Tong hop cac bai toan hinh hoc on thi vao lop 10Gia suKhuyen HocAn Giang

c) Chöùmg minh raèng:.. Cho ABC vuoâng ôû A. Nöûa ñöôøng troøn ñöôøng kính AB caét BC taïi D. Treân cung AD laáy moät ñieåm E. Noái BE vaø keùo daøi caét AC taïi F. Tia phaân giaùc cuû[r]

Tài liệu lưu hành nội Trung tâm gia sư Khuyến Học-http://giasuchuyen.net

HÌNH HỌC TỔNG HỢP LUYỆN THI VÀO LỚP 10

Năm học: 2011-2012

Bài 1 Cho hình vuông ABCD Trên cạnh BC, CD lấy điểm E, F cho EAF 450  Biết BD cắt AE, AF theo thứ tự G, H Chứng minh:

a) ADFG, GHFE tứ giác nội tiếp

b) CGH tứ giác GHFE có diện tích

Bài 2 Cho ABC khơng cân, đường cao AH, nội tiếp đường trịn tâm O Gọi E, F thứ tự hình chiếu B, C lên đường kính AD đường tròn (O) M, N thứ tự trung điểm BC, AB Chứng minh:

a) Bốn điểm A,B, H, E nằm đường tròn tâm N HE// CD b) M tâm đường tròn ngoại tiếp HEF

Bài 3 Cho nửa đường trịn đường kính AB Gọi H điểm cung AB, gọi M điểm nằm cung AH; N

Điểm nằm dây cung BM cho BN = AM Chứng minh:

1 AMH = BNH

2 MHN tam giác vuông cân Khi M chuyển độngtrên cung AH Đường vng góc với BM kẻ từ N qua điểm cố định tiếp tuyến nửa đường tròn điểm B

Gợi ý:

3)Gọi đường thẳng qua N vng góc với MB cắt tiếp tuyến B Q

Chứng minh  AMB =  BNQ  BQ = BA = số

Bài 4.Cho (O) đường kính AC Trên đoạn OC lấy điểm B vẽ đường tròn (O/) đường kính BC Gọi M trung điểm đoạn AB Từ M kẻ dây cung DEAB Gọi I giao DC với (O/)

a) Chứng minh ADBE hình thoi b) BI// AD

c) I,B,E thẳng hàng Gợi ý: c)

Chứng minh qua B có đường thẳng: BE BI song song với AD

N

Q

H

O

A B

M

I

D E

M

O'

A C

Tài liệu lưu hành nội Trung tâm gia sư Khuyến Học-http://giasuchuyen.net

Bài 5. Trên đường thẳng d lấy ba điểm A,B,C theo thứ tư ïđó Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ hai tia Ax, By vng góc với dt Trên tia Ax lấy I Tia vng góc với CI C cắt By K Đường tròn đường kính IC cắt IK P

1)Chứng minh tứ giác CBPK nội tiếp đường tròn 2)Chứng minh AI.BK = AC.CB

3)Giả sử A,B,I cố định xác định vị trí điểm C cho diện tích hình thang vng ABKI max

Bài 6 Từ điểm S ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB cát tuyến SCD đường trịn

a) Gọi E trung điểm dây CD Chứng minh điểm S,A,E,O,B thuộc đường trịn b) Nếu SA = AO SAOB hình gì? Tại sao?

c) Chứmg minh rằng:

2

AB CD

AC BD BC DA

b/ SAOB hình vuông

c/ Lấy E thuộc CD Sao cho CAE BAD

Chứng minh  CAE  BAD  AB.CE = AC AD (1) CM AB.DE = AC CB (2)

Từ (1) (2)  AB.CD = AC BD + AD.BC (3) C/minh  SAC  SDA  SA SC

SD SB (4) ,

AC SA

AD SD(5)  SCB  SBD  BC SC

BD SD (6) Từ 4, 5,  AC.BD = AD BC (7)

x

a/ Chøng minh KPC = KBC = 90 b/ Chøng minh  AIC   BCK

P

K

A B C

I

E C

B A

O S

Tài liệu lưu hành nội Trung tâm gia sư Khuyến Học-http://giasuchuyen.net Từ 3,  đpcm

Bài 7 Cho ABC vng 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 tứ giác nội tiếp

b) Kéo dài DE cắt AC ë K Tia phân giác góc CKD cắt EF CD M N Tia phân giác góc CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MNPQ hình gì? Tại sao?

c) Gọi r, r1,r2 theo thứ tự bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh 2

1

r r r

Bài 8 Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R H¹ đường cao AD, BE tam giác Các tia AD, BE cắt (O) điểm thứ hai M, N Chứng minh rằng:

1 Bốn điểm A,E,D,B nằm đường trịn Tìm tâm I đường trịn MN// DE

3 Cho (O) dây AB cố định , điểm C di chuyển cung lớn AB Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp CDE khơngđổi

O

D A

C

B E

r

r2 r1

a/ CM gãc C = gãc DEB b/ Chøng minh AQB = QPK( cïng b»ng 1/2 s®BD )

+ Từ suy KN đ ờng trung trực PQ, QPlà đ ờng trung trực MN

+ KL MNPQ hình thoi

c/ CM COB AO2B  BO

BO2

= r r2

 r2 r =

AB

BC ; t ¬ng tù tacã r1

r = AB BC  r

2

r2 +

r2

r2 =

AB2+ AC2

CB2 = O1 §pcm

O2 D

O P

L M

Q

N

K F

D

A B A B

C

E

Tài liệu lưu hành nội Trung tâm gia sư Khuyến Học-http://giasuchuyen.net Ý / Dễ chứng minh :

HC = 2 2

AK  AB  4R  AB const

B2i 9 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Lấy D cung AB (D khác A,B), lấy điểm C nằm O B Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa D kẻ tia Ax By vng góc với AB Đường thẳng qua D vng góc với DC cắt Ax By E F

1) CMR : Góc DFC góc DBC 2) CMR : ECF vuoâng

3) Giả sử EC cắt AD M, BD cắt CF N CMR : MN//AB

4)CMR: đường tròn ngoại tiếp EMD đường tròn ngoại tiếp DNF tiếp xúc điểm

4 a/ Sử dụng tính chất góc nội tiếp

b/ Chứng minh tổng góc ECF vuông c/ MCA MDE NDC NMC (cùng phụ với góc MDC)

Bài 10 Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ hai tia tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn(M khác A B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt Ax By C, D

1 Chứng minh: a) CD = AC+BD b) AC.BD = R2

2 Xác định vị trí điểm M để tứ giác ABDC có diện tích nhỏ

3 Cho R = cm, diện tích tứ giác ABDC 32cm2 Tính diện tích ABM

D

E

M

H A

K B

C

N

d/ Lấy Q trung điểm MN DQ=QM=QN

DEM = DAB = DMQ = MDQ  DQ lµ tiÕp tuyÕn cđa (O')   O'DQ = 90

T ¬ng tù  O''DQ = 90

Từ suy điều cần chứng minh

Chó ý: MN lµ tiÕp tun chung cđa (O') vµ (O'')

Q

O''

O'

M

F

E

A B

D

Tài liệu lưu hành nội Trung tâm gia sư Khuyến Học-http://giasuchuyen.net

2 SABM nhỏ CD nhỏ CD nhá nhÊt CD song song với AB

Khi M điểm cung AB

Bài 11 Cho đờng trịn tâm O, đờng kính AB = 2R Gọi I trung điểm AO Qua I kẻ dây CD vng góc với AB

1) Chứng minh: a) Tứ giác ACOD hình thoi b)  1

2

CBD CAD

2) Chứng minh O trực tâm BCD

3) Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tổng (MB+MC+MD) đạt giá trị lớn

Bµi 12 Cho  ABC cã gãc nhän AC > BC néi tiÕp (O) VÏ c¸c tiếp tuyến với (O) A B, tiếp tuyến cắt M Gọi H hình chiếu vuông góc O MC

CMR:

a/MAOH tứ giác nội tiếp

b/ Tia HM phân giác góc AHB

c/ Qua C kẻ đờng thẳng song song với AB cắt MA, MB lần lợt E, F Nối EH cắt AC P, HF cắt BC Q Chứng minh QP // EF

Bài 13 Cho (O) đờng kính AB = 2R, C trung điểm OA dây MN vng góc với OA C Gọi K điểm tuỳ ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK MM

a) CMR: BCHK tứ giác nội tiếp b) Tính AH.AK theo R

c) Xác định vị trí điểm K để (KM+KN+KB) đạt giá trị lớn tính giá trị lớn

Bài 14 Từ điểm A ngồi đờng trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AMN đờng trịn Gọi I trung điểm dây MN, H giao điểm AO BC Chứng minh:

a) Năm điểm A, B, I, O, C nằm đờng tròn

b)

AB AM AN vµ AHM ANO

Bài 15 Cho tam giác ABC khơng cân có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O Hai đờng cao AI BE cắt H

2

DÔ thÊy CD = 16; S COD = 16

COD  AMB( theo tỉ số CD/ AB = 4) Từ rút diện tích AMB

D

C

O

A B

M

Khai th¸c:

1/ CM AMON hình thoi 2/ CM MNB đều 3/ CM KM+KB= KN Dễ thấy MNB

LÊy E trªn NK cho KM=KE +Dễ chứng minh đ ợc MK+KB = KN (do MEN= MKB)

+KN AB; MK+KN+KB 2AB =4R "Dấu = K điểm cung MB"

E H

N M

C O

A B

Tài liệu lưu hành nội Trung tâm gia sư Khuyến Học-http://giasuchuyen.net 1/ Chøng minh CHI = CBA

2/ Chøng minh EI  CO

3/ Cho gãc ACB = 600 Chøng minh CH = CO.

Bài 16 Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B C nửa đờng trịn đờng kính AD, tâm O Hai đờng chéo AC BD cắt E Gọi H hình chiếu vng góc E xuống AD I trung điểm DE Chứng minh rằng:

a) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp đợc; b) E tâm đờng tròn nội tiếp tam giác BCH; c) Năm điểm B, C, I, O, H đờng tròn

Bài 17.Cho nửa đờng trịn tâm O có đờng kính AB = 2R Kẻ hai tia tiếp tuyến Ax By nửa đờng tròn (Ax, By nửa đờng tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Gọi M điểm tùy ý thuộc nửa đờng tròn (khác A B) Tiếp tuyến M nửa đờng tròn cắt Ax D cắt By E

a) Chứng minh rằng: DOE tam giác vuông b) Chứng minh r»ng: AD BE = R

c) Xác định vị trí điểm M nửa đờng trịn (O) cho diện tích tứ giác ADEB nhỏ Bài 18 Cho hai đờng trịn (O1) (O2)có bán kính cắt A B Vẽ cát tuyến qua B

không vuông góc với AB, cắt hai đờng trịn E F (E (O1); F(O2))

1 Chøng minh AE = AF

2 Vẽ cát tuyến CBD vuông góc với AB (C (O1); D(O2)).Gọi P giao điểm cđa CE vµ FD

Chøng minh r»ng:

a Các tứ giác AEPF ACPD nội tiếp đợc đờng tròn

b Gọi I trung điểm EF Chứng minh ba điểm A, I, P thẳng hàng Khi EF quay quanh B I di chuyển đờng ?

Bài 19 Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB 2R M điểm tuỳ ý nửa đờng tròn (M khác A B) Kẻ hai tiếp tuyến Ax By với nửa đờng tròn Qua M kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt hai tiếp tuyến Ax By C D

a) Chøng minh r»ng: COD vu«ng b) Chøng minh r»ng: AC.BD = R2

c) Gọi E giao OC AM; F giao OD BM Chứng minh rằng: EF = R d) Tìm vị trí M để SABCD đạt giá trị bé

Bài 20 Cho M điểm tuỳ ý nửa đờng tròn tâm O, đờng kính AB = 2R(M khơng trùng với A B) Vẽ tiếp tuyến Ax, By, Mz nửa đờng trịn Đờng Mz cắt Ax By N P Đờng thẳng AM cắt By C đờng thẳng BM cắt cắt Ax D CMR:

a) Tứ giác AOMN nội tiếp NP = AN+BP b) N, P trung điểm AD vµ BC

c) AD.BC = R2

d) Xác định vị trí điểm M để SABCD có giá trị nhỏ

Bài 21 Cho (O;R) dây cung CD cố định có trung điểm H Trên tia đối tia DC lấy điểm S qua S kẻ tiếp tuyến SA, SB với (O) Đờng thẳng AB cắt đờng SO; OH lần lợt E, F.Chứng minh rằng:

a) SEHF lµ tø gi¸c néi tiÕp b) OE.OF = R2

c) OH.OF = OE.OS

d) AB qua điểm cố định S chạy tia đối tia DC

Bài 22 Cho (O;R) có hai đờng kính AB CD vng góc với M điểm thuộc đờng kính AB (M khác O,A,B) CM cắt (O) N (N khác C) Dựng đờng thẳng d vng góc với AM M Tiếp tuyến với (O) N cắt d E

a) CMR: OMEN nội tiếp b) OCME hình gì? sao? c) CMR: CM.CN không đổi

d) CMR: E chạy đờng thẳng cố định M chuyển động đờng kính AB (M khác A,B) Baứi 23 Cho tam giaực ABC coự ba goực nhoùn noọi tieỏp ủửụứng troứn (O) Caực ủửụứng cao AD, BE, CF caột taùi H vaứ caột ủửụứng troứn (O) lần lửụùt tái M,N,P

Tài liệu lưu hành nội Trung tâm gia sư Khuyến Học-http://giasuchuyen.net Chứng minh rằng:

1 Tứ giác CEHD, nội tiếp

2 Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC

4 H M đối xứng qua BC

5 Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải:

1. Xét tứ giác CEHD ta có:  900

CEH  ( Vì BE đường cao)  900

CDH  ( Vì AD đường cao)

=> CEH CDH  1800

 

Tài liệu lưu hành nội Trung tâm gia sư Khuyến Học-http://giasuchuyen.net Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => BEC 900  CF đường cao => CF  AB => BFC 900



Như E F nhìn BC góc 900 => E F nằm đường tròn đường kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường trịn

3. Xét hai tam giác AEH ADC ta coù:  AEH =  ADC = 900 ; 

Clà góc chung

=>  AEH ADC => ADAE AHAC => AE.AC = AH.AD * Xeùt hai tam giác BEC ADC ta có:  

90

BECADC ; C góc chung =>  BEC ADC => ADBE BCAC => AD.BC = BE.AC

4 Ta coù   1

C A ( phụ với góc ABC)

 

C A ( hai góc nội tiếp cúng chắn cung BM)

=>  

C C => CB laø tia phân giác góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân C

=> CB đường trung trực HM H M đối xứng qua BC 5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn =>  

1

C E ( hai góc nội tiếp chắn cung BF)

Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp  C1E 2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD)  E1E 2 => EB tia phân giác góc FED

Chứng minh tương tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đường trịn nội tiếp tam giác DEF

Bài 24 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE

1 Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp

2.Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Chứng minh ED =

2

BC

3 Chứng minh DE tiếp tuyến đường trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải:

1. Xét tứ giác CEHD ta có:



90

CEH  ( Vì BE đường cao)

 90

CDH  ( Vì AD đường cao) =>  

180

CEH CDH 

Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp 2 Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => 

90

BEA

AD đường cao => AD  BC =>  90

BDA

Như E D nhìn AB góc 900 => E D nằm đường tròn đường kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn

3 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đường cao nên đường trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC 900

 Vậy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyến => DE =

2

BC

4.Vì O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O =>  

1

E A (1)

Theo treân DE =

2

BC => tam giác DBE cân taïi D =>  

E B (2)

Maø   1

B A ( phụ với góc ACB) => E1A3 E1E2 E 2E 3

Maø      

1 90 90

E E BEA  E E  OED => DE  OE E Vậy DE tiếp tuyến đường trịn (O) E

5 Theo giả thieát AH = cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm

Bài 25 Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By C D Các đường thẳng AD BC cắt N

1.Chứng minh AC + BD = CD 2.Chứng minh COD 900

 3.Chứng minh AC BD =

4

2

AB .

4.Chứng minh OC // BM

5.Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn đường kính CD 6.Chứng minh MN  AB

á7 Xaực ủũnh vũ trớ cuỷa M để ủeồ chu vi tửự giaực ACDB đạt ủaùt giaự trũ nhoỷ nhaỏt

Lời giải

1.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Maø CM + DM = CD => AC + BD = CD

2.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân gá¸c góc BOM, mà AOM BOM hai góc kề bù => COD 900

 3.Theo treân COD 900

 nên tam giác COD vng O có OM  CD ( OM tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD =

4

2

AB .

4. Theo treân COD 900

 neân OC  OD (1)

5.Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO bán kính

Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đường trung bình hình thang ACDB

 IO // AC , mà AC  AB => IO  AB O => AB tiếp tuyến O đường trịn đường kính CD

6 Theo AC // BD => CNBN BDAC , maø CA = CM; DB = DM neân suy

DM CM BN

CN

 => MN // BD maø 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 Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi

CD // AB => M phải trung điểm cung AB

1. Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn 2. Chứng minh AC tiếp tuyến đường trịn (O)

3.Tính bán kính đường trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD)

1. Vì I tâm đường trịn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B

Do BI  BK hay  90

IBK 

Tương tự ta có  90

AIK , B C nằm đường trịn đường kính IK B, C, I, K nằm đường trịn

2.Ta có  

C C (1) ( CI phân giác góc ACH

 

2 90

C I  (2) ( IHC 900)  

1

I ICO (3) ( tam giác OIC cân O)

Từ (1), (2) , (3) =>  

1 90

C ICO hay AC  OC Vậy AC tiếp tuyến đường tròn (O)

2. Từ giả thiết AB = AC = 20 cm, BC = 24 cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = 202 122

 = 16 ( cm)

CH2 = AH.OH => OH = 16 122  AH CH

= (cm) OC =

225 12

92 2    HC OH

= 15 (cm)

Bài 28 Cho đường tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếpđiểm) Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB

1 Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp

2 Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn

3 Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2. Chứng minh OAHB hình thoi

5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng

6.Tìm quĩ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d Lời giải:

1. (HS tự làm)

2. Vì K trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đường kính dây cung) => OKM 900

 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM 900 ; OBM 900

Như K, A, B nhìn OM góc 900 nên nằm đường trịn đường kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đường trịn

3 Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM  AB I

Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM 900

 nên tam giác OAM vng A có AI đường cao Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2. 4 Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH

5 Theo OAHB hình thoi => OH  AB; theo OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đường thẳng vng góc với AB)

6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động ln cách A cố định khoảng R Do quĩ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường trịn tâm A bán kính AH = R

Bài 29 Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đường kính đường trịn (A; AH) Tiếp tuyến đường tròn D cắt CA E

1.Chứng minh tam giác BEC cân

2 Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH 3.Chứng minh BE tiếp tuyến đường tròn (A; AH)

4.Chứng minh BE = BH + DE

Lời giải: (HD)

1.  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vaø AE = AC (2)

Vì AB CE (gt), AB vừa đường cao vừa đường trung tuyến BEC => BEC tam giác cân =>  

1

B B

2 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung,  

B B =>  AHB = AIB => AI = AH

3 AI = AH BE  AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I 4 DE = IE vaø BI = BH => BE = BI + IE = BH + ED

Bài 30 Cho đường trịn (O; R) đường 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 Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường tròn

2 Chứng minh BM // OP

3 Đường thẳng vng 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 là góc tâm chắn cung AM =>  

2

AOM

ABM  (1)

OP laø tia phân giác AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt )

=>  

2

AOM AOP (2)

Từ (1) (2) => ABM AOP (3)

Mà góc ABM góc 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 NOAB) => 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 nhau)

4.Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ

Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có    90

PAOAON ONP 

=> K trung điểm PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật) (6) 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 đồng thời đường cao => IK  PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng

Bài31 Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường trịn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường trịn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K

1) Chứng minh rằng: EFMK từ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng: 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 đường tròn Lời giải:

1 Ta coù: AMB 900

 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => KMF 900

 (vì hai góc kề bù)  900

AEB ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => KEF 900

 (vì hai góc kề bù) => KMF KEF  900

  Mà góc KMF góc KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp

2. Ta có IAB 900

 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vng A có AM  IB ( theo trên) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => AI2 = IM . IB.

3. Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE MAE  => AE ME (lÝ ……) => ABE MBE ( hai goùc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có AEB 900

 => BE  AF hay BE đường cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B

4. BAF tam giác cân B có BE đường cao nên đồng thời đường 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 đường cao nên đồng thời đường trung tuyến => E trung điểm HK (6)

Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường)

5.(HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => Tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn 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 A coù ABI 450

 => AIB450.(8) Từ (7) (8) => IAK AIF 450

Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn

Bài 32 Cho nửa đường trịn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đường tròn Các tia AC AD cắt Bx E, F (F B E)

1 Chứng minh AC AE khôngđổi Chứng minh ABD DFB .

3 Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp Lời giải:

1.C thuộc nửa đường tròn nên  90

ACB ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BC  AE

2.ABE 900

 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vng B có BC đường cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đường cao ), mà AB đường kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi

3. ADB coù ADB 900

 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ABD BAD 900

  (vì tổng ba góc tam giác 1800) (1)  ABF có ABF 900

 ( BF tiếp tuyến ) => AFB BAF 900

  (vì tổng ba góc tam giác 1800 ) (2)

Từ (1) (2) =>

Tứ giác ACDB nội tiếp (O) =>   180

ABD ACD 

 

180

ECD ACD  ( Vì hai góc kề bù) => ECDABD ( bù với góc ACD) Theo ABD DFB  ECD DFB Mà  

180

EFD DFB  ( Vì hai góckề bù)

nên suy   180

ECD EFD  , mặt khác góc ECD góc EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp

vng góc từ S đến AB

1.Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh PS’M cân 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đường tròn

Lời giải:

1 Ta coù SP  AB (gt) => SBA 90 ;0 AMB 900

  (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AMS 900

 Như P M nhìn AS góc 900 nên nằm đường trịn đường kính AS.

Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đường tròn

=> AMM' AM M'

 ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung 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)

=> Từ (1) (2) => AS S' ASS' 

Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn => ASPAMP (nội tiếp chaén AP) =>  ' 

AS P AMP => tam giác PMS’ cân P

3 Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS’ vuông taïi M =>   ' 1

B S (cùng phụ với góc S) (3)

Tam giác PMS’ cân P =>  '  1

S M (4)

Tam giác OBM cân O ( có OM = OB = R) =>  

B M (5)

Từ (3), (4) (5) =>      

1 3

M M  M M M M , maø M 3M AMB900 neân suy

  

1 90

M M PMO  PM OM M => PM tiếp tuyến đường trịn M

1. Tam giác DEF có ba góc nhọn

2. DF // BC 3 Tứ giác BDFC nội tiếp 4 CBBDBMCF

Lời giải:

1. (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có AD = AF => tam giác ADF cân A =>  

90

ADFAFD => sñ cung DF < 1800 => DEF900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE)

Chứng minh tương tự ta có DFE 90 ;0 EDF 900

 

Như tam giác DEF có ba góc nhọn

2 Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo treân) => AD AF

AB AC => DF // BC 3 DF // BC => BDFC hình thang lại có B C  (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đường tròn

4 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 => CBBDBMCF

Bài 35 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N đường tròn P Chứng minh :

1 Tứ giác OMNP nội tiếp

2 Tứ giác CMPO hình bình hành

3 CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M

4 Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định

Lờùi giải: 1 Ta có 

90

OMP ( PM  AB ); ONP 900 (vì NP tiếp tuyến ) Như M N nhìn OP góc 900 => M N nằm đường trịn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp 2 Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC OCN 

=> OPM = OCM

Xeùt hai tam giác OMC MOP ta có MOC OMC  90 ;0 OPM OCM CMO POM 

    

Lại có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo giả thiết ta có CD  AB; PM  AB => CO//PM (2) Tứ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành 3. Xét hai tam giác OMC NDC ta có 

90

MOC ( gt CD  AB); DNC 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) =>  

90

MOCDNC Lại có góc C góc chung => OMC NDC => CM CO

CD CN => CM CN = CO.CD maø CO = R; CD = 2R neân CO.CD = 2R

=> CM.CN =2R2 khơng đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M.

4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đường thẳng cố định vng góc với CD D

Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy đoạn thẳng A’ B’ song song AB Bài 36 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa

điểm A Vẽ nửa đường trịn đường kính BH cắt AB E, Nửa đường trịn đường kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật

2 BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC

4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Lời giải:

1 Ta coù : BEH 900

 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AEH 900

 (vì hai góc kề bù) (1) CFH 900

 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) => EFH 900

 (vì hai góc kề bù).(2) EAF 900

Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng)

2 Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn => F1 H (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) (O2)

=>   1

B H (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => B1F1 => EBC EFC AFE EFC mà AFE EFC 1800

  (vì hai góckề bù) => EBC EFC 1800 mặt khác góc EBC góc EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp

3 Xét hai tam giác AEF ACB ta có  90

A góc chung; AFEABC ( theo chứng minh trên) => AEF ACB => AE AF

ACAB => AE AB = AF AC

* HD cách 2: Tam giác AHB vuông H coù HE  AB => AH2 = AE.AB (*)

Tam giác AHC vuông H có HF  AC => AH2 = AF.AC (**)

Từ (*) (**) => AE AB = AF AC

4 Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I =>   1

E H

O1EH caân O1 (vì có O1E O1H bán kính) => E2 H =>    

1 2

E E H H maø H 1H 2 AHB 900  E1E 2 O EF1 900 => O1E EF

EB với nửa đường tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN

2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/trịn (I), (K) 3.Tính MN

4.Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường tròn Lời giải:

1 Ta coù: BNC 900

 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K) => ENC 900

 (vì hai góckề bù) (1) AMC 900

 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => EMC 900 (vì hai góckề bù).(2) AEB 900

 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay MEN 900 (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ gi¸c CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật) 2 Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (I) (K) =>  

1

B C (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1N 3 =>  

1

B N (4) Lại có KB = KN (cùng làbán kính) => tam giác KBN cân K => B1N1 (5) Từ (4) (5) =>  

1

N N maø N1N 2 CNB 900 N 3N 2 MNK 900 hay MN  KN N => MN tiếp tuyến (K) N

Chứng minh tương tự ta có MN tiếp tuyến (I) M Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đường tròn (I), (K)

3 Ta coù  90

AEB (nội tiếp chắn nửc đường trịn tâm O) => AEB vng A có EC  AB (gt) => EC2 = AC BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo EC = MN => MN = 20 cm. 4 Theo giả thiết AC = 10 cm, CB = 40 cm => AB = 50cm => OA = 25 cm

Ta có S(o) = .OA2 = 252 = 625; S(I) =  IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 =  202 = 400 Ta có diện tích phần hình giới hạn ba nửa đường tròn S =

2 ( S(o) - S(I) - S(k))

S =

2( 625- 25- 400) =

2.200  = 100 314 (cm

2)

Bài 38 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường trịn (O) có đường kính MC Đường thẳng BM cắt đường trịn (O) D Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) S

1 Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh CA tia phân giác góc SCB

3 Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy

4 Chứng minh DM tia phân giác góc ADE

2. Ta coù CAB 900

 ( tam giác ABC vng A); MDC900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => CDB 900

 Như D A nhìn BC góc 900 nên A D nằm đường trịn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp

3. ABCD tứ giác nội tiếp =>  

D C nội tiếp chắn cung AB)

 

D C => SM EM  => C C (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân giác góc SCB

3 Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC BA, EM, CD ba đường cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy

4 Theo ta có SM EM  =>  

D D => DM tia phân giác góc ADE.(1)

5. Ta có MBC 900

 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) => MEB 900 Tứ giác AMEB có MAB 900

 ; MEB 900 => MAB MEB  1800 mà làhai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đường tròn =>  

2

A B

Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp =>  

A B ( nội tiếp chắn cung CD)

=>  

A A => AM tia phân giác góc DAE (2)

Từ (1) (2) Ta có M tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADE

TH2(Hình b)

Câu : ABC CME  (cùng phụ với góc ACB); ABC CDS  (cùng bù ADC) => CME CDS  . => CE CS  SM EM  => SCM = ECM => CA tia phân giác ca góc SCB.

