8 bài HH hay có ĐA

a, Chứng minh tam giác ABE vuông cân.. b, Chứng minh FB2 =FD.FA c, Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đợc đờng tròn.. Từ đó suy ra tia Do là tia phân giác của ãBDE Baứi 3 : Hãy tính thể

TOÅNG HễẽP CAÙC BAỉI HèNH CUÛA CAÙC ẹEÀ THI

Baứi 1 : Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx với nửa đờng tròn.

Gọi C là điểm trên nửa đờng tròn sao cho cung CB bằng cung CA, D là một điểm tuỳ ý trên cung CB ( D khác

C và B ) Các tia AC, AD cắt tia Bx theo thứ tự ở E và F

a, Chứng minh tam giác ABE vuông cân

b, Chứng minh FB2 =FD.FA

c, Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đợc đờng tròn

Baứi 2 : Cho tam giác đều ABC, O là trung điểm của BC Trên các cạnh AB, AC

lần lợt lấy các điểm di động D và E sao cho ãDOE=600

a Chứng minh tích BD.CE không đổi

b Chứng minh ∆BOD ∆OED Từ đó suy ra tia Do là tia phân giác của ãBDE

Baứi 3 : Hãy tính thể tích một chi tiết máy theo

kích thớc đã cho trên hình vẽ bên

Baứi 4 :Cho nửa đờng tròn (O, R) đờng kính AB cố định Qua A và B vẽ các tiếp tuyến với nửa đờng tròn (O)

Từ một điểm M tuỳ ý trên nửa đờng tròn (M khác A và B) vẽ tiếp tuyến thứ ba với nửa đờng tròn cắt các tiếp tuyến tại A và B theo thứ tự tơng ứng là H và K

a) Chứng minh tứ giác AHMO là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh AH + BH = HK

c) Chứng minh ∆ HAO ∆ AMB và HO.MB = 2R2

d) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đờng tròn sao cho tứ giác AHKB có chu vi nhỏ nhất

Baứi 5 :Treõn (O,R) ủửụứng kớnh AB , laỏy hai ủieồm M ,E theo thửự tửù A , M , E, B (hai ủieồm M , E khaực A, B )

hai ủửụứng thaỳng AM vaứ BE caột nhau taùi ủieồm C : AE vaứ BM caột nhau taùi D

a) CMR : MCED laứ moọt tửự giaực noọi tieỏp vaứ CD ⊥ AB

b) Goùi H laứ giao ủieồm cuỷa AB vaứ CD CMR : BE.BC=BH.BA

c) CMR : caực tieỏp tuyeỏn taùi M vaứ E cuỷa (O,) caột nhau taùi moọt ủieồm naốm treõn ủửụứng thaỳng CD

d) Cho bieỏt BAMã =450 vaứ ãBAE=300 Tớnh dieọn tớch tam giaực ABC theo R

Baứi 6: Laỏy ba ủieồm A, B, C thuoọc ủửụứng troứn taõm O sao cho tam giaực ABC coự ba goực nhoùn vaứ AB < AC

Tieỏp tuyeỏn taùi A cuỷa ủửụứng troứn taõm O caột BC taùi M Goùi K laứ trung ủieồm cuỷa daõy BC

a Chửựng minh caực ủieồm M, A, O, K cuứng thuoọc moọt ủửụứng troứn

b Chửựng minh heọ thửực MA2 = MB.MC

Veừ AH vuoõng goực vụựi OM taùi H Chửựng minh: HBO HCOã =ã

Baứi 7: Cho ABC nội tiếp trong đờng tròn (O) Tia phân giác của góc BAC cắt BC tại I, cắt đờng tròn tại M

a) Chứng minh OM vuông góc BC

b) Chứng minh MC2 = MI MA

c) Kẻ đờng kính MN Các tia phân giác của góc B và góc C cắt đờng thẳng AN tại P và Q Chứng minh 4

điểm P,C,B,Q cùng thuộc một đờng tròn

Baứi 8: Cho tam giaực ABC vuoõng taùi A vaứ coự goực B = 600 , AB = a Tớnh dieọn tớch xung quanh vaứ theồ tớch cuỷa hỡnh ủửụùc taùo thaứnh ( theo a ) khi tam giaực ABC :

a/ Quay quanh truùc AB?

b/ Quay quanh truùc AC?

