Tuyển tập 80 toán hình học lớp Bài Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD, nội tiếp Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H M đối xứng qua BC Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) => ∠ CEH + ∠ CDH = 1800 Mµ ∠ CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEC = 900 CF đờng cao => CF ⊥ AB => ∠BFC = 900 Nh vËy E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng tròn đờng kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta cã: ∠ AEH = ∠ ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung AE AH = => ∆ AEH ∼ ∆ADC => => AE.AC = AH.AD AD AC * Xét hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ∠ ADC = 900 ; ∠C lµ gãc chung BE BC = => ∆ BEC ∼ ∆ADC => => AD.BC = BE.AC AD AC Ta cã ∠C1 = ∠A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC) ∠C2 = A1 ( hai góc nội tiếp ch¾n cung BM) => ∠C1 = ∠ C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C => CB đơng trung trực HM H M ®èi xøng qua BC Theo chøng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD) E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED Chứng minh tơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp Bèn ®iĨm A, E, D, B cïng n»m trªn mét ®êng trßn Chøng minh ED = BC Chứng minh DE tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta cã: ∠ CEH = 900 ( V× BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) => CEH + CDH = 1800 Mµ ∠ CEH vµ ∠ CDH lµ hai gãc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE ®êng cao => BE ⊥ AC => ∠BEA = 900 AD đờng cao => AD BC => BDA = 900 đặng ngọc Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp Nh E D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng tròn đờng kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900 Vậy tam giác BEC vuông E cã ED lµ trung tuyÕn => DE = BC 4.Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => ∠E1 = ∠A1 (1) Theo trªn DE = BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2) Mà B1 = A1 ( cïng phơ víi gãc ACB) => ∠E1 = ∠E3 => ∠E1 + ∠E2 = ∠E2 + ∠E3 Mµ ∠E1 + ∠E2 = ∠BEA = 900 => ∠E2 + ∠E3 = 900 = ∠OED => DE ⊥ OE t¹i E VËy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E Theo gi¶ thiÕt AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bài Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiÕp tun Ax, By Qua ®iĨm M thc nưa ®êng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt N 1.Chứng minh AC + BD = CD Lêi gi¶i: 2.Chøng minh ∠COD = 90 3.Chøng minh AC BD = AB 4.Chøng minh OC // BM 5.Chøng minh AB tiếp tuyến đờng tròn đờng kính CD 5.Chứng minh MN AB 6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhá nhÊt 1.Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD 2.Theo tÝnh chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM hai gãc kỊ bï => ∠COD = 900 3.Theo trªn ∠COD = 900 nên tam giác COD vuông O có OM CD ( OM tiếp tuyến ) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB nªn OC ⊥ OD (1) Theo trªn ∠COD = 90 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM ⊥ OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD) 5.Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta cã AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đờng trung bình hình thang ACDB IO // AC , mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB t¹i O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD CN AC CN CM Theo trªn AC // BD => , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy = = BN BD BN DM => MN // BD mµ BD ⊥ AB => MN ⊥ AB ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nªn suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhá nhÊt , mµ CD nhá nhÊt CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vuông góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O trung ®iĨm cđa IK Lêi gi¶i: (HD) Chøng minh B, C, I, K nằm đờng tròn Vì I tâm đờng Chứng minh AC tiếp tuyến đờng tròn (O) tròn nội tiếp, K tâm đờng Tính bán kính đờng tròn (O) BiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm đặng ngọc Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp tròn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B Do BI BK hayIBK = 900 Tơng tù ta còng cã ∠ICK = 900 nh vËy B C nằm đờng tròn đờng kính IK B, C, I, K nằm ®êng trßn Ta cã ∠C1 = ∠C2 (1) ( CI phân giác góc ACH C2 + ∠I1 = 900 (2) ( v× ∠IHC = 900 ) I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ∠ICO = 900 hay AC ⊥ OC VËy AC tiếp tuyến đờng tròn (O) Từ giả thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20 − 12 = 16 ( cm) 2 CH2 = AH.OH => OH = CH = 12 = (cm) AH 16 2 OC = OH + HC = + 12 = 225 = 15 (cm) Bµi Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm) Kẻ AC ⊥ MB, BD ⊥ MA, gäi H lµ giao ®iĨm cđa AC vµ BD, I lµ giao ®iĨm cđa OM AB Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Chøng minh OAHB hình thoi Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d Lời giải: (HS tự làm) Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kính Và dây cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900; ∠OBM = 900 nh vËy K, A, B cïng nh×n OM dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Ta có MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cđa AB => OM ⊥ AB t¹i I Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900 nªn tam giác OAM vuông A có AI đờng cao áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; vµ OI IM = IA2 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 hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH AB; theo OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vuông góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nh ng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E 1.Chứng minh tam giác BEC cân Lời giải: (HD) Gọi I hình chiếu A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AH AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = 3.Chøng minh r»ng BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) HC (1) vµ AE = AC 4.Chøng minh BE = BH + DE (2) đặng ngọc Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, ∠B1 = ∠B2 => ∆ AHB = ∆AIB => AI = AH AI = AH vµ BE ⊥ AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bµi Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến ®iĨm P cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiÕp xóc víi (O) t¹i M Chøng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn Chứng minh BM // OP Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải: (HS tù lµm) 2.Ta cã ∠ ABM néi tiÕp chắn cung AM; AOM góc tâm AOM chắn cung AM => ABM = (1) OP tia phân giác AOM AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => ∠ AOP = (2) Tõ (1) vµ (2) => ∠ ABM = ∠ AOP (3) Mµ ∠ ABM vµ ∠ AOP lµ hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) 3.Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); 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 hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ Ta còng cã PM ⊥ OJ ( PM tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật v× cã ∠PAO = ∠AON = ∠ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => ∠APO = ∠ NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đờng cao => IK PO (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ gi¸c néi tiÕp => ∠KMF + ∠KEF = 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM IB 1800 Mµ ∠KMF vµ ∠KEF lµ 3) Chøng minh BAF lµ tam giác cân hai góc đối tứ giác EFMK 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi EFMK tứ giác nội tiếp 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Lời giải: Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù) AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù) đặng ngọc Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM IB Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => ∠IAE = ∠MAE => AE = ME (lÝ ……) => ∠ABE =∠MBE ( hai gãc néi tiÕp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có AEB = 900 => BE AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm AF (3) Từ BE AF => AF HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác ∠HAK (5) Tõ (4) vµ (5) => HAK lµ tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung ®iĨm cđa HK (6) Tõ (3) , (4) vµ (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tø gi¸c AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung ®iĨm cđa cung AB ThËt vËy: M lµ trung ®iĨm cña cung AB => ∠ABM = ∠MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông A cã ∠ABI = 450 => ∠AIB = 450 (8) Tõ (7) vµ (8) => ∠IAK = ∠AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh ABD = DFB Chứng minh CEFD tứ giác néi tiÕp Tõ (1) vµ (2) => ∠ABD = ∠DFB ( cïng phơ víi ∠BAD) Lêi gi¶i: 1.C thc nưa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC AE ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R không đổi AC AE không đổi 2. ADB cã ∠ADB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn ) => ABD + BAD = 900 (vì tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800)(1) ∆ ABF cã ∠ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ) => ∠AFB + ∠BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800) (2) 3.Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ∠ABD + ∠ACD = 1800 ECD + ACD = 1800 ( Vì hai gãc kÒ bï) => ∠ECD = ∠ABD ( cïng bï víi ∠ACD) Theo trªn ∠ABD = ∠DFB => ∠ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai gãc kỊ bï) nªn suy ∠ECD + ∠EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc ®èi cđa tø gi¸c CDFE ®ã tø gi¸c CEFD tứ giác nội tiếp đặng ngọc Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi M ®iĨm ®èi xøng cđa M qua AB vµ S lµ giao điểm hai tia BM, MA Gọi P chân đờng vuông góc từ S đến AB 1.Gọi S giao điểm MA SP Chứng minh PSM cân 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn Lời giải: Ta có SP AB (gt) => ∠SPA = 900 ; ∠AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh P M nhìn AS díi mét gãc b»ng 900 nªn cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh AS VËy ®iĨm A, M, S, P nằm đờng tròn Vì Mđối xứng M qua AB mà M nằm đờng tròn nên M nằm đờng tròn => hai cung AM AM có số đo => ∠AMM’ = ∠AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung nhau) (1) Cũng Mđối xứng M qua AB nên MM AB H => MM// SS ( cïng vu«ng gãc víi AB) => ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (v× so le trong) (2) => Tõ (1) (2) => ASS = ASS Theo bốn ®iĨm A, M, S, P cïng n»m trªn mét ®/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP ) => ASP = AMP => tam giác PMS cân P Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = S1 (cùng phụ với S) (3) Tam giác PMS cân P => S1 = M1 (4) Tam giác OBM cân O ( v× cã OM = OB =R) => ∠B1 = ∠M3 (5) Tõ (3), (4) vµ (5) => ∠M1 = ∠M3 => ∠M1 + ∠M2 = ∠M3 + ∠M2 mµ ∠M3 + ∠M2 = ∠AMB = 900 nªn suy ∠M1 + ∠M2 = ∠PMO = 900 => PM ⊥ OM M => PM tiếp tuyến đờng tròn M Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh : Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän BD BM DF // BC Tø gi¸c BDFC néi tiÕp = CB CF Lêi gi¶i: (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam giác ADF cân A => ∠ADF = ∠AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => ∠DEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiếp chắn cung DE) Chứng minh tơng tự ta có ∠DFE < 900; ∠EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän AD AF Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => => DF // BC = AB AC DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn Xét hai tam giác BDM CBF Ta cã ∠ DBM = ∠BCF ( hai gãc đáy tam giác cân) BDM = BFD (nội tiếp chắn cung DI); CBF = BFD (vì so le) => ∠BDM = ∠CBF BD BM = => BDM CBF => CB CF Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vuông góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đờng thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đờng tròn P Chứng minh : Lời giải: Tứ giác OMNP nội tiếp Ta cã ∠OMP = 900 ( v× PM Tø giác CMPO hình bình hành AB ); ONP = 900 (vì NP CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M tiếp tuyến ) Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định đặng ngọc Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp Nh M N cïng nh×n OP díi mét gãc b»ng 900 => M N nằm đờng tròn đờng kính OP => Tø gi¸c OMNP néi tiÕp Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => ∠OPM = ∠ ONM (néi tiÕp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O cã ON = OC = R => ∠ONC = ∠OCN => OPM = OCM Xét hai tam giác OMC MOP ta cã ∠MOC = ∠OMP = 900; ∠OPM = OCM => CMO = POM lại có MO cạnh chung => ∆OMC = ∆MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD ⊥ AB; PM ⊥ AB => CO//PM (2) Tõ (1) vµ (2) => Tø giác CMPO hình bình hành Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD ⊥ AB); ∠DNC = 900 (néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại cã ∠C lµ gãc chung => ∆OMC ∼∆NDC CM CO => => CM CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2 = CD CN không đổi hay tích CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) DÔ thÊy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đờng thẳng cố định vuông góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song AB Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC Chøng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Lêi gi¶i: Ta cã : ∠BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) (O2) => ∠B1 = ∠H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => ∠B1= ∠F1 => ∠EBC+∠EFC = ∠AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác AEF ACB ta có A = 900 lµ gãc chung; ∠AFE = ∠ABC ( theo Chøng minh trªn) AE AF = => ∆AEF ∼∆ACB => => AE AB = AF AC AC AB * HD c¸ch 2: Tam giác AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông t¹i H cã HF ⊥ AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2 => ∠E1 + ∠E2 = ∠H1 + ∠H2 mµ ∠H1 + ∠H2 = ∠AHB = 900 => ∠E1 + ∠E2 = O1EF = 900 => O1E EF đặng ngọc Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp Chứng minh tơng tự ta cịng cã O2F ⊥ EF VËy EF lµ tiÕp tun chung hai nửa đờng tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ vÒ mét phÝa AB nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đờng tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN 2.Ch/minh MN lµ tiÕp tuyÕn chung nửa đ/tròn (I), (K) 3.Tính MN 4.Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn Lời giải: Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K) => ENC = 900 (vì lµ hai gãc kỊ bï) (1) ∠AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay ∠MEN = 900 (3) Tõ (1), (2), (3) => tø giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K) => ∠B1 = ∠C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => ∠C1= ∠N3 => ∠B1 = ∠N3.(4) L¹i cã KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1 = N1 (5) Từ (4) vµ (5) => ∠N1 = ∠N3 mµ ∠N1 + ∠N2 = ∠CNB = 900 => ∠N3 + ∠N2 = ∠MNK = 900 hay MN ⊥ KN t¹i N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tơng tù ta cịng cã MN lµ tiÕp tun cđa (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K) Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông A có EC AB (gt) => EC2 = AC BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã S(o) = π OA2 = π 252 = 625 π ; S(I) = π IA2 = π 52 = 25 π ; S(k) = π KB2 = π 202 = 400 Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 S = ( 625 π - 25 π - 400 π ) = 200 π = 100 π ≈ 314 (cm2) 2 Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Chứng minh CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao ®iĨm cđa BC víi ®êng trßn (O) Chøng minh r»ng đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy Chứng minh DM tia phân giác góc ADE Chứng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải: đặng ngọc Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình häc líp Ta cã ∠CAB = 900 ( tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh D A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng tròn đờng kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác néi tiÕp => ∠D1= ∠C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB) ¼ ¼ ∠D1= ∠C3 => SM = EM => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân gi¸c cđa gãc SCB XÐt ∆CMB Ta cã BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC nh vËy BA, EM, CD ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy ẳ ẳ Theo Ta cã SM = EM => ∠D1= ∠D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => ∠MEB = 900 Tø gi¸c AMEB cã ∠MAB = 900 ; ∠MEB = 900 => ∠MAB + ∠MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => ∠A1= ∠B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => ∠A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) C©u : ∠ABC = ∠CME (cïng phơ ∠ACB); ∠ABC = ∠CDS (cïng bï ∠ADC) => ∠CME = ∠CDS » » ¼ ¼ => CE = CS => SM = EM => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng tròn đờng kính BD cắt BC E Các đờng thng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G Chứng minh : Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC vµ AFBC néi tiÕp AC // FG Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); ∠DEB = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nưa ®êng trßn ) => ∠DEB = ∠BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB CAB Theo trªn ∠DEB = 900 => ∠DEC = 900 (v× hai gãc kỊ bï); ∠BAC = 900 ( ABC vuông A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp * BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay BFC = 900 nh F A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn đờng kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp Theo ADEC tứ giác nội tiếp => ∠E1 = ∠C1 l¹i cã ∠E1 = ∠F1 => ∠F1 = C1 mà hai góc so le nªn suy AC // FG (HD) DƠ thÊy CA, DE, BF ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S Bài 17 Cho tam giác ABC có đờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M kh«ng trïng B C, H ) ; tõ M kẻ MP, MQ vuông góc với cạnh AB AC Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp hÃy xác định tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH Chøng minh OH ⊥ PQ Lêi gi¶i: Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM = Ta cã MP ⊥ AB (gt) => ∠APM = 900; MQ ⊥ AC (gt) => ∠AQM = 900 nh P Q nhìn BC dới góc 900 AB.MP nên P Q nằm đờng tròn đờng kính AM => APMQ tứ giác ACM có MQ đờng cao => SACM = Tam giác nội tiếp * Vì AM đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâmAC.MQ O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM Tam giác ABC có AH đờng cao => SABC = BC.AH đặng ngọc Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp 1 AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 Mµ AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH ằ ẳ Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác => ∠HAP = ∠HAQ => HP = HQ ( tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => ∠HOP = ∠HOQ (t/c gãc tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đờng cao => OH PQ Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H không trùng O, B) ; đờng thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M đờng tròn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp Chứng minh đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I Gọi K tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp Lời giải: Ta cã : ∠ACB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửc đờng tròn ) => MCI = 900 (vì hai gãc kÒ bï) ∠ADB = 900 ( néi tiÕp chắn nửc đờng tròn ) => MDI = 900 (vì lµ hai gãc kỊ bï) => ∠MCI + ∠MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp Theo trªn Ta cã BC ⊥ MA; AD ⊥ MB nªn BC AD hai đờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1 Mà A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => ∠C1 + ∠C4 = 900 => ∠C3 + C2 = 900 ( góc ACM góc bẹt) hay ∠OCK = 900 XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã ∠OHK = 900; ∠OCK = 900 => ∠OHK + ∠OCK = 1800 mµ ∠OHK vµ ∠OCK lµ hai gãc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp Ta có SABM + SACM = SABC => Bài 19 Cho đờng tròn (O) đờng kính AC Trên bán kính OC lấy ®iĨm B t ý (B kh¸c O, C ) Gäi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD Chứng minh tứ giác BMDI néi tiÕp => ∠BID + ∠BMD = 1800 mà Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi hai góc đối tứ giác MBID nên Chứng minh BI // AD MBID tứ giác nội tiếp Chứng minh I, B, E thẳng hàng Theo giả thiết M trung điểm Chứng minh MI lµ tiÕp tun cđa (O’) cđa AB; DE AB M nên M Lời giải: trung ®iĨm cđa DE (quan hƯ ®êng ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900 (vì BIC = 90 kính dây cung) hai gãc kỊ bï); DE ⊥ AB t¹i M => BMD = 900 đặng ngọc 10 Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình chữ nhật ⇒ AO = AO’ = AB Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB Bài 57: Cho đường tròn (O; R) có đường kính cố định AB ⊥ CD a) Chứng minh: ACBD hình vng b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E ≠ B; E ≠ C) Trên tia đối tia EA lấy đoạn EM = EB · Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB ED // MB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường tròn mà ta phải xác định tâm bán kính theo R HD: a) AB ⊥ CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) C ⇒ ACBD hình vng E // M · · 0 · · b) AED = AOD = 45 ; DEB = DOB = 45 = 2 · · · ⇒ AED = DEB ⇒ ED tia phân giác AEB B A O 0 · · AED = 45 ; EMB = 45 (∆ EMB vuông cân E) · · ⇒ AED = EMB (2 góc đồng vị) ⇒ ED // MB c) ∆ EMB vuông cân E CE ⊥ DE ; ED // BM ⇒ CE ⊥ BM ⇒ CE đường trung trực BM D d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R ) Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc 400 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường tròn tâm O đường kính CD cắt AD E Đường thẳng vng góc với CD O cắt AD M a Chứng minh: AHCE nội tiếp Xác định tâm I đường trịn b Chứng minh: CA = CM c Đường thẳng HE cắt đường tròn tâm O K, đường thẳng HI cắt đường tròn tâm I N cắt đường thẳng DK P Chứng minh: Tứ giác NPKE nội tiếp Bài 59: BC dây cung đường tròn (O; R) (BC ≠ 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm ∆ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H a Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh: AH = 2.A’O c Gọi A1 trung điểm EF Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’ d Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC Suy vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN Bài 60: Cho đường trịn tâm (O; R) có AB đường kính cố định cịn CD đường kính thay đổi Gọi (∆) tiếp tuyến với đường tròn B AD, AC cắt (∆) Q P a Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp b Chứng minh: Trung tuyến AI ∆AQP vng góc với DC c Tìm tập hợp tâm E đường trịn ngoại tiếp ∆CPD µ Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; A < 900), cung tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, AC B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK a Chứng