a) Tứ giác CDFE nội tiếp ñược trong một ñường tròn. a) Chứng minh rằng tam giác BCD là tam giác vuông. d) Xác ñịnh vị trí của M ñể OO’ ngắn nhất.. Gọi I là tâm ñường tròn nội tiếp tam gi[r]
Trang 2100 BÀI TOÁN HÌNH THI VÀO LỚP 10 THPT
Bài 1 : Cho 3 ñiểm A, B, C cố ñịnh với B nằm giữa A, C Một ñường tròn tâm O thay ñổi ñi qua B,
C Vẽ ñường kính MN vuông góc với BC tại D (M nằm trên cung nhỏ BC) Tia AN cắt ñường tròn tâm O tại ñiểm thứ 2 là F Hai dây cung BC và MF cắt nhau tại E Chứng minh rằng:
a) Tứ giác DEFN nội tiếp
- Dễ thấy ∆FEA~∆DNA g g( )⇒ AD.AE = AF.AN
- Dễ dàng chứng minh ñược AF.AN = AB.AC không ñổi (do A, B, C cố ñịnh) nên AD.AE không ñổi, mà (O) luôn qua B và C nên O nằm trên trung trực của BC, do ñó D cố ñịnh Vì vậy AD không ñổi ⇒ AE không ñổi hay E cố ñịnh
Bài 2 : Cho tam giác ABC vuông ở A Lấy trên AC một ñiểm D Dựng CE⊥BD
a) CMR: Tam giác ABD và tam giác ECD ñồng dạng
b) Tứ giác ABCE nội tiếp
c) CMR: FD⊥BC, với F là giao ñiểm của AB và CE
d) Cho biết ABC =600, BC = 2a, AD = a Tính AC, ñường cao AH của ∆ABC và bán kính ñường tròn ngoại tiếp tứ giác ADEF
- Ta có : ∆ABD~∆ECD g g( )
- Tứ giác ABCE nội tiếp ñường tròn ñường kính BC
- D là trực tâm tam giác FBC nên FD vuông góc với BC
- Dễ dàng tính ñược AB = a nên AH = AB.sinB sin 600 3
2
a a
0
2 sin 60a a 3
Trang 3giác ADEF (ñường tròn ñường kính FD) bằng a
D
Bài 3 : Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một ñường tròn và P là ñiểm chính giữa của cung AB
không chứa C và D Hai dây cung PC và PD lần lượt cắt dây AB tại E và F Các dây AD và
PC kéo dài cắt nhau tại I, các dây BC và PD kéo dài cắt nhau tại K CMR:
E P O
A
B
C
D
Trang 4- Ta có BP=AP⇒CD −BP=CD −AP⇒CID=CKD
180
nên tứ giác CDFE nội tiếp
- Theo trên CID=CKD⇒CDIK là tứ giác nội tiếp DKI =DCI=BFP⇒IK//AB (cặp góc
so le trong bằng nhau)
- Do BP=AP⇒FDA=FAP⇒ AP là tiếp tuyến của ñường tròn ngoại tiếp tam giác FDA tại
A (cùng bằng nửa số ño cung EA)
Bài 4 : Bài 6: Cho ñường tròn tâm O bán kỉnh Hai ñường kính AB và CD vuông góc với nhau
Trong ñoạn AB lấy ñiểm M (M ≠O) ðường thẳng CM cắt ñường tròn tâm O tại ñiểm thứ hai N ðường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của (O) tại P Chứng minh rằng:
a) Tứ giác OMNP nội tiếp
b) Tứ giác CMPO là hình bình hành
c) CM.CN không ñổi khi M di ñộng trên AB
d) Khi M di ñộng trên AB thì P chạy trên một ñoạn thẳng cố ñịnh
- Tứ giác OMNP nội tiếp ñường tròn ñường kính OP do 0
khi M di chuyển trên AB)
- Theo trên thì MP //= OC nên MP //= OP mà MOD =900 ⇒ tứ giác MPDO là hình chữ nhật
Do ñó PD vuông góc với CD tại D Vì vậy khi M di chuyển trên AB thì P di chuyển trên ñoạn thẳng A’B’= AB và vuông góc CD tại D
Trang 5Bài 5 : Cho ABC∆ vuông ở A (AB > AC), có ñường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa
ñỉnh A vẽ nửa ñường tròn ñường kính BH cắt AB tại E và nửa ñường tròn ñường kính CH cắt AC tại F
a) CMR: Tứ giác AFHE là hình chữ nhật
b) CMR: Tứ giác BEFC nội tiếp
c) EF là tiếp tuyến chung của hai nửa ñường tròn
d) Giả sử góc ABC bằng 300 CMR bán kính của nửa ñường tròn này gấp 3 lần bán kính của nửa ñường tròn kia
F E
I
A
- Tứ giác AEHF có ba góc vuông nên là hình chữ nhật
