Luyện thị lớp 10: 12 HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP THEO CHỦ ĐỀ

PHẦN 3
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CƠ BẢN
CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG, TỶ
SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN

Câu 1. Giải:
Vẽ ME ^ AB, E Î AB . EM cắt DC tại F . Tứ giác AEFD có
µ =E
µ =D
µ = 900 nên là hình
A
·
chữ nhật, suy ra EA = FD, MFD
= 900 .
µ =B
µ = Cµ = 900
Tứ giác EBCF có E
·
nên là hình chữ nhật, suy ra EB = FC , MFC
= 900 . Áp dụng
định lý Pitago vào các tam giác vuông EAM , FMC , EBM , FMD ,
ta có:
MA 2 = EM 2 + EA 2;MC 2 = FM 2 + FC 2;MB 2 = EM 2 + EB 2;
MD 2 = FM 2 + FD 2 .Do đó MA2 + MC 2 = EM 2 + EA2 + FM 2 + FC 2
và MB 2 + MD 2 = EM 2 + EB 2 + FM 2 + FD 2 mà
EA = FD, FC = EB . Suy ra MA 2 + MC 2 = MB 2 + MD 2 .
Câu 2. Giải:
µ + Cµ = 900 < 1800 nên hai
Ta có D
đường thẳng AD và BC cắt nhau.
Gọi E là giao điểm của AD và BC .

µ + Cµ = 900 nên ·
Vì D ECD có D
CED = 900 .
Các tam giác EAB, ECD, EAC , EBD vuông tại E nên theo định
lý Pitago ta có: EA2 + EB 2 = AB 2 (1); EC 2 + ED 2 = CD 2 (2);
44


EA 2 + EC 2 = AC 2 (3);

EB 2 + ED 2 = BD 2 (4).Từ (1) và (2) ta

có: EA 2 + EB 2 + EC 2 + ED 2 = AB 2 + CD 2 .Từ (3) và (4) ta có:
EA 2 + EB 2 + EC 2 + ED 2 = AC 2 + BD 2 . Do đó
AB 2 + CD 2 = AC 2 + BD 2 .
Câu 3. Giải:
Từ giả thiết

AD
HE
1
=
=
AC
HA
3

ta nghĩ đến DF ^ AH , F Î AH .
Từ đó AF = HE , HA = FE và
áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông

HEB, FDE , HAB, FAD, ABD ta sẽ chứng minh được:
BE 2 + ED 2 = BD 2 .
Câu 4. Giải: Vẽ đường thẳng qua A vuông góc với AF cắt
DC tại G .Xét D ABE và D ADG có:
·
·
ABE
= ADG
= 900;AB = AD (vì ABCD là hình vuông);
·
·
·
(hai góc cùng phụ với DAE
). Do đó
BAE
= DAG
D ABE = D ADG (g.c.g) Þ AE = AG .
·
D AGF có GAF
= 900;AD ^ GF
theo hệ thức về cạnh và đường
cao tam giác vuông, nên ta có:
1
1
1
+
=
.
2
2

AG
AF
AD 2
Do đó

1
1
1
+
=
.
2
2
AE
AF
AD 2

Câu 5.
45


Dựng AE ^ AN , AH ^ CD E , H Î CD ,dựng AF ^ BC thì hai
tam giác AHE , AFM bằng nhau nên AE = AM . Trong tam
giác vuông AEN ta có:
nên ta có:

1
1
1
+

=
, mà AE = AM
AE 2 AN 2 AH 2

1
1
1
+
=
.Ta cần chứng minh:
2
2
AM
AN
AH 2

3
3
AB Û AH =
DC .Nhưng điều này là hiển nhiên
2
2
do tam giác ADC , ABC là các tam giác đều.
AH =

Câu 6. Giải:
·
Vẽ tia Bx sao cho CBx
= 200 , Bx
cắt cạnh AC tại D . Vẽ AE ^ Bx, E Î Bx .

