Bài số 1Cho tam giỏc đều ABC, gọi O là trung điểm của BC.. b, chứng minh DO là tia phõn giỏc của gúc BDE c, vẽ đường trũn tõm O tiếp xỳc với AB... Ba đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H
Trang 1Bài số 1
Cho tam giỏc đều ABC, gọi O là trung điểm của BC Gúc
xOy = 600 quay quanh O cắt AB, AC lần lượt tại D và E
a, chứng minh BD.CE khụng đổi.
b, chứng minh DO là tia phõn giỏc của gúc BDE
c, vẽ đường trũn tõm O tiếp xỳc với AB Chứng minh DE tiếp xỳc với (O)
a/ Xét ∆ BDO và ∆ COE có
∠ B = ∠ C = 600( vì ∆ ABC đều)
∠ BOD = ∠ OEC
( ∠ BOD + ∠ EOC = 60
∠ OEC + ∠ EOC = 60)
⇒ ∆ BDO đồng dạng ∆ COE (g.g)
BO CO
BD
=
⇒ BD CE = CO BO ( không đổi)
b/ Vì ∆ BDO đồng dạng ∆ COE (g.g)
DO
CO
BD =
mà CO = OB
K
A A
C O
B H
Trang 2⇒ CE
BO
BO
BD
=
Ta lại có ∠ B = ∠ DOE = 600
⇒ ∆ BDO đồng dạng ∆ OED (g.g)
⇒ ∠ BDO = ∠ ODE ( hai góc tơng ứng)
Vậy DO là phân giác của ∠ BDE
c/ đờng tròn(O) tiếp xúc với AB tại H
⇒ AB ⊥ OH
Từ O kẻ OK ⊥ DE
Vì O thuộc phân giác của BDE
⇒ OK = OH
⇒ K thuộc đờng tròn (O; OH)
Có DE ⊥ OK
⇒ DE luôn tiếp xúc với (O; OH)
Cỏch khỏc Xột tam giỏc ADE cú DO là đường phõn giỏc ngoài đỉnh D và AO là đường phõn giỏc trong đỉnh A
O là tõm đường trũn bàng tiếp đỉnh A
(O) tiếp xỳc vớớ DE
Bài 2 Cho nửa đường trũn tõm O đường kớnh AB
Kẻ hai tiếp tuyến Ax và By, từ một điểm M trờn Ax
Kẻ tiếp tuyến MP cắt By tại N
a, c/m AMPO là tứ giác nội tiếp
b/ c/m ∆ MON và ∆ APB là hai tam giác vuông đồng dạng
c, c/m MP NP = OP2 = R2
d/ Tính tỷ số
APB
MON
S
S
biết AM =
2
R
a/ tứ giác AMPO có
∠ MAO + ∠ MPO = 900+ 900 = 1800
Mà ∠ MAO và ∠ MPO là hai góc đối của tứ giác
Nên AMPO là tứ giác nội tiếp
b, AMPO là tứ giác nội tiếp
O A
M P
B N
Trang 3⇒ ∠ PAO = ∠ PMO (1) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung PO của đờng
tròn ngoại tiếp tứ giác AMPO)
chứng minh tơng tự ta có tứ giác OPNB nội tiếp
⇒ ∠ PNO = ∠ PBO (2)
Từ (1) và (2)
⇒ ∆ MON đồng dạng ∆ APB (g.g)
Có ∠ APB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn(O))
⇒ ∆ MON và ∆ APB là hai tam giác vuông đồng dạng
c/ Theo tính chất của tiếp tuyến có
AM = MP và PN = NB
⇒ AM BN = MP PN
Mà ∆ MON vuông tại O có OP ⊥ MN
⇒ MP NP = OP2 = R2 ( hệ thức lợng trong tam giác vuông)
d/ Tính tỷ số
APB
MON
S
S
biết AM =
2
R
Ta có AM =
2
R mà AM BN = R2
⇒ BN = 2R
kẻ MH ⊥ BN ⇒ BH = AM = R2
⇒ HN = 3
2
R
Trong tam giác MHN vuông tại H ta có : MN2 = MH2 + NH2 (Đ/l Pitago)
⇒ MN2 = (2R)2 + (3
2
R )2 =
4
