a/ Chứng minh tứ giác ABNM nội tiếp được trong một đường tròn.. d/ Các tiếp tuyến vẽ từ A, từ B, từ N với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt nhau tại P, Q, R N ở trên đoạn thẳng QR..
Trang 1Bài 1
Cho tam giác ABC vuông tại A và một điểm D nằm giữa A và B Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với CD, đường thẳng này cắt các đường thẳng CD và CA theo thứ tự ở H và K.
a/ Chứng minh rằng BHAC là tứ giác nội tiếp
b/ So sánh hai góc ACB và KHA
c/ Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHD cắt BC tại E (E ≠ B) Chứng minh ba điểm K, D, E thẳng hàng
Gi
ải
a/ BHAC là tứ giác nội tiếp:
Theo giả thiết ta có: BHC = 1 v và BAC = 1 v
Suy ra H và A ở trên đường tròn đường kính BC
Vì vậy tứ giác BHAC nội tiếp trong đường tròn đường kính BC
b/ So sánh hai góc ACB và KHA:
Tứ giác BHAC nội tiếp được đường tròn nên ta có:
v 2 ACB
Mà: BHA + KHA = 2 v (hai góc kề bù)
Suy ra: ACB = KHA
c/ Ba điểm K, D, E thẳng hàng:
Trong tam giác BKC hai đường cao CH và BA giao nhau tại D nên D là trực tâm của tam giác KBC.
Suy ra: KD ⊥ BC (1)
Mặt khác tứ giác BHDE nội tiếp nên ta có: BHD + BED = 2 v
Mà: BHD = 1 v (gt)
Nên: BED = 1 v Hay là: DE ⊥ BC (2)
Từ (1) và (2) ta kết luận: K, D, E thẳng hàng.
K A
C E
B
H D
Trang 2Băi 2 Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H Từ B kẻ đường thẳng song song với CF cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D
a/ Chứng minh AD là đường kính của đường tròn (O)
b/ Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành
c/ Chứng minh HB.HE = HC.HF
d/ Gọi I là điểm đối xứng với H qua BC Chứng minh A, H, I thẳng hàng và I nằm trên đường tròn (O)
a/ AD là đường kính của đường tròn (O)
Theo giả thiết ta có: BD // CF và AB ⊥ CF
Nên :ABD = 1 v
Suy ra B ở trên đường tròn đường kính AD
Mà: A, B, D ∈ (O)
Do đó AD là đường kính của đường tròn (O).
b/ Tứ giác BHCD là hình bình hành
Ta có: CD ⊥ AC (C ở trên đường tròn đường kính AD)
BE ⊥ AC (gt) Suy ra: CD// BE
Mặt khác: BD // CF (gt)
Do đó BHCD là hình bình hành
c/ HB.HE = HC.HF:
Xét hai tam giác vuông HFB và HEC ta
có:
EHC
FHB = (đối đỉnh)
Nên: ∆HFB ∆HEC
Suy ra:
HC
HB HE
HF =
Do đó: HB.HE = HC.HF
d/ A, H, I thẳng hàng, I ∈ (O)
Vì I là điểm đối xứng với H qua BC nên HI ⊥ BC
Thêm vào đó: AH ⊥ BC (H là trực tâm tam giác ABC)
Vì vậy A, H, I thẳng hàng
Theo giả thiết I là điểm đối xứng với H qua BC nên: BIC = BHC
Mà : EHF = BHC (đối đỉnh)
Cho nên: BIC = EHF
Mặt khác: EHF + BAC = 2 v (góc có cạnh tương ứng vuông góc)
A
E F
C B
O H
Trang 3Suy ra: BIC + BAC = 2 v
Vì vậy tứ giác ABIC nội tiếp trong một đường tròn
Ta lại có: A, B, C ∈ (O)
Do đó I ∈ (O)
Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) đường cao AH M là điểm trên cạnh AC sao cho AB = AM N là điểm trên cạnh BC sao cho
MN // AH
a/ Chứng minh tứ giác ABNM nội tiếp được trong một đường tròn b/ Chứng minh HN = AH
c/ Chứng minh CM.HN = AB.CN
d/ Các tiếp tuyến vẽ từ A, từ B, từ N với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt nhau tại P, Q, R (N ở trên đoạn thẳng QR)
Tính diện tích tứ giác APBM khi PQ = 6cm và PR = 8cm
a/ Tứ giác ABNM nội tiếp được trong một đường tròn.
