Bài tập tổng hợp Hình học Lớp 9

53 trang dichphong 10370

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập tổng hợp Hình học Lớp 9", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_tap_hinh_hoc_lop_9_tong_hop.doc

Nội dung text: Bài tập tổng hợp Hình học Lớp 9

X.Bµi tËp H×nh tæng hîp Bµi 1. Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp ®êng trßn (O). C¸c ®êng cao AD, BE, CF c¾t nhau t¹i H vµ c¾t ®êng trßn (O) lÇn lît t¹i M,N,P. =>  CEH +  CDH = 1800 Chøng minh r»ng: A N 1.Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp . 2.Bèn ®iÓm B,C,E,F cïng n»m trªn mét ®êng trßn. 1 3.AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. E P F 1 4.H vµ M ®èi xøng nhau qua BC. 2 O 5.X¸c ®Þnh t©m ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c DEF. H Lêi gi¶i: - 1 ( XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: B D 2 ( C -  CEH = 900 ( V× BE lµ ®êng cao)  CDH = 900 ( V× AD lµ ®êng cao) M Mµ  CEH vµ  CDH lµ hai gãc ®èi cña tø gi¸c CEHD , Do ®ã CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp Theo gi¶ thiÕt: BE lµ ®êng cao => BE  AC => BEC = 900. CF lµ ®êng cao => CF  AB => BFC = 900. Nh vËy E vµ F cïng nh×n BC díi mét gãc 900 => E vµ F cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh BC. VËy bèn ®iÓm B,C,E,F cïng n»m trªn mét ®êng trßn. XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã:  AEH =  ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung AE AH => AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD. AD AC * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã:  BEC =  ADC = 900 ; C lµ gãc chung BE BC => BEC  ADC => => AD.BC = BE.AC. AD AC 4. Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phô víi gãc ABC) C2 = A1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) => C1 =  C2 => CB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc HCM; l¹i cã CB  HM => CHM c©n t¹i C => CB còng lµ ®¬ng trung trùc cña HM vËy H vµ M ®èi xøng nhau qua BC. 5. Theo chøng minh trªn bèn ®iÓm B,C,E,F cïng n»m trªn mét ®êng trßn => C1 = E1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp C1 = E2 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD) E1 = E2 => EB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc FED. Chøng minh t¬ng tù ta còng cã FC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DFE mµ BE vµ CF c¾t nhau t¹i H do ®ã H lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c DEF. Bµi 2. Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC), c¸c ®êng cao AD, BE, c¾t nhau t¹i H. Gäi O lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AHE. 2. Bèn ®iÓm A, E, D, B cïng n»m 1. Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp . trªn mét ®êng trßn.
1 3. Chøng minh ED = BC. A 2 1 4. Chøng minh DE lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (O). O 5. TÝnh ®é dµi DE biÕt DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. 1 2 E Lêi gi¶i: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: H 3  CEH = 900 ( V× BE lµ ®êng cao) B 1 D C  CDH = 900 ( V× AD lµ ®êng cao)=>  CEH +  CDH = 1800 Mµ  CEH vµ  CDH lµ hai gãc ®èi cña tø gi¸c CEHD , Do ®ã CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp 2. Theo gi¶ thiÕt: BE lµ ®êng cao => BE  AC => BEA = 900. AD lµ ®êng cao => AD  BC => BDA = 900. Nh vËy E vµ D cïng nh×n AB díi mét gãc 900 => E vµ D cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh AB. VËy bèn ®iÓm A, E, D, B cïng n»m trªn mét ®êng trßn. 3. Theo gi¶ thiÕt tam gi¸c ABC c©n t¹i A cã AD lµ ®êng cao nªn còng lµ ®êng trung tuyÕn => D lµ trung ®iÓm cña BC. Theo trªn ta cã BEC = 900 . 1 VËy tam gi¸c BEC vu«ng t¹i E cã ED lµ trung tuyÕn => DE = BC. 2 V× O lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AHE nªn O lµ trung ®iÓm cña AH => OA = OE => tam gi¸c AOE c©n t¹i O => E1 = A1 (1). 1 Theo trªn DE = BC => tam gi¸c DBE c©n t¹i D => E3 = B1 (2) 2 Mµ B1 = A1 ( v× cïng phô víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 0 0 Mµ E1 + E2 = BEA = 90 => E2 + E3 = 90 = OED => DE  OE t¹i E. VËy DE lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (O) t¹i E. 5. Theo gi¶ thiÕt AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. ¸p dông ®Þnh lÝ Pitago cho tam gi¸c OED vu«ng t¹i E ta cã ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bµi 3 Cho nöa ®êng trßn ®êng kÝnh AB = 2R. Tõ A vµ B kÎ hai tiÕp tuyÕn Ax, By. Qua ®iÓm M thuéc nöa ®êng trßn kÎ tiÕp tuyÕn thø ba c¾t c¸c tiÕp tuyÕn Ax , By lÇn lît ë C vµ D. C¸c ®êng th¼ng AD vµ BC c¾t nhau t¹i N. 1. Chøng minh AC + BD = CD. Lêi gi¶i: 2. Chøng minh COD = 900. y AB2 x D 3. Chøng minh AC. BD = . / 4 I 4. Chøng minh OC // BM M 5. Chøng minh AB lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ®êng / C kÝnh CD. N 6. Chøng minh MN  AB. 7. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña M ®Ó chu vi tø gi¸c ACDB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. A O B Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD
Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: OC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc AOM; OD lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kÒ bï => COD = 900. Theo trªn COD = 900 nªn tam gi¸c COD vu«ng t¹i O cã OM  CD ( OM lµ tiÕp tuyÕn ). ¸p dông hÖ thøc gi÷a c¹nh vµ ®êng cao trong tam gi¸c vu«ng ta cã OM2 = CM. DM, AB2 Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = . 4 Theo trªn COD = 900 nªn OC  OD .(1) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cña BM => BM  OD .(2). Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( V× cïng vu«ng gãc víi OD). Gäi I lµ trung ®iÓm cña CD ta cã I lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c COD ®êng kÝnh CD cã IO lµ b¸n kÝnh. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã AC  AB; BD  AB => AC // BD => tø gi¸c ACDB lµ h×nh thang. L¹i cã I lµ trung ®iÓm cña CD; O lµ trung ®iÓm cña AB => IO lµ ®êng trung b×nh cña h×nh thang ACDB => IO // AC , mµ AC  AB => IO  AB t¹i O => AB lµ tiÕp tuyÕn t¹i O cña ®êng trßn ®êng kÝnh CD CN AC CN CM 6. Theo trªn AC // BD => , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy ra BN BD BN DM => MN // BD mµ BD  AB => MN  AB. 7. ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nªn suy ra chu vi tø gi¸c ACDB = AB + 2CD mµ AB kh«ng ®æi nªn chu vi tø gi¸c ACDB nhá nhÊt khi CD nhá nhÊt , mµ CD nhá nhÊt khi CD lµ kho¶ng c¸ch gi÷ Ax vµ By tøc lµ CD vu«ng gãc víi Ax vµ By. Khi ®ã CD // AB => M ph¶i lµ trung ®iÓm cña cung AB. Bµi 4 Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = AC), I lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp, K lµ t©m ®êng trßn bµng tiÕp gãc 0 A , O lµ trung ®iÓm cña IK. C2 + I1 = 90 1. Chøng minh B, C, I, K cïng n»m trªn mét ®êng trßn. (2) ( v× IHC = 900 ). 2. Chøng minh AC lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (O). A 3. TÝnh b¸n kÝnh ®êng trßn (O) BiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm. Lêi gi¶i: (HD) 1. V× I lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp, K lµ t©m ®êng trßn I bµng tiÕp gãc A nªn BI vµ BK lµ hai tia ph©n gi¸c cña hai gãc kÒ 1 1 bï ®Ønh B B 2 C H 0 Do ®ã BI  BK hayIBK = 90 . o T¬ng tù ta còng cã ICK = 900 nh vËy B vµ C cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh IK do ®ã B, C, I, K cïng n»m trªn K mét ®êng trßn. Ta cã C1 = C2 (1) ( v× CI lµ ph©n gi¸c cña gãc ACH. I1 =  ICO (3) ( v× tam gi¸c OIC c©n t¹i O) 0 Tõ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 90 hay AC  OC. VËy AC lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (O).
Tõ gi¶ thiÕt 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) Bµi 5 Cho ®êng trßn (O; R), tõ mét ®iÓm A trªn (O) kÎ tiÕp tuyÕn d víi (O). Trªn ®êng th¼ng d lÊy ®iÓm M bÊt k× ( M kh¸c A) kÎ c¸t tuyÕn MNP vµ gäi K lµ trung ®iÓm cña NP, kÎ tiÕp tuyÕn MB (B lµ tiÕp ®iÓm). KÎ AC  MB, BD  MA, gäi H lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD, I lµ giao ®iÓm cña OM vµ AB. 1. Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp. d 2. Chøng minh n¨m ®iÓm O, K, A, M, B cïng n»m A trªn mét ®êng trßn . P 2 2 K D 3. Chøng minh OI.OM = R ; OI. IM = IA . N 4. Chøng minh OAHB lµ h×nh thoi. O H M 5. Chøng minh ba ®iÓm O, H, M th¼ng hµng. I 6. T×m quü tÝch cña ®iÓm H khi M di chuyÓn trªn ®êng th¼ng d C Lêi gi¶i: (HS tù lµm). V× K lµ trung ®iÓm NP nªn OK  NP ( quan hÖ ®êngB kÝnh Vµ d©y cung) => OKM = 900. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900. nh vËy K, A, B cïng nh×n OM díi mét gãc 900 nªn cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh OM. VËy n¨m ®iÓm O, K, A, M, B cïng n»m trªn mét ®êng trßn. 3. Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cña AB => OM  AB t¹i I . Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900 nªn tam gi¸c OAM vu«ng t¹i A cã AI lµ ®êng cao. Theo hÖ thøc gi÷a c¹nh vµ ®êng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; vµ OI. IM = IA2. 4. Ta cã OB  MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA  MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. => Tø gi¸c OAHB lµ h×nh b×nh hµnh; l¹i cã OA = OB (=R) => OAHB lµ h×nh thoi. 5. Theo trªn OAHB lµ h×nh thoi. => OH  AB; còng theo trªn OM  AB => O, H, M th¼ng hµng( V× qua O chØ cã mét ®êng th¼ng vu«ng gãc víi AB). 6. (HD) Theo trªn OAHB lµ h×nh thoi. => AH = AO = R. VËy khi M di ®éng trªn d th× H còng di ®éng nhng lu«n c¸ch A cè ®Þnh mét kho¶ng b»ng R. Do ®ã quü tÝch cña ®iÓm H khi M di chuyÓn trªn ®êng th¼ng d lµ nöa ®êng trßn t©m A b¸n kÝnh AH = R Bµi 6 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A, ®êng cao AH. VÏ ®êng trßn t©m A b¸n kÝnh AH. Gäi HD lµ ®êng kÝnh cña ®êng trßn (A; AH). TiÕp tuyÕn cña ®êng trßn t¹i D c¾t CA ë E. 1. Chøng minh tam gi¸c BEC c©n. Lêi gi¶i: (HD) 2. Gäi I lµ h×nh chiÕu cña A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AHC = ADE (g.c.g) AH. => ED = HC (1) vµ AE = 3. Chøng minh r»ng BE lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn (A; AC (2). AH). V× AB CE (gt), do ®ã 4. Chøng minh BE = BH + DE. AB võa lµ ®êng cao võa
lµ ®êng trung tuyÕn cña BEC => BEC lµ tam gi¸c c©n. => E D B1 = B2 A I 1 2 B H C 2. Hai tam gi¸c vu«ng ABI vµ ABH cã c¹nh huyÒn AB chung, B1 = B2 => AHB = AIB => AI = AH. 3. AI = AH vµ BE  AI t¹i I => BE lµ tiÕp tuyÕn cña (A; AH) t¹i I. 4. DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bµi 7 Cho ®êng trßn (O; R) ®êng kÝnh AB. KÎ tiÕp tuyÕn Ax vµ lÊy trªn tiÕp tuyÕn ®ã mét ®iÓm P sao cho AP > R, tõ P kÎ tiÕp tuyÕn tiÕp xóc víi (O) t¹i M. Tõ (1) vµ (2) =>  ABM = 1. Chøng minh r»ng tø gi¸c APMO néi tiÕp ®îc mét ®êng  AOP (3) trßn. X N J 2. Chøng minh BM // OP. P 3. §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB ë O c¾t tia BM t¹i N. 1 Chøng minh tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh. I 4. BiÕt AN c¾t OP t¹i K, PM c¾t ON t¹i I; PN vµ OM kÐo M dµi c¾t nhau t¹i J. Chøng minh I, J, K th¼ng hµng. K Lêi gi¶i: (HS tù lµm). 2 Ta cã  ABM néi tiÕp ch¾n cung AM;  AOM lµ gãc ë t©m 1 1 A ( ( B AOM O ch¾n cung AM =>  ABM = (1) OP lµ tia ph©n gi¸c  2 AOM AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ) =>  AOP = (2) 2 Mµ  ABM vµ  AOP lµ hai gãc ®ång vÞ nªn suy ra BM // OP. (4) XÐt hai tam gi¸c AOP vµ OBN ta cã : PAO=900 (v× PA lµ tiÕp tuyÕn ); NOB = 900 (gt NOAB).=> PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Tõ (4) vµ (5) => OBNP lµ h×nh b×nh hµnh ( v× cã hai c¹nh ®èi song song vµ b»ng nhau). Tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON  AB => ON  PJ Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM c¾t nhau t¹i I nªn I lµ trùc t©m tam gi¸c POJ. (6) DÔ thÊy tø gi¸c AONP lµ h×nh ch÷ nhËt v× cã PAO = AON = ONP = 900 => K lµ trung ®iÓm cña PO ( t/c ®êng chÐo h×nh ch÷ nhËt). (6) AONP lµ h×nh ch÷ nhËt => APO =  NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau Ta cã PO lµ tia ph©n gi¸c APM => APO = MPO (8). Tõ (7) vµ (8) => IPO c©n t¹i I cã IK lµ trung tuyÕn ®«ng thêi lµ ®êng cao => IK  PO. (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K th¼ng hµng. Bµi 8 Cho nöa ®êng trßn t©m O ®êng kÝnh AB vµ ®iÓm M bÊt k× trªn nöa ®êng trßn ( M kh¸c A,B). Trªn nöa mÆt ph¼ng bê AB chøa nöa ®êng trßn kÎ tiÕp tuyÕn Ax. Tia BM