Xét D BDC và D ABC có
·
·
·
chung.
CBD
= BAC
= 200 ; BCD
Do đó

BD
BC
DC
=
=
AB
AC
BC

BD
a2
a2
.
.BC = ;AD = AC - DC = b AB
b
b
·
·
·
D ABE vuông tại E có ABE

= ABC
- CBD
= 600 nên là nửa

Þ BD = BC = a ; DC =

AB
b
b
= Þ DE = BE - BD = - a .
2
2
2
D ABE vuông tại E , nên theo định lý Pitago ta có:

tam giác đều, suy ra BE =

46


3
AE 2 + BE 2 = AB 2 Þ AE 2 = AB 2 - BE 2 = b2 . D ADE vuông tại
4
E , nên theo định lý Pitago ta có:
2
2
æ a2 ö
ö
3 2 æ
b

3
1
÷
÷
ç
ç
÷
AE + DE = AD Þ b + ç - a÷
=ç
bÞ b2 + b2 - ab + a2
÷
÷
ç
÷
÷ ç
ç
4
bø
4
4
è2
ø
è
2

2

= b2 - 2a2 +

2

a4
a4
Þ
+ ab = 3a2 Þ a3 + b3 = 3ab2 .
2
2
b
b

Câu 7. Giải:
Vẽ AH ^ BC , H Î BC ;
µ = 900
vì trong D HAB có H
nên sin B =

AH
; vì trong D HAC
AB

µ = 900 nên sinCµ = AH . Do đó
có H
AC
sin B
AC
b
b
c
. Chứng minh tương tự ta có
=

= Þ
=
sinC
AB
c
sin B
sinC
a
b
a
b
c
.Vậy
.
=
=
=
sin A
sin B
sin A
sin B
sinC
Câu 8. Giải:
Vẽ đường phân giác AD
của tam giác ABC .
Theo tính chất đường phân
giác của tam giác ta có

47

BD
DC
=
AB
AC


Þ

BD
BD + DC
BC
BD
a
=
=
=
. Vậy
.
AB
AB + AC
AB + AC
AB b + c

·
Vẽ BI ^ AD ( I Î AD ) , suy ra BI £ BD . D IAB có AIB
= 900 , do
·
đó sin BAI
=

A
a
BI
; hay sin £
.
2 b+c
AB

Câu 9.
Dựng đường thẳng vuông góc
với AM tại A cắt BO tại K .
Dựng IH ^ OA . Ta dễ chứng minh
được D AOK = D IHA Þ AK = AI .
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AK M ta có:
1
1
1
+
=
( không đổi)
2
2
AK
AM
AO 2
Câu 10.
a). Do BE = AE = 9cm Þ CE = 25 - 9 = 16cm .
GọiK là giao điểm của DE và AB . Ta có
·

·
·
· E nên tam giác
BEK
= DEC
= EDC
= AK
BEK cân do đó BK = BE Þ D AEK vuông tại
E ( Do BA = BK = BE ).
b) Tính được: AD = 24cm suy ra:
1
1
1
1
1
=
+
= 2 + 2 Þ AE = 14,4cm;DE = 19,2cm
2
2
2
AE
AD
AK
24
18
CHỦ ĐỀ 2:
48

SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ HAI
ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ ĐƯỜNG TRÒN VÀ ĐƯỜNG
THẲNG
Câu 11. Giải:
Vẽ đường kính AE có AE = 8cm .
Điểm B thuộc đường tròn
·
đường kính AE Þ ABE
= 900 .
·
Xét D ADC và D ABE có DAC
·
·
= ABE
= 900 ,
(chung), ADC

(

do đó D ADC : D ABE Þ

)

AD
AC
AC .AB
. Mà
=
Þ AD =
AB

AE
AE

AC = 2cm, AB = 5cm, AE = 8cm , nên AD =

2.5 5
= ( cm) .
8
4

Câu 12.
Giải:Vẽ AH ^ BD ( H Î BD ) .
Tứ giác ABCD có
OA = OA = R,OB = OD = R
nên là hình bình hành. Mà
AC = BD = 2R do đó tứ giác

ABCD là hình chữ nhật, suy ra
SABCD = AB .AD .
µ = 900 , AH ^ DB nên AB .AD = AH .DB .
D ABD có A
49


Vì AH £ AO, DB = 2R nên SABCD £ 2R 2 (không đổi). Dấu “=”
xảy ra Û H º O Û AC ^ BD .
Vậy khi hai đường kính AC và BD vuông góc với nhau thì
diện tích tứ giác ABCD lớn nhất.
Câu 13. Giải:
Vẽ OH ^ AB ( H Î AB ) , OK ^ CD ( K Î CD ) .