- Do AEHF là hình chữ nhật nên hai ñường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung ñiểm, vì vậy
Bài 6 : Cho nửa ñường tròn tâm O, ñường kính BC ðiểm A thuộc nửa ñường tròn ñó Dựng hình
vuông ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không chứa ñiểm C Gọi F là giao ñiểm của AE
và nửa ñường tròn (O), K là giao ñiểm của ED và CF
a) F là ñiểm chính giữa của cung BC
b) Tứ giác BDKC nội tiếp
c) Khi A di chuyển ED luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh
d) Tìm quỹ tích ñiểm E khi A di ñộng trên (O)
Trang 6FAC=DAE= ⇒FC= ⇒ F là ñiểm chính giữa của cung BC
- Do FC =FB=900 ⇒FBC=450 =EDB⇒KDB+FCB =1800 ⇒ tứ giác BCKD nội tiếp
- Theo trên tứ giác BCKD nội tiếp nên KBC=KDC=900 ⇒ ∆KBC là tam giác vuông cân
Bài 7 : Cho ñường tròn tâm O bán kính R, ñường kính AB Tiếp tuyến tại ñiểm M bất kì trên
ñường tròn (M ≠ A M, ≠ B) cắt tiếp tuyến tại A và B theo thứ tự tại C và D
Trang 7Bài 8 : Cho ABC∆ vuông ở C, có 1
- Vì H nằm trên ñường tròn ñường kính KA nên KHA=900 ⇒KH ⊥ AB, mà E là trực tâm
tam giác KBA nên KE ⊥AB⇒ ba ñiểm K, E, H thẳng hàng
chuyển trên BC thì I nằm trên cung chứa góc 1500 dựng trên BC (nằm ngoài tam giác ABC)
Bài 9 : Cho hai ñường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A, B ðường kính AC của (O) cắt (O’) tại giao
ñiểm thứ hai là E ðường kính AD của (O’) cắt (O) tại ñiểm thứ hai là F
a) CMR: CDEF nội tiếp
b) CMR: C, B, D thẳng hàng
c) CMR: OO’EF nội tiếp
d) Với ñiều kiện và vị trí nào của (O) và (O’) thì EF là tiếp tuyến chung của (O) và (O’)?
- Tứ giác CDEF nội tiếp ñường tròn ñường kính CD do 0
Trang 8- Do ∆FOA, ∆EO A' cân tại O và O’ mà FAO='EAO (ñối ñỉnh) ⇒OEO'=O FO' ⇒ tứ giác OFEO’ nội tiếp
- Nếu EF là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) thì OFE=FEO'=900 ⇒FOO'=900 ⇒ tứ giác OFEO’ là hình chữ nhật ⇒FO=EO'⇒ =R R' Mà A là tâm hình chữ nhật OFEO’ ñồng thời AB⊥O O' ⇒ O và O’ cách ñều AB Tóm lại, muốn EF là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) thì hai ñường tròn có bán kính bằng nhau và AB là trung trực của OO’
E F
D
A
Bài 10 : Cho (O;R), hai ñiểm C, D thuộc (O), B là ñiểm chính giữa của cung CD Kẻ ñường kính
AB Trên tia ñối của tía AB lấy ñiểm S Nối SC cắt (O) tại M, MD cắt AB tại K, MB cắt
C
S
Trang 9- Do B là ñiểm chính giữa của cung CD nên BC =BD⇒HAK=HMK⇒ tứ giác AMHK nội tiếp
- Ta có : MAC=MDC (cùng chắn MC ) mà MAC=MKH (cùng chắn MH của ñường tròn
ngoại tiếp tứ giác AMHK) nên MKH =MDC⇒HK//CD Có thể chứng minh cách khác,
Bài 11 : Cho tam giác ABC có các góc B, C nhọn Các ñường tròn ñường kính AB và AC cắt nhau
tại giao ñiểm thứ hai H Một ñường thẳng d bất kì qua A và cắt 2 ñường tròn trên lần lượt tại M, N
a) CMR: ñiểm H thuộc BC
b) Tứ giác BCNM là hình gì? Tại sao?
c) Gọi P, Q lần lượt là trung ñiểm của BC và MN CMR: A, H, P, Q thuộc một ñường tròn
Bài 12 : Cho tam giác ABC nội tiếp trong (O) có các góc ñều nhọn và A = 45 Vẽ các ñường cao 0
BD và CE của ABC∆ Gọi H là giao ñiểm của BD và CE
Trang 10vuông cân tại D Do ñó DH = DC
Bài 13 : Cho (O; R) Hai ñường kính AB và CD vuông góc với nhau E là ñiểm chính giữa cung nhỏ
BC và AE cắt CO ở F, DE cắt AB ở M
a) CEF và EMB là tam giác gì?
b) CMR: Tứ giác FCBM nội tiếp và chỉ rõ tâm ñường tròn ngoại tiếp tứ giác
c) CMR: OE, BF, CM ñồng quy
2
Tương tự ta có tam giác EMB cân tại E
- Theo trên ta có EC = EF, EM = EB Mà E là ñiểm chính giữa của cung BC nên EC = EB Do
ñó EC = EF = EB = EM = a Vậy tứ giác FCBM nội tiếp ñường tròn (E;a)
Trang 11- Dễ thấy ∆FEC= ∆BEM c g c( . )⇒FC=BM ⇒MFB=CBF⇒FM //CB⇒ tứ giác CBMF
là hình thang cân Do ñó giao ñiểm hai ñường chéo nằm trên trung trực của FM Mặt khác, dễ dàng chứng minh ñược OF = OM, EF = ME nên OE là trung trực của FM Vì vậy CM, BF,
Bài 14 : Cho hai ñường tròn (O) và (O.) cắt nhau tại A và B Tiếp tuyến chung với hai ñường tròn
về phía nửa mặt phẳng bờ OO chứa ñiểm B có tiếp ñiểm theo thứ tự là E và F Qua A kẻ cát tuyến song song với EF cắt (O), (O.) theo thứ tự tại C, D ðường thẳng CE và DF cắt nhau tại I
a) CMR: IA⊥CD
b) CMR: Tứ giác IEBF là nội tiếp
c) CMR: AB ñi qua trung ñiểm của EF
- Kéo dài OE và O’F cắt DC tại H và K, ta có FK ⊥KH EH, ⊥KH ⇒ FEHK là hình chữ nhật nên FE = HK Mà K là trung ñiểm AD, H là trung ñiểm AC
(tổng các góc trong FBE∆ ) Do ñó tứ giác IEBF là tứ giác nội tiếp
- Kéo dài AB cắt EF tại P, do FAB BFE FPB~ APF g g( ) FP PB
Trang 12H K
Bài 15 : Cho tam giác ABC vuông tại A Trên cạnh AC lấy một ñiểm M
2
AC MC
tròn (O) ñường kính MC BM cắt (O) tại D, AD cắt (O) tại S
a) CMR: Tứ giác ABCD nội tiếp
b) CMR: CA là phân giác của góc SCB
c) Gọi E là giao ñiểm của BC với (O) CMR: BA, EM, CD ñồng quy
d) CMR: DM là tia phân giác của góc ADE
e) CMR: M là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ADE
- Tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn ñường kính BC do 0
90
- Ta có ADB= ACB (cùng chắn cung AB của ñường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD),
ADB=SCM (cùng chắn cung MS) ⇒ACB=SCM ⇒CA là phân giác SCB
- Kéo dài AB và Cd cắt nhau tại K, dễ thấy M là trực tâm tam giác BKC nên KM ⊥BC, mà
quy tại K
- Theo trên ACB=SCM⇒MS =EM⇒SDM=MDE⇒ DM là tia phân giác của góc ADE
- Dễ thấy tứ giác AECK nội tiếp ñường tròn ñường kính KC nên AEM =ACK, mà
ACK =MED (cùng chắn cung MD) ⇒ AEM =DEM⇒ ME là phân giác AED⇒M là
Trang 13Bài 16 : Cho (O; R) ñường kính AB Một dây CD cắt AB ở E Một tiếp tuyến d tiếp xúc với (O) tại
B cắt tia AC, AD lần lượt tại M, N CMR:
a) ∆ABC ~ ABM∆
b) Tứ giác CMND nội tiếp
c) Tiếp tuyến tại C cắt d ở I CMR: I là trung ñiểm của BM
d) Xác ñịnh vị trí của C, D sao cho ∆AMN là ñều
Trang 14- Ta có ∆ACB ~ ABM g.g∆ ( ) vì 0
- Dễ thấy ADC= ABC ABC, =AMB (cùng phụ ABM ) Do ñó
180
AMB+NDC=ADC+NDC= ⇒ DCMN là tứ giác nội tiếp
- Ta có IC = IB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên
Bài 17 : Cho nửa ñường tròn tâm O, ñường kính AB = 2R và một ñiểm M bất kì nằm trên nửa
ñường tròn (M khác A và B) ðường thẳng d tiếp xúc với nửa ñường tròn tại M và cắt ñường trung trực của ñoạn AB tại I ðường tròn tâm I tiếp xúc với AB cắt ñường thẳng d tại C và D (D nằm trong góc BOM)
a) CMR: các tia OC, OD là các tia phân giác của các góc AOM và BOM
b) CMR: CA và DB vuông góc với AB
Trang 15- Theo trên ta có : AC = MC, BD = MD Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông COD ta
có : CM DM =OM2 =R2 ⇒ AC BD =R2
- Theo Cauchy ta có : AC+BD≥2 AC BD =2R⇒ giá trị nhỏ nhất của AC + BD bằng 2R ñạt ñược khi AC = BD = R Khi ñó M là ñiểm chính giữa của AB
Bài 18 : Cho tam giác ABC có góc A > 900 ðường tròn (O), ñường kính AB cắt ñường tròn (O.)
ñường kính AC tại giao ñiểm thứ hai là H Một ñường thẳng d quay quanh A cắt ñường tròn (O), (O.) lần lượt tại M, N sao cho A nằm giữa M và N
a) CMR: H thuộc cạnh BC và tứ giác BCNM là hình thang vuông
Trang 16Bài 19 : BC là một dây cung của ñường tròn (O;R) với (BC ≠ 2R) Một ñiểm A di ñộng trên cung
lớn BC sao cho tâm O luôn nằm trong tam giác ABC, các ñường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H
a) Chứng minh tam giác AEF và tam giác ABC ñồng dạng ?
b) Gọi A’ là trung ñiểm của BC Chứng minh AH = 2.A 'O ?
c) Gọi A1 là trung ñiểm của FE Chứng minh R.AA1= AA '.OA ' ?
d) Chứng minh rằng 2S ABC = R FE( + FD DE + ) và xác ñịnh vị trí ñiểm A ñể FE + FD + DE ñạt giá trị lớn nhất ?
Giải
a) Chứng minh tam giác AEF và tam giác ABC ñồng dạng ?
- Ta có : ∆ ABE ~ ACF g.g ∆ ( ) (hai tam giác vuông chung góc A) nên AE AB
AF = AC
- Xét tam giác AEF và tam giác ABC có : AE AB
AF = AC và A chung nên ∆AEF ~ ABC c.g.c∆ ( )
b) Gọi A’ là trung ñiểm của BC Chứng minh AH = 2.A 'O ?
Trang 17- Kéo dài AO cắt (O) tại M, khi ñó AM là ñường kính Theo tính chất của góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn ta có : BM⊥AB, CM⊥AC
- Mặt khác theo giả thiết CF⊥AB, BE⊥AC nên tứ giác BHCM là hình bình hành (tứ giác có hai cặp cạnh song song) mà A’ là trung ñiểm BC nên A’ cũng là trung ñiểm của MH hay M, A’, H thẳng hàng
- Xét tam giác AMH, theo tính chất ñường trung bình của tam giác ta có : AH = 2A’O
c) Gọi A1 là trung ñiểm của FE Chứng minh R.AA1= AA '.OA ' ?
- Tứ giác AEHF nội tiếp ñường tròn ñường kính AH nên bán kính r ñường tròn ngoại tiếp tam
giác AEF có ñộ dài r 1AH OA '
- Tương tự : R.DE = 2SOAB, R.DF = 2SOAC
- Do ñó : R EF DE( + +DF)=2 S( OAB+SOBC+SOAC)=2SABC
- Mặt khác : 2SABC BC.AD EF DE DF BC.AD
R
- Vì BC và R không ñổi nên EF + DE + EF lớn nhất khi AD lớn nhất tức là A là ñiểm chính giữa của cung lớn BC
Bài 20 : Cho tam giác ABC nội tiếp (O) (AB < AC), phân giác trong AD góc A của tam giác ABC
cắt (O) tại M, phân giác ngoài góc A của tam giác ABC cắt (O) tại N
Trang 18- Do AN, AM là phân giác hai góc kề bù tại ñỉnh A nên AM ⊥ AN hay 0
MAN = 90 ⇒ MN là ñường kính của (O) hay M, O, N thẳng hàng
- Mặt khác M là ñiểm chính giữa của cung BC nên OM ⊥ BC ⇒ MN ⊥ BC
b) Gọi O , O1 2 là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ACD Chứng minh MB là tiếp tuyến của ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và B, O ,N1 thẳng hàng ?
- Dễ thấy BAD=DBM (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) nên M thuộc tiếp tuyến tại B chắn cung BD của ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABD hay BM là tiếp tuyến của ( )O1
- Vì BM là tiếp tuyến của ñường tròn ( )O1 nên BM ⊥ O B1 , mặt khác MBN=900⇔BM⊥BN
do ñó O1∈ BN hay B, O1, N thẳng hàng
- Tương tự ta có C, O2, N thẳng hàng
c) Chứng minh tam giác AO O1 2và tam giác ABC ñồng dạng
- Ta có : O O1 2 là trung trực của AD nên O O1 2 ⊥ AD, mà NA ⊥ AD nên O O // AN1 2 , do ñó
1 2
BCA = BNA = NO O ’’’’’’’’
d)
Bài 21 : Cho ñường tròn (O) có ñường kính AB = 2R và ñiểm C thuộc ñường tròn ñó (C khác A, B)
Lấy ñiểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC tại ñiểm E, tia AC cắt tia BE tại ñiểm F
Trang 192) Chứng minh DA.DE = DB.DC
3) Chứng minh CFD = OCB Gọi I là tâm ñường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh
IC là tiếp tuyến của ñường tròn (O)
4) Cho biết DF = R, chứng minh tgAFB = 2
x
I F
Cũng theo câu 1, tâm I của ñường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF chính là trung ñiểm của FD,
do ñó CFD=CFI, mà IF = IC nên tam giác CIF cân tại I ⇒CFI=FCI Nên kết hợp với (4), ta có FCI =OCB Gọi Cx là tia ñối của tia CI, khi ñó FCI =xCA (ñối ñỉnh)
Trang 204 Ta có : DFE=DCE (cùng chắn cung DE của ñường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF),
Bài 22 : Cho ñường tròn (O, R) và ñiểm A nằm bên ngoài ñường tròn Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với
ñường tròn (B, C là các tiếp ñiểm)
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp
b) Gọi E là giao ñiểm của BC và OA Chứng minh BE vuông góc với OA và OE.OA = R 2
c) Trên cung nhỏ BC của ñường tròn (O, R) lấy ñiểm K bất kỳ (K khác B, C) Tiếp tuyến tại K của ñường tròn (O, R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P, Q Chứng minh tam giác APQ
có chu vi không ñổi khi K chuyển ñộng trên cung nhỏ BC
d) ðường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các ñường thẳng AB, AC theo thứ tự tại
+
Trang 21Bài 23 : Cho ñường tròn (O;R) ñường kính AB và dây CD vuông góc với nhau (CA < CB) Hai tia
BC và DA cắt nhau tại E Từ E kẻ EH vuông góc với AB tại H; EH cắt CA ở F Chứng minh rằng:
a) Tứ giác CDFE nội tiếp ñược trong một ñường tròn
b) Ba ñiểm B, D, F thẳng hàng
c) HC là tiếp tuyến của ñường tròn ( )O
F H E
D
B O
A C
- Dễ thấy ACD=AFE so le trong CD( , //FE), ACD=ADC⇒EFA=ADC⇒ CDFE là tứ
- Dễ thấy tứ giác EHAC nội tiếp ñường tròn ñường kính EA nên
tiếp tuyến của (O) tại C
Bài 24 : Cho tam giác ABC vuông cân ở A, trên cạnh BC lấy ñiểm M Gọi (O) là ñường tròn tâm O
qua M và tiếp xúc với AB tại B, gọi (O’) là ñường tròn tâm O’ qua M và tiếp xúc với AC tại C ðường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại D (D không trùng với M)
a) Chứng minh rằng tam giác BCD là tam giác vuông
b) Chứng minh OD là tiếp tuyến của (O’)
c) BO cắt CO’ tại E Chứng minh 5 ñiểm A, B, D, E, C cùng nằm trên một ñường tròn d) Xác ñịnh vị trí của M ñể OO’ ngắn nhất
- Do AB là tiếp tuyến của (O) ñi qua M tại B mà 0 0 0
Trang 22- Dễ thấy BOM và CO’M là các tam giác vuông cân tại O và O’ nên
- Dễ thấy ABEC là hình vuông nên BEC=900 ⇒ 5 ñiểm A, B, E, D, C cùng nằm trên ñường tròn ñường kính BC Do vậy, có thể chứng minh câu b theo cách khác như sau : EBD=ECD(cùng chắn cung ED của ñường tròn ñường kính BC) mà các tam giác OBD và O’CD cân tại
- Thấy ngay OMO’E là hình chữ nhật nên OO’ = EM, do ñó OO’ ngắn nhất khi Em ngắn nhất,
mà E cố ñịnh (do ABEC là hình vuông) nên EM ngắn nhất khi M là hình chiếu của E trên BC hay M là hình chiếu của A trên BC
Bài 25 : Cho tam giác ABC vuông tại B (BC > AB) Gọi I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ABC,
các tiếp ñiểm của ñường tròn nội tiếp với cạnh AB, BC, CA lần lượt là P, Q, R
a) Chứng minh tứ giác BPIQ là hình vuông
b) ðường thẳng BI cắt QR tại D Chứng minh 5 ñiểm P, A, R, D, I nằm trên một ñường tròn
c) ðường thẳng AI và CI kéo dài cắt BC, AB lần lượt tại E và F Chứng minh AE CF = 2AI CI
- Dễ thấy BPIQ là hình chữ nhật có một ñường chéo BI là phân giác PBQ ⇒ nó là hình vuông
- Ta có APIR nội tiếp ñường tròn ñường kính AI do 0
Trang 23Q
I
C A
P Q
B
C A
E
Trang 24- Dễ thấy các tam giác BQE và CPE là các tam giác ñều nên AQ = PC, do ñó
Bài 27 : Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp ñường tròn tâm O, kẻ ñường kính AD, AH là
ñường cao của tam giác (H ∈ BC)
a) Chứng minh tứ giác ABDC là hình chữ nhật
b) Gọi M, N thứ tự là hình chiếu vuông góc của B, C trên AD Chứng minh HM vuông góc với HN
c) Gọi bán kính của ñường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác vuông ABC là r và R Chứng minh : r + R ≥ AB.AC
- Tứ giác ADBC có hai ñường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung ñiểm nên là hình chữ nhật
- Tứ giác AMHB nội tiếp ñường tròn ñường kính AB nên BAH =BMH, mà HAB=MBA(phụ với hai góc bằng nhau OAB=OBA) nên ABM =BMH⇒MH //AB Chứng minh
tương tự ñược HN // AC mà AB⊥ AC⇒HM ⊥HN
Trang 25M H
Trang 26Bài 28 : Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn tâm O, ñường phân giác trong của góc A cắt cạnh
BC tại D và cắt ñường tròn ngoại tiếp tại I
a) Chứng minh OI vuông góc với BC
- Do OA = OI nên OAI=OIA, mà OIA=IAH AH( ⊥BC OI, ⊥BC⇒AH //OI so le trong, )
nên OAI =IAH ⇒ BAI −OAI =CAI −IAH ⇒BAH=CAO
- Giả sử B> ⇒ H nằm giữa B và D, ta có : C HAO=OAB−BAH, mà BAH =OAC=OCA
và OBC=OCB OAB , =OAB⇒ − =B C OBA OCA − =OAB −BAH =HAO Tương tự, nếu
B≤ ⇒C OAH = − ⇒C B OAH = B C−
Bài 29 : Cho tam giác ABC nhọn, ñường cao kẻ từ ñỉnh B và ñỉnh C cắt nhau tại H và cắt ñường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại E và F