c¾t Ax t¹i I; tia ph©n gi¸c cña gãc IAM c¾t nöa ®êng trßn t¹i E; c¾t tia BM t¹i F tia BE c¾t Ax t¹i H, c¾t AM t¹i K. 1) Chøng minh r»ng: EFMK lµ tø gi¸c néi tiÕp. X 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM . IB. I 3) Chøng minh BAF lµ tam gi¸c c©n. 4) Chøng minh r»ng : Tø gi¸c AKFH lµ h×nh thoi. F 5) X¸c ®Þnh vÞ trÝ M ®Ó tø gi¸c AKFI néi tiÕp ®îc mét ®êng trßn. M Lêi gi¶i: 1. Ta cã : AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®êng H E 0 trßn ) => KMF = 90 (v× lµ hai gãc kÒ bï). K 0 AEB = 90 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) 1 2 2 0 1 => KEF = 90 (v× lµ hai gãc kÒ bï). A O B => KMF + KEF = 1800 . Mµ KMF vµ KEF lµ hai gãc ®èi cña tø gi¸c EFMK do ®ã EFMK lµ tø gi¸c néi tiÕp. Ta cã IAB = 900 ( v× AI lµ tiÕp tuyÕn ) => AIB vu«ng t¹i A cã AM  IB ( theo trªn). ¸p dông hÖ thøc gi÷a c¹nh vµ ®êng cao => AI2 = IM . IB. Theo gi¶ thiÕt AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ do ) => ABE =MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE lµ tia ph©n gi¸c gãc ABF. (1) Theo trªn ta cã AEB = 900 => BE  AF hay BE lµ ®êng cao cña tam gi¸c ABF (2). Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam gi¸c c©n. t¹i B . BAF lµ tam gi¸c c©n. t¹i B cã BE lµ ®êng cao nªn ®ång thêi lµ ®¬ng trung tuyÕn => E lµ trung ®iÓm cña AF. (3) Tõ BE  AF => AF  HK (4), theo trªn AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM hay AE lµ tia ph©n gi¸c HAK (5) Tõ (4) vµ (5) => HAK lµ tam gi¸c c©n. t¹i A cã AE lµ ®êng cao nªn ®ång thêi lµ ®¬ng trung tuyÕn => E lµ trung ®iÓm cña HK. (6). Tõ (3) , (4) vµ (6) => AKFH lµ h×nh thoi ( v× cã hai ®êng chÐo vu«ng gãc víi nhau t¹i trung ®iÓm cña mçi ®êng). (HD). Theo trªn AKFH lµ h×nh thoi => HA // FH hay IA // FK => tø gi¸c AKFI lµ h×nh thang. §Ó tø gi¸c AKFI néi tiÕp ®îc mét ®êng trßn th× AKFI ph¶i lµ h×nh thang c©n. AKFI lµ h×nh thang c©n khi M lµ trung ®iÓm cña cung AB. ThËt vËy: M lµ trung ®iÓm cña cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ). (7) Tam gi¸c ABI vu«ng t¹i A cã ABI = 450 => AIB = 450 .(8) Tõ (7) vµ (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI lµ h×nh thang c©n (h×nh thang cã hai gãc ®¸y b»ng nhau). VËy khi M lµ trung ®iÓm cña cung AB th× tø gi¸c AKFI néi tiÕp ®îc mét ®êng trßn. Bµi 9 Cho nöa ®êng trßn (O; R) ®êng kÝnh AB. KÎ tiÕp tuyÕn Bx vµ lÊy hai ®iÓm C vµ D thuéc nöa ®êng trßn. C¸c tia AC vµ AD c¾t Bx lÇn lît ë E, F (F ë gi÷a B vµ E). 1. Chøng minh AC. AE kh«ng ®æi. 2. Chøng minh  ABD =  DFB. 3. Chøng minh r»ng CEFD lµ tø gi¸c néi tiÕp. Lêi gi¶i: C thuéc nöa ®êng trßn nªn ACB = 900 ( néi tiÕp ABE = 900 ( Bx lµ tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) => BC  AE. tuyÕn ) => tam gi¸c ABE
vu«ng t¹i B cã BC lµ ®êng cao => AC. AE = AB2 (hÖ thøc X gi÷a c¹nh vµ ®êng cao ), mµ AB lµ ®êng kÝnh nªn AB = 2R E kh«ng ®æi do ®ã AC. AE kh«ng ®æi. ADB cã ADB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ). => ABD + BAD = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c C 0 b»ng 180 )(1) D F ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ). => AFB + BAF = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800) (2) Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phô víi BAD) A O B Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800 . ECD + ACD = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï) => ECD = ABD ( cïng bï víi ACD). Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB. Mµ EFD + DFB = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï) nªn suy ra ECD + EFD = 1800, mÆt kh¸c ECD vµ EFD lµ hai gãc ®èi cña tø gi¸c CDFE do ®ã tø gi¸c CEFD lµ tø gi¸c néi tiÕp. Bµi 10 Cho ®êng trßn t©m O ®êng kÝnh AB vµ ®iÓm M bÊt k× trªn nöa ®êng trßn sao cho AM hai cung AM vµ tam gi¸c PS’M c©n. AM’ cã sè ®o b»ng nhau 3. Chøng minh PM lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn . S 1 Lêi gi¶i: M 1. Ta cã SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( néi 1 2 3 tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) => AMS = 900 . Nh vËy P vµ 0 4 ( 1 1 M cïng nh×n AS díi mét gãc b»ng 90 nªn cïng n»m trªn P ) ( ) 2 B ®êng trßn ®êng kÝnh AS. 3 A H O VËy bèn ®iÓm A, M, S, P cïng n»m trªn mét ®êng trßn. M' 1 S' => AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1) Còng v× M’®èi xøng M qua AB nªn MM’  AB t¹i H => MM’// SS’ ( cïng vu«ng gãc víi AB)=> AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (v× so le trong) (2). Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS’. Theo trªn bèn ®iÓm A, M, S, P cïng n»m trªn mét ®êng trßn => ASP=AMP (néi tiÕp cïng ch¾n AP )=> AS’P = AMP => tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P. 3. Tam gi¸c SPB vu«ng t¹i P; tam gi¸c SMS’ vu«ng t¹i M => B1 = S’1 (cïng phô víi S). (3) Tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P => S’1 = M1 (4) Tam gi¸c OBM c©n t¹i O ( v× cã OM = OB =R) => B1 = M3 (5).
Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = 0 0 AMB = 90 nªn suy ra M1 + M2 = PMO = 90 => PM  OM t¹i M => PM lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn t¹i M Bµi 11. Cho tam gi¸c ABC (AB = AC). C¹nh AB, BC, CA tiÕp xóc víi ®êng trßn (O) t¹i c¸c ®iÓm D, E, F . BF c¾t (O) t¹i I , DI c¾t BC t¹i M. Chøng minh : 1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän. BD BM 2. DF // BC. 3. Tø gi¸c BDFC néi tiÕp. 4. CB CF Lêi gi¶i: => BDFC lµ h×nh 1. (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AD = AF => tam thang c©n do ®ã gi¸c ADF c©n t¹i A => ADF = AFD s® cung DF DEF => AB AC DF // BC. D F 3. DF // BC => BDFC lµ h×nh thang l¹i cã  B = C (v× tam O gi¸c ABC c©n) I B M E C 4. XÐt BDM vµ CBF Ta cã  DBM = BCF ( hai gãc ®¸y cña tam gi¸c c©n). BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI);  CBF = BFD (v× so le) BD BM => BDM = CBF .=> BDM  CBF => CB CF Bµi 12 Cho ®êng trßn (O) b¸n kÝnh R cã hai ®êng kÝnh AB vµ CD vu«ng gãc víi nhau. Trªn ®o¹n th¼ng AB lÊy ®iÓm M (M kh¸c O). CM c¾t (O) t¹i N. §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i M c¾t tiÕp tuyÕn t¹i N cña ®êng trßn ë P. Chøng minh : Tam gi¸c ONC c©n t¹i O 1. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp. v× cã ON = OC = R => 2. Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh. ONC = OCN => 3. CM. CN kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm M. OPM = OCM. 4. Khi M di chuyÓn trªn ®o¹n th¼ng AB th× P ch¹y trªn C ®o¹n th¼ng cè ®Þnh nµo. Lêi gi¶i: 1. Ta cã OMP = 900 ( v× PM  AB ); ONP = 900 (v× NP lµ tiÕp tuyÕn ). A M O Nh vËy M vµ N cïng nh×n OP díi mét gãc b»ng 900 => M B vµ N cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh OP => Tø gi¸c OMNP néi tiÕp. N 2. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM =  ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM) A' P D B'
XÐt hai tam gi¸c OMC vµ MOP ta cã MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM l¹i cã MO lµ c¹nh chung => OMC = MOP => OC = MP. (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD  AB; PM  AB => CO//PM (2). Tõ (1) vµ (2) => Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh. 3. XÐt hai tam gi¸c OMC vµ NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) => MOC =DNC = 900 l¹i cã C lµ gãc chung CM CO => OMC  NDC => => CM. CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R CD CN nªn CO.CD = 2R2 kh«ng ®æi => CM.CN =2R2 kh«ng ®æi hay tÝch CM. CN kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm M. 4. ( HD) DÔ thÊy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P ch¹y trªn ®êng th¼ng cè ®Þnh vu«ng gãc víi CD t¹i D. V× M chØ ch¹y trªn ®o¹n th¼ng AB nªn P chØ ch¹y trªn do¹n th¼ng A’ B’ song song vµ b»ng AB. Bµi 13 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A (AB > AC), ®êng cao AH. Trªn nöa mÆt ph¼ng bê BC chøa ®iÓn A , VÏ nöa ®êng trßn ®êng kÝnh BH c¾t AB t¹i E, Nöa ®êng trßn ®êng kÝnh HC c¾t AC t¹i F. 1. Chøng minh AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt. 2. BEFC lµ tø gi¸c néi tiÕp. 3.AE. AB = AF. AC. 4. Chøng minh EF lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nöa ®êng trßn . Lêi gi¶i: A 0 1. Ta cã : BEH = 90 ( néi tiÕp ch¾n nöc ®êng trßn ) E 0 1 I => AEH = 90 (v× lµ hai gãc kÒ bï). (1) 2 1( F CFH = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöc ®êng trßn ) 1 1 => AFH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï).(2) ) 2 B O H O C EAF = 900 ( V× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A) (3) 1 2 Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt ( v× cã ba gãc vu«ng). 2. Tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt nªn néi tiÕp ®îc mét ®êng trßn =>F1=H1 (néi tiÕp ch¾n cung AE) . Theo gi¶ thiÕt AH BC nªn AH lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nöa ®êng trßn (O1) vµ (O2) => B1 = H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= 0 F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mµ AFE + EFC = 180 (v× lµ hai gãc kÒ bï) => EBC+EFC = 1800 mÆt kh¸c EBC vµ EFC lµ hai gãc ®èi cña tø gi¸c BEFC do ®ã BEFC lµ tø gi¸c néi tiÕp. 3. XÐt hai tam gi¸c AEF vµ ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo AE AF Chøng minh trªn) => AEF  ACB => => AE. AB = AF. AC. AC AB * HD c¸ch 2: Tam gi¸c AHB vu«ng t¹i H cã HE  AB => AH2 = AE.AB (*) Tam gi¸c AHC vu«ng t¹i H cã HF  AC => AH2 = AF.AC ( ) Tõ (*) vµ ( ) => AE. AB = AF. AC 4. Tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt => IE = EH => IEH c©n t¹i I => E1 = H1 . O1EH c©n t¹i O1 (v× cã O1E vµO1H cïng lµ b¸n kÝnh) => E2 = H2. 0 => E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 90 => E1 + E2 = O1EF = 0 90 => O1E EF .
Chøng minh t¬ng tù ta còng cã O2F  EF. VËy EF lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nöa ®êng trßn . Bµi 14 Cho ®iÓm C thuéc ®o¹n th¼ng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. VÏ vÒ mét phÝa cña AB c¸c nöa ®êng trßn cã ®êng kÝnh theo thø tù lµ AB, AC, CB vµ cã t©m theo thø tù lµ O, I, K. §êng vu«ng gãc víi AB t¹i C c¾t nöa ®êng trßn (O) t¹i E. Gäi M. N theo thø tù lµ giao ®iÓm cña EA, EB víi c¸c nöa ®êng trßn (I), (K). 1. Ta cã: BNC= 900( néi tiÕp 1. Chøng minh EC = MN. ch¾n nöa ®êng trßn t©m K) 2. Chøng minh MN lµ tiÕp tuyÕn chung cña c¸c E nöa ®êng trßn (I), (K). N 3. TÝnh MN. 3 1 4. TÝnh diÖn tÝch h×nh ®îc giíi h¹n bëi ba nöa H 2 1 ®êng trßn M Lêi gi¶i: 1 2 1 A I C O K B => ENC = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). (1) AMC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöc ®êng trßn t©m I) => EMC = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï).(2) AEB = 900 (néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn t©m O) hay MEN = 900 (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c CMEN lµ h×nh ch÷ nhËt => EC = MN (tÝnh chÊt ®êng chÐo h×nh ch÷ nhËt ) 2. Theo gi¶ thiÕt EC AB t¹i C nªn EC lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nöa ®êng trßn (I) vµ (K) => B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CN). Tø gi¸c CMEN lµ h×nh ch÷ nhËt nªn => C1= N3 => B1 = N3.(4) L¹i cã KB = KN (cïng lµ b¸n kÝnh) => tam gi¸c KBN c©n t¹i K => B1 = N1 (5)
0 Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 90 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN  KN t¹i N => MN lµ tiÕp tuyÕn cña (K) t¹i N. Chøng minh t¬ng tù ta còng cã MN lµ tiÕp tuyÕn cña (I) t¹i M, VËy MN lµ tiÕp tuyÕn chung cña c¸c nöa ®êng trßn (I), (K). 3. Ta cã AEB = 900 (néi tiÕp ch¾n nöc ®êng trßn t©m O) => AEB vu«ng t¹i A cã EC  AB (gt) => EC2 = AC. BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm. 4. Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm 2 2 2 2 2 Ta cã S(o) = .OA = 25 = 625 ; S(I) = . IA = .5 = 25 ; S(k) = .KB = . 202 = 400 . 1 Ta cã diÖn tÝch phÇn h×nh ®îc giíi h¹n bëi ba nöa ®êng trßn lµ S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 2 1 1 S = ( 625 - 25 - 400 ) = .200 = 100 314 (cm2) 2 2 Bµi 15 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A. Trªn c¹nh AC lÊy ®iÓm M, dùng ®êng trßn (O) cã ®êng kÝnh MC. ®êng th¼ng BM c¾t ®êng trßn (O) t¹i D. ®êng th¼ng AD c¾t ®êng trßn (O) t¹i S. 1. Chøng minh ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp . 2. Chøng minh CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB. 3. Gäi E lµ giao ®iÓm cña BC víi ®êng trßn (O). Chøng minh r»ng c¸c ®êng th¼ng BA, EM, CD ®ång quy. 4. Chøng minh DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE. 5. Chøng minh ®iÓm M lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ADE. Lêi gi¶i: 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 1. Ta cã CAB = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); MDC = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) => CDB = 900 nh vËy D vµ A cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 900 nªn A vµ D cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh BC => ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2. ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB). ¼ ¼ D1= C3 => SM EM => C2 = C3 (hai gãc néi tiÕp ®êng trßn (O) ch¾n hai cung b»ng nhau) => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB.