Ta có AB = CD (gt), nên
OH = OK (định lý liên
hệ dây cung và khoảng
cách đến tâm) và H , K
lần lượt là trung điểm của
AB,CD (định lý đường kính

(

·
0
vuông góc dây cung) Þ AH = CK . Xét D OHM OHM = 90

)

có OM (cạnh chung) và OH = OK , do đó D OHM = D OK M
(cạnh huyền, cạnh góc vuông) Þ MH = MK . Ta có
MH - AH = MK - CK Þ MA = MC .
Câu 14. Giải:
·
Vì COD
= 900 suy ra tam giác
COD vuông cân tại O nên
CD = R 2 .Gọi H là trung điểm của CD . Vì D HOM vuông tại
H,

50


1

2
OH = CD =
R,OM = 2R . Trong tam giác vuông OMH ta
2
2
2
2
có: MH 2 = OM 2 - OH 2 = 4R 2 - R = 7R Þ MH = 14 R suy ra
2
2
2

MD = MH - AH =

R 2
2

(

)

R 2
7 - 1 , MC =
2

(

)

7 +1

Câu 15.
Gọi H là giao điểm của OA và DE .
Ta có OA ^ DE Þ AD = AE . Chỉ cần
chứng minh AD hoặc AE có độ dài
không đổi. Các đoạn thẳng AB, AC
có độ dài không đổi, DE ^ OA từ đó
gợi cho ta vẽ đường phụ là đường kính AF để suy ra:
AD 2 = AH .AF , AC .AB = AH .AF .
Câu 16. Giải:
D OAB cân đỉnh O , AC = BD ,
những điều này giúp ta nghỉ đến
chứng minh OM là đường phân giác
góc O của D OAB .Vẽ OI ^ AC ,
OK ^ BD ( I Î AC , K Î BD )
thì ta có OI = OK suy ra lời giải bài toán.
Câu 17. Giải:
Vẽ OH ^ BC , H Î BC ,
51


suy ra BH = HC (định lý
đường kính vuông góc dây cung).
Ta có AB + AC =

( AH -

·
BH ) + ( AH + HC ) = 2AH . D MAO có AMO
= 900 , theo

·
định lý Pitago có AM 2 + OM 2 = OA 2 ; D HAO có AHO
= 900
nên AH 2 + OH 2 = OA 2 mà OB = OM = R , OH £ OB nên
OH £ OM . Do đó OH 2 £ OM 2 , suy ra AH ³ AM . Từ đó ta có:
AB + AC ³ 2AM .
Câu 18. Giải:
Vẽ MH ^ CD, H Î CD .
Gọi N là trung điểm của CD
thì MN là đường trung bình của
hình thang và tam giác MNC cân
·
·
·
tại N nên NMC
.
= ACM
= MCN
·
Suy ra CM là tia phân giác của ACH
nên MA = MH , Từ đó
ta có điều phải chứng minh.
Câu 19. Gợi ý:
Dễ thấy PB / / AH , gọi D là giao điểm của CA và BP thì tam
giác BAD vuông tại A . Do PA = PB Þ PA = PB = PD (Do
·
·
·
·
cùng phụ với DBA

).
PDA
= DAP
= PAB
Áp dụng định lý Thales ta có:
IA
IH
AH
mà
=
=
PD
PB
BD
PB = PD Þ IA = IH
52


Câu 20. Giải:
Điều cần chứng minh làm ta nghĩ đến định lý Thales do vậy
ta làm xuất hiện “hai đường thẳng song song”.
+ Vẽ CK / / AB, K Î DE .
Ta có

IM
DM
(*)
=
IC
CK

·
·
·
· C
+ Vì CEK
= AED
= ADE
= EK
Suy ra tam giác CEK cân tại C Þ CE = CK .Thay vào (*) ta
có:

IM
DM
=
IC
CE

Câu 21. Giải:
Vẽ tiếp tuyến tại E của
đường tròn ( O ) cắt AB, AC lần lượt
tại H , K .Ta có
ED ^ HK , ED ^ BC Þ HK / / BC .
Gọi N là tiếp điểm của đường tròn ( O ) tiếp xúc với AC .
OK ,OC là hai tia phân giác của hai góc kề bù EON và NOD
· OC = 900 .
(tính chất trung tuyến) Þ K
·
·
·

·
+ Xét D OEK và D CDO có OEC = CDO = 900 ,OK E = COD

(

)