minh: Các tứ giỏc BIMK, CIMH ni tip c đặng ngọc 27 Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán h×nh häc líp · b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác HMK c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp ⇒ PQ // BC Bài 62: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CI ⊥ AM (I ∈ AM) C a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành M = · · c Chứng minh: MOI = CAI N d Chứng minh: MA = 3.MB I = 0 · · HD: a) COA = 90 (…) ; CIA = 90 (…) ⇒ Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) O B A b) MB // CI ( ⊥ BM) (1) · · ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) ¶ = ¶ (đ/đ) ; NC = NB ; NCI = NBM (slt) N N ⇒ CI = BM (2) Từ ⇒ BMCI hình bình hành 1· · · c) ∆ CIM vuông cân ( CIA = 900 ; CMI = COA = 45 ) ⇒ MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC OI chung ; · · · · · · IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) ⇒ MOI = IOC mà: IOC = CAI ⇒ MOI = CAI R AC d) ∆ ACN vng có : AC = R ; NC = (với R = AO) = 2 R2 R 10 NC2 R 10 MI Từ : AN = AC2 +CN = 2R + ; NI = =R = = = MN = 2 NA 10 ⇒ MB = NC − MN = ⇒ AM = BM R2 R2 2R R 10 ⇒ AM = AN + MN = R 10 + R 10 = 3R 10 − = = 10 10 10 µ Bài 63: Cho ∆ABC có A = 600 nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH cắt đường tròn D, đường cao BK cắt AH E · · a Chứng minh: BKH = BCD · b Tính BEC c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtròn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rõ (giới hạn đường đó) d Chứng minh: ∆IOE cân I A · · HD: a) ABHK nội tiếp ⇒ BKH = BAH ; · · · · BCD = BAH ( chắn cung BD) ⇒ BCD = BKH b) CE cắt AB F ; K · · AFEK nội tiếp ⇒ FEK = 1800 − ¶ = 1800 − 600 = 1200 ⇒ BEC = 1200 A F E I ¶ +¶ B C 1200 · c) BIC = 1800 − = 1800 − = 1200 2 Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung C B H nằm đường tròn tâm (O) º » IO DS · · d) Trong đ/tròn (O) có DAS = sđ ; đ/trịn (S) có ISO = sđ D S 2 º » DS IO º · · » º º DAS = ISO (so le trong) nên: = mà DS = IE IO = IE pcm 2 đặng ngọc 28 Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp Bi 64: Cho hỡnh vng ABCD, phía hình vng dựng cung phần tư đường trịn tâm B, bán kính AB nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PK ⊥ AD PH ⊥ AB Nối PA, cắt nửa đường trịn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn M Chứng minh rằng: C D a I trung điểm AP b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH d Tứ giác APMH hình thang cân P K · HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) mà AIB = 900 (góc nội tiếp …) M ⇒ BI ⊥ AP ⇒ BI đường cao đường trung tuyến ⇒ I trung điểm AP I b) HS tự c/m c) ∆ ABP cân B ⇒ AM = PH ; AP chung ⇒ ∆vAHP = ∆v PMA ⇒ AH = PM ; AHPK hình chữ nhật ⇒ AH = KP ⇒ PM = PK = AH d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) B A H » » ⇒ PM = AH ⇒ PA // MH Vậy APMH hình thang cân Bài 65: Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN H O · · HD: a) BOIM nội tiếp OIM = OBM = 900 A B · · · · b) INB = OBM = 900 ; NIB = BOM (2 góc nội tiếp chắn cung BM) ⇒ ∆ IBN ~ ∆OMB I c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn ⇔ IH lớn AO = R(O) N M Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn · Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức HAI = 450 Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D ≠ A D ≠ C) A · a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác BAC D b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ ∆CDE DI ⊥ CE c Suy E di động đường tròn mà ta phải xác định tâm giới hạn = d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm cung nhỏ AC = E O HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự c/m : ⇒ AB = AC = BC = R Trong đ/trịn (O; R) có: AB = AC ⇒ Tâm O cách cạnh AB AC C B · ⇒ AO hay AI tia phân giác BAC · · » b) Ta có : DE = DC (gt) ⇒ ∆ DEC cân ; BDC = BAC = 600 (cùng chắn BC ) I º » º · · ⇒ ∆CDE I điểm BC ⇒ IB = IC ⇒ BDI = IDC · ⇒ DI tia phân giác BDC ⇒ ∆CDE có DI tia phân giác nên đường cao ⇒ DI ⊥ CE c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE ⇒ IE = IC mà I C cố định ⇒ IC » không đổi ⇒ E di động đ/tròn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I ∈ AC (cung nhỏ ) » D → C E → C ; D → A E → B ⇒ E động BC nhỏ đ/t (I; R = IC) cha ABC u đặng ngọc 29 Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp Bi 67: Cho hỡnh vuông ABCD cạnh a Trên AD DC, người ta lấy điểm E F cho : a AE = DF = a So sánh ∆ABE ∆DAF Tính cạnh diện tích chúng b Chứng minh AF ⊥ BE c Tính tỉ số diện tích ∆AIE ∆BIA; diện tích ∆AIE ∆BIA diện tích tứ giác