3. XÐt CMB Ta cã BACM; CD  BM; ME  BC nh vËy BA, EM, CD lµ ba ®êng cao cña tam gi¸c CMB nªn BA, EM, CD ®ång quy. ¼ ¼ 4. Theo trªn Ta cã SM EM => D1= D2 => DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE.(1) 5. Ta cã MEC = 900 (néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn (O)) => MEB = 900. Tø gi¸c AMEB cã MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mµ ®©y lµ hai gãc ®èi nªn tø gi¸c AMEB néi tiÕp mét ®êng trßn => A2 = B2 . Tø gi¸c ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => A1= A2 => AM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DAE (2) Tõ (1) vµ (2) Ta cã M lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ADE TH2 (H×nh b) C©u 2 : ABC = CME (cïng phô ACB); ABC = CDS (cïng bï ADC) => CME = CDS => C»E C»S S¼M E¼M => SCM = ECM => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB. Bµi 16 Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A.vµ mét ®iÓm D n»m gi÷a A vµ B. §êng trßn ®êng kÝnh BD c¾t BC t¹i E. C¸c ®êng thẳng CD, AE lÇn lît c¾t ®êng trßn t¹i F, G. Chøng minh : DEC + DAC = 1800 1. Tam gi¸c ABC ®ång d¹ng víi tam gi¸c EBD. mµ ®©y lµ hai gãc ®èi nªn 2. Tø gi¸c ADEC vµ AFBC néi tiÕp . ADEC lµ tø gi¸c néi tiÕp 3. AC // FG. . 4. C¸c ®êng th¼ng AC, DE, FB ®ång quy. B Lêi gi¶i: 1. XÐt hai tam gi¸c ABC vµ EDB Ta cã BAC = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); DEB = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) O E => DEB = BAC = 900 ; l¹i cã ABC lµ gãc chung => DEB 1  CAB . F 1 G 2. Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kÒ bï); D 0 0 1 BAC = 90 ( v× ABC vu«ng t¹i A) hay DAC = 90 => S A C * BAC = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); DFB = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) hay BFC = 900 nh vËy F vµ A cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 900 nªn A vµ F cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh BC => AFBC lµ tø gi¸c néi tiÕp. 3. Theo trªn ADEC lµ tø gi¸c néi tiÕp => E1 = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1 mµ ®©y lµ hai gãc so le trong nªn suy ra AC // FG. 4. (HD) DÔ thÊy CA, DE, BF lµ ba ®êng cao cña tam gi¸c DBC nªn CA, DE, BF ®ång quy t¹i S. Bµi 17. Cho tam gi¸c ®Òu ABC cã ®êng cao lµ AH. Trªn c¹nh BC lÊy ®iÓm M bÊt k× ( M kh«ng trïng B. C, H ) ; tõ M kÎ MP, MQ vu«ng gãc víi c¸c c¹nh AB. AC. 1. Chøng minh APMQ lµ tø gi¸c néi tiÕp vµ h·y x¸c ®Þnh t©m O cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c ®ã.
2. Chøng minh r»ng MP + MQ = AH. 3. Chøng minh OH  PQ. Lêi gi¶i: Tam gi¸c ACM cã MQ lµ ®êng cao 1. Ta cã MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC 1 => SACM = AC.MQ (gt) 2 0 => AQM = 90 nh vËy P vµ Q cïng nh×n BC díi A mét gãc b»ng 900 nªn P vµ Q cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh AM => APMQ lµ tø gi¸c néi tiÕp. * V× AM lµ ®êng kÝnh cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c APMQ t©m O cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c APMQ lµ trung ®iÓm cña AM. O 2. Tam gi¸c ABC cã AH lµ ®êng cao => S = ABC 1 1 P BC.AH. 2 2 Tam gi¸c ABM cã MP lµ ®êng cao => SABM = Q 1 AB.MP 2 B H M C 1 1 1 Ta cã SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = 2 2 2 BC.AH Mµ AB = BC = CA (v× tam gi¸c ABC ®Òu) => MP + MQ = AH. 3. Tam gi¸c ABC cã AH lµ ®êng cao nªn còng lµ ®êng ph©n gi¸c => HAP = HAQ => H»P H¼Q ( tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => HOP = HOQ (t/c gãc ë t©m) => OH lµ tia ph©n gi¸c gãc POQ. Mµ tam gi¸c POQ c©n t¹i O ( v× OP vµ OQ cïng lµ b¸n kÝnh) nªn suy ra OH còng lµ ®êng cao => OH  PQ Bµi 18 Cho ®êng trßn (O) ®êng kÝnh AB. Trªn ®o¹n th¼ng OB lÊy ®iÓm H bÊt k× ( H kh«ng trïng O, B) ; trªn ®êng th¼ng vu«ng gãc víi OB t¹i H, lÊy mét ®iÓm M ë ngoµi ®êng trßn ; MA vµ MB thø tù c¾t ®êng trßn (O) t¹i C vµ D. Gäi I lµ giao ®iÓm cña AD vµ BC. 1. Chøng minh MCID lµ tø gi¸c néi tiÕp . 2. Chøng minh c¸c ®êng th¼ng AD, BC, MH ®ång quy t¹i I. 3. Gäi K lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c MCID, Chøng minh KCOH lµ tø gi¸c néi tiÕp . Lêi gi¶i: MH  AB nªn MH còng lµ 1. Ta cã : ACB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöc ®êng trßn ) ®êng cao cña tam gi¸c => MCI = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). MAB => AD, BC, MH ADB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöc ®êng trßn ) ®ång quy t¹i I. => MDI = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). 3. OAC c©n t¹i O ( => MCI + MDI = 1800 mµ ®©y lµ hai gãc ®èi cña tø gi¸c v× OA vµ OC lµ b¸n kÝnh) MCID nªn MCID lµ tø gi¸c néi tiÕp. => A1 = C4 2. Theo trªn Ta cã BC  MA; AD  MB nªn BC vµ AD KCM c©n t¹i K ( v× KC vµ lµ hai ®êng cao cña tam gi¸c MAB mµ BC vµ AD c¾t nhau KM lµ b¸n kÝnh) => M1 = t¹i I nªn I lµ trùc t©m cña tam gi¸c MAB. Theo gi¶ thiÕt th× C1 .
M 1 _ C 1 K 2 4 3 _ D I 1 A O H B 0 0 Mµ A1 + M1 = 90 ( do tam gi¸c AHM vu«ng t¹i H) => C1 + C4 = 90 => C3 + 0 0 C2 = 90 ( v× gãc ACM lµ gãc bÑt) hay OCK = 90 . XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mµ OHK vµ OCK lµ hai gãc ®èi nªn KCOH lµ tø gi¸c néi tiÕp. Bµi 19. Cho ®êng trßn (O) ®êng kÝnh AC. Trªn b¸n kÝnh OC lÊy ®iÓm B tuú ý (B kh¸c O, C ). Gäi M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n AB. Qua M kÎ d©y cung DE vu«ng gãc víi AB. Nèi CD, KÎ BI vu«ng gãc víi CD. 1. Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp . D 2. Chøng minh tø gi¸c ADBE lµ h×nh thoi. 3. Chøng minh BI // AD. 4. Chøng minh I, B, E th¼ng hµng. I 1 3 5. Chøng minh MI lµ tiÕp tuyÕn cña (O’). 2 A / / 1 1 C Lêi gi¶i: M O 2 B O' 1. BIC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) => BID = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï); DE  AB t¹i M => 0 BMD = 90 1 0 => BID + BMD = 180 mµ ®©y lµ hai gãc ®èi cña tø E gi¸c MBID nªn MBID lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2. Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña AB; DE  AB t¹i M nªn M còng lµ trung ®iÓm cña DE (quan hÖ ®êng kÝnh vµ d©y cung) => Tø gi¸c ADBE lµ h×nh thoi v× cã hai ®êng chÐo vu«ng gãc víi nhau t¹i trung ®iÓm cña mçi ®êng . 3. ADC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) => AD  DC; theo trªn BI  DC => BI // AD. (1) 4. Theo gi¶ thiÕt ADBE lµ h×nh thoi => EB // AD (2). Tõ (1) vµ (2) => I, B, E th¼ng hµng (v× qua B chØ cã mét ®êng th¼ng song song víi AD mµ th«i.) 5. I, B, E th¼ng hµng nªn tam gi¸c IDE vu«ng t¹i I => IM lµ trung tuyÕn ( v× M lµ trung ®iÓm cña DE) =>MI = ME => MIE c©n t¹i M => I1 = E1 ; O’IC c©n t¹i O’ ( v× O’C vµ O’I cïng lµ b¸n kÝnh ) => I3 = C1 mµ C1 = E1 ( Cïng phô víi gãc EDC ) =>
0 0 I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 . Mµ I3 + I2 = BIC = 90 => I1 + I2 = 90 = MIO’ hay MI  O’I t¹i I => MI lµ tiÕp tuyÕn cña (O’). Bµi 20. Cho ®êng trßn (O; R) vµ (O’; R’) cã R > R’ tiÕp xóc ngoµi nhau t¹i C. Gäi AC vµ BC lµ hai ®êng kÝnh ®i qua ®iÓm C cña (O) vµ (O’). DE lµ d©y cung cña (O) vu«ng gãc víi AB t¹i trung ®iÓm M cña AB. Gäi giao ®iÓm thø hai cña DC víi (O’) lµ F, BD c¾t (O’) t¹i G. Chøng minh r»ng: 1. Tø gi¸c MDGC néi tiÕp . => CGD = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) 2. Bèn ®iÓm M, D, B, F cïng n»m trªn mét ®êng D trßn 1 G 3. Tø gi¸c ADBE lµ h×nh thoi. 4. B, E, F th¼ng hµng M C A B 5. DF, EG, AB ®ång quy. O O' 1 2 6. MF = 1/2 DE. 1 3 7. MF lµ tiÕp tuyÕn cña (O’). 1 F Lêi gi¶i: E 1. BGC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) Theo gi¶ thiÕt DE  AB t¹i M => CMD = 900 => CGD + CMD = 1800 mµ ®©y lµ hai gãc ®èi cña tø gi¸c MCGD nªn MCGD lµ tø gi¸c néi tiÕp 2. BFC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) => BFD = 900; BMD = 900 (v× DE  AB t¹i M) nh vËy F vµ M cïng nh×n BD díi mét gãc b»ng 900 nªn F vµ M cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh BD => M, D, B, F cïng n»m trªn mét ®êng trßn . 3. Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña AB; DE  AB t¹i M nªn M còng lµ trung ®iÓm cña DE (quan hÖ ®êng kÝnh vµ d©y cung) => Tø gi¸c ADBE lµ h×nh thoi v× cã hai ®êng chÐo vu«ng gãc víi nhau t¹i trung ®iÓm cña mçi ®êng . 4. ADC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) => AD  DF ; theo trªn tø gi¸c ADBE lµ h×nh tho => BE // AD mµ AD  DF nªn suy ra BE  DF . Theo trªn BFC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) => BF  DF mµ qua B chØ cã mét ®êng th¼ng vu«ng gãc víi DF do ®o B, E, F th¼ng hµng. 5. Theo trªn DF  BE; BM  DE mµ DF vµ BM c¾t nhau t¹i C nªn C lµ trùc t©m cña tam gi¸c BDE => EC còng lµ ®êng cao => ECBD; theo trªn CGBD => E,C,G th¼ng hµng. VËy DF, EG, AB ®ång quy 6. Theo trªn DF  BE => DEF vu«ng t¹i F cã FM lµ trung tuyÕn (v× M lµ trung ®iÓm cña DE) suy ra MF = 1/2 DE ( v× trong tam gi¸c vu«ng trung tuyÕn thuéc c¹nh huyÒn b»ng nöa c¹nh huyÒn). 7. (HD) theo trªn MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF c©n t¹i M => D1 = F1 O’BF c©n t¹i O’ ( v× O’B vµ O’F cïng lµ b¸n kÝnh ) => F3 = B1 mµ B1 = D1 (Cïng 0 phô víi DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 . Mµ F3 + F2 = BFC = 90 0 => F1 + F2 = 90 = MFO’ hay MF  O’F t¹i F => MF lµ tiÕp tuyÕn cña (O’). Bµi 21. Cho ®êng trßn (O) ®êng kÝnh AB. Gäi I lµ trung ®iÓm cña OA . VÏ ®êng tron t©m I ®i qua A, trªn (I) lÊy P bÊt k×, AP c¾t (O) t¹i Q.
1. Chøng minh r»ng c¸c ®êng trßn (I) vµ (O) tiÕp xóc nhau => P1 = Q1 mµ ®©y lµ t¹i A. hai gãc ®ång vÞ nªn suy ra 2. Chøng minh IP // OQ. IP // OQ. 3. Chøng minh r»ng AP = PQ. Q 4. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña P ®Ó tam gi¸c AQB cã diÖn tÝch lín 1 nhÊt. P Lêi gi¶i: 1 1. Ta cã OI = OA – IA mµ OA vµ IA lÇn lît lµ c¸c b¸n kÝnh 1 A B cña ®êng trßn (O) vµ ®êng trßn (I) . VËy ®êng trßn (O) vµ I O H ®êng trßn (I) tiÕp xóc nhau t¹i A . 2. OAQ c©n t¹i O ( v× OA vµ OQ cïng lµ b¸n kÝnh ) => A1 = Q1 IAP c©n t¹i I ( v× IA vµ IP cïng lµ b¸n kÝnh ) => A1 = P1 3. APO = 900 (néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) => OP  AQ => OP lµ ®êng cao cña OAQ mµ OAQ c©n t¹i O nªn OP lµ ®êng trung tuyÕn => AP = PQ. 1 4. (HD) KÎ QH  AB ta cã SAQB = AB.QH. mµ AB lµ ®êng kÝnh kh«ng ®æi nªn SAQB lín 2 nhÊt khi QH lín nhÊt. QH lín nhÊt khi Q trïng víi trung ®iÓm cña cung AB. §Ó Q trïng víi trung ®iÓm cña cung AB th× P ph¶i lµ trung ®iÓm cña cung AO. ThËt vËy P lµ trung ®iÓm cña cung AO => PI  AO mµ theo trªn PI // QO => QO  AB t¹i O => Q lµ trung ®iÓm cña cung AB vµ khi ®ã H trung víi O; OQ lín nhÊt nªn QH lín nhÊt. Bµi 22. Cho h×nh vu«ng ABCD, ®iÓm E thuéc c¹nh BC. Qua B kÎ ®êng th¼ng vu«ng gãc víi DE, ®êng th¼ng nµy c¾t c¸c ®êng th¼ng DE vµ DC theo thø tù ë H vµ K. 1. Chøng minh BHCD lµ tø gi¸c néi tiÕp . BHK lµ gãc bÑt nªn KHC + 2. TÝnh gãc CHK. BHC = 1800 (2). 3. Chøng minh KC. KD = KH.KB 4. Khi E di chuyÓn trªn c¹nh BC th× H di chuyÓn trªn A B ®êng nµo? Lêi gi¶i: 1 0 1. Theo gi¶ thiÕt ABCD lµ h×nh vu«ng nªn BCD = 90 ; O H 0 E BH  DE t¹i H nªn BHD = 90 => nh vËy H vµ C cïng 1 nh×n BD díi mét gãc b»ng 900 nªn H vµ C cïng n»m trªn 2 ®êng trßn ®êng kÝnh BD => BHCD lµ tø gi¸c néi tiÕp. ) 0 1 2. BHCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => BDC + BHC = 180 . (1) D C K Tõ (1) vµ (2) => CHK = BDC mµ BDC = 450 (v× ABCD lµ h×nh vu«ng) => CHK = 450 . 3. XÐt KHC vµ KDB ta cã CHK = BDC = 450 ; K lµ gãc chung KC KH => KHC  KDB => => KC. KD = KH.KB. KB KD
4. (HD) Ta lu«n cã BHD = 900 vµ BD cè ®Þnh nªn khi E chuyÓn ®éng trªn c¹nh BC cè ®Þnh th× H chuyÓn ®éng trªn cung BC (E  B th× H  B; E  C th× H  C). Bµi 23. Cho tam gi¸c ABC vu«ng ë A. Dùng ë miÒn ngoµi tam gi¸c ABC c¸c h×nh vu«ng ABHK, ACDE. 1. Chøng minh ba ®iÓm H, A, D th¼ng hµng. 1. Theo gi¶ thiÕt ABHK lµ 2. §êng th¼ng HD c¾t ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam h×nh vu«ng => BAH = 450 gi¸c ABC t¹i F, chøng minh FBC lµ tam gi¸c E vu«ng c©n. M 3. Cho biÕt ABC > 450 ; gäi M lµ giao ®iÓm cña D BF vµ ED, Chøng minh 5 ®iÓm b, k, e, m, c cïng K n»m trªn mét ®êng trßn. A F 4. Chøng minh MC lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC. H Lêi gi¶i: B O C Tø gi¸c AEDC lµ h×nh vu«ng => CAD = 450; tam gi¸c ABC vu«ng ë A => BAC = 900 => BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba ®iÓm H, A, D th¼ng hµng. 2. Ta cã BFC = 900 (néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) nªn tam gi¸c BFC vu«ng t¹i F. (1). FBC = FAC ( néi tiÕp cïng ch¾n cung FC) mµ theo trªn CAD = 450 hay FAC = 450 (2). Tõ (1) vµ (2) suy ra FBC lµ tam gi¸c vu«ng c©n t¹i F. 3. Theo trªn BFC = 900 => CFM = 900 ( v× lµ hai gãc kÒ bï); CDM = 900 (t/c h×nh vu«ng). => CFM + CDM = 1800 mµ ®©y lµ hai gãc ®èi nªn tø gi¸c CDMF néi tiÕp mét ®êng trßn suy ra CDF = CMF , mµ CDF = 450 (v× AEDC lµ h×nh vu«ng) => CMF = 450 hay CMB = 450. Ta còng cã CEB = 450 (v× AEDC lµ h×nh vu«ng); BKC = 450 (v× ABHK lµ h×nh vu«ng). Nh vËy K, E, M cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dùng trªn BC => 5 ®iÓm b, k, e, m, c cïng n»m trªn mét ®êng trßn. 4. CBM cã B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC  BC t¹i C => MC lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC. Bµi 24. Cho tam gi¸c nhän ABC cã B = 450 . VÏ ®êng trßn ®êng kÝnh AC cã t©m O, ®êng trßn nµy c¾t BA vµ BC t¹i D vµ E. 1. Chøng minh AE = EB. 1. AEC = 900 (néi 2. Gäi H lµ giao ®iÓm cña CD vµ AE, Chøng minh r»ng tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) ®êng trung trùc cña ®o¹n HE ®i qua trung ®iÓm I cña => AEB = 900 ( v× lµ hai BH. gãc kÒ bï); Theo gi¶ thiÕt 3. Chøng minh OD lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ngo¹i ABE = 450 tiÕp tam gi¸c BDE. => AEB lµ tam gi¸c vu«ng Lêi gi¶i: c©n t¹i E => EA = EB.