EK
OE
·
(cùng phụ với EOK
).Do đó D OEK : D CDO Þ
hay
=
OD CD
53


EK
r
HE
r
. Tương tự cũng có
. Do vậy
=
=
r
CD
r
BD

EK
BD
EK
BD
EK
BD
=
Þ
=
hay
(1)
=
HE
CD
EK + HE
BD + CD
HK
BC
+ Trong D ABM có HE / / BM , áp dụng hệ quả của định lý
Thales trong tam giác ta có

HE
AE
. Tương tự có
=
BM
AM

HE
EK

EK
EK + HE
EK
AE
=
Þ
=
. Do đó
hay
=
BM
CM
CM
CM + BM
CM
AM
EK
HK
EK
CM
=
Þ
=
CM
BC
HK
BC

(2)

Từ (1) và (2) cho ta BD = CM .
Câu 22. Giải: Theo đề ra có A,O, I
thẳng hàng (vì O, I cùng nằm
trên tia phân góc A ).
+ Gọi M , N là tiếp điểm của ( O ) ;

( I ) với AB , ta có OM / / IN
nên

AO OM
(hệ quả của định lý Thales).
=
AI
IN

Mà OM = OE , IN = IF nên có

AO OE
=
.
AI
IF

·
·
Mặt khác ED ^ BC , IF ^ BC Þ OD / / IF Þ AOE
.
= AIF
+ Xét D OAE và D IAF có

AO OE ·
·
, do đó
=
; AOE = AIF
AI
IF

·
·
. Vậy A, E , F thẳng hàng.
D OAE : D IAF Þ OAE
= IAF
54


Câu 23. Giải
+ Vì đường tròn (I ) tiếp xúc với
các cạnh tại D, E , F nên suy ra
AE = AF , BE = BD,CD = CF .
+ Dựng AK / / BD ( K Î DF ) ta có:
MN
MD EM
AM
,
. Ta cần
=
=
AK
DA BD

AD
chứng minh:

MD
AM
MD
BD
. Nhưng
.AK =
.BD Û
=
DA
AD
AM
AK

AK = AF = AE , BD = BE nên ta cần chứng minh:

MD
BE
=
AM
AE

(điều này là hiển nhiên).
Câu 24. Giải:
AM , AN là các tiếp tuyến của đường
tròn ( O ) ,gọi H là giao điểm của AO
và MN .
Ta có tam giác AHE đồng dạng với

Tam giác ADO nên AE .AD = AH .AO .
Cũng theo tính chất tiếp tuyến ta có: AH .AO = AM 2 .Từ đó
suy ra điều phải chứng minh.
Câu 25. Giải:
Gọi O, I lần lượt là tâm của các
đường tròn đường kính AD, BC .
55


Cần chứng minh AB / / OI cho ta
nghĩ đến các điểm M , N là tiếp
điểm của đường tròn ( O ) tiếp xúc
với BC , đường tròn ( I ) tiếp xúc với AD .
BC
AD
,OM =
,OM ^ BC , IN ^ AD giúp ta có SAOI = SBOI
2
2
từ đó có được AB / / OI .
IN =

CHỦ ĐỀ 3- GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN, TỨ GIÁC NỘI TIẾP
Câu 25. Giải:
Gọi O là trung điểm của BC
·
thì tam giác OCD đều nên OCD
= 600
Þ AB / / CD .Để chứng minh: BM = 2MC
Ta cần chứng minh AB = 2CD .

Xét tam giác vuông BDC ta có:
1
CD = BC .sin300 = BC suy ra BC = AB = 2CD
2
Câu 26. Giải:
Ta gọi giao điểm của AM và cung BC
·
·
» = DC
¼ .
là D .Ta có BAM
= MAC
Û BD
Û OD ^ BC Û O 'M / / OD
·
·
Û AMO
' = ADO
·
·
Để chứng minh: AMO
ta
' = ADO
56


dựa vào các tam giác cân O 'AM và OAD .
Câu 27. Giải:
Vẽ đường kính AD của đường
·

tròn ( O ) , suy ra ACD
= 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét D HBA và D CDA có:
·
·
·
·
¼ ),
AHB
= ACD
= 900 ;HBA
= CDA
(góc nội tiếp cùng chắn AC

(

)

AH
AB
=
Þ AB .AC = AD.AH . Mà
AC
AD
AD = 2R . Do đó AB.AC = 2R.AH .

