Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Hình Học

63 trang nhatle22 9201

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Hình Học", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

de_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_mon_hinh_hoc.docx

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Hình Học

PHẦN HÌNH HỌC CHƯƠNG I .HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG 1. Hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông AB2 = BH . BC A 2 AC = CH . BC AH 2 = BH . CH AH . BC = AB . AC  1 1 1 B H C = + AH2 AB2 AC2 ABC vuông tại A BC2 = AB2 + AC2 (Định lí Pitago thuận và đảo). 2. Tỉ số lượng giác của góc nhọn  Tỉ số lượng giác của góc nhọn: AB canh doi A sinα = = BC canh huyen AC canh ke cosα = = BC canh huyen AB canh doi tgα = = B C AC canh ke AC canh ke cotgα = = AB canh doi  Với hai góc nhọn ,  nếu ta có: sin = sin (hoặc cos = cos ; tg = tg ; cotg = cotg) thì = .  Nếu +  = 900 ( và  là hai góc nhọn phụ nhau) thì ta có: sin = cos ; cos = sin tg = cotg ; cotg = tg  Tỉ số lượng giác của một số góc đặc biệt: Tỉ số 300 450 600 lượng giác 1 2 3 Sin 2 2 2 3 2 1 Cos 2 2 2 3 Tg 1 3 3 3 Cotg 3 1 3 3. Giải tam giác vuông * a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác vuông ABC. Ta có: A b = a.sinB = a.cosC. c = a.sinC = a.cosB. b = c.tgB = c.cotgC. c = b.tgC = b.cotgB. B C
CHƯƠNG II: ĐƯỜNG TRÒN – GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN 1. Tiếp tuyến của một đường tròn  Định lí 1: (Tính chất của tiếp tuyến) Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn thì nó vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm.  Định lí 2: (Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến) Nếu một đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đường thẳng ấy là tiếp tuyến của đường tròn.  Định lí 3: (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) C Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại một điểm thì: Điểm đó cách đều hai tiếp điểm. 1 O . 1 A Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc 2 2 tạo bởi hai tiếp tuyến. Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc B tạo bởi hai bán kính đi qua các tiếp điểm. 2. Đường tròn ngoại tiếp – Đường tròn nội tiếp tam giác  Đường tròn ngoại tiếp tam giác: Là tròn đi qua 3 đỉnh của tam giác. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao điểm các đường trung trực của tam giác.  Đường tròn nội tiếp tam giác: Là đường tròn tiếp xúc với 3 cạnh của tam giác. Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm các đường phân giác trong của tam giác. 3. Liên hệ giữa đường kính, dây và cung  Trong một đường tròn, hai cung bị chắn giữa hai dây song song A thì bằng nhau. B  Trong một đường tròn, đường kính vuông góc với một dây thì đi . O qua trung điểm của dây ấy. D  Trong một đường tròn, đường kính đi qua điểm chính giữa C của một dây cung (không đi qua tâm) thì vuông góc với dây ấy và chia cung căng dây ấy thành hai cung bằng nhau.  Trong một đường tròn, đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì vuông góc và đi qua trung điểm của dây căng cung ấy. 4. Các loại góc với đường tròn a) Góc ở tâm  Định nghĩa: Góc ở tâm là góc có đỉnh trùng với tâm của đường tròn.  Tính chất: sđ A»B = A· OB sđA¼mB = 3600 - sđ A»B m
b) Góc nội tiếp  Định nghĩa: Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn.  Tính chất: Số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn. 1 B· AC = sđ B»C 2  Hệ quả: Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau. Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc các cung bằng nhau thì bằng nhau. Góc nội tiếp có số đo nhỏ hơn hoặc bằng 90 0 có số đo bằng nửa số đo góc ở tâm cùng chắn một cung. Mọi góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông và ngược lại, góc vuông nội tiếp thì chắn nửa đường tròn. A c) Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung  Số đo góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo x của cung bị chắn. . 1 O x·sđAB = A»B 2 d) Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn  Số đo góc có đỉnh ở bên trong đường tròn bằng B nửa tổng số đo của hai cung bị chắn. sdA»B + sdC»D B· EC = 2 e) Góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn  Số đo góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn bằng nửa hiệu số đo của hai cung bị chắn. sdB»C - sdA»D sdB»C - sdA»C sdA¼mC - sdA¼nC B· EC = B· EC = B· EC = 2 2 2 5. Tứ giác nội tiếp  Định nghĩa: Một tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một đường tròn gọi là tứ giác nội tiếp đường tròn.  Tính chất: Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện bằng 1800.  Dấu hiệu nhận biết một tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng 1800. Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong ở đỉnh đối diện.
Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm (mà ta có thể xác định được). Điểm đó là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc . Tứ giác có tổng các góc đối đôi một bằng nhau. 6. Độ dài đường tròn – Độ dài cung tròn  Độ dài đường tròn: C = 2 R R: bán kính đường tròn. 3,14.  Độ dài cung tròn: π R n 0 R: bán kính đường tròn. l» = 0 A B 1 8 0 n0: số đo độ của cung 3,14. 7. Diện tích hình tròn – Diện tích hình quạt tròn  Diện tích hình tròn: 2 S = R R: bán kính hình tròn. 3,14.  Diện tích hình quạt tròn: πR2n0 S = lR 0 hay S = 360 2 R: bán kính hình tròn.; n0: số đo độ của cung hình quạt. l: là độ dài cung; 3,14. CHƯƠNG III: HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 1. Hình trụ  Diện tích xung quanh: Sxq = C.h = 2 Rh C: chu vi đáy. h: chiều cao; R: bán kính đáy; 3,14.  Diện tích toàn phần: . r S = S + 2.S = 2 Rh + 2 R 2 Sđ: diện tích đáy. tp xq đ h 2 .  Thể tích: V = Sđ.h = R h 2. Hình nón S = Rl  Diện tích xung quanh: xq R: bán kính đáy, l: độ dài đường sinh, 3,14. S = S + S = Rl + R2 l  Diện tích toàn phần: tp xq đ h 1 1 2 . r  Thể tích: V = Vtrụ = R h 3 3 3. Hình cầu  Diện tích mặt cầu: S = 4 R 2 R: bán kính mặt cầu; 3,14. . R  Thể tích hình cầu: 4 V = R 3 3
TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 CỦA CÁC SỞ - PHẦN HÌNH HỌC KHÔNG CHUYÊN Câu 1: [Bà Rịa – Vũng Tàu 2015 – 2016 ] Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài (O). Dựng cát tuyến AMN không đi qua O, M nằm giữa A và N. Dựng hai tiếp tuyến AB, AC với (O) ( B,C là hai tiếp điểm và C thuộc cung nhỏ MN). Gọi I là trung điểm của MN. a) Chứng minh tứ giác OI nội tiếp. b) Hai tia BO và CI lần lượt cắt (O) tại D và E (D khác B, E khác C). Chứng minh góc CED = góc BAO. c) Chứng minh OI vuông góc với BE d) Đường thẳng OI cắt đường tròn tại P và Q (I thuộc OP); MN cắt BC tại F; T là giao điểm thứ hai của PF và (O). Chứng minh ba điểm A; T; Q thẳng hàng. Lời giải a) Chứng minh tứ giác OI nội tiếp. + Ta có ABO = 90o (tctt) AIO = 90 ( IM = IN) + Suy ra ABO AIO = 1800 nên tứ giác ABOI nội tiếp đường tròn đường kính AO. b) Chứng minh CED = BAO + Vì AB; AC là hai tiếp tuyến của (O) nên AO  BC + Ta có: E1 = B1 ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn (O)) BAO = B1 (cùng phụ O1) Suy ra E1 = BAO hay CED = BAO c) Chứng minh OI vuông góc với BE + Ta có : E2 = ABC (cùng chắn cung BC); ABC = I3 (A,B,O,I,C cùng thuộc đường tròn đường kính AO); I3 = I2 (đđ) Suy ra E2 = I2. Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên MN // BE . + Ta lại có MN  OI (IM = IN) nên OI BE d) Chứng minh ba điểm A; T; Q thẳng hàng.
+ Gọi K là giao điểm OF và AP + Ta có QKP = 90o (góc nt chắn nửa đường tròn) nên QK  AP + Trong tam giác APQ có hai đường cao AI và QK cắt nhau tại F nên F là trực tâm. Suy ra PF là đường cao thứ 3 của tam giác APQ nên PF  QA (1) + Ta lại có QTP = 90o ( góc nt chắn nửa đường tròn) nên PF  QT (2) Từ (1);(2) suy ra QA ≡QT. Do đó 3 điểm A; T; Q thẳng hàng. Câu 2: [Bắc Giang 2014 – 2015] Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC = R. Qua C kẻ đường thẳng d vuông góc với CA. Lấy điểm M bất kì trên (O) không trùng với A, B. Tia BM cắt đường thẳng d tại P. Tia CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N, tia PA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là Q. a) Chứng minh tứ giác ACPM là tứ giác nội tiếp. b) Tình BM.BP theo R c) Chứng minh hai đường thẳng PC và NQ song song. d) Chứng minh trọng tâm G của tam giác CMB luôn nằm trên một đường tròn cố định khi M thay đổi trên (O). Lời giải a) Ta có AB là đường kính của (O), M ∈ (O) ⇒ góc AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn => AMB = 90o => AMP = 90o Mặt khác ACP = 90o (gt) => AMP + ACP = 180o Suy ra tứ giác ACPM nội tiếp đường tròn. b) Xét 2 tam giác BAM và BPC ta có: AMB BCP 90o BAM ~ BPC (g.g) MBA(chung) BM BA BM.BP BA.BC 2R.3R 6R2 BC BP c) Ta có:
AMNQ là tứ giác nội tiếp ⇒ MNQ = PAM (góc trong tại một đỉnh và góc ngoài tại đỉnh đối diện) (1) AMPC là tứ giác nội tiếp ⇒ PCM = PAM ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung PM) (2) Từ (1) và (2) ⇒ MNQ = PCM Hai góc ở vị trí so le trong bằng nhau ⇒ PC // NQ. d) Gọi D là trung điểm BC, là điểm cố định. Qua G kẻ đường thẳng song song MO cắt AB tại I. 2 *G là trọng tâm tam giác BCM nên G ∈ đoạn MD và MG = MD (tính chất trọng tâm) 3 Do GI // MO nên theo định lí Ta–lét cho tam giác DMO ta có I ∈ đoạn DO và OI MG 2 2 OI OD. Mà O, D là hai điểm cố định nên I cố định. OD MD 3 3 GI DG 1 1 R *Do GI // MO nên theo định lí Ta–lét ta có IG MO . MO DM 3 3 3 R ⇒ G luôn cách điểm I cố định một khoảng không đổi. 3 R ⇒ Khi M di động, điểm G luôn nằm trên đường tròn tâm I, bán kính 3 Câu 3: [Bắc Giang 2015 – 2016] Trên đường tròn (O) có đường kính AB = 2R, lấy một điểm C sao cho AC = R và lấy điểm D bất kỳ trên cung nhỏ BC (điểm D không trùng với B và C). Gọi E là giao điểm của AD và BC. Đường thẳng đi qua điểm E và vuông góc với đường thẳng AB tại điểm H cắt tia AC tại điểm F. Điểm M là trung điểm của đoạn EF. a) Chứng minh tứ giác BHCF là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh: HA.HB = HE. HF c) Chứng minh CM là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Xác định vị trí của điểm D để chu vi của tứ giác ABDC lớn nhất. Lời giải a) Ta có: B· HF 90o (giả thiết) (1). B· CA 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). Suy ra B· CF 90o (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHCF nội tiếp một đường tròn (vì có hai đỉnh H, C kề nhau cùng nhìn BF dưới một góc vuông).
b) Xét tam giác vuông BHE và FHA có B· EH C· AB (cùng phụ với gócC· BA ). Suy ra hai tam giác BHE và FHA đồng dạng. HB HE Từ đó ta có  HA. HB = HE. HF HF HA c) Tam giác vuông ECF vuông tại C có CM là đường trung tuyến Nên CM = ME suy ra CME là tam giác cân, suy raM· CE M· EC (3) M· CO M· CE E· CO M· EC C· BO (do (3) và tam giác COB cân tại O). = B· EH C· BO 90o Vậy CM là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Lấy điểm K đối xứng với điểm C qua AB. Suy ra điểm K cố định trên (O) Lấy điểm P trên đoạn DK sao cho DP = DC. Khẳng định tam giác OAC đều => tam giác CBK đều => tam giác CDP đều. Xét hai tam giác CKP và CBD có: CP = CD ; CK = CB vàK· CP B· CD (cùng bằng 60o - P· CB ) Từ đó, ∆CKP = ∆CBD (c.g.c) suy ra PK = BD. Chu vi tứ giác ABDC bằng: AB + BD + DC + CA = 3R + BD + DC = 3R + PK + PD = 3R + KD Chu vi tứ giác lớn nhất khi KD lớn nhất => KD là đường kính của đường tròn (O; R). Kết luận D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Câu 4: [Bắc Ninh – 2015 – 2016] Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia AB lấy điểm E (khác với điểm A). Tiếp tuyến kẻ từ điểm E cắt các tiếp tuyến kẻ từ điểm A và B của nửa đường tròn (O) lần lượt tại C và D. Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ điểm E. a) Chứng minh rằng tứ giác ACMO nội tiếp được trong một đường tròn.
DM CM b) Chứng minh rằng DE CE c) Chứng minh rằng khi điểm E thay đổi trên tia đối của tia AB, tích AC.BD không đổi. Lời giải a) Chứng minh rằng tứ giác ACMO nội tiếp được trong một đường tròn. Vì AC là tiếp tuyến của (O) nên OA ⊥ AC => OAC = 90o Vì MC là tiếp tuyến của (O) nên OM ⊥ MC => OMC = 90o => OAC + OMC = 180o. Suy ra OACM là tứ giác nội tiếp DM CM b) Chứng minh rằng DE CE Xét hai tam giác vuông OAC và OMC có OA OM R OAC OMC (cạnh huyền – cạnh góc vuông) chung _ OC CM CA DM DB ⇒ CA = CM . Tương tự ta có CE CE DE DE CA CE CA DB CM DM Mà AC // BD (cùng vuông góc AB) nên DB DE CE DE CE DE c) Chứng minh rằng khi điểm E thay đổi trên tia đối của tia AB, tích AC.BD không đổi. 1 Vì OAC OMC AOC MOC AOC AOM 2 1 Tương tự: BOD BOM 2 1 Suy raAOC BOD (AOM BOM ) 90o 2 Mà AOC ACO 90o ACO BOD AO AC AOC ~ BDO(g.g) AC.BD AO.BO R2 (không đổi, đpcm) BD BO Câu 5: [Quảng Ninh – 2016]
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, trên nửa đường tròn lấy điểm C (C không trùng với A, B). Gọi H là hình chiếu của C trên đường thẳng AB. Trên cung CB lấy điểm D (D khác C, B), Hai đường thẳng AD và CH cắt nhau tại E. a) Chứng minh tứ giác BDEH nội tiếp b) Chứng minhAC 2 AE.AD c) Gọi (O’) là đường tròn đi qua D và tiếp xúc với AB tại B. Đường tròn (O’) cắt CB tại F khác B. Chứng minh EF // AB. Lời giải a) Chứng minh tứ giác BDEH nội tiếp Xét (O) ta có: ·ABD 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay E· DB 90o GT => C· HB 90o hay E· HB 90o Xét tứ giác BDEH có E· DB E· HB 180o mà E· DB, E· HB hai góc đối ⇒ tứ giác BDEH nội tiếp (đpcm). b) Chứng minhAC 2 AE.AD Xét ∆ AEH và ∆ ABD có: µA chung ·AHE ·ADB 90o AEH ~ ABD(g g) AE AH AE.AD AH.AB (1) AB AD ·ACB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét ∆ vuông AEH có CH là đường cao Ta có : AC 2 AH.AB (hệ thức lượng trong ∆ vuông) (2) (1), (2) => AC 2 AE.AD (đpcm) c) Gọi (O’) là đường tròn đi qua D và tiếp xúc với AB tại B. Đường tròn (O’) cắt CB tại F khác B. Chứng minh EF // AB. Ta có:·ABC B· DF (hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
B· DF F· DA 90o ·ABC F· DA 90o Mặt khác·ABC ·ACH (vì cùng phụ với góc HCB) ·ACH F· DA 90o Lại có·ACH H· CB 90o H· CB F· DA hay E· CF F· DE Xét tứ giác ECDF có E· CF F· DE mà C, D là hai đỉnh liên tiếp ⇒ tứ giác ECDF nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) D· EF D· CF hay D· EF D· CB (góc nội tiếp do cùng chắn cung FD) mà D· CB D· AB (góc nội tiếp cùng chắn cung DB) D· EF D· AB Hai góc ở vị trí đồng vị ⇒ EF//AB (đpcm) Câu 6: [Yên Bái – 2016 – 2017] Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là giao điểm hai đường cao BD và CE của tam giác ABC (D ∈ AC, E ∈ AB) a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. b) Đường thẳng AO cắt ED và BD lần lượt tại K và M. Chứng minh AK.AM = AD2 c) Chứng minh BAH = OAC Lời giải a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Vì HE ⊥ AB, HD ⊥ AC nên HEA = HAD = 90o => HEA + HAD = 180o Suy ra ADHE là tứ giác nội tiếp b) Đường thẳng AO cắt ED và BD lần lượt tại K và M. Chứng minh AK.AM = AD2
Trong nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B, vẽ tia tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) Có CAx = CBA . Vì BEC = BDC = 90o nên BEDC là tứ giác nội tiếp => CBA = ADE => CAx = ADE => Ax // DE, mà Ax ⊥ OA nên OA ⊥ DE Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ADM, ta có AK.AM = AD2 c) Chứng minh BAH = OAC Có KDM = KAD (=90o – KDA). (1) Vì ADHE là tứ giác nội tiếp nên KDM = EAH (2) Từ (1) và (2) => OAC = BAH Câu 7: [Yên Bái – 2016 – 2017] Từ những miếng tôn phẳng hình chữ nhật có chiều dài 1,5 dm và chiều rộng 1,4 dm. Người ta tạo nên mặt xung quanh của những chiếc hộp hình trụ. Trong hai cách làm, hỏi cách nào thì được chiếc hộp có thể tích lớn hơn. Lời giải Cách 1: Chu vi đáy hình trụ là 1,5 dm, chiều cao hình trụ là h1 = 1,4 dm. 1,5 3 Hình trụ này có bán kính đáy rdiện tích đáy(dm), 1 2 4 2 2 3 9 2 S1 r1 . (dm ) 4 16 9 63 thể tích V S h .1,4 (dm3 ) 1 1 1 16 80 Cách 2: Chu vi đáy hình trụ là 1,4 dm, chiều cao hình trụ là h2 = 1,5 dm. Hình trụ này có 2 1,4 7 2 7 49 2 49 147 3 r2 (dm);S2 r2 . (dm );V2 S2h2 .1,5 (dm ) 2 10 10 100 100 200 Ta có V1 > V2 nên cách 1 sẽ cho hình trụ có thể tích lớn hơn. Câu 8: [Bến Tre 2015 – 2016] Cho nửa đường tròn (O;R), đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn (O; R), vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn. Gọi M là điểm bất kì trên cung AB (M ≠ A; M ≠ B). Tiếp tuyến tại M với nửa đường tròn (O; R) cắt Ax, By lần lượt tại C và D. a) Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp. b) Chứng minh tam giác COD vuông. c) Chứng minh: AC. BD = R2 d) Trong trường hợp AM = R. Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây MB và cung MB của nửa đường tròn (O; R) theo R. Lời giải a) Hình vẽ
Ax là tiếp tuyến tại A => Ax ⊥ AB => O· AC 90o CD là tiếp tuyến tại M => CD ⊥ OM=>O· MC 90o O· AC O· MC 90o 90o 180o Vậy: Tứ giác ACMO nội tiếp được đường tròn. b) Nửa (O; R) có: Hai tiếp tuyến CA, CM cắt nhau tại C => OC là phân giác của ·AOM (1) Hai tiếp tuyến DB, DM cắt nhau tại D => OD là phân giác của M· OB (2) ·AOM +M· OB =180o(kề bù) Từ (1), (2) và (3)=>C· OD 90o => COD vuông tại O c) ∆COD vuông tại O có OM ⊥ CD => OM2 = MC. MD (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Mà: OM = R; MC = AC; MD = BD (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) Nên: OM2 = MC. MD => R2 = AC. BD Vậy AC. BD = R2 d) Khi AM = R => ∆ OAM đều ·AOM 60o M· OB 120o => sđ cung MB = 1200 => n0 = 1200 R2n Gọi Sq là diện tích hình quạt chắn cung nhỏ BC, ta có: Sq = 360 R2.120 R2 S = q 360 3 Ta có: OB = OM = R và DB = DM (cmt) => OD là đường trung trực của MB 1 => OD ⊥ MB tại H và HB =HM= BM 2 1 OD là phân giác của M· OB H· OM M· OB 60o 2 ∆ HOM vuông tại H nên: 1 OH = OM.cosH· OM = R.cos 60O= R 2 3 HM = OM.sinH· OM = R. sin60O=R BM=R 3 2
1 1 1 R2 3 => S BM.OH = .R . R3 = OBM 2 2 2 4 Gọi S là diện tích hình viên phân cần tìm, ta có: S = Sq - SOBM R2 R2 3 4 R2 3R2 3 S= = (đvtt) 3 4 12 Câu 9: [Bình Định 2014 – 2015] Cho đường tròn tâm O đường kính AB, trên cùng một nửa đường tròn (O) lấy hai điểm G và E (theo thứ tự A, G, E, B) sao cho tia EG cắt tia BA tại D. Đường thẳng vuông góc với BD tại D cắt BE tại C, đường thẳng CA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp. b) Chứng minh BF = BG DA DG.DE c) Chứng minh: BA BE.BC Lời giải a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp Ta có:CDB=90O (giả thiết) CFB=90O(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) =>D và F cùng nhìn đoạn BC cố định dưới 1 góc 900, nên tứ giác DFBC nội tiếp. b) Chứng minh BF = BG Gọi P là giao điểm của CD và BF Ta có: A là trực tâm của tam giác CPB => PA  CB Mà AE  CB ( vì góc AEB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) =>P, A, E thẳng hang D và E cùng nhìn đoạn PB cố định dưới 1 góc 900 =>Tứ giác PDEB nội tiếp.
1 =>DEP=DBP= sđ PD(vì EDPB nội tiếp chứng minh trên) 2 1 Mà DEP=GBA= sđ GA 2 =>DBP = GBA Ta lại có: AGB = AFB = 900 ( vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AB là cạnh chung =>∆ AGB=∆ AFB ( cạnh huyền – góc nhọn) =>BG=BF DA DG.DE c) Chứng minh: BA BE.BC Ta có ADC=900(GT) CEA=90o(C/M trên) =>ADC+CEA=180O =>DAEC nội tiếp =>BE.BC=BA.BD(vì BED đồng dạng BAC) =>DA.BE.BC=DA.BA.BD DA DA.DB => DB BE.BC Mà DA.DB=DG.DE(Vì DGB đồng dạng DAE) DA DG.DE Nên BA BE.BC Câu 10: [Bình Định 2015 - 2016] Cho tam giác ABC (AB <AC) có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R). Vẽ đường cao AH của tam giác ABC, đường kính AD của đường tròn. Gọi E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ C và B xuông đường thẳng AD. M là trung điểm của BC. a) Chứng minh các tứ giác ABHF và BMFO nội tiếp. b) Chứng minh HE // BD. AB.AC.BC c) Chứng minh:S (S là diện tích tam giác ABC) ABC 4R ABC Lời giải a) Chứng minh các tứ giác ABHF và BMFO nội tiếp.
- Dễ chứng minh AHB= BFA=90 o=> H và F thuộc đường tròn đường kính AB (quỹ tích cung chứa góc) Vậy tứ giác ABHF nội tiếp đường tròn đường kính AB - M là trung điểm của BC (gt), suy ra: OM  BC khi đó: BFO=BMO=90onên M, F thuộc đường tròn đường kính OB(quỹ tích cung chứa góc)Vậy tứ giác BMOF nội tiếp đường tròn đường kính OB b) Chứng minh HE // BD. 1 Dễ chứng minh tứ giác ACEH nội tiếp đường tròn đường kính AC, suy ra: CHE=CAE(= sđ 2 CE) 1 Lại có: CAE=CAD=CBD(= sđ CD) 2 nên CHE=CBD và chúng ở vị trí so le trong suy ra: HE // BD AB.AC.BC c) Chứng minh: S (S là diện tích tam giác ABC) ABC 4R ABC 1 1 Ta có: S = BC.AH= BC.AB.sinABC ABC 2 2 Mặt khác: trong tam giác ABD có: ABD= 90O(nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên AB=ADsinD=2Rsin ACB Tương tự cũng có : AC=2Rsin ABC và BC=2Rsin BAC Khi đó AB.AC.BC=8R3.sin BAC.sin CBA.sin ACB (1) 1 1 S = BC.AB.sin ABC= .2R.sinBAC.2R.sin ACB.sin CBA=2R2 sinBAC. sin ACB.sin CBA(2) ABC 2 2 S 1 Từ (1) và (2) => ABC AB.BC.CA 4R AB.AC.BC Vậy S ABC 4R Câu 11: [Bình Dương – 2016 – 2017] Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn (AB < AC) nội tiếp trong đường tròn tâm O, kẻ đường cao AH. Gọi M, N là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC. Kẻ NE vuông góc với AH. Đường vuông góc với AC tại C cắt đường tròn tại I và cắt tia AH tại D. Tia AH cắt đường tròn tại F. a) Chứng minh ABC= ACB =BIC và tứ giác DENC nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh hệ thức AM.AB = AN.AC và tứ giác BFIC là hình thang cân c) Chứng minh: tứ giác BMED nội tiếp được trong một đường tròn. Lời giải
a) Vì ABIC là tứ giác nội tiếp nên ABC =AIC; ACB =AIB =>ABC +ACB= AIB AIC= BIC Vì NE ⊥ AD, NC ⊥ CD nên NED =NCD=90o=> NED+ NCD 180o Suy ra tứ giác DENC là tứ giác nội tiếp b) + Áp dụng hệ thức lượng trong hai tam giác vuông AHB và AHC có AM. AB = AH2 ; AN. AC = AH2 ⇒ AM. AB = AN. AC + Có IAC=900 - AIC; BAF=900 –ABH; AIC= ABH =>IAC=BAF Suy ra số đo hai cung IC và BF bằng nhau ⇒ IC = BF. Mặt khác vì ABFI và ABIC nội tiếp nên BAF= BIF; IAC =IBC;BIF= IBC Suy ra IF // BC ⇒ BCIF là hình thang có hai cạnh bên bằng nhau Mà IF AME=ADB=>BME+ADB=180O Suy ra BMED nội tiếp đường tròn. Câu 12: [Bình Dương – 2015 – 2016] Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm của cạnh AC. Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N. Đường thẳng BM cắt đường tròn đường kính MC tại D. a) Chứng minh tứ giác BADC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn đó. b) Chứng minh DB là phân giác của góc ADN. c) Chứng minh OM là tiếp tuyến của đường tròn đường kính MC.
d) BA và CD kéo dài cắt nhau tại P. Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng. Lời giải a) BAC=BDC=90o (gt) Nên tứ giác BADC nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm của BC. b) ADB= BDN(= ACB) (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung trong các đường tròn ngoại tiếp tứ giác BADC, NMDC) nên DB là phân giác góc AND. c) OM ⊥ AC (OM là đường trung bình tamgiác ABC) Nên suy ra MO là tiếp tuyến đường tròn đường kính MC. d) MN ⊥ BC (góc MNC nội tiếp nửa đường tròn đường kính MC) PM ⊥ BC (M là trực tâm tam giác PBC) Suy ra P, M, N thẳng hàng. Câu 13: [Bình Phước – 2014 – 2015] Cho tam giác ABC vuông tại A, có cạnh AB = 6cm, Cµ = 600. Hãy tính các cạnh còn lại và đường cao, đường trung tuyến hạ từ A của tam giác ABC. Lời giải Tam giác ABC vuông tại A nên : + B + C = 900 =>B = 300
3 + AC = AB.tanB = 6.tan300 = 6. 2 3(cm) 3 BC AB2 AC 2 62 (2 3)2 4 3(cm) AB.AC 6.2 3 AB.AC BH.AH AH 3(cm) BC 4 3 1 1 AM BC 4 3 2 3(cm) 2 2 Câu 14: [Bình Phước – 2014 – 2015] Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R), các tiếp tuyến tại B và C với đường tròn (O;R) cắt nhau tại E, AE cắt (O;R) tại D (khác điểm A). a) Chứng minh tứ giác OBEC nội tiếp đường tròn . b) Từ E kẻ đường thẳng d song song với tiếp tuyến tại A của (O;R), d cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh AB.AP = AD.AE c) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh EP = EQ và P· AE M· AC BC 2 d) Chứng minh AM.MD = 4 Lời giải a) (O) có : - BE là tiếp tuyến tại B=>BE OB=>OBE=90O nhìn đoạn OE (1) - CE là tiếp tuyến tại C=> CE OB=>OCE=90O nhìn đoạn OE (2) Từ (1), (2) tứ giác OBEC nội tiếp đường tròn đường kính OE b) (O) có: - ADB = BAx (cùng chắn cung AB) (1) - PQ // d APE = Bax (so le trong) (2) Từ (1),(2) góc ADB = APE
Tam giác ABD và tam giác AEP có: ADB = APE (cmt) và EAP chung=>tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEP (g.g) AB AD => AB.AP AD.AE(DPCM) AE AP c) (O) có: Góc BAx = B2 (cùng chắn AB) Góc B1 = B2 (đối đỉnh) =>góc BAx=B1 Mà góc BAx = APE (cmt) =>góc B1 = APE=>tam giác BEP cân tại E =>EB=EP(1) (O) có: CAy = C2 (cùng chắn AC); C1 = C2 (đối nhau) =>CAy = C1 PQ // d=>CAy=AQE (so le trong) =>C1 = AQE=>tam giác CEQ cân tại E =>EQ=EC (2) Hai tiếp tuyến EB và EC cắt nhau tại E=>EB=EC (3) Từ (1)(2)(3)=>EP=EQ(đpcm) d) Tam giác ABC và tam giác AQP có: ACB = APQ (cùng bằng Bax) và PAQ chung=>Tam giác ABC với tam giác AQP đồng dạng (g.g) AC BC 2.MC MC PE PA AP PQ 2.PE PE CM CA Tam giác AEP và tam giác AMC có: PE PA (cmt) CM CA APE=ACM(cùng bằng Bax) =>Tam giác AEP đồng dạng với tam giác AMC (c.g.c)=>PAE=MAC(đpcm) d) Gọi N là giao điểm của tia AM và (O) ta có: BAN = BCN (cùng chắn BN) AMB = NMC (đối đỉnh) =>tam giác AMB đồng dạng CMN (g.g) AM MB BC BC BC 2 AM.MN MB.MC . (*) CM MN 2 2 4 (O) có: Góc PAE=MAC(cmt)=>góc BAD=NAC Góc BAD nội tiếp chắn cung BD Góc NAC nội tiếp chắn cung CN =>BD=CN Tam giác EBC cân tại E góc EBM = ECM góc EBD + DBM = ECN + NCM Mà EBD = ECN (chắn 2 cung bằng nhau) DBM = NCM Tam giác BDM và tam giác CNM có: MB=MC DBM=NCM BD=CN => Tam giác BDM= tam giác CNM =>MD=MN( )
BC 2 Từ (*) và ( ) => AM.MD = (đpcm) 4 Câu 15: [Bình Thuận 2015 – 2016] Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, D là một điểm tùy ý trên nửa đường tròn ( D khác A và D khác B) . Các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại C, BC cắt nửa đường tròn (O) tại điểm thứ hai l E. Kẻ DF vuông góc với AB tại F. a) Chứng minh : Tam giác OACD nội tiếp. b) Chứng minh:CD2 = CE.CB c) Chứng minh:Đường thẳng BC đi qua trung điểm của DF. d) Gải sử OC = 2R , tính diện tích phần tam giác ACD nằm ngoại nửa đường tròn (O) theo R. Lời giải a) Xét tam giác OACD có: CAO=90(CA là tiếp tuyến) CDO=90(CD là tiếp tuyến) =>CAO+CDO=180 =>Tứ giác OACD nội tiếp b) Xét tam giác CDE và tam giác CBD có: 1 DCE chung và CDE=CBD(= sđ cung DE) 2 => Xét tam giác CDE đồng dạng với tam giác CBD (g.g) CD CE CD2 CE.CB CB CD c) Tia BD cắt Ax tại A’ . Gọi I l giao điểm của Bc v DF. Ta có ADB= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) =>ADA=90o, suy ra ∆ADA’ vuông tại D. Lại có CD = CA ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau). nên suy ra đ ợc CD = C A’, do đó CA = A’C (1). Mặt khác ta có DF // AA’ (cùng vuông góc với AB)
ID IF BI nên theo định l Ta-lét thì ( )(2) CA' CA BC Từ (1) và (2) suy ra ID = IF Vậy BC đi qua trung điểm của DF. OD 1 d) Tính cosCOD= COD 60o OC 2 AOD 120o .R.120 R S (dvdt) quat 360 3 Tính CD =R 3 1 1 3 S CD.DO R 3.R R2 (dvdt) OCD 2 2 2 2 SOACD 2S OCD 3R (dvdt) Diện tích phần tam giác ACD nằm ngoài nửa đường tròn (O) R S S 3R2 (dvdt) OACD quat 3 Câu 16: [Cà Mau 2014 – 2015] Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O). Các đường cao BF, CK của tam giác ABC lần lượt cắt (O) tại D, E. a) Chứng minh: Tứ giác BCFK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh: DE // FK c) Gọi P, Q lần lượt là điểm đối xứng với B, C qua O. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AFK có bán kính không đổi khi A thay đổi trên cung nhỏ PQ (không trùng với các điểm P, Q) Lời giải a) Chứng minh BCFK nội tiếp B· KC B· FC 90o (CK ⊥ AB và BF ⊥ AC) => BCFK nội tiếp b) Chứng minh DE // FK B· DE B· CE (cùng chắn cung EB của (O)) B· CE B· FK (cùng chắn cung BK của (BCFK))
=> B· DE B· FK DE / /FK c) Bán kính đường tròn (AFK) không đổi khi A di động trên cung PQ Kẻ đường kính AN và lấy điểm M là trung điểm của BC. ·ACN ·ABN 90o =>NC ⊥ AC và NB ⊥ AB mà BH ⊥ AC và CH ⊥ AB =>NC // BH và NB // CH => BHCN hình bình hành => M là trung điểm HN AH Vì OA = ON => OM là đường trung bình ∆ AHN => OM = và OM // AH 2 Gọi I là trung điểm AH. Ta có ·AKH ·AFH 90o =>AKHF nội tiếp đường tròn đường kính AH =>I là tâm và AI là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tứ giác AKHF hay của ∆AFK. AH Vì BC, (O) cố định => M cố định => OM cố định => AI OM cố định 2 => đường tròn ngoại tiếp của ∆ AFK có bán kính AI = OM cố định. Vậy khi A di động trên cung nhỏ PQ (không trùng với P, Q) thì đường tròn ngoại tiếp ∆ AFK có bán kính không đổi. Câu 17: [ Cần Thơ 2016 – 2017] Cho ∆ ABC có ba góc nhọn. AB OAN+OMN 180
Suy ra ANMO là tứ giác nội tiếp b) Vì AK là đường kính của (O), C ∈ (O) nên ACK 90 =>ACK=OHB=90 Mặt khác vì ABKC là tứ giác nội tiếp nên AKC=ABH=>tam giác AKC đồng dạng với tam giác ABH (g.g) AK AC => AK.AH AB.AC AB AH c) Ta có NAB=ACB=>NAD=NAB+BAD=ACB+BAD Theo công thức góc ngoài ta có NDA=DAC+ACB Vì AD là phân giác của góc A nên BAD=DAC=>NAD=NDA Suy ra ∆ AND cân tại N d) Có AF ⊥ FK mà AF ⊥ BC ⇒ BC // FK ⇒ BCKF là hình thang Gọi P là trung điểm FK ⇒ OP ⊥ FK ⇒ OP ⊥ BC ⇒ O, M, P thẳng hàng Gọi E là điểm đối xứng với C qua O ⇒ ∆ EBC vuông tại B và BEC=BAC=60o =>EB=EC.cos60=R EB R BC=EC.sin60=R3 =>OM 2 2 Có ∆ AFK vuông tại F và FAK=30=>FK=AK.sin30=R AF R 3 AF=AK.cos30= R3 =>OP 2 2 R( 3 1) MP=OP-OM= 2 Diện tích hình thang BCKF là 1 1 R( 3 1) ( 3 1)( 3 1) R2 S MP.(BC KF) . (R 3 R) R2. (dvdt) BCKF 2 2 2 4 2 Câu 18: [Đà Nẵng 2016 – 2017] Cho ∆ ABC nhọn có AB < AC và nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AD. Gọi AH là đường cao của ∆ ABC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng AD tại E a) Chứng minh ABHE là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh hai đường thẳng HE và AC vuông góc với nhau c) Gọi F là hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng AD và M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh rằng M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ HEF. Lời giải
a) Vì AH ⊥ BC, BE ⊥ AD nên góc AHB = góc AEB = 90o Suy ra tứ giác ABHE là tứ giác nội tiếp b) Vì góc ACD là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên góc ACD = 90o ⇒ AC ⊥ CD (1) Vì ABHE là tứ giác nội tiếp nên góc ABH = góc HED (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) Vì ABDC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) nên góc ABC = góc ADC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC), hay góc ABH = góc EDC Suy ra góc HED = góc EDC ⇒ EH // DC(2) Từ (1) và (2) ⇒ HE ⊥ AC c) Vẽ BK ⊥ AC tại K Ta có góc AKB = góc AEB = 90o nên AKEB là tứ giác nội tiếp Suy ra góc BKE = góc BAE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BE) = góc BAD(3) Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên góc BAD = góc BCD (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BD)(4) Vì AK // CD (cùng ⊥ AC) nên góc BCD = góc KBM (đồng vị)(5) Vì M là trung điểm cạnh huyền BC của tam giác vuông BKC nên MK = MB = MC ⇒ ∆ MKB cân tại M ⇒ góc KBM = góc BKM (6) Từ (3), (4), (5), (6) có góc BKE = góc BKM ⇒ K, E, M thẳng hang ME MK Mà HE // BK (cùng ⊥ AC) nên 1 =>ME = MH MH MB Chứng minh tương tự ta có MF = MH Suy ra ME = MF = MH ⇒ M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ HEF (đpcm). Câu 19: [ Đà Nẵng 2014 – 2015] Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Vẽ đường tròn (C) có tâm C, bán kính CA. Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là D. 1. Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C). 2. Trên cung nhỏ AD của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB. Đường thẳng BE cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là F. Gọi K là trung điểm của EF. Chứng minh rằng: a) BA2 = BE.BF và BHE=BFC
b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một. Lời giải 1. Ta có BAC= 900 nên BA là tiếp tuyến với (C). BC vuông góc với AD nên H là trung điểm AD. Suy ra BDC=BAC=90o nên BD cũng là tiếp tuyến với (C) 2. a) Trong tam giác vuông ABC ta có AB2 =BH.BC(1) Xét hai tam giác đồng dạng ABE và FBA vì có góc B chung và BAE=BFA(cùng chắn cung AE) AB BE suy ra AB2 BE.FB(2) FB BA Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB BE BH Từ BE.BF= BH.BC BC BF BE BH 2 tam giác BEH và BCF đồng dạng vì có góc B chung và BHE=BFC BC BF b) do kết quả trên ta có BFA= BAE HAC=EHB=BFC , do AB //EH. suy ra DAF=DAC – FAC=DFC – CFA=BFA DAF=BAE , 2 góc này chắn các cung AE,DF nên hai cung này bằng nhau Gọi giao điểm của AF và EH là N. Ta có 2 tam giác HED và HNA bằng nhau (vì góc H đối đỉnh, HD = HA, EDH=HDN (do AD // AF) Suy ra HE = HN, nên H là trung điểm của EN. Suy ra HK là đường trung bình của tam giác EAF. Vậy HK // AF. Vậy ED // HK // AF. Câu 20: [Đà Nẵng 2015 – 2016] Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm) a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp. b) Cho bán kính đường tròn (O) bằng 3cm, độ dài đoạn thẳng OA bằng 5cm. Tính độ dài đoạn thẳng BC. c) Gọi (K) là đường tròn qua A và tiếp xúc với đường thẳng BC tại C. Đường tròn (K) và đường tròn (O) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Chứng minh rằng đường thẳng BM đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC. Lời giải
a) - Có AB  OB (t/c tiếp tuyến) ABO = 900- Có AC  OC (t/c tiếp tuyến) ACO = 900 - Xét tứ giác ABOC có ABO + ACO = 900 + 900 = 1800 nên nội tiếp được trong đường tròn. b) - AB và AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AO là đường trung trực của BC. Gọi H là giao điểm của AO và BC, ta có BC = 2BH. - ∆ABO vuông tại B có BH là đường cao nên OB2 = OH.AO OB2 9 OH cm AO 5 12 - ∆OBH vuông tại H BH2 = OB2 – OH2 BH = cm 5 24 Vậy BC = 2BH = cm 5 c)- Gọi E là giao điểm của BM và AC. - ∆EMC và ∆ECB có MEC = CEB và MCE = EBC (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CA cùng chắn cung MC của đường tròn (O)) ∆EMC ഗ ∆ECB (g-g) EC2 = EM.EB (*) - ∆EMA và ∆EAB có M· EA ·AEB (a) và : + Có M· AE M· CB (3) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CB cùng chắn cung MC của đường tròn (K)) + Có M· CB ·ABE (4) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến BA cùng chắn cung MB của đường tròn (O)) + Từ (3) và (4) M· AE ·ABE(b) - Từ (a) và (b) ∆EMA ഗ ∆EAB (g-g) EA2 = EM.EB ( ) - Từ (*) và ( ) EC2 = EA2 EC = EA. Vậy BM đi qua trung điểm E của AC. Câu 21: [Đak Lak 2013 – 2014] Cho đường tròn (O), đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. M là một điểm trên đường tròn (M khác A, B). Tiếp tuyến tại M của đường tròn cắt Ax, By lần lượt tại P, Q a) Chứng minh rằng: tứ giác APMO nội tiếp b) Chứng minh rằng : AP + BQ = PQ c) Chứng minh rằng : AP.BQ=AO2
d) Khi điểm M di động trên đường tròn (O), tìm các vị trí của điểm M sao cho diện tích tứ giác APQB nhỏ nhất Lời giải a) Xét tứ giác APMQ, ta có: O· AP O· MP 90o (vì PA, PM là tiếp tuyến của (O)) Vậy tứ giác APMO nội tiếp. b) Ta có AP = MP (AP, MP là tiếp tuyến của (O)) BQ = MQ (BQ, MQ là tiếp tuyến của (O)) AP+BQ=MP+MQ=PQ c) Ta có OP là phân giác góc AOM (AP, MP là tiếp tuyến của (O)) OQ là phân giác góc BOM (BQ, MQ là tiếp tuyến của (O)) Mà góc AOM +góc BOM 1800 (hai góc kề bù) POQ=90o Xét POQ, ta có: POQ 900 (cmt), OM PQ  (PQ là tiếp tuyến của (O) tại M) MP.MQ=OM2 (hệ thức lượng) Lại có MP=AP;MQ=BQ (cmt), OM=AO (bán kính) Do đó AP.BQ=AO2 d) Tứ giác APQB có: AP//BQ( APAB,BQAB), nên tứ giác APQB là hình thang vuông (AP BQ)AB PQ.AB => S APQB 2 2 Mà AB không đổi nên SAPQB đạt GTNN PQ nhỏ nhất PQ=ABPQ//ABOM vuông AB M là điểm chính giữa cung AB.Tức là M trùng M1 hoăc M trùng M2 (hình vẽ) thì SAPQB đạt AB2 GTNN là 2 Câu 22: [Đồng Nai 2013 – 2014] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), bán kính R , BC=a, với a và R là các số thực dương. Gọi I là trung điểm của cạnh BC . Các góc CAB,ABC,BCA đều là góc nhọn. a) Tính OI theo a và R.
b) Lấy điểm D thuộc đoạn AI , với D khác A, D khác I. Vẽ đường thẳng qua D song song với BC cắt cạnh AB tại điểm E. Gọi F là giao điểm của tia CD và đường tròn (O), với F khác C. Chứng minh tứ giác ADEF là tứ giác nột tiếp đường tròn. c) Gọi J là giao điểm của tia AI và đường tròn (O) , với J khác A. Chứng minh rằng AB.BJ=AC.CJ Lời giải a) Tính OI theo a và R. Ta có: I là trung điểm của BC (gt) BC a Nên IB=IC= và OI  BC(lên hệ đường kính và dây) 2 2 Xét tam giác OIC vuông tại I 4R2 a2 Áp dụng định lý Pytago tính được OI 2 b) Chứng minh tứ giác ADEF là tứ giác nột tiếp đường tròn. Ta có: ·ABC ·AED (đồng vị) Mà ·ABC ·AFC (cùng nội tiếp chắn cung AC) => ·AED ·AFC hay ·AED ·AFD Tứ giác ADEF có ·AED ·AFD (cmt) Nên tứ giác ADEF nội tiếp đường tròn (E, F cùng nhìn AD dưới 2 góc bằng nhau) c) Chứng minh rằng AB.BJ=AC.CJ Chứng minh: tam giác AIC đồng dạng với tam giác BIJ(g-g) AI AC => (1) BI BJ Chứng minh:tam giác AIB đồng dạng với tam giác CIJ(g-g) AI AB => (2) CI CJ Mà BI=CI(I là trung điểm BC)(3) AB AC Từ (1);(2);(3) => AB.BJ AC.CJ CJ BJ
Câu 23: [Hà Nam 2014 – 2015] Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB > AC. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Đường cao AH của tam giác ABC cắt đường tròn (O; R) tại điểm thứ hai là D. Kẻ DM vuông góc với AB tại M. a) Chứng minh tứ giác BDHM nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh DA là tia phân giác của M· DC c) Gọi N là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng AC, chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng. d) Chứng minh AB2 + AC2 + CD2 + BD2= 8R2 Lời giải a) AD ⊥ BC ; DM ⊥ AB (giả thiết) D· HB D· MB 900 .Hay 4 điểm B, D, H, M nằm trên đường tròn đường kính Nên tứ giác BDHM nội tiếp đường tròn đường kính BD b) Tứ giác BDHM nên M· DH M· BH ·ADC ·ABC (góc nội tiếp cùng chắn cung AC). M· DA ·ADC hay DA là tia phân giác của M· DC c) Chứng minh tương tự câu a ta có tứ giác DHCN nội tiếp => D· HN D· CN Mà D· CN ·ABD (vì ABDC là tứ giác nội tiếp) Tứ giác BDHM nội tiếp ·ABD D· HM 180o D· HN D· HM 180o Hay ba điểm M, H, N thẳng hàng. d) Kẻ đường kính AE Ta có ·AEB ·ACB B· AE D· AC cung BE=cung CD=>BE=CD Tương tự EC = BD Áp dụng định lí Pi ta go ta có: AB2 + AC2 + CD2 + BD2 = AB2 + BE2 + AC2 + CE2
= AE2 + AE2 = 4R2 + 4R2 = 8R2 Câu 24: [Hà Nội 2016 – 2017] Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn (O) (B là tiếp điểm) và đường kính BC. Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I (I khác C, I khác O). Đường thẳng AI cắt (O) tại hai điểm D và E (D nằm giữa A và E). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng DE. a) Chứng minh bốn điểm A, B, O, H cùng nằm trên một đường tròn. AB BD b) Chứng minh AE BE c) Đường thẳng d đi qua điểm E song song với AO, d cắt BC tại điểm K. Chứng minh HK // DC d) Tia CD cắt AO tại điểm P, tia EO cắt BP tại điểm F. Chứng minh tứ giác BECF là hình chữ nhật. Lời giải a) Vì AB là tiếp tuyến của (O) nên AB ⊥ BO ⇒ góc ABO = 90o Vì H là trung điểm của dây DE của (O) nên OH ⊥ DE ⇒ góc AHO = 90o Suy ra góc ABO + góc AHO = 180O ⇒ AHOB là tứ giác nội tiếp Suy ra bốn điểm A, H, O, B nằm trên cùng một đường tròn. b) Có góc ABD = góc AEB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD) Xét ∆ ABD và ∆ AEB có chung góc BAE, góc ABD = góc AEB nên AB BD Tam giác ABD đồng dạng với tam giác AEB(g-g)=> AE EB c) Vì ABOH là tứ giác nội tiếp nên góc OAH = góc OBH Vì EK // AO nên góc OAH = góc HEK
Suy ra góc OBH = góc HEK ⇒ BHKE là tứ giác nội tiếp ⇒ góc KHE = góc KBE Vì BDCE là tứ giác nội tiếp nên góc KBE = góc CDE Suy ra góc KHE = góc CDE ⇒ KH // CD d) Gọi F’ là giao điểm của BP và đường tròn (O). Gọi AQ là tiếp tuyến thứ 2 của (O) Vì BDQC là tứ giác nội tiếp nên góc QDC = góc QBC(1) Vì ABOQ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO nên góc QBC = góc QAO (2) Từ (1), (2) ⇒ góc QDC = góc OAQ ⇒ APDQ là tứ giác nội tiếp ⇒ góc PDA = góc PQA (3) Có góc PDA = góc EDC = góc EBC (4) Ta có ∆ ABP = ∆ AQP (c.g.c) ⇒ góc PQA = góc PBA (5) Từ (3), (4), (5) ⇒ góc PBA = góc EBC Suy ra góc PBE = góc ABC = 90o ⇒ góc F’BE = 90o ⇒ F’E là đường kính của (O) ⇒ F’ ∈ OE ⇒ F’ ≡ F Vì FBEC là tứ giác nội tiếp nên góc FCE = 180o – góc FBE = 90o Tứ giác FBEC có góc FCE = góc FBE = góc BEC = 90o nên là hình chữ nhật. Câu 25: [Hà Nội 2014 – 2015] Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P. a) Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật. b) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn. c) Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại điểm F. Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF. d) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. Lời giải
c) OE là đường trung bình của tam giác ABQ. OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP Suy ra F là trung điểm của BP. Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF. Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP. Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên ONF=90o Tương tự ta có OME=90o nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN d) 2SMNPQ 2SAPQ 2SAMN 2R.PQ AM.AN 2R(PB BQ) AM.AN AB BP Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra AB2 BP.BQ QB BA Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB+ BQ 2 PB.BQ 2 (2R)2 4R Ta có: AM 2 AN 2 MN 2 AM.AN 2R2 2 2 2 2 2 Do đó, 2SMNPQ 2R.4R 2R 6R SMNPQ 3R Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB. Câu 26: [Hà Nội 2015 – 2016] Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Lấy điểm C trên đoạn thẳng AO (C khác A, C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB cắt nửa đường tròn tại K. Gọi M là điểm bất kì trên cung KB (M khác K, M khác B). Đường thẳng CK cắt các đường thẳng AM, BM lần lượt tại H và D. Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai N. a) Chứng minh tứ giác ACMD là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh CA.CB=CH.CD.
c) Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng hàng và tiếp tuyến tại N của nửa đường tròn đi qua trung điểm của DH. d) Khi M di động trên cung KB, chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải a) Tứ giác ACMD có ACD=AMD 90o Nên tứ giác ACMD nội tiếp b) Xét 2 tam giác vuông : ACH và DCB đồng dạng (Do có CDB =MAB (góc có cạnh thẳng góc)) CA CD Nên ta có: CA.CB CH.CD CH CB c) Do H là trực tâm của ABD Vì có 2 chiều cao DC và AM giao nhau tại H , nên AD  BN Hơn nữa ANB 900 vì chắn nửa đường tròn đường kính AB. Nên A, N, D thẳng hàng. Gọi tiếp tuyến tại N cắt CD tại J ta chứng minh JND=NDJ. Ta có JND=NBA cùng chắn cung AN . Ta có NDJ =NBA góc có cạnh thẳng góc JND=NDJ.Vậy trong tam giác vuông DNH J là trung điểm của HD. d) Gọi I là giao điểm của MN với AB. CK cắt đường tròn tâm O tại điểm Q. Khi đó JM, JN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O. Gọi F là giao điểm của MN và JO. Ta có KFOQ là tứ giác nội tiếp. =>FI là phân giác KFQ. Ta có: KFQ KOQ KFI FOI =>tứ giác KFOI nội tiếp IKO 90o =>IK là tiếp tuyến đường tròn tâm O Vậy MN đi qua điểm cố định I (với IK là tiếp tuyến của đường tròn tâm O) Câu 27: [Hà Tĩnh 2013 – 2014] Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AM, AN với các đường tròn (O) (M, N ∈ (O)). Qua A vẽ một đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai điểm B, C phân biệt (B nằm giữa A, C). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng BC. a) Chứng minh tứ giác ANHM nội tiếp được trong đường tròn. b) Chứng minh AN2 = AB.AC.
c) Đường thẳng qua B song song với AN cắt đoạn thẳng MN tại E. Chứng minh EH // NC. Lời giải a) Vì AN, AM là tiếp tuyến của (O) nên ANO=AMO 90. Gọi J là trung điểm AO. Vì H là trung điểm dây BC nên OH ⊥ BC ⇒ AHO 90 Suy ra A, O, M, N, H thuộc đường tròn tâm J đường kính AO Suy ra AMHN là tứ giác nội tiếp đường tròn (J) b) Có ANB= ACN (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp) =>Tam giác ANB đồng dạng với tam giác CAN(g-g) AN AB AN 2 AB.AC AC AN c) Gọi I là giao điểm của MN và AC. Ta có MN là trục đẳng phương của hai đường tròn (J) và (O), I ∈ MN nên phương tích của I IB IH đối với (J) và (O) bằng nhau ⇒ IA.IH IB.IC IA IC IB IE IE IH Vì BE // AN nên EH / /NC IA IN IN IC Câu 28: [ Hà Tĩnh 2015 – 2016] Cho tam giác nhọn ABC, đường tròn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M,N . Gọi H là giao điểm của BN và CM. a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường tròn. b) Gọi K là giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng AH. Chứng minh BHK đồng dạng ∆.ACK c) Chứng minh:KM KN BC . Dấu “ =” xảy ra khi nào? Lời giải
a) Theo giả thiết ta có BMC=BNC=90o (Do cùng chắn một nữa đường tròn) AMH ANH 90o Tứ giác AMHN nội tiếpđường tròn. b) Vì BN AC, CM AB, H là trực tâm ∆ABC. =>AKBC=>AKB=ANB=90o=>Tứ giác ABKN nội tiếp đường tròn. =>KAC=NBC(cùng chắn cung KN) ∆BHK và ∆ACK có: HBK=KAC,HKB=AKC=90O =>∆BHK đồng dạng ∆ACK (g-g) c) Từ M kẻ đường vuông góc với BC cắt đường tròn tại =>BC là trung trung trực của MP (tính chất đối xứng của đường tròn)=>DK=KI Ta có các tứ giác ABKN, BMHK nội tiếp=>ABN=AKN=HKM =>MKB=NKC(cùng phụ với hai góc bằng nhau) Mặt khác BC là trung trực của MP nên MKB=BKP=>BKP=NKC =>3 điểm P, K, N thẳng hàng suy ra KM + KN = KP+ KN = PN BC (do PN là dây còn BC là đường kính). Dấu “=” xảy ra khi K trùng O, khi đó ∆ABC cân tại A Câu 29: [Hà Nội 2013 – 2014] Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm B và C (AB < AC, d không đi qua tâm O). a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp. b) Chứng minh AN2 = AB.AC. Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm. c) Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai T. Chứng minh MT // AC
d) Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở K. Chứng minh K thuộc một đường thẳng cố định khi d thay đổi và thỏa mãn điều kiện đề bài Lời giải a) Xét tứ giác AMON có hai góc đối ANO=90o AMO=900 nên là tứ giác nội tiếp b) Hai tam giác ABM và AMC đồng dạng nên ta có AB.AC=AM2=AN2=62=36 62 62 AC 9(cm) AB 4 BC AC AB 9 4 5(cm) 1 c) MTN MON AON (cùng chắn cung MN trong đường tròn (O)), và AIN=AON)) 2 (do 3 điểm N, I, M cùng nằm trên đường tròn đường kính AO và cùng chắn cung 90o) Vậy AIN=MTI=TIC nên MT//AC do có 2 góc so le bằng nhau. d) Xét AKO có AI vuông góc với KO. Hạ OQ vuông góc với AK. Gọi H là giao điểm của OQ và AI thì H là trực tâm của AKO , nên KMH vuông góc với AO. Vì MHN vuông góc với AO nên đường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với AO. Vậy K nằm trên đường thẳng cố định MN khi BC di chuyển. Cách giai khác: Ta có KB2 = KC2 = KI.KO. Nên K nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn tâm O và đường tròn đường kính AO. Vậy K nằm trên đường thẳng MN là trục đẳng phương của 2 đường tròn trên. Câu 30: [Hà Tĩnh 2016 – 2017 đề 2] Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng AB, kẻ tia Ax vuông góc với AB. Từ điểm M trên tại Ax kẻ tiếp tuyến MP với nửa đường tròn (P là tiếp điểm khác A). Đoạn AP cắt OM tại K, MB cắt nửa đường tròn tại Q (Q khác B). a) Chứng minh AMPO, AMQK là các tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh hai tam giác MQO và MKB đồng dạng. c) Gọi H là hình chiếu của P trên AB, I là giao điểm của MB và PH. Chứng minh: KI vuông góc với AM. Lời giải a) Ta có Ax và MP là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn nên M· AO M· PO 90o do đó tứ giác AMPO nội tiếp. Ta có: MA MP(Tinh chat 2 tiep tuyen cat nhau) OA=OP(ban kinh) O M =>OM là trung trực của đoạn AP ·AKM 90o (1) Lại có: ·APB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => M· QA 90o (2) Từ (1) và (2) suy ra ·AKM M· QA 90o cùng nhìn AM nên tứ giác AMQK nội tiếp. b) Ta có: ·ABQ M· AQ (cùng chắn cung AQ của nửa đường tròn) Mà M· AQ M· KQ (do tứ giác MQKA nội tiếp – câu a)) => ·ABQ M· KQ =>tứ giác QKOB nội tiếp=> K· OQ Q· BK (cùng chắn cung KQ) Xét hai tam giác MQO và MKB có B· MK chung; K· OQ Q· BK (CM trên) nên hai tam giác MQO và MKB đồng dạng. c) Cách 1: BP cắt tia Ax tại C, ta có MO song song BC (vì cùng vuông góc với AP) mà AO = OB nên AM=MC IP IB IH Lại có PH song song với AC nên theo định lý Ta lét ta có: IP IH MC BM AM Từ đó dễ thấy KI là đường trung bình của tam giác APH, do đó KI song song với AB => KI ⊥AM
Cách 2: Ta có I·QK phụ với K· QA ;I·PK phụ với P· AH ;mà P· AH ·AMK (cùng phụ với M· AK ) Nhưng ·AMK ·AQK (do tứ giác MQKA nội tiếp-câu b). Do đó K· QI I·PK =>tứ giác KQPI nội tiếp =>Q· PK Q· IK (cùng chắn cung KQ) mà Q· PK Q· BA Q· BA Q· IK =>KI song song với AB (có cặp góc đồng vị bằng nhau) => KI ⊥ AM. Câu 31: [Hải Dương 2016 – 2017] Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm cố dịnh thuộc đoạn thẳng OB (C khác O và B). Dựng đường thẳng d vuông góc với AB tại điểm C, cắt nửa đường tròn (O) tại điểm M. Trên cung nhỏ MB lấy điểm N bất kỳ (N khác M và B), tia AN cắt đường thẳng d tại điểm F, tia BN cắt đường thẳng d tại điểm E. Đường thẳng AE cắt nửa đường tròn (O) tại điểm D (D khác A). a) Chứng minh AD. AE = AC.AB b) Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội tiếp ∆ CDN c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ AEF. Chứng minh rằng điểm I luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên cung nhỏ MB Lời giải a) Có ADB= ANB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) =>Tam giác ADB đồng dạng với tam giác ACE(g-g) AD AB AD.AE AC.AB AC AE b) + Có AN ⊥ EB, EC ⊥ AB , EC giao AN tại F nên F là trực tâm của tam giác AEB ⇒ BF ⊥ EA Mà BD ⊥ EA ⇒ B, D, F thẳng hang + Tứ giác ADFC có hai góc đối bằng 90o nên là tứ giác nội tiếp, suy ra DCF=DAF Tương tự ta có: NCF=NBF Mà DAF=NBF (cùng phụ với góc AEB) =>DCF=NCF
Suy ra CF là phân giác của góc DCN Tương tự ta cũng có DF là phân giác của góc NDC Vậy F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DCN c) Gọi J là giao của (I) với đoạn AB. Có FAC=CEB(=90o-ABE)=> tam giác FAC đồng dạng với tam giác BEC(g-g) FC AC => CF.CE BC.AC BC EC Vì AEFJ là tứ giác nội tiếp nên FJC=FEA(=180o-AJF) CF CJ =>Tam giác CFJ đồng dạng với tam giác CAE(g-g)=> CF.CE CA.CJ CA CE Suy ra BC.AC = CA.CJ ⇒ BC = CJ ⇒ C là trung điểm BJ (vì J ≠ B) Suy ra J là điểm cố định Có IA = IJ nên I luôn thuộc đường trung trực của AJ, là đường cố định. Câu 32: [ Hải Dương 2015 – 2016] Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi không trùng với AB. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. a) Chứng minh ACBD là hình chữ nhật. b) Gọi H là trực tâm của tam giác BPQ. Chứng minh H là trung điểm của OA. c) Xác định vị trí của đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất. Lời giải a) Chứng minh ACBD là hình chữ nhật ACB=ADB=90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CAD=CBD=90(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra Chứng minh ACBD là hình chữ nhật b) Chứng minh H là trung điểm của OA Tam giác BEF vuông tại B có đường cao BA nên AB2 = AE. AF AE AB AE AB AE AB AB AF 2OA 2AQ OA AQ EAO=BAQ=90=> tam giác AEO đồng dạng với tam giác ABQ
=>AEO=ABQ. Mặt khác HPF=ABQ (góc có cạnh tương ứng vuông góc) nên AEO=HPF. Hai góc này ở vị trí đồng vị lên PH//OE P là trung điểm của EA H là trung điểm của OA c) Xác định vị trí của CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất AB.PQ R Ta có: S R.PQ R(AP AQ) (AE AF) BPQ 2 2 R .2 AE.A F 2 R. AB2 R.AB 2R2 2 S BPQ 2R AE AF tam giác BEF vuông cân tại B tam giác BCD vuông cân tại B=> CD vuông AB 2 Vậy S BPQ đạt giá trị nhỏ nhất là 2R khi CD vuông AB Câu 33: [Hải Phòng 2013 – 2014] Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H (D BC, E AC, F AB) a) Chứng minh các tứ giác BDHF, BFEC nội tiếp. b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại M và N (F nằm giữa M và E). Chứng minh ¼AM »AN . c) Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD. Lời giải a) Chứng minh các tứ giác BDHF, BFEC nội tiếp. +) Xét tứ giác BDHF có: BFH=90O (CF là đường cao của ABC) HDB=90O (AD là đường cao của ABC) =>BFH+HDB=180O Mà BFH và HDB là 2 góc đối nhau=>tứ giác BDHF nội tiếp Ta có: BFC=90o (CF là đường cao của ABC) BEC=90o (BE là đường cao của ABC) Suy ra bốn điểm B, F, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC Hay tứ giác BFEC nội tiếp.
b) Chứng minh ¼AM »AN . Vì tứ giác BFEC nội tiếp=>AFN=ACB(cùng bù với góc BFE) 1 1 Mà CAN= sđ »AB = (sđ M»B +sđ ¼AM )(tính chất góc nội tiếp trong (O)) 2 2 1 AFN= (sđ »AN + sđ M»B ) (tính chất góc có đỉnh bên trong đường (O)) 2 => ¼AM »AN c) Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD Xét AMF và ABM có: MAB chung AMF=ABM (hai góc nội tiếp cùng chắn ¼AM »AN trong (O)) Do đó AMF ∽ ABM (g.g) AF AM AM 2 AF.AB (1) AM AB Xét AFH và ADB có: BAD chung AFH=ADB=90o (CF và AD là các đường cao của ABC) Do đó AFH ∽ ADB (g.g) AF AD AM.AD AF.AB (2) AH AB AH AM Từ (1) và (2) suy ra AM 2 AH.AD AM AD Xét AHM và AMD có: MAD chung AH AM (CM trên) AM AD Do đó AHM ∽ AMD (c.g.c) =>AMH=ADM(3) Vẽ đường thẳng xy là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MHD tại M. Ta có: x·MH ·ADM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp) (4) Từ (3) và (4) suy ra x·MH ·AMH Hay MA trùng với tia Mx Suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MHD. Câu 34: [Hải Phòng 2016 – 2017] Cho ∆ ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Kẻ AH ⊥ BC tại H. Gọi I và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O). a) Chứng minh tứ giác AHCK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh góc AHK = góc ABC và AH2 = AI.AK c) Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AI và AK. Chứng minh rằng: Nếu AH = AM + AN thì ba điểm A, O, H thẳng hàng.
Lời giải a) Vì AH ⊥ HC, AK ⊥ KC nên góc AHC = góc AKC = 90o ⇒ góc AHC + góc AKC = 180o Suy ra AHCK là tứ giác nội tiếp b) Vì AHCK là tứ giác nội tiếp nên góc AHK = góc ACK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AK) Mặt khác góc ABC = góc ACK (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC của (O)) Suy ra góc AHK = góc ABC. (1) Vì góc AHB = góc AIB = 90o + 90o = 180o nên AHBI là tứ giác nội tiếp ⇒ góc ABH = góc AIH hay góc ABC = góc AIH (2) Từ (1) và (2) ⇒ góc AHK = góc AIH (3) Chứng minh tương tự, ta có góc AHI = góc AKH (4) Từ (3) và (4) có tam giác AIH đồng dạng với tam giác AHK(g-g) AI AH AH 2 AI.AK (đpcm) AH AK c) Vì M, N là trung điểm của AI, AK nên AI AK AI AK (AI AK)2 AH AM AN AH 2 2 2 2 4 Kết hợp với ý b, ta có (AI AK)2 AI.AK (AI AK)2 4.AI.AK 4 (AI AK)2 0 AI AK Gọi J là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại B, C của (O). Có ∆ OBJ = ∆ OCJ (cạnh huyền–cạnh góc vuông) ⇒ JO là phân giác của góc BJC và JB = JC Suy ra OJ là đường trung trực của BC ⇒ OJ ⊥ BC Vì AI = AK, AI ⊥ IJ, AK ⊥ KJ nên A thuộc đường phân giác của góc IJK ⇒ A ∈ OJ Suy ra AO ⊥ BC, mà AH ⊥ BC nên A, O, H thẳng hàng.
Câu 35: [Hải Phòng 2014 – 2015] Cho đường tròn (O) cố định và tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), các đường cao BD và CE cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt ở D’ và E’ a) Chứng minh rằng tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp và DE // D’E’ b) Chứng minh rằng OA vuông góc với DE c) Cho các điểm B và C cố định. Chứng minh rằng khi A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn thì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE không đổi. Lời giải a) * Có BD và CE là các đường cao của ∆ABC => BD ⊥ AC, CE ⊥ AB =>BDC=90o ;BEC=90o + Tứ giác BEDC có BDC=90o ;BEC=90o mà 2 góc này cùng chắn cạnh BC => tứ giác BEDC nội tiếp (điều phải chứng minh) sd D»C * Tứ giác BEDC nội tiếp Eµ Bµ (1) 1 1 2 sd E¼'C * Xét đường tròn (O) có Bµ D¶' (2) 1 1 2 ¶ µ Từ (1) và (2) => D '1 E1 mà đây là 2 góc đồng vị => DE // D’E’ (điều phải chứng minh) sd E»D b) * Tứ giác BEDC nội tiếp => B¶ C¶ 2 2 2 ¶ ¶ * Trong đường tròn (O) có =>B2 C2 => số đo cung AE’ = số đo cung AD’ => A là điểm chính giữa cung D’E’ => AO đi qua trung điểm của D’E’ => AO ⊥ D’E’ , mà DE // D’E’=>OA ⊥ DE (đpcm) c) * Ta có tứ giác AEHD có ·AEH ·ADH 90o => AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD => AH đồng thời là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆ADE
AH là bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆ADE. 2 * Vẽ đường kính AN của đường tròn (O) => N· CA 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => NC ⊥ AC => NC // BD * Chứng minh tương tự có BN // CE => Tứ giác BHCN là hình bình hành. * Gọi M là giao điểm của BC và HN => M là trung điểm HN => AH = 2.OM Mặt khác M là trung điểm của BC nên OM ⊥ BC OM là khoảng cách từ O đến BC, mà BC cố định, O cố định nên OM không đổi => AH không Câu 36: [Hòa Bình 2015 – 2016] Cho đường tròn tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao cho AB > AC (A khác C). Từ A vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC) a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA ⊥ EF b) Tia FE cắt đường tròn (O) tại P. Chứng minh rằng ∆ APH cân Lời giải a) Có BAC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Vì HE ⊥ AB, HF ⊥ AC nên AEH=AFH 90 Tứ giác AEHF có 3 góc vuông nên nó là hình chữ nhật Gọi I là giao OA và EF. Vì ∆ OAB cân ở O nên EAI=ABO (1) AEHF là hình chữ nhật nên nó nội tiếp đường tròn ⇒ AEI=AHF (2) Vì AE // HF (cùng ⊥ AC) nên AHF=EAH=90o- ABO (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ EAI+ AEI 90 ⇒ ∆ AEI vuông tại I ⇒ OA ⊥ EF b) Gọi Q là giao của tia EF với (O). Vì OA ⊥ PQ nên A là điểm chính giữa cung PQ ⇒ ∆ APQ cân tại A ⇒ APQ=AQP Vì APBQ là tứ giác nội tiếp nên ABP=AQP Suy ra ABP=APQ=APE=>tam giác ABP đồng dạng với tam giác APE (g-g)
AB AP AP2 AE.AB AP AE Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHB có AH2 = AE. AB ⇒ AP2 = AH2 ⇒ AP = AH ⇒ ∆ APH cân ở A. Câu 37: [Hòa Bình 2014 – 2015] Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD ( F ∈ AD ) a) Chứng minh rằng tia CA là phân giác của góc BCF. b) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng: CM.DB = DF.DO Lời giải a) Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên BCA=BDA(1) Có ACD=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> ECD+EFD=180o Suy ra ECDF là tứ giác nội tiếp>ECF=EDF(2) Từ (1) và (2) =>BCA=FCA =>CA là phân giác của góc BCF b) Vì ∆ CED vuông tại C nên CM = ME = MD ⇒ 2CM = DE Tam giác DEF đồng dạng với tam giác DAB DE DF => DE.DB DA.DF 2CM.DB 2DO.DF CM.DB DO.DF DA DB Câu 38: [Hưng Yên 2016 – 2017] Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tiếp tuyến tại A của đường tròn lấy điểm C sao cho C khác A. Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD (D là tiếp điểm) và cát tuyến CMN (M nằm giữa N và C) với đường tròn. Gọi H là giao điểm và CO và AD. a) Chứng minh các điểm C, A, O, D cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh CH.CO = CM.CN
c) Tiếp tuyến tại Mcuar đường tròn (O) cắt CA, CD thứ tự tại E, F. Đường thẳng vuông góc với OC tại O cắt CA, CD thứ tự tại P, Q. Chứng minh PE + QF PQ. Lời giải a) Vì CA, CD là tiếp tuyến của (O) (gt) Nên góc CAO = CDO = 900 ( theo tính chất tiếp tuyến) Suy ra 4 điểm C, A, O, D cùng thuộc 1 đường tròn. (điều phải chứng minh). Cách 2: có góc CAO = CDO = 900 nên góc CAO + CDO = 1800 Suy ra 4 điểm C, A, O, D cùng thuộc 1 đường tròn. b) Chứng minh được tam giác COD vuông tại A có đường cao DH nên CH.CO = CD2 (1) Ta chứng minh được CMD đồng dạng với CDN Nên có CM.CN = CD2 (2) (1) và (2) ta co dpcm. c) Ta có OFQ= MDO (cùng phụ với góc FDM) 1 MDA AOE sd ¼AM (1) 2 Tứ giác AODC nội tiếp => ADO=ACO (Cùng chắn cung AO) Mà ACO =AOP (cùng phụ với góc P) => ADO=APO (2) Từ (1) và (2) suy ra POE=MDO=OFQ (3) Tam giác CPQ cân tại C => P=Q (4) Từ (3) và (4) ta có tam giác POE đồng dạng với tam giác QFO PO PE  QF.PE OP.OQ OP2 QF QO Theo Cô-si có QF PE 2 QF.PE 2 OP2 2.OP PQ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi QF = PE (Tức là M là giao điểm của OC và (O)). Câu 39: [Hưng Yên 2014 – 2015]
Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Hạ các đường cao AH, BK của tam giác. Các tia AH, BK lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai là D, E. a) Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp đường tròn . Xác định tâm đường tròn đó. b) Chứng minh : HK // DE. c) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên (O) sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp CHK không đổi. Lời giải a) Tứ giác ABHK có AKB=AHB=90o . Suy ra Tứ giác ABHK nội tiếp đường tròn đường kính AB.Tâm O’ của đường tròn náy là trung điểm của AB. b) Theo câu a) Tứ giác ABHK nội tiếp (J) với J là trung điểm của AB Nên BAH = BKH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH của (J) ) Mà BAH = BAD (A, H, D thẳng hàng) BAD = BED (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD của (O) ) Suy ra BKH = BED . Hai góc này ở vị trí đồng vị nên HK // DE. c) - Gọi T là giao của hai đường cao AH và BK. Dễ CM được tứ giác CHTK nội tiếp đường tròn đường kính CT. (do CHT=CKT=90o ). Do đó CT là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK. (*) - Gọi F là giao của CO với (O) hay CF là đường kính của (O). Ta có CAF=90o ( góc nội tiếp chắn nửa (O)) => FA  CA Mà BK  CA (gt). Nên BK // FA hay BT // FA (1) Ta có CBF=90o ( góc nội tiếp chắn nửa (O)) => FB  CB Mà AH  CB (gt). Nên AH // FB hay AT // FB (2) Từ (1) và (2) ta có tứ giác AFBT là hình bình hành ( hai cặp cạnh đối //) Do J là trung điểm của đường chéo AB Nên J cũng là trung điểm của đường chéo FT( tính chất về đường chéo hbh). Xét tam giác CTF có O là trung điểm của FC, J là trung điểm của FT