IEDF IBCF µ Bài 68: Cho ∆ABC có góc nhọn; A = 450 Vẽ đường cao BD CE Gọi H giao điểm BD, CE a Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp đường trịn.; b Chứng minh: HD = DC DE c Tính tỷ số: d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh: OA ⊥ DE BC Bài 69: Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường trịn đường kính AB Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC Chứng minh: a Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn · · b Khi điểm D di động đường trịn ( BMD + BCD ) không đổi c DB.DC = DN.AC Bài 70: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D điểm cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE Chứng minh: a BC // DE b Các tứ giác CODE, APQC nội tiếp c Tứ giác BCQP hình gì? Bài 71: Cho đường tròn (O) (O’) cắt A B; tiếp tuyến A đường tròn (O) (O’) cắt đường tròn (O) (O’) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh: a ∆ABD ~ ∆CBA · · b BQD = APB c Tứ giác APBQ nội tiếp Bài 72: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB Từ A B kẻ tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F a Chứng minh: AEMO tứ giác nội tiếp b AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao? c Kẻ MH ⊥ AB (H ∈ AB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường trịn nội tiếp ∆EOF Chứng minh: r < < R Bài 73: Từ điểm A ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AKD cho BD//AC Nối BK cắt AC I a Nêu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC b Chứng minh: IC2 = IK.IB · c Cho BAC = 600 Chứng minh: Cát tuyến AKD qua O Bài 74: Cho ∆ABC cân A, góc A nhọn Đường vng góc với AB A cắt đường thẳng BC E Kẻ EN ⊥ AC Gọi M trung điểm BC Hai đ/thẳng AM EN cắt F đặng ngọc 30 Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp a Tìm tứ giác nội tiếp đường trịn Giải thích sao? Xác định tâm đường trịn b Chứng minh: EB tia phân giác ∠AEF c Chứng minh: M tâm đường tròn ngoại tiếp VAFN Bài 75: Cho nửa đường trịn tâm (O), đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn Dựng hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đường tròn (O) K giao điểm CF ED a Chứng minh: Bốn điểm E, B, F, K nằm đường trịn b ∆BKC tam giác gì? Vì sao? c Tìm quỹ tích điểm E A di động nửa đường tròn (O) AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B C) Từ B kẻ đường thẳng d vng góc với AE, gọi giao điểm d với AE, AC kéo dài I, K · a Tính độ lớn góc CIK b Chứng minh: KA.KC = KB.KI; AC2 = AI.AE – AC.CK c Gọi H giao điểm đường trịn đường kính AK với cạnh AB Chứng minh: H, E, K thẳng hàng d Tìm quỹ tích điểm I E chạy BC Bài 76: Cho ∆ABC vuông C, có BC = Bài 77: Cho ∆ABC vng A Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F a Chứng minh: CDEF nội tiếp · · b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác CKD cắt EF CD M N Tia phân giác CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao? c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh: r2 = r12 + r22 Bài 78: Cho đường trịn (O;R) Hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏ BC; AE cắt CO F, DE cắt AB M a Tam giác CEF EMB tam giác gì? b Chứng minh: Tứ giác FCBM nội tiếp Tìm tâm đường trịn c Chứng minh: Cấc đường thẳng OE, BF, CM đồng quy Bài 79: Cho đường tròn (O; R) Dây BC < 2R cố định A thuộc cung lớn BC (A khác B, C khơng trùng điểm cung) Gọi H hình chiếu A BC; E, F thứ tự hình chiếu B, C đường kính AA’ a Chứng minh: HE ⊥ AC b Chứng minh: ∆HEF ~ ∆ABC c Khi A di chuyển, chứng minh: Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HEF cố định Bài 80: Cho ∆ ABC vuông A Kẻ đường cao AH Gọi I, K tương ứng tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABH ∆ ACH 1) Chứng minh ∆ ABC ~ ∆ HIK 2) Đường thẳng IK cắt AB, AC M N a) Chứng minh tứ giác HCNK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AM = AN c) Chứng minh S’ ≤ S , S, S’ diện tích ∆ ABC ∆ AMN đặng ngọc 31 Trờng THCS Tống Văn Tr©n ... Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp (HD) Tứ gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => ∠BAC + ∠B’HC’ = 1800 mà BHC = BHC (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => ∠BHC = ∠BFC => ∠BFC + ∠BAC = 1800 ... mà C1 + ∠B2 + ∠BMC = 1800 => ∠I1 + ∠I2 + ∠BMC = 1800 hay ∠PIQ + ∠PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp đặng ngọc 13 Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp => ∠Q1 =... 1800 ( Vì hai gãc kỊ bï) nªn suy ∠ECD + ∠EFD = 1800 , mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp đặng ngọc Trờng THCS Tống Văn Trân Tuyển tập 80 toán hình học lớp Bài