On Tap Thi tuyen 10 Hinh hoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP HÌNH HỌC - 9 NĂM HỌC: 2012 – 2013. A./ HÌNH HỌC PHẲNG : I./ . LÝ THUYẾT 1./ Một số bản đồ tư duy ôn tập :. Ngô Đức Đồng. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Ngô Đức Đồng. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Ngô Đức Đồng. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> II. MỘT SỐ CÂU HỎI THƯỜNG GẶP : Câu 1. Chứng minh định lí: “Nếu C là một điểm nằm trên cung AB thì:    sđ AB sd AC  sdCB trong trường hợp điểm C nằm trên cung nhỏ AB. Câu 2. Chứng minh định lí: “Với hai cung nhỏ trong một đường tròn hay trong hai đường tròn bằng nhau: a) Hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau. b) Hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau.” Câu 3. Nêu định nghĩa về góc nội tiếp của một đường tròn. Chứng minh định lí: “trong một đường tròn số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn” Câu 4. Chứng minh định lí: “Góc tạo bởi một tia tiếp tuyến và một dây cung đi qua tiếp điểm có số đo bằng nửa số đo của cung bị chắn” (Chỉ chứng minh trong trường hợp tâm của đường tròn nằm bên ngoài góc) Câu 5. Chứng minh định lí: “Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn có số đo bằng nửa tổng số đo hai cung bị chắn giữa hai cạnh của góc và các tia đối của hai cạnh ấy” Câu 6. Chứng minh định lí: “Góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn có số đo bằng nửa hiệu của số đo hai cung bị chắn giữa hai cạnh của góc và các tia đối của hai cạnh ấy” Câu 7. a) Chứng minh định lí: Trong một tứ giác nội tiếp tổng số đo hai góc đối diện nhau bằng hai góc vuông” b) Nêu định lí đảo của định lí trên (không yêu cầu chứng minh) Câu 8. Nêu công thức tính độ dài đường tròn, cung tròn, diện tích hình tròn, hình quạt tròn? Câu 9. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn (O). Chứng minh: AB + CD = AD + BC. 0 Câu 10. Nêu cách tính độ dài cung n của hình quạt tròn bán kính R. 0 Áp dụng: Cho đường tròn ( O; R = 3 cm). Tính độ dài cung AB có số đo bằng 60 ? Câu 11. Áp dụng các định lí về mối quan hệ giữa cung nhỏ và dây căng cung đó trong một đường tròn để giải bài toán sau: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB.Vẽ các bán kính OM, ON sao cho: AOM 400 , BON  800 . So sánh: AM, MN và NB ? III./ BÀI TẬP: Bài 1. Trên dây AB của một đường tròn tâm O, ta lấy một điểm bất kỳ C ở giữa A và B. Vẽ đường tròn qua A, C, O. Gọi D là giao điểm thứ hai của hai đường tròn. Chứng minh rằng :   a) ACD 2 ABD b) CB = CD Giải : AOD  ACD   1 sd AD  D   2   a) B AOD 2.ABD Mặt khác: C (góc ở tâm và góc nội tiếp chắn cung AD) O A   Từ đó suy ra: ACD 2. ABD  b) ACD là góc ngoài của tam giác DCB    nên ACD  ABD  CDB     Nhưng do ACD 2. ABD nên ABD CDB Vậy tam giác DCB cân tại C. Bài 2. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ các tiếp tuyến AB, AC và các tuyến AMN với đường tròn đó. Gọi I là trung điểm của dây MN. a) Chứng minh: năm điểm A, B, I, O, C cùng nằm trên một đường tròn.  b) Chứng minh: Tia AI là tia phân giác của BIC Ngô Đức Đồng. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> c) Cho góc BAO = 300. Tính diện tích tứ giác ABOC theo R. Hướng dẫn giải : a) Ta có I là trung điểm của MN 0  nên OI  MN  AIO 90 (1) Mặt khác: AB, AC là tiếp tuyến với (O), nên: OA  AB  ABO 900 (2) 0  và OC  AC  ACO 90 (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra B, I, C nằm trên đường tròn đường kính OA. b) Trong đường tròn đường kính OA ta có:  AIB chắn cung AB, AIC chắn cung AC mà AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến của 1 đt)   Vậy AIB = AIC hay IA là đường phân giác của BIC A Xét ABO vuông tại B, ta có: BO BO  tan BAO tan 300   AB  R 3 AB tan 300 1 3 S ABO  AB.OB R 2 2 2 Diện tích tam giác ABO là: Mà S ABO S ACO nên diện tích tứ giác ABOC là:. B N I M O. C. S ABOC 2.S ABO R 2 3. Bài 3. Cho tam giác ABC vuông tại A và AC > AB. Kẻ đường cao AH và lấy trên đoạn HC một điểm D sao cho HD = HB. Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với AD (kéo dài) tại điểm E. a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp. b) Chứng minh tam giác AHE cân. B ACE E c) Chứng minh: CB là tia phân giác của H AHC  AEC 900 Hướng dẫn giải : a) Theo đề bài, ta có: D => H và E nằm trên đường tròn đường kính AC Vậy tứ giác AHEC nội tiếp. C b) Từ giả thuyết suy ra ABD cân tại A O A (vì AH vừa là đường cao, vừa là trung tuyến)   HAD => HAB (1) Mặt khác BA  CA nên BA là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AC   HEA Suy ra HAB (2)   HEA Từ (1) và (2) suy ra HAE . Vậy tam giác AHE cân tại H   c) Ta có: ECH EAH (góc nội tiếp chắn cung HE) ACH  AEH (góc nội tiếp chắn cung AH)    AEH (cmt) => ACH ECH Mà EAH  Vậy CH hay CB là phân giác ACE Bài 4. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Gọi C, D là hai điểm nằm trên nửa đường tròn ấy và C, D khác với A, B (D nằm giữa C và B), AC cắt BD ở E, AD cắt BC ở F. a) Chứng minh tứ giác ECFD nội tiếp trong một đường tròn, xác định tâm của đường tròn đó.   b) Chứng minh rằng: AEF  ABC , EF  AB Ngô Đức Đồng. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> c) Nếu cho số đo cung CD = 600 và AD = 5cm. Hãy tính diện tích tam giác ADE. 0  Giải : a) Ta có: ACB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0  Suy ra ECF 90 0  Tương tự: EDF 90 Vậy tứ giác ECFD nội tiếp đường tròn. Tâm I của đường tròn là trung điểm đoạn EF.   b) Ta có: AEF CDF (góc nội tiếp cùng chắn cung CF) E ABC CDF  (góc nội tiếp cùng chắn cung AC) AEF  ABC Vậy Vì AD  EB và BC  AE nên AD và BC là các đường cao của tam giác ABE và F là trực tâm của nó. D C Suy ra EF là đường cao thứ 3 hay EF  AB. 0 0   c) Nếu sđ CD 60  CAD 30 F Trong tam giác vuông ADE, ta có: A B O ED 3 ED 3 3  tan EAD   tan 300    ED  AD. 5. AD 3 AD 3 3 1 1 3.5 25 3  . AD.ED  . .5  2 3 6 Diện tích tam giác ADE là: S 2 Bài 5. Cho tam giác ABC vuông ở A, có đường cao AH và trung tuyến AM. Đường tròn tâm H, bán kính HA cắt AB ở D và AC ở E. Chứng minh rằng: a) D, H, E thẳng hàng b) MA  DE c) D, B, E, C nằm trên một đường tròn.Hãy chỉ cách xác định tâm O của đường tròn này. d) Tứ giác AMOH là hình gì? 0 0   Giải : a) Ta có: ABC vuông tại A nên BAC 90  DAE 90 A Vậy DE là đường kính của đường tròn tâm H, bán kính HA. Do đó D, H, E thẳng hàng. E   HAE  HEA b) Ta có: AHE cân tại H nên (1) B C MAC MCA  AMC cân tại M nên (2) M H MCA BAH  Mà (góc có cạnh tương ứng vuông góc) (3) D BAH MAC  Từ (2) và (3) ta có: (4) O Từ (1) và (4) ta có:     MAC  HEA BAH  HAE 900  AIE 900 Do đó AM  DE tại I.   BDE c) Ta có AHD cân tại H nên BAH       mà MCA BAH (do (3))  MCA BDE  BCE BDE Vậy C và D cùng nhìn BE dưới một góc không đổi => D, B, E, C nằm trên một đường tròn. * Xác định tâm O. Vẽ trung trực Mx của đọan BC. Vẽ trung trực Hy của DE Gia điểm O của Mx và Hy là tâm đường tròn qua D, B, E, C d) Ta có AH và Mx cùng vuông góc với BC => AH // Mx Ngô Đức Đồng. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> AM và Hy cùng vuông góc với DE => AM // Hy Vậy tứ giác AMOH là hình bình hành. Bài 6. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và By. Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn đã cho, kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt ở C và D. a) Chứng minh rằng: CD = AC + BD b) Gọi P là giao điểm của OC và AM; Q là giao điểm của AD và BM. Chứng minh tứ giác OPMQ là hình chữ nhật. c) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn đã cho để tổng AC + BD có giá trị nhỏ nhất. Giải: a) Chứng minh CD = AC + BD C Ta có: CA = CM (1) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) DB = DM (2) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: CA + DB = CM + DM = CD M b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm, D ta có CO là phân giác của góc ACM. Q P CAM cân tại C nên phân giác CO cũng là đường cao hay: 0  A B CO  AM tại P  OPM 90 O 0  Chứng minh tương tự ta được: OQM 90 0  Góc nội tiếp AMB chắn cung nửa đường tròn, nên AMB 90 Tứ giác có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật. c) Định M để AC + BD nhỏ nhất.  AC  AB  AC / / BD  theo giả thuyết ta có:  BD  AB Do tứ giác ABDC là hình thang vuông, AB là cạnh góc vuông, CD là cạnh xuyên nên CD  AB hay AC + BD  AB Hệ thức trên chứng tỏ AC + BD nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất, mà CD nhỏ nhất khi CD = AB. Lúc đó ABDC là hình chữ nhật và M chính là điểm giữa của cung AB. Bài 7. Cho tam giác ABC cân tại A, có góc A nhọn, ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BFEC là hình thang cân, định tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang này. b) Tứ giác DHEC nội tiếp được trong đường tròn, từ đó suy ra BE là đường phân giác của góc DEF. c) Gọi I là trung điểm AH. Chứng minh rằng: IF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp hình thang BFEC. Giải : a) Ta có: BEC = CFB => BF = CE (1) Suy ra AF = AE (vì AB = AC) AF AE   EF / / BC Do đó: AB AC (2) Từ (1) và (2) ta có BFEC là hình thang cân. A 0 BFC BEC  90 nên BFEC nội tiếp đường tròn tâm D. Ta có: 0 0 0 1   b) Ta có: HDC  HEC 90  90 180 Do đó DHEC nội tiếp đường tròn đường kính HC. I   Ta có: FEB FCB (cùng chắn cung BF của đường tròn (D)) 3   E BED FCB F cùng chắn cung HD của đường tròn đường kính HC) 2 H    1 BED Do đó FEB suy ra BE là đường phân giác của DEF Ngô Đức Đồng. 1 B. D. C. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>   c) Ta có: FDC cân tại D => F1 C1   mà C1  A1 (góc có cạnh tương ứng vuông góc)   Vậy A1 F1 (1)   Ta có AIF cân tại I => A1 F3 (2)   Từ (1) và (2) suy ra: F1 F3 0      Ta có: DFI F1  F2 F1  F3 90 Vậy IF  FD hay IF là tiếp tuyến của đường tròn (D). 0  0  Bài 8. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O có B 60 , C 45 và chiều cao AA’ = h. Các tiếp điểm thuộc các cạnh AB, AC, BC lần lượt là M, N, P. a) Chứng minh: AB + AC – BC = 2AM b) Tính diện tích tam giác ABC. c) Tính các chiều cao BB’, CC’. a) Ta có AM = AN (định lí về tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) BM = BP (định lí về tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) CP = CN Suy ra: AB + AC – BC = (AM + MB) + (AN + NC) – (BP + CP) = AM + MB + AN + NC – BP – CP = AM + MB + AM + NC – BM – CN = 2AM + (MB – BM) + (CN – NC) = 2AM. 0  b) Xét ABA’ vuông tại A’ có cạnh AA’ = h và B 60. AA ' 2 3h 3  BA '  AA '.cotg 600 h. 0 3 ; 3 AB = sin 60 Tam giác AA’C vuông cân nên A’C = AA’ = h h BA ' A ' C  3  3 3 Từ đó suy ra: BC =. . 2. A. B' C'. N. M. . O. 1 h S ABC  BC. AA '  3 3 2 6 Vậy C B A' c) Trong tam giác BB’C có: BB’ = BC.sin450 h 2 2h  BB '  3  3 .  3 3 3 2 6 Trong tam giác vuông CC’B có: CC’ = BC.sin600 h 3 3h  CC '  3  3 .  3 3 3 2 6 Bài 9. Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đường kính của đường tròn (A, AH) đó. Tiếp tuyến của đường tròn tại D cắt CA ở E. Gọi I là hình chiếu của A trên BE. Chứng minh rằng: D a) Tam giác BEC cân. b) AI = AH . E c) BE là tiếp tuyến của đường tròn (A, AH) d) BE = BH + DE A Giải : a) AHC = ADE (g.c.g) I => ED = HC (1) và AE = AC (2) Vì AB  CE (gt), do đó AB vừa là đường Ngô Đức Đồng. . . . . . . . . . . B. H. C. 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác BEC. Suy ra BEC là tam giác cân. b) Hai tam giác vuông ABI và ABH có: Cạnh huyền chung AB ABI  ABH Do đó ABI = ABH => AI = AH c) Theo trên AI = AH và BE  AI tại I => BE là tiếp tuyến của đường tròn tâm A, bán kính AH. d) Ta có: DE = EI (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) IB = BH (nt) BE = BI + IE = BH + ED Bài 10. Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O, R) a) Tính số đo của cung AB, góc ở tâm AOB và độ dài cung AB. b)Vẽ đường kính AA’cắt BC tại H.Chứng minh OH  BC.Tính AB và OH theo R. c) Tính diện tích hình quạt ứng với cung AB, và diện tích phần hình tròn không nằm trong tam giác. Giải : a) Do AB = BC = CA 3600 AOB BOC   COA  1200 A 3 nên các góc ở tâm 0  Suy ra sđ AB = sđ AOB 120  R120 2 R  AB 3 O Độ dài cung là: l = 180  b) Ta có O các đều AB và AC nên AO hay AA’ là phân giác của BAC , B mà ABC đều nên AA’ còn là đường cao, trung tuyến ABC C H => AA’  BC => HO  BC. Tương tự ta cũng có BO là trung tuyến ABC A' Vậy O là trọng tâm ABC 3 3 1 AO  R R 2 và OH = 2 => AH = 2 AHB vuông tại H nên 2 2  3   AB  AB 2  AH 2  HB 2  R     2   2   AB 2 3R 2  AB R 3 l.R  R 2 S quat   2 3 c) Diện tích hình quạt giới hạn bởi cung AB và hai bán kính OA, OB là: Diện tích hình tròn (O,R) là: Stròn = 2 R Diện tích tam giác ABC là: 1 1 3 3 3R 2 AH .BC  . R.R 3  2 2 4 SABC = 2 Diện tích phần hình tròn nằm trong tam giác: 3 3 2  3 3 2  R2  R    R 4 4   S = Stròn – SABC = Bài 11. Cho đường tròn (O; R), hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn AB lấy điểm M ( khác điểm O), đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Đường thẳng d vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến của đường tròn (O) tại N ở điểm P. Chứng minh a/. Tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn. Ngô Đức Đồng. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> b/. Tứ giác CMPO là hình bình hành.. c/. Tích CM.CN không đổi. Cho đường tròn(O;R) AB, CD: đường kính, AB  CD tại O. GT M  AB, CM cắt (O) tại N B A x Đường thẳng d  AB tại M O Tiếp tuyến của (O) tại N cắt d tại P N a/. OMNP nội tiếp được 1 đường tròn P b/. CMPO là hình bình hành D KL c/. CM.CN không đổi. a/. Chứng minh tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn: 0  Ta có: OMP 90 ( d  AB) 0  Và ONP 90 ( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính)    OMP ONP Nên: Tứ giác OMNP nội tiếp được một đường tròn ( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp nhìn 1 cạnh dưới 1 góc không đổi). b/. Chứng minh tứ giác CMPO là hình bình hành: AMC  1 AC  BN  2 sđ Ta có: ( Định lí góc có đỉnh bên trong đường tròn(O)) 1    BN  CNx  BC 2 và sđ ( Định lí góc tạo bởi tiếp tuyến và 1 dây cung) AC BC 900 mà sđ = sđ = ( do AB  CD)   Do đó: AMC = CNx (1)    Ta lại có: CNx = MOP ( cùng bù với MNP ) (2)   Từ (1), (2)  AMC = MOP   Mà AMC , MOP ở vị trí so le trong. Nên: CM // OP (3) Mặt khác: PM // CO ( Cùng vuông góc với AB) (4) Từ (3), (4)  CMPO là hình bình hành ( Tứ giác có 2 cặp cạnh đối song song) c/. Chứng minh tích CM.CN không đổi: 0  Ta có: CND 90 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn) Nên ta chứng minh được: OMC NDC (g.g) CM CO   CD CN 2 Hay CM.CN = CO. CD = R.2R= 2R 2 Mà R không đổi  2R không đổi Nên: CM.CN không đổi (đpcm) Bài 12. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC = 2R, một điểm A trên nửa đường tròn ấy sao cho BA=R.Lấy M là một điểm trên cung nhỏ AC,BM cắt AC tại I. Tia BA cắt tia CM tại D. a/. Chứng minh: DI  BC. b/. Chứng minh tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn. 0  c/. Giả sử AMB 45 .Tính độ dài đoạn thẳng AD theo R và diện tích hình quạt AOM. C. d. . . Ngô Đức Đồng. . . 1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> D. GT A M I B. C O. KL. Cho đường tròn (O), đường kính : BC = 2R A  (O): BA = R; M  cung AC nhỏ. BM cắt AC tại I, BA cắt CM tại D. ABM 450 : (c) a/. DI  BC b/. AIMD nội tiếp (O) c/. Tính độ dài AC và S quatAOM ?. a/. Chứng minh : DI  BC: 0  Ta có: BAC 90 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)  CA  BD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC. (1) 0  Và BMC 90 ( góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)  BM  CD hay CA là đường cao cuả tam giác BDC. (2)  Từ (1), (2) I là trực tâm của tam giác BDC  DI là đường cao thứ ba của tam giác BDC Nên DI  BC b/. Chứng minh tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn: 0  Ta có: IAD 90 ( CA  BD ) 0  Và IMD 90 ( BM  CD 0 0 0    IAD + IMD 90 + 90 180 Nên: Tứ giác AIMD nội tiếp được một đường tròn. 0 ( Tứ giác có tổng 2 góc đối diện bằng 180 ) c/. Tính độ dài AD. Diện tích hình quạt AOM: *Tính AD: 0 0  Nếu ABM 45 thì ABI vuông cân tại A ( Tam giác vuông có 1 góc nhọn bằng 45 )  AB = AI = R Xét tam giác ADI vuông tại A ,ta có: ADI  AMI ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AI…) 1 0 AMI  1 .60 300  2 sđ AB = 2 Mà ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn và AOB đều) 0  Nên: ADI 30 Vậy : Tam giác ADI là nửa tam giác đều.  ID = 2R 2 2 2 Lúc đó: AD = ID  AI  3R R 3 (đvđd) * Tính diện tích hình quạt AOM:  R2n 0   Ta có: S quatAOM = 360 , với n = AOM 2. ABM 90  R 2 .90  R 2  4 (đvdt) Nên: S quatAOM = 360 Bài 13. Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Gọi C là một điểm trên đường tròn sao cho CA > CB. Vẽ hình vuông ACDE có đỉnh D trên tia đối của tia BC. Đường chéo CE cắt đường tròn tại điểm F ( khác điểm C ). a/. Chứng minh : OF  AB. b/. Chứng minh : Tam giác BDF cân tại F. Ngô Đức Đồng. 1.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> c/. CF cắt tiếp tuyến Ax của đường tròn (O) tại điểm M. Chứng minh ba điểm D, E, M thẳng hàng. C. A. O. GT. B. D. F E. KL. Cho (O), đường kính AB C  (O): CA > CB D  tia đối của tia BC: ACDE là hình vuông. CE cắt (O) tại F CF cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở M: (c) a/. OF  AB b/. Tam giác BDF cân tại F. c/. D, E, M thẳng hàng.. M. a/. Chứng minh: OF  AB 0   Ta có: ACF BCF 45 ( Tính chất của đường chéo hình vuông) AF BF  ( Hai góc nội tiếp bằng nhau chắn 2 cung bằng nhau)  AF = BF  AFB cân tại F Mà O là trung điểm của AB  FO là trung tuyến cũng là đường cao ( Tính chất tam giác cân) Hay : FO  AB b/. Chứng minh tam giác BDF cân tại F: F  đường chéo CE của hình vuông ACDE  FA = FD ( Tính chất 2 đường chéo của hình vuông) (1) Mà: FA = BF ( cmt)  FD = FB (2) Hay: Tam giác BDF cân tại F c/. Chứng minh: D, E, M thẳng hàng: Xét tam giác ABM, ta có: O là trung điểm của AB Mà OF // AM ( cùng vuông góc với AB)  F là trung điểm của BM  FM = FB (3)  Từ (1),(2),(3) FA = FB = FD = FM  ABDM là tứ giác nội tiếp được một đường tròn (Tứ giác có 4 đỉnh cách đều F)    BAM  BDM 1800 0  Mà BAM 90 ( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính)   BDM 900  DM  BD (4) 0  Ta lại có: DE  BD ( do BDE 90 ) (5) Từ (4),(5)  DM trùng với DE ( hệ qủa tiên đề Ơ- Clit) Hay: D, E, M thẳng hàng. 0  ( Chú ý: Học sinh có thể chứng minh DEM 180 bằng cách xét: AEM và  ACB ) Bài 14. Cho tam giác ABC vuông tạiA, AH là đường cao và AM là trung tuyến ( H, M  cạnh BC ). Đường tròn tâm H, bán kính HA cắt AB tại P và AC tại Q. a/. Chứng minh rằng 3 điểm P, H, Q thẳng hàng. b/. Chứng minh: MA  PQ. c/. Chứng minh tứ giác BPCQ nội tiếp được một đường tròn. Ngô Đức Đồng. 