A D 1 F 2 O / _H K _ 1 1 / I B E C 2. Gäi K lµ trung ®iÓm cña HE (1) ; I lµ trung ®iÓm cña HB => IK lµ ®êng trung b×nh cña tam gi¸c HBE => IK // BE mµ AEC = 900 nªn BE  HE t¹i E => IK  HE t¹i K (2). Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trùc cña HE . VËy trung trùc cña ®o¹n HE ®i qua trung ®iÓm I cña BH. 3. theo trªn I thuéc trung trùc cña HE => IE = IH mµ I lµ trung ®iÓm cña BH => IE = IB.  ADC = 900 (néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ) => BDH = 900 (kÒ bï ADC) => tam gi¸c BDH vu«ng t¹i D cã DI lµ trung tuyÕn (do I lµ trung ®iÓm cña BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BDE b¸n kÝnh ID. Ta cã ODC c©n t¹i O (v× OD vµ OC lµ b¸n kÝnh ) => D1 = C1. (3) IBD c©n t¹i I (v× ID vµ IB lµ b¸n kÝnh ) => D2 = B1 . (4) Theo trªn ta cã CD vµ AE lµ hai ®êng cao cña tam gi¸c ABC => H lµ trùc t©m cña tam gi¸c ABC => BH còng lµ ®êng cao cña tam gi¸c ABC => BH  AC t¹i F => AEB cã AFB = 900 . 0 Theo trªn ADC cã ADC = 90 => B1 = C1 ( cïng phô BAC) (5). 0 0 Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ D2 +IDH =BDC = 90 => D1 +IDH = 90 = IDO => OD  ID t¹i D => OD lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BDE. Bµi 25. Cho ®êng trßn (O), BC lµ d©y bÊt k× (BC 3. Chøng minh MI2 = MH.MK. 4. Chøng minh PQ  MI. KMI + KBI = 1800; Lêi gi¶i: tø gi¸c CHMI néi tiÕp 1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AB = AC => => HMI + HCI = ABC c©n t¹i A. 1800. mµ KBI = HCI 2. Theo gi¶ thiÕt MI  BC => MIB = 900; MK  AB => ( v× tam gi¸c ABC c©n MKB = 900. t¹i A) => KMI = => MIB + MKB = 1800 mµ ®©y lµ hai gãc ®èi => tø gi¸c HMI (1). BIMK néi tiÕp Theo trªn tø gi¸c BIMK * ( Chøng minh tø gi¸c CIMH néi tiÕp t¬ng tù tø gi¸c BIMK néi tiÕp => B1 = I1 ( ) néi tiÕp cïng ch¾n cung KM); tø gi¸c CHMI néi tiÕp => H1 = C1 ( néi
¼ tiÕp cïng ch¾n cung IM). Mµ B1 = C1 ( = 1/2 s® BM ) => I1 A = H1 (2). MI MK Tõ (1) vµ (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 trªn ta cã I1 = C1; còng chøng minh t¬ng tù ta cã I2 = B2 mµ C1 + B2 + 0 0 0 BMC = 180 => I1 + I2 + BMC = 180 hay PIQ + PMQ = 180 mµ ®©y lµ hai gãc ®èi => tø gi¸c PMQI néi tiÕp => Q1 = I1 mµ I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( v× cã hai gãc ®ång vÞ b»ng nhau) . Theo gi¶ thiÕt MI BC nªn suy ra IM  PQ. Bµi 26. Cho ®êng trßn (O), ®êng kÝnh AB = 2R. VÏ d©y cung CD  AB ë H. Gäi M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung CB, I lµ giao ®iÓm cña CB vµ OM. K lµ giao ®iÓm cña AM vµ CB. Chøng minh : KC AC J 1. 2. AM lµ tia ph©n gi¸c cña CMD. 3. Tø gi¸c C / KB AB M OHCI néi tiÕp K I _ 4. Chøng minh ®êng vu«ng gãc kÎ tõ M ®Õn AC còng lµ tiÕp tuyÕn A B cña ®êng trßn t¹i M. H O Lêi gi¶i: 1. Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña B»C => M»B M¼ C => CAM = BAM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => D KC AC AK lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CAB => ( t/c tia ph©n gi¸c cña KB AB tam gi¸c ) 2. (HD) Theo gi¶ thiÕt CD  AB => A lµ trung ®iÓm cña C»D => CMA = DMA => MA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CMD. 3. (HD) Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña B»C => OM  BC t¹i I => OIC = 900 ; CD  AB t¹i H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mµ ®©y lµ hai gãc ®èi => tø gi¸c OHCI néi tiÕp 4. KÎ MJ  AC ta cã MJ // BC ( v× cïng vu«ng gãc víi AC). Theo trªn OM  BC => OM  MJ t¹i J suy ra MJ lµ tiÕp tuyÕn cña ®êng trßn t¹i M. Bµi 27 Cho ®êng trßn (O) vµ mét ®iÓm A ë ngoµi ®êng trßn . C¸c tiÕp tuyÕn víi ®êng trßn (O) kÎ tõ A tiÕp xóc víi ®êng trßn (O) t¹i B vµ C. Gäi M lµ ®iÓm tuú ý trªn ®êng trßn ( M kh¸c B, C), tõ M kÎ MH  BC, MK  CA, MI  AB. Chøng minh :
Tø gi¸c ABOC néi tiÕp. 2. BAO =  BCO. 3. MIH  MHK. 4. MI.MK = MH2. Lêi gi¶i: B I I B H M M H O O A A K C C K (HS tù gi¶i) Tø gi¸c ABOC néi tiÕp => BAO =  BCO (néi tiÕp cïng ch¾n cung BO). Theo gi¶ thiÕt MH  BC => MHC = 900; MK  CA => MKC = 900 => MHC + MKC = 1800 mµ ®©y lµ hai gãc ®èi => tø gi¸c MHCK néi tiÕp => HCM = HKM (néi tiÕp cïng ch¾n cung HM). Chøng minh t¬ng tù ta cã tø gi¸c MHBI néi tiÕp => MHI = MBI (néi tiÕp cïng ch¾n cung IM). Mµ HCM = MBI ( = 1/2 s® B¼M ) => HKM = MHI (1). Chøng minh t¬ng tù ta còng cã KHM = HIM (2). Tõ (1) vµ (2) => HIM  KHM. MI MH Theo trªn HIM  KHM => => MI.MK = MH2 MH MK Bµi 28 Cho tam gi¸c ABC néi tiÕp (O). Gäi H lµ trùc t©m cña tam gi¸c ABC; E lµ ®iÓm ®èi xøng cña H qua BC; F lµ ®iÓm ®èi xøng cña H qua trung ®iÓm I cña BC. 1. Chøng minh tø gi¸c BHCF lµ h×nh b×nh hµnh. A 2. E, F n»m trªn ®êng trßn (O). 3. Chøng minh tø gi¸c BCFE lµ h×nh thang c©n. = B' 4. Gäi G lµ giao ®iÓm cña AI vµ OH. Chøng minh G lµ träng t©m cña tam gi¸c ABC. O C' H G Lêi gi¶i: = 1. Theo gi¶ thiÕt F lµ ®iÓm ®èi xøng cña H qua trung / B / / C ®iÓm I cña BC => I lµ trung ®iÓm BC vµ HE => BHCF lµ h×nh A' I / b×nh hµnh v× cã hai ®êng chÐo c¾t nhau t¹i trung ®iÓm cña F mçi ®êng . E 2. (HD) Tø gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => BAC + B’HC’ = 1800 mµ BHC = B’HC’ (®èi ®Ønh) => BAC + BHC = 1800. Theo trªn BHCF lµ h×nh b×nh hµnh => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800 => Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O). * H vµ E ®èi xøng nhau qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC =>  BEC + BAC = 1800 => ABEC néi tiÕp => E thuéc (O) .
3. Ta cã H vµ E ®èi xøng nhau qua BC => BC  HE (1) vµ IH = IE mµ I lµ trung ®iÓm cña cña HF => EI = 1/2 HE => tam gi¸c HEF vu«ng t¹i E hay FE  HE (2) Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC lµ h×nh thang. (3) Theo trªn E (O) => CBE = CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4). Theo trªn F (O) vµ FEA =900 => AF lµ ®êng kÝnh cña (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( v× cïng phô ACB) (5). Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6). Tõ (3) vµ (6) => tø gi¸c BEFC lµ h×nh thang c©n. 4. Theo trªn AF lµ ®êng kÝnh cña (O) => O lµ trung ®iÓm cña AF; BHCF lµ h×nh b×nh hµnh => I lµ trung ®iÓm cña HF => OI lµ ®êng trung b×nh cña tam gi¸c AHF => OI = 1/ 2 AH. Theo gi¶ thiÕt I lµ trung ®iÓm cña BC => OI  BC ( Quan hÖ ®êng kÝnh vµ d©y cung) => OIG = HAG (v× so le trong); l¹i cã OGI =  HGA (®èi ®Ønh) => OGI  HGA => GI OI 1 GI 1 mµ OI = AH => mµ AI lµ trung tuyÕn cña tam gi¸c ABC (do I lµ GA HA 2 GA 2 trung ®iÓm cña BC) => G lµ träng t©m cña tam gi¸c ABC. Bµi 29 BC lµ mét d©y cung cña ®êng trßn (O; R) (BC 2R). §iÓm A di ®éng trªn cung lín BC sao cho O lu«n n»m trong tam gi¸c ABC. C¸c ®êng cao AD, BE, CF cña tam gi¸c ABC ®ång quy t¹i H. 1. Chøng minh tam gi¸c AEF ®ång d¹ng víi tam gi¸c => A’ lµ trung ®iÓm cña HK ABC. => OK lµ ®êng trung b×nh 2. Gäi A’ lµ trung ®iÓm cña BC, Chøng minh AH = cña AHK => AH = 2OA’ 2OA’. A 3. Gäi A1 lµ trung ®iÓm cña EF, Chøng minh R.AA1 = AA’. OA’. = E 4. Chøng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy ra vÞ trÝ A1 O cña A ®Ó tæng EF + FD + DE ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt. F H Lêi gi¶i: (HD) = / 1. Tø gi¸c BFEC néi tiÕp => AEF = ACB (cïng bï / / B D A' C BFE) / K AEF = ABC (cïng bï CEF) => AEF  ABC. 2. VÏ ®êng kÝnh AK => KB // CH ( cïng vu«ng gãc AB); KC // BH (cïng vu«ng gãc AC) => BHKC lµ h×nh b×nh hµnh 3. ¸p dông tÝnh chÊt : nÕu hai tam gi¸c ®ång d¹ng th× tØ sè gi÷a hia trung tuyÕn, tØ sè gi÷a hai b¸n kÝnh c¸c ®êng trßn ngo¹i tiÕp b»ng tØ sè ®ång d¹ng. ta cã : R AA' AEF  ABC => (1) trong ®ã R lµ b¸n kÝnh ®êng trßn ngo¹i tiÕp ABC; R’ R ' AA1 lµ b¸n kÝnh ®êng trßn ngo¹i tiÕp AEF; AA’ lµ trung tuyÕn cña ABC; AA1 lµ trung tuyÕn cña AEF. Tø gi¸c AEHF néi tiÕp ®êng trßn ®êng kÝnh AH nªn ®©y còng lµ ®êng trßn ngo¹i tiÕp AEF AH 2A'O Tõ (1) => R.AA1 = AA’. R’ = AA’ = AA’ . 2 2
VËy R . AA1 = AA’ . A’O (2) 4. Gäi B’, C’lÇn lît lµ trung ®iÓm cña AC, AB, ta cã OB’AC ; OC’AB (b¸n kÝnh ®i qua trung ®iÓm cña mét d©y kh«ng qua t©m) => OA’, OB’, OC’ lÇn lît lµ c¸c ®êng cao cña c¸c tam gi¸c 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 mµ 1 lµ tØ sè gi÷a 2 trung tuyÕn cña hai tam gi¸c ®ång d¹ng AA' AA' AA EF FD ED AEF vµ ABC nªn 1 = . T¬ng tù ta cã : OB’ = R . ; OC’ = R . Thay vµo AA' BC AC AB (3) ta ®îc EF FD ED 2SABC = R (.BC .AC .AB )  2SABC = R(EF + FD + DE) BC AC AB * R(EF + FD + DE) = 2SABC mµ R kh«ng ®æi nªn (EF + FD + DE) ®¹t gÝ trÞ lín nhÊt khi SABC. 1 Ta cã SABC = AD.BC do BC kh«ng ®æi nªn SABC lín nhÊt khi AD lín nhÊt, mµ AD lín 2 nhÊt khi A lµ ®iÓm chÝnh giìa cña cung lín BC. Bµi 30 Cho tam gi¸c ABC néi tiÕp (O; R), tia ph©n gi¸c cña gãc BAC c¾t (O) t¹i M. VÏ ®êng cao AH vµ b¸n kÝnh OA. 1. Chøng minh AM lµ ph©n gi¸c cña gãc OAH. A 2. Gi¶ sö B > C. Chøng minh OAH = B - C. D 3. Cho BAC = 600 vµ OAH = 200. TÝnh: a)B vµ C cña tam gi¸c ABC. b) DiÖn tÝch h×nh viªn ph©n giíi h¹n bëi d©y BC vµ cung nhá O BC theo R Lêi gi¶i: (HD) B C 1. AM lµ ph©n gi¸c cña BAC => BAM = CAM => H B¼M C¼M => M lµ trung ®iÓm cña cung BC => OM  BC; Theo M gi¶ thiÕt AH  BC => OM // AH => HAM = OMA ( so le). Mµ OMA = OAM ( v× tam gi¸c OAM c©n t¹i O do cã OM = OA = R) => HAM = OAM => AM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc OAH.