Bài 1:

a, Ta có ằ CA CB = ằ (gt) nên sđằ CA =sđằ CB= 180 : 2 900 = 0

ã CAB 1

2

CB 90 45 2

= = (ã CABlà góc nội tiếp chắn cung CB)⇒ = àE 45 0 Tam giác ABE có ã ABE 90 = 0( tính chất tiếp tuyến) và ã CAB E 45 = = à 0nên tam giác ABE vuông cân tại B (

ã ADB 90 = 0do là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn nên ã BDF 90 = 0 ) có chung góc

AFB nên ∆ ABF : ∆ BDF (0,75đ)

suy ra FA FB

FB = FDhay FB2 = FD.FA (0,25đ)

c, Ta có ã CDA 1

2

CA 90 45

2

ã CDF CDA 180 + ã = 0 ( 2 góc kề bù) do đó

ã CDF 180 = 0 − ã CDA 180 = 0 − 450 = 1350 (0,25đ)

nội tiếp

đợc (0,25đ)

a) Xét ∆ BDO và ∆ COE có

B = =C 60 (vì ∆ ABC đều)





0 3

0 3

BOD = OEC

⇒⇒ ∆ BDO ∆ COE (g–g) BD BO

CO = CE ⇒ BD CE = CO BO (không đổi)

b) Vì ∆ BOD ∆ COE (c/m câu a)

⇒ BD DO

CO = OE mà CO = OB (gt) ⇒ BD DO

Lại có àB = DOEã = 600

⇒∆BOD ∆OED (c.g.c) ⇒ ảD1 = Dả 2 (hai góc tơng ứng)

O

x

E

F D C

B A

Vậy DO là phân giác ãBDE

- Thể tích của chi tiết máy chính là tổng thể tích của hai hình trụ

- Hình trụ thứ nhất, ta có:

r1 = 5,5cm ; h1 = 2cm

⇒ V1 = π 2

1

r h1 = π 5,52 2 = 60,5π (cm3)

- Hình trụ thứ hai có:

r2 = 3cm ; h2 = 7cm

⇒ V2 = π.r h2 = 22 π 32 7 = 63π (cm3)

- Vậy thể tích của chi tiết máy là :

V1 + V2 = 60,5π + 63π = 123,5 π (cm3)

Hình vẽ đúng:

a) Xét tứ giác AHMO có: ãOAH =OMHã = 900 (tính chất tiếp tuyến)

⇒ ãOAH+ OMHã =1800⇒ tứ giác AHMO nội tiếp vì có tổng hai góc đối diện bằng 1800 b) Theo tính chất hai tia tiếp tuyến cắt nhau của một đờng tròn có :

AH = HM và BK = MK

Mà HM + MK = HK (M nằm giữa H và K) ⇒ AH + BK = HK

c) Có HA = HM (chứng minh trên).OA = OM = R⇒ OH là trung trực của AM ⇒ OH ⊥ AM

Có ãAMB = 900 (góc nội tiếp chắn 1

2 đờng tròn).⇒ MB ⊥ AM

⇒ HO // MB (cùng ⊥ AM)⇒ ãHOA = MBAã (hai góc đồng vị)

Xét ∆ HAO và ∆ AMB có : ãHAO = AMBã = 900; HOAã = MBAã (chứng minh trên)

⇒∆ HAO ∆ AMB (g – g)

⇒ HO AO

AB = MB ⇒ HO.MB = AB.AO ⇒ HO.MB = 2R.R = 2R2

d) Gọi chu vi của tứ giác AHKB là PAHKB

PAHKB = AH + HK + KB + AB = 2HK + AB (vì AH + KB = HK)

Có AB = 2R không đổi

⇒ PAHKB nhỏ nhất ⇔ HK nhỏ nhất 0,25 điểm ⇔ HK // AB

mà OM ⊥ HK ⇒ HK // AB ⇔ OM ⊥ AB

⇔ M là điểm chính giữa của ằAB

H×nh vÏ minh ho¹

5/ a) CMR : MCED là một tứ giác nội tiếp và CD ⊥ AB.

Ta có AMB CMB va øAEB CEC

Tứ giác MCED có 2 góc đối diện là 2 góc vuông nên là một tứ giác nội tiếp.

Tam giác ACB có AE và BM là 2 đường cao nên đường thẳng CD là đường cao thứ ba: CD ⊥ AB

b) Gọi H là gjao điểm của AB và CD CMR : BE.BC = BH.BA

Hai tam giác vuông BEA và BHC đồng dạng với nhau vì có gócB chung, cho ta:

BE BA BE BC BA BH

BH =BC ⇒ =

c) CMR : các tiếp tuyến tại M và E của (O,) cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng CD

Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt CD tại I.

Ta có : IMD MAB (cùng chắn cung MB)=

Ngoài ra do tứ giác MAHD nội tiếp nên · MAB MDI=·

Suy ra:

IMD MDI va øta co ùtam giác IMD cân tạiI cho IM = ID

Va ødo tam giác CMD vuông nên I la øtrung điểm của CD.

Ly ùluận tương tự, tiếp tuyến tại E của (O) cũng cắt tại trung điểm I của C

=

D.

Vậy ta co ùđiều phải chứng minh.

d) Cho biết ·BAM =450 và BAE· =300 Tính diện tích tam giác ABC theo R

Ta có: BH = 2R – AH

Tam giác AHC vuông cân cho CH = AH

Tam giác HBC là nữa tam giác đều: CH = BH 3 = (2R – AH) 3

Vậy ta có (2R – AH) 3 = AH ( vì CH = AH)

Ta có CH

1+ 3

=

O H D

M

C

B A

Diện tích tam giùac ABC= 1 2 AB CH= 1 2 2R 2R 3

1+ 3 = R

2 (3 - 3 ) Bài 6

Ta có:

KB = KC (gt)

OK BC

⇒ ⊥ (t/c đkính và dc)

90

MKO=

Lại có: ·MAO=900(t/c ttuyến)

H B

A O M

C

đoạn thẳng MO dưới một góc 900 nên các điểm M, A, O, K cùng thuộc một đường tròn đường kính MO

Xét các tam giác MAB và MCA ta có:

¶M là góc chung

2

MAB MCA= = sd AB (hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây)

( )

MAB MCA g g

MA MB

MA MB MC

MC MA

Tam giác MAO vuông tại A có AH là đường cao nên:

MA2 = MH.MO (định lý 1 hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà MA2 = MB.MC (câu a)

MC MO

Xét các tam giác MHB và MCO ta có:

¶M là góc chung và MH MB

MC = MO

MHB MCO MHB MCO

Suy ra tứ giác BHOC nội tiếp (tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng với góc trong của đỉnh đối diện)

Vậy HBO HCO· = · (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung ¼HO

Q

C©u 7 N A

P

B C

M

O

I

a) Theo gt tia AM là phân giác nên: ∠BAM = ∠MAC

hay cung MB bằng cung MC (t/c góc nội tiếp)

Do đó OM vuông góc với BC (định lý đờng kính, dây)

b) MCI đồng dạng MAC vì ∠M chung và ∠CAM = ∠MCI

=>

MA

MC

=

MC

MI

=> MC2 = MA.MI c) ∠MAN = 90o (góc nội tiếp chắn nủa đờng tròn)

=> ∠QPB = 90o - ∠AKP = 900 - (

2

A

∠

+ 2

B

∠

) (1) => ∠BCQ =

2

C

∠

= 2

1 (180o - A∠ - B∠ ) = 900 - (

2

A

∠

+ 2

B

∠

) (2)

Từ (1) và (2) => ∠QPB = ∠BCQ => P,C cùng nằm về một nửa mặt phẳng mà bờ là đờng thẳng BQ và cùng nhìn đoạn BQ dợ những góc bằng nhau

Vậy tứ giác BQPC nội tiếp đợc trong một đờng tròn (3 điểm)