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> A. GT. Q I. B H. C. M. P. KL. Cho ABC vuông tại A AM: trung tuyến, AH: đường cao Đường tròn (H; HA) cắt AB tại P và AC tại Q a/. Chứng minh : P, H, Q thẳng hàng. b/. MA  PQ c/. BPCQ nội tiếp được đường tròn.. a/. Chứng minh 3 điểm P, H, Q thẳng hàng: 0  Ta có: PAQ 90 (GT)  Mà PAQ là góc nội tiếp   PAQ chắn cung nửa đường tròn  PQ là đường kính của đường tròn tâm H  P, H, Q thẳng hàng ( đường kính đi qua tâm) b/. Chứng minh: MA  PQ: Gọi I là giao điểm của AM và PQ   Ta có: C MAC ( Tam giác MAC cân tại M) 0   Mà C  HAC 90 ( Tam giác AHC vuông tại H)   Và HAC  AQH ( Tam giác AHQ cân tại H) 0    MAC  AQH 90 Nên: Tam giác AIQ vuông tại I Hay PQ vuông góc với AM tại I c/. Chứng minh tứ giác BPCQ nội tiếp được 1 đường tròn:    Ta có: C BAH ( cùng phụ với CAH )  BAH  mà P ( Tam giác AHP cân tại H).  P   C.  Tứ giác BPCQ nội tiếp được 1 đường tròn. ( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc không đổi) Bài 15. Cho đường tròn tâm O có 2 đường kính AB và CD vuông góc với nhau, dây AE đi qua trung điểm P của OC, ED cắt CB tại Q. a/. Chứng minh tứ giác CPQE nôi tiếp được một đường tròn. b/. Chứng minh : PQ // AB. c/. So sánh diện tích tam giác CPQ với diện tích tam giác ABC .. GT. Cho đường tròn (O) AB, CD là 2 đường kính:AB  CD tại O AE cắt OC tại P ( P: trung điểm OC) ED cắt BC tại Q. KL. a/. CPQE nội tiếp được 1 đường tròn b/. PQ // AB S c/ So sánh CPQ và S ABC ?. C E P. Q. B. A O. D. Ngô Đức Đồng. 1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> a/. Chứng minh: CPQE nội tiếp được 1 đường tròn:  Ta có: PCQ chắn cung BD  PEQ chắn cung AD 0     AD Mà: BD ( do BOD  AOD 90 )   Nên: PCQ = PEQ Vậy: Tứ giác CPQE nội tiếp được 1 đường tròn. ( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc không đổi) b/. Chứng minh: PQ // AB: Ta có: Tứ giác CPQE nội tiếp được 1 đường tròn (cmt)    CEP CQP ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CP)   Ta lại có: CEP = B ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn(O)) CQP B     Mà CQP, B ở vị trí đồng vị Nên: PQ // AB S c/. So sánh CPQ và S ABC ? Ta có: P là trung điểm OC (GT) Mà PQ // AB (cmt)  Q là trung điểm của BC Nên: PQ là đường trung bình của tam giác BOC 1 S  CPQ = 4 S BOC Mà CO là trung tuyến của tam giác ABC 1 S S  BOC = 2 ABC 1 1 1 SCPQ 4 2 S ABC 8 S ABC Do đó: = . = Bài 16 : Cho đường tròn ( O ;R ) đường kính AB. Điểm M chuyển động trên đường tròn và MA < MB . Kẻ đường thẳng qua M vuông góc với AB cắt đường tròn tại N . Kéo dài MB và AN cắt nhau tại I . Kẻ IH vuông góc với AB tại H . Chứng minh : a./ Tứ giác AHIM nội tiếp . b./ AMH = ABM . Từ đó suy ra HM là tiếp tuyến của đường tròn (O) . c./ Tứ giác HMON nội tiếp . Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) sao cho A là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác HMON . 0  Giải : a./ Ta có AMB 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 0  Suy ra , AMI 90 Do đó AHIM là tứ giác nội tiếp . b./ Vì AHIM là tứ giác nội tiếp nên AMH = AIH ( 1 ) I Lại có : IH  AB => MN // IH MN  AB  M  => HIA = ANM . (2) ABM ( 1 sdAM ) ANM 2 Mà = . (3) H. Ngô Đức Đồng. A. O. B. 1.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Từ (1),(2) và (3) suy ra AMH = ABM . Vì tam giác AMB vuông tại M nên : + = 900 Ta có , tam giác AOM cân tại O suy ra : = Do đó : + = +  = 900 hay OM  HM , mà M  (O ) HM là tiếp tuyến với đường tròn (O) tại M c./ Chứng minh tương tự câu b , ta có HNO = 90 0 Suy ta , tứ giác HMON nội tiếp Ta có : A là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác HMON khi và chỉ khi AO = AH = AM hay AM = R . Bài 17: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) đường kính AD . Các đường cao BE,CF cắt nhau tại H . Chứng minh rằng: a./ Tứ giác AEHF nội tiếp và AFE = ACB . b./ Tứ giác BDIF nội tiếp ( I là giao điểm của AD và EF ) c./ Cho hai điểm B và C cố định còn A chuyển động trên cung lớn BC của đường tròn (O) .Tìm quỹ tích điểm H. Giải : a./ Ta có = = 900 nên tứ giác AEHF nội