Bài tập Toán 8 - Dạng I: Tút gọn biểu thức

153 trang hoaithuong97 7711

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập Toán 8 - Dạng I: Tút gọn biểu thức", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_tap_toan_8_dang_i_tut_gon_bieu_thuc.doc

Nội dung text: Bài tập Toán 8 - Dạng I: Tút gọn biểu thức

Hai người thợ cùng sơn cửa cho một ngôi nhà thì 2 ngày xong việc. Nếu người thứ nhất làm trong 4 ngày rồi nghỉ người thứ hai làm tiếp trong 1 ngày nữa thì xong việc. Hỏi mỗi người làm một mình thì bao lâu xong công việc? Giải: Gọi thời gian để một mình người thứ nhất hoàn thành công việc là x (x > 2; ngày) Gọi thời gian để một mình người thứ hai hoàn thành công việc là y (x > 2; ngày). Trong một ngày người thứ nhất làm được 1 công việc x Trong một ngày người thứ hai làm được 1 công việc y Cả hai người làm xong trong 2 ngày nên trong 1 ngày cả hai người làm được 1 công 2 việc. Từ đó ta có pt 1 + 1 = 1 (1) x y 2 Người thứ nhất làm trong 4 ngày rồi người thứ hai làm trong 1 ngày thì xong công việc ta có pt: 4 1 1 (2) x y 1 1 1 1 1 1 x y 2 x y 2 x 6 Từ (1) và (2) ta có hệ pt (tho¶ m·n ®k) 4 1 3 1 y 3 1 x y x 2 Vậy người thứ nhất làm một mình xong công việc trong 6 ngày. Người thứ hai làm một mình xong công việc trong 3 ngày. Bài tâp: 1. Hai người thợ cùng làm một công việc thì xong trong 18 giờ. Nếu người thứ nhất làm trong 4 giờ, người thứ hai làm trong 7 giờ thì được 1/3 công việc. Hỏi mỗi người làm một mình thì mất bao lâu sẽ xong công việc? 2. Để hoàn thành một công việc hai tổ phải làm trong 6 giờ. Sau 2 giờ làm chung thì tổ hai được điều đi làm việc khác. Tổ một đã hoàn thành công việc còn lại trong 10 giờ. Hỏi nếu mỗi tổ làm riêng thì bao lâu xong công việc đó? 3. Hai đội công nhân cùng đào một con mương. Nếu họ cùng làm thì trong 2 ngày sẽ xong công việc. Nếu làm riêng thì đội haihoàn thành công việc nhanh hơn đội một là 3 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội phải làm trong bao nhiêu ngày để xong công việc? 4. Hai chiếc bình rỗng giống nhau có cùng dung tích là 375 lít. Ở mỗi bình có một vòi nước chảy vào và dung lượng nước chảy trong một giờ là như nhau. Người ta mở cho hai vòi cùng chảy vào bình nhưng sau 2 giờ thì khoá vòi thứ hai lại và sau 45 phút mới tiếp tục mở lại. Để hai bình cùng đầy một lúc người ta phải tăng dung lượng vòi thứ hai thêm 25 lít/giờ. Tính xem mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được bao nhiêu lít nước. Kết quả: 1) Người thứ nhất làm một mình trong 54 giờ. Người thứ hai làm một mình trong 27 giờ. 101
2) Tổ thứ nhất làm một mình trong 10 giờ. Tổ thứ hai làm một mình trong 15 giờ. 3) Đội thứ nhất làm một mình trong 6 ngày. Đội thứ hai làm một mình trong 3 ngày. 4) Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được 75 lít. Tiết 4: Dạng 4: Toán có nội dung hình học: Kiến thức cần nhớ: - Diện tích hình chữ nhật S = x.y (x là chiều rộng; y là chiều dài) 1 - Diện tích tam giác S x.y (x là chiều cao, y là cạnh đỏy tương ứng) 2 - Độ dài cạnh huyền: c2 = a2 + b2 (c là cạnh huyền; a, b là các cạnh góc vuông) - Số đường chéo của một đa giác n(n 3) (n là số đỉnh) 2 Ví dụ 1: Tính các kích thước của hình chữ nhật có diện tích 40 cm 2, biết rằng nếu tăng mỗi kích thước thêm 3 cm thì diện tích tăng thêm 48 cm2. Giải: Gọi các kích thước của hình chữ nhật lần lượt là x và y (cm; x, y > 0). Diện tích hình chữ nhật lúc đầu là x.y (cm2). Theo bài ra ta có pt x.y = 40 (1) Khi tăng mỗi chiều thêm 3 cm thì diện tích hình chữ nhật là. Theo bài ra ta có pt (x + 3)(y + 3) – xy = 48  3x + 3y + 9 = 48 x + y = 13(2) Từ (1) và (2) suy ra x và y là nghiệm của pt X2 – 13 X + 40 = 0 Ta có ( 13)2 4.40 9 0 3 13 3 13 3 Phương trình có hai nghiệm X 8;X 5 1 2 2 2 Vậy các kích thước của hình chữ nhật là 5 (cm) và 8 (cm) Ví dụ 2: Cạnh huyền của một tam giác vuông bằng 5 m. Hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 1m. Tính các cạnh góc vuông của tam giác? Giải: Gọi cạnh góc vuông thứ nhất là x (m) (5 > x > 0) Cạnh góc vuông thứ hai là x + 1 (m) Vì cạnh huyền bằng 5m nên theo định lý pi – ta – go ta có phương trình x2 + (x + 1)2 = 52 2x2 2x 24 x2 x 12 0 12 4.( 12) 49 7 Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt 1 7 1 7 x 3 (tho¶ m·n); x 4(lo¹i) 1 2 2 2 Vậy kích thước các cạnh góc vuông của tam giác vuông là 3 m và 4 m. Bài tâp: Bài 1: Một hình chữ nhật có đường chéo bằng 13 m, chiều dài hơn chiều rộng 7 m. Tính diện tích hình chữ nhật đó? 102
Bài 2: Một thửa ruộng hình chữ nhật có chu vi là 250 m. Tính diện tích của thửa ruộng biết rằng chiều dài giảm 3 lần và chiều rộng tăng 2 lần thì chu vi thửa ruộng không thay đổi Bài 3: Một đa giác lồi có tất cả 35 đường chéo. Hỏi đa giác đó có bao nhiêu đỉnh? Bài 4: Một cái sân hình tam giác có diện tích 180 m2. Tính cạnh đáy của sân biết rằng nếu tăng cạnh đáy 4 m và giảm chiều cao tương ứng 1 m thì diện tích không đổi? Bài 5: Một miếng đất hình thang cân có chiều cao là 35 m hai đáy lần lượt bằng 30 m và 50 m người ta làm hai đoạn đường có cùng chiều rộng. Các tim đứng lần lượt là đường trung bình của hình thang và đoạn thẳng nối hai trung điểm của hai đáy. Tính chiều rộng đoạn đường đó biết rằng diện tích phần làm đường bằng 1 diện tích hình thang. 4 Đáp số: Bài 1: Diện tích hình chữ nhật là 60 m2 Bài 2: Diện tích hình chữ nhật là 3750 m2 Bài 3: Đa giác có 10 đỉnh Bài 4: Cạnh đày của tam giác là 36 m. Bài 5: Chiều rộng của đoạn đường là 5 m. Dạng 5: Toán lãi suất, tăng trưởng: Những kiến thức cần nhớ: + x% = x 100 + Dân số tỉnh A năm ngoái là a, tỷ lệ gia tăng dân số là x% thì dân số năm nay của tỉnh A là x a a. 100 x x x Sè d©n n¨m sau lµ (a+a. ) (a+a. ). 100 100 100 Ví dụ 1: Bài 42 – SGK tr 58 Gọi lãi suất cho vay là x (%), đk: x > 0 x Tiền lãi suất sau 1 năm là 2000000. 20000 (đồng) 100 Sau 1 năm cả vốn lẫn lãi là 200000 + 20000 x (đồng) x Riêng tiền lãi năm thứ hai là (2000000 20000x). 20000x 200x2 (®ång) 100 Số tiến sau hai năm Bác Thời phải trả là 2000000 +20000x + 20000x + 200x2(đồng) 200x2 + 40000x +2000000 (đồng) Theo bài ra ta có phương trình 200x2 + 40 000x + 2000000 = 2420000  x2 + 200x – 2100 = 0 . Giải phương trình ta được x1 = 10 (thoả mãn); x2 = -210 (không thoả mãn) Vậy lãi suất cho vay là 10 % trong một năm. Ví dụ 2: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 600 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do áp dụng kỹ thuật mới nên tổ I đã sản xuất vượt mức kế hoạch là 18% và tổ II vượt mức 21%. Vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 120 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ là bao nhiêu. Giải Gọi x là số sản phẩm tổ I hoàn thành theo kế hoạch (sản phẩm), đk 0 < x < 600. 103
Số sản phẩm tổ II hoàn thành theo kế hoạch là 600 – x (sản phẩm). 18 Số sản phẩm vượt mức của tổ I là x. (sản phẩm). 100 21 Số sản phẩm vượt mức của tổ II là (600 x). (sản phẩm). 100 Vì số sản phẩm vượt mức kế hoạch của hai tổ là 120 sản phẩm ta có pt 18x 21(600 x) 120  x = 20 (thoả mãn yêu cầu của bài toán) 100 100 Vậy số sản phẩm theo kế hoạch của tổ I là 200 (sản phẩm) Vậy số sản phẩm theo kế hoạch của tổ II là 400 (sản phẩm) Bài tập: Bài 1: Dân số của thành phố Hà Nội sau 2 năm tăng từ 200000 lên 2048288 người. Tính xem hàng năm trung bình dân số tăng bao nhiêu phần trăm. Bài 2: Bác An vay 10 000 000 đồng của ngân hàng để làm kinh tế. Trong một năm đầu bác chưa trả được nên số tiền lãi trong năm đầu được chuyển thành vốn để tính lãi năm sau. Sau 2 năm bác An phải trả là 11 881 000 đồng. Hỏi lãi suất cho vay là bao nhiêu phần trăm trong một năm? Bài 3: Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 1000 sản phẩm trong một thời gian dự định. Do áp dụng kỹ thuật mới nên tổ I vượt mức kế hoạch 15% và tổ hai vượt mức 17%. Vì vậy trong thời gian quy định cả hai tổ đã sản xuất được tất cả được 1162 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm của mỗi tổ là bao nhiêu? Kết quả: Bài 1: Trung bình dân số tăng 1,2% Bài 2: Lãi suất cho vay là 9% trong 1 năm Bài 3: Tổ I được giao 400 sản phẩm. Tổ II được giao 600 sản phẩm Dạng 6: Các dạng toán khác Những kiến thức cần nhớ : m - V (V lµ thÓ tich dung dich; m lµ khèi lîng; D lµ khèi lîng riªng) D - Khối lượng nồng độ dung dịch = Khèi lîng chÊt tan Khèi lîng dung m«i (m tæng) Ví dụ : (Bài 5 trang 59 SGK) Gọi trọng lượng nước trong dung dịch trước khi đổ thêm nước là x (g). đk x > 0. 40 Nồng độ muối của dung dịch khi đó là % x 40 40 Nếu đổ thêm 200g nước vào dung dịch thì trọng lượng của dung dịch là: % x 240 Vì nồng độ giảm 10% nên ta có phương trình 40 40 10 x2 280x 70400 0 x 40 x 240 100 Giải pt ta được x1 = -440 (loại); x2 = 160 (thoả mãn đk của bài toán) Vậy trước khi đổ thêm nước trong dung dịch có 160 g nước. Ví dụ 2: Người ta trộn 8g chất lỏng này với 6g chất lỏng khác có khối lượng riêng nhỏ hơn nó là 0,2g/cm 3 để được hỗn hợp có khối lượng riêng 0,7g/cm 3. Tìm khối lượng riêng của mỗi chất lỏng. 104
Giải Gọi khối lượng riêng của chất lỏng thứ nhất là x (g/cm3). Đk x > 0,2 Khối lượng riêng của chất lỏng thứ nhất là x – 0,2 (g/cm3). 8 Thể tích của chất lỏng thứ nhất là (cm3 ) x 6 Thể tích của chất lỏng thứ hai là (cm3 ) x 0,2 8 6 Thể tích của hỗn hợp là (cm3 ) x x 0,2 8 6 14 Theo bài ra ta có pt 14x2 12,6x 1,12 0 . Giải pt ta được kết quả x x 0,2 0,7 x1 = 0,1 (loại) ; x2 = 0,8 (t/m đk) Vậy khối lượng riêng của chất lỏng thứ nhất là 0,8 (g/cm3) Khối lượng riêng của chất lỏng thứ hai là 0,6 (g/cm3). Bài tập: Bài 1: Một phòng họp có 240 ghế được xếp thành các dãy có số ghế bằng nhau. Nếu mỗi dãy bớt đi một ghế thì phải xếp thêm 20 dãy mới hết số ghế. Hỏi phòng họp lúc đầu được xếp thành bao nhiêu dãy ghế. Bài 2: Hai giá sách có 400 cuốn. Nếu chuyển từ giá thứ nhất sang giá thứ hai 30 cuốn thì số sách ở giá thứ nhất bằng 3 số sách ở ngăn thứ hai. Tính số sách ban đầu 5 của mỗi ngăn? Bài 3: Người ta trồng 35 cây dừa trên một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài 30 m chiều rộng là 20 m thành những hàng song song cách đều nhau theo cả hai chiều. Hàng cây ngoài cùng trồng ngay trên biên của thửa đất. Hãy tính khoảng cách giữa hai hàng liên tiếp? Bài 4: Hai người nông dân mang 100 quả trứng ra chợ bán. Số trứng của hai người không bằng nhau nhưng số tiền thu được của hai người lại bằng nhau. Một người nói với người kia: “ Nếu số trứng của tôi bằng số trứng của anh thì tôi bán được 15 đồng 2 ”. Người kia nói “ Nếu số trứng của tôi bằng số trứmg của anh tôi chỉ bán được 6 3 đồng thôi”. Hỏi mỗi người có bao nhiêu quả trứng? Bài 5: Một hợp kim gồm đồng và kẽm trong đó có 5 gam kẽm. Nếu thêm 15 gam kẽm vào hợp kim này thì được một hợp kim mới mà trong đó lượng đồng đã giảm so với lúc đầu là 30%. Tìm khối lượng ban đầu của hợp kim? Kết quả: Bài 1: Có 60 dãy ghế Bài 2: Giá thứ nhất có 180 quyển. Giá thứ hai có 220 quyển. Bài 3: Khoảng cách giữa hai hàng là 5m Bài 4: Người thứ nhất có 40 quả. Người thứ hai có 60 quả. Bài 5: 25 gam hoặc 10 gam. 105
DẠNG X: HÌNH HỌC Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P.  CDH = 900 ( Vì AD là đường Chứng minh rằng: cao) 1. Tứ giác CEHD, nội tiếp . =>  CEH +  CDH = 1800 2. Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường A N tròn. 1 3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. E 4. H và M đối xứng nhau qua BC. P F 1 2 O 5. Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác H DEF. - 1 ( Lời giải: B D 2 ( C 1. Xét tứ giác CEHD ta có: -  CEH = 900 ( Vì BE là đường cao) M Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE  AC => BEC = 900. CF là đường cao => CF  AB => BFC = 900. Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn. 3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; Â là góc chung AE AH => AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD. AD AC * Xét hai tam giác BEC và ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C là góc chung BE BC => BEC  ADC => => AD.BC = BE.AC. AD AC 4. Ta có C1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ABC) C2 = A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) => C1 =  C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB  HM => CHM cân tại C => CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn => C1 = E1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF) Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp C 1 = E2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD) E 1 = E2 => EB là tia phân giác của góc FED. Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. 106
Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đường cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE.  CEH = 900 ( Vì BE là đường 1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp . cao) 2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một A đường tròn. 1 1 3. Chứng minh ED = BC. 2 O 4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn 1 (O). 2 E 5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 H 3 Cm. Lời giải: B 1 D C 1. Xét tứ giác CEHD ta có:  CDH = 900 ( Vì AD là đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE  AC => BEA = 900. AD là đường cao => AD  BC => BDA = 900. Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 90 0 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn. 3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến => D là trung điểm của BC. Theo trên ta có BEC = 900 . 1 Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = BC. 2 4. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => E1 = A1 (1). 1 Theo trên DE = BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2) 2 Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 0 0 Mà E1 + E2 = BEA = 90 => E2 + E3 = 90 = OED => DE  OE tại E. Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E. 5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bài 3 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 1. Chứng minh AC + BD = CD. 3.Chứng minh AC. BD = 0 AB2 2. Chứng minh COD = 90 . . 4 153
4.Chứng minh OC // BM y 5.Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường x D / I kính CD. M 5.Chứng minh MN  AB. / C 6.Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá N trị nhỏ nhất. Lời giải: A O B 1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác của góc BOM, mà AOM và BOM là hai góc kề bù => COD = 900. 3. Theo trên COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM  CD ( OM là tiếp tuyến ). Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM, AB2 Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = . 4 4. Theo trên COD = 900 nên OC  OD .(1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM => BM  OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD). 5. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính. Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình thang ACDB IO // AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD CN AC CN CM 6. Theo trên AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra BN BD BN DM => MN // BD mà BD  AB => MN  AB. 7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB. Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A , O là trung điểm của IK. Lời giải: (HD) 1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn. 1. Vì I là tâm 2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn (O). đường tròn nội tiếp, K 3. Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, là tâm đường tròn bàng BC = 24 Cm. tiếp góc A nên BI và 108
BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B A Do đó BI  BK hayIBK = 900 . Tương tự ta cũng có ICK = 900 như vậy B và C cùng nằm trên đường tròn đường kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn. I 1 2. Ta có C1 = C2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH. 1 B 2 C C + I = 900 (2) ( vì IHC = 900 ). H 2 1 o K I1 =  ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) 0 Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 90 hay AC  OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. AH2 = AC2 – HC2 => AH = 202 122 = 16 ( cm) CH 2 122 CH2 = AH.OH => OH = = 9 (cm) AH 16 OC = OH 2 HC 2 92 122 225 = 15 (cm) Bài 5 Cho đường tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB. 1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp. 2. Vì K là trung điểm NP 2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên nên OK  NP ( quan hệ một đường tròn . đường kính 2 2 d 3. Chứng minh OI.OM = R ; OI. IM = IA . A 4. Chứng minh OAHB là hình thoi. P K D 5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng. N H 6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường O M thẳng d I Lời giải: C 1. (HS tự làm). B Và dây cung) => OKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900. như vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn. 3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM là trung trực của AB => OM  AB tại I . Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đường cao. 109
Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA 2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2. 4. Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA  MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. => Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi. 5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH  AB; cũng theo trên OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đường thẳng vuông góc với AB). 6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đường kính của đường tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đường tròn tại D cắt CA ở E. 1. Chứng minh tam giác BEC cân. E D 2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH. 3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đường tròn (A; AH). 4. Chứng minh BE = BH + DE. A I Lời giải: (HD) 1 1. AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2). 2 B H C Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của BEC => BEC là tam giác cân. => B1 = B2 2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, B 1 = B 2 => AHB = AIB => AI = AH. 3. AI = AH và BE  AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I. 4. DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài 7 Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M. chắn cung AM =>  ABM 1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một = AOM (1) OP là tia phân đường tròn. 2 2. Chứng minh BM // OP. giác  AOM ( t/c hai tiếp 3. Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. tuyến cắt nhau ) =>  AOP Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành. AOM = (2) 4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo 2 dài cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng. Từ (1) và (2) =>  ABM = Lời giải:  AOP (3) 1. (HS tự làm). 2.Ta có  ABM nội tiếp chắn cung AM;  AOM là góc ở tâm 110
X N J P 1 I M K 2 A 1 ( 1 ( O B Mà  ABM và  AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4) 3.Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : PAO=900 (vì PA là tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB). => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau). 4. Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ Ta cũng có PM  OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác POJ. (6) Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có PAO = AON = ONP = 900 => K là trung điểm của PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật). (6) AONP là hình chữ nhật => APO =  NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác APM => APO = MPO (8). Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đường cao => IK  PO. (9) Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng. Bài 8 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn ( M khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K. 1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp. AEB = 900 ( nội 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM . IB. tiếp chắn nửa đường 3) Chứng minh BAF là tam giác cân. tròn ) 4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi. => KEF = 900 (vì 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp được một là hai góc kề bù). đường tròn. => KMF + KEF Lời giải: = 1800 . Mà KMF và 0 1. Ta có : AMB = 90 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) KEF là hai góc đối của => KMF = 900 (vì là hai góc kề bù). 153
tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp. X I F M H E K 1 2 2 1 A O B 2. Ta có IAB = 900 ( vì AI là tiếp tuyến ) => AIB vuông tại A có AM  IB ( theo trên). Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => AI2 = IM . IB. 3. Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí do ) => ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. (1) Theo trên ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE là đường cao của tam giác ABF (2). Từ (1) và (2) => BAF là tam giác cân. tại B . 4. BAF là tam giác cân. tại B có BE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến => E là trung điểm của AF. (3) Từ BE  AF => AF  HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tia phân giác HAK (5) Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến => E là trung điểm của HK. (6). Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường). 5. (HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI là hình thang. Để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn thì AKFI phải là hình thang cân. AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của cung AB. Thật vậy: M là trung điểm của cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ). (7) Tam giác ABI vuông tại A có ABI = 450 => AIB = 450 .(8) Từ (7) và (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc đáy bằng nhau). Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn. Bài 9 Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đường tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lượt ở E, F (F ở giữa B và E). 1. Chứng minh AC. AE không đổi. 2. Chứng minh  ABD =  DFB. 3. Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp. 112
=> AFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc của một tam giác bằng 1800) (2) Từ (1) và (2) => ABD Lời giải: = DFB ( cùng phụ với 1. C thuộc nửa đường tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa BAD) đường tròn ) => BC  AE. X ABE = 900 ( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông tại B E có BC là đường cao => AC. AE = AB2 (hệ thức giữa cạnh và đường cao ), mà AB là đường kính nên AB = 2R không đổi do C đó AC. AE không đổi. D F 2. ADB có ADB = 90 0 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ). => ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc của một tam giác bằng 1800)(1) ABF có ABF = 900 ( BF là tiếp tuyến ). A O B 3. Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 1800 . ECD + ACD = 1800 ( Vì là hai góc kề bù) => ECD = ABD ( cùng bù với ACD). Theo trên ABD = DFB => ECD = DFB. Mà EFD + DFB = 180 0 ( Vì là hai góc kề bù) nên suy ra ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD và EFD là hai góc đối của tứ giác CDFE do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp. Bài 10 Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn sao cho AM SPA = 90 ; AMB = 90 ( nội 3 A H O tiếp chắn nửa đường tròn ) => AMS = 900 . Như vậy P và M 0 cùng nhìn AS dưới một góc bằng 90 nên cùng nằm trên M' 1 đường tròn đường kính AS. S' Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn. 2. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đường tròn nên M’ cũng nằm trên đường tròn => hai cung AM và AM’ có số đo bằng nhau => AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1) Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H => MM’// SS’ ( cùng vuông góc với AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2). 113
=> Từ (1) và (2) => AS’S = ASS’. Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp cùng chắn AP ) => AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân tại P. 3. Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS’ vuông tại M => B1 = S’1 (cùng phụ với S). (3) Tam giác PMS’ cân tại P => S’1 = M1 (4) Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => B1 = M3 (5). Từ (3), (4) và (5) => M 1 = M 3 => M 1 + M 2 = M 3 + M 2 mà M 3 + M 2 = 0 0 AMB = 90 nên suy ra M1 + M2 = PMO = 90 => PM  OM tại M => PM là tiếp tuyến của đường tròn tại M Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đường tròn (O) tại các điểm D, E, F . BF cắt (O) tại I , DI cắt BC tại M. Chứng minh : 1. Tam giác DEF có ba góc nhọn. BD BM 2. DF // BC. 3. Tứ giác BDFC nội tiếp. 4. CB CF => BDFC là hình thang cân do đó Lời giải: BDFC nội tiếp được 1. (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AD = AF => tam một đường tròn . giác ADF cân tại A => ADF = AFD sđ cung DF DEF => AB AC O DF // BC. I 3. DF // BC => BDFC là hình thang lại có  B = C (vì tam B M E C giác ABC cân) 4. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác cân). BDM = BFD (nội tiếp cùng chắn cung DI);  CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF . BD BM => BDM  CBF => CB CF Bài 12 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đường tròn ở P. Chứng minh : 3. CM. CN không phụ 1. Tứ giác OMNP nội tiếp. thuộc vào vị trí của 2. Tứ giác CMPO là hình bình hành. điểm M. 114
4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên Tam giác ONC cân tại O đoạn thẳng cố định nào. vì có ON = OC = R => Lời giải: ONC = OCN 1. Ta có OMP = 900 ( vì PM  AB ); ONP = 900 (vì NP là C tiếp tuyến ). Như vậy M và N cùng nhìn OP dưới một góc bằng 900 => M và N cùng nằm trên đường tròn đường kính OP => Tứ giác M O OMNP nội tiếp. A B 2. Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM =  ONM (nội tiếp chắn cung OM) N A' P D B' => OPM = OCM. Xét hai tam giác OMC và MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM lại có MO là cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP. (1) Theo giả thiết Ta có CD  AB; PM  AB => CO//PM (2). Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành. 3. Xét hai tam giác OMC và NDC ta có MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MOC =DNC = 90 0 lại có C là góc chung => OMC  NDC CM CO => => CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CD CN CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. 4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đường thẳng cố định vuông góc với CD tại D. Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A’ B’ song song và bằng AB. Bài 13 Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, Nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. 1. Chứng minh AFHE là hình chữ nhật. 2. BEFC là tứ giác nội tiếp. 3. AE. AB = AF. AC. 4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn . Lời giải: A 1. Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) E I 0 1 => AEH = 90 (vì là hai góc kề bù). (1) 2 1( F 0 CFH = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 1 )1 2 0 => AFH = 90 (vì là hai góc kề bù).(2) B O1 H O2 C EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông tại A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông). 115
2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp được một đường tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) . Theo giả thiết AH BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O1) và (O2) => B1 = H1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì là hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC và EFC là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp. 3. Xét hai tam giác AEF và ACB ta có A = 900 là góc chung; AFE = ABC ( theo Chứng minh trên) AE AF => AEF  ACB => => AE. AB = AF. AC. AC AB * HD cách 2: Tam giác AHB vuông tại H có HE  AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông tại H có HF  AC => AH2 = AF.AC ( ) Từ (*) và ( ) => AE. AB = AF. AC 4. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân tại I => E1 = H1 . O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => E2 = H2. 0 => E1 + E2 = H1 + H2 mà H1 + H2 = AHB = 90 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF . Chứng minh tương tự ta cũng có O2F  EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn . Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ về một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ tự là O, I, K. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự là giao điểm của EA, EB với các nửa đường tròn (I), (K). 1. Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn 1.Chứng minh EC = MN. nửa đường tròn tâm K) 2.Ch/minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa đ/tròn E (I), (K). N 3 1 3.Tính MN. H 2 1 4.Tính diện tích hình được giới hạn bởi ba nửa đường M tròn 1 2 1 Lời giải: A I C O K B => ENC = 900 (vì là hai góc kề bù). (1) AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => EMC = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật ) 116
2. Theo giả thiết EC AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (I) và (K) => B1 = C1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên => C1= N3 => B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng là bán kính) => tam giác KBN cân tại K => B1 = N1 (5) 0 Từ (4) và (5) => N1 = N3 mà N1 + N2 = CNB = 90 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN  KN tại N => MN là tiếp tuyến của (K) tại N. Chứng minh tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M, Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn (I), (K). 3. Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm O) => AEB vuông tại A có EC  AB (gt) => EC2 = AC. BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trên EC = MN => MN = 20 cm. 4. Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm 2 2 2 2 2 2 Ta có S(o) = .OA = 25 = 625 ; S(I) = . IA = .5 = 25 ; S(k) = .KB = . 20 = 400 . 1 Ta có diện tích phần hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn là S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 2 1 1 S = ( 625 - 25 - 400 ) = .200 = 100 314 (cm2) 2 2 Bài 15 Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn (O) có đường kính MC. đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại D. đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại S. 1. Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp . 2. Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB. 3. Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh rằng các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy. 4. Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE. 5. Chứng minh điểm M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE. Lời giải: C C 2 1 1 2 3 O O D 3 E 2 S 1 1 E 2 S M D 2 M 1 2 1 2 1 2 2 3 1 3 1 F A F A B B H×nh a H×nh b 117
1. Ta có CAB = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => CDB = 900 như vậy D và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên A và D cùng nằm trên đường tròn đường kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp. 2. ABCD là tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp cùng chắn cung AB). ¼ ¼ D1= C3 => SM EM => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung bằng nhau) => CA là tia phân giác của góc SCB. 3. Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC như vậy BA, EM, CD là ba đường cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy. ¼ ¼ 4. Theo trên Ta có SM EM => D1= D2 => DM là tia phân giác của góc ADE.(1) 5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => MEB = 900. Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đường tròn => A2 = B2 . Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp cùng chắn cung CD) => A1= A2 => AM là tia phân giác của góc DAE (2) Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu 2 : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS => C»E C»S S¼M E¼M => SCM = ECM => CA là tia phân giác của góc SCB. Bài 16 Cho tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đường tròn đường kính BD cắt BC tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường tròn tại F, G. Chứng minh : B 1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD. 2. Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp . 3. AC // FG. O 4. Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy. E 1 Lời giải: F 1 G D 0 1. Xét hai tam giác ABC và EDB Ta có BAC = 90 ( vì tam giác 1 ABC vuông tại A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) S A C => DEB = BAC = 900 ; lại có ABC là góc chung => DEB  CAB . 2. Theo trên DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 ( vì ABC vuông tại A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà đây là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp . * BAC = 90 0 ( vì tam giác ABC vuông tại A); DFB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay BFC = 900 như vậy F và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 90 0 nên A và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp. 3. Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà đây là hai góc so le trong nên suy ra AC // FG. 118
4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đường cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy tại S. Bài 17. Cho tam giác đều ABC có đường cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M không trùng B. C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với các cạnh AB. AC. 1. Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. 2. Chứng minh rằng MP + MQ = AH. 3. Chứng minh OH  PQ. Lời giải: Tam giác ACM có MQ là đường cao => 1. Ta có MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC (gt) 1 SACM = AC.MQ => AQM = 900 như vậy P và Q cùng nhìn BC dưới một 2 0 góc bằng 90 nên P và Q cùng nằm trên đường tròn A đường kính AM => APMQ là tứ giác nội tiếp. * Vì AM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm của AM. O 2. Tam giác ABC có AH là đường cao => SABC = 1 P 1 BC.AH. 2 2 Tam giác ABM có MP là đường cao => SABM = Q 1 AB.MP M 2 B H C 1 1 1 Ta có SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = 2 2 2 BC.AH Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH. 3. Tam giác ABC có AH là đường cao nên cũng là đường phân giác => HAP = HAQ => H»P H¼Q ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc ở tâm) => OH là tia phân giác góc POQ. Mà tam giác POQ cân tại O ( vì OP và OQ cùng là bán kính) nên suy ra OH cũng là đường cao => OH  PQ Bài 18 Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H không trùng O, B) ; trên đường thẳng vuông góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngoài đường tròn ; MA và MB thứ tự cắt đường tròn (O) tại C và D. Gọi I là giao điểm của AD và BC. 1. Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp . 2. Chứng minh các đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I. 3. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội tiếp . Lời giải: ADB = 900 ( nội tiếp chắn 1. Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) nửc đường tròn ) => MCI = 900 (vì là hai góc kề bù). 119
=> MDI = 900 (vì là hai góc kề bù). M 0 1 => MCI + MDI = 180 mà đây là hai góc đối của tứ giác _ MCID nên MCID là tứ giác nội tiếp. C 1 K 2 4 3 _ 2. Theo trên Ta có BC  MA; AD  MB nên BC và D AD là hai đường cao của tam giác MAB mà BC và AD cắt I nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác MAB. Theo giả thiết 1 A B thì MH  AB nên MH cũng là đường cao của tam giác MAB O H => AD, BC, MH đồng quy tại I. 3. OAC cân tại O ( vì OA và OC là bán kính) => A1 = C4 KCM cân tại K ( vì KC và KM là bán kính) => M1 = C1 . 0 0 Mà A1 + M1 = 90 ( do tam giác AHM vuông tại H) => C1 + C4 = 90 => C3 + 0 0 C2 = 90 ( vì góc ACM là góc bẹt) hay OCK = 90 . Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK và OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp. Bài 19. Cho đường tròn (O) đường kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ). Gọi M là trung điểm của đoạn AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB. Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD. 1. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp . D 2. Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi. 3. Chứng minh BI // AD. I 1 4. Chứng minh I, B, E thẳng hàng. 3 2 5. Chứng minh MI là tiếp tuyến của (O’). A 1 1 / M / O 2 B C Lời giải: O' 1. BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => 0 BID = 90 (vì là hai góc kề bù); DE  AB tại M => 1 0 BMD = 90 E => BID + BMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MBID nên MBID là tứ giác nội tiếp. 2. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE  AB tại M nên M cũng là trung điểm của DE (quan hệ đường kính và dây cung) => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường . 3. ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DC; theo trên BI  DC => BI // AD. (1) 4. Theo giả thiết ADBE là hình thoi => EB // AD (2). Từ (1) và (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ có một đường thẳng song song với AD mà thôi.) 120
5. I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông tại I => IM là trung tuyến ( vì M là trung điểm của DE) =>MI = ME => MIE cân tại M => I1 = E1 ; O’IC cân tại O’ ( vì O’C và O’I cùng là bán kính ) => I3 = C1 mà C1 = E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => 0 0 I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 . Mà I3 + I2 = BIC = 90 => I1 + I2 = 90 = MIO’ hay MI  O’I tại I => MI là tiếp tuyến của (O’). Bài 20. Cho đường tròn (O; R) và (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngoài nhau tại C. Gọi AC và BC là hai đường kính đi qua điểm C của (O) và (O’). DE là dây cung của (O) vuông góc với AB tại trung điểm M của AB. Gọi giao điểm thứ hai của DC với (O’) là F, BD cắt (O’) tại G. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác MDGC nội tiếp . => CGD = 900 (vì là hai góc kề bù) 2. Bốn điểm M, D, B, F cùng nằm trên một đường tròn D 3. Tứ giác ADBE là hình thoi. 1 G 4. B, E, F thẳng hàng M C A B 5. DF, EG, AB đồng quy. O O' 1 2 6. MF = 1/2 DE. 1 3 7. MF là tiếp tuyến của (O’). 1 F Lời giải: E 1. BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) Theo giả thiết DE  AB tại M => CMD = 900 => CGD + CMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCGD nên MCGD là tứ giác nội tiếp 2. BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE  AB tại M) như vậy F và M cùng nhìn BD dưới một góc bằng 900 nên F và M cùng nằm trên đường tròn đường kính BD => M, D, B, F cùng nằm trên một đường tròn . 3. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE  AB tại M nên M cũng là trung điểm của DE (quan hệ đường kính và dây cung) => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường . 4. ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DF ; theo trên tứ giác ADBE là hình thoi => BE // AD mà AD  DF nên suy ra BE  DF . Theo trên BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BF  DF mà qua B chỉ có một đường thẳng vuông góc với DF do đo B, E, F thẳng hàng. 5. Theo trên DF  BE; BM  DE mà DF và BM cắt nhau tại C nên C là trực tâm của tam giác BDE => EC cũng là đường cao => ECBD; theo trên CGBD => E,C,G thẳng hàng. Vậy DF, EG, AB đồng quy 6. Theo trên DF  BE => DEF vuông tại F có FM là trung tuyến (vì M là trung điểm của DE) suy ra MF = 1/2 DE ( vì trong tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền). 121
7. (HD) theo trên MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân tại M => D1 = F1 O’BF cân tại O’ ( vì O’B và O’F cùng là bán kính ) => F3 = B1 mà B1 = D1 (Cùng phụ với DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 . Mà F3 + F2 = BFC = 0 0 90 => F1 + F2 = 90 = MFO’ hay MF  O’F tại F => MF là tiếp tuyến của (O’). Bài 21. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi I là trung điểm của OA . Vẽ đường tron tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. 1. Chứng minh rằng các đường tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau tại => P1 = Q1 mà đây là hai A. góc đồng vị nên suy ra IP // 2. Chứng minh IP // OQ. OQ. 3. Chứng minh rằng AP = PQ. Q 4. Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn nhất. 1 P Lời giải: 1 1. Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần lượt là các bán kính của 1 A B đ/ tròn (O) và đường tròn (I) . Vậy đ/ tròn (O) và đường tròn (I) I O H tiếp xúc nhau tại A . 2. OAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là bán kính ) => A1 = Q1 IAP cân tại I ( vì IA và IP cùng là bán kính ) => A1 = P1 3. APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP  AQ => OP là đường cao của OAQ mà OAQ cân tại O nên OP là đường trung tuyến => AP = PQ. 1 4. (HD) Kẻ QH  AB ta có SAQB = AB.QH. mà AB là đường kính không đổi nên SAQB 2 lớn nhất khi QH lớn nhất. QH lớn nhất khi Q trùng với trung điểm của cung AB. Để Q trùng với trung điểm của cung AB thì P phải là trung điểm của cung AO. Thật vậy P là trung điểm của cung AO => PI  AO mà theo trên PI // QO => QO  AB tại O => Q là trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất. Bài 22. Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DE, đường thẳng này cắt các đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K. 1. Chứng minh BHCD là tứ giác nội tiếp . BHK là góc bẹt nên KHC + 2. Tính góc CHK. BHC = 1800 (2). 3. Chứng minh KC. KD = KH.KB 4. Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên A B đường nào? 1 Lời giải: O H 1. Theo giả thiết ABCD là hình vuông nên BCD = 900; E 1 2 BH  DE tại H nên BHD = 900 => như vậy H và C cùng nhìn BD dưới một góc bằng 900 nên H và C cùng nằm trên ) 1 đường tròn đường kính BD => BHCD là tứ giác nội tiếp. D C K 2. BHCD là tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800. (1) 122
Từ (1) và (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD là hình vuông) => CHK = 450 . 3. Xét KHC và KDB ta có CHK = BDC = 450 ; K là góc chung KC KH => KHC  KDB => => KC. KD = KH.KB. KB KD 4. (HD) Ta luôn có BHD = 900 và BD cố định nên khi E chuyển động trên cạnh BC cố định thì H chuyển động trên cung BC (E  B thì H  B; E  C thì H  C). Bài 23. Cho tam giác ABC vuông ở A. Dựng ở miền ngoài tam giác ABC các hình vuông ABHK, ACDE. 1. Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng. 1. Theo giả thiết ABHK là 2. Đường thẳng HD cắt đường tròn ngoại tiếp tam hình vuông => BAH = 450 giác ABC tại F, chứng minh FBC là tam giác E vuông cân. M 0 3. Cho biết ABC > 45 ; gọi M là giao điểm của D K BF và ED, Chứng minh 5 điểm B, K, E, M, C F cùng nằm trên một đường tròn. A 4. Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn H ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải: B O C Tứ giác AEDC là hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông ở A => BAC = 900 => BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng. 2. Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên tam giác BFC vuông tại F. (1). FBC = FAC ( nội tiếp cùng chắn cung FC) mà theo trên CAD = 450 hay FAC = 450 (2). Từ (1) và (2) suy ra FBC là tam giác vuông cân tại F. 3. Theo trên BFC = 900 => CFM = 900 ( vì là hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông). => CFM + CDM = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp một đường tròn suy ra CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC là hình vuông) => CMF = 450 hay CMB = 450. Ta cũng có CEB = 450 (vì AEDC là hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK là hình vuông). Như vậy K, E, M cùng nhìn BC dưới một góc bằng 450 nên cùng nằm trên cung chứa góc 450 dựng trên BC => 5 điểm B, K, E, M, C cùng nằm trên một đường tròn. 4. CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC  BC tại C => MC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 . Vẽ đường tròn đường kính AC có tâm O, đường tròn này cắt BA và BC tại D và E. 123
1. Chứng minh AE = EB. => AEB là tam giác vuông cân 2. Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đườngtại E => EA = EB. trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH. A 3.Chứng minh OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ D 1 F 2 BDE. O Lời giải: / _H K _ 1 1. AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 1 / I => AEB = 900 ( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = B E C 450 2. Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB => IK là đường trung bình của tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE  HE tại E => IK  HE tại K (2). Từ (1) và (2) => IK là trung trực của HE . Vậy trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH. 3. theo trên I thuộc trung trực của HE => IE = IH mà I là trung điểm của BH => IE = IB.  ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông tại D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm của BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID. Ta có ODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => D1 = C1. (3) IBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => D2 = B1 . (4) Theo trên ta có CD và AE là hai đường cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH cũng là đường cao của tam giác ABC => BH  AC tại F => AEB có AFB = 900 . 0 Theo trên ADC có ADC = 90 => B1 = C1 ( cùng phụ BAC) (5). 0 0 Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 90 => D1 +IDH = 90 = IDO => OD  ID tại D => OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Bài 25. Cho đường tròn (O), BC là dây bất kì (BC KMI + KBI = 3. Chứng minh MI2 = MH.MK. 4. Chứng minh PQ  MI.1800; tứ giác CHMI nội tiếp Lời giải: => HMI + HCI = 1800. 1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AB = AC => ABCmà KBI = HCI ( vì tam cân tại A. giác ABC cân tại A) => 2. Theo giả thiết MI  BC => MIB = 900; MK  AB => MKB =KMI = HMI (1). 900. Theo trên tứ giác BIMK nội 0 => MIB + MKB = 180 mà đây là hai góc đối => tứ giác BIMKtiếp => B1 = I1 ( nội tiếp nội tiếp cùng chắn cung KM); tứ giác * ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tự tứ giác BIMKCHMI nội tiếp => H1 = ) C1 ( nội tiếp cùng chắn 124
¼ A cung IM). Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ BM ) => I1 = H1 (2). MI MK Từ (1) và (2) => MKI MIH => => MI2 = MH.MK MH MI H K M 1 1 P Q 1 1 2 B 2 1 C I O 4. Theo trên ta có I1 = C1; cũng chứng minh tương tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 0 0 0 + BMC = 180 => I1 + I2 + BMC = 180 hay PIQ + PMQ = 180 mà đây là hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( vì có hai góc đồng vị bằng nhau) . Theo giả thiết MI BC nên suy ra IM  PQ. Bài 26. Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Vẽ dây cung CD  AB ở H. Gọi M là điểm chính giữa của cung CB, I là giao điểm của CB và OM. K là giao điểm của AM và CB. Chứng minh : KC AC J 1. 2. AM là tia phân giác của CMD. 3. Tứ giác C / KB AB M K OHCI nội tiếp I _ 4. Chứng minh đường vuông góc kẻ từ M đến AC cũng là tiếp tuyến A B của đường tròn tại M. H O Lời giải: 1. Theo giả thiết M là trung điểm của B»C => M»B M¼ C => CAM = BAM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => D KC AC AK là tia phân giác của góc CAB => ( t/c tia phân giác của KB AB tam giác ) 2. (HD) Theo giả thiết CD  AB => A là trung điểm của C»D => CMA = DMA => MA là tia phân giác của góc CMD. 3. (HD) Theo giả thiết M là trung điểm của B»C => OM  BC tại I => OIC = 900 ; CD  AB tại H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp 4. Kẻ MJ  AC ta có MJ // BC ( vì cùng vuông góc với AC). Theo trên OM  BC => OM  MJ tại J suy ra MJ là tiếp tuyến của đường tròn tại M. Bài 27 Cho đường tròn (O) và một điểm A ở ngoài đường tròn . Các tiếp tuyến với đường tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn (O) tại B và C. Gọi M là điểm tuỳ ý trên đường tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH  BC, MK  CA, MI  AB. Chứng minh : 125
1. Tứ giác ABOC nội tiếp. 2. BAO =  BCO. 3. MIH  MHK. 4. MI.MK = MH2. Lời giải: B I I B H M M H O O A A K C C K 1.(HS tự giải) 2. Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO =  BCO (nội tiếp cùng chắn cung BO). 3. Theo giả thiết MH  BC => MHC = 900; MK  CA => MKC = 900 => MHC + MKC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội tiếp cùng chắn cung HM). Chứng minh tương tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => MHI = MBI (nội tiếp cùng chắn cung IM). Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ B¼M ) => HKM = MHI (1). Chứng minh tương tự ta cũng có KHM = HIM (2). Từ (1) và (2) => HIM  KHM. MI MH 4. Theo trên HIM  KHM => => MI.MK = MH2 MH MK Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC; E là điểm đối xứng của H qua BC; F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC. 1. Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành. A 2. E, F nằm trên đường tròn (O). 3. Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân. = B' O 4. Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh G là trọng tâm C' H G của tam giác ABC. = / Lời giải: B / / C A' I / 1. Theo giả thiết F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC => I là trung điểm BC và HE => BHCF là hình bình hành vì có hai E F đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường . 2. (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => BAC + B’HC’ = 1800 mà BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800. Theo trên BHCF là hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800 => Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (O). * H và E đối xứng nhau qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC =>  BEC + BAC = 1800 => ABEC nội tiếp => E thuộc (O) . 126
3. Ta có H và E đối xứng nhau qua BC => BC  HE (1) và IH = IE mà I là trung điểm của của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông tại E hay FE  HE (2) Từ (1) và (2) => EF // BC => BEFC là hình thang. (3) Theo trên E (O) => CBE = CAE ( nội tiếp cùng chắn cung CE) (4). Theo trên F (O) và FEA =90 0 => AF là đường kính của (O) => ACF = 90 0 => BCF = CAE ( vì cùng phụ ACB) (5). Từ (4) và (5) => BCF = CBE (6). Từ (3) và (6) => tứ giác BEFC là hình thang cân. 4. Theo trên AF là đường kính của (O) => O là trung điểm của AF; BHCF là hình bình hành => I là trung điểm của HF => OI là đường trung bình của tam giác AHF => OI = 1/ 2 AH. Theo giả thiết I là trung điểm của BC => OI  BC ( Quan hệ đường kính và dây cung) => OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI =  HGA (đối đỉnh) => OGI  HGA => GI OI 1 mà OI = AH GA HA 2 GI 1 => mà AI là trung tuyến của ∆ ABC (do I là trung điểm của BC) => G là trọng tâm GA 2 của ∆ ABC. Bài 29 BC là một dây cung của đường tròn (O; R) (BC 2R). Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H. 1. Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC.là trung điểm của HK => OK là 2. Gọi A’ là trung điểm của BC, Chứng minh AH = 2OA’. đường trung bình của AHK 3. Gọi A1 là trung điểm của EF, Chứng minh R.AA1 = AA’. => AH = 2OA’ OA’. A 4. Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy ra vị trí của A để = E tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất. A1 O F H Lời giải: (HD) = / 1. Tứ giác BFEC nội tiếp => AEF = ACB (cùng bù BFE) B / / D A' / C AEF = ABC (cùng bù CEF) => AEF  ABC. 2. Vẽ đường kính AK => KB // CH ( cùng vuông góc AB); KC K // BH (cùng vuông góc AC) => BHKC là hình bình hành => A’ 3. Áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng thì tỉ số giữa hia trung tuyến, tỉ số giữa hai bán kính các đường tròn ngoại tiếp bằng tỉ số đồng dạng. ta có : R AA' AEF  ABC => (1) trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC; R’ R ' AA1 là bán kính đường tròn ngoại tiếp AEF; AA’ là trung tuyến của ABC; AA1 là trung tuyến của AEF. 127
Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên đây cũng là đường tròn ngoại tiếp AEF AH 2A'O Từ (1) => R.AA1 = AA’. R’ = AA’ = AA’ . 2 2 Vậy R . AA1 = AA’ . A’O (2) 4. Gọi B’, C’lần lượt là trung điểm của AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính đi qua trung điểm của một dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lượt là các đường cao của các tam giác OBC, OCA, OAB. 1 SABC = SOBC+ SOCA + SOAB = ( OA’ . BC’ + OB’ . AC + OC’ . AB ) 2 2SABC = OA’ . BC + OB’ . AC’ + OC’ . AB (3) AA AA Theo (2) => OA’ = R . 1 mà 1 là tỉ số giữa 2 trung tuyến của hai tam giác đồng dạng AA' AA' AA EF FD ED AEF và ABC nên 1 = . Tương tự ta có : OB’ = R . ; OC’ = R . Thay vào AA' BC AC AB (3) ta được EF FD ED 2SABC = R (.BC .AC .AB )  2SABC = R(EF + FD + DE) BC AC AB * R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn nhất khi SABC. 1 Ta có SABC = AD.BC do BC không đổi nên SABC lớn nhất khi AD lớn nhất, mà AD lớn 2 nhất khi A là điểm chính giỡa của cung lớn BC. Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác của góc BAC cắt (O) tại M. Vẽ đường cao AH và bán kính OA. 1. Chứng minh AM là phân giác của góc OAH. OM = OA = R) => HAM 2. Giả sử B > C. Chứng minh OAH = B - C. = OAM => AM là tia phân 3. Cho BAC = 600 và OAH = 200. Tính: giác của góc OAH. a)B và C của tam giác ABC. A b) Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BC và cung nhỏ D BC theo R Lời giải: (HD) 1. AM là phân giác của BAC => BAM = CAM => O B¼M C¼M => M là trung điểm của cung BC => OM  BC; Theo B giả thiết AH  BC => OM // AH => HAM = OMA ( so H C le). Mà OMA = OAM ( vì tam giác OAM cân tại O do có M 2. Vẽ dây BD  OA => »AB »AD => ABD = ACB. Ta có OAH =  DBC ( góc có cạnh tương ứng vuông góc cùng nhọn) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C. 128
3. a) Theo giả thiết BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trên B C = OAH => B - C = 200 . B C 1200 B 700 => 0 0 B C 20 C 50 .R2.1202 1 R .R2 R2. 3 R2.(4 3 3) b) Svp = SqBOC - SV BOC = R. 3. = 3600 2 2 3 4 12 Bài 31 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biết BAC = 600. 1. Tính số đo góc BOC và độ dài BC theo R. 2. CD là đường kính => 2. Vẽ đường kính CD của (O; R); gọi H là giao điểm của ba DBC = 900 hay DB  BC; đường cao của tam giác ABC Chứng minh BD // AH và AD //theo giả thiết AH là BH. A 3. Tính AH theo R. D Lời giải: 1. Theo giả thiết BAC = 600 => sđ B»C =1200 ( t/c góc nội tiếp ) H O => BOC = 1200 ( t/c góc ở tâm) . » 0 * Theo trên sđ BC =120 => BC là cạnh của một tam giác đều nội B M C tiếp (O; R) => BC = R3 . đường cao => AH  BC => BD // AH. Chứng minh tương tự ta cũng được AD // BH. 3. Theo trên DBC = 900 => DBC vuông tại B có BC = R3 ; CD = 2R. => BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R3 )2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R. Theo trên BD // AH; AD // BH => BDAH là hình bình hành => AH = BD => AH = R. Bài 32 Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H của OB. 1. Chứng minh khi MN di động , trung điểm I của MN luôn N nằm trên một đường tròn cố định. K D 2. Từ A kẻ Ax  MN, tia BI cắt Ax tại C. Chứng minh tứ giác C I CMBN là hình bình hành. H A B 3. Chứng minh C là trực tâm của tam giác AMN. O 4. Khi MN quay quanh H thì C di động trên đường nào. M 5. Cho AM. AN = 3R2 , AN = R3 . Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác AMN. Lời giải: (HD) 1. I là trung điểm của MN => OI  MN tại I ( quan hệ đường kính và dây cung) = > OIH = 900 . OH cố địmh nên khi MN di động thì I cũng di động nhưng luôn nhìn OH cố định dưới một góc 900 do đó I di động trên đường tròn đường kính OH. Vậy khi MN di động , trung điểm I của MN luôn nằm trên một đường tròn cố định. 2. Theo giả thiết Ax  MN; theo trên OI  MN tại I => OI // Ax hay OI // AC mà O là trung điểm của AB => I là trung điểm của BC, lại có I là trung điểm của MN (gt) => CMBN là hình bình hành ( Vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường ). 129
3. CMBN là hình bình hành => MC // BN mà BN  AN ( vì ANB = 90 0 do là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MC  AN; theo trên AC  MN => C là trực tâm của tam giác AMN. 4. Ta có H là trung điểm của OB; I là trung điểm của BC => IH là đường tung bình của OBC => IH // OC Theo giả thiết Ax  MN hay IH  Ax => OC  Ax tại C => OCA = 900 => C thuộc đường tròn đường kính OA cố định. Vậy khi MN quay quanh H thì C di động trên đường tròn đường kính OA cố định. 5. Ta có AM. AN = 3R2 , AN = R3 . => AM =AN = R3 => AMN cân tại A. (1) Xét ABN vuông tại N ta có AB = 2R; AN = R3 => BN = R => ABN = 600 . ABN = AMN (nội tiếp cùng chắn cung AN) => AMN = 600 (2). 3R2 3 Từ (1) và (2) => AMN là tam giác đều => S AMN = . 4 2 2 2 3R 3 R (4 3 3 => S = S(O) - S AMN = R - = 4 4 Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác của góc BAC cắt BC tại I, cắt đường tròn tại M. MC MI 1. Chứng minh OM  BC. => MCI  MAC => => 2. Chứng minh MC2 = MI.MA. MA MC 3. Kẻ đường kính MN, các tia phân giác của góc MC2 = MI.MA. ( B và C cắt đường thẳng AN tại P và Q. 1 P Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q cùng thuộc N một đường tròn . A 2 Lời giải: Q 1 1. AM là phân giác của BAC => BAM = 1 O CAM K ¼ ¼ 1 2 => BM CM => M là trung điểm của cung BC => 2 1 ( B I C OM  BC 2. Xét MCI và MAC có MCI =MAC (hai góc M nội tiếp chắn hai cung bằng nhau); M là góc chung 0 0 3. (HD) MAN = 90 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => P1 = 90 – K1 mà K1 là góc A B ngoài của tam giác AKB nên K1 = A1 + B1 = (t/c phân giác của một góc ) 2 2 0 A B => P1 = 90 – ( ).(1) 2 2 C 1 0 0 A B CQ là tia phân giác của góc ACB => C1 = = (180 - A - B) = 90 – ( ). 2 2 2 2 (2). Từ (1) và (2) => P 1 = C 1 hay QPB = QCB mà P và C nằm cùng về một nửa mặt A B phẳng bờ BQ nên cùng nằm trên cung chứa góc 900 – ( ) dựng trên BQ. 2 2 130
Vậy bốn điểm P, C, B, Q cùng thuộc một đường tròn . Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = 6 Cm, chiều cao AH = 4 Cm, nội tiếp đường tròn (O) đường kính AA’. 1. Tính bán kính của đường tròn (O). A 2. Kẻ đường kính CC’, tứ giác CAC’A’ là hình gì? Tại sao? 1 2 3. Kẻ AK  CC’ tứ giác AKHC là hình gì? Tại sao? C' 4. Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác K 1 O ABC. 1 2 B 1 C Lời giải: H 1. (HD) Vì ABC cân tại A nên đường kính AA’ của đường tròn ngoại tiếp và đường cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức là AA’đi qua H. => ACA’ vuông tại C có đường A' BC 6 cao CH = = 3cm; AH = 4cm => CH2 = AH.A’H 2 2 CH 2 32 9 => A’H = 2,5 => AA’ AH 4 4 => AA’ = AH + HA’ = 4 + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : 2 = 6,5 : 2 = 3,25 (cm) . 2. Vì AA’ và CC’ là hai đường kính nên cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường => ACA’C’ là hình bình hành. Lại có ACA’ = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên suy ra tứ giác ACA’C’ là hình chữ nhật. 3. Theo giả thiết AH  BC; AK  CC’ => K và H cùng nhìn AC dưới một góc bằng 90 0 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => C 2 = H1 (nội tiếp cung chắn cung AK) ; AOC cân tại O ( vì OA=OC=R) => C 2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( vì có hai góc so le trong bằng nhau) => tứ giác ACHK là hình thang (2).Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ACHK là hình thang cân. Bài 35 Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 2/3 AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. 1. Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp . M 2. Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM. O 2 1 C 3. Chứng minh AM = AE.AC. E 4. Chứng minh AE. AC - AI.IB = AI2 . A B 5. Hãy xác định vị trí của C sao cho khoảng cách từ N đến tâm I O đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. Lời giải: 1. Theo giả thiết MN AB tại I => EIB = 900;  ACB nội tiếp N chắn nửa đường tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900 => EIB + ECB = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp . 131
2. Theo giả thiết MN AB => A là trung điểm của cung MN => AMN = ACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay AME = ACM. Lại thấy CAM là góc chung của hai tam giác AME và AMC do đó tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM. AM AE 3. Theo trên AME  ACM => => AM2 = AE.AC AC AM 4. AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN AB tại I => AMB vuông tại M có MI là đường cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) . Áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM vuông tại I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI . 5. Theo trên AMN = ACM => AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ECM; Nối 0 MB ta có AMB = 90 , do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp ECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM. Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O 1 là tâm đường tròn ngoại tiếp ECM có bán kính là O1M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn tâm O 1 bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM. Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ các đường cao AD, BE, CF. Gọi H là trực tâm của tam giác. Gọi M, N, P, Q lần lượt là các hình chiếu vuông góc của D lên AB, BE, CF, AC. Chứng minh : 1. Các tứ giác DMFP, DNEQ là hình chữ nhật. Từ (1) và (2) => HNP  HCB 2. Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp . 3. Hai tam giác HNP và HCB đồng dạng. A 4. Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng. E Lời giải: 1. & 2. (HS tự làm) F H 3. Theo chứng minh trên DNHP nội tiếp => N = D (nội tiếp P Q 2 4 1 1 cùng chắn cung HP); HDC có HDC = 900 (do AH là đường N 2 M 1 0 cao) HDP có HPD = 90 (do DP  HC) => C1= D4 (cùng 3 4 1 1 1 phụ với DHC)=>C1=N2 (1) chứng minh tương tự ta có B D C B1=P1 (2) 4. Theo chứng minh trên DNMB nội tiếp => N1 = D1 (nội tiếp cùng chắn cung BM).(3) DM // CF ( cùng vuông góc với AB) => C1= D1 ( hai góc đồng vị).(4) Theo chứng minh trên C1 = N2 (5) Từ (3), (4), (5) => N1 = N2 mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng. (6) Chứng minh tương tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng . (7) Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Bài 37 Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B (O), C (O’) . Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC ở I. 1. Chứng minh các tứ giác OBIA, AICO’ nội tiếp . 132
0 B 2. Chứng minh  BAC = 90 . I 3. Tính số đo góc OIO’. C 4. Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm. 9 4 Lời giải: O A O' 1. ( HS tự làm) 2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IB = IA , IA = IC 1 ABC có AI = BC => ABC vuông tại A hay BAC 2 =900 3. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IO là tia phân giác BIA; I0’là tia phân giác CIA . mà hai góc BIA và CIA là hai góc kề bù => I0  I0’=> 0I0’= 900 4. Theo trên ta có 0I0’ vuông tại I có IA là đường cao (do AI là tiếp tuyến chung nên AI OO’) => IA2 = A0.A0’ = 9. 4 = 36 => IA = 6 => BC = 2. IA = 2. 6 = 12(cm) Bài 38 Cho hai đường tròn (O) ; (O’) tiếp xúc ngoài tại A, BC là tiếp tuyến chung ngoài, B (O), C (O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắ tiếp tuyến chung ngoài BC ở M. Gọi E là giao điểm của OM và AB, F là giao điểm của O’M và AC. Chứng minh : 1. Chứng minh các tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp . 2. Theo tính chất hai tiếp 2. Tứ giác AEMF là hình chữ nhật. tuyến cắt nhau ta có MA = MB 3. ME.MO = MF.MO’. B M 1 C 4. OO’ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC. 2 3 4 5. BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’. E F Lời giải: O A O' 1. ( HS tự làm) => MAB cân tại M. Lại có ME là tia phân giác => ME  AB (1). Chứng minh tương tự ta cũng có MF  AC (2). Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta cũng có MO và MO’ là tia phân giác của hai góc kề bù BMA và CMA => MO  MO’ (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác MEAF là hình chữ nhật 3. Theo giả thiết AM là tiếp tuyến chung của hai đường tròn => MA  OO’=> MAO vuông tại A có AE  MO ( theo trên ME  AB) MA2 = ME. MO (4) Tương tự ta có tam giác vuông MAO’ có AFMO’ MA2 = MF.MO’ (5) Từ (4) và (5) ME.MO = MF. MO’ 4. Đường tròn đường kính BC có tâm là M vì theo trên MB = MC = MA, đường tròn này đi qua Avà co MA là bán kính . Theo trên OO’  MA tại A OO’ là tiếp tuyến tại A của đường tròn đường kính BC. 5. (HD) Gọi I là trung điểm của OO’ ta có IM là đường trung bình của hình thang BCO’O 133
=> IMBC tại M (*) .Ta cung chứng minh được OMO’ vuông nên M thuộc đường tròn đường kính OO’ => IM là bán kính đường tròn đường kính OO’ ( ) Từ (*) và ( ) => BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’ Bài 39 Cho đường tròn (O) đường kính BC, dấy AD vuông góc với BC tại H. Gọi E, F theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AC. Gọi ( I ), (K) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF. 1. Hãy xác định vị trí tương đối của các đường tròn (I) và (O); (K) và (O); (I) và (K). 2. Tứ giác AEHF là hình gì? Vì sao?. => AFH = 900 (vì là hai góc 3. Chứng minh AE. AB = AF. AC. kề bù).(2) 4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn A (I) và (K). F 5. Xác định vị trí của H để EF có độ dài lớn nhất. G E 1 2 Lời giải: 1 B 2 C 1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiếp xúc (O) I H O K OK = OC – KC => (K) tiếp xúc (O) IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K) 2. Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) D => AEH = 900 (vì là hai góc kề bù). (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn hay EAF = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông). 3. Theo giả thiết ADBC tại H nên AHB vuông tại H có HE  AB ( BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông tại H có HF  AC (theo trên CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC ( ) Từ (*) và ( ) => AE. AB = AF. AC ( = AH2) 4. Theo chứng minh trên tứ giác AFHE là hình chữ nhật, gọi G là giao điểm của hai đường chéo AH và EF ta có GF = GH (tính chất đường chéo hình chữ nhật) => GFH cân tại G => F1 = H1 . KFH cân tại K (vì có KF và KH cùng là bán kính) => F2 = H2. 0 0 => F1 + F2 = H1 + H2 mà H1 + H2 = AHC = 90 => F1 + F2 = KFE = 90 => KF EF . Chứng minh tương tự ta cũng có IE  EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K). e) Theo chứng minh trên tứ giác AFHE là hình chữ nhật => EF = AH OA (OA là bán kính đường tròn (O) có độ dài không đổi) nên EF = OA AH = OA H trùng với O. Vậy khi H trùng với O túc là dây AD vuông góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn nhất. Bài 40 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Trên Ax lấy điểm M rồi kẻ tiếp tuyến MP cắt By tại N. 1. Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác 2. Chứng minh AM. BN = R2. APB. 134
y x S MON R N 3. Tính tỉ số khi AM = . / S APB 2 P 4. Tính thể tích của hình do nửa hình tròn APB quay quanh / cạnh AB sinh ra. M Lời giải: 1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OM là tia phân giác của góc AOP ; ON là tia phân giác của góc BOP, mà A O B AOP và BOP là hai góc kề bù => MON = 900. hay tam giác MON vuông tại O. APB = 900((nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay tam giác APB vuông tại P. Theo tính chất tiếp tuyến ta có NB  OB => OBN = 900; NP  OP => OPN = 900 =>OBN+OPN =1800 mà OBN và OPN là hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO Xét hai tam giác vuông APB và MON có APB =  MON = 900; OBP = PNO => APB  MON 2. Theo trên MON vuông tại O có OP  MN ( OP là tiếp tuyến ). Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OP2 = PM. PM Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ) => AM. BN = R2 3. Theo trên OP2 = PM. PM hay PM. PM = R2 mà PM = AM = R => PM = R => PN = R2: R = 2 2 2 2R R 5R MN 5R 5 => MN = MP + NP = + 2R = Theo trên APB  MON => = : 2R = = 2 2 AB 2 4 k (k là tỉ số đồng dạng).Vì tỉ số diện tich giữa hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng nên ta có: 2 S MON 2 S MON 5 25 = k => = S APB S APB 4 16 Bài 41 Cho tam giác đều ABC , O là trung điểm của BC. Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E sao cho  DOE = 600 . 1)Chứng minh tích BD. CE không đổi. Từ (2) và (4) => BOD 2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng. Từ BD BO  CEO => => đó suy ra tia DO là tia phân giác của góc BDE CO CE 3)Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với AB. Chứng minh BD.CE = BO.CO mà rằng đường tròn này luôn tiếp xúc với DE. OB = OC = R không Lời giải: đổi => BD.CE = R2 1. Tam giác ABC đều => ABC =  ACB = 600 không đổi. (1);  DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2). DBO có DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3) . Từ (2) và (3) => BDO =  COE (4) 135
A K E D H B C O BD OD BD OD BD BO 2. Theo trên BOD  CEO => mà CO = BO => (5) CO OE BO OE OD OE Lại có DBO = DOE = 600 (6). Từ (5) và (6) => DBO  DOE => BDO = ODE => DO là tia phân giác  BDE. 3. Theo trên DO là tia phân giác  BDE => O cách đều DB và DE => O là tâm đường tròn tiếp xúc với DB và DE. Vậy đường tròn tâm O tiếp xúc với AB luôn tiếp xúc với DE Bài 42 Cho tam giác ABC cân tại A. có cạnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B và C lần lượt cắt AC, AB ở D và E. Chứng minh : 1. BD2 = AD.CD. A 2. Tứ giác BCDE nội tiếp . 3. BC song song với DE. O Lời giải: 1. Xét hai tam giác BCD và ABD ta có CBD = BAD B C ( Vì là góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến với một dây cùng chắn một cung), lại có D chung => BCD  BD CD ABD => => BD2 = AD.CD. E D AD BD 2. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A => ABC = ACB => EBC = DCB mà CBD = BCD (góc giữa tiếp tuyến với một dây cùng chắn một cung) => EBD = DCE => B và C nhìn DE dưới cùng một góc do đó B và C cùng nằm trên cung tròn dựng trên DE => Tứ giác BCDE nội tiếp 3. Tứ giác BCDE nội tiếp => BCE = BDE ( nội tiếp cùng chắn cung BE) mà BCE = CBD (theo trên ) => CBD = BDE mà đây là hai góc so le trong nên suy ra BC // DE. 153
Bài 43 Cho đường tròn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường tròn . Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN cắt (O) tại C. Gọi E là giao điểm của AC và BM. 1. Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp . N 2. Chứng minh NE  AB. F _ 3. Gọi F là điểm đối xứng với E qua M. Chứng minh FA là tiếp tuyến / M / C của (O). _ 4. Chứng minh FN là tiếp tuyến của đường tròn (B; BA). E B Lời giải: 1. (HS tự làm) A O H 2. (HD) Dễ thấy E là trực tâm của tam giác NAB => NE  AB. 3.Theo giả thiết A và N đối xứng nhau qua M nên M là trung điểm của AN; F và E xứng nhau qua M nên M là trung điểm của EF => AENF là hình bình hành => FA // NE mà NE  AB => FA  AB tại A => FA là tiếp tuyến của (O) tại A. 4. Theo trên tứ giác AENF là hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mà AC  BN => FN  BN tại N BAN có BM là đường cao đồng thời là đường trung tuyến ( do M là trung điểm của AN) nên BAN cân tại B => BA = BN => BN là bán kính của đường tròn (B; BA) => FN là tiếp tuyến tại N của (B; BA). Bài 44 AB và AC là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O bán kính R ( B, C là tiếp điểm ). Vẽ CH vuông góc AB tại H, cắt (O) tại E và cắt OA tại D. 1. Chứng minh CO = CD. B 2. Chứng minh tứ giác OBCD là hình thoi. H I 3. Gọi M là trung điểm của CE, Bm cắt OH tại I. Chứng E O minh I là trung điểm của OH. A D M 4. Tiếp tuyến tại E với (O) cắt AC tại K. Chứng minh ba K điểm O, M, K thẳng hàng. C Lời giải: 1. Theo giả thiết AB và AC là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O => OA là tia phân giác của BOC => BOA = COA (1) OB  AB ( AB là tiếp tuyến ); CH  AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2) Từ (1) và (2) => COD cân tại C => CO = CD.(3) 2. theo trên ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) lại có OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) và (5) => BOCD là hình bình hành (6) . Từ (6) và (3) => BOCD là hình thoi. 3. M là trung điểm của CE => OM  CE ( quan hệ đường kính và dây cung) => OMH = 900. theo trên ta cũng có OBH =900; BHM =900 => tứ giác OBHM là hình chữ nhật => I là trung điểm của OH. 4. M là trung điểm của CE; KE và KC là hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng. Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi D là trung điểm của AC; tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt tia BD tại E. Tia CE cắt (O) tại F. 137
1. Chứng minh BC // AE. 2. Chứng minh ABCE là hình bình hành. 3. Gọi I là trung điểm của CF và G là giao điểm của BC và OI. So sánh BAC và BGO. Lời giải: 1. (HS tự làm) 2).Xét hai tam giác ADE và CDB ta có EAD = BCD (vì so le trong ) AD = CD (gt); ADE = CDB (đối đỉnh) => ADE = CDB => AE = CB (1) A E 1 2 _ 2 K O 1 D F _ I _ _ 1 B H C G 138
Theo trên AE // CB (2) .Từ (1) và (2) => AECB là hình bình hành. . 3) I là trung điểm của CF => OI  CF (quan hệ đường kính và dây cung). Theo trên AECB là hình bình hành => AB // EC => OI  AB tại K, => BKG vuông tại K. Ta cung có BHA vuông tại H 1 => BGK = BAH ( cung phụ với ABH) mà BAH = BAC (do ABC cân nên AH 2 là phân giác) => BAC = 2BGO. Bài 46: Cho đường trũn (O) và một điểm P ở ngoài đường trũn. Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B là tiếp điểm). Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) tại C (C A). Đoạn PC cắt đường trũn tại điểm thứ hai D. Tia AD cắt PB tại E. a. Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD. b. Chứng minh AE là trung tuyến của ∆PAB. B HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vỡ: B· EA chung E · · EAB = EBD (gúc nội tiếp và gúc tạo bởi tia tiếp tuyến ) O EB ED P EB2 = EA.ED (1) D EA EB C * E· PD = P· CA (s.l.t) ; E· AP = P· CA (gúc nội tiếp và gúc tạo bởi tia tiếp tuyến ) A E· PD = E· AP ; P· EA chung ∆EPD ~ ∆EAP (g.g) EP ED EP2 = EA.ED (2)Từ 1 & 2 EB2 = EP2 EB = EP AE là trung tuyến EA EP ∆ PAB. Bài 47: Cho ∆ABC vuông ở A. Lấy trên cạnh AC một điểm D. Dựng CE vuông góc BD. a. Chứng minh ∆ABD ~ ∆ECD. b. Chứng minh tứ giỏc ABCE là tứ giỏc nội tiếp. c. Chứng minh FD vuông góc BC, trong đó F là giao điểm của BA và CE. d. Cho A· BC = 600; BC = 2a; AD = a. Tính AC; đường cao AH của ∆ABC và bán kính đường trũn ngoại tiếp tứ giỏc ADEF. C HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g) 0 E b) tứ giỏc ABCE là tứ giỏc nội tiếp (Quĩ tớch cung chứa gúc 90 ) K c) Chứng minh D là trực tõm ∆ CBF. D 2a 3 d) AC = BC.sinA· BC = 2a.sin600 = 2a . = a 3 2 a H 1 600 AB = BC.cosA· BC = 2a.cos600 = 2a. = a 2 F A B 3 AH = AB.sinA· BC = a.sin600 = a ; ∆ FKB vuụng tại K , cú A· BC = 60 0 B· FK = 300 2 AD = FD.sinB· FK AD = FD.sin300 a = FD.0,5 FD = a : 0,5 = 2a. 139
Bài 48: Cho ∆ABC vuụng ( A· BC = 900; BC > BA) nội tiếp trong đường trũn đưũng kớnh AC. Kẻ dõy cung BD vuụng gúc AC. H là giao điểm AC và BD. Trên HC lấy điểm E sao cho E đối xứng với A qua H. Đường trũn đường kính EC cắt BC tại I (I C). B CI CE a. Chứng minh CB CA b. Chứng minh D; E; I thẳng hàng. I c. Chứng minh HI là một tiếp tuyến của đường trũn đường kính EC. H HD; a) AB // EI (cựng  BC) A C CI CE O E O’ (đ/lí Ta-lét) CB CA b) chứng minh ABED là hỡnh thoi DE // AB mà EI //AB D, E, I cùng nằm trên đường thẳng đi qua E // AB D, E, I thẳng hàng. D · · c) EIO' = IEO' ( vỡ ∆ EO’I cõn ; O’I = O’E = R(O’)) I·EO' = H· ED (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH là trung tuyến ∆HID cõn H· IE = H· DI Mà H· DI + H· ED = 900 đpcm. Bài 49: Cho đường trũn (O; R) và một đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R). Hạ OH  (d) (H d). M là một điểm thay đổi trên (d) (M H). Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MP và MQ (P, Q là tiếp điểm) với (O; R). Dây cung PQ cắt OH ở I; cắt OM ở K. a. Chứng minh 5 điểm O, Q, H, M, P cùng nằm trên 1 đường trũn. b. Chứng minh IH.IO = IQ.IP P c. Giả sử P· MQ = 600. Tớnh tỉ số diện tớch 2 tam giỏc: ∆MPQvà ∆OPQ. HD: a) 5 điểm O, Q, H, M, P cùng nằm trên 1 đường trũn K O (Dựa vào quĩ tớch cung chứa gúc 900) M IO IQ I b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) IH.IO = IQ.IP IP IH PQ PQ 3 Q c) ∆v MKQ cú : MK = KQ.tgM· QK = KQ.tg600 = 3 . 2 2 H 3 PQ 3 PQ 3 ∆v OKQ cú: OK = KQ.tgO· QK = KQ.tg300 = KQ. . 3 2 3 6 S PQ 3 PQ 3 MPQ = : = 3 SOPQ 2 6 Bài 50: Cho nửa đường trũn (O), đường kính AB=2R. Trên tia đối của tia AB lấy điểm E (E A). Từ E, A, B kẻ các tiếp tuyến với nửa đường trũn. Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B theo thứ tự tại C và D. 140
a. Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường trũn. Chứng minh tứ giỏc ACMO nội tiếp được trong một đường trũn. DM CM b. Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ đó suy ra . DE CE D c. Gọi N là giao điểm của AD và BC. Chứng minh MN // BD. 1 d. Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO. M e. Đặt A· OC = ỏ. Tớnh theo R và ỏ các đoạn AC và BD. C N Chứng tỏ rằng tớch AC.BD chỉ phụ thuộc giỏ trị của R, khụng phụ thuộc vào ỏ. 2 3 1 4 HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tớch cung chứa gúc 900) E A O B b) AC // BD (cựng  EB) ∆EAC ~ ∆EBD CE AC CE CM (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) DE BD DE DM DM CM (2) DE CE NC AC NC CM c) AC // BD (cmt) ∆NAC ~ ∆NBD (3) .Từ 1; 2; 3 MN // BD NB BD NB DM ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ 0 ¶ ¶ 0 ¶ ¶ 0 d) O1 = O2 ; O3 = O4 mà O1 + O2 + O3 + O4 = 180 O2 + O3 = 90 ; O4 + D1 = 90 ( ) OB R ¶D = ¶O = ¶O = ỏ . Vậy: DB = = ; Lại cú: AC = OA.tgỏ = R.tgỏ AC.DB = R.tgỏ. 1 2 1 tg tg R tg AC.DB = R2 (Đpcm) Bài 51: Cho ∆ABC có 3 góc nhọn. Gọi H là giao điểm của 3 đường cao AA1; BB1; CC1. a. Chứng minh tứ giỏc HA 1BC1 nội tiếp được trong đường trũn. Xỏc định tâm I của đường trũn ấy. · b. Chứng minh A1A là phõn giỏc của B1A1C1 . c. Gọi J là trung điểm của AC. Chứng minh IJ là trung trực của A1AC1. MH 1 d. Trên đoạn HC lấy 1 điểm M sao cho . MC 3 So sỏnh diện tớch của 2 tam giỏc: ∆HAC và ∆HJM. B1 0 C1 HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tớch cung chứa gúc 90 ) J Tâm I là trung điểm BH. H b) C/m: ·HA C = ·HBC ; ·HA B = ·HCB ; 1 1 1 1 1 1 M ·HBC = ·HCB ·HA C = ·HA B đpcm. K 1 1 1 1 1 1 I 12 c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 C ỊJ là trung trực của A1C1. B A1 1 1 d) S HJM = HM.JK ; SHAC = HC.AC1 2 2 HC.AC1 MH 1 HC HM+MC MC AC1 SHAC : S HJM = mà 1 1 3 4 ; 2 (JK// HM.JK MC 3 HM HM HM JK AC1 SHAC : S HJM = 8 141
Bài 52: Cho điểm C cố định trên một đường thẳng xy. Dựng nửa đường thẳng Cz vuông góc với xy và lấy trên đó 2 điểm cố định A, B (A ở giữa C và B). M là một điểm di động trên xy. Đường vuông góc với AM tại A và với BM tại B cắt nhau tại P. a. Chứng minh tứ giỏc MABP nội tiếp được và tâm O của đường trũn này nằm trờn một đường thẳng cố định đi qua điểm giữa L của AB. b. Kẻ PI  Cz. Chứng minh I là một điểm cố định. c. BM và AP cắt nhau ở H; BP và AM cắt nhau ở K. Chứng minh rằng KH  PM. d. Cho N là trung điểm của KH. Chứng minh các điểm N; L; O thẳng hàng. HD: a) MABP nội tiếp đ/trũn đ/k MP.(quĩ tớch cung chứa gúc 900 )z P OA = OB = R(O) O thuộc đường trung trực AB đi qua L I là trung điểm AB b) IP // CM ( Cz) MPIC là hỡnh thang. IL = LC không đổiB H vỡ A,B,C cố định. I cố định. O c) PA  KM ; PK  MB H là trực tõm ∆ PKM N L KH  PM K d) AHBK nội tiếp đ/trũn đ/k KH (quĩ tớch cung chứa gúc ) N là tâm đ/trũn ngoại tiếp NE = NA = R(N) A N thuộc đường trung trực AB O,L,N thẳng hàng. x C M y Bài 53: Cho nửa đường trũn (O) đường kính AB và K là điểm chính giữa của cung AB. Trên cung AB lấy một điểm M (khác K; B). Trên tia AM lấy điểm N sao cho AN = BM. Kẻ dây BP song song với KM. Gọi Q là giao điểm của các đường thẳng AP, BM. a. So sỏnh hai tam giỏc: ∆AKN và ∆BKM. b. Chứng minh: ∆KMN vuụng cõn. c. Tứ giỏc ANKP là hỡnh gỡ? Vỡ sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c) U b) HS tự c/m. ∆ KMN vuụng cõn. K c) ∆ KMN vuụng KN KM mà KM // BP KN  BP P A· PB = 900 (gúc nội tiếp ) AP  BP M KN // AP ( BP) · · 0 KM // BP KMN PAT 45 T = P¼KM // N Mà P· AM P· KU 450 2 A O B P· KN 450 ; K· NM 450 PK // AN . Vậy ANPK là hỡnh bỡnh hành. Bài 54: Cho đường trũn tõm O, bỏn kớnh R, cú hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. M là một điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC. Nối MB, cắt CD ở N. 142
a. Chứng minh: tia MD là phõn giỏc của gúc AMB. b. Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA. Chứng minh: BM.BN không đổi. c. Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp. Gọi I là tâm đường trũn ngoại tiếp tứ giỏc ONMA, I di động như thế nào? C HD: a) A· MD D· MB 450 (chắn cung ¼ đ/trũn) MD là tia phõn giỏc A· MB M F b) ∆ OMB cõn vỡ OM = OB = R(O) N ∆ NAB cân có NO vừa là đ/cao vừa là đường trung tuyến. I ∆ OMB ~ ∆ NAB A B BM BO E O BM.BN = BO.BA = 2R2 không đổi. BA BN c) ONMA nội tiếp đ/trũn đ/k AN. Gọi I là tâm đ/trũn ngoại tiếp I cách đều A và O cố định I thuộc đường trung trực OA Gọi E và F là trung điểm của AO; AC D Vỡ M chạy trờn cung nhỏ AC nờn tập hợp I là đoạn EF Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp một đường trũn (O). Gọi D là trung điểm của AC; tia BD cắt tiếp tuyến tại A với đường tròn (O) tại điểm E; EC cắt (O) tại F. a. Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến của đường trũn (O) tại A. b. Tứ giác ABCE là hì nh gì? Tại sao? c. Gọi I là trung điểm của CF và G là giao điểm của các tia BC; OI. So sỏnh B· GO với B· AC . d. Cho biết DF // BC. Tớnh cosA· BC . A E HD:a) Gọi H là trung điểm BC AH BC (∆ ABC cõn tại A) lập luận chỉ ra AH AE BC // AE. (1) b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) AE = BC (2) N M D Từ 1 và 2 ABCE là hỡnh bỡnh hành. F O _ c) Theo c.m.t AB // CF GO AB. I 1 _ B· GO = 900 – A· BC = B· AH = B· AC 2 d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) tại N.; DF // BC và AH làB trục H C G đối xứng cuarBC và đ/trũn (O) nờn F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH. 1 1 FD = MN = MD = BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) DF.DN = DA.DC 2 2 1 2 BH 2 2BH2 = AC2 BH = AC cos A· BC = = . 4 4 AB 4 Bài 56: Cho 2 đường trũn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường trũn (O) lần lượt tại các điểm C; D và cắt (O’) lần lượt tại E;E F. a. Chứng minh: C; B; F thẳng hàng. b. Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp được. D c. Chứng minh: A là tâm đường trũn nội tiếp ∆BDE. A d. Tỡm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của (O) và (O’). HD: a) C· BA = 900 = F· BA (góc nội tiếp chắn nửa đ/trũn) O O’ C· BA + F· BA = 1800 C, B, F thẳng hàng. b) C· DF = 900 = C· EF CDEF nội tiếp (quĩ tớch ) F C B 143
c) CDEF nội tiếp A· DE = E· CB (cựng chắn cung EF) Xột (O) cú: A· DB = E· CB (cựng chắn cung AB) A· DE = A· DB DA là tia phõn giỏc B· DE . Tương tự EA là tia phân giác D· EB Vậy A là tâm đường trũn nội tiếp ∆BDE d) ODEO’ nội tiếp. Thực vậy : D· OA = 2D· CA ; E· O'A = 2E· FA mà D· CA = E· FA (gúc nội tiếp chắn cung DE) D· OA = E· O'A ; mặt khỏc: D· AO = E· AO' (đ/đ) O· DO' = O· 'EO ODEO’ nội tiếp. Nếu DE tiếp xỳc với (O) và (O’) thỡ ODEO’ là hỡnh chữ nhật AO = AO’ = AB. Đảo lại : AO = AO’ = AB cũng kết luận được DE là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) Kết luận : Điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) là : AO = AO’ = AB. Bài 57: Cho đường trũn (O; R) cú 2 đường kính cố định AB  CD. a) Chứng minh: ACBD là hỡnh vuụng. b). Lấy điểm E di chuyển trên cung nhỏ BC (E B; E C). Trên tia đối của tia EA lấy đoạn EM = EB. Chứng tỏ: ED là tia phân giác của A· EB và ED // MB. c). Suy ra CE là đường trung trực của BM và M di chuyển trên đường trũn mà ta phải xỏc định tâm và bán kính theo R. HD: a) AB  CD. ; OA = OB = OC = OD = R(O) C M ACBD là hỡnh vuụng. E 1 1 // b) A· ED = A· OD = 450 ; D· EB = D· OB = 450 2 2 = A· ED = D· EB ED là tia phõn giỏc của A· EB . A B O A· ED = 450 ; E· MB = 450 (∆ EMB vuụng cõn tại E) A· ED = E· MB (2 góc đồng vị) ED // MB. c) ∆ EMB vuụng cõn tại E và CE  DE ; ED // BM CE  BM CE là đường trung trực BM. D d) Vỡ CE là đường trung trực BM nờn CM = CB = R 2 Vậy M chạy trên đường trũn (C ; R’ = R2 ) Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH. Qua A vẽ một đường thẳng về phía ngoài của tam giác, tạo với cạnh AC một góc 400. Đường thẳng này cắt cạnh BC kéo dài ở D. Đường trũn tõm O đường kính CD cắt AD ở E. Đường thẳng vuông góc với CD tại O cắt AD ở M. a. Chứng minh: AHCE nội tiếp được. Xác định tâm I của đường trũn đó. b. Chứng minh: CA = CM. c. Đường thẳng HE cắt đường trũn tõm O ở K, đường thẳng HI cắt đường trũn tõm I ở N và cắt đường thẳng DK ở P. Chứng minh: Tứ giác NPKE nội tiếp. Bài 59: BC là một dây cung của đường trũn (O; R) (BC 2R). Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong ∆ABC. Các đường cao AD; BE; CF đồng quy tại H. a. Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC. b. Gọi A’ là trung điểm BC. Chứng minh: AH = 2.A’O. c. Gọi A1 là trung điểm EF. Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’. 144
d. Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC. Suy ra vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN. Bài 60: Cho đường trũn tõm (O; R) cú AB là đường kính cố định cũn CD là đường kính thay đổi. Gọi (∆) là tiếp tuyến với đường trũn tại B và AD, AC lần lượt cắt (∆) tại Q và P. a. Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp được. b. Chứng minh: Trung tuyến AI của ∆AQP vuụng gúc với DC. c. Tỡm tập hợp cỏc tõm E của đường trũn ngoại tiếp ∆CPD. Bài 61: Cho ∆ABC cõn (AB = AC; Aµ < 900), một cung trũn BC nằm bờn trong ∆ABC tiếp xỳc với AB, AC tại B và C. Trờn cung BC lấy điểm M rồi hạ các đường vuông góc MI, MH, MK xuống các cạnh tương ứng BC, CA, AB. Gọi Q là giao điểm của MB, IK. a. Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp được. b. Chứng minh: tia đối của tia MI là phân giác H· MK . c. Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp được PQ // BC. Bài 62: Cho nửa đường trũn (O), đường kính AB, C là trung điểm của cung AB; N là trung điểm của BC. Đường thẳng AN cắt nửa đường trũn (O) tại M. Hạ CI AMC (I AM). a. Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp được trong 1 đường trũn. b. Chứng minh: Tứ giác BMCI là hình bình hành. = M c. Chứng minh: M· OI C· AI . 1 2 d. Chứng minh: MA = 3.MB. N I = HD: a) C· OA 900 ( ) ; C· IA 900 ( ) Tứ giỏc CIOA nội tiếp (quĩ tớch cung chứa gúc 900) A O B b) MB // CI ( BM). (1) ¶ ¶ · · ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) N1 N2 (đ/đ) ; NC = NB ; NCI NBM (slt) CI = BM (2). Từ 1 và 2 BMCI là hỡnh bỡnh hành. 1 c) ∆ CIM vuụng cõn (C· IA 900 ;C· MI C· OA 450 ) MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC vỡ OI 2 chung ; · · · · · · IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) MOI IOC mà: IOC CAI MOI CAI R 2 AC d) ∆ ACN vuụng cú : AC = R2 ; NC = (với R = AO) 2 2 R 2 5 R 10 NC2 R 10 MI Từ đó : AN = AC2 +CN2 2R 2 + R ; NI = MN = 2 2 2 NA 10 2 R 2 R 2 2R R 10 R 10 R 10 3R 10 MB = NC2 MN2 AM = AN + MN = + = 2 10 10 5 2 10 5 AM = 3 BM. 145
Bài 63: Cho ∆ABC cú Aµ =600 nội tiếp trong đường trũn (O), đường cao AH cắt đường trũn ở D, đường cao BK cắt AH ở E. a. Chứng minh: B· KH B· CD . b. Tính B· EC . c. Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động trên cung lớn BC. Hỏi tâm I của đườngtrũn nội tiếp ∆ABC chuyển động trên đường nào? Nêu cách dựng đường đó (chỉ nêu cách dựng) và cách xác định rừ nú (giới hạn đường đó). d. Chứng minh: ∆IOE cõn ở I. A HD: a) ABHK nội tiếp B· KH B· AH ; B· CD B· AH ( cựng chắn cung BD) B· CD B· KH b) CE cắt AB ở F. ; K AFEK nội tiếp F· EK 1800 ¶A 1800 600 1200 B· EC = 1200 ¶B ¶C 1200 F E I c) B· IC 1800 1800 1200 2 2 Vậy I chuyển động trên cung chứa góc 1200 dựng trên đoạn BC, cung C này nằm trong đường trũn tõm (O). B H D»S IºO d) Trong đ/trũn (O) cú D· AS = sđ ; trong đ/trũn (S) cú I·SO = sđ D 2 2 S D»S IºO vỡ D· AS = I·SO (so le trong) nờn: = mà D»S = IºE IºO = IºE đpcm. 2 2 Bài 64: Cho hỡnh vuụng ABCD, phớa trong hỡnh vuụng dựng cung một phần tư đường trũn tõm B, bỏn kớnh AB và nửa đường trũn đường kính AB. Lấy 1 điểm P bất kỳ trên cung AC, vẽ PK AD và PH  AB. Nối PA, cắt nửa đường trũn đường kính AB tại I và PB cắt nửa đường trũn D C này tại M. Chứng minh rằng: a. I là trung điểm của AP. b. Các đường PH, BI và AM đồng quy. c. PM = PK = AH. d. Tứ giỏc APMH là hỡnh thang cõn. P · 0 K HD: a) ∆ ABP cõn tại B. (AB = PB = R(B)) màAIB 90 (gúc nội tiếp ) BI AP BI là đường cao cũng là đường trung tuyến M I là trung điểm của AP b) HS tự c/m. I c) ∆ ABP cõn tại B AM = PH ; AP chung ∆vAHP = ∆v PMA AH = PM ; AHPK là hỡnh chữ nhật AH = KP PM = PK = AH d) PMAH nằm trờn đ/trũn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) A H B P»M = A»H PA // MH Vậy APMH là hỡnh thang cõn. Bài 65: Cho đường trũn tõm O, đường kính AB = 2R. Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M là điểm thay đổi trên Bx;. AM cắt (O) tại N. Gọi I là trung điểm của AN. a. Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp được trong 1 đường trũn. 146
b. Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB. c. Tỡm vị trớ của điểm M trên tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN. HD: a) BOIM nội tiếp được vỡ O· IM O· BM 900 A B b) I·NB O· BM 900 ; N· IB B· OM (2 gúc nội tiếp cựng chắn cung BM) H O ∆ IBN ~ ∆OMB. I 1 c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn nhất IH lớn nhất vỡ AO = R(O) 2 N M Khi M chạy trờn tia Bx thỡ I chạy trờn nửa đường trũn đ/k AO. Do đó SAIO lớn nhất Khi IH là bán kính, khi đó ∆ AIH vuông cân, tức H· AI 450 Vây khi M cách B một đoạn BM = AB = 2R(O) thỡ SAIO lớn nhất . Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp trong đường trũn (O; R). Gọi AI là một đường kính cố định và D là điểm di động trên cung nhỏ AC (D A và D C). A a. Tính cạnh của ∆ABC theo R và chứng tỏ AI là tia phõn giỏc củaB· AC . D b. Trên tia DB lấy đoạn DE = DC. Chứng tỏ ∆CDE đều và DI  CE. c. Suy ra E di động trên đường trũn mà ta phải xỏc định tâm và giới hạn. d. Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D là điểm chớnh giữa cung nhỏ AC. = HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp trong đường trũn (O; R). HS tự c/m : E O = AB = AC = BC = R 3 Trong đ/trũn (O; R) cú: AB = AC Tâm O cách đều 2 cạnh AB và AC C AO hay AI là tia phõn giỏc của B· AC . B b) Ta cú : DE = DC (gt) ∆ DEC cõn ; B· D =C B· A =C 60 0 (cựng chắn B»C ) I ∆CDE đều. I là điểm giữa B»C IºB = IºC B· DI = I·DC DI là tia phõn giỏc B· D∆CDEC đều có DI là tia phân giác nên cũng là đường cao DI  CE c) ∆CDE đều có DI là đường cao cũng là đường trung trực của CE IE = IC mà I và C cố định IC không đổi E di động trên 1 đ/trũn cố định tâm I, bán kính = IC. Giới hạn : I A»C (cung nhỏ ) D → C thỡ E → C ; D → A thỡ E → B E đi động trên B»C nhỏ của đ/t (I; R = IC) chứa trong ∆ ABC đều. Bài 67: (6,0 điểm). 1) Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi (P), (Q) theo thứ tự là đường tròn nội tiếp hai tam giác AHB và AHC. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài (khác BC) của (P) và (Q) cắt AB, AH, AC theo tự M, K, N. Chứng minh rằng. a. HPQ ABC b. KP // AB, KQ // AC. c. Tứ giác BMNC nội tiếp được 2) Cho a, b, clà độ dài 3 cạnh của ABC. Gọi m, n, k là độ dài các đường phân giác trong của ba góc của ABC. Chứng minh rằng: + + > + + Giải 1) a. AHB CHA mặt khác P và Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp AHB và AHC 147
HP AB => (1) lại có BAC =  PHQ = 900 (2) HQ AC Từ (1) và (2) suy ra HPQ ABC b. Theo câu a. ta có  PQH =  ACB (3)  PKQ =  PHQ = 900 => tứ giác PKQH nội tiếp được =>  PKH =  PQH (4) Từ (3) và (4) =>  PKH =  ACB lại có  BAH =  ACB=>  PKH =  BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta cũng có KQ //AC. c. Ta có ACB =  PKH =  MKP =  AMK 0 =>  BMN +  NCB =  BMN +  AMK = 180 => tứ giác BMNC nội tiếp đượcM A N K M A 2 Q 1 P 1 B H C B D C 2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB tại M  A1 =  M1,  A2 =  C2, Mà  A1 =  A2, (AD là tia phân giác của góc A ) Nên  M1 =  C1, AM = AC. Xét AMC : MC ( + ) > ( + ) Tương tự : > ( + ) ; > ( + ). Vậy + + > + + 4. 1) a. AHB CHA mặt khác P và Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp AHB và AHC HP AB => (1) lại có BAC =  PHQ = 900 (2) HQ AC Từ (1) và (2) suy ra HPQ ABC b. Theo câu a. ta có  PQH =  ACB (3)  PKQ =  PHQ = 900 => tứ giác PKQH nội tiếp được =>  PKH =  PQH (4) Từ (3) và (4) =>  PKH =  ACB lại có  BAH =  ACB=>  PKH =  BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta cũng có KQ //AC. c. Ta có ACB =  PKH =  MKP =  AMK =>  BMN +  NCB =  BMN +  AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp được A N K M 148 Q P B H C
M 2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB tại M  A1 =  M1,  A2 =  C2, Mà  A1 =  A2, (AD là tia phân giác của góc A ) Nên  M1 =  C1, AM = AC. Xét AMC : MC ( + ) A 2 > ( + ) 1 Tương tự : > ( + ) ; > ( + ). Vậy + + > + + Bài 68: (6,0 điểm). 1 C Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Tia phân giác trong góc A cắt B (O) tạiD D. Một đường tròn (L) thay đổi nhưng luôn đi qua A, D cắt AB, AC tại điểm thứ hai lần lượt tại M, N. a) CMR: BM = CN b) Tìm quỹ tích trung điểm K của MN c) Tìm vị trí của (L) sao cho MN ngắn nhất. Giải:4.a) Xét BMD và CND: 1 +. BD=CD (vì AD là phân giác góc A) +. ACD sđ cung AD 2 1 1 1 MBD A1+D1= sđ cung AB + sđ cung BD = sđ cung AD 2 2 2 ACD =MBD . Trong (L), vì A1 = A2 DM = DN BMD = CND BM = CN. b). Gọi I là trung điểm BC I cố định Vẽ hình bình hành: IBMM’, ICNN’ MM’NN’ là hình bình hành. K là trung điểm M’N’ Vì IM’ = BM = CN = IN’ IM’=IN’ IK là phân giác của  M’IN’ IM '// MB Do IM’, IN’ cố định. Vậy: Quỹ tích K là đờng phân giác  M’IN’ IN'// CN c) DMN cântại D có  MDN = 1800 - BAC = Const MN ngắn nhất DM nhỏ nhất DM AB khi AD là đờng kính của (L). 5. a. Gọi S1= SAIB ; S2 = S CID ; S3 = S BIC ; S 4 = S AID Kẻ AH  BD;CK  BD 1 1 B S AH.BI S CK.DI AIB 2 S BI CID 2 S BI Ta có: 1 (1) và 3 (2) 1 S4 DI 1 S2 DI SAID AH.DI SBIC CK.BI 2 2 S1 H S S S3 Từ (1) và (2) suy ra: 1 3 S .S S .S (3) I 1 2 3 4 A C S4 S2 S4 Ta có: S ABCD = S1 + S2 + S3 + S4 K S1 S2 2 S3.S4 (4) S2 149 D
2 Từ (3) và (4) ta suy ra: S S1 S2 2 S1.S2 ( S1 S2 ) S S1 S2 (đpcm) b. Khi tứ giác ABCD là hình thang ta xét: * Nếu AB // CD ta có: S = S suy ra: S = S ACD BCD 3 4 S S1 S2 S * Nếu BC // AD ta có: S ABC = S CAD Suy ra: S 1 = S 2 S S 2 1 2 S Dấu bằng sảy ra khi: S1 = S 2 = S 3 = S 4 = ABCD là hình bình hành 4 Bài 69: (2,0 điểm). Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm O qua B và C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I là trung điểm BC ,N là trung điểm EF . a.Chứng minh rằng các điểm E, F luôn nằm trên một đường tròn cố định khi đường tròn (O) thay đổi. b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại K .Chứng minh rằng :EK song song với AB . c.Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy trên một đường thẳng cố định khi đường tròn(O) thay đổi. Bài 70: (2,0 điểm). Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, các tiếp điểm của (O) và các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Kẻ BB1  AO , AA1  BO Chứng minh rằng 4 điểm D, E, A, B thẳng hàng. Giải:69. a) ABF và AFC đồng dạng (g_g). Ta có : AB/ AF=AF/AC AF2=AB.AC AF=AB.AC Mà AE=AF nên AE=AF=AB.AC không đổi Vậy E,F thuộc đường tròn (A;AB.AC ) cố định. b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn. Ta có : AIF = AOF (1) 1 1  AOF =  EOF và  EKF = EOF 2 2  EKF = AOF (2).Từ(1) và(2)  AIF = EKF Do đó : EK vàAB song song vơí nhau c) Cm được A,N,O thẳng hàng và AO EF ; Gọi H là giao điểm của BC và EF . AH AN Ta có : ANH và AIO đồng dạng nên AO AI Suy ra :AH.AI =AN.AO. Lại có :AN .AO=AE2 =AB.AC AB.AC Do đó : AI.AH =AB.AC AH không đổi . Vậy H cố định AI Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN luôn qua I và H ;Do đó tâm đương f tròn này nằm trên đường trung trực của IH  ˆ 0 70. Theo bài ra ta có:AA1B AB1B =90 Suy ra tứ giác AA1 B1 B nôi tiép trong một đường tròn  ˆ BA1B1 ABB1 cùng chắn cung BB1  ˆ Mặt khác: AE1O AA1O 1V tứ giác AEA1O nội tiếp  ˆ EA1 A EOA1 cùng chắn cung AE) 150
 BAB B AˆE mà 1 1 ˆ ˆ 0 OAE EOA 90 E, A1 , B1 thẳng hàng (*) Tương tự: ta có tứ giác AA1B1B nội tiếp Theo bài ra ta có:  ˆ 0 AA1B AB1B =90 Suy ra tứ giác AA1 B1 B nôi tiép trong một đường tròn  ˆ A1B1 A A1BA cùng chắn cung AA1  ˆ Ta lại có: OD1B OBB 1V tứ giác OB1DB nội tiếp  ˆ DB1B DOB (cùng chắn cung BD)  DOB DBˆO mà DBˆO DOˆB 900 DBˆO OBˆA Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau  ˆ ˆ 0 Vậy DB1B BB1 A AB1 A1 180 3 điểm D, B1, A1 thẳng hàng ( ) Từ (*) , ( ) suy ra A1, D, B1, E thẳng hàng Bài 71: Bài 5: (6 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Từ một điểm M di động trên đường thẳng d  OA tại A, vẽ các tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Dây BC cắt OM và OA lần lượt tại H và K. a) Chứng minh rằng OA.OK không đổi, từ đó suy ra BC luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minh rằng H di động trên một đường tròn cố định. c) Cho biết OA = 2R, hãy xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Xét BOM vuông tại B nên : OB2 = OH.OM (2) Từ (1) và (2) suy ra A. OK = R2 (không đổi) Giải :a) Dễ thấy OM  BC HOK AOM OH OK => => OA.OK = OH.OM (1) OA OM R 2 => OK (không đổi) do đó K cố định trên OA OA b)Ta có OHK = 900 => H nằm trên đường tròn đường kính OK cố định. 1 c) Tứ giác MBOC có hai đường chéo vuông góc nên SMBOC = OM.BC 2 => S nhỏ nhất OM nhỏ nhất và BC nhỏ nhất. + OM nhỏ nhất M trùng với A + BC nhỏ nhất BC  OK H trùng với K M trùng với A R 2 R R 2 Nếu OA = 2R thì: OK ; BC = 2 BK = 2 R 2 R 3 2R 2 4 151
1 2 Vậy SMBOC = 2R. R 3 R 3 2 Bài 72: (6 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O;R ) . Điểm M thuộc cung nhỏ BC. gọi I,K,H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên AB; AC; BC. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB; HK. a) Chứng minh MQ  PQ. AB AC BC b) Chứng minh : MI MK MH c) Cho tam giác ABC đều. Xác định vị trí của điểm M trên cung BC để MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất Giải: . a) Tứ giác MCKH nội tiếp B· CM = H· KM = ·BAM; H· MK = B· CA = B· MA BMA HMK. Mặt khác MP, MQ là trung tuyến của BMA, HMK MP MB và B·MH = P·MQ BMH PMQ MQ MH Mặt khác B· HM = 900 P·QM = 900 PQ  MQ. b) Giả sử AC AB ta có: AB AC AI BI AK KC AI AK (1) MI MK MI MK MI MK BI KC ( Do M· BI = M· CK cotg M· BI = cotgM· CK ) MI MK µ µ µ µ AI CH Do C1 = A1 nªn cotgA1 = cotgC1 ( 2) MI MH µ µ µ µ AK BH A2 = B1 nªn cotgA2 = cotgB1 (3) MK MH AB AC CH BH BC c) Từ (1),(2) và (3) suy ra MI MK MH MH MH Gọi D là giao điểm của MA với BD ta có : MB BD MBD MAC B· MD A· MC, ·DBM C· AM MA AC MC CD MB MC Tương tự ta có : Do đó 1 MA AB MA MA Suy ra MA + MB + MC = 2MA 4R Vậy max (MA + MB + MC) = 4R khi AM là đường kính khi đó M là trung điểm của cung BC Bài 73: (2,0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn có 3 đường cao: AA1, BB1, CC1 đồng qui tại H. HA HB HC Chứng minh rằng: 6 . Dấu "=" xảy ra khi nào? A HA1 HB1 HC1 Giải: . Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác. B1 * Đặt S = S ABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB. C1 H 152 B C A1
1 .AA .BC S 1 AA HA S HB S HC Ta có: 2 1 1 .T2: 1 , 1 S 1 HA HA S HB S HC 1 .HA .BC 1 1 2 1 3 1 2 1 HA HB HC 1 1 1 1 1 1 Suy ra: S 3 (S1 S2 S3 ) 3 HA1 HB1 HC1 S1 S 2 S 3 S1 S2 S3 Theo bất đẳng thức Côsy: 1 1 1 H A H B H C (S1 S 2 S 3 ) 9 9 3 6 S1 S 2 S 3 H A1 H B1 H C1 Dấu "=" xảy ra khi tam giỏc ABC đều 153