25R2
⇒MN =
2
5R
Do đó
APB
MON
S
S
= 2
AB
AB
2
2 2 5
R
R
=
16 25
Bài 3 Cho tam giỏc ABC nhọn nội tiếp đường trũn tõm O , đường cao
AH Phõn giỏc AD cắt (O) ở E , OE cắt BC ở I Vẽ đường kớnh AF , kẻ
CK AF với K AF
a) Chứng minh ACKH nội tiếp
b) Chứng minh IB = IC và OE // AH
c) Giả sử AB = 8 , AC = 12 , AH = 5 Tớnh chu vi đường trũn (O)
d) Chứng minh AD 2 < AB.AC và IHK cõn
Trang 4= = 90 o
Tứ giác AHKC nội tiếp (H và K cùng nhìn AC dưới các góc bằng nhau)
b)
Chứng minh IB = ID
Chứng minh OD BC
Chứng minh AH // OE
c)
Chứng minh được hệ thức AB.AC = AH.AF
Tính R = 9,6
Tính chu vi = 19,2
e)
Chứng minh AD 2 < AB.AC
Chứng minh IHK cân tại I
Bài 4
Cho ABC nhọn nội tiếp (O;R) (AB < AC) Ba đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H
Trang 5a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp được Xác định tâm I của đường trịn này
b) Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC kéo dài tại M Chứng minh:
MA2=MB.MC
c) AO cắt (O) tại K Chứng minh EF.AK = AH.BC
d) Gọi J là trung
điểm của AH
Tính diện tích tứ
giác JEIF theo R
khi BAC) =450
Bài 4:
a) Chứng minh tứ
giác BFEC nội tiếp
Xác định tâm I của
đường trịn này
b) Chứng minh tam
giác MAB đồng dạng tam giác MAC
Chứng minh: MA2=MB.MC
c) Chứng minh ∆AEFđd ∆ACB=>EF AF
BC = AB
∆AFHđd ∆ABK=>AH AF
AK = AB
AH BC EF AK
d) Chứng minh IJ vuơng gĩc với EF
Tính đúng IJ
Tính đúng EF
Tính diện tích tứ giác JEIF
* Bài 5:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O); Các đường cao AF
và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H (F∈BC; E∈AB).
a) Chứng minh tứ giác AEFC nội tiếp được đường tròn
b) Kẻ đường kính AK của đường tròn (O) Chứng minh: Hai tam giác ABK và AFC đồng
I
J
H
K
O F
E
D
B A
Trang 6c) Kẻ FM song song với BK (M∈AK) Chứng minh: CM vuông góc với AK d) Gọi I là trung điểm của đoạn BC Chứng minh: Ba điểm M, I, E thẳng hàng
a) Nêu đúng mỗi góc vuông
Kết luận tứ giác nội tiếp
Luận cứ đúng
b) Chứng minh được ·ABK=900
ABK AFC
Chứng minh được ·AKB ACF=·
Kết luận tam giác đồng dạng (đúng tương ứng đỉnh)
c) Chứng minh được ·MFC MAC=·
=> Tứ giác AFMC nội tiếp
=> ·AMC AFC= · =900
d) tứ giác OIMO nội tiếp
= Gĩc OCI = Gĩc OMI
Mà Gĩc OCI = Gĩc ACE (Suy nghĩ nhé)
Gĩc ACE= Gĩc AME
gĩc OMI = gĩc AME
M,I,E thẳng hàng
Cách khác tứ giác OIMO nội tiếp
= Gĩc CIM = Gĩc MOC = 2.∠OAC=2.∠OCA=2.∠OCA=2.∠CEM =2.∠CEI
Tam giác CEI cân
= Gĩc CIE + 2.∠CEI=1800
Tự c/m tiếp
I
M H
K F
E
O
C B
A