a) Chứng minh AE = AF
b) Chứng minh A là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác EFH
c) Kẻ ñường kính BD, chứng minh tứ giác ADCH là hình bình hành
Trang 27D G
H F
do ñó AE = AF Chứng minh tương tự ta có CE=CG
vậy AH = AE = AF Do ñó A là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
- Dễ thấy BH ⊥AC DC, ⊥ AC⇒BH //DC, tương tự CH //BD ⇒ tứ giác BDCH là hình
bình hành
Bài 30 : Cho tam giác ABC vuông tại A, ñường cao AH ðường tròn ñường kính AH cắt cạnh AB
tại M và cắt cạnh AC tại N
a) Chứng minh rằng MN là ñường kính của ñường tròn ñường kính AH
b) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp
c) Từ A kẻ ñường thẳng vuông góc với MN cắt cạnh BC tại I Chứng minh: BI = IC
Trang 28- Tứ giác AMNH là hình chữ nhật do có 3 góc vuông nên MHN =900 ⇒MN là ñường kính của (O) ñường kính AH
- Ta có BAH= (cùng phụ với C HAC ) mà BAH =AMO (do AMHN là hình chữ nhật) nên
tương tự IA = IB nên IB = IC
Bài 31 : Cho tam giác ABC vuông tại C, O là trung ñiểm của AB và D là ñiểm bất kỳ trên cạnh AB
(D không trùng với A, O, B) Gọi I và J thứ tự là tâm ñường tròn ngoại tiếp các tam giác ACD và BCD
a) Chứng minh OI song song với BC
b) Chứng minh 4 ñiểm I, J, O, D nằm trên một ñường tròn
c) Chứng minh rằng CD là tia phân giác của góc BAC khi và chỉ khi OI = OJ
- Do IA = IC và OC = OA nên IO là trung trực của CA hay OI ⊥CA
- Do (I) và (J) cắt nhau theo dây CD nên IJ là phân giác của
2
CID CID⇒JID= =CAB, tương
ICO= ⇒BCD= ⇒ CD là phân giác ACB Tóm lại CD là tia phân giác của góc
BAC khi và chỉ khi OI = OJ
Trang 29a) Gọi I là trung ñiểm của AB Chứng minh bốn ñiểm P, Q, O, I nằm trên một ñường tròn b) PQ cắt AB tại E Chứng minh: MP2 = ME.MI
c) Giả sử PB = b và A là trung ñiểm của MB Tính PA
b
E
I
B Q
Bài 33 : Cho hình vuông ABCD, M là một ñiểm trên ñường chéo BD, gọi H, I và K lần lượt là hình
chiếu vuông góc của M trên AB, BC và AD
a) Chứng minh :∆MIC = ∆HMK
b) Chứng minh CM vuông góc với HK
c) Xác ñịnh vị trí của M ñể diện tích của tam giác CHK ñạt giá trị nhỏ nhất
- Dễ thấy MHBI là hình vuông còn MHAK là hình chữ nhật nên MH = MI = BI = BH và MK
= AH nên AB – HB = BC – BI hay AH = IC Do ñó ∆MIC = HMK c.g.c∆ ( )
- Kéo dài CM cắt KH tại E, ta có EMH=MCI (MH // BC, ñồng vị) mà MIC = HMK∆ ∆ nên
KHM=CMI⇒EMH+KHM=90 ⇒CM⊥KH= E
- Giả sử cạnh hình vuông bằng a và MH = MI = BI = BH = x, AH = IC = KD = y Dễ thấy x +
y = a Ta có :
Trang 30I K
H
M
Bài 34 : Cho 3 ñiểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự ñó Dựng ñường tròn ñường kính AB, BC Gọi
M và N thứ tự là tiếp ñiểm của tiếp tuyến chung với ñường tròn ñường kính AB và BC Gọi
E là giao ñiểm của AM với CN
a) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp
b) Chứng minh EB là tiếp tuyến của 2 ñường tròn ñường kính AB và BC
c) Kẻ ñường kính MK của ñường tròn ñường kính AB Chứng minh 3 ñiểm K, B, N thẳng hàng
MOO '+NO ' O 180= Mà các tam giác OMB và
MBK=MBN=90 ⇒MBK+MBN 180= ⇒ ba ñiểm K, B, N thẳng hàng
Trang 31C B
Bài 35 : Cho nửa ñường tròn ñường kính MN Lấy ñiểm P tuỳ ý trên nửa ñường tròn (P ≠ M, P ≠
N) Dựng hình bình hành MNQP Từ P kẻ PI vuông góc với ñường thẳng MQ tại I và từ N
kẻ NK vuông góc với ñường thẳng MQ tại K
a) Chứng minh 4 ñiểm P, Q, N, I nằm trên một ñường tròn
QNP=MPN=90 MP // NQ, so le trong ⇒PIQ=QNP=90 ⇒ 4 ñiểm P,
Q, N, I cùng nằm trên ñường tròn ñường kính PQ
- Cách 2 : Ta có PIM∆ = ∆NKQ (cạnh huyền – góc nhọn) nên PI=NK mà PI // NK ⇒ PKNI là hình bình hành ⇒KPN=PNI PK // NI, so le trong( ), mặt khác KPN=KMN
Trang 32(cùng chắn cung KN) và KMN=PQI PQ // MN, so le trong( )⇒PNI=PQI⇒ tứ giác PQNI nội tiếp hay bốn ñiểm P, Q, I, N cùng nằm trên một ñường tròn
- Theo trên ta có NPK=PQM, mà PNK=PMQ (cùng chắn cung PK) nên
Bài 36 : Cho 3 ñiểm M, N, P thẳng hàng theo thứ tự ấy, gọi (O) là ñường tròn ñi qua N và P Từ M
kẻ các tiếp tuyến MQ và MK với ñường tròn (O) (Q và K là các tiếp ñiểm) Gọi I là trung ñiểm của NP
a) Chứng minh 5 ñiểm M, Q, O, I, K nằm trên một ñường tròn
b) ðường thẳng KI cắt ñường tròn (O) tại F Chứng minh QF song song với MP
c) Nối QK cắt MP tại J Chứng minh : MI MJ = MN MP
Trang 33- Ta có MQK=QFK (cùng chắn cung QK) và MQK=MIK (cùng chắn cung MK của ñường tròn ñi qua 5 ñiểm M, Q, O, I, K) nên QFK=MIK⇒MP // QF (cặp góc ñồng vị bằng nhau)
Bài 37 : Tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn ñường kính AD Hai ñường chéo AC, BD cắt nhau tại
E Hình chiếu vuông góc của E trên AD là F ðường thẳng CF cắt ñường tròn tại ñiểm thứ hai là M Giao ñiểm của BD và CF là N Chứng minh:
a) CEFD là tứ giác nội tiếp
b) E là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác BCF
c) Tia FA là tia phân giác của góc BFM
EFD=ECD=90 ⇒ tứ giác CDFE nội tiếp ñường tròn ñường kính ED
- Cách 1 : Do FCE=FDE (cùng chắn cung FE của ñường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE) nên
- Ta có BAE=BFE (cùng chắn cung BE của ñường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEF),
BAE=CDE (cùng chắn cung BC), CDE=CFE (cùng chắn cung EC của ñường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE) nên BFE=CFE⇒FE là phân giác góc BFN Do ñó theo tính chất phân giác ta có BE BF
EN = FN Mà AD là trung trực AM nên FB = FM và DB = DM, do ñó
Trang 34Bài 38 : Cho ñiểm A ở ngoài ñường tròn tâm O Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với ñường tròn (B, C là
tiếp ñiểm) M là ñiểm bất kì trên cung nhỏ BC (M≠B, M≠C) Gọi D, E, F tương ứng là
hình chiếu vuông góc của M trên các ñường thẳng AB, AC, BC; H là giao ñiểm của MB và DF; K là giao ñiểm của MC và EF
a) Chứng minh MECF là tứ giác nội tiếp
b) MF vuông góc với HK
c) Tìm vị trí của ñiểm M trên cung nhỏ BC ñể tích MD.ME lớn nhất
K H
E
F D
MFD=MEF, MFK=MDF⇒ ∆DMF ~ FME g.g∆ ⇒MD.ME=MF nên MD.ME lớn nhất khi MF lớn nhất hay M là ñiểm chính giữa của cung nhỏ BC
Bài 39 : Từ ñiểm M ở ngoài ñường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB và một cát tuyến MCD
(MC < MD) tới ñường tròn Gọi I là trung ñiểm của CD Gọi E, F, K lần lượt là giao ñiểm của ñường thẳng AB với các ñường thẳng MO, MD, OI
a) Chứng minh rằng: R2 = OE OM = OI OK
b) Chứng minh 5 ñiểm M, A, B, O, I cùng thuộc một ñường tròn
c) Khi cung CAD nhỏ hơn cung CBD Chứng minh : DEC = 2.DBC
- Do MA = MB và OA = OB nên OM là trung trực của AB AB⊥OM= Áp dụng hệ thức E
Trang 35
Bài 40 : Cho ñường tròn (O; R), hai ñiểm C và D thuộc ñường tròn, B là trung ñiểm của cung nhỏ
CD Kẻ ñường kính BA; trên tia ñối của tia AB lấy ñiểm S, nối S với C cắt (O) tại M; MD cắt AB tại K; MB cắt AC tại H Chứng minh:
a) BMD=BAC, từ ñó suy ra tứ giác AMHK là tứ giác nội tiếp
b) HK song song với CD
c) OK OS = R2
- Do B là ñiểm chính giữa của cung CD nên CB=DB⇒DMB =DAC⇒ tứ giác AMHK là tứ giác nội tiếp
AMH+AKH 180 , AMH= =90 ⇒AKH=90
Trang 36- Kéo dài OC cắt (O) tại E, dễ thấy CB=AE⇒AM+CB =AM+AE⇒MCE=DKB Mà
AB là trung trực CD nên CKB=DKB⇒MCE=CKB⇒ ∆OKC ~ OCS∆ Do ñó
D
C
S
Bài 41 : Cho tam giác ABC vuông tại A Nửa ñường tròn ñường kính AB cắt BC tại D Trên cung
AD lấy E Nối BE và kéo dài cắt AC tại F
a) Chứng minh CDEF là tứ giác nội tiếp
b) Kéo dài DE cắt AC ở K Tia phân giác của góc CKD cắt EF và CD tại M và N Tia phân giác của góc CBF cắt DE và CF tại P và Q Tứ giác MPNQ là hình gì ? Tại sao?