1 Nên OJ là đường trung bình=> OJ= CT ( ) 2 Từ (*) và ( ) ta có độ dài của OJ bằng độ dài bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK. Mà độ dài của OJ là khoảng cách từ tâm O đến dây AB (J là trung điểm của dây AB). Do (O) và dây AB cố định nên độ dài của OJ không đổi. Vậy độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK không đổi. Câu 40: [Hưng Yên 2015 – 2016] Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O và AB HE//CD c) Gọi K là trung điểm của EC, I là giao điểm của MK với ED. Khi đó MK là đường trung bình của BCE =>MK // BE mà BE  AD (gt) =>MK  AD hay MK  EF (3) Lại có CF  AD (gt) MK // CF hay KI // CF. ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF (4) Từ (3) và (4) suy ra MK là đường trung trực của EF ME = MF Câu 41: [Khánh Hòa 2015 – 2016] Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC . Hai đường tròn B;BA và C;CA cắt nhau tại điểm thứ hai là D . Vẽ đường thẳng a bất kì qua D cắt đường tròn (B) tại M và cắt đường tròn
(C) tại N ( D nằm giữa M và N). Tiếp tuyến tại M của đường tròn (B) và tiếp tuyến tại N của đường tròn (C) cắt nhau tại E. a) Chứng minh BC là tia phân giác của ABD b) Gọi I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh: AD2 = 4BI.CI c) Chứng minh bốn điểm A, M, E, N cùng thuộc một đường tròn. d) Chứng minh rằng số đo MEN không phụ thuộc vị trí của đường thẳng a. Lời giải a) C/m: ABC = DBC (ccc) ABC=DBC hay: BC là phân giác của ABD b) Ta có: AB = BD (=bk(B)) CA = CD (=bk(C)) Suy ra: BC là trung trực của AD hay BC  AD AIB Ta lại có: BC  AD tại I IA = ID (đlí) AD2 Xét ABC vuông tại A (gt) có: AIBC, suy ra: AI2 = BI.CI hay: BI.CI AD2 4BI.CI 4 c) Ta có: DME=DAM (hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung) DNE =DAN (hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung) Suy ra: DME+ DNE=DAM+DAN Trong MNE có: MEN+EMN+ENM 180o , suy ra: MEN+DAM+DAN 180o Hay: MEN+MAN 180o tứ giác AMEN nội tiếp. d) Trong AMN có: MAN+AMN+ANM 180o , mà: MEN+MAN 180o suy ra: MEN=AMN+ANM 1 1 Ta lại có: AND ACB ACD, AMD ABC ABD (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một 2 2 cung) Mà: ABC vuông tại A nên: MEN 90o (không đổi) Vậy số đo góc MEN không phụ thuộc vào đường thẳng a. Câu 42: [Kiên Giang 2015 – 2016]
Cho tam giác ABC nhọn (AB M và N cùng nhìn BC dưới một góc không đổi bằng 900 =>tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tam giác ANM đồng dạng với tam giác ACB Xét tam giác ANM và ACB có: Góc A chung Góc ANM = góc ACB (cùng bù với góc BNM) =>tam giác ANM đồng dạng với tam giác ACB c) Kẻ tiếp tuyến BD với đường tròn đường kính AH (D là tiếp điểm) kẻ tiếp tuyến BE với đường tròn đường kính CH (E là tiếp điểm). Chứng minh BD = BE + Chứng minh tam giác BDH đồng dạng với tam giác BMD (góc – góc) =>BD2 = BH.BM + Tương tự ta chứng minh được BE2 = BH.BM =>BD = BE d) Giả sử AB = 4 cm, AC = 5 cm, BC = 6 cm. Tính MN Đặt AN = x NB = 4- x (điều kiện 0 < x < 4)
Áp dụng định lý Pythago ta có: CN2 = AC2 – AN2 = BC2 – BN2 52 – x2 = 62 – (4-x)2 25 – x2 = 36 – 16 + 8x – x2 25 – 36 + 16 = 8x 8x = 5 x=0,625(nhận) Vậy AN = 0,625 Tam giác ANM đồng dạng với tam giác ACB (cmt) AN MN AN.BC 0,625.6 MN 0,75(cm) AC BC AC 5 Câu 43: [Kon Tum -2014 – 2015]. Cho ABC vuông tại A và đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm O đường kính AB. Biết BH=2cm, HC=6cm. Tính diện tích hình quạt AOH (ứng với cung nhỏ AH). Lời giải 2 2 AB HB.BC HB HC HB 2 6 16 AB=4(cm) OA=2(cm) CosABH=HB/AB=2/4=1/2 ABH=60° AOH=2ABH=120° OA2. .120o 4 S (cm2 ) quat AOH 360o 3 Câu 44: [Kon Tum 2014 – 2015] Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Từ A và B vẽ hai dây cung AC và BD của đường tròn (O) cắt nhau tại N bên trong đường tròn (C, D nằm trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB). Hai tiếp tuyến Cx và Dy của đường tròn (O) cắt nhau tại M. Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng AD và BC. a) Chứng minh tứ giác DNCP nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh ba điểm P, M, N thẳng hàng. Lời giải
a)DNCP nội tiếp ACB=ADB=90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ACPB và BDPA PAN=PCN=90° Tứ giác DNCP nội tiếp đường tròn đường kính PN b)P,M,N thẳng hang A,D,C,B cùng thuộc (O) tứ giác ADCB nội tiếp OBC=PDC Mà PDC=MNC( cùng chắn cung PC của đường tròn (DNCP)) OCB=OBC( OCB cân tại O) và MCN=OCB(cùng phụ OCN) MNC=MCN MCN cân tại M MN=MC vì MD=MC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) MN=MC=MD DCN nội tiếp đường tròn tâm M Mặt khác DCN nội tiếp đường đường kính PN(vì tứ giác DNCP nội tiếp) M là trung điểm PN Vậy P,M,N thẳng hàng (đpcm) Câu 45: [Lạng Sơn 2013 – 2014] Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MA và cát tuyến MBC (B nằm giữa M và C). Gọi E là trung điểm của dây BC. a) Chứng minh: MAOE là tứ giác nội tiếp. b) MO cắt đường tròn tại I (I nằm giữa M và O). Tính ·AMI 2M· AI c) Tia phân giác góc BAC cắt dây BC tại D. Chứng minh: MD2 MB.MC Lời giải
a) Chứng minh MAOE là tứ giác nội tiếp. Do E là trung điểm của dây cung BC nên OEM=90o (quan hệ giữa đường kính và dây cung) Do MA là tiếp tuyến nên OAM=90O ,tứ giác MAOE có OEM+OAM=180o nên nội tiếp đường tròn. b) Tính ·AMI 2M· AI Ta có:2M· AI ·AOI (cùng chắn cung AI) O· AM ·AMO 90o (do tam giác MAO vuông tại A) ·AMI 2M· AI 90o c) Chứng minh MD2 MB.MC Do tam giác MAB đồng dạng với tam giác MCA (g.g) nên MA2 MB.MC Gọi K là giao điểm của phân giác AD với đường tròn (O) 1 1 1 Có M· DA (sdK»C sd B»A) =(sdK»B sd B»A) sd K»A 2 2 2 (vì AD là phân giác góc BAC nên cung KB = cung KC) 1 Mặt khác: M· AD sd K»A (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) 2 Nên tam giác MAD cân: MA = MD Vậy MD2 MB.MC (đpcm) Câu 46: [Lạng Sơn 2014 – 2015] Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt AB; AC lần lượt tại M và N.Gọi H là giao điểm của BN cà CM, K là trung điểm của AH. a) Chứng minh rằng tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AM.AB = AN.AC c) Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn (O). Lời giải
a) Có BMC=90o (Nội tiếp chắn nửa đường tròn) =>AMH=90o Có BNC=90O (Nội tiếp chắn nửa đường tròn) =>ANH=90O(Do kề bù) Vậy AMH+ANH=180o nên tứ giác AMHN nội tiếp b) Xét ∆AMC và ∆ANB có AMC=ACB=90o (chứng minh ý a) Có góc A chung nên ∆AMC đồng dạng ∆ ANB (g.g) AM AC AM.AB AN.AC AN AB c) Có H là trực tâm của ∆ ABC => AH vuông góc BC =>CAH+ACB=90o(1) KN là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông NHA =>KNA=KAN (2) ∆ ONC cân tại O nên ONC=OCN (3) Từ 1, 2, 3 ta có: KAN+ONC=90o =>KNO=90o hay KN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O Câu 47: [Lạng Sơn 2015 – 2016] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O và có ba góc nhọn. Kẻ cac đường cao BE; CF ( Điểm E trên AC, điểm F trên AB) gọi H là giao điểm của BE với CF a) Chứng minh rằng các tứ giác AFHE và BFEC nội tiếp b) Gọi S là trung điểm AH. Chứng minh rằng  ESF =  BOC và hai tam giác ESF và BOC đồng dạng. c) Kẻ OM vuông góc với BC( M nằm trên BC) Chứng minh rằng SM vuông góc với EF Lời giải a) Xét tứ giác AFHE có  AFH = 900 ;  AEH = 90o =>  AFH +  AEH = 1800 nên tứ giác AFHE nội tiếp
Xét tứ giác BFEC có  BFC = 900 nên F thuộc đường trong đường kính BC  BEC = 900 nên E thuộc đường tròn đường kính BC Vậy 4 điểm B,C,E,F cùng thuộc đường tròn đường kính BC hay BFEC nội tiếp b) Ta có tứ giác AFHE nội tiếp (ý a) =>  ESF = 2 EAF(cùng chắn cung EHF) Mà  BOC = 2 EAF trong đường tròn tâm O nên  ESF =  BOC Xét ESF và BOC có  ESF =  BOC ( chứng minh trên) c) Câu 48: [Lào Cai 2013 – 2014] Cho đường tròn tâm O bán kính R và một điểm A sao cho OA = 3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và AQ với đường tròn (O ; R) (P, Q là 2 tiếp điểm). Lấy M thuộc đường tròn (O ; R) sao cho PM song song với AQ. Gọi N là giao điểm thứ hai của đường thẳng AM với đường tròn (O ; R). Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K. a) Chứng minh tứ giác APOQ là tứ giác nội tiếp và KA2 = KN.KP b) Kẻ đường kính QS của đường tròn (O ; R). Chứng minh NS là tia phân giác của góc PNM c) Gọi G là giao điểm của 2 đường thẳng AO và PK. Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R Lời giải a) tứ giác APOQ có tổng hai góc đối bằng 1800. PM//AQ suy ra P· MN K· AN (So le trong) P· MN ·APK (cùng chắn cung PN) => K· AN ·APK Tam giác KAN và tam giác KPA có góc K chung K· AN K· PA nên hai tam giác đồng dạng (g-g) KA KN KA2 KN.KP KP KA b) PM//AQ mà SQ  AQ (t/c tiếp tuyến) nên SQ  PM suy ra P»S S¼M Nên P· NS S·NM hay NS là tia phân giác của góc P· NM c) Gọi H là giao điểm của PQ với AO G là trọng tâm của tam giác APQ nên AG = 2/3 AH mà OP2 = OA.OH nên OH = OP2/OA = R2/ 3R = R/3 nên AH = 3R – R/3 = 8R/3 do đó AG = 2/3 . 8R/3 = 16R/9 Câu 49: [Long An 2013 – 2014] Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3cm, BC = 5cm, AH là chiều cao của tam giác ABC. Tính độ dài AC và AH Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Ba đường cao AE, BF, CG cắt nhau tại H (với E thuộc BC, F thuộc AC, G thuộc AB). a) Chứng minh các tứ giác AFHG và BGFC là các tứ giác nội tiếp. b) Gọi I và M lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp của tứ giác AFHG và BGFC. Chứng minh MG là tiếp tuyến của đường tròn tâm I. c) Gọi D là giao điểm thứ hai của AE với đường tròn tâm O. Chứng minh: EA2 EB2 EC 2 ED2 4R2