Bài 39 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đường trịn đường kính BD cắt BC E Các đường thẳng CD, AE cắt đường 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 đường thẳng AC, DE, FB đồng quy

1 Xét hai tam giác ABC EDB Ta có  90

BAC ( tam giác ABC vuông A); 

90

DEB ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

=>  

90

DEB BAC  ; laïi có ABC góc chung => DEB  CAB 2 Theo treân  

90 90

DEB  DEC (vì hai góckề bù); BAC900 ( ABC vuông A) hay   

90 180

DAC  DEC DAC  mà hai góc

đối nên ADEC tứ giác nội tiếp

* BAC 900

 ( tam giác ABC vng A); DFB 900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay  900

BFC Như F A nhìn BC góc 900 nên A F nằm đường tròn đường kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp

3 Theo ADEC tứ giác nội tiếp =>   1

E C lại có E1F1 F1C1 mà làhai góc so le nên suy AC // FG

4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đường cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S

Bài 40. Cho tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M khơng trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC

1 Chứng minh APMQ lµà tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường trịn ngoại tiếp tứ giác

2 Chứng minh MP + MQ = AH Chứng minh OH  PQ

Lời giải: 1. Ta có MP  AB (gt) => APM 900

 ; MQ  AC (gt) => AQM 900

 Như P Q nhìn BC góc 900 nên P Q nằm đường trịn đường kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp

* Vì AM đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ Tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM

2 Tam giác ABC có AH đường cao => SABC =

1

2BC.AH

Tam Tam giác ABM có MP đường cao => SABM SABM =

2

AB.MP

Tam Tam giác ACM có MQ đường cao => ACM SACM =

2AC.MQ

Ta coù SABM + SACM = SABC =>

2AB.MP +

2AC.MQ =

2BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH

Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABCđều) => MP + MQ = AH

Bài 41 Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H khơng trùng O, B) ; đường thẳng vng góc với OB H, lấy điểm M ngồi đường trịn ; MA vµà MB thứ tự cắt đường trịn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC

1 Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh đường thẳng AD, BC, MH đồng quy I

3 Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp Lời giải:

1 Ta coù : ACB 900

 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MCI 900

 (vì hai góckề bù)  900

ADB ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => MDI 900

 (vì hai góckề bù) => 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 đường cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH  AB nên MH đường cao tam giácMAB => AD, BC, MH đồng quy I

3 OAC cân O ( OA OC bán kính) =>  

A C

KCM cân K ( KC KM bán kính) =>  

1

M C

Maø  

1 90

A M  ( tam giác AHM vuông H) => C1C 4 900  C 3C 2 900( góc ACM góc bẹt) hay OCK 900



Xét tứ giác KCOH ta có OHK 90 ;0 OCK 900 OHK OCK  1800

     mà góc OHK góc OCK

hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp

Bài 42.Cho đường trịn (O) đường kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Goïi M

là trung điểm đoạn AB.Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB.Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD

1 Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD

4 Chứng minh I, B, E thẳng hàng

5 Chứng minh MI tiếp tuyến (O’) Lời giải:

1 BIC 900

 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => BID 900 (vì hai góc kề bù); DE  AB M => BMD 900

 => BID BMD  1800

  mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp

2 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE  AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung)

=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm mỗiđường 3 

90

Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đường thẳng song song với AD mà thôi.) I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm

DE) =>MI = ME => MIE cân M =>   1

I E ; O’IC cân O’ ( O’C O’I bán

kính ) =>  

I C mà C1E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => I1I3  I1I2 I3I2

Maø   

3 90

I I BIC => I1I2 900 MIO ' hay MI  O’I I => MI tiếp tuyến (O’) Bài 43. Cho đường tròn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngồi C Gọi AC BC hai đường kính đii qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vng góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O’) F, BD cắt (O’) G Chứng minh rằng:

1 Tứ giác MDGC nội tiếp

2 Bốn điểm M, D, B, F nằm đường 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 đường tròn )

Theo giả thiết DE  AB taïi M =>  90

CMD

=>  

180

CGD CMG  mà d0a6y làhai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp 2 BFC 900

 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BFD90 ;0 BMD 900(vì DE  AB M).Như F M nhìn BD góc 900 nên F M nằm đường tròn đường kính BD => M, D, B, F nằm đường tròn

3 Theo giả thếÕt M trung điểm AB; DE  AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung)

=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm mỗiđường 4 ADC 900

 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DF ; theo tứ giác ADBE hình thoi => BE // AD mà AD  DF nên suy BE  DF

Theo treân BFC 900

 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BF  DF mà qua B có đường thẳng vng góc với DF B, E, F thẳng hàng

5 Theo DF  BE; BM  DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm củatamgiác BDE => EC đường cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy

6 Theo DF  BE => DEF vng F có FM trung tuyến(vì M trung điểm DE) Suyra MF = 1/2 DE ( tam giác vng trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền) 7 (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M =>  

1

D F

O’BF cân O’ ( O’B O’F bán kính ) =>  

F B mà B1D 1 (Cùng phụ với DEB ) =>      

1 3

F F  F F F F Maø F3F2 BFC 900  F1F2 900 MFO ' hay MF  O’F F => MF tiếp tuyến (O’)

1 Chứng minh đường tròn (I) (O) tiếp xức A

2 Chứng minh IP // OQ Chứng minh AP = PQ

4 X¸ác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn Lời giải:

1 Ta có OI = OA – IA mà OA IA bán kính đ/ trịn (O) đường tròn (I).Vậy đ/ tròn (O) đường tròn (I) tiếp xúc A

2 OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) =>   1

A Q

IAP cân I ( IA IP bán kính ) =>   1

A P

=>   1

P Q mà hai góc

đồng vị nên suy IP // OQ

3. APO 900

 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP  AQ => OP đường cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đường trung tuyến => AP = PQ

4. (HD) Keû QH  AB ta coù SAQB =

1

2AB.QH, mà AB đường 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 lớn

Bài 45. Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DE, đường thẳng cắt đường thẳng DE DC theo thứ tự H K

1 Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính góc CHK

3 Chứng minh KC KD = KH.KB

4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đường nào?

Lời giải:

1 Theo giả thiết ABCD hình vuông nên  90

BCD ; BH  DE H nên 

90

BHD => H C nhìn BD góc 900 nên H C nằm đường tròn đường kinh BD

=> BHCD tứ giác nội tiếp

2. BHCD tứ giác nội tiếp =>   180

BDC BHC  (1)

Maø BHK góc bẹt nên   1800

KHC BHC  (2)

Từ (1) (2) => CHK BDC mà  45

BDC (vì ABCD hình vuông) => CHK 450 3 Xét KHC KDB ta coù  

45

CHK BDC ; K góc chung => KHC KDB => KC KH

KB KD => KC KD = KH.KB 4 (HD) Ta 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 46. Cho tam giác ABC vng A Dựng miền ngồi tam giác ABC hình vng ABHK, ACDE

2 Đường thẳng HD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân Cho bếÕt 

45

ABC ; gọi M giao điểm BF ED, Chứng minh điểm B, K, E, M, C nằm đường tròn

4 Chứng minh MC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Lời giải:

1. Theo giả thiết ABHK hình vng => BAH 450  Tứ giác AEDC hình vng => 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 đường tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1) FBC FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo CAD 450

 hay FAC450 (2) Từ (1) (2) suy FBC tam giác vuông cân F

3 Theo treân BFC 900

 => CFM 900 ( hai góc kề bù); CMD 900 (t/c hình vuông) => CFM CDM 1800

  mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đường tròn suy

 

CDF CNF , maø CDF 450 (vì AEDC hình vuông) => CMF 450 hay CMB 450 Ta có CEB 450

 (vì AEDC hình vuông); BKC450 (vì ABHK hình vuông)

Như K, E, M nhìn BC góc 450 nên nằm cung chứa góc 450 dựng BC => điểm B, K, E, M, C nằm đường trịn

4 CBM có B 45 ;0 M 450 BCM 450

    ; hay MC  BC C => MC tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

Bài 47. Cho tam giác nhọn ABC có B 450

 Vẽ đường trịn đường kính AC có tâm O, đường tròn cắt BA BC D E

1 Chứng minh AE = EB

2 Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đường trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH

3.Chứng minh OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp BDE Lời giải:

1  90

AEC (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => 

90

AEB ( hai góc kề bù); theo giả thiết ABE450 => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB

F 1 / / _ _ K H I E D O C B A

2 Gọi K trung diểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đường trung bình tam giác HBE => IK // BE mà 

90

AEC nên BE  HE E => IK  HE taïi K (2)

Từ (1) (2) => IK trung trực HE Vậy trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH 3. Theo I thuộc trung trực HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB

 900

ADE (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BDH 900 (kề bù góc ADC) => tam giác BDH vng D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID

Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) =>   1

D C (3)

Theo ta có CD AE hai đường cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đường cao tam giác ABC => BH  AC F => AEB có AFB 900

 Theo ADC có   

1 90

ADC  B C ( phụ góc BAC) (5)

Từ (3), (4), (5) =>  

D D mà D 2IDH BDC 900 D 1IDH 900 IDO  OD  ID D => OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE

Bài 48. Cho đường trịn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đường vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q

1 Chứng minh tam giác ABC cân 2 Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp 3 Chøng minh MI2 = MH.MK 4 Chứng minh PQ  MI.