Do đó D HBA : D CDA Þ

Câu 28. Giải:

Vẽ đường kính BD của đường tròn

(O;R )

·
Þ BCD
= 900 (góc nội tiếp

chắn nửa đường tròn).
·
. Ta lại có
D BCD có Cµ = 900 nên BC = BD sin BDC
·
·
¼ ) nên
(góc nội tiếp cùng chắn BC
BD = 2R;BDC
= BAC
·
.
BC = 2R sin BAC
Từ bài toán này ta cần ghi nhớ kết quả quan trọng:
Trong tam giác ABC ta có:

a
b
c
=
=
= 2R

sin A
sin B
sinC

Câu 29. Giải:
·
Ta có: AB là tia phân giác của CAF
,
57


Vẽ BH ^ CD, BK ^ EF .
Thì suy ra BH = BK
Ta có: D CBD$ D EBF suy ra
CD
BH
=
= 1 Û CD = EF . Đó là điều phải chứng minh.
EF
BK
Câu 30. Giải:
Dựng đường kính HN của đường tròn

(C )

cắt đường tròn ( O ) tại K khi đó ta có

CN = CH = HK và
MC .MK = MH .MN ( = MD.ME ) .
Þ MC .MK = ( HC - MC ) .( HC + MC )

2
Û MC .MK = HC 2 - MC 2 Û MC (MC + MK ) = HC

Hay Û MC (MC + MK ) = HC 2 Û MC .2HC = HC 2 Û HC = 2MC
là điều phải chứng minh.
Câu 31. Giải:
Dựng đường kínhAE của đường
·
·
tròn ( O;R ) .Ta có AEC
= ABD
(cùng chắn cung AC )
suy ra D DBA : D CEA , từ đó suy ra
·
·
.
BAD
= OAC
Câu 32.
58


·
·
Ta có: BEC
(cùng chắn cung )
= BDC
·
·
(so le trong)

BC và ABD
= BDC
·
·
suy ra BEC
.
= ABD
Vì vậy tia BD là tia tiếp tuyến của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE
Câu 33. Giải:
+ Vẽ đường tròn đường kính AB .
D MBD vuông tại M có MB = MD
(gt) nên là tam giác vuông cân
·
Þ ACM
= 450 . Từ đó ta có
·
·
ANM
= ACM
= 450 (hai góc nội
¼ )
tiếp cùng chắn AM
·
·
·
ANB
= ANM
+ MNB
= 900 ; do đó N thuộc đường tròn đường

kính AB .
» (E khác N ). Ta có
+ Gọi E là giao điểm của MN và AB
·
·
» Þ E cố định. Vậy MN luôn đi
¼ = EB
ANM
= MNB
= 450 Þ AE
qua một điểm cố định E .
Câu 34. Giải:
Dựng đường kính AH của ( O ) .
Ta chứng minh H là trực tâm của
·
D BDC . Thật vậy ta có: ACH
= 900
59


Þ CH ^ AC Û CH ^ BD . Tương tự ta cũng có:
BH ^ AB Û BH ^ CD . Như vậy H
là trực tâm của D BDC . Suy ra trực tâm H là điểm cố định.
Câu 35. Giải:
AB cắt ( O ) tại B và F . Vì D AEH $ D ADO
suy ra AE .AD = AH .AO = AM 2 .
Để chứng minh E là trực tâm
của tam giác ABC , ta cần chứng
·
= 900 , nghĩa là cần có

minh AFE
AF .AB = AE .AD .
Nhưng ta có: AF .AB = AM 2 (Tính chất tiếp tuyến, cát tuyến)
hoặc có thể dùng tam giác đồng dạng
Câu 36. Giải:
Gọi D, E là giao điểm của đường tròn

(O )

với các cạnh AC , AB thì H

là giao điểm của BD,CE .
·
·
Chứng minh được AMH
,
= AMN
từ đó có M , H , N thẳng hàng.
Câu 37. Giải:
Hai tam giác cân ABC , DAB
·
có chung góc ở đáy ABC
,
60


·
·
do đó BAC
. Suy ra BA là tiếp

= ADC
tuyến của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ACD
Câu 38. Giải:
Vẽ tiếp tuyến Ax của đường tròn ( O ) .
·
·
và ACB
lần lượt là góc tạo
xAB
bởi tia tiếp tuyến và dây cung và
góc nội tiếp cùng chắn cung AB của

(O )

·
·
nên xAB
.
= ACB

·
·
và ACB
lần lượt là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
ABD
cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD của ( I ) nên
·
·
.

ABD
= ACB
·
·
Do đó xAB
= ABD
Þ Ax / / BD . Mà OA ^ Ax,OA ^ BD suy ra
OA ^ BD .
Câu 39. Giải:
Giả sử CA cắt ( O ) tại F thì EF là
» = BE
»
đường kính của ( A;AB ) , ta có BF
·
·
(vì BA ^ EF ) . Ta có: BED
= BFD
,

61


1 ổ
ã
ã
ằ - DE
ẳ ử
ữ
BCF
BCE

= s ỗ
BF
ữ=
ỗ
ố
ứ
2
1 ổằ
ằ = BFD
ã
ẳ ử
ữ= 1 sBD
s ỗ
BE - DE
ỗ
ữ
ố
ứ
2
2
ã
ã
T ú suy ra BED
.
= ECB
à chung, BED
ã
ã
Xột tam giỏc D BCE , D BED cú B
= ECB

ị D BCE $ D BED

BC
BE
=
ị DB .CB = EB 2 .
BE
BD

Cõu 40) . Gii:
ã
a) Ta cú OA = OC = a ị D OAC cõn ti O . M ADO
= 900 (gúc

ni tip chn na ng trũn (O ') ) ị OD ^ AC ị OD cng l
ã
ã
ã
ng phõn giỏc AOC
, ngha l AOD
= DOM

ẳ (hai gúc tõm bng
ẳ = DM
ị AD
nhau nờn cung chn bng nhau)

ị AD = DM ị D ADM cõn ti D .
b) D AOE v D COE cú OE (chung);

ã
ã
(cmt); OA = OC = a , D AOE = D COE (c.g.c)
AOE
= COE
ã
ã
ị EAO
= ECO
= 900 hay EA ^ AB ti A , OA = a l bỏn kớnh

(O ) ị

EA l tip tuyn ca ( O ) v (O ') .

Cõu 41. Gii:
a) Do BD, BH l hai tip tuyn
ct nhau i vi ng trũn ( M )
ã
ị BM l tia phõn giỏc ABD
62


·
¶ +B
¶ = HBD .Lý luận tương
Þ B
1
2
2

tự AM là tia phân giác của ·
BAC
·
BAC
µ
¶
.
Þ A1 = A2 =
2
·
b) AMB
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
µ +B
¶ = 900
Þ A
1
1
·
·
HBD
+ BAC
·
·
= 900 Þ HBD
+ BAC
= 1800 . Vậy AC / / BD , mà
2
MD ^ BD, MC ^ AC (gt) nên M ,C , D thẳng hàng. Ta có OM
là đường trung bình của hình thang vuông ABDC nên
OM / / AC mà CD ^ AC (gt) Þ OM ^ CD tại M , CM là bán

Þ

kính của ( M ) Þ CD là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại M .
c) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau của một đường
tròn, có:
ìï AC = AH
ï
Þ AC + BD = AH + BH = AB = 2R ( const ) .Áp dụng
í
ïï BD = BH
î
hệ thức lượng trong tam giác vuông:
CD 2
(do D CHD vuông có HM là
4
trung tuyến ứng với cạnh huyền).
AC .BD = AH .BH = MH 2 =

d) Ta có I P / / AM (vì cùng vuông góc với MB ).Kéo dài IP cắt
AN tại K ; D AMN có IK là đường trung bình Þ K trung
điểm của AN . Mà A, N cố định nên K cố định. Điểm P luôn
nhìn hai điểm K , B cố định dưới một góc vuông nên P
chuyển động trên đường tròn đường kính K B .
Câu 42. Giải:
63


ã B = 900 (gúc ni tip
a) Ta cú AI

chn na ng trũn) ị BI ^ AE .
Tng t AC ^ BE ị D AEB cú
hai ng cao AC , BI ct nhau ti
K ị K l trc tõm D AEB

ị EK ^ AB (tớnh cht ba ng cao).
= IC
ằ ị IBA
ã
ã
ẳ ị IA
b) Do I l im chớnh gia AC
(hai
= IBC
ã
ã
gúc ni tip cựng chn hai cung bng nhau). M IAC
= IBC

