) tiếp xúc A Chøng minh IP // OQ
3 Chøng minh r»ng AP = PQ
4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn Lời giải:
1 Ta cã OI = OA IA mà OA IA lần l-ợt bán kính đ/ tròn (O) đ-ờng tròn (I) Vậy đ/ tròn (O) đ-ờng tròn (I) tiÕp xóc t¹i A
2 OAQ cân O ( OA OQ b¸n kÝnh ) => A1 = Q1
(13)H
I O
Q
P
B A
1
1
3 APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => OP AQ => OP đ-ờng cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đ-ờng trung tun => AP = PQ
4 (HD) KỴ QH AB ta cã SAQB =
2AB.QH mà AB đ-ờng kính khơng đổi nên SAQB lớn QH lớn QH lớn Q trùng với trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO
Thật P trung điểm cung AO => PI AO mà theo PI // QO => QO AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH ln nht
Bài 22 Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đ-ờng thẳng vuông góc với DE, đ-ờng thẳng cắt đ-ờng thẳng DE DC theo thứ tự H K
1 Chứng minh BHCD tứ giác nội tiÕp TÝnh gãc CHK
3 Chøng minh KC KD = KH.KB
4 Khi E di chuyÓn cạnh BC H di chuyển đ-ờng nào? Lời giải:
1 Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE H nên BHD = 900 => nh- H C cïng nh×n BD d-íi mét gãc b»ng 900 nên H C nằm đ-ờng tròn đ-ờng kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp
2 BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK lµ gãc bĐt nªn KHC + BHC = 1800
(2)
O
)
1
1
K H E
D C
B A
2
Tõ (1) vµ (2) => CHK = BDC mµ BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => CHK = 450 3 XÐt KHC vµ KDB ta cã CHK = BDC = 450 ; K lµ gãc chung
=> KHC KDB => KC KH
KBKD => KC KD = KH.KB
4 (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 23 Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE Chøng minh ba ®iĨm H, A, D thẳng hàng
2 Đ-ờng thẳng HD cắt đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân Cho biết ABC > 450
; gọi M giao điểm BF ED, Chứng minh điểm b, k, e, m, c nằm đ-ờng tròn
4 Chứng minh MC tiếp tuyến đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Lời giải:
(14)H K
M F
E
D
C B
A O
Tø 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 2 Ta có BFC = 900
(nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1) FBC = FAC ( néi tiÕp cïng ch¾n cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2) Tõ (1) vµ (2) suy FBC lµ tam giác vuông cân F
3 Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai gãc kÒ bï); CDM = 900
(t/c hình vng) => CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đ-ờng tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vng) => CMF = 450 hay CMB = 450 Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vng); BKC = 450 (vì ABHK hình vng)
Nh- vËy K, E, M cïng nh×n BC d-íi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dựng BC => điểm b, k, e, m, c nằm đ-ờng tròn
4 CBM cã B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC BC t¹i C => MC tiếp tuyến đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Bài 24 Cho tam giác nhọn ABC cã B = 450
VÏ ®-êng tròn đ-ờng kính AC có tâm O, đ-ờng tròn cắt BA BC D E
1 Chøng minh AE = EB
2 Gäi H lµ giao điểm CD AE, Chứng minh đ-ờng trung trực đoạn HE qua trung điểm I cđa BH
3.Chøng minh OD lµ tiÕp tun cđa đ-ờng tròn ngoại tiếp BDE Lời giải:
1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn )
=> AEB = 900 ( hai gãc kỊ bï); Theo gi¶ thiÕt ABE = 450 => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB
F
1
1
1
/
/ _
_ K
H I
E D
O
C B
A
2 Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đ-ờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE t¹i E => IK HE t¹i K (2)
Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trực HE Vậy trung trực đoạn HE ®i qua trung ®iĨm I cđa BH 3 theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB
ADC = 900 (néi tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông D có DI trung tuyến (do I trung điểm cña BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I lµ tâm đ-ờng 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 bán kính ) => D2 = B1 (4)
Theo ta có CD AE hai đ-ờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đ-ờng cao tam giác ABC => BH AC F => AEB cã AFB = 900
Theo trªn ADC cã ADC = 900 => B
1 = C1 ( cïng phô BAC) (5)
(15)Bài 25 Cho đ-ờng tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đ-ờng tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đ-ờng vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh t-ơng ứng BC, AC, AB Gọi giao ®iĨm cđa BM, IK lµ P; giao ®iĨm cđa CM, IH Q
1 Chứng minh tam giác ABC cân Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp 3 Chøng minh MI2 = MH.MK Chøng minh PQ MI
Lêi gi¶i:
1 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có AB = AC => ABC cân A 2 Theo gi¶ thiÕt MI BC => MIB = 900; MK AB => MKB = 900
=> MIB + MKB = 1800
mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp
* ( Chøng minh tø gi¸c CIMH néi tiếp t-ơng tự tứ giác BIMK )
3 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 tiÕp => 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)
Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH => MI MK
MH MI => MI
2
= MH.MK
1
1
1
P Q
K H
I M
A
C B
O
2
4 Theo ta có I1 = C1; chứng minh t-ơng tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC = 1800 => I1+ I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ
Bài 26 Cho đ-ờng tròn (O), đ-ờng kÝnh AB = 2R VÏ d©y cung CD AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM CB Chứng minh :
1
AB AC KB KC
AM tia phân giác CMD Tứ giác OHCI nội tiếp 4 Chứng minh đ-ờng vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đ-ờng trịn M
Lêi gi¶i: Theo giả thiết M trung điểm BC => MB MC
=> CAM = BAM (hai gãc nội tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia phân giác góc CAB =>
AB AC KB KC
( t/c tia phân giác tam gi¸c )
J
H
I K
O
M C
D
B A
_ /
2 (HD) Theo gi¶ thiÕt CD AB => A trung điểm CD => CMA = DMA => MA tia phân
giác cđa gãc CMD
3 (HD) Theo gi¶ thiÕt M trung điểm BC => OM BC I => OIC = 900 ; CD AB t¹i H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800
mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp
4 KỴ MJ AC ta cã MJ // BC ( v× cïng vuông góc với AC) Theo OM BC => OM MJ J suy MJ tiếp tuyến đ-ờng tròn M
Bài 27 Cho đ-ờng tròn (O) điểm A đ-ờng tròn Các tiếp tuyến với đ-ờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đ-ờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đ-ờng tròn ( M khác B, C), từ M kỴ MH BC, MK CA, MI AB Chøng minh :
(16)
I
K
H M
C B
A O
H B
C K I
M
O
A
1. (HS tự giải)
2. Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO = BCO (néi tiÕp cïng ch¾n cung BO) 3. Theo gi¶ thiÕt MH BC => MHC = 900; MK CA => MKC = 900
=> MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội tiếp chắn cung HM)
Chứng minh t-ơng tự ta có tứ giác MHBI nội tiÕp => MHI = MBI (néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ BM) => HKM = MHI (1) Chøng minh t-¬ng tù ta còng cã
KHM = HIM (2) Tõ (1) vµ (2) => HIM KHM 4. Theo trªn HIM KHM => MI MH
MH MK => MI.MK = MH
Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC
1 Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đ-ờng tròn (O)
3 Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân
4 Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC
Lêi gi¶i:
1 Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đ-ờng chéo cắt trung điểm đ-ờng
2 (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => BAC + B’HC’ = 1800 mà BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800
Theo BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800
= /
=
/ / /
A' C'
B'
G O H
I F E
C B
A
=> 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 nội tiếp => E thuộc (O)
3 Ta có H E đối xứng qua BC => BC HE (1) IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE HE (2)
Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC lµ hình thang (3)
Theo E (O) => CBE = CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4)
Theo F (O) FEA =900 => AF đ-ờng kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( v× cïng phơ ACB) (5)
Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6)
Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang c©n
(17)Theo giả thiết I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đ-ờng kính dây cung) => OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI = HGA (đối đỉnh) => OGI HGA => GI OI
GAHA mµ OI =
2 AH =>
2 GI
GA mà AI trung tuyến ∆ ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm ∆ ABC Bài 29 BC dây cung đ-ờng tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đ-ờng cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H
1 Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC Gọi A’ trung điểm BC, Chứng minh AH = 2OA’
3 Gọi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA’ OA’ Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn
Lêi gi¶i: (HD)
1 Tø gi¸c BFEC néi tiÕp => AEF = ACB (cïng bï BFE) AEF = ABC (cïng bï CEF) => AEF ABC
2 VÏ ®-êng kÝnh AK => KB // CH ( cïng vu«ng gãc AB); KC // BH (cïng vu«ng gãc AC) => BHKC hình bình hành => A trung điểm HK => OK đ-ờng trung bình AHK => AH = 2OA’
A1
K A
B C
H O
E
F
D
/
/ / =
/ =
A'
3. áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đ-ờng trịn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có :
AEF ABC =>
1 ' '
R AA
R AA (1) R bán kính đ-ờng trịn ngoại tiếp ABC; R’ bán kính
®-êng tròn ngoại tiếp AEF; AA trung tuyến ABC; AA1 trung tuyến AEF Tứ giác AEHF nội tiếp đ-ờng tròn đ-ờng kính AH nên đ-ờng tròn ngoại tiếp AEF Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’
2
AH
= AA’ ' A O VËy R AA1 = AA’ A’O (2)
4 Gọi B’, C’lần lượt trung điểm AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ đường cao tam giác OBC, OCA, OAB SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =
1
2( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB ) 2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3)
Theo (2) => OA’ = R '
AA AA mµ
1 '
AA
AA tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC
nªn '
AA AA =
EF
BC T-¬ng tù ta cã : OB’ = R FD
AC ; OC’ = R ED
AB Thay vào (3) ta đ-ợc 2SABC = R (
EF FD ED BC AC AB
BC AC AB ) 2SABC = R(EF + FD + DE)
* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R khơng đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC Ta có SABC =
1
2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm giỡa cung lớn BC
Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đ-ờng cao AH bán kính OA
(18)2 Gi¶ sư 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 nhá BC theo R Lêi gi¶i: (HD)
1 AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM CM => 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
lµ tia phân giác góc OAH M
D
O
H C
B A
2 VÏ d©y BD OA => ABAD=> ABD = ACB
Ta cã OAH = DBC ( gãc cã c¹nh t-ơng ứng vuông góc nhọn) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C
3 a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trªn B C = OAH => B - C = 200 =>
0
0
120 70
20 50
B C B
B C C
b) Svp= SqBOC - S BOC =
2
0
.120
360 2
R R
R
=
2 2
(4 3)
3 12
R R R
Bài 31 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biết BAC = 600 Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R
2 VÏ ®-êng kÝnh CD cđa (O; R); gọi H giao điểm ba đ-ờng cao cđa tam gi¸c ABC Chøng minh BD // AH vµ AD // BH
3 TÝnh AH theo R Lêi gi¶i:
1 Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => s®BC=1200 ( t/c gãc néi tiÕp ) => BOC = 1200
( t/c gãc ë tâm) * Theo sđBC=1200
=> BC cạnh tam giác nội tiếp (O; R) => BC = R
2 CD lµ ®-êng kÝnh => DBC = 900 hay DB BC; theo giả thiết AH
A
B C
H O
D
M
®-êng cao => AH BC => BD // AH Chøng minh t-ơng tự ta đ-ợc AD // BH 3 Theo DBC = 900 => DBC vuông B có BC = R 3; CD = 2R
=> BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R 3)2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R Theo trªn BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành => AH = BD => AH = R
Bài 32 Cho đ-ờng trịn (O), đ-ờng kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H OB Chứng minh MN di động , trung điểm I MN ln nằm
đ-ờng trịn cố định
2 Tõ A kỴ Ax MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN hình bình hành
3 Chng minh C trực tâm tam giác AMN Khi MN quay quanh H C di động đ-ờng
5 Cho AM AN = 3R2
, AN = R Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác AMN
Lời giải: (HD)
1 I trung điểm MN => OI MN I ( quan hệ đ-ờng kính dây cung) = > OIH = 900
(19)D K
O I C
M N
B
A H
OH cố địmh nên MN di động I di động nh-ng ln nhìn OH cố định d-ới góc 900
I di động đ-ờng trịn đ-ờng kính OH Vậy MN di động , trung điểm I MN nằm đ-ờng trịn cố định
2 Theo gi¶ thiÕt Ax MN; theo OI MN I => OI // Ax hay OI // AC mµ O lµ trung điểm AB => I trung điểm BC, lại có I trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành ( Vì có hai đ-ờng chéo cắt trung điểm đ-ờng )
3 CMBN hình bình hành => MC // BN mà BN AN ( ANB = 900
góc nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => MC AN; theo AC MN => C trực tâm tam giác AMN
4 Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH đ-ờng tung bình OBC => IH // OC Theo gi¶ thiÕt Ax MN hay IH Ax => OC Ax t¹i C => OCA = 900
=> C thuộc đ-ờng trịn đ-ờng kính OA cố định Vậy MN quay quanh H C di động đ-ờng trịn đ-ờng kính OA cố định 5 Ta có AM AN = 3R2
, AN = R => AM =AN = R 3=> AMN cân A (1) Xét ABN vuông N ta cã AB = 2R; AN = R => BN = R => ABN = 600
ABN = AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => AMN = 600
(2) Từ (1) (2) => AMN tam giác => SAMN =
2
3
4 R
=> S = S(O) - SAMN = R2 -
2
3
4 R
=
(4 3 R
Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đ-ờng tròn M Chứng minh OM BC
2 Chøng minh MC2
= MI.MA
3 Kẻ đ-ờng kính MN, tia phân giác góc B C cắt đ-ờng thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đ-ờng tròn Lời giải:
1 AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM CM => M trung điểm cung BC => OM BC
2 XÐt MCI vµ MAC cã MCI =MAC (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau); M lµ gãc chung
=> MCI MAC => MC MI
MAMC => MC
= MI.MA
(
(
1
2
2
1
1
1
N
Q
P
K
M O
C B
A
(20)3 (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => P
1 = 900 – K1 mµ K1 góc tam giác AKB nên K1 = A1 + B1 =
2
A B
(t/c phân giác góc ) => P
1 = 900 –
(
2
A B
).(1)
CQ tia phân giác góc ACB => C1 =
C
=
2(180
0 - A - B) = 900 – (
2
A B
) (2)
Tõ (1) vµ (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mµ P vµ C nằm nửa mặt phẳng bờ BQ nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 900
– (
2
A B
) dựng BQ Vậy bốn điểm P, C, B, Q thuộc đ-ờng tròn
Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiÒu cao AH = Cm, nội tiếp đ-ờng tròn (O) đường kính AA
1 Tính bán kính đ-ờng tròn (O)
2 Kẻ đường kính CC, tứ giác CACA hình gì? Tại sao? Kẻ AK CC tứ giác AKHC hình gì? Tại sao?
4 Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác ABC Lời giải:
1 (HD) Vì ABC cân A nên đường kính AA đường tròn ngoại
tiếp đường cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AA’đi qua H => ACA’ vng C có đường cao CH =
2
BC
= 3cm; AH = 4cm => CH2
= AH.A’H => A’H =
2
3
2,5
4
CH
AH => AA’
2
2 1
1
1
O K
H A' C'
C B
A
=> AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm)
2 Vì AA CC hai đường kính nên cắt trung điểm O đường => ACAC hình bình hành Lại có ACA = 900
(nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên suy tứ giác ACA’C’ hình chữ nhật 3 Theo giả thiết AH BC; AK CC’ => K H nhìn AC góc 900 nên nằm đ-ờng trịn đ-ờng kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => C2 = H1 (nội tiếp cung chắn cung AK) ; AOC cân O ( OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( có hai góc so le nhau) => tứ giác ACHK hình thang (2).Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân Bài 35 Cho đ-ờng trịn (O), đ-ờng 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
1 Chøng minh tø gi¸c IECB néi tiÕp
2 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM Chứng minh AM2
= AE.AC Chøng minh AE AC - AI.IB = AI2
5 Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Lêi giải:
1 Theo giả thiết MN AB I => EIB = 900; ACB néi tiÕp ch¾n nửa đ-ờng 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
O1
E
I
C
O
N M
(21)2 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
3 Theo trªn AME ACM => AM AE
AC AM => AM
= AE.AC
4 AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ); MN AB I => AMB vuông M có MI đ-ờng cao => MI2
= AI.BI ( hệ thức cạnh đ-ờng cao tam giác vu«ng)
áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vng I ta có AI2
= AM2
– MI2
=> AI2
= AE.AC - AI.BI 5 Theo AMN = ACM => AM tiếp tuyến đ-ờng trịn ngoại tiếp ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , tâm O
1 đ-ờng tròn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM
Gọi O1 chân đ-ờng vng góc kẻ từ N đến BM ta đ-ợc O1 tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đ-ờng trịn tâm O1 bán kính O1M với đ-ờng trịn (O) O1 hình chiếu vng góc N BM
Bµi 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đ-ờng cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q lần l-ợt hình chiếu vuông góc D lên AB, BE, CF, AC Chøng minh :
1 Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp Hai tam giác HNP HCB đồng dạng Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Lời giải: 1 & (HS tự làm)
3 Theo chøng minh trªn DNHP néi tiÕp => N2 = D4 (néi tiÕp cïng ch¾n cung HP); HDC cã HDC = 900 (do AH lµ ®-êng cao) HDP cã HPD = 900 (do DP HC) => C
1= D4 (cïng phơ víi DHC)=>C1=N2 (1) chøng minh t-¬ng tù ta cã B1=P1 (2)
Tõ (1) vµ (2) => HNP HCB
1
1
1
1
N M
P Q
H F
E
D C
B
A
1
4 Theo chứng minh DNMB nội tiếp => N1 = D1 (nội tiếp chắn cung BM).(3) DM // CF ( vng góc với AB) => C1= D1 ( hai góc đồng vị).(4)
Theo chøng minh trªn C1 = N2 (5)
Tõ (3), (4), (5) => N1 = N2 mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6) Chứng minh t-ơng tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng (7)
Tõ (6), (7) => Bèn ®iĨm M, N, P, Q thẳng hàng
Bài 37 Cho hai đường tròn (O) (O) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyÕn chung ngoµi BC, B (O), C (O) Tiếp tuyến chung A cắt tiÕp tuyÕn chung ngoµi BC ë I
1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBIA, AICO’ néi tiÕp Chøng minh BAC = 900
3 TÝnh sè ®o gãc OIO’
4 Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm Lời giải:
1. ( HS tù lµm)
2. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IB = IA , IA = IC ABC cã AI =
2
BC =>ABC vuông A hay BAC =900
4 9
A I
C B
O' O
(22)4 Theo ta có 0I0 vuông I có IA đ-ờng cao (do AI tiếp tuyến chung nên AI OO’) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm)
Bµi 38 Cho hai đường tròn (O) ; (O) tiếp xúc A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C (O) Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyÕn chung ngoµi BC ë M Gäi E lµ giao ®iĨm cđa OM vµ AB, F lµ giao ®iĨm cđa O’M vµ AC Chøng minh :
1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp Tø giác AEMF hình chữ nhật
3 ME.MO = MF.MO
4 OO tiếp tuyến đường tròn ®êng kÝnh BC BC lµ tiÕp tun cđa ®êng tròn đường kính OO Lời giải:
1. ( HS tù lµm)
2 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã MA = MB
4 3
M 2 1
F E
A
C B
O' O
=>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME AB (1) Chøng minh t-¬ng tù ta còng cã MF AC (2)
Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO tia phân giác hai góc kề bù BMA vµ CMA => MO MO’ (3)
Tõ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật
Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đ-ờng tròn => MA OO=> MAO vuông A có AE MO ( theo trªn ME AB) MA2
= ME MO (4) Tương tự ta có tam giác vng MAO’ có AFMO’ MA2
= MF.MO’ (5) Tõ (4) vµ (5) ME.MO = MF MO
Đ-ờng tròn đ-ờng kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đ-ờng tròn qua Avà co MA bán kính Theo OO MA A OO tiếp tuyến A đường tròn đường kính BC (HD) Gọi I trung điểm OO ta có IM đường trung bình hình thang BCOO
=> IMBC M (*) Ta cung chứng minh đ-ợc OMO vuông nên M thuộc đường tròn đường kính OO => IM bán kính đường tròn đường kính OO (**)
Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đường tròn đường kính OO
Bi 39 Cho -ng trũn (O) đ-ờng kính BC, dấy AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đ-ờng vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF
1 Hãy xác định vị trí t-ơng đối đ-ờng tròn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao?
3 Chøng minh AE AB = AF AC
4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đ-ờng trịn (I) (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn
Lêi gi¶i:
1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiÕp xóc (O) OK = OC – KC => (K) tiÕp xóc (O)
IK = IH + KH => (I) tiÕp xóc (K) Ta cã : BEH = 900
( néi tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => AEH = 900
(vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900
( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => AFH = 900
(vì hai gãc kÒ bï).(2)
G
1 2 1
I H K
F E
C B
D A
O 2
(23)3 Theo giả thiết ADBC H nên AHB vuông t¹i H cã HE AB ( BEH = 900
) => AH2
= AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H có HF AC (theo trªn CFH = 900
) => AH2
= AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ( = AH2
)
4 Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai ®-êng chÐo AH vµ EF ta cã GF = GH (tính chất đ-ờng chéo hình chữ nhật) => GFH cân G => F1 = H1
KFH cân K (vì có KF KH b¸n kÝnh) => F2 = H2
=> F1 + F2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHC = 900 => F1 + F2 = KFE = 900 => KF EF Chøng minh t-¬ng tù ta cịng cã IE EF VËy EF lµ tiÕp tun chung hai đ-ờng tròn (I) (K)
e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH OA (OA bán kính đ-ờng trịn (O) có độ dài khơng đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O
Vậy H trùng với O túc dây AD vng góc với BC O EF có độ dài lớn
Bµi 40 Cho nửa đ-ờng tròn đ-ờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By t¹i N
1 Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB Chứng minh AM BN = R2
3 TÝnh tØ sè
APB MON S S
AM =
R
4 TÝnh thĨ tÝch cđa hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh
Lêi gi¶i:
1 Theo tÝnh chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà
N
P
A O B
M x
y
/
/
AOP vµ BOP lµ hai gãc kÒ bï => MON = 900
hay tam giác MON vuông O APB = 900
((nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn) hay tam giác APB vuông P
Theo tính chất tiếp tuyến ta cã NB OB => OBN = 900; NP OP => OPN = 900
=>OBN+OPN =1800 mà OBN OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO Xét hai tam giác vng APB MON có APB = MON = 900; OBP = PNO => APB MON
2. Theo MON vuông O có OP MN ( OP tiếp tuyến )
áp dụng hệ thức cạnh đ-ờng cao tam giác vuông ta có OP2 = PM PM Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AM BN = R2
3 Theo trªn OP2
= PM PM hay PM PM = R2
mµ PM = AM =
R
=> PM =
R
=> PN = R2 :
2
R
= 2R => MN = MP + NP =
2
R
+ 2R =
RTheo trªn APB MON => MN AB =
5
R
: 2R =
4 = k (k tỉ số đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình ph-ơng tỉ số đồng dạng nên ta có:
APB MON S S
= k2 =>
APB MON S S
=
5 25
4 16
Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điểm BC Trên cạnh AB, AC lần l-ợt lấy điểm D, E cho DOE = 600
1)Chứng minh tích BD CE không đổi
2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy tia DO tia phân giác góc BDE
3)VÏ ®-êng tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đ-ờng tròn tiếp xúc với DE
Lời gi¶i:
(24) DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2) DBO cã DOB = 600 => BDO + BOD = 1200
(3) Tõ (2) vµ (3) => BDO = COE (4)
Tõ (2) vµ (4) => BOD CEO => BD BO
COCE => BD.CE = BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi
K
H
E D
C B
A
O
2 Theo trªn BOD CEO => BD OD
COOE mµ CO = BO =>
BD OD BD BO BOOE ODOE (5) L¹i cã DBO = DOE = 600
(6)
Tõ (5) vµ (6) => DBO DOE => BDO = ODE => DO tia phân giác BDE
3 Theo DO tia phân giác BDE => O cách DB DE => O tâm đ-ờng tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đ-ờng trịn tâm O tiếp xúc với AB ln tiếp xúc với DE
Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đ-ờng tròn (O) Tiếp tuyến B C lần l-ợt cắt AC, AB D E Chứng minh :
1 BD2 = AD.CD
2 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp BC song song víi DE Lêi gi¶i:
1 XÐt hai tam giác BCD ABD ta có CBD = BAD ( Vì góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), lại cã D chung => BCD ABD => BD CD
ADBD => BD
2 = AD.CD 2 Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ABC = ACB => EBC = DCB mµ CBD = BCD (góc tiếp tuyến với dây chắn cung) => EBD = DCE => B C nh×n DE d-íi cïng
O
E D
C B
A
góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp
3 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => BCE = BDE ( nội tiếp chắn cung BE) mà BCE = CBD (theo trªn ) => CBD = BDE mà hai góc so le nên suy BC // DE
Bài 43 Cho đ-ờng tròn (O) đ-ờng kính AB, điểm M thuộc đ-ờng trịn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM
1 Chøng minh tø gi¸c MNCE néi tiÕp Chøng minh NE AB
3 Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O) Chứng minh FN tiếp tuyến đ-ờng tròn (B; BA)
Lời giải: (HS tự làm)
2 (HD) Dễ thấy E trực tâm tam gi¸c NAB => NE AB
(25)=> FA AB t¹i A => FA tiếp tuyến (O) A
4 Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mµ AC BN => FN BN t¹i N
/ /
_
_
H E F
C N
M
O B
A
BAN có BM đ-ờng cao đồng thời đ-ờng trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đ-ờng trịn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA) Bài 44 AB AC hai tiếp tuyến đ-ờng trịn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vng góc AB H, cắt (O) E cắt OA D
1 Chøng minh CO = CD
2 Chøng minh tứ giác OBCD hình thoi
3 Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh I trung điểm OH
4 Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chứng minh ba điểm O, M, K thẳng hàng
Lêi gi¶i:
1 Theo gi¶ thiÕt AB AC hai tiếp tuyến đ-ờng tròn tâm O => OA tia phân giác BOC => BOA = COA (1)
D I
K
M E H
O
C B
A
OB AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2) Tõ (1) vµ (2) => COD cân C => CO = CD.(3)
2 theo ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã OB // CH hay OB // CD (5) Tõ (4) (5) => BOCD hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi
3 M trung điểm CE => OM CE ( quan hệ đ-ờng kính dây cung) => OMH = 900
theo trªn ta cịng cã OBH =900; BHM =900
=> tø gi¸c OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH M trung điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng
Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đ-ờng tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đ-ờng tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F
1 Chứng minh BC // AE
2 Chứng minh ABCE hình bình hành
3 Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI So sánh BAC BGO
Lời giải: (HS tù lµm)
2).Xét hai tam giác ADE CDB ta có EAD = BCD (vì so le ) AD = CD (gt); ADE = CDB (đối đỉnh) => ADE = CDB => AE = CB (1)
_ _
H _ _
1
1
2
F
G I O D
E
C B
A
K
Theo trªn AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành
3) I trung điểm CF => OI CF (quan hệ đ-ờng kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI AB t¹i K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vuông H
=> BGK = BAH ( cung phơ víi ABH) mµ BAH =
2 BAC (do ABC cân nên AH phân giác) => BAC = 2BGO
(26)a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD
b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: BEA chung
EAB = EBD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) EB ED
EA EB
EB2 = EA.ED (1)
* EPD= PCA (s.l.t) ; EAP = PCA(góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…)