tiếp trong đường tròn đường kính AH . Suy ra, = Lại có : = ( cùng phụ với HAC ). Do đó , ta có = (1) b./ Trong dường tròn (O) ta có : 1 = ( = 2 sđAB ) (2) Từ (1) và (2) suy ra : = Mặt khác : + = 1800 Suy ra + = 1800 Vậy , tứ giác BDIF nội tiếp được trong một đường tròn . c./ * Phần thuận : Dễ thấy tứ giác ABCH là hình bình hành nên : = . Mà tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn (O) nên : + = 180 0 Do = = 1800 – Vì hai điểm B và C cố định thuộc đường tròn (O) nên số đo góc BAC không đổi . Đặt =  => = 1800 -  dựng trên đoạn BC cố định . *Phần đảo và giới hạn quỹ tích : HS tự chứng minh . Bài 18 : Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB ,AC và cát tuyến AMN của đường tròn . Gọi I là trung điểm của dây MN. a./ Chứng minh rằng năm điểm A,B,I,C,O cùng nằm trên một đường tròn . b./ Nếu AB = OB thì tứ giác ABOC là hình gì ? Tại sao ? c./ Tính diện tích hình tròn và độ dài đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC theo bán kính R của (O) khi AB = R . Giải : a./ Ta có = 900 , = 900 , = 900 B Vậy B,I,C cùng nằm trên đường tròn đường kính OA . Hay năm điểm A,B,I,O,C cùng nằm trên một đường tròn . N I b./ Nếu AB = OB thì AB = OB = AC = OC M A Mà = 900 O Nên tứ giác ABOC là hình vuông C. Ngô Đức Đồng. 1.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> c./ Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC có đường kính BC ( là đường cheo của hình vuông ABOC cạnh R ) nên BC = R 2 . BC R 2 Gọi R’ = 2 , do đó R’ = 2 Độ dài đường tròn đường kính R’ là R 2 2  R 2 2 C= ( đơn vị dài ) Diện tích hình tròn bán kính R’ là : 2.  R 2   R2  R      2  2   S= ( đơn vị diện tich ) Bài 19: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn . Hai cạnh đối diện AD và BC cắt nhau tại P . Chứng minh: a./  PAB ~  PCD ; b./  PAC ~  PBD ; c./ PA.PD = PB.PC Giải : a./  PAB và  PCD có : B : chung C = ( góc ngoài tại một đỉnh của tứ giác nội tiếp bằng góc trong đối diện ) O Suy ra  PAB ∽  PCD ( g.g ) '2. P. D A. b./  PAC và  PBD có : chung = ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ CD ) Suy ra  PAC ∽  PBD ( g.g ) c./ Từ hai tam giác đồng dạng ở câu a ( hoặc câu b ) , suy ra : PA . PD = PB . PC Bài 20 : Từ một điểm T nằm bên ngoài (O;R) , kẻ hai tiếp tuyến TA và TB với đường tròn đó . Biết AOB = 1200 ; BC = 2R. a./ Chứng minh OT // AC . b./ Biết OT cắt (O) tại D. Chứng minh tứ giác AOBD là hình thoi . c./ Tính diện tích hình giới hạn bởi nửa đường tròn đường kính BC và ba dây cung CA,AD,DB theo R . Giải : ( HS tự giải ) B. T D. O. A C. Ngô Đức Đồng. 1.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Bài 21. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). Các đờng cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đờng tròn (O) lần lợt tại M,N,P. Chøng minh r»ng: 1. Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp . 2. Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn. 3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. 4. H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF. Gi¶i: 1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: = 900 ( Vì BE là đờng cao) = 900 ( Vì AD là đờng cao). => + = 1800 Mà và là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => = 900. CF là đờng cao => CF  AB => = 900. Nh vậy E và F cùng nhìn BC dới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn. 3. XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã: = = 900 ; ¢ lµ gãc chung AE AH = =>  AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD. AD AC * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã: = = 900 ; chung BE BC = =>  BEC  ADC => => AD.BC = BE.AC. AD AC 4. Ta cã = ( v× cïng phô víi gãc ABC) = ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) => = => CB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc HCM; l¹i cã CB  HM =>  CHM c©n t¹i C => CB cũng là đơng trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn => = ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp  = ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD)  = => 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 đó H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF. Bài 22. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đờng tròn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AHE. 1. Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp . 2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn. 1 3. Chøng minh ED = BC. 2 4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O). 