Bi 1 : Cho ABC vuông tại A đờng cao AK. Vẽ đờng tròn (A; AK). Kẻ các tiếp tuyến BE; CD với đờng tròn ( E; D là các tiếp điểm khác K). CMR: a) BC = BE + CD b) Ba điểm D; A; E thẳng hàng. c) DE tiếp xúc với đờng tròn đờng kính BC. a, Chứng minh đợc: BC là tiếp tuyến của (A; AK) Ta có: BE BK CD CK = = BC = BE + CD b, Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có : à ả ã à ả ã 1 2 3 4 1 2 1 2 A A DAK A A KAE = = = = à ả ả ã à ả à ã 1 2 2 3 4 3 2. 2. A A A DAK A A A KAE + = = + = = Ta có: ã DAE = ã ã DAK KAE+ ã DAE = ả ả à ả 2 2 3 4 A A A A+ + + ã DAE = ả à ( ) 2 3 2. A A+ = 2. 90 0 = 180 0 Vậy ba điểm A, D, E thẳng hàng c) Gọi M là trung điểm của BC chứng minh đợc MA là đờng trung bình của hình thang BCDE (0,25đ) nên MA // BE do đó MA DE (1) chứng minh đợc MA = MB = MC= 1 2 BC A ; 2 BC M ữ (2) (0,25đ) Từ (1) và (2) DE là tiếp tuyến của đờng tròn ; 2 BC M ữ Bi 2 Cho tỏm giỏc ABC cõn ti A cú BC<AB ni tip ng trũn tõm O. Tip tuyn ti B v C ca ng trũn tõm O ln lt ct AC, AB theo th t D v E 1, c/m BD 2 = AD. CD 2, t/g BCDE ni tip 3, BC//DE Chứng minh: a) Xét ABD và BCD có ã ADB (chung) ã ã DAB DBC= (góc nội tiếp cùng chắn cung BC ) ABD BCD (g . g) AD BD BD CD = BD 2 = AD . CD ( Đcpcm) b) Ta có: ã ằ ẳ ( ) 1 AEC sdAC sd BC 2 = ( Góc có đỉnh ở bên ngoài đờng tròn) ã ằ ằ 1 ADB (sdAB sdBC) 2 = ( góc có đỉnh bên ngoài đờng tròn ) . Mà theo ( gt) ta có AB = AC ã ã AEC ADB= E, D cùng nhìn BC dới hai góc bằng nhau 2 điểm D; E thuộc quĩc tích cung chứa góc dựng trên đoạn thẳng BC Tứ giác BCDE nội tiếp. c) Theo ( cmt ) tứ giác BCDE nội tiếp ã ã 0 BED BCD 180+ = (T/C về góc của tứ giác nội tiếp) Lại có : ã ã 0 ACB BCD 180+ = ( Hai góc kề bù ) ã ã BED ACB= (1) Mà ABC cân ( gt) ã ã ACB ABC= (2) Từ (1) và (2) ã ã BED ABC= BC // DE (vì có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau) . Bài tập 3 Cho ba im A, O, B thẳng hàng theo th t cú OA=a O D E A C B S v OB = b.K Ax, By AB; Trờn Ax ly im C trờn By ly im D sao cho Gúc COD bng 90 0 a) c/m AOC đồng dạng BDO v tích AC.BD khụng i b) S ABCD , ã COA = 60 0 Chứng minh: a) Xét AOC và BDO có: à à 0 A B 90= = (gt) ã ã ACO BOD= (cùng phụ với ã AOC ) AOC đồng dạng với BDO (g.g) AO AC = BD BO AO . BO = AC . BD Do A, O, B cho trớc và cố định AO.BO = R 2 (không đổi) Tích AC.BD không đổi (đpcm) b) - Xét vuông AOC có ã 0 COA 60= theo tỉ số lợng giác của góc nhọn ta có : AC = AO.tg 60 0 = a 3 AC = a 3 - Xét vuông BOD có ã 0 BOD 30= (cùng phụ với ã AOC ) Theo tỉ số lợng giác của góc nhọn ta có: BD = OB . tg 30 0 = a 3 3 Vậy diện tích hình thang ABCD là: S = 3 a 3 + a AC + BD 3 .AB = (a + b) 2 2 S = 4a 3(a + b) = 6 2 3( ) 3 a a b+ = . Bài tập4 cỏc ng cao h t A v B ca tam giỏc ABC ct nhau ti H ( gúc C khỏc 90 0 ) v ct ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC ln lt ti D v E 1, c/m CD = CE 2, c/m BHD cân 3, c/m CD = CH 4,Xỏc nh tõm ca ng trũn ngoi tip tam giỏc DEH Chứng minh: 1) Ta có: AH BC; BH AC (gt) H là trực tâm của ABC CH AB . ã ã DAC EBC= (góc có cạnh tơng ứng vuông góc) ằ ằ CE = CD (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) CD = CE (hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau) (đcpcm) 2) Theo cmt ta có ằ ằ CD CE= ã ã CBD CBH= Mà BC HD BHD có phân giác của ã HBD cũng là đờng cao BHD cân tại B ( đcpcm ) c) Xét BCH và BCD có : BH = BD ( vì BHD cân tại B ) BC (Cạnh chung ) ã ã CBH CBD= ( cmt) CBH = CBD ( c.g.c) CD = CH ( đcpcm ) Bài 5 Cho ABC vuông tại A, có AB = 9 cm, AC = 12cm. Trên cạnh AC lấy điểm M vẽ đờng tròn đờng kính MC. Kẻ BM cắt đờng tròn tại D. Đờng thẳng DA cắt đờng tròn tại S. CMR: a) Tứ giác ABCD là một tứ giác nội tiếp. b) ã ã ACB ACS= . A E C D B F B C H A O c) Tính chu vi và diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Biết AB =9 cm, AC=12cm a) Gọi O là tâm đờng tròn đờng kính CM và I là trung điểm của BC Ta có: ã 0 BAC 90= (gt) Theo quỹ tích cung chứa góc ta có A BC ; 2 I ữ (1) Lại có D (O; MC 2 ) ã 0 CDM 90 = ã 0 Hay CDB 90= (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) D BC ; 2 I ữ (2) Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm A ; D ; B ; C BC ; 2 I ữ Hay tứ giác ABCD nội tiếp trong ( I ; BC 2 ) . b) Vì tứ giác ABCD nội tiếp trong BC ; 2 I ữ (cmt) ã ã ADB ACB= (3) ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của BC ; 2 I ữ ) Mà tứ giác CMDS nội tiếp trong MC ; 2 O ữ (gt) ã ã 0 MDS MCS 180+ = (tổng 2 góc đối của tứ giác nội tiếp) Mặt khác : ã ã 0 MDS ADB 180+ = ( 2 góc kề bù) ã ã ACS ADB= (4) Từ (3) và (4) ã ã ACS BCA= (đpcm) c) Xét ABC vuông tại A Ta có BC 2 = AB 2 + AC 2 ( định lí Pytago) BC 2 = 9 2 + 12 2 = 81 +144 = 225 BC = 15 Trong đờng tròn tâm I có đờng kính BC = 15 cm R (I) =7,5 cm +) Chu vi hình tròn BC ; 2 I ữ ngoại tiếp tứ giác ABCD là: 2 2.3,14.7,5 47,1C R = = cm. +) Diện tích hình tròn BC ; 2 I ữ ngoại tiếp tứ giác MCSD là: ( ) 2 2 3,14. 7,5 176,625S R = = cm 2 Bài 6 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). Các đ- ờng cao BD, CE của tam giác cắt nhau tại H và cắt đờng tròn (O) tại điểm thứ hai theo thứ tự tại N, M a/ Chứng minh các tứ giác AEHD, EBCD nội tiếp b/ Chứng minh: MN//ED c/ Chứng minh: OA ED H M N E D O C B A a/ BD AC,CE AB (gt) -* Tứ giác AEHD có D = E = 90 0 nên: D + E = 180 0 hai gúc D v E v trớ i nhau => t/g AEHD nội tiếp * BEC = BDC = 90 0 Xột t/gBEDC Cú 2 nh D và E k nhau cựng nhỡn cnh BC cha 2 nh cũn li di mt gúc vuụng => Tứ giác BEDC nội tiếp b/ Tứ giác BEDC nội tiếp => EBD = ECB (cùng chắn cung BE) hay EDH = HCB (1) MNB = MCB (cùng chắn cung MB) (2) Từ (1) và (2) suy ra EDH = MNB Hai EDH v MNB ở vị trí so le trong => MN//ED c/ Tứ giác BEDC nội tiếp => EBD = ECD( cùng chắn cung ED) hay ABN = MCA => cungAN =cung AM (3) AM = AN OM = ON O, A nm trờn ng trung trc ca MN OA l ng trung trc ca MN Từ (3) => OA MN Vì MN//DE => OA DE . ã ằ ẳ ( ) 1 AEC sdAC sd BC 2 = ( Góc có đỉnh ở bên ngoài đờng tròn) ã ằ ằ 1 ADB (sdAB sdBC) 2 = ( góc có đỉnh bên ngoài đờng tròn ) . Mà theo ( gt) ta có AB = AC ã ã AEC ADB= E, D. không đổi (đpcm) b) - Xét vuông AOC có ã 0 COA 60= theo tỉ số lợng giác của góc nhọn ta có : AC = AO.tg 60 0 = a 3 AC = a 3 - Xét vuông BOD có ã 0 BOD 30= (cùng phụ với ã AOC ). của góc nhọn ta có: BD = OB . tg 30 0 = a 3 3 Vậy diện tích hình thang ABCD là: S = 3 a 3 + a AC + BD 3 .AB = (a + b) 2 2 S = 4a 3(a + b) = 6 2 3( ) 3 a a b+ = . Bài tập4 cỏc ng