2. VÏ d©y BD  OA => »AB »AD => ABD = ACB. Ta cã OAH =  DBC ( gãc cã c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc cïng nhän) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C. 3. a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trªn 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 OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R OA(trường hợp ngược lại hoàn toàn tương tự). Ta có: |OA2 - OM2| = OM2 -OA2 = MI2 - IA2 = (MI-IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB)= =MA.MB (đpcm). Bài 32: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) ở A và B.Các tiếp tuyến kẻ từ A và B cắt nhau ở M. Dựng MH vuông góc với OP. a)CMR: 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên 1 đường tròn. b)CMR: H cố định khi cát tuyến PAB quay quanh P. Từ đó suy ra tập hợp điểm M. c)Gọi I là trung điểm của AB và N là giao điểm của PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN và IP.IN=IA2. Giải: a) Nhận thấy 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên đường tròn đường kính OM (đpcm). b)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính OM là: PH.PO=PA.PB=const (1). Suy ra H cố định nằm trên đoạn PO. Từ đó dễ dàng suy ra được rằng quĩ tích điểm M là đường thẳng d qua H vuông góc với PO trừ đi đoạn TV với T,V là giao điểm của d với (O). c)Phương tích của điểm P đối với đường tròn đường kính ON là: PN.PI=PH.PO (2)
Từ (2) và (1) suy ra: PA.PB=PI.PN (đpcm). Lại có: IP.IN=(NI+NP).IN=IN2 + NI.NP (3) Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM Phương tích của điểm N đối với đường tròn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB Suy ra: NI.NP=NA.NB (4) Từ (3) và (4) suy ra: IP.IN=IN2 + NA.NB Ta sẽ chứng minh: IN2 + NA.NB=IA2 (5).Thật vậy: (5) NA.NB=IA2-IN2 NA.NB=(IA-IN).(IA+IN) NA.NB=NA.(IB+IN) NA.NB=NA.NB (luôn đúng) Vậy ta có đpcm. Bài 33:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn bán kính R,tâm O. a)Chứng minh BC = 2R.SinA b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) trong đó A,B,C là ba góc của tam giác. Giải: a)Kéo dài BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Tam giác vuông BCD có:BC = BD.Sin( BDC) = 2R.SinA (đpcm) b)Kéo dài AO cắt (O) tại điểm thứ hai là E. Hoàn toàn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB. Ta có: AC AD CD AD CD SinB= Cos(ADB) Cos(CDB) CosC CosA (1) 2R 2R BD BD Tương tự ta cũng có: SinC < CosA + CosB (2) và SinA < CosB + CosC (3). Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm. Bài 35: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn (O) tại điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI = DB.Đường thẳng Bi cắt đường trong (O) tại điểm K khác điểm B. 1.CMR:Tam giác KAC cân. 2.CMR: Đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho Ai có độ dài lớn nhất. 3.Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM=AC.Tìm tập hợp các điểm M khi A di động trên cung lớn BC của (O). Giải: 1.Ta có: DBI cân tại D nên: DBI= DIB.Mà:  DIB =  IBC +  ICB (1). Và:  DBI =  KCI =  KCA +  ACD =  KBA +  ICB (2). Từ (1) và (2) suy ra  ABI = CBI.Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC BI là phân giác góc B của tam giác ABC K là trung điểm cung AC. Tam giác KAC cân.
2.Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn đi qua trung điểm J của cung nhỏ BC. Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở J JI = JB = const. Suy ra AI = AJ - IJ = AJ - const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là đường kính của (O) A phải nằm tại trung điểm của cung lớn BC. 3.Ta dễ dàng tính được: 1 1  BMC = . BAC = số đo cung nhỏ BC = const. 2 4 Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng 1 số đo cung 4 nhỏ BC. Bài 36:Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi. Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C. 1. Chừng minh rằng BC đi qua một điểm cố định. 2.Gọi AH là đừơng vuông góc vẽ từ A của tam giác ABC.Tìm tập hợp các điểm H 3. Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là đường kính và chiều cao AH = h cho trước. Giải: 1.Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định. 2.Nhận thấy  AHO vuông. Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là đường tròn đường kính AO. 3.Đường thẳng d // với BC cách BC một khoảng h cắt (O) tại hai điểm A và A' thỏa mãn yêu cầu của bài toán. Có 4 vị trí của A thỏa mãn bài ra (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC một khoảng h). Bài 37:Cho đường tròn tâm O cố định .Một đường thẳng d cố định cắt (O) tại A,B;M là điểm chuyển động trên d (ở ngoài đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT và MN với đường tròn. 1.CMR:Đường tròn đi qua ba điểm M,N,P luôn đi qua một điểm cố định khác O. 2.Tìm tập hợp các tâm I của đường tròn đi qua M,N,P. 3.Tìm trên d một điểm M sao cho tam giác MNP là tam giác đều. Giải: 1.Gọi K là trung điểm của AB.Dễ thấy M,N,P,O,K đều nằm trên đường tròn đường kính OM. Vậy K là điểm cố định cần tìm. 2. Tâm I của đường tròn đi qua M,N,P là trung điểm của OM. Từ I hạ IJ vuông góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const. Vậy có thể phán đoán quĩ tích của i là đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng bằng một nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của OA và OB. 3.Giả sử tam giác MNP đều thế thì: OM = 2.OP = 2R. MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const. Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra.
Bài 38:Cho hình vuông EFGH.Một góc vuông xEy quay xung quanh điểm E.Đường thẳng Ex cắt đường thẳng FG và GH tại M,N;còn đường thẳng Ey cắt các đường trên theo thứ tự tại P,Q. 1.CMR:Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân. 2.Goi R là giao của PN và QM;còn I,K lần lượt là trung điểm của PN và QM.Tứ giác EKRI là hình gì?Giải thích? 3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc vuông xEy quay quanh E? Giải: 1.Dễ dàng chứng minh được: EHQ = EFM (cgc). Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân.  PEF =  PQN (đồng vị) mà  FEM =  QEH. Suy ra:  PEN =  PEF +  FEM =  EQH +  QEH = 900. Vậy tam giác PEN vuông (1). Thấy: NEQ = PEM (gcg) nên suy ra EN = EP (2). Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân. 2.Có: EI PN và EK QM. Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vuông (4). Lại có:  PQR =  RPQ = 450 suy ra:  PRQ = 900 (3). Từ (3) và (4) suy ra tứ giác ẺIK là hình chữ nhật. 3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp. Ta có:  EKH = 1800 -  EQH (5). Và:  EKF =  EMF =  EQH (6). Từ (5) và (6) suy ra:  EKH +  EKF = 1800. Suy ra H,K,F thẳng hàng. Lại có: Tứ giác FEPI nội tiếp nên  EFI = 1800- EPI = 1800-450 = 1350. Suy ra:  EFK + EFI = 450 + 1350 =1800. Suy ra K,F,I thẳng hàng. Vậy ta có đpcm. Bài 39:Cho đường tròn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là điểm di động trên đường tròn.Qua M kẻ đường vuông góc với MC cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B ở D và E. a)CMR: Tam giác DCE vuông. b)CMR: Tích AD.BE không đổi. c)CMR:Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường thẳng cố định. Giải: a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó:  DCM =  DAM và  MCE =  MBE =  MAB.Vậy:  DCE =  DCM +  MCE =  DAM +  MAB = 900. Ta có đpcm.
b)Vì tam giác DCE vuông ở C nên ta có thể nhận thấy ngay  DCA = 900 - ECB =  CEB. Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên: AD AC AD.BE BC.AC const. BC BE c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình của hình thang DABE hay nói cách khác,ta luôn có OI AB. Vậy khi M chuyển động trên (O) thì I luôn nằm trên đường thẳng qua O vuông góc với AB. Bài 40:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M là điểm bất kỳ chạy trên đáy BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB tại B.Vẽ đường tròn tâm E qua M tiếp xúc với AC tại C.Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn đó CMR a) MN luôn đi qua A và tích AM.AN không đổi. c) Tổng hai bán kính của hai đường tròn tâm D và E có giá trị không đổi. d)Tìm tập hợp các trung điểm H của DE. Giải: a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA. vậy tia NM đi qua A. Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB2 không đổi c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( không chứa A). Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK. Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vuông góc với BC tại I.J,L. Ta có: BD CE BJ CL 1 BM 1 CM 1 BM CM . . . 1 BK CK BI CI 2 BI 2 CI 2 BI BD CE 1 BD CE CK = khoâng ñoåi CK CK d) Hạ HQ vuông góc với BC.Có: 1 KI DJ EL KI BD CE KI HQ = .(DJ EL) . . . Nên H nằm trên đ ường thẳng 2 2 KI 2 BK CK 2 song song với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK và CK do đó quĩ tích các điểm H là đường trung bình của tam giác BKC (song song với đáy BC).
Bài 41: Cho hình thang cân ABCD (AB > CD, AB // CD) nội tiếp trong đường tròn (O). Kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và D chúng cắt nhau ở E. Gọi M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. 1. Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp được trong một đường tròn. 2. Chứng minh AB // EM. 3. Đường thẳng EM cắt cạnh bên AD và BC của hình thang lần lượt ở H và K. Chứng minh M là trung điểm HK. x 2 1 1 4. Chứng minh HK AB CD D C HD M E H K 1. Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp. O 1 A B Ta có : E· AC sđ »AC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến AE 2 và dây AC của đường tròn (O)) 1 Hình 01 Tương tự: x· DB sđ D»B (Dx là tia đối của tia tiếp tuyến DE) 2 Mà AC = BD (do ABCD là hình thang cân) nên »AC B»D Do đó E· AC x· DB Vậy tứ giác AEDM nội tiếp được trong một đường tròn. 2. Chứng minh AB // EM. Tứ giác AEDM nội tiếp nên E· AD E· MD (cùng chắn cung ED) Mà E· AD ·ABD (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp cùng chắn cung AD) Suy ra: E· MD ·ABD . Do đó EM // AB. 3. Chứng minh M là trung điểm HK. HM DH DAB có HM // AB AB DA
MK CK CAB có MK // AB AB CB DH CK Mà (định lí Ta let cho hình thang ABCD) DA CB HM MK Nên . Do đó MH = MK. Vậy M là trung điểm HK. AB AB 2 1 1 4. Chứng minh . HK AB CD Áp dụng hệ quả định lí Ta let cho tam giác ADB có HM // AB ta được: HM DM (1) AB DB Áp dụng hệ quả định lí Ta let cho tam giác BCD có KM // CD ta được: KM BM (2) CD BD Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: HM KM DM BM DM BM BD 1 AB CD DB BD BD BD 2HM 2KM Suy ra: 2 , mà MH = MK nên 2HM = 2KM = HK AB CD HK HK 2 1 1 Do đó: 2 . Suy ra: (đpcm) AB CD HK AB CD Lời bàn: 1.Do AC = BD ¼ADC B¼CD nên để chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp ta xử dụng phương pháp : Nếu tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc đối của đỉnh của đỉnh đó thì tứ giác đó nội tiếp. Với cách suy nghĩ trên chỉ cần vẽ tia Dx là tia đối của tia tiếp tuyến DE thì bài toán giải quyết được dễ dàng. Có thể chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp bằng cách chứng minh khác được không? (phần này dành cho các em suy nghĩ nhé) 2. Câu 3 có còn cách chứng minh nào khác không? Có đấy. Thử chứng minh tam giác AHM và tam giác BKM bằng nhau từ đó suy ra đpcm 3. Câu 4 là bài toán quen thuộc ở lớp 8 phải không các em? Do đó khi học toán các em cần chú ý các bài tập quen thuộc nhé. Tuy vậy câu này vẫn còn một cách giải nữa đó. Em thử nghĩ xem? Bài 42: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB= 2R, dây cung AC. Gọi M là điểm chính giữa cung AC. Đường thẳng kẻ từ C song song với BM cắt tia AM ở K và cắt tia OM ở D. OD cắt AC tại H. 1. Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp. 2. Chứng minh CD = MB và DM = CB.
3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa đường tròn. 4. Trong trường hợp AD là tiếp tuyến cửa nửa đường tròn (O), tính diện tích phần tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O) theo R. BÀI GIẢI CHI TIẾT 1. Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp. ·AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) AM  MB Mà CD // BM (gt) nên AM  CD . Vậy M· KC 900 . ¼AM C¼M (gt) OM  AC M· HC 900 . D Tứ giác CKMH có M· KC M· HC 1800 nên nội tiếp được K trong một đường tròn. C // 2. Chứng minh CD = MB và DM = CB. M · 0 = Ta có: ACB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) H Do đó: DM // CB, mà CD // MB(gt) nên tứ giác CDMB A O B là hình bình hành. Suy ra: CD = MB và DM = CB. Hình 2 3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa đường tròn. AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) AD  AB . ADC có AK  CD và DH  AC nên M là trực tâm tam giác . Suy ra: CM  AD Vậy AD  AB CM // AB ¼AM B»C . Mà ¼AM M¼ C nên ¼AM B»C ¼AM M¼ C B»C = 600. 4. Tính diện tích phần tam giác ADC ở ngoài (O) theo R: Gọi S là diện tích phần tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O). S1 là diện tích tứ giác AOCD. S2 là diện tích hình quạt góc ở tâm AOC. Ta có: S = S1 – S2 hình 3 Tính S1: AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) ¼AM M¼ C B»C 600 ·AOD 600 . 2 0 1 1 R 3 Do đó: AD = AO. tg 60 = R 3 SADO = AD.AO .R 3.R 2 2 2 2 R 3 2 AOD COD (c.g.c) SAOD = SCOD SAOCD = 2 SADO = 2. = R 3 . 2 Tính S2: 2 0 2 » 0 R .120 R AC 120 S quạt AOC = = 3600 3 Tính S: 2 2 2 2 2 R 3R 3 R R S = S1 – S2 = R 3 – = = 3 3 (đvdt) 3 3 3 Lời bàn: 1. Rõ ràng câu 1, hình vẽ gợi ý cho ta cách chứng minh các góc H và K là những
góc vuông, và để có được góc K vuông ta chỉ cần chỉ ra MB  AM và CD// MB điều đó suy ra từ hệ quả của góc nội tiếp và giả thiết CD // MB. Góc H vuông được suy từ kết quả của bài số 14 trang 72 SGK toán 9 tập 2. Các em lưu ý các bài tập này được vận dụng vào việc giải các bài tập khác nhé. 2. Không cần phải bàn, kết luận gợi liền cách chứng minh phải không các em? 3. Rõ ràng đây là câu hỏi khó đối với một số em, kể cả khi hiểu rồi vẫn không biết giải như thế nào , có nhiều em may mắn hơn vẽ ngẫu nhiên lại rơi đúng vào hình 3 ở trên từ đó nghĩ ngay được vị trí điểm C trên nửa đường tròn. Khi gặp loại toán này đòi hỏi phải tư duy cao hơn. Thông thường nghĩ nếu có kết quả của bài toán thì sẽ xảy ra điều gì ? Kết hợp với các giả thiết và các kết quả từ các câu trên ta tìm được lời giải của bài toán . Với bài tập trên phát hiện M là trực tâm của tam giác không phải là khó, tuy nhiên cần kết hợp với bài tập 13 trang 72 sách toán 9T2 và giả thiết M là điểm chính giữa cung AC ta tìm được vị trí của C ngay. Với cách trình bày dưới mệnh đề “khi và chỉ khi” kết hợp với suy luận cho ta lời giải chặt chẽ hơn. Em vẫn có thể viết lời giải cách khác bằng cách đưa ra nhận định trước rồi chứng minh với nhận định đó thì có kết quả , tuy nhiên phải trình bày phần đảo: Điểm C nằm trên nửa đường tròn mà B»C 600 thì AD là tiếp tuyến. Chứng minh nhận định đó xong ta lại trình bày phần đảo: AD là tiếp tuyến thì B»C 600 . Từ đó kết luận 4. Phát hiện diện tích phần tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O) chính là hiệu của diện tích tứ giác AOCD và diện tích hình quạt AOC thì bài toán dễ tính hơn so với cách tính tam giác ADC trừ cho diện tích viên phân cung AC. Bài 4 3. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E và F. 1. Chứng minh: E· OF 900 2. Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. 3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK  AB . 4. Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. BÀI GIẢI CHI TIẾT
1. Chứng minh: E· OF 900 EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E nên OE là phân giác của ·AOM . Tương tự: OF là phân giác của B· OM Mà ·AOM và B· OM kề bù nên: E· OF 900 (đpcm) hình 4 2. Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. Ta có: E· AO E· MO 900 (tính chất tiếp tuyến) Tứ giác AEMO có E· AO E· MO 1800 nên nội tiếp được trong một đường tròn. Tam giác AMB và tam giác EOF có: ·AMB E· OF 900 , M· AB M· EO (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g) 3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK  AB . AK AE Tam giác AEK có AE // FB nên: KF BF Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) AK ME Nên : . Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta- let) KF MF Lại có: AE  AB (gt) nên MK  AB. 4. Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN  AB. MK FK FEA có: MK // AE nên: (1) AE FA NK BK BEA có: NK // AE nên: (2) AE BE FK BK FK BK FK BK Mà ( do BF // AE) nên hay (3) KA KE KA FK BK KE FA BE MK KN Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra: . Vậy MK = NK. AE AE S KN 1 Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên: AKB SAMB MN 2 1 Do đó: S S . AKB 2 AMB MB Tam giác AMB vuông ở M nên tg A = 3 M· AB 600 . MA a a 3 1 1 a a 3 1 Vậy AM = và MB = S . . . = a2 3 (đvdt) 2 2 AKB 2 2 2 2 16 Lời bàn: Đây là đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 của tỉnh Hà Nam . Từ câu 1 đến câu 3 trong quá trình ôn thi vào lớp 10 chắc chắn thầy cô nào cũng
ôn tập , do đó những em nào ôn thi nghiêm túc chắc chắn giải được ngay, khỏi phải bàn, những em thi năm qua ở tỉnh Hà Nam xem như trúng tủ, bài toán này có nhiều câu khó, và đây là một câu khó mà người ra đề khai thác từ câu : MK cắt AB ở N. Chứng minh: K là trung điểm MN. Nếu chú ý MK là đường thẳng chứa đường cao của tam giác AMB do câu 3 và tam giác AKB và AMB có chung đáy AB thì các em sẽ nghĩ ngay đến định lí: Nếu hai tam giác có chung đáy thì tỉ số diện tích hai tam giác bằng tỉ số hai đường cao tương ứng, bài toán qui về tính diện tích tam giác AMB không phải là khó phải không các em? Bài 44: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến thứ hai MC (C là tiếp điểm). Hạ CH vuông góc với AB , đường thẳng MB cắt nửa đường tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao Điểm của MO và AC là I. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AMQI nội tiếp. b)·AQI ·ACO . c) CN = NH. (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 của sở GD&ĐT Tỉnh Bắc Ninh) BÀI GIẢI CHI TIẾT x a) Chứng minh tứ giác AMQI nội tiếp: Ta có: MA = MC (tính chất hai tếp tuyến cắt nhau) M OA = OC (bán kính đường tròn (O)) Q Do đó: MO  AC M· IA 900 C · 0 · 0 I AQB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) MQA 90 N A B Hai đỉnh I và Q cùng nhìn AM dưới một góc vuông nên tứ giác O H AMQI nội tiếp được trong một đường tròn. Hình 5 b) Chứng minh:·AQI ·ACO . x Tứ giác AMQI nội tiếp nên ·AQI ·AMI (cùng chắn cung AI). (1) K ·AMI C· AO (cùng phụ M· AC ) (2) AOC có OA = Oc nên cân ở O C· AO ·ACO (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: ·AQI ·ACO M c) Chứng minh CN = NH. Q Gọi K là giao điểm của BC và tia Ax. C 0 I Ta có: ·ACB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O)) N AC  BK , AC  OM OM // BK. A O H B Tam giác ABK có: OA = OB , OM // BK MA = MK. Hình 6 Áp dụng hệ quả định lí Ta let cho ABM có NH // AM (cùng  AB) ta được:
NH BN (4) AM BM Áp dụng hệ quả định lí Ta let cho BKM có CN // KM (cùng  AB) ta được: CN BN (5) KM BM NH CN Từ (4) và (5) suy ra: AM KM Mà KM = AM nên CN = NH (đpcm) Lời bàn: 1. Câu 1 hình vẽ gợi cho ta suy nghĩ: Cần chứng minh hai đỉnh Q và I cùng nhìn AM dưới một góc vuông. Góc AQM vuông có ngay do kề bù với ACB vuông,góc MIA vuông được suy từ tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau. 2. Câu 2 được suy từ câu 1, dễ dàng thấy ngay ·AQI ·AMI , ·ACO C· AO , vấn đề lại là cần chỉ ra I·MA C· AO , điều này không khó phải không các em? 3. Do CH // MA , mà đề toán yêu cầu chứng minh CN = NH ta nghĩ ngay việc kéo dài BC cắt Ax tại K bài toán trở về bài toán quen thuộc : Cho tam giác ABC, M là trung điểm BC. Kẻ đường thẳng d // BC cắt AB, AC và AM lần lượt tại E, D và I. Chứng minh IE = ID . Nhớ được các bài toán có liên quan đến một phần của bài thi ta qui về bài toán đó thì giải quyết đề thi một cách dễ dàng. Bài 45: Cho đường tròn tâm O đường kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax. Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F sao cho BF cắt đường tròn tại C, tia phân giác của góc ABF cắt Ax tại E và cắt đường tròn tại D. 1. Chứng minh OD // BC. 2. Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF 3. Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp. 4. Xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD là hình thoi. Tính diện tích hình thoi AOCD theo R. x BÀI GIẢI CHI TIẾT 1. Chứng minh OD // BC. F BOD cân ở O (vì OD = OB = R) O· BD O· DB Mà O· BD C· BD (gt) nên O· DB C· BD . Do đó: OD // BC. 2. Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF. // C E D ·ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) AD  BE = ·ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) AC  BF B EAB vuông ở A (do Ax là tiếp tuyến ), có AD  BE nên: A O AB2 = BD.BE (1) FAB vuông ở A (do Ax là tiếp tuyến ), có AC  BF nên:
AB2 = BC.BF (2) hình 7 Từ (1) và (2) suy ra: BD.BE = BC.BF 3. Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp: Ta có: C· D B C· A B (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) · · · · · C A B C F A ( cùng phụ FAC ) CDB CFA Do đó tứ giác CDEF nội tiếp. Cách khác: DBC và FBE có : Bµ chung BD BC và (suy từ BD.BE = BC.BF) nên chúng đồng dạng (c.g.c) BF BE Suy ra: C· DB E· FB . Vậy tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp. 4. Xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD là hình thoi : Ta có: ·ABD C· BD (do BD là phân giác ·ABC ) »AD C»D Tứ giác AOCD là hình thoi OA = AD = DC = OC AD = DC = R »AD D»C 600 »AC 1200 ·ABC 600 Vậy ·ABC 600 thì tứ giác AOCD là hình thoi. Tính diện tích hình thoi AOCD theo R: »AC 1200 AC R 3 1 1 R2 3 Sthoi AOCD = OD.AC .R.R 3 (đvdt) 2 2 2 Lời bàn: 1. Với câu 1, từ gt BD là phân giác góc ABC kết hợp với tam giác cân ta nghĩ ngay đến cần chứng minh hai góc so le trong O· DB và O· BD bằng nhau. 2.Việc chú ý đến các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn kết hợp với tam giác AEB,FAB vuông do Ax là tiếp tuyến gợi ý hình 8 ngay đến hệ thức lượng trong tam giác vuông quen thuộc. Tuy nhiên vẫn có thể chứng minh hai tam giác BDC và BFE đồng dạng trước rồi suy ra BD.BE = BC.BF. Với cách thực hiện này có ưu việc hơn là giải luôn được câu 3. Các em thử thực hiện xem sao? 3. Khi giải được câu 2 thì câu 3 có thể sử dụng câu 2 , hoặc có thể chứng minh như bài giải . 4. Câu 4 với đề yêu cầu xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD trở thành hình thoi không phải là khó. Từ việc suy luận AD = CD = R nghĩ ngay đến cung AC bằng 1200 từ đó suy ra số đo góc ABC bằng 600. Tính diện tích hình thoi chỉ cần nhớ công thức , nhớ các kiến thức đặc biệt mà trong quá trình ôn tập thầy cô giáo bổ sung như »AC 1200 AC R 3 ,
các em sẽ tính được dễ dàng. Bài 46. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB, AC lần lượt tại E và F ; BF cắt EC tại H. Tia AH cắt đường thẳng BC tại N . a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp . A b) Chứng minh FB là phân giác của E· FN . c) Giả sử AH = BC . Tính số đo góc B· AC của ABC. F BÀIGIẢI CHI TIẾT E H a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp: Ta có : B· FC B· EC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn B N C đường kính BC) Tứ giác HFCN có H· FC H· NC 1800 nên nội tiếp được trong một đường tròn đường kính HC) (đpcm) b) Chứng minh FB là tia phân giác của góc EFN: Ta có: E· FB E· CB ( hai góc nội tiếp cùng chắn B»E của đường tròn đường kính BC) E· CB B· FN ( hai góc nội tiếp cùng chắn H¼N của đường tròn đường kính HC) Suy ra: E· FB B· FN . Vậy FB là tia phân giác của góc EFN (đpcm) c) Giả sử AH = BC. Tính số đo góc BAC của tam giác ABC : FAH và FBC có: A· FH B· FC 900 AH = BC (gt) F· AH F· BC (cùng phụ ·ACB ) Vậy FAH = FBC (cạnh huyền- góc nhọn). Suy ra: FA = FB. AFB vuông tại F; FA = FB nên vuông cân. Do đó B· AC 450 Bài 47: (Các em tự giải) Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao BD và CE cát nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp. b) Chứng minh AD. AC = AE. AB. c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA  DE. d) Cho biết OA = R , B· AC 600 . Tính BH. BD + CH. CE theo R Bài 48. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia AB lấy điểm D nằm ngoài đoạn AB và kẻ tiếp tuyến DC với đường tròn (O) ( C là tiếp điểm ). Gọi E là chân đường vuông góc hạ từ A xuống đường thẳng CD và F là chân đường vuông góc hạ từ D xuống đường thẳng AC. Chứng minh: a) Tứ giác EFDA nội tiếp . b) AF là phân giác của E· AD . c) Tam giác EFA và tam giác BDC đồng dạng . d) Các tam giác ACD và ABF có cùng diện tích . ( Trích đề thi tốt nghiệp và xét tuyển vào lớp 10- năm học 2000- 2001) BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác EFDA nội tiếp:
Ta có: ·AED A· FD 900 (gt) Hai đỉnh E và F cùng nhìn AD dưới góc 900 nên tứ giác EFDA nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh AF là phân giác của E· AD : Ta có : AE  CD AE //OC . Vậy E· AC C· AD ( so le trong) OC  CD Tam giác AOC cân ở O (vì OA = OC = R) nên C· AO O· CA Do đó: E· AC C· AD . Vậy AF là phân giác của góc EAD (đpcm) c) Chứng minh tam giác EFA và tam giác BDC đồng dạng: EFA và BDC có : E· FA C· DB (hai góc nội tiếp cùng chắn »AE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EFDA) E· AC C· AB E· AF B· CD . Vậy EFA và BDC đồng dạng (góc- góc) · · CAB DCB d) Chứng minh các tam giác ACD và ABF có cùng diện tích: 1 1 SACD = DF.AC và SABF = BC.AF . (1) 2 2 BC AC BC // DF (cùng  AF) nên : hay DF. AC = BC.AF (2) DF AF Từ (1) và (2) suy ra : SACD = SABF (đpcm) (Lưu ý: có thể giải 2 cách khác nữa) Bài 49. Cho tam giác ABC ( B· AC 450 ) nội tiếp trong nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Dựng tiếp tuyến với đường tròn (O) tại C và gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến tiếp tuyến đó. AH cắt đường tròn (O) tại M ( M A) . Đường vuông góc với AC kẻ từ M cắt AC tại K và AB tại P. a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp . b) Chứng minh MAP cân . c) Tìm điều kiện của ABC để ba điểm M, K, O thẳng hàng. BÀI GIẢI H M a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp: C Ta có : M· HC 900 (gt), M· KC 900 (gt) K Tứ giác MKCH có tổng hai góc đối nhau bằng 1800 nên nội tiếp được trong một đường tròn. A O P B b) Chứng minh tam giác MAP cân: AH // OC (cùng vuông góc CH) nên M· AC ·ACO (so le trong) AOC cân ở O (vì OA = OC = R) nên ·ACO C· AO Do đó: M· AC C· AO . Vậy AC là phân giác của M· AB . Tam giác MAP có AK là đường cao (do AC  MP), đồng thời là đường phân giác nên tam giác MAP cân ở A (đpcm).