EPD= EAP ; PEA chung ∆EPD ~ ∆EAP (g.g)
EP ED
EA EP
EP2 = EA.ED (2)Từ & EB2 = EP2 EB = EP AE trung tuyến ∆ PAB Bài 47: Cho ∆ABC vuông A Lấy cạnh AC điểm D Dựng CE vng góc BD
a Chứng minh ∆ABD ~ ∆ECD
b Chứng minh tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp
c Chứng minh FD vng góc BC, F giao điểm BA CE
d Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH ∆ABC bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác ADEF
HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g)
b) tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 900) c) Chứng minh D trực tâm ∆ CBF
d) AC = BC.sinABC = 2a.sin600 = 2a
2 = a
AB = BC.cosABC= 2a.cos600 = 2a
2 = a
AH = AB.sinABC = a.sin600 = a
2 ; ∆ FKB vuông K , có ABC = 60
0BFK = 300 AD = FD.sinBFK AD = FD.sin300 a = FD.0,5 FD = a : 0,5 = 2a
Bài 48: Cho ∆ABC vuông (ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường trịn đưịng kính AC Kẻ dây cung BD vng góc AC H giao điểm AC BD Trên HC lấy điểm E cho E đối xứng với A qua H Đường tròn đường kính EC cắt BC I (IC)
a Chứng minh CI CE
CB CA
b Chứng minh D; E; I thẳng hàng
c Chứng minh HI tiếp tuyến đường tròn đường kính EC HD; a) AB // EI (cùng BC)
CI CE
CBCA (đ/lí Ta-lét)
b) chứng minh ABED hình thoi DE // AB mà EI //AB D, E, I nằm đường thẳng qua E // AB
D, E, I thẳng hàng
c) EIO' = IEO' ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’))
IEO' = HED (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến ∆HID cân HIE= HDI P
B
A O
C D
E
C
D
A B
F
H K E
a
2a
600
A
B
C
D H
I
E
(27)Mà HDI + HED = 900 đpcm
Bài 49: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH(d) (H d) M điểm thay đổi (d) (MH) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K
a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn b Chứng minh IH.IO = IQ.IP
c Giả sử PMQ= 600 Tính tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ
HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900)
b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) IO IQ
IP IH IH.IO = IQ.IP
c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tgMQK = KQ.tg600 = PQ PQ
2
∆v OKQ có: OK = KQ.tgOQK = KQ.tg300 = KQ PQ PQ 3
MPQ
OPQ S
S =
PQ
2 :
PQ =
Bài 50: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (EA) Từ E, A, B kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự C D
a Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường tròn Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp đường tròn
b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy DM CM
DE CE
c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD d Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO
e Đặt AOC = α Tính theo R α đoạn AC BD Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị R, không phụ thuộc vào α
HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900)
b) AC // BD (cùng EB) ∆EAC ~ ∆EBD CE AC
DE BD (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
CE CM
DE DM (2)
DM CM
DE CE
c) AC // BD (cmt) ∆NAC ~ ∆NBD NC AC
NB BD(3) Từ 1; 2;
NC CM
NBDM MN // BD
d) O1= O2 ; O3= O4 mà O1+ O2+ O3+ O4= 1800 O2 + O3 = 900 ; O4+ D1= 900 (…) D1= O2 = O1 = α Vậy: DB =
OB
tg =
R
tg ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα AC.DB = R.tgα R tg
AC.DB = R2 (Đpcm)
Bài 51: Cho ∆ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm đường cao AA1; BB1; CC1
a Chứng minh tứ giác HA1BC1 nội tiếp đường tròn Xác định tâm I đường tròn
O M
P
Q H
I K
M N
E A O B
D
C
1
(28)28
b Chứng minh A1A phân giác B A C1 1
c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1
d Trên đoạn HC lấy điểm M cho MH
MC 3
So sánh diện tích tam giác: ∆HAC ∆HJM HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900)
Tâm I trung điểm BH
b) C/m: HA C1 1 = HBC1 ; HA B1 1= HCB1 ;
1
HBC = HCB1 HA C1 1 = HA B1 1 đpcm
c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 …
ỊJ trung trực A1C1
d) S HJM =
2HM.JK ; SHAC =
2HC.AC1 SHAC : S HJM =
HC.AC HM.JK mà
MH
MC 3
HC HM+MC MC
1
HM HM HM ;
1 AC
2
JK (JK// AC1 SHAC : S HJM =
Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P
a Chứng minh tứ giác MABP nội tiếp tâm O đường tròn nằm đường thẳng cố định qua điểm L AB
b Kẻ PI Cz Chứng minh I điểm cố định
c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH PM d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng
HD: a) MABP nội tiếp đ/trịn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…)
OA = OB = R(O) O thuộc đường trung trực AB qua L
trung điểm AB…
b) IP // CM ( Cz) MPIC hình thang IL = LC khơng đổi A,B,C cố định I cố định
c) PA KM ; PK MB H trực tâm ∆ PKM KH PM
d) AHBK nội tiếp đ/tròn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) N tâm đ/tròn ngoại tiếp … NE = NA = R(N)
N thuộc đường trung trực AB O,L,N thẳng hàng
Bài 53: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM
a So sánh hai tam giác: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vuông cân
c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c)
b) HS tự c/m ∆ KMN vuông cân
A
B A1
B1
C1
C H
I
J K M 12
B
A
C M
K
H N
L
P
O I
z
x y
(29)c) ∆ KMN vuông KNKM mà KM // BP KN BP APB = 900 (góc nội tiếp…) AP BP
KN // AP (BP)
KM // BP KMNPAT450
Mà PAM PKU PKM 450
PKN450; KNM450 PK // AN Vậy ANPK hình bình hành
Bài 54: Cho đường trịn tâm O, bán kính R, có hai đường kính AB, CD vng góc với M điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC Nối MB, cắt CD N
a Chứng minh: tia MD phân giác góc AMB
b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi
c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONMA, I di động nào?