Ta có: AH // MN (gt)
AH ⊥ BC (gt)
Suy ra: BNM = 1 v
Mặt khác: BAM = 1 v (gt)
Cho nên: BNM + BAM = 2 v
Do đó tứ giác ABNM nội tiếp được trong một đường tròn.
b/ HN = AH:
Theo giả thiết ta có: AB = AM và BAM = 1 v
Suy ra ∆ ABM vuông cân tại A
Cho nên:AMB = 45 0
Mà: ANB = AMB (cùng chắn cung AB)
Vì vậy: ANB = 45 0
Mặt khác: AHN = 1 v (gt)
Suy ra ∆ AHN vuông cân tại H
Do đó: AH = HN
c/ CM.HN = AB.CN:
Do MN // AH nên ta có:
NH
CN AM
CM = Thêm vào đó: MA = AB (gt)
Vì vậy: AB CN CM NH
NH
CN AB
CM
=
⇒
= d/ Diện tích tứ giác APBM:
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM
thì I là trung điểm của đoạn thẳng BM vì BAM = 1 v
Tứ giác AIBP có:
v 1 PBI
PAI = = (tính chất tiếp tuyến)
v
1
AIB = (AI là trung tuyến của tam giác cân ABM)
Suy ra AIBP là hình chữ nhật
Mặt khác: BI = AI (bán kính)
A P
Q
I
M
R
Trang 4Cho nên AIBP là hình vuông
Aïp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông PQR ta có:
) cm ( 10 QR 100 64 36 PR PQ
Theo tính chất tiếp tuyến ta có:AP = BP; AQ = QN và BR = NR
Cho nên:
PQ + PR - QR = AP + AQ + PB + BR - RN - NQ = AP + PB = 2AP
Suy ra: AP = (PQ + PR - QR):2 = (6 + 8 -10):2 = 2(cm)
Từ đó ta có: AP = PB = BI = IM = 2(cm)
Diện tích hình thang APBM được tính như sau:
2
2 4 2 2
PB BM AP
)
APBM
Bài 4: Cho hình vuông ABCD cạnh a Gọi N là một điểm bất kỳ trên cạnh DC (không trùng với D, C) Tia AN cắt tia BC tại M Đường thẳng vuông góc với AN tại A cắt tia BC và tia CD theo thứ tự tại P và Q a/ Chứng minh tứ giác QACM nội tiếp được trong một đường tròn b/ Chứng minh tam giác AQM vuông cân
c/ Tia PN cắt QM tại R Gọi K là trung điểm của QM Chứng minh AK // PR
d/ Chứng minh rằng khi N di động trên cạnh DC (không trùng với D, C) thì tích QD.PB không đổi
:
a/ Tứ giác QACM nội tiếp được trong một đường tròn:
Ta có: QAM = 1 v (gt)
QCM = 1 v (ABCD là hình vuông)
Suy ra A, C ở trên đường tròn đường kính QM
Vì vậy tứ giác QACM nội tiếp trong đường tròn đường kính CM b/ Tam giác AQM vuông cân:
Ta có: AMQ = ACQ (cùng chắn cung AQ)
0
45 ACQ = (AC là đường chéo hình vuông ABCD)
Suy ra: AMQ = 45 0
Mặt khác: QAM = 1 v (gt)
Do đó tam giác AQM vuông cân tại A
C D
Q
K
R
N
M P
Trang 5c/ AK // PR:
MA và QC là hai đường cao trong tam giác QPM giao nhau tại N nên N là trực tâm của tam giác PQM
Suy ra: PR ⊥ QM
Mặt khác AK ⊥ QM (AK là trung tuyến của tam giác cân AQM)
Vì vậy: AK // PR
d/ Tích QD.PB không đổi:
Xét hai tam giác vuông ADQ và PAB ta có:
PAB AQD = (đồng vị) Suy ra: ∆ ADQ ∆ PBA
Từ đó ta có: PB DQ AD BA a 2
BA
DQ PB
Do đó tích QD.PB không đổi khi N di động trên cạnh DC
Bài 5 Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến
AM, AN và cát tuyến ABC với đường tròn (O) [M, N, B, C ở trên đường tròn (O)] I là trung điểm của dây cung BC
a/ Chứng minh tứ giác AMIN nội tiếp được trong đường tròn