Lời giải:

1 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có AB = AC => ABC cân A 2. Theo giả thiết MI  BC => 

90

MIB ; MK  AB => MKB 900

=>  

180

MIB MKB  , mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp

* ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tự tứtø giác BIMK )

3 Theo tứ giác BIMK nội tiếp => KMI KBI 1800

  ; tứ giác CHMI nội tiếp => HMI HCI  1800

  , maø KBI HCI ( tam giác ABC cân A) =>

 

KMI HMI (1)

Theo tứ giác BIMK nội tiếp =>   1

B I ( nội tiếp chắn cung KM); tứ

giác CHMI nội tiếp =>   1

H C ( nội tiếp chắn cung IM) Mà B1C1 ( = 1/2 sđ BM) => I1H1 (2)

Từ (1) (2) => MKI MIH => MI MK

MH MI => MI 2 = MH.MK

5 Theo ta có   1

I C ; chứng minh tương tự ta có I2 B2 mà

     

1 180 180

C B BMC  I I BMC hay BIQ BMQ  1800 mà làhai góc đối =>tứ giác PMQI nội tiếp =>  

1

Q I mà I1C1 Q1C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM  PQ

Bài 49. Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R Vẽ dây cung CD  AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm củaa AM CB Chứng minh : 1 KCKB ABAC 2 AM tia phân giác góc CMD 3.Tứ giác OHCI nội

tiếp

4 Chứng minh đường vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đường tròn M

Lời giải: 1 Theo giả thiết M trung điểm BC => MB MC 

=> CAM BAM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia phân giác góc CAB =>

AB AC KB

KC

2. (HD) Theo giả thiết CD  AB => A trung điểm CD => CMA DMA  => MA tia phân giác góc CMD

3 (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => OM  BC I => OIC = 900 ; CD  AB taïi H => OHC 900 OIC OHC  1800

    OHC = 900 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp 4 Kẻ MJ  AC ta có MJ // BC ( vng góc với AC) Theo OM  BC => OM  MJ J suy MJ tiếp tuyến đường tròn M

Bài 50 Cho đường trịn (O) điểm A ngồi đường tròn Các tiếp tuyến với đường tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đường tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH  BC, MK  CA, MI  AB Chứng minh :

1. Tứ giác ABOC nội tiếp 2 BAO BCO 3 MIH MHK 4 MI.MK = MH2.

Lời giải:

1. (Tự giải)

2. Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO BCO  (nội tiếp chắn cung BO). 3. Theo giả thiết MH  BC => MHC = 900; MK  CA => MKC = 900

=>  

180

MHC MKC  mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM HKM (nội tiếp chắn cung HM)

Chứng minh tương tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => MHI = MBI (nội tiếp chắn cung IM) Mà HCM MBI ( = 1/2 sđ BM) => HKM MHI (1) Chứng minh tương tự ta có:

 

KHM HIM (2) Từ (1) (2) =>  HIM  KHM

4. Theo treân  HIM  KHM => MI MH

MH MK => MI.MK = MH

Bài 51 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 đường 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

Lời giải:

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 đường chéo cắt trung điểm mỗiđường

(HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp =>  ' '

180

BAC B HC 

maø BHC B HC' '

 (đối đỉnh)   1800

BAC BHC

  

Theo BHCF hình bình hành

    1800

=> Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (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 HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE  HE (2)

Từ (1) (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3)

Theo treân E (O) => CBE CAE  ( nội tiếp chắn cung CE) (4). Theo F (O) vaø 

90

FEA => AF đường kính (O) => ACF 900 => BCF CAE  ( phụ góc ACB) (5)

Từ (4) (5) => BCF CBE (6).

Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân

4. Theo AF đường kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đường trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH

Theo giả thiết I trung điểm BC => OI  BC ( Quan hệ đường kính dây cung)

 

OIG HAG (vì so le trong); lại có OGI HGA (đối đỉnh) => OGI HGA => GI OI GA HA mà OI =

2 AH =>

1

GI

GA maø AI trung tuyến ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm tam giác ABC

Bài52 BC dây cung đường tròn (O; R) (BC  2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đường 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’ Gọi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA’

OA’

4 Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để Tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn

(HD)

1 Tứ giác BFEC nội tiếp =>

 

AEF ACB (cùng bù với góc BFE)

AEF ABC (cùng bù với góc CEF) =>  AEF  ABC

3, AÙp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng tỉ số hai trung tuyến, tỉ số hai bán kính đường trịn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng, ta có :

 AEF  ABC =>

1

' '

R AA

R AA (1) R bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC; R’ bán kính đường tròn ngoại tiếp  AEF; AA’ trung tuyến ABC; AA1 trung tuyến AEF Tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH nên đường tròn ngoại tiếp AEF Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’

2

AH

= AA’ '

2

A O Vaäy 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 khơng 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 maø

1

'

AA

AA tỉ số hai trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC nên

'

AA AA =

EF

BC Tươg tự ta có : OB’ = R FD

AC ; OC’ = R ED

AB Thay vào (3) ta

2SABC = R (

EF FD ED

BC AC AB

BC  AC AB )  2SABC = R(EF + FD + DE)

* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt giá trị lớn SABC Ta có SABC =

1

2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A

điểm cung lớn BC

Bài 53 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác goc BAC cắt (O) M Vẽ đường cao AH bán kính OA

1 Chứng minh AM phân giác góc OAH Giả sủ B C Chứng minh OAH  B C . Cho BAC 600

 OAH 200 Tính: a) B C tam giác ABC.

b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R

1 AM phân giác góc BAC => BAM CAM BAM

=> BM CM => M laø trung điểm cung BC => OM  BC; Theo giả thiết AH  BC => OM // AH => HAM OMA ( so le)

Maø OMA OAM  ( tam giác OAM cân O có OM = OA = R) => HAM OAM => AM tia phân giác góc OAH.

2 Vẽ dây BD  OA => AB AD => ABDACB.

Ta có OAH BDC ( góc có cạnh tương ứng vng góc nhọn) =>

     

OAH ABC ABD  OAH ABC ACB hay OAH  B C

3 a) Theo giả thiết BAC 600

 => B C  1200; theo treân B C OAH     B C   200 =>       0 0 120 70 50 20

B C B

C B C                 

b) Svp = SqBOC - SBOC =

2

.120

360 2

R R

R 

 =

2 2

(4 3)

3 12

R R R

  

 

Bài 54 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biếÕt BAC 600  1.Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R

2.Vẽ đường kính CD (O; R); gọi H giao điểm ba đường cao tam giác ABC Chứng minh BD // AH vµ AD // BH

3.Tính AH theo R Lời giải:

1 Theo giả thiết BAC 600

 => sđBC=1200 ( t/c góc nội tiếp ) => BOC 1200

 ( t/c góc tâm)

* TTheo sđBC =1200 => BC lµ c cạnh tam giác nội nộitiếp ( O; R) =>BC = R

2 CD đường kính => DBC 900

 hay DB  BC; theo giả thiết AH Đường cao => AH  BC => BD // AH Chứng minh tương tự ta 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 treân BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành

=> AH = BD => AH = R

Bài 55 Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điềm H OB

1 Chứng minh MN di động, trung điểm I MN nằm mét đường tròn cố định

2 Từ A kẻ Ax  MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN hình bình hành

3 Chứng minh C trực tâm tam giác AMN

Khi MN quay quanh H C di động đường Cho AM AN = 3R2 , AN = R Tính diện tích phần hình trịn

Lời giải: (HD)

1 I trung điểm MN => OI  MN I ( quan hệ đường kính dây cung) = > OIH 900



OH cố định nến MN di động I di động ln nhìn OH cố định góc 900 do I di động đường trịn đường kính OH Vậy MN di động, trung điểm I MN ln nằm đường trịn cố định

2 Theo giả thiết Ax  MN; theo OI  MN I => OI // Ax hay OI // AC mà O trung điểm AB => I trung điểm BC, lại có I lµ trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành ( Vì có hai đường chéo cắt trung điểm mỗiđường)

3 CMBN laø hình bình hành => MC // BN mà BN  AN ( ANB 900

 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MC  AN; theo AC  MN => C trực tâm tam giác AMN

4 Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH đường tung bình OBC => IH // OC Theo giả thiết Ax  MN hay IH  Ax => OC  Ax C => OCA 900

 => C thuộc đường tròn đường kính Oacố định Vậy MN quay quanh H C di động đường trịn đường kính OA cố định

5. Ta coù AM AN = 3R2 , AN = R 3 => AM =AN = R 3=> AMN cân A (1) Xét ABN vuông N ta coù AB = 2R; AN = R => BN = R => ABN 600



 

ABN AMN (nội tiếp chắn cung AN) => AMN600 (2) Từ (1) (2) => AMN tam giác => SAMN =

2

3

4

R .

=> S = S(O) - SAMN = R2 -

2

3

4

R = 2(4 3 3

4

R  

Bài 56 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đường tròn M

1 Chứng minh OM  BC Chứng minh MC2 = MI.MA.

3 Kẻ đường kính MN, tia phân giác gãc B C cắt đường thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đường tròn Lời giải:

1 AM phân giác góc BAC => BAM CAM => BM CM => M trung điểm cuûa cung BC => OM  BC

2 Xét MCI MAC có MCI MAC (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau); góc M góc chung

3. (HD) MAN 900

 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => P1900 K mà K1 góc ngồi tam giác AKB nên     

1 1

2

A B

K A B   (t/c phân giác goùc ) => 

 

1 90

2

A B P     

 

(1) CQ tia phân giác góc ACB =>        

1

1

180 90

2 2

C A B

C    A B     

 

(2) Từ (1) (2) =>  

1

P C hay QPB QCB  mà P C nằm nửa mặt phẳng bờ BQ nên nằm cung chứa góc 900 – ( 

2

A B

 ) dựng BQ Vậy bốn điểm P, C, B, Q thuộc đường tròn

Bài 57 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = cm, chiều cao AH = cm, nội tiếp đường trịn (O) đường kính AA’

1 Tính bán kính đường trịn (O)

2 Kẻ đường kính CC’, tứ giác CAC’A’ hình gì? Tại sao? Kẻ AK  CC’ tứ giác AKHC hình gì? Tại sao?

4 Tính diện tích phần hình trịn (O) nằm ngồi tam giác ABC Lời giải:

1 (HD) Vì ABC cân A nên đường kính AA’ đường trịn ngoại tiếp đường cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AA’đi qua H => ACA’ vuông C có đường cao CH =

2

BC

 = 3cm; AH = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H = 32 2,5

4

CH

AH    => AA’

=> AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 (cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm)

2 Vì AA’ CC’ hai đường kính nên cắt trung điểm O đường => ACA’C’ 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 đường trịn đường kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) =>  

2

C H (noäi tiếp chắn cung

AK) ; AOC cân O ( OA=OC=R) =>   2

Bài58 Cho đường trịn (O), đường kính Abcố 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 Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp

2 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM Chứng minh AM2 = AE.AC.

4 Chứng minh AE AC - AI.IB = AI2

5 Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ

Lời giải:

1 Theo giả thiết MN AB I =>  90

EIB ; góc ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn nên 

90

ACB hay ECB 900

=>  

180

EIB ECB  mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp

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 góc CAM góc chung hai tam giác AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM

3 Theo treân AME  ACM => AM AE

AC AM => AM

2 = AE.AC 4 AMB 900

 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN AB I => AMB vng M có MI đường cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông)

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 đường tròn ngoại tiếp  ECM; Nối MB ta có  900

AMB , tâm O1 đường trịn ngoại tiếp  ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM

Gọi O1 chân đường vng góc kẻ từ N đến BM ta O1 tâm đường trịn ngoại tiếp  ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đường trịn tâm O1 bán kính O1M với đường trịn (O) O1 hình chiếu vng góc N BM

Bài 59 Cho tam giác nhọn ABC , kẻ đường cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q hình chiếu vng góc D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh :

1 Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp Hai tam giác HNP HCBđồng dạng 4 Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng hàng Lời giải:1 & (tự làm)

3 Theo chứng minh DNHP nội tiếp =>  

N D (nội tiếp chắn

cung HP); HDC coù  90

HDC (do AH đường cao)  HDP có  900

HPD (do DP  HC) => C1 D (cuøng phụ vơiù góc DHC) =>  

1

C N (1) chøng minh tương tự ta có B1P1 (2)

Từ (1) (2) => HNP  HCB

4. Theo chứng minh DNMB nội tiếp =>   1

DM // CF ( vng góc với AB) =>   1

C D ( hai góc đồng vị).(4)

Theo chứng minh  

C N (5)

Từ (3), (4), (5) =>  

N N maø B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6)

Chứng minh tương tự ta có N, P, Q thẳng hàng (7) Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng

Bài 60 Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B  (O), C  (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I

1 Chứng minh tứ giác OBIA, AICO’ nội tiếp Chứng minh BAC 900

 Tính số đo góc OIO’

4 Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm Lời giải:

1. ( HS tự làm)

2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta coù IB = IA , IA = IC

ABC có AI = 12 BC =>ABC vuông A hay BAC 900



3 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có IO tia phân giác góc BIA; I0’là tia phân giác góc CIA , mà hai góc BIA CIA hai góc kề bù => I0  I0’=> OIO ' 900



4 Theo ta có 0I0’ vng I có IA đường cao (do AI tiếp tuyến chung nên AI OO’) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm)

Bài 61 Cho hai đường tròn (O) ; (O’) tiếp xúc A; BC tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm O’M AC Chứng minh :

1 Chứng minh tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp Tứ giác AEMF hình chữ nhật

3 ME.MO = MF.MO’

4 OO’ tiếp tuyến đường trịn đường kính BC BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ Lời giải:

1. (tự làm)

2 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MA = MB =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME  AB (1) Chứng minh tương tự ta có MF  AC (2)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO’ tia phân giác cđa hai góc kề bù BMA CMA => MO  MO’ (3)

Từ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật

3 Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đường trịn => MA  OO’=> MAO vng A có AE  MO ( theo ME  AB)  MA2 = ME MO (4)

4 Đường trịn đường kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đường trịn qua A có MA bán kính Theo OO’  MA A  OO’ tiếp tuyến A đường tròn đường kính BC

5 (HD) Gọi I trung điểm OO’ ta có IM đường trung bình hình thang BCO’O

=> IMBC M (*) Ta chứng minh góc OMO’ vng nên M thuộc đường trịn đường kính OO’ => IM bán kính đường trịn đường kính OO’ (**)

Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’

Bài 62 Cho đường trịn (O) đường kính BC, dây AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF

1 Hãy xác định vị trí tương đối đường tròn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao?

3 Chứng minh AE AB = AF AC

4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đường trịn (I) và(K)

5 Xác định vị trí H để EF cóđộ dài lớn Lời giải:

1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiếp xúc (O) OK = OC – KC => (K) tiếp xúc (O)

IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K) Ta coù : BEH 900

 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => AEH 900

 (vì hai góckề bù) (1)  900

CFH  ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )

 90

BAC ( nội tiếp chắn nửa đường tròn hay EAF900 (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng)

3 Theo giả thiết AD  BC H nên AHB vuông H coù HE  AB(BEH 900

 ) => AH2 = AE.AB (*)

Tam giác AHC vuông H có HF  AC (theo  90

CFH  ) => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) (**) => AE AB = AF AC ( = AH2)

4 Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đường chéo AH EF ta có GF = GH (tính chất đường chéo hình chữ nhật) => GFH cân G =>  

1

F H

KFH cân K (vì có KF KH bán kính) =>   2

F H

=>    

1 2

F F H H maø H1H 2AHC 900 F1F2 KFE 900 => KF EF

Chứng minh tương tự ta có IE  EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) (K) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH  OA (OA bán kính đường trịn (O)có độ dài khơng đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O

Vậy H trùng với O tức dây AD vng góc với BC O EF có độ dài lớn

1.Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB 2.Chøng minh AM BN = R2.

3.Tính tỉ soá APB MON

S S

AM = R2

4.Tính thể tích hình nửa hình trịn APB quay quanh cạnh AB sinh

Lời giải:

1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, màAOP BOP hai góc kề bù => MON 900

 hay tam giác MON vuông O  900

APB (nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay tam giác APB vng P Theo tính chất tiếp tuyến ta có 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 90 ;0 OBP PNO 

   => APB  MON

2. Theo treân MON vuông O có OP  MN ( OP tieáp tuyeán )

Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OP2 = PM PM Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (tính chất hai tiếp tuyến cắt ) => AM BN = R2 3. Theo OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mà PM = AM =

2

R

=> PM = R2 => PN = R2:

2

R

= 2R => MN = MP + NP =

2

R

+ 2R =

2

R

Theo treân APB   MON => MN AB =

5

R

: 2R =

4 = k (k tỉ

sốđồng dạng).Vì tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng nên ta có:

APB MON

S S

= k2 => APB MON S S = 25 16       

Bài 64 Cho tam giác ABC , O trung điểm BC Trên cạnh AB, AC lấy điểm D, E cho 

60

DOE

1) Chứng minh tích BD CE khôngđổi

2) Chứng minh hai tam giác BOD; OEDđồng dạng Từ đóã suy tia DO tia phân giác góc BDE

3)Vẽ đường trịn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đường tròn tiếp xúc với DE

Lời giải:

1. Tam giác ABC => ABC ACB 600

  (1);

 600

DOE (gt) => DOB EOC  1200 (2) DBO coù DOB 600 BDO BOD  1200

    (3)

Từ (2) (3) => BDO COE  (4)

Từ (2) (4) => BOD CEO => BD BO

CO CE => BD.CE = BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi. 2 Theo BOD CEO => BD OD

CO OE mµ CO = BO =>

BD OD BD BO

BO OE OD OE (5) Lại có DBO DOE 600

Từ (5) (6) => DBO DOE => BDO ODE => DO tia phân giàc góc BDE.

3 Theo DO tia phân giác góc BDE => O cách DB DE => O tâm đường tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đường tròn tâm O tiếp xúc với AB tiếp xúc với DE

Bài 65 Cho tam giác ABC cân A có cạnhđáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến B C cắt AC, AB D E Chứng minh :

1 BD2 = AD.CD.

2 Tứ giác BCDE nội tiếp BC song song với DE Lời giải:

1 Xét hai tam giác BCD ABD ta có CBD BAD  ( Vì góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), Lại có góc D chung => BCD ABD => BD CD

AD BD => BD2 = AD.CD.

2 Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ABCACB => EBC DCB mà CBD BCD  (góc tiếp tuyến với dây chắn cung) => EBD DCE

=> B C nhìn DE góc

B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp

3 Tứ giác BCDE nội tiếp => BCE BDE ( nội tiếp chắn cung BE) mà BCE CBD (theo ) => CBD BDE  mà hai góc so le nên suy BC // DE.

Bài 66 Cho đường trịn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường tròn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M,

BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp Chøứng minh NE  AB

3 Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O)

4 Chứng minh FN tiếp tuyến đường tròn (B; BA) Lời giải: 1 (tự làm)

2 (HD) Dễ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE  AB

3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điêm AN; F E đối xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => FA // NE mà NE  AB => FA  AB A => FA tiếp tuyến (O) A 4 Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mà AC  BN => FN  BN N

/

/ _

_

H

E

F

C N

M

O B

A

BAN có BM đường cao đồng thời đường trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đường trịn (B; BA)=>FN tiếp tuyến N của(B;BA) Bài 67 AB AC hai tiếp tuyến đường tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm) Vẽ CH vng góc AB H, cắt (O) E cắt OA D

1 Chứng minh CO = CD

2 Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi

4 Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chøng minh ba điểm O, M, K thẳng hàng

Lời giải:

1 Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đường tròn tâm O => OA tia phân giác góc BOC => BOA=COA (1)

D I

K

M E H

O

C B

A

OB  AB ( AB tiếp tuyến ); CH  AB (gt) => OB // CH => BOA =CDO (2) Từ (1) (2) => COD cân C => CO = CD.(3)

2. Theo ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) lại có OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) (5) => BOCD hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi

3. M trung điểm CE => OM  CE ( quan hệ đường kính dây cung) =>  90

OMH  Theo ta

cũng có  

90 ; 90

OBH= BHM = => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH M trung điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng

Bài 68 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đường 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 góc BAC góc BGO

Lời giải: (tự làm)

Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành

3) I trung điểm CF => OI  CF (quan hệ đường kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI  AB K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vng H => BGK=BAH ( cùng phụ với góc ABH) mà  1

2

BAH= BAC (do ABC cân nên AH phân giác) => BAC=2.BGO .

Bài 69: Cho đường trịn (O) vẽ điểm P ngồài đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B tiếp điểm) Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) C (CA) Đoạn PC cắt đường tròn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E

a Chứng minh DEAB DEBD

b Chứng minh AE trung tuyến tam giác PAB HD: a) DEAB DEBD (g.g) vì: BEA chung

EAB = EBD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) EB ED

EA EB

Þ =  EB2 = EA.ED (1)

* EPD = PCA (s.l.t) ; EAP = PCA (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…)

 EPD = EAP ; PEA chung Do đó DEPD DEAP g g( )

EP ED

EA EP

Þ = Þ  EP2 = EA.ED (2)

Từ & Þ EB2 = EP2 Þ EB = EP Þ AE trung tuyến tam giác PAB.

Bài 70: Cho tam giác ABC vuông A Lấy cạnh AC điểm D Dựng CE vng góc với BD a Chứng minh DABD DECD

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 tam giác ABC bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác ADEF

HD: a)

DABD DECD (g.g)

b) Tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 900) c) Chứng minh D trực tâm tam giác CBF

d) AC = BC.sinABC = 2a.sin600 = 2a

2 = a

AB = BC.cosABC = 2a.cos600 = 2a 1

2 = a

AH = AB.sinABC = a.sin600 = a

2 ;FKB vuông K , coù ABC = 60

0 

BFK = 300  AD = FD.sinBFK  AD = FD.sin300  a = FD.0,5  FD = a : 0,5 = 2a

Bài 71: Cho tam giác ABC vuông (ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường trịn đường 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 trịn đường kính EC cắt BC I (IC)

P

B

A O

C D

E

C

D

A B

F

H K E

a

2a

a Chứng minh CI CE

CB=CA

b Chứng minh D; E; I thẳng hàng

c Chứng minh HI tiếp tuyến đường trịn đường kính EC HD; a) AB // EI (cùng ^ BC)

 CI CE

CB=CA (đĐ/lí Ta-lét)

b) Chứng minh ABED hình thoi Þ DE // AB mà EI //AB  D, E, I nằm đường thẳng đđi qua E // AB  D, E, I thẳng hàng

c) EIO' = IEO' ( D EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’))

IEO' = HED (đ/đ) ; DBID vuoâng ; IH trung tuyến Þ DHID cân Þ HIE = HDI Mà HDI + HED = 900 Þ đđpcm.

Bài 72: Cho đường trịn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH^(d) (H Ỵ d) M điểm thay đổii (d) (M¹ H) 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: MPQ OPQ. HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn

(Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) b) DOIP D QIH (g.g) Þ IO IQ

IP =IH  IH.IO = IQ.IP

c) Dv MKQ coù: MK = KQ.tanMQK = KQ.tan 600 = PQ 3 PQ

2 =

Dv OKQ coù: OK = KQ.tanOQK = KQ.tan300 = KQ. PQ. PQ

3 = =

 MPQ OPQ

S

S =

PQ

2 :

PQ

6 =

Bài 73: Cho đường trịn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (E¹ A) 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 đường tròn Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp đường tròn

b Chứng minh DEAC EBD, từ đđó 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 = a Tính theo R a đoạn AC BD.

A

B

C

D H

I E O

O’

O M

P

Q H

Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị R, không phụ thuộc vàoa

HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) b) AC // BD (cùng ^EB) Þ DEAC DEBD

 CE AC

DE=BD (1)maø AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Þ

CE CM

DE=DM (2)Þ

DM CM

DE = CE

c) AC // BD (cmt) Þ DNAC DNBDÞ NC AC

NB=BD(3) Từ 1; 2; Þ

NC CM

NB=DM Þ MN // BD

d) 

O = O ; O 3= O maø O 1+ O + O 3+ O = 180 Þ 

2

O + O = 90 ; 

4

O + D = 90 0 (…)   D1= O 2= O 1 =a.Vaäy: DB = OB

tan =

R

tan ; Lại có : AC = OA.tana = R.tana Þ AC.DB = R.tana. R

tan  AC.DB = R2 (ñpcm)

Bài 74: Cho tam giác 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

b Chứng minh A1A phân giác B A C 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:

1 HA C = 

1 HBC ; 

1 HA B = 

1 HCB ; 

1

HBC = HCB Þ HA C 1 = HA B 1Þ đđpcm c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 …

 IJ trung trực A1C1 d) S HJM =

2HM.JK ; SHAC =

2HC.AC1

Þ SHAC : S HJM = HC.AC1

HM.JK mà

MH

MC=3Þ

HC HM+MC MC

1

HM= HM = +HM= + = ;

1

AC

JK = (JK// AC1)

Þ SHAC : S HJM = 8

Bài 75: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vuông góc với xy vàlấy đđó 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 đđi 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/tròn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…)

OA = OB = R(O) Þ O thuộc đường trung trực AB đđi qua L

trung điểm AB…

b) IP // CM (^ Cz) Þ MPIC hình thang Þ IL = LC

khơng đổi A,B,C cố định Þ I cố định

c) PA ^ KM ; PK ^ MB Þ H trực tâm DPKM  KH ^PM

d) AHBK nội tiếp đđ/trịn đđ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…)  N tâm đ/trịn ngoại tiếp …Þ NE = NA = R(N)  N thuộc đường trung trực AB

 O,L,N thẳng hàng

Bài76: 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: tam giác KMN vuông cân c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) D AKN = D BKM(c.g.c)

b) HS tự c/m Tam giác KMN vuông cân

c) Tam KMN vuông Þ KN^KM mà KM // BP Þ KN ^BP APB = 900 (gác nội tiếp…) Þ AP ^ BP

 KN // AP (^BP) KM // BP  KMN =PAT =450 Maø PAM PKU PKM 450

2

= = =

PKN =450; KNM =450  PK // AN Vậy ANPK hình bình hành

Bài 77: 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:DBOM DBNA 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)  

AMD=DMB=45 (chắn cung ¼ đđ/tròn)  MD tia phân giác AMB

b) Tam giác OMB cân OM = OB = R(O)

D NAB cân có NO vừa đđ/cao vừa làđường trung tuyến

Þ D OMB DNAB

 BM BO

BA =BN  BM.BN = BO.BA = 2R

2 không đổi.

c) ONMA nội tiếp đ/tròn đđ/k AN.Gọi I tâm đ/tròn ngoại tiếp  I cách A O cố định Þ 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 78: Cho tam giác 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 B

C

D O M

N E

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 BGO với BAC . d Cho biết DF // BC Tính cosABC .

HD:a) Gọi H trung điểm BCÞ AH^BC (D ABC cân A) lập luận AH^A BC // AE (1)

b) D ADE = D CDB (g.c.g) Þ AE = BC (2) Từ Þ ABCE hình bình hành.

c) Theo c.m.t Þ AB // CF Þ GO^AB  BGO = 900 – ABC = BAH =

2 BAC

d) Tia FD cắt AB tạiM, cắt (O) N.; DF // BC AH

trục đối xứng BC đđ/tròn (O) nên F, D thứ tự đốii xứng với N, M qua AH  FD = MN = MD =

2BC =

2 ND = BH ; D NDA D CDF (g.g) Þ DF.DN = DA.DC

 2BH2 =

4 AC

2 Þ BH =

4 AC Þ cos ABC = BH

AB=

2

Bài 79: 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 tròn nội tiếp DBDE

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 Þ C, B, F thẳng hàng.

b) CDF = 900 = 

CEF Þ CDEF nội tiếp (q tích …) c) CDEF nội tiếpÞ ADE = ECB (cùng chắn cung EF)

Xét (O) có: ADB = ECB (cùng chắn cung AB)

 ADE = ADB Þ DA tia phân giác BDE Tương tự EA tia phân giác DEB Vậy A tâm đường tròn nội tiếp tam giác BDE

d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = 2DCA ; EO'A = 2EFA mà DCA = EFA (góc nội tiếp chắn cung DE) Þ DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO' (đ/đ) Þ ODO' = O'EO Þ ODEO’ nội tiếp. Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình chữ nhật Þ 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 80: Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính cố định AB^CD

a) Chứng minh: ACBD hình vng

b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E¹ B; E¹ C) Trên tia đốii tia EA lấy đoạn

EM = EB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB ED // MB

A

B H C

E

D M

N

F O

I_ _

G

A

B

O’ O

C F

D

c) Suy CE la øđường trung trực BM M di chuyển đường trịn mà ta phải xác định tâm bán kính theo R

HD: a) AB ^CD ; OA = OB = OC = OD = R(O)  ACBD laø hình vng

b) AED = 1

2 AOD = 45

0 ; 

DEB = 12 DOB = 450  AED = DEB Þ ED tia phân giác AEB .



AED = 450 ; EMB = 450 (D EMB vuông cân E)  AED = EMB (2 góc đồng vị) Þ ED // MB. c) D EMB vuông cân E CE ^DE ; ED // BM  CE ^BM Þ CE đường trung trực BM

d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R

Bài 81: Cho tam giác ABC, 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 đượcc 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 82: BC dây cung đường trịn (O; R) (BC¹ 2R) Điểm A di động cung lớn BC

sao cho O nằm tam giác ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H a Chứng minh:DAEF DABC

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 83: Cho đường tròn tâm (O; R) có AB đường kính cố định cịn CD đường kính thay đổi Gọi (d) 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 tam giác AQP vng góc với DC c Tìm tập hợp tâm E đường trịn ngoại tiếp tam giác CPD

Bài84: Cho tam giác ABC cân (AB = AC; A < 900), cung tròn BC nằm bên tam giác 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 tia phân giác HMK . c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp Þ PQ // BC.

Bài 85: 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 CI^AM (IỴ AM)

a Chứng minh:Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn

A B

D C

O

E M

= //

b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành c Chứng minh: MOI =CAI

d Chứng minh: MA = 3.MB

HD: a) 

COA=90 (…) ;  CIA=90 (…)

 Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) b) MB // CI (cùng vng góc với BM) (1)

D CIN = D BMN (g.c.g)  

1

N = N (đ/đ) ; NC = NB ; NCI=NBM (slt)  CI = BM (2) Từ Þ BMCI hình bình hành

c) D CIM vuông cân (CIA =900;CMI 1COA 450

2

= = )Þ MI = CI ; DIOM = DIOC OI chung ; IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O)  MOI=IOC maø: IOC =CAI  MOI=CAI

d) Tam giác ACN vuông có: AC = R ; NC = R AC

2 = (với R = AO)

Từ : AN = AC +CN2 2R +2 R2=R R 10

2 2

= = ; NI = NC2 R 10=MN =MI

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 85: Cho tam giác 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: BKH =BCD . b Tính BEC .

c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rõ (giới hạn đường đĩ)

d Chứng minh: tam giác IOE cân I HD: a) ABHK nội tiếp  BKH=BAH ;

BCD =BAH ( chắn cung BD)  BCD=BKH b) CE cắt AB F ;

AFEK nội tiếp   0

FEK 180= - A 180= - 60 =120 Þ BEC = 1200 c) BIC 180 B C   1800 1200 1200

2

+

= - = - =

Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung nằm đường tròn tâm (O)

d) Trong đ/tròn (O) có DAS = sđ DS

2 ; đ/tròn (S) có ISO = sđ  IO

2 DAS = ISO (so le trong) nên: DS

2 =  IO

2 maø DS = IE  IO = IE  ñpcm

A O B

M I N = = A

B H C

Bài86: 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 PK^AD 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 cuûa AP

b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH

d Tứ giác APMH hình thang cân

HD: a) DABP cân B (AB = PB = R(B)) màAIB =900 (góc nội tiếp …)  BI^AP Þ BI đường cao trung trung tuyến

 I trung điểm AP b) HS tự c/m

c) D ABP cân BÞ AM = PH ; AP chung Þ DvAHP = Dv PMA  AH = PM ; AHPK hình chữ nhật Þ AH = KP Þ PM = PK = AH

d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t)  PM = AH Þ PA // MH

Vậy APMH hình thang cân

Bài 87: 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:D IBN DOMB

c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN HD: a) BOIM nội tiếp OIM =OBM =900

b) INB =OBM =900; NIB=BOM (2 góc nội tiếp chắn cung BM)  DIBN DOMB

c) SAIO =

2AO.IH; SAIO lớn Û 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, D AIH vng cân, tức HAI =450

Vậy M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn

Bài 88: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D¹ A D¹ C)

a Tính cạnh DABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác BAC . b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ DCDE DI ^ CE c Suy E di động đường tròn mà ta phải xác định tâm giới hạn d Tính theo R diện tích DADI lúc D điểm cung nhỏ AC HD: a) D ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự c/m :

 AB = AC = BC = R 3

Trong đ/trịn (O; R) có: AB = AC Þ Tâm O cách cạnh AB AC  AO hay AI tia phân giác BAC .

b) Ta có : DE = DC (gt) Þ DDEC cân ; BDC = BAC = 600 (cùng chắn  BC)  DCDE I điểm BC Þ IB = IC Þ BDI = IDC

 DI tia phân giác BDC Þ DCDE có DI tia phân giác nên đường cao Þ DI ^CE

A B

C D

H M P K

I

A B

M N

H O I

A

B C

O E

I =

c) DCDE có DI đường cao đường trung trực CE Þ IE = IC mà I C cố định  IC khơng đổi Þ E di động đ/trịn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I Ỵ AC (cung nhỏ ) D º C Eº C ; Dº A E º B Þ E di động BC nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa D ABC đđều

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 89:

Cho hình vuông ABCD cạnh a Trên AD DC, người ta lấy điểm E F cho :AE = DF =a

3

a So sánh DABE DDAF Tính cạnh diện tích chúng b Chứng minh AF ^ BE

c Tính tỉ số diện tích DAIE DBIA; diện tích DAIE DBIA diện tích tứ giác IEDF IBCF

Bài 90: Cho DABC 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 tỉ số: DE

BC

d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp DABC Chứng minh: OA^DE

Bài 91: Cho hình bình hành ABCD cố định 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 92: Cho DABC 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 93: Cho đường tròn (O) (O’) cắt A B; tiếp tuyến A đường tròn (O) và(O’) cắt đường tròn (O) (O’) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh:

a DABD DCBA b BQD = APB

c Tứ giác APBQ nội tiếp

Bài 94: 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 nợi tiếp

b AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao?

d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường trịn nội tiếp DEOF Chứng minh:1 r 3<R <2

Bài 95: Từ điểm A ngoồi 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 96: Cho DABC cân A, góc A nhọn Đường vng góc với AB A cắt đường thẳng BC E

Kẻ EN^AC Gọi M trung đđiểm 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 DAFN

Bài 97: 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 trịn b Tam giác BKC tam giác gì? Vì sao?

c Tìm quĩ tích điểm E A di động nửa đường tròn (O) Bài 98: Cho DABC 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 q tích điểm I E chạy BC

Bài 99: Cho tam giác ABC vng 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 của 

CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao?

c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh: r2 = r

12 + r22

Bài 100: 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?

c Chứng minh: Các đường thẳng OE, BF, CM đồng quy

Bài 101: Cho đường tròn (O; R) Dây BC < 2R cố định A thuộc cung lớn BC (A khác B, C khơng trùng đđiểm cung) Gọi H hình chiếu A BC; E, F thứ tự hình chiếu B, C đường kính AA’

a Chứng minh: HE^AC

b Chứng minh: DHEF DABC

c Khi A di động, chứng minh: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF cố định

Bài 102: Cho tam giác ABC vuông A Kẻ đường cao AH Gọi I, K tương ứng tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABH tam giác ACH

1) Chứng minh D ABC D 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’ ≤