Cách 2: Tứ giác MKCH nội tiếp nên ·AMP H· CK (cùng bù H· MK ) 1 H· CA C· BA (cùng bằng sđ »AC ), C· BA M· PA (hai góc đồng vị của MP// 2 CB) Suy ra: ·AMP ·APM . Vậy tam giác AMP cân tại A. c) Tìm điều kiện cho tam giác ABC để ba điểm M; K; O thẳng hàng: Ta có M; K; P thẳng hàng. Do đó M; K;O thẳng hàng nếu P  O hay AP = PM Kết hợp với câu b tam giác MAP cân ở A suy ra tam giác MAP đều. Do đó C· AB 300 . Đảo lại: C· AB 300 ta chứng minh P  O : Khi C· AB 300 M· AB 600 (do AC là phân giác của M· AB ) Tam giác MAO cân tại O có M· AO 600 nên MAO đều. Do đó: AO = AM. Mà AM = AP(do MAP cân ở A) nên AO = AP. Vậy P  O . Trả lời: Tam giác ABC cho trước có C· AB 300 thì ba điểm M; K; O thẳng hàng. Bài 50. Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Đường tròn tâm O đường kính AH cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N ( A M&N). Gọi I, P, Q lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng OH, BH, và CH. A Chứng minh: N a) ·AHN ·ACB O b) Tứ giác BMNC nội tiếp . M I c) Điểm I là trực tâm tam giác APQ. B / / // // C BÀI GIẢI P H Q a) Chứng minh ·AHN ·ACB : ·ANH 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Nên Tam giác ANH vuông tại N ·AHC 900 (do AH là đường cao của ABC) nên tam giác AHC vuông ở H. Do đó: ·AHN ·ACB (cùng phụ H· AC ) b) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp: Ta có : ·AMN ·AHN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN) ·AHN ·ACB (câu a) Vậy: ·AMN ·ACB . Do đó tứ giác BMNC là một tứ giác nội tiếp. c) Chứng minh I là trực tâm tam giác APQ: OA = OH và QH = QC (gt) nên QO là đường trung bình của tam giác AHC. Suy ra: OQ//AC, mà AC  AB nên QO  AB. Tam giác ABQ có AH  BQ và QO  AB nên O là trực tâm của tam giác . Vậy BO  AQ. Mặt khác PI là đường trung bình của tam giác BHO nên PI // BO Kết hợp với BO  AQ ta được PI  AQ.
Tam giác APQ có AH  PQ và PI  AQ nên I là trực tâm tam giác APQ(đpcm) Bài 51.Cho đường tròn (O;R) đường kính AB.Gọi C là điểm bất kỳ thuộc đường tròn đó ( C A&B). M, N lần lượt là điểm chính giữa của các cung nhỏ AC và BC. Các đường thẳng BN và AC cắt nhau tại I, các dây cung AN và BC cắt nhau ở P. Chứng minh: a)Tứ giác ICPN nội tiếp. Xác định tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. b)KN là tiếp tuyến của đường tròn (O;R). c)Chứng minh rằng khi C di động trên đường tròn (O;R) thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định . BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác ICPN nội tiếp. Xác định tâm K của đường tròn ngoại tiếp I tứ giác đó: Ta có : ·ACB ·ANB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) K C / Do đó: I·CP I·NP 900 N = H · · 0 M Tứ giác ICPN có ICP INP 180 nên nội tiếp được trong một P / đường tròn . = A B Tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ICPN là trung điểm O của đoạn thẳng IP. b) Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn (O). 1 Tam giác INP vuông tại N , K là trung điểm IP nên KN KI IP 2 Vậy tam giác IKN cân ở K . Do đó K· IN K· NI (1) Mặt khác N· KP N· CP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PN đường tròn (K)) (2) N là trung điểm cung CB nên C»N B»N CN NB . Vậy NCB cân tại N Do đó : N· CB N· BC (3) Từ (1) , (2), (3) suy ra: I·NK I·BC , hai góc này ở vị trí đồng vị nên KN // BC Mặt khác ON  BC nên KN  ON. Vậy KN là tiếp tuyến của đường tròn (O). Chú ý: * Có thể chứng minh K· NI O· NB 900 K· NO 900 * hoặc chứng minh K· NA ·ANO 900 K· NO 900 c) Chứng minh rằng khi C di động trên đường tròn (O) thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định: Ta có ¼AM M¼ C (gt) nên ·AOM M· OC . Vậy OM là phân giác của ·AOC . Tương tự ON là phân giác của C· OB , mà ·AOC và C· OB kề bù nên M· ON 900 Vậy tam giác MON vuông cân ở O 2 R 2 Kẻ OH  MN, ta có OH = OM.sinM = R. = không đổi. 2 2 Vậy khi C di động trên đường tròn (O) thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một
đường tròn cố định (O; R 2 ) 2 Bài 52. Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại D và E ( D nằm giữa A và E , dây DE không qua tâm O). Gọi H là trung điểm của DE, AE cắt BC tại K . a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn . b) Chứng minh HA là tia phân giác của B· HC B 2 1 1 c) Chứng minh : . AK AD AE // O BÀI GIẢI A // a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp: D / K 0 ·ABO ·ACO 90 (tính chất tiếp tuyến) H / E Tứ giác ABOC có ·ABO ·ACO 1800 nên nội tiếp được C trong một đường tròn . b) Chứng minh HA là tia phân giác của góc BHC: AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Suy ra »AB »AC . Do đó ·AHB ·AHC Vậy HA là tia phân giác của góc BHC. 2 1 1 c)Chứng minh : AK AD AE B ABD và AEB có: = 1 B· AE chung, ·ABD ·AEB (cùng bằng sđ B»D ) A _ 2 O = D / Suy ra : ABD ~ AEB K H / AB AD E Do đó: AB2 AD.AE (1) AE AB C ABK và AHB có: B· AH chung, ·ABK ·AHB (do »AB »AC ) nên chúng đồng dạng. AK AB Suy ra: AB2 AK.AH (2) AB AH 1 AH Từ (1) và (2) suy ra: AE.AD = AK. AH AK AE.AD 2 2AH 2 AD DH 2AD 2DH AD AD ED AE AD 1 1 = = = = AK AE.AD AE.AD AE.AD AE.AD AE.AD AD AE (do AD + DE = AE và DE = 2DH) 2 1 1 Vậy: (đpcm) AK AD AE
Bài 53. Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Trên đường tròn (O;R) lấy điểm M sao cho M· AB 600 . Vẽ đường tròn (B;BM) cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là N . a) Chứng minh AM và AN là các tiếp tuyến của đường tròn (B;BM) . b) Kẻ các đường kính MOI của đường tròn (O;R) và MBJ của đường tròn (B;BM) . Chứng minh N , I , J thẳng hàng và JI . JN = 6R2 c) Tính phần diện tích của hình tròn (B;BM) nằm bên ngoài đường tròn (O;R) theo R BÀI GẢI a) Chứng minh AM và AN là các tiếp tuyến của đường tròn (B;BM). Ta có : ·AMB ·ANB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O)) Điểm M và N thuộc (B;BM) ; AM  MB và AN  NB Nên AM ; AN là các tiếp tuyến của (B;BM) b) Chứng minh N; I; J thẳng hàng và JI .JN = 6R2. M· NI M· NJ 900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O và tâm B ) Nên IN MN và JN  MN . Vậy ba điểm N ; I ; J thẳng hàng. * Tam giác MJI BO là đường trung bình nên IJ = 2BO = 2R Tam giác AMO cân ở O (vì OM = OA), M· AO 600 nên tam giác MAO đều. AB  MN tai H(tính chất dây chung của hai đường tròn (O) và (B)cắt nhau) 1 1 R 3R 3R Nên OH = OA R . Vậy HB = HO + OB = R NJ 2. 3R 2 2 2 2 2 Vậy JI . JN = 2R . 3R = 6R2 c)Tính diện tích phần hình tròn (B; BM) nằm ngoài đường tròn (O; R) theo R: Gọi S là diện tích phần hình tròn nằm (B;BM) nằm bên ngoài hình tròn (O;R). S1 là diện tích hình tròn tâm (B; BM) S2 là diện tích hình quạt MBN S3 ; S4 là diện tích hai viên phân cung MB và NB của đường tròn (O;R) Ta có : S = S1 – (S2 + S3 + S4). Tính S1: 2 · 0 » 0 2 MAB 60 MB 120 MB R 3 . Vậy: S1 = R 3 3 R . Tính S2 : 2 0 R 3 60 2 · 0 R MBN 60 S2 = = 3600 2 Tính S3 : S3 = Squạt MOB – SMOB . 2 0 2 · 0 R .120 R MOB 120 Squạt MOB = . 3600 3 1 1 1 1 R2 3 OA = OB SMOB = SAMB = . .AM.MB =R.R 3 = 2 2 2 4 4
R2 R2 3 Vậy S3 = = S4 (do tính chất đối xứng) 3 4 Từ đó: S = S1 – (S2 + 2S3) 2 2 2 2 R 2 R R 3 = 3 R – 2 3 2 2 2 = 11 R 3R 3 (đvdt) 6 Bài 54: Cho đường tròn (O;R) , đường kính AB . Trên tiếp tuyến kẻ từ A của đường tròn này lấy điểm C sao cho AC = AB . Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD của đường tròn (O;R) , với D là tiếp điểm. a) Chứng minh rằng ACDO là một tứ giác nội tiếp . b)Gọi H là giao điểm của AD và OC .Tính theo R độ dài các đoạn thẳng AH ; AD c)Đường thẳng BC cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai M.Chứng minh M· HD 450 d)Đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác MHB. Tính diện tích phần của hình tròn này nằm ngoài đường tròn (O;R) . BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác ACDO nội tiếp: C· AO C· DO 900 (tính chất tiếp tuyến) Tứ giác ACDO có C· AO C· DO 1800 nên nội tiếp được trong một đường tròn. b) Tính theo R độ dài các đoạn thẳng AH; AD: CA = CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OD =R OC  AD và AH = HD 1 1 1 Tam giác ACO vuông ở A, AH  OC nên AH 2 AO2 AC 2 1 1 5 = = R2 2R 2 4R2 Vậy : AH = 2R 5 và AD = 2AH = 4R 5 5 5 c) Chứng minh M· HD 450 : ·AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) C· MA 900 Hai đỉnh H và M cùng nhìn AC dưới góc 900 nên ACMH là tứ giác nội tiếp. Suy ra : ·ACM M· HD Tam giác ACB vuông tại A, AC = AB(gt) nên vuông cân . Vậy ·ACB 450 Do đó : M· HD 450 . d) Tính diện tích hình tròn (I) nằm ngoài đường tròn (O) theo R : Từ C· HD 900 và M· HD 450 C· HM 450 mà C· BA 450 (do CAB vuông cân ở B) Nên C· HM C· BA Tứ giác HMBO nội tiếp . Do đó M· HB M· OB 900 . Vậy tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MHB là trung điểm MB. Gọi S là diên tích phần hình tròn ( I ) ở ngoài đường tròn (O). S1 là diện tích nửa hình tròn đường kính MB.
S2 là diện tích viên phân MDB Ta có : S = S1 – S2 2 2 » 0 1 R 2 R Tính S1 : MB 90 MB R 2 . Vậy S1 = . 2 2 4 Tính S2: S2 = SquạtMOB – S MOB R2.900 R2 R2 R2 = = 3600 2 4 2 R2 R2 R2 R2 S = ( ) = 4 4 2 2 Bài 55: Cho đường tròn (O) đường kính AB bằng 6cm . Gọi H làđiểm nằm giữa A và B sao cho AH = 1cm . Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với AB , đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại C và D . Hai đường thẳng BC và DA cắt nhau tại M . Từ M hạ đường vuông góc MN với đường thẳng AB ( N thuộc thẳng AB ) . a) Chứng minh MNAC là tứ giác nội tiếp . b) Tính độ dài đoạn thẳng CH và tính tg·ABC . c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O) . d) Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt NC ở E . ChứngM minh đường thẳng EB đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH. K C BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác MNAC nội tiếp: E I ·ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0 0 N B Suy ra M· CA 90 . Tứ giác MNAC có Nµ Cµ 180 A H O nên nội tiếp được trong một đường tròn. b) Tính CH và tg ABC. AB = 6 (cm) ; AH = 1 (cm) HB = 5 (cm) D Tam giác ACB vuông ở C, CH  AB CH2 = AH . BH = 1 . 5 = 5 CH 5 (cm) CH 5 * tg ABC = BH 5 c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O): Ta có : N· CA N· MA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNAC). N· MA ·ADC (so le trong của MN // CD) và ·ADC ·ABC (cùng chắn »AC ) 1 1 Nên : N· CA ·ABC . Do ·ABC sđ »AC N· CA sđ »AC 2 2 Suy ra CN là tiếp tuyến của đường tròn (O). (xem lại bài tập 30 trang 79 SGK toán 9 tập 2) d) Chứng minh EB đi qua trung điểm của CH: Gọi K là giao điểm của AE và BC; I là giao điểm của CH và EB. KE // CD (cùng  với AB) ·AKB D· CB (đồng vị)
D· AB D· CB ( cùng chắn cung BD) D· AB M· AN (đối đỉnh) và M· AN M· CN (cùng chắn M¼N ) Suy ra: E· KC E· CK KEC cân ở E. Do đó EK = EC Mà EC = EA( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên EK = EA. CI BI IH BI KBE có CI // KE và ABE có IH // AE KE BE AE BE CI IH Vậy mà KE = AE nên IC = IH (đpcm) KE AE Bài 56 Cho đường tròn tâm O, đường kính AC. Vẽ dây BD vuông góc với AC tại K ( K nằm giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ CD (E không trùng C và D), AE cắt BD tại H. a) Chứng minh tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp. b) Chứng minh AD2 = AH. AE. c) Cho BD = 24cm; BC = 20cm. Tính chu vi hình tròn (O). d) Cho B· CD . Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ tam giác MBC cân tại M. Tính góc MBC theo để M thuộc đường tròn (O). H Hướng dẫn: B _ M c) Tính BK = 12 cm, CK = 16 cm, dùng hệ thức lượng ? / tính được CA = 25 cm R = 12,5 cm / Từ đó tính được C = 25 K O d) M (O) ta cần có tứ giác ABMC nội tiếp. A C H ·ABM ·ACM 1800 E 900 2M· BC 1800 2 D 1800 Từ đó tính được M· BC 4 Bài 57. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax và dây AC bất kỳ. Tia phân giác của góc xAC cắt nửa đường tròn tại D, các tia AD và BC cắt nhau tại E. a) Chứng minh ABE cân. b) Đường thẳng BD cắt AC tại K, cắt tia Ax tại F . Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp. c) Cho C· AB 300 . Chứng minh AK = 2CK. Bài 58. Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB; AC và cát tuyến AMN không đi qua tâm O . Gọi I là trung điểm MN. a) Chứng minh AB2 = AM. AN b) Chứng minh tứ giác ABIO nội tiếp . IB DB c) Gọi D là giao điểm của BC và AI. Chứng minh IC DC
Bài 59. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Phân giác trong của B· AC cắt BC tại D và cắt đường tròn tại M. Phân giác ngoài tại Acắt đường thẳng BC tại E và cắt đường tròn tại N. Gọi K là trung điểm của DE. Chứng minh: a) MN vuông góc với BC tại trung điểm của BC. b) ·ABN E· AK c) AK là tiếp tuyến của đường tròn (O). Bài 60. Cho ba điểm A, B,C nằm trên đường thẳng xy theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O) đi qua B và C. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN . Gọi E và F lần lượt là trung điểm của BC và MN. a) Chứng minh AM2 = AN2 = AB. AC b) Đường thẳng ME cắt đường tròn (O) tại I. Chứng minh IN // AB c) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OEF nằm trên một đường thẳng cố định khi đường tròn (O) thay đổi. Bài 61. Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R . Điểm C nằm trên (O) mà AC > BC. Kẻ CD  AB ( D AB ) . Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt BC tại E. Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt AE tại M. OM cắt AC tại I . MB cắt CD tại K. a) Chứng minh M là trung điểm AE. b) Chứng minh IK // AB. c) Cho OM = AB . Tính diện tích tam giác MIK theo R. Bài 62 : Trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC lấy một điểm P tuỳ ý . Gọi là giao điểm của AP và BC Chứng minh BC2= AP . AQ . a) Trên AP lấy điểm M sao cho PM = PB . Chứng minh BP+PC= AP. 1 1 1 b) Chứng minh . PQ PB PC Bài 63 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R và điểm C nằm ngoài nửa đường tròn . CA cắt nửa đường tròn ở M , CB cắt nửa đường tròn ở N . Gọi H là giao điểm của AN và BM . a) Chứng minh CH  AB . b) Gọi I là trung điểm của CH . Chứng minh MI là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) c) Giả sử CH =2R . Tính số đo cung M¼N . Bài 64: Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và dây MN có độ dài bằng bán kính .(M thuộc cung AN ) . Các tia AM và BN cắt nhau ở I . Các dây AN và BM cắt nhau ở K . a)Tính M· IN và ·AKB . b)Tìm quỹ tích điểm I và quỹ tích điểm K khi dây MN thay đổi vị trí . c) Chứng minh I là trực tâm của tam giác KAB . d)AB và IK cắt nhau tại H . Chứng minh HA.HB = HI.HK .