Lời giải Bài 1 AC 2 BC 2 AB2 16 AC 4(cm) 1 1 1 AH 2 AB2 AC 2 12 AH (cm) 5 Bài 2 a) Chứng minh tứ giác AFHG và BGFC nội tiếp. Ta có: ·AGH 90o (gt) ·AFH 90o (gt) ·AGH ·AFH 180o =>AFHG là tứ giác nội tiếp Ta có: B· GC B· FC 90o =>Tứ giác BGFC nội tiếp (Vì tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn BC dưới một góc bằng 90o) b) Gọi I và M lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFHG và BGFC. Chứng minh MG là tiếp tuyến của đường tròn tâm (I). I·GA I·AG (tam giác IAG cân tại I ) (1) G· BM B· GM ( tam giác MGB cân tại M ) (2) I·AG G· BM 90o (3) Từ (1), (2) và (3) => I·GA B· GM 90o I·GM 90o MG  IG
=>MG là tiếp tuyến của đường tròn tâm I c) Gọi D là giao điểm thứ hai của AE với đường tròn tâm O. Chứng minh: EA2 EB2 EC 2 ED2 4R2 Kẻ đường kính AK của đường tròn tâm O EA2 EB2 EC 2 ED2 AB2 DC 2 (4) Tam giác ABK vuôn tại B AB2 BK 2 AK 2 4R2 (5) Tứ giác BCKD là hình thang ( BC//DK do cùng vuông góc với AD ) (6) Tứ giác BCKD nội tiếp đường tròn (O) (7) Từ (6), (7) => BCKD là hình thang cân. => DC = BK (8) Từ (4), (5), (8) => EA2 EB2 EC 2 ED2 4R2 Câu 50: [Long An 2014 – 2015] Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A , AH là đường cao (H BC) có AH 6cm ; HC 8cm . Tính độ dài AC , BC và AB . Bài 2: Cho đường tròn (O;R) và một điểm S nằm ngoài đường tròn (O) . Từ S kẻ hai tiếp tuyến SA và SB với đường tròn (O) . ( A và B là hai tiếp điểm) a) Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp và SO vuông góc AB. b) Vẽ đường thẳng a đi qua S và cắt (O) tại hai điểm M và N (với a không đi qua tâm O, M nằm giữa S và N).Gọi H là giao điểm của SO và AB; I là trung điểmcủa MN. Hai đường thẳng OI và AB cắt nhau tại E. +) Chứng minh: OI.OE R2 +) Cho SO=2R và MN R 3 . Hãy tính SM theo R. Lời giải Bài 1. Ta có: AC 2 AH 2 HC 2 => AC 2 100 AC 10(cm) CA2 Mà AC 2 BC.HC BC 12,5(cm) HC AH.BC AB.AC AH.BC AB 7,5(cm) AC Bài 2
a) Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp và SO vuông góc AB. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp. (0,5) SA và SB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) => SAO SBO 90o SAO SBO 180o =>Tứ giác SAOB là tứ giác nội tiếp. Chứng minh SO vuông góc AB . (0,5) SA và SB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O ) O SA=SB Mà OA=OB=R =>SO là đường trung trực AB =>SO vuông AB b) +) Chứng minh:OI=OE=R2 (1,0) Tam giác AOI vuông tại A có AH là đường cao =>OA2=OH.OS=R2 (1) I là trung điểm MN,MN không qua O=>OI vuông MN Xét tam giác OHE vuông tại H và tam giác OIS vuông tại I có: EOH chung => tam giác OHE đồng dạng với tam giác OIS OE OH OI.OE OH.OS(2) OS OI Từ (1) và (2) suy ra OI.OE=R2 +) Cho SO=2R và MN R 3 . Hãy tính SM theo R. R Tam giác OIM vuông tại I OI OM 2 IM 2 2 R2 R 15 Tam giác OIS vuông tại I => SI SO2 OI 2 4R2 4 2 R 15 R 3 R SM SI IM ( 15 3) 2 2 2 Câu 51: [Long An 2015 – 2016] Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A , AH là đường cao (H BC) có BC = 10 cm, AC = 8 cm. Tính độ dài AB , BH và số đo góc C ( số đo góc C làm tròn đến độ). Bài 2:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm C trên đường thẳng AB sao cho B nằm giữa A, C. Kẻ tiếp tuyến CK với nửa đường tròn tâm O (K là tiếp điểm), tia CK cắt tia tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn tâm O tại D ( tia tiếp tuyến Ax nằm trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn tâm O). a) Chứng minh tứ giác AOKD là tứ giác nội tiếp. Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOKD. b) Chứng minh: CO.CA=CK2+CK.DK AD DN c) Kẻ ON AB thuộc đoạn thẳng CD). Chứng minh 1 DN CN Lời giải Bài 1: * Tính AB: Áp dụng định lí Py-ta-go vào vuông ABC : BC 2 AB2 AC 2 AB2 BC 2 AC 2 102 82 36 Vậy AB 36 6(cm) * Tính BH : Áp dụng hệ thức lượng vào vuông ABC : AB2 62 AB2 BC.BH BC 3,6(cm) BC 10 * Tính Cµ : AB 6 sin Cµ Cµ 37o BC 10 Bài 2: a) Chứng minh tứ giác AOKD là tứ giác nội tiếp. Xác định tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOKD. AD là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O =>DAO=90O CK là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O=>DKO=90o Xét tứ giác AOKD, ta có: DAO+DKO=180o Vậy tứ giác AOKD là tứ giác nội tiếp. Tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOKD là trung điểm của đoạn DO. b) Chứng minh: CO.CA=CK2+CK.DK
Xét hai tam giác COK và CDA có: CKO=CAD=90(gt) C chung =>tam giác COK đồng dạng với tam giác CDA(g-g) CO CK CO.CA CK.CD CD CA CO.CA CK.(CK DK) CK 2 CK, DK AD DN c) Kẻ ON  AB ( N thuộc đoạn thẳng CD). Chứng minh : 1 DN CN Ta có: ON // DA ( cùng vuông góc với AB) =>ADO=DON(so le trong) Mặt kahsc ADO=ODN(tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) Vậy DON=ODN =>tam giác DON cân tại N =>NO=ND Tam giác CAD có ON//AD nên tam giác CAD đồng dạng với tam giác CON CD AD => CN ON CN DN AD (Do DN=ON) CN DN DN AD =>1+ CN DN AD DN 1 DN CN (đpcm) Câu 52: [Nam Định 2013 – 2014] Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối cùa tia BA lấy điểm C (C không trùng với B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm), tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi H là giao điểm của AD và OE, K là giao điểm của BE với đường tròn (O) (K không trùng với B). a) Chứng minh : AE 2 EK.EB b) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. AE EM c) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh 1 EM CM Lời giải
a) Chứng minh AE2=EK.EB +Chỉ ra ∆ AEB vuông tại A (gt AE là tiếp tuyến của (O) +Chỉ ra ·AKB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra AK là đường cao của tam giác vuông AEB. +Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông AEB ta có: AE2=EK.EB b) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. +Chỉ ra tứ giác AHKE nội tiếp: Ta có: EO là đường trung trực của đoạn thẳng AD (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) Nên ta có: EO vuông góc với AD nên E· HA 90o Ta lại có E· KA 90o Nên suy ra tứ giác AHKE nội tiếp. => E· HK E· AK +Chỉ ra góc E· BA E· AK (do cùng phụ với góc AEB) +Suy ra tứ giác BOHK nội tiếp suy ra 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. AE EM c) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh 1 EM CM +Chỉ ra ∆OEM cân tại M: do có góc EOM = góc MEO (vì cùng bằng góc AEO) suy ra ME = MO. +Có OM và AE cùng vuông góc với AB nên OM // AE, áp dụng định lý Ta- lét trong ∆CEA ta có: CE AE CM OM Ta có: CE AE CE CM AE OM EM AE 1 CM OM CM OM CM OM AE EM 1 OM CM AE EM Mà ME = MO nên suy ra 1 EM CM Câu 53: [Nam Định 2015 – 2016]
Cho đường tròn tâm O, điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O). Kẻ các tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AED tới (O) (B, C là các tiếp điểm; E nằm giữa A và D). Gọi H là giao điểm của AO và BC. a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. b) Chứng minh AB2 = AE. AD và AE .AD = AH. AO c) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD thuộc (O). Lời giải a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp + Ta có AB là tiếp tuyến của (O) ABOB ABO=90o + Ta có AC là tiếp tuyến của (O) ACOC ACO=90o =>ABO+ACO=90o+90o=180o + Vậy tứ giác ABOC là một tứ giác nội tiếp (vì có tổng 2 góc đối bằng 1800) b) Chứng minh AB2 = AE.AD và AE.AD = AH.AO. + Ta có ABE=ADB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung EB của (O)) + Xét ∆ ABE và ∆ ADB có: BAE chung và ABE=ADB ∆ ABE ~ ∆ ADC (g. g) AB AD AB2 AD.AE(1) AE AB + Vì AB, AC là các tiếp tuyến của (O) nên suy ra AB = AC và AO là tia phân giác của góc BAC. Suy ra ∆ ABC cân tại A có AO là đường phân giác đồng thời là đường cao OA BC Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong ∆ vuông ABO ta có AB2=AH.AO(2) Từ (1) và (2) AB2 = AE.AD và AE.AD = AH.AO. (đpcm). b) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD thuộc (O) + Gọi F là giao điểm thứ 2 của tia BI với đường tròn (O). Suy ra CBF=DBF CF=DF (theo hệ quả của góc nôi tiếp: 2 góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau). FC = FD (3) + Ta có FID là góc ngoài tại đỉnh I của ∆ BID. Suy ra FID=FBD+ BDI Mà BDI= IDC (vì ID là tia phân giác của góc BDC); FBD=FBC (vì IB là tia phân giác của góc DBC) FBC=FDC (góc nội tiếp cùng chắn cung CF của (O)). + Suy ra FID=IDC+CDF+FDI ∆ IDF cân tại F FD = FI. (4) + Từ (3) và (4) suy ra FD = FI = FC. Suy ra F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD (đpcm).