ã
ã
ằ ) ị IAC
(hai gúc ni tip cựng chn IC
.
= IBA
D FAK cú AI l ng cao ( AI ^ BI ) ng thi l ng

trung tuyn ( F v K i xng qua I )

ã

ã
ị D FAK cõn ti A ị FAI
.Ta cú
= IAK
ã
ã
ã
ã
ã
ã
ã
FAB
= FAI
+ IAB
= IAK
+ IAB
= IBA
+ IAB
= 900 ị AF ^ AB
ti A ị AF l tip tuyn ca ( O ) .
ã AH =
c) sin K

KH
m
AK

2
KH
2

3
ị
=
ị AK =
HK D ABE cú BI va l
3
AK
3
2
ng cao va l ng phõn giỏc ị D ABE cõn ti B nờn
ã
sin BAC
=

BI cng l ng trung trc ị K A = K E ( K ẻ BI ) .

ổ3
ử
ữ
ỗ
ữ
EH = EK + K H = ỗ
+
1
K H .Ta cú
ữ
ỗ
ữ
ỗ
2

ữ
ỗ
ố
ứ
ộ
ự
ổ3
ử
ữ
ỗ
ỳ= 3 + 6 K H 2
ữ
ỗ
K H ( K H + 2HE ) = K H ờ
K
H
+
2
+
1
K
H
.
ữ
ờ
ỳ
ỗ
ữ
ỗ
2

ữ ỳ
ỗ
ờ
ố
ứ
ở
ỷ

(

)

64

[


æ3
ö
÷
3
ç
÷
ç
HK . HK =
Và 2HE .K E = 2ç + 1÷
÷
ç
2
÷

ç
è 2
ø

(

)

3 + 6 HK 2 . Suy ra

K H ( K H + 2HE ) = 2HE .K E .

Câu 43. Giải:

¼
a) Do M là điểm chính giữa AC
·
·
¼
¼ = MC
Þ NBM
= ABM
Þ MA
(hai góc nội tiếp chắn hai cung
bằng nhau) Þ BM là đường phân
·
giác ABN
trong D ABM .Mặt khác
·
BMA

= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
D BAN có BM vừa là đường cao vừa là đường phân giác
Þ D BAN cân tại B

·
·
·
·
·
.Ta lại có BAN
(vì cùng bù BCM
). Do
Þ BAN
= BNA
= MCN
·
·
đó BNA
Þ D CMN cân tại M .
= MCN
·
·
b) Do MB = MQ (gt) Þ D BMQ cân tại M Þ MBQ
= MQB
·
·
(vì cùng bù với hai góc bằng nhau)
MCB
= MNQ

BC
CM
=
= 1 (do D CMN cân tại
QN MA
MN
= MB
·
M nên CM = MN ) Þ QN = BC . BCA
= 900 (góc nội tiếp chắn
Þ D BCM : D QNM (g.g) Þ

nửa đường tròn). Xét D BAQ vuông tại A , AC ^ BQ có:
AB 2 = BC .BQ = BC ( BN + NQ ) = BC ( AB + BC )
BC = x, x > 0, biết AB = 2R , từ (1) cho

4R 2 = x ( 2R + x) Û x2 + 2Rx - 4R 2 = 0
65

(1). Đặt


D ' = R 2 + 4R 2 = 5R 2 Þ

D ' = R 5 , x1 = - R + R 5 và

x2 = - R - R 5 < 0 (loại) . Vậy BC =

(

)

5- 1 R .

Câu 44. Giải:
a) Đường kính AC vuông góc
với dây DE tại M Þ MD = ME .
Tứ giác ADBE có MD = ME ,
MA = MB (gt), AB ^ DE

Þ ADBE là hình thoi (hình bình
hành có hai đường chéo vuông góc nhau).
· C = 900 (góc nội tiếp chắn nủa đường tròn (O ') )
b) Ta có BI

·
ADC
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) ) Þ BI ^ CD
và AD ^ DC nên AD / / BI , mà BE / / AD Þ E , B, I thẳng
hàng (tiên đề Ơclit). D DIE có IM là đường trung tuyến ứng
với cạnh huyền Þ MI = MD . Do MI = MD (cmt) Þ D MDI
·
·
cân tại M Þ MID
= MDI
· 'IC = O
· 'CI .Suy ra
+ O 'I = O 'C = R Þ D O 'IC cân tại O ' Þ O
·
· 'I C = MDI