HD: a) AMDDMB450 (chắn cung ¼ đ/trịn)
MD tia phân giác AMB
b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O)
∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến
∆ OMB ~ ∆ NAB
BM BO
BA BN BM.BN = BO.BA = 2R
2 không đổi
c) ONMA nội tiếp đ/tròn đ/k AN Gọi I tâm đ/tròn ngoại tiếp
I cách A O cố định I thuộc đường trung trực OA Gọi E F trung điểm AO; AC
Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF
Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F
a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường tròn (O) A b Tứ giác ABCE hình gì? Tại sao?
c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sánh BGOvới BAC d Cho biết DF // BC Tính cosABC
HD:a) Gọi H trung điểm BCAHBC (∆ ABC cân A) lập luận AHAE BC // AE (1)
b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) AE = BC (2) Từ ABCE hình bình hành c) Theo c.m.t AB // CF GOAB
BGO = 900 – ABC = BAH=
2 BAC
d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục
đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH
FD = MN = MD =
2BC =
2ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) DF.DN = DA.DC
A O B
M
N //
= P
T
A B
C
D O M
N E
I F
A
B H C
E
D M
N
F O
I _ _
(30) 2BH2 =
4AC
2 BH =
4 AC cos ABC = BH AB=
2
Bài 56: Cho đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường tròn (O) điểm C; D cắt (O’) E; F
a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng
b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp
c Chứng minh: A tâm đường trịn nội tiếp ∆BDE
d Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) HD: a) CBA = 900 = FBA (góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn)
CBA + FBA = 1800 C, B, F thẳng hàng b) CDF = 900 = CEF CDEF nội tiếp (quĩ tích …) c) CDEF nội tiếp ADE = ECB (cùng chắn cung EF)
Xét (O) có: ADB = ECB (cùng chắn cung AB)
ADE = ADB DA tia phân giác BDE Tương tự EA tia phân giác DEB
Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE
d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = 2DCA ; EO'A = 2EFA mà DCA = EFA (góc nội tiếp chắn cung DE) DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO' (đ/đ) ODO' = O'EO ODEO’ nội tiếp Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình chữ nhật AO = AO’ = AB
Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB Bài 57: Cho đường trịn (O; R) có đường kính cố định ABCD
a) Chứng minh: ACBD hình vng
b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (EB; EC) Trên tia đối tia EA lấy đoạn EM = EB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB ED // MB
c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường tròn mà ta phải xác định tâm bán kính theo R
HD: a) AB CD ; OA = OB = OC = OD = R(O)
ACBD hình vng b) AED =
2 AOD = 45
0 ; DEB = 1
2 DOB= 45
0
AED = DEB ED tia phân giác AEB
AED = 450 ; EMB = 450 (∆ EMB vuông cân E) AED = EMB (2 góc đồng vị) ED // MB c) ∆ EMB vuông cân E CE DE ; ED // BM
CE BM CE đường trung trực BM
d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R
Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R 2)
A
B
O’ O
C F
D
E
A B
D C
O
E M
(31)Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc 400 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường tròn tâm O đường kính CD cắt
AD E Đường thẳng vng góc với CD O cắt AD M
a Chứng minh: AHCE nội tiếp Xác định tâm I đường trịn b Chứng minh: CA = CM
c Đường thẳng HE cắt đường tròn tâm O K, đường thẳng HI cắt đường tròn tâm I N cắt đường thẳng DK P Chứng minh: Tứ giác NPKE nội tiếp
Bài 59: BC dây cung đường tròn (O; R) (BC2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm ∆ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H
a Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC
b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh: AH = 2.A’O c Gọi A1 trung điểm EF Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’
d Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC
Suy vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN
Bài 60: Cho đường tròn tâm (O; R) có AB đường kính cố định cịn CD đường kính thay đổi Gọi (∆) tiếp tuyến với đường tròn B AD, AC cắt (∆) Q P
a Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp
b Chứng minh: Trung tuyến AI ∆AQP vng góc với DC c Tìm tập hợp tâm E đường tròn ngoại tiếp ∆CPD
Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; A< 900), cung tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, AC B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK
a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác HMK c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp PQ // BC
Bài 62: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CIAM (IAM)
a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành
c Chứng minh: MOICAI d Chứng minh: MA = 3.MB HD: a) COA900(…) ; CIA900(…)
Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900)
b) MB // CI (BM) (1)
∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) N1 N2(đ/đ) ; NC = NB ; NCINBM(slt) CI = BM (2) Từ BMCI hình bình hành
c) ∆ CIM vuông cân (CIA900;CMI 1COA 450
) MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC OI chung ; IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) MOIIOC mà: IOCCAI MOICAI
d) ∆ ACN vng có : AC = R ; NC = R AC
2 (với R = AO)
A O B
C
M I N
1
(32)Từ : AN =
2
2 2 R R 10
AC +CN 2R + R
2 2
; NI =
2
NC R 10 MI
MN =
NA 10
MB =
2
2 R R 2R R 10
NC MN
2 10 10
AM = AN + MN = R 10
2 + R 10
10 =
3R 10
AM = BM
Bài 63: Cho ∆ABC có A=600 nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH cắt đường tròn D, đường cao BK cắt AH E
a Chứng minh: BKHBCD b Tính BEC
c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtròn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rõ (giới hạn đường đó) d Chứng minh: ∆IOE cân I
HD: a) ABHK nội tiếp BKHBAH;
BCDBAH ( chắn cung BD) BCDBKH
b) CE cắt AB F ;
AFEK nội tiếp 0 0
FEK 180 A 180 60 120 BEC = 1200
c)
0
0 B C 120
BIC 180 180 120
2
Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung nằm đường tròn tâm (O)
d) Trong đ/trịn (O) có DAS = sđ DS
2 ; đ/tròn (S) có ISO = sđ IO
2
DAS = ISO (so le trong) nên: DS
2 = IO
2 mà DS = IEIO = IE đpcm
Bài 64: Cho hình vng ABCD, phía hình vng dựng cung phần tư đường trịn tâm B, bán kính AB nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PKAD PH AB Nối PA, cắt nửa đường trịn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn M Chứng minh rằng:
a I trung điểm AP
b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH
d Tứ giác APMH hình thang cân
HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) màAIB900 (góc nội tiếp …) BIAP BI đường cao đường trung tuyến
I trung điểm AP b) HS tự c/m
c) ∆ ABP cân B AM = PH ; AP chung ∆vAHP = ∆v PMA
AH = PM ; AHPK hình chữ nhật AH = KP PM = PK = AH d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t)
PM = AH PA // MH Vậy APMH hình thang cân
A
B H C
D E F
K
S I
A B
C D
H M P K
(33)Bài 65: Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN
a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB
c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN HD: a) BOIM nội tiếp OIMOBM900
b) INBOBM900; NIBBOM (2 góc nội tiếp chắn cung BM) ∆ IBN ~ ∆OMB
c) SAIO =
2AO.IH; SAIO lớn IH lớn AO = R(O)
Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn
Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức
HAI45
Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn
Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường trịn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (DA DC)
a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác BAC b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ ∆CDE DI CE c Suy E di động đường tròn mà ta phải xác định tâm giới hạn d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm cung nhỏ AC HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự c/m :
AB = AC = BC = R
Trong đ/trịn (O; R) có: AB = AC Tâm O cách cạnh AB AC
AO hay AI tia phân giác BAC
b) Ta có : DE = DC (gt) ∆ DEC cân ; BDC = BAC = 600 (cùng chắn BC) ∆CDE I điểm BC IB = ICBDI = IDC
DI tia phân giácBDC ∆CDE có DI tia phân giác nên đường cao DI CE c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE IE = IC mà I C cố định IC không đổi E di động đ/trịn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I AC (cung nhỏ )
D → C E → C ; D → A E → B E động BC nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ ABC Bài 67: Cho hình vng ABCD cạnh a Trên AD DC, người ta lấy điểm E F cho : AE = DF =a
3
a So sánh ∆ABE ∆DAF Tính cạnh diện tích chúng b Chứng minh AF BE
c Tính tỉ số diện tích ∆AIE ∆BIA; diện tích ∆AIE ∆BIA diện tích tứ giác IEDF IBCF Bài 68: Cho ∆ABC có góc nhọn; A= 450 Vẽ đường cao BD CE
Gọi H giao điểm BD, CE
a Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.; b Chứng minh: HD = DC c Tính tỷ số: DE
BC d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh: OADE
A B
M N
H O I
A
B C
O E
I =
(34)Bài 69: Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường trịn đường kính AB Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC Chứng minh:
a Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn
b Khi điểm D di động đường trịn (BMD +BCD ) không đổi c DB.DC = DN.AC
Bài 70: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D điểm cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE Chứng minh:
a BC // DE
b Các tứ giác CODE, APQC nội tiếp c Tứ giác BCQP hình gì?
Bài 71: Cho đường trịn (O) (O’) cắt A B; tiếp tuyến A đường tròn (O) (O’) cắt đường tròn (O) (O’) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh:
a ∆ABD ~ ∆CBA b BQD = APB
c Tứ giác APBQ nội tiếp
Bài 72: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB Từ A B kẻ tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F
a Chứng minh: AEMO tứ giác nội tiếp
b AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao?
c Kẻ MHAB (HAB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường trịn nội tiếp ∆EOF Chứng minh:1 r
3 R 2
Bài 73: Từ điểm A ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AKD cho BD//AC Nối BK cắt AC I
a Nêu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC b Chứng minh: IC2 = IK.IB
c Cho BAC = 600 Chứng minh: Cát tuyến AKD qua O
Bài 74: Cho ∆ABC cân A, góc A nhọn Đường vng góc với AB A cắt đường thẳng BC E Kẻ ENAC Gọi M trung điểm BC Hai đ/thẳng AM EN cắt F
a Tìm tứ giác nội tiếp đường trịn Giải thích sao? Xác định tâm đường trịn b Chứng minh: EB tia phân giác AEF
c Chứng minh: M tâm đường tròn ngoại tiếp AFN
Bài 75: Cho nửa đường trịn tâm (O), đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn Dựng hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đường tròn (O) K giao điểm CF ED
a Chứng minh: Bốn điểm E, B, F, K nằm đường tròn b ∆BKC tam giác gì? Vì sao?
(35)Bài 76: Cho ∆ABC vng C, có BC =1
2AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B C) Từ B kẻ đường
thẳng d vng góc với AE, gọi giao điểm d với AE, AC kéo dài I, K a Tính độ lớn góc CIK
b Chứng minh: KA.KC = KB.KI; AC2 = AI.AE – AC.CK
c Gọi H giao điểm đường trịn đường kính AK với cạnh AB Chứng minh: H, E, K thẳng hàng
d Tìm quỹ tích điểm I E chạy BC
Bài 77: Cho ∆ABC vuông A Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F
a Chứng minh: CDEF nội tiếp
b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác CKD cắt EF CD M N Tia phân giác CBF
cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao?
c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng
minh: r2 = r12 + r22
Bài 78: Cho đường trịn (O;R) Hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏ BC; AE cắt CO F, DE cắt AB M
a Tam giác CEF EMB tam giác gì?
b Chứng minh: Tứ giác FCBM nội tiếp Tìm tâm đường trịn c Chứng minh: Cấc đường thẳng OE, BF, CM đồng quy
Bài 79: Cho đường tròn (O; R) Dây BC < 2R cố định A thuộc cung lớn BC (A khác B, C không trùng điểm cung) Gọi H hình chiếu A BC; E, F thứ tự hình chiếu B, C đường kính AA’
a Chứng minh: HEAC b Chứng minh: ∆HEF ~ ∆ABC
c Khi A di chuyển, chứng minh: Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HEF cố định
Bài 80: Cho ∆ ABC vuông A Kẻ đường cao AH Gọi I, K tương ứng tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABH ∆ ACH
1) Chứng minh ∆ ABC ~ ∆ HIK
2) Đường thẳng IK cắt AB, AC M N
a) Chứng minh tứ giác HCNK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AM = AN
c) Chứng minh S’ ≤