Gv19 92 94 ta thi huyen trang

 O; R  đường kính AB . Trên tia đối của tia AB lấy điểm E .
EM với  O  ( M là tiếp điểm). EM cắt các tiếp tuyến của  O 

Bài 92. Cho đường tròn

Từ E vẽ tiếp tuyến
tại A, B lần lượt tại C , D .

0

a) Chứng minh: AC  BD CD và COD 90
2
b) Chứng minh: AC.DB R

O
O
c) Vẽ MH vng góc với AB . Vẽ đường kính MON của   . EN cắt   tại F
( F khác N ). Chứng minh tứ giác MHFE nội tiếp.
d) AN cắt BF tại K . Tính AK . AN  BK .BF theo R .
Giải:
D

M
C

E

A

H
F

B

O

K
N

a)

O
Ta có: CA, CM là tiếp tuyến của   (gt)
1
AOC COM

 AOM
 CA CM và
2
(t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
O
Ta có: DB, DM là tiếp tuyến của   (gt)
1


MOD
 DOB
 MOB
 DB DM và
2
(t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

Vì CM  MD CD , CA CM , DB DM (cmt)  AC  BD CD
0


Ta có: AOM  MOB 180 (hai góc kề bù)


 2OCM
 2MOD
1800


 OCM
 MOD
900

 COD
900 .

b)

O
Do EM là tiếp tuyến của   (gt)


 EM  OM (t/c)  EMO
OMD
900
Xét COD vng tại O , đường cao OM , ta có:

CM .MD OM 2 (HTL trong tam giác vuông)
Mà CA CM , DB DM (cmt), OM R

(1)
(2)

2
Từ (1), (2)  AC.DB R (đpcm)

c)

d)

O
Xét   có MN là đường kính.

 MFN
900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)


 MFE
900 (kề bù với MFN
)
0

Vì MH  AB (gt)  MHE 90 .
0



Xét tứ giác MHFE có MHE MFE 90 .
0
Mà hai đỉnh H , F kề nhau cùng nhìn cạnh EM dưới cùng một góc 90 .
Nên tứ giác MHFE nội tiếp (dhnb).

 O  có MBN
900 , ANB 900 , AFB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn).


 )
MBF
EMF
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn MF
0


Xét KNB vng tại N có: KBN  BKN 90 (t/c)
Ta có:



MBF
EMF
(cmt )

0
KBN  BKN

90 (cmt )  


  EMF  AKF
AKF BKN

(dd)





MBK
 KBN
MBN
900 
(3)


Lại có tứ giác MHFE nội tiếp (cmt)  EMF EHF (4)


Từ (3), (4)  AKF  EHF hay AKF  AHF

Xét tứ giác AHKF có: AKF  AHF (cmt)
0
Mà hai đỉnh H , K kề nhau cùng nhìn cạnh AF dưới cùng một góc 90 .
0


Nên tứ giác AHKF nội tiếp (dhnb)  AHK  AFK 180 .
 AHK  900 1800  AHK 900 .
Xét AHK và ANB có:

A chung
AHK  ANB 900
 AHK ∽ANB (g.g)

AK AH

 t/c   AK . AN  AH . AB
AB AN
(t/c TLT) (5)
Xét BHK và BFA có:
 chung
B




BHK
BFA
90
 BHK ∽BFA (g.g)


BK BH

 t/c   BK .BF BH . AB
BA BF
(t/c TLT) (6)
Từ (5), (6)  AK . AN  BK .BF  AH . AB  BH . AB


 AH  BH  . AB  AB. AB 2 R.2 R 4 R 2
Bài 93: Cho tam giác nhọn ABC . Gọi O là trung điểm của BC , dựng đường trịn
 O  , đường kính BC . Vẽ đường cao AK của tam giác ABC và các tiếp tuyến
AM , AN với đường tròn  O  , ( M , N là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của

MN với AK . Chứng minh rằng: AH . AK  AM 2 .
Giải:

A

N

H
M
B

K

O

C

0

O
Do AM là tiếp tuyến đường tròn   nên AMO 90
0

O
Do AN là tiếp tuyến đường tròn   nên ANO 90

0

Do AK là đường cao ABC nên AKO 90
Suy ra: M , N , K thuộc đường trịn đường kính AO .
 năm điểm A, M , K , O, N cùng thuộc đường trịn đường kính AO .
AM  AN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)


AMKON 
Xét đường trịn 
có AM  AN  AM  AN


Suy ra AMN  AKM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).
Xét AMH và AKM có:
AMN  AKM


MAK
chung
Suy ra: AMH ∽AKM (g.g)


AM AH

 AM 2  AH . AK
Suy ra: AK AM
.

Bài 94: Tam giác ABC nhọn. O là trung điểm BC . Vẽ đường trịn tâm O đường

kính BC . Vẽ đường cao AK của tam giác ABC , và vẽ các tiếp tuyến AM , AN với

 O

tại M , N . MN cắt AH tại K . Chứng minh H là trực tâm của tam giác ABC.
Giải:

A

J
M
B

N

H
K

O

C

Gọi H1 là trực tâm của tam giác ABC .
Chứng minh 5 điểm A, M , K , O, N cùng thuộc một đường trịn.
 AKN  ANM ( góc nội tiếp cùng chắn cung AN )

Lại có AM , AN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O nên AM  AN

 ANM cân  AMN  ANM
 AKN  ANM

(1)

Ta có: OA là đường trung trực của MN .
Gọi OA  MN I .
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ANO , đường cao NI ta có:

AN 2  AI . AO
AH1I ∽AOK (g.g)  AI . AO  AH1. AK

 AN 2  AH1. AK


 ANH1 AKN (c.g.c)
 ANH1  AKN

(2)



Từ (1) và (2) ta có ANH1  ANM




Ta có: M , H , N thẳng hàng  ANH  ANM  ANH1  ANH  H H1 .

Vậy H là trực tâm của tam giác ABC .