·
· 'CI = 900 ( D MCD vuông tại M ). Vậy
MID
+O
+O
MI ^ O 'I tại I , O 'I = R ' bán kính đường tròn ( O ') Þ MI là

tiếp tuyến của đường tròn (O ') .
·
·
c) BCI
(góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
= BIM
» ) BCI
·
· H (cùng phụ HI
· C)
cung chắn BI
= BI
·
·
·
trong D MIH . Ta lại có
Þ BIM
= BIH
Þ IB là phân giác MIH
BI ^ CI Þ IC là phân giác ngoài tại đỉnh I của D MIH . Áp
66

dụng tính chất phân giác đối với D MIH có:
BH
IH
CH
=
=
Þ CH .MB = BH .MC .
MB
MI
CM
Câu 45. Giải:

·
·
Xét tứ giác AK DL có K
DL + K AL = 1800
· DL = 1800 - 600 = 1200 .
µ = Lµ = 900 ) Þ K
(vì K
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau
· DP và PDL
·
ta có DM , DN lần lượt là tia phân giác K
· DP + PDL
·
· DL
K
K
1200
·

Þ MDN =
=
=
= 600 .Ta có:
2
2
2
·
·
·
·
;
MDC
= MDN
+ NDC
= 600 + NDC

·
µ + BMD
·
·
(góc ngoài D BMD )
MDC
=B
= 600 + NDC
·
·
·
·
, mà MBD

Þ NDC
= BMD
= DCN
= 600 ( D ABC đều)
Þ D BMD : D CDN (g.g)
Þ

BM
BD
BC 2
.
=
Þ BM .CN = BD.CD =
CD
CN
4

1
MN .PD
MN PD
MN K D
MN
=2
=
.
=
.
=
b) Ta có
.

SABC
1
BC AD
BC AD
2BC
AD.BC
2
·
Vì D Î MD là tia phân giác BMN
Þ DK = DP , D AK D có
SMDN

µ = 900, K
· AD = 300 Þ K D = AD Þ K D = 1 .
K
2
AD
2
c) Dựng đường tròn bàng tiếp trong góc A có tâm O của
D AEF . Do AD là đường trung tuyến của D ABC đều nên
·
. Suy ra O Î AC . Gọi P ', K ', L ' lần
AD là tia phân giác BAC
67


lượt là các tiếp điểm của ( O ) với EF , AB, AC . Ta có
AK ' = AL ';P 'E = EK ';P 'F = FL ' (tính chất hai tiếp tuyến cắt

nhau) Þ PAEF = AE + EF + FA = AE + EP '+ P 'F + FA

1
= AE + EK '+ FL '+ FA = AK '+ AL ' = 2AK ' . Mà PAEF = PABC
2
1
3
(gt) Þ 2AK ' = PABC = AB ( D ABC đều)
2
2
3
AB
(vì AK '+ K 'B = AB )
Þ AK ' = AB Þ BK ' =
4
4
2

æ
BD ö
BC 2
AB 2
÷
÷
. Mặt khác BD 2 = ç
( D là trung
=
Þ BK '.AB =
ç ÷
÷
ç
4

4
è2 ø
điểm BC ); AB = BC ( D ABC đều)

Þ BK '.AB = BD 2 Þ D BK D ' : D BDA (c.g.c)
· 'D = BDA
·
· 'B = 900 Þ O º D (vì
Þ BK
= 900 . Ta lại có OK
· 'AL ' + K
· 'DL ' = 1800 (vì AK 'DL ' là tứ giác
O, D Î AD ) . Mà K

· 'DL ' = 1200 Þ EDF
·
· 'AL ' = 600 Þ K
nội tiếp) mà K
= 600 (tia
phân giác của hai góc kề).
Câu 46. Giải:
·
a) Xét D MAD và D MBA có AMB
chung;

·
·
(góc nội tiếp, góc tạo bởi tia
MAD
= MBA

¼ )
tiếp tuyến và dây cùng chắn AD

Þ D MAD$ D MBA (g.g)
Þ

MA
AD
MD
.
=
=
MB
AB
MA

b) Ta có MA = MC (tính chất hai tiếp

68