b/ Chứng minh : S(AMI) : S(ANI) = MI:NI
(S(AMI), S(ANI) là diện tích tam giác AMI và tam giác ANI)
a/ Tứ giác AMIN nội tiếp được trong đường tròn
Ta có: OMA = 1 v (Tính chất tiếp tuyến)
v 1 ONA = (Tính chất tiếp tuyến)
v 1 OIA = (Tính chất đối xứng)
Suy ra M, N, I ở trên đường tròn đường kính OA
Do đó tứ giác AMIN nội tiếp trong đường tròn đường kính OA
b/ S(AMI) : S(ANI) = MI:NI
Dựng MK ⊥ AC và NH ⊥ AC (K,H ∈ AC) ta có:
AM = AN (AM = AN)
Suy ra: MIK = NIK
Xét hai tam giác vuông KMI và HNI ta có:
NIK MIK = (chứng minh trên)
Suy ra: ∆ KMI ∆ HNI ⇒ MINI =MKNH
Mặt khác:
NH
MK 2 : AI NH
2 : AI MK S
S
) ANI (
) AMI
Do đó: S(AMI) : S(ANI) = MI:NI
Bài 6:
A
N M
H K B C
Trang 6Cho hình vuông ABCD, M là một điểm trên cạnh BC (M khác B và C) Đường tròn đường kính AM cắt đoạn thẳng BD tại B và N.
a/ Chứng minh tam giác ANM là tam giác vuông cân
b/ Chứng minh N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC
a/ Tam giác ANM là tam giác vuông cân:
Ta có: ABˆN=AMˆN (cùng chắn cung AN)
A Bˆ N = 45 0 (ABCD là hình vuông)
Suy ra: A MˆN = 45 0
Mặt khác:A Nˆ M = 1 v (N ở trên đường tròn đường kính AM)
Do đó tam giác ANM là tam giác vuông cân taiû N
b/ N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC:
Vì BD là đường trung trực của AC (ABCD là hình vuông)
Cho nên NA = NC
Thêm vào đó: NA = NM (Tam giác ANM vuông cân tại N)
Suy ra: NA = NC = NM
Do đó N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC
C
N
Trang 7Bài toán 7
Cho tam giác ABC vuông tại A và một điểm D lấy trên đoạn AC Đường vuông góc với đường thẳng BD vẽ từ C cắt đường thẳng BD tại E và cắt đường thẳng AB tại F.
a/ Chứng minh hai tam giác ABD và ECD đồng dạng
b/ Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp trong một đường tròn Tìm tâm của đường tròn đó
c/ Trong câu này, cho AB = AD = a và BC = 2a Đường thẳng FD cắt BC tại
K Tính cạnh AC, đường cao AH của tam giác ABC và đoạn FK.
x 1 = - (- 2) + 10 = 12 (thoả) ; x 2 = - (- 2) -10= - 8 (loại) Vậy vận tốc của người anh là 12km/h và vận tốc của người em là 8km/h.
a/ ∆ ABD ∆ ECD: Hai tam giác vuông ABD và ECD có:
EDC ADB = (đối đỉnh) Suy ra: ∆ABD ∆ECD:
b/ Tứ giác ABCE nội tiếp trong một đường tròn Xác định tâm:
Theo giả thiết ta có: BAC = 1 v
v 1 BEC = Suy ra A và E ở trên đường tròn đường kính BC.
Do đó tứ giác ABCE nội tiếp trong đường tròn đường kính BC có tâm là trung điểm của đoạn thẳng BC
c/ Tính AC, AH, FK:
Aïp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông ABC ta có:
BC2 = AB2 + AC2⇒ AC2 = BC2 - AB2 = 4a2 - a2 = 3a2⇒ AC = a 3
Aïp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABC và đường cao AH ta có:
AH.BC = AB.AC ⇒
2
3 a a
3 a a BC
AC AB
Ta có D là giao điểm hai đường cao CA và BE trong tam giác FBC nên D là trực tâm tam giác FBC Suy ra FD ⊥ BC.
Tam giác ABC vuông tại A nên ta có:
0
0 AFK DCK 30 60
ABC 2
1 a
a AC
AB
Ta có: AD = a và AC = a 3 nên DC = a ( 3 − 1 )
Tam giác FDA vuông taiû A nên:
B
A
E C D
F
Trang 8a 2
1 : a 30 Sin : a SinAFD :
AD FD FD
AD
Tam giác DKC vuông taiû K nên:
) 1 3 ( 2
a 30 Sin CD SinDCK
CD DK CD
DK
Do D∈ FD nên:
2
a ) 2
1 2
3 2 ( a ) 1 3 ( 2
a
Bài 8: Cho tam giác cân ABC (AB = AC) Qua A vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC tại M và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác đó tại K (K ≠
A)
a/ Chứng minh ∆AKC ∆ACM
b/ Chứng minh hệ thức: AB2 = AK.AM
c/ Cho biết BAC = 30 0, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R Tính diện tích tam giác ABC theo R
: a/ ∆ AKC ∆ ACM:
Vì AB = AC (gt) ⇒ AB = AC ⇒ AKC = ACM
Hai tam giác AKC và ACM có góc KAC là góc chung
và AKC = ACM nên:
∆ AKC ∆ ACM b/ AB 2 = AK.AM :
Theo chứng minh trên: ∆AKC ∆ACM
Suy ra: AC AK AM
AM
AC AC
=
⇒
=
Mà: AB = AC (gt)
Do đó: AB2 =AK.AM
c/ Diện tích tam giác ABC:
Do OB = OC và AB = AC nên AO là đường trung trực của đoạn BC
Gọi H là giao điểm của AO và BC ta có: OB = OC (bán kính)
và OBC = 2 BAC = 2 30 0 = 60 0(cùng chắn cung BC)
Suy ra: ∆BOC đều ⇒ BC = OB = R và
2
3 R 2
3 BC
4
R 3 2 2
R 2
3 R R 2
BC OH OA 2
BC AH
+
=
+
=
=
∆
A
O
C B
K
M H
Trang 9Bài 9 Cho tam giác ABC vuông tại A Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho
MCA
MCB < Đường tròn đường kính MC cắt cạnh BC tại D.Đường thẳng MD cắt đường thẳng AC tại E
a/ Chứng minh EADB là tứ giác nội tiếp
b/ Trên đường tròn đường kính MC lấy điểm H sao cho M là trung điểm của cung DH Chứng minh: HD // EB
c/ Gọi N là giao điểm của các đường thẳng MC, EB Chứng minh
ba điểm N, H, A thẳng hàng
a/ EADB là tứ giác nội tiếp:
Do D ở trên đường tròn đường kính MC nên: MDC = 1 v
Suy ra: EDB = 1 v
Mặt khác: EAB = 1 v (vì BAC = 1 v)
Cho nên A và D ở trên đường tròn đường kính EB
Do đó tứ giác EADB nội tiếp trong đường tròn đường kính EB
b/ HD // EB:
Ta có: EDH = MAD ( MD = HM )
MAD BED = (cùng chắn BD )
Suy ra: EDH = BED
Vì vậy: EB // HD
c/ Ba điểm N, H, A thẳng hàng:
Trong tam giác EBC, M là giao điểm hai đường
cao ED và BA nên M là trực tâm tam giác EBC.
Suy ra: CN ⊥ EB
Hay: BNC = 1 v
Mặt khác: BAC = 1 v (gt)
Cho nên N và A ở trên đường tròn đường kính BC.
Suy ra: NAB = NCB (cùng chắn cung NB)
Ta lại có: HAB = NCB ( MD = HM )
Vì thế: NAB = HAB
Trên nửa mặt phẳng bờ AB ta có NAB = HAB nên tia AH trùng với tia AN Hay nói một cách khác A, H, N thẳng hàng.
A
E
H N
D M