c) Gọi r, r1, r2 theo thứ tự là bán kính ñường tròn nội tiếp các tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh rằng: r2 = 2 2
r + r
O
Q P
M
K F
B
A
E
Trang 37ABO+AKO=ABE+AKE+MBO+PKO=90 +FCD+90 −FCD 180= ⇒ tứ giác
BAK=90 ⇒BOK=90 ⇒ ∆PKQ, ∆MBN cân tại K và B nên KN là trung trực của PQ và BQ là trung trực của MN Vì vậy tứ giác MNPQ có hai ñường chéo vuông góc tại trung ñiểm hay tứ giác này là hình thoi
Bài 42 : Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp ñường tròn (O) Kẻ ñường kính AD Gọi M là trung
ñiểm của AC, I là trung ñiểm của OD
a) Chứng minh OM // DC
b) Chứng minh tam giác ICM cân
Trang 38c) BM cắt AD tại N Chứng minh IC2 = IA.IN
N
H I
M
D B
O A
C
- Dễ thấy OM⊥AC, DC⊥AC⇒OM // DC
- Theo trên tứ giác MODC là hình thang vuông nên nếu gọi H là trung ñiểm của MC thì
IH⊥MC⇒ ∆MIC cân tại I
- Ta có ∆BIA= ∆CIA c.g.c( )⇒ABI=ACI mà tam giác MIC cân tại I nên ACI=IMC⇒
ABI=IMC⇒ABI+IMA 180= ⇒ tứ giác BIMA là tứ giác nội tiếp Do ñó BAI=BMI,
mà AD là ñường kính nên AD là phân giác BAC⇒BAI=IAM⇒ ∆INM ~ IMA g.g∆ ( ) Do
IM = IA ⇒ = mà IM = IC nên IC2 =IN.IA
Bài 43 : Cho ñường tròn (O ; R) và dây AC cố ñịnh không ñi qua tâm B là một ñiểm bất kì trên
ñường tròn (O ; R) (B không trùng với A và C) Kẻ ñường kính BB’ Gọi H là trực tâm của tam giác ABC
a) Chứng minh AH // B’C
b) Chứng minh rằng HB’ ñi qua trung ñiểm của AC
c) Khi ñiểm B chạy trên ñường tròn (O ; R) (B không trùng với A và C) Chứng minh rằng ñiểm H luôn nằm trên một ñường tròn cố ñịnh
- Dễ thấy AH⊥BC, B ' C⊥BC⇒AH // B 'C
- Chứng minh tương tự, ta có CH // AB ' ⇒ AHCB’ là hình bình hành nên hai ñường chéo AC
và HB’ cắt nhau tại trung ñiểm mỗi ñường hay HB’ ñi qua trung ñiểm của AC
Trang 39- Theo trên AHCB’ là hình bình hành nên AHC=AB 'C, mà dây AC cố ñịnh trên ñường tròn (O) nên góc AB’C có giá trị không ñổi Nếu ñặt số ño cung nhỏ AC bằng α thì H nằm trên cung chứa góc α và 180 − α dựng trên ñoạn AC (cùng trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa B) 0
Bài 44 : Cho ñường tròn (O) và một ñiểm A nằm ở bên ngoài ñường tròn Từ A kẻ các tiếp tuyến
AP và AQ với ñường tròn (O), P và Q là các tiếp ñiểm ðường thẳng ñi qua O vuông góc với OP và cắt ñường thẳng AQ tại M
a) Chứng minh rằng MO = MA
b) Lấy ñiểm N nằm trên cung lớn PQ của ñường tròn (O) Tiếp tuyến tại N của ñường tròn (O) cắt các tia AP và AQ lần lượt tại B và C
- Chứng minh : AB + AC – BC không phụ thuộc vào vị trí của ñiểm N
- Chứng minh : Nếu tứ giác BCQP nội tiếp một ñường tròn thì PQ // BC
C B
O P
A
N
Trang 40- Do MO // AP (cùng vuông góc với OP) nên PAO=AOM so le trong , PAO( ) =QAO (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên AOM=QAO⇒AM=OM
- Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì AP = AQ, BN = BP, CN = CQ nên AB + AC – BC
= AP + PB + AQ + QC – BN – NC = AP + AQ không phụ thuộc vào vị trí ñiểm N
APQ=QCB cùng +QPB 180= , APQ=AQP
Bài 45 : Cho ñường tròn (O) ñường kính AB = 2R ðường thẳng (d) tiếp xúc với ñường tròn (O) tại
A M và Q là hai ñiểm phân biệt chuyển ñộng trên (d) sao cho M khác A và Q khác A Các ñường thẳng BM và BQ lần lượt cắt ñường tròn (O) tại ñiểm thứ hai N và P Chứng minh : a) Tích BM.BN không ñổi
b) Tứ giác MNPQ nội tiếp
c) BN + BP + BM + BQ > 8R
d
P N
O
M Q
- Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác AMB, AN⊥MB⇒BN.BM=AB2 =4R2 (không phụ thuộc vào vị trí ñiểm M trên d)