e)Với vị trí nào của dây MN thì tam giác IAB có diện tích lớn nhất ? Tính giá trị diện tích lớn nhất đó theo R . Bài 65: Trên đường tròn (O) lấy ba điểm A,B và C . Gọi M,N và P theo thứ tự là điểm chính giữa của các cung AB,BC và AC. BP cắt AN tại I ,NM cắt AB tại E Gọi D là giao điểm của AN và BC . Chứng minh rằng : a) BNI cân . b) AE.BN = EB.AN . AN AB c)EI  BC d) BN BD Bài 66 : Cho hai đường tròn (O) và (O1) ở ngoài nhau . Đường nối tâm OO1 cắt các đường tròn (O) và (O1) tại các điểm A , B , C , D theo thứ tự trên đường thẳng Kẻ tiếp tuyến tuyến chung ngoài EF ( E (O) , F (O1) ) . Gọi M là giao điểm của AE và DF , N là giao điểm của EB và FC . Chứng minh rằng : a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật . b) MN  AD c)ME . MA = MF . MD Bài 67: Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M nằm trên AC, đtròn đường kính CM cắt BC tại E, BM cắt đròn tại D a) CMR: tứ giác BADC nội tiếp b) DB là phân giác của góc EDA c) CMR 3 đường thẳng BA, EM, CD đồng quy B E M 1 A O C 1 2 D K a) ta có: B· AC 900 (gt) B· DC 900 (góc nt chắn nửa đtròn) Suy ra tứ giác BADC nt đtròn đường kính BC µ ¶ b) ta có: C1 D1 (cùng chắn cung ME) µ ¶ vì tứ giác BADC nt C1 D2 (cùng chắn cung AB) ¶ ¶ D1 D2 DB là phân giác của góc EDA c) giả sử AB cắt CD tại K
CK  BK  xét tam giác KBC, ta có: BD  CK  M là trực tâm của tam giác KBC CA BD M  KM  BC mặt khác ME  BC (góc nt chắn nửa đtròn), suy ra đthẳng KM và ME trùng nhau do đó 3 đthẳng AB, EM, CD đồng quy tại K Bài 68: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB tại E, cắt AC tại F. Các tia BE cà CE cắt nhau tại H. CMR: a) AH vuông góc với BC b) Gọi K là giao điểm của AH và BC. CMR: FB là phân giác của góc EFK c) Gọi M là trung điểm của BH. CMR: tứ giác EMKF nt A F 1 E 2 H M1 2 1 2 2 1 B K O C a) ta có: B· EC 900 (góc nt chắn nửa đtròn) CE  AB B· FC 900 (góc nt chắn nửa đtròn) BF  AC CE  AB  xét tam giác ABC, ta có: BF  AC  H là trực tâm của tam giác ABC BF CE H  AH  BC µ µ 0 µ µ b) xét tứ giác CKHF, có: K F 180 tứ giác CKHF nt C1 F2 (cùng chắn cung HK) µ µ mặt khác: C1 F1 (cùng chắn cung BE) µ µ suy ra F1 F2 , do đó FB là phân giác của góc EFK µ µ 0 µ ¶ c) xét tứ giác BKHE có K E 180 tứ giác BKHE nt B1 K1 (cùng chắn cung HE) µ ¶ mà: B1 C2 (cùng chắn cung EF) ¶ ¶ mặt khác, do tứ giác CKHF nt K1 C2 (cùng chắn cung HF) µ ¶ ¶ ¶ suy ra B1 K1 C2 K2 (1) Eµ 900  xét tam giác BEH, có:  BM HM ME BME cân tại M BM HM  · µ do đó EMF 2B1 (tính chất góc ngoài của tam giác) (2)
· ¶ ¶ · từ (1) và (2) EMF 2K1 2K2 EKF tứ giác EMKF nt Bài 69: Cho đtròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B (O và O’ thuộc 2 nửa mặt phẳng bờ AB). Qua B kẻ cát tuyến vuông góc với AB cắt đtròn (O) ở C, căt đtròn (O ’) ở D, tia CA cắt (O’) ở I, tia DA cắt (O) ở K. a) CMR: tứ giác CKID nt b) Gọi M là giao điểm của CK và DI. Chứng minh 3 điểm M, A, B thẳng hàng M K I A O O' C B D a) vì ·ABC 900 AC là đường kính của (O) ·ABD 900 AD là đường kính của (O’) Ta có: C· KA 900 (góc nt chắn nửa đtròn (O)) D· IA 900 (góc nt chắn nửa đtròn (O’)) Do đó: C· KA D· IA tứ giác CKID nt đường tròn đường kính CD CI  MD  b) xét tam giác MCD, ta có: DK  MC  A là trực tâm của t.giác MCD MA  CD CI DK A (1) mà AB  CD (2) từ (1) và (2) suy ra 3 điểm M, A, B thẳng hàng. đpcm Bài 70: Cho đtròn (O) đường kính AB, M là 1 điểm trên đtròn; C là 1 điểm nằm giữa A và B. qua M kẻ đthẳng vuông góc với CM, đthẳng này cắt các tiếp tuyến của (O) kẻ từ A và B lần lượt tại E và F. CMR: a) Các tứ giác: AEMC, BCMF nt b) Tam giác ECF vuông tại C
E 1 M 1 F 2 2 1 1 B A C O a) xét tứ giác AEMC có: µA M¶ 900 900 1800 , mà góc A và góc M là 2 góc ở vị trí đối diện, do đó tứ giác AEMC nt chứng minh tương tự ta cũng có tứ giác BCMF nt µ µ b) vì tứ giác ACME nt A1 E1 (cùng chắn cung MC) (1) µ µ tứ giác BCMF nt B1 F1 (cùng chắn cung MC) (2) · 0 µ µ 0 ta có: AMB 90 (góc nt chắn nửa đtròn) A1 B1 90 (3) µ µ 0 từ (1); (2) và (3) E1 F1 90 µ µ 0 · 0 xét tam giác ECF, có: E1 F1 90 ECF 90 ECF vuông tại C Bài 71: Cho tam giác ABC nhọn nt đtròn (O), có 2 đường cao BB’ và CC a) CMR: tứ giác BCB’C’ nt b) Tia AO cắt đtròn (O) ở D và cắt B’C’ ở I. CMR: tứ giác BDIC’ nt c) Chứng minh OA vuông góc với B’C’ A B' I O C' C B D a) xét tứ giác BCB’C’ có B· B'C B· C 'C 900 tứ giác BCB’C’ nt b) ta có: ·ACB ·ADB (cùng chắn cung AB) (1) mặt khác do tứ giác BCB’C’ nt B· C 'B' ·ACB 1800 (2) từ (1) và (2) B· C 'B' ·ADB 1800 hay B· C 'I I·DB 1800 , suy ra tứ giác BDIC’ nt c) ta có: ·ABD 900 (góc nt chắn nửa đtròn) C· 'BD 900 do tứ giác BDIC’ nt C· 'BD C· 'ID 1800 C· 'ID 900 AO  B'C ' Bài 72: Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N là 2 điểm lần lượt trên 2 cạnh BC và CD sao cho M· AN 450 . AM và AN cắt đường chéo BD tại P và Q. Gọi H là giao điểm của MQ và NP. CMR: a) Tứ giác ABMQ nt b) Tam giác AQM vuông cân
c) AH vuông góc với MN A B 1 2 450 P M H Q 1 2 D N C a) vì ABCD là hình vuông có BD là đường chéo, nên BD là phân giác của góc ABC 1 Bµ B¶ .900 450 B¶ Q· AM 450 tứ giác ABMQ nt 1 2 2 2 b) vì tứ giác ABMQ nt ·ABM ·AQM 1800 900 ·AQM 1800 ·AQM 900 MQ  AN µA 450  xét tam giác AQM, có:  AQM vuông cân tại Q · 0 AQM 90  c) ta có: DB là đường chéo của hình vuông ABCD nên DB là phân giác của góc ADC 1 D¶ D¶ .900 450 1 2 2 · ¶ 0 tứ giác ADNP có DAN D2 45 tứ giác ADNP nt ·ADN ·APN 1800 900 ·APN 1800 ·APN 900 NP  AM MQ  AN  Xét tam giác AMN, ta có: NP  AM  H là trực tâm của tam giác AMN MQ NP H  AH  MN Bài 73: Cho tam giác ABC cân tại A nt đtròn (O), điểm D thuộc tia đối của tia AB, CD cắt (O) tại E, tiếp tuyến của (O) tại B cắt EA ở F. CMR: a) Tứ giác BFDE nt b) FD // BC D F 1 2 A 1 2 E O 2 1 1 B C
µ µ ¶ a) ta có: B1 E1 (cùng bù với E2 ) µ µ mà B1 C1 (do tam giác ABC cân tại A) µ µ suy ra: E1 C1 (1) ¶ µ ¶ mặt khác: E2 C1 B2 (cùng chắn cung AB) (2) µ ¶ từ (1) và (2) suy ra E1 B2 2 đỉnh B, E cùng nhìn xuống cạnh DF dới 2 góc bằng nhau, suy ra tứ giác BFDE nt ¶ ¶ b) do tứ giác BFDE nt E2 D1 (cùng chắn cung BF), mà  E 2 =  B2 =  C1 =  B1, suy ra  D1 =  B1 (2 góc ở vị trí so le trong) => FD // BC Bài 74: Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh AD. Vẽ đtròn (O) đường kính MB, cắt AC tại E (khác A). Gọi là giao điểm của ME và DC. CMR: a) Tam giác BEM vuông cân b) EM = ED c) 4 điểm B, M, D, K thuộc cùng 1 đtròn d) BK là tiếp tuyến của (O) A B 1 2 O M 1 2 E 1 2 1 2 1 D C K a) vì tứ giác ABEM nt =>  BAM +  BEM = 1800 => 900 +  BEM = 1800 =>  BEM = 900 (1) Mặt khác:  A1 =  A2 (tính chất của hình vuông) => sđ cung BE = sđ cung ME => BE=ME (2) Từ (1) và (2) suy ra tam giác BEM vuông cân tại E b) xét tam giác BCE và tam giác DCE, ta có: CE: chung  C1 =  C2 (tính chất của hình vuông) CB = CD (gt) Do đó BCE DCE (c.g.c) => BE = DE (cạnh tương ứng) (3) Từ (2) và (3) => EM = ED (= BE) (4) K¶ M¶ 900  1 1 ¶ ¶ 0 ¶ ¶ c) ta có: D1 D2 90  K1 D1 EDK cân tại E => ED = EK M¶ D¶ EDM cân do EM ED 1 2  (5) (4) và (5) => EB = EM = ED = EK => 4 điểm B, M, D, K thuộc cùng 1 đtròn có tâm E
d) do tứ giác BKDM nt (E) M· DK M· BK 1800 M· BK 900 BK  BM BK là tiếp tuyến của đtròn (O) Bài 75: Cho tam giác ABC cân tại A có cạnh đáy nhỏ hơn cạnh bên nội tiếp đtròn (O). Tiếp tuyến tại B và C của đtròn lần lượt cắt tia AC và tia AB ở D và E. CMR: a) BD2 = AD.CD b) Tứ giác BCDE nt c) BC // DE A O 1j 1 B C 2 2 1 1 2 2 D E a) ta có:  A1 =  B2 (cùng chắn cung BC) xét tam giác ABD và tam giác BCD, ta có: µ ¶  A1 B2 AD BD 2  ABD : BCD g.g BD AD.CD ¶ BD CD D1 : chung b) ta có: 1  Eµ sd »AC sd B»C 1 2 1 D¶ sd »AB sd B»C D¶ Eµ 1  1 1 2 điểm D và E cùng nhìn xuống cạnh BC 2 mà AB AC sd »AB sd »AC  dưới 2 góc bằng nhau => tứ giác BCDE nt µ µ c) ta có: B1 C1 (gt), mà tứ giác BCDE nt =>  BED =  C1 (cùng bù với  BCD) do đó  B1 =  BED (2 góc ở vị trí đồng vị) => BC // DE Bài 76: Cho tứ giác ACBD nt đtròn (O), 2 đường chéo AB và CD vuông góc với nhau tại I. trung tuyến IM của tam giác AIC cắt BD ở K, đường cao IH của tam giác AIC cắt BD ở N. a) CMR: IK vuông góc với BD b) Chứng minh N là trung điểm của BD c) Tứ giác OMIN là hình gì? Tại sao? 1 1 d) Chứng minh OM BD; ON AC 2 2
C 1 M O H 1 A I 1 B N K D a) ta có:  B1 = C1 (cùng chắn cung AD) (1) + do IM là trung tuyến của tam giác AIC => IM = MA => tam giác MAI cân tại M =>  A1= MIA + mà  MIA =  KIB (đối đỉnh) =>  KIB =  A1 (2) 0 0 Từ (1) và (2) =>  B1 +  BIK =  C1 +  A1 = 90 =>  IKB = 90 suy ra IK vuông góc với BD 0 b) ta có:  CIH =  DIN (đối đỉnh), mà  CIH +  C1 = 90 , do đó:  DIN +  C1 = 900 0 + mà  C1 =  B1 suy ra:  DIN +  B1 = 90 (*) + mặt khác:  DIN +  BIN = 900 ( ) (*) và ( ) suy ra:  B1 =  BIN => tam giác BIN cân tại N => NB = NI (3) + lại có: 0  IDN +  B1 = 90 0  DIN +  B1 = 90 Do đó:  IDN =  DIN => tam giác NID cân tại N => NI = ND (4) (3) và (4) => NB = ND => N là trung điểm của BD c) ta có: M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD => OM vuông góc với AC; ON vuông góc với BD => OM // IN (cùng vuông góc với AC); ON // IM (cùng vuông góc vói BD) Do đó tứ giác DMIN là hình bình hành (vì có các cạnh đối song song) d) vì tứ giác OMIN là hình bình hành => OM = IN; ON = IM 1 1 1 1 mà IN BD; IM AC nên OM BD; ON AC 2 2 2 2