5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. Lêi gi¶i: 1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: = 900 ( Vì BE là đờng cao). = 900 ( Vì AD là đờng cao) => + = 1800 Ngô Đức Đồng. 1.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Mµ và là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp 2. Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => = 900. AD là đờng cao => AD 0 BC => = 900. Nh vËy E vµ D cïng nh×n AB díi mét gãc 90 => E vµ D cïng nằm trên đờng tròn đờng kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng trßn. 3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đờng cao nên cũng là đờng trung tuyến => D lµ trung ®iÓm cña BC. Theo trªn ta cã = 900 . VËy tam gi¸c BEC vu«ng t¹i E cã ED lµ trung tuyÕn => DE 1 = BC. 2 4.Vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung ®iÓm cña AH => OA = OE => tam gi¸c AOE c©n t¹i O => = (1).. 1 BC => tam gi¸c DBE 2 c©n t¹i D => = (2) Mµ = ( v× cïng phô víi gãc ACB) => = => + = + Mµ E1 + E2 = BEA = 900 =>E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE t¹i E. Vậy DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O) t¹i E. . Theo gi¶ thiÕt AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. áp dụng định lÝ Pitago cho tam gi¸c OED vu«ng t¹i E ta cã = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = Theo trªn DE =. Bài 23 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = Tõ A vµ B kÎ hai tiÕp tuyÕn Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba c¾t c¸c tiÕp tuyÕn Ax , By lÇn lît ë C vµ D. Các đờng thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 1.Chøng minh AC + BD = CD. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã 2. Chøng minh = 900. AC  AB; BD  AB => AC // 2 BD => tø gi¸c ACDB lµ h×nh AB 3.Chøng minh AC. BD = . thang. L¹i cã I lµ trung ®iÓm 4 cña CD; O lµ trung ®iÓm cña 4.Chøng minh OC // BM AB => IO là đờng trung bình cña h×nh thang ACDB  IO // AC , mµ AC  AB => IO  AB t¹i O => AB lµ tiÕp tuyÕn t¹i O của đờng tròn đờng kính CD . Theo trªn AC // BD => CN AC , mµ CA = CM; DB = = 5.Chứng minh AB là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính CD. BN BD 6.Chøng minh MN  AB. CN CM 7.Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất. DM nªn suy ra = BN DM Lêi gi¶i: => 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 ra chu vi tø gi¸c ACDB = AB + 2CD . Do AB không đổi nên chu vi tø gi¸c ACDB nhá nhÊt khi CD nhá nhÊt , Khi đó CD lµ kho¶ng c¸ch gi÷ Ax vµ By tøc lµ CD vu«ng gãc víi Ax vµ By. Khi đó CD // AB => M phải là trung 1.Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: CA = CM; DB = DM => ®iÓm cña cung AB. AC + BD = CM + DM. Bµi 24 Cho tam gi¸c c©n ABC (AB = Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là 2.Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: OC lµ tia ph©n gi¸c cña tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O là gãc AOM; OD lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BOM, mµ vµ lµ trung ®iÓm cña IK. hai gãc kÒ bï => = 900. 0 1. Chøng minh B, C, I, K cïng 3. Theo trªn = 90 nªn tam gi¸c COD vu«ng t¹i O cã OM  CD nằm trên một đờng tròn. ( OM lµ tiÕp tuyÕn ). 2. Chøng minh AC lµ tiÕp tuyÕn áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vuông ta có của đờng tròn (O). OM2 = CM. DM, 3. Tính bán kính đờng tròn (O) Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R 2 => AC. BD = 2 BiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = AB . 24 Cm. 4 4. Theo trªn = 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). 5.Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO là bán kính. Ngô Đức Đồng. 1.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Lêi gi¶i: (HD) 1. Vì O là tâm đường tròn bàng tiếp góc A nªn BI vµ BK lµ hai tia ph©n giác của hai góc kề bù đỉnh B Do đó BI  BK hay = 900 . T¬ng tù ta còng cã ICK = 900 nh vậy B và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. 2. Ta cã C1 = C2 (1) ( v× CI lµ ph©n gi¸c cña gãc ACH. C2 + I1 = 900 (2) ( v× = 900 ). I1 = ICO (3) ( v× tam gi¸c OIC c©n t¹i O) Tõ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC. VËy AC lµ tiÕp tuyÕn của đờng tròn (O).. 3. Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. AH2 = AC2 – HC2 => AH = √ 202 − 122 = 16 ( cm) 2. 2. CH2 = AH.OH => OH = CH =12 = 9 (cm) AH 16 2 2 2 OC = √ OH +HC =√ 9 + 122=√ 225 = 15 (cm) Bài 25 Cho đờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đờng thẳng d lấy điểm M bất 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. 2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng trßn . 3. Chøng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2. 4. Chøng minh OAHB lµ h×nh thoi. 5. Chøng minh ba ®iÓm O, H, M th¼ng hµng. 6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đờng thẳng d Lêi gi¶i: 1. (HS tù lµm). 2. Vì K là trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đờng kính Vµ d©y cung) => = 900. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã = 900; = 900. nh vËy K, A, B cïng nh×n OM díi một góc 900 nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng tròn. 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 tính chất tiếp tuyến ta có = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đờng cao. áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và 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. Ngô Đức Đồng. 1.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 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 một đờng thẳng vuông góc với AB). 6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nh ng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đờng thẳng d là nửa đờng trßn t©m A b¸n kÝnh AH = R Bài 26 Cho tam giác ABC vuông ở A, đờng cao AH. Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đờng kính của đờng tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đờng tròn tại D cắt CA ở E. 1.Chøng minh tam gi¸c BEC c©n. 2. Gäi I lµ h×nh chiÕu cña A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AH. 3.Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đờng tròn (A; AH). 4.Chøng minh BE = BH + DE. Lêi gi¶i: (HD) 1.  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2). Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đờng cao vừa là đờng trung tuyến của BEC => BEC lµ tam gi¸c c©n. => B1 = B2 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 Bài 27 Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP > R, tõ P kÎ tiÕp tuyÕn tiÕp xóc víi (O) t¹i M. Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp 1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp đợc một đờng tròn. tuyến ), 2. Chøng minh BM // OP. Mµ ON vµ PM c¾t nhau t¹i I nªn I lµ 3. §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB ë O c¾t tia BM t¹i N. Chøng minh tø trùc t©m tam gi¸c POJ. (6) gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh. DÔ thÊy tø gi¸c AONP lµ h×nh ch÷ 4. BiÕt AN c¾t OP t¹i K, PM c¾t ON t¹i I; PN vµ OM kÐo dµi c¾t nhau t¹i nhËt v× cã = AON = ONP = 900 J. Chøng minh I, J, K th¼ng hµng. => K lµ trung ®iÓm cña PO ( t/c ®Lêi gi¶i: êng chÐo h×nh ch÷ nhËt). (6) 1. (HS tù lµm). AONP lµ h×nh ch÷ nhËt => APO = NOP ( so le) (7) 1 Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau Ta cã PO lµ tia ph©n gi¸c APM => = 2.Ta cã = 2 sñ ( néi tiÕp ch¾n ); (8). AOM Tõ (7) vµ (8) => IPO c©n t¹i I cã IK là trung tuyến đông thời là đờng AOM = sñ ( gãc ë t©m ) => = 2 (1) . cao => IK  PO. (9) Mà OP lµ tia ph©n gi¸c ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K th¼ng hµng. AOM Bài 28 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kÝnh AB vµ ®iÓm M bÊt k× trªn nöa 2 => (2) đờng tròn ( M khác A,B). Trên nửa Tõ (1) vµ (2) => ABM = AOP (3) mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kÎ tiÕp tuyÕn Ax. Tia BM c¾t Ax t¹i I; tia ph©n gi¸c cña gãc IAM c¾t nöa đờng tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE c¾t Ax t¹i H, c¾t AM t¹i K. 1) Chøng minh r»ng: EFMK lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM . IB. 3) Chøng minh BAF lµ tam gi¸c c©n. 4) Chøng minh r»ng : Tø gi¸c AKFH lµ h×nh thoi. 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn. Mà ABM và AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4) Lêi gi¶i: 3.XÐt hai tam gi¸c AOP vµ OBN ta cã : = 900 (v× PA lµ tiÕp tuyÕn ); = 900 (gt 1. Ta cã : AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n NOAB). nửa đờng tròn ) => = = 900; OA = OB = R; = (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN => KMF = 900 (v× lµ hai gãc (5) kÒ bï). Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và AEB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa b»ng nhau). đờng tròn ) 4. Tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON  AB => => KEF = 900 (v× lµ hai gãc ON  PJ kÒ bï). Ngô Đức Đồng. 2.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> => KMF + KEF = 1800 . Mà KMF và KEF là hai góc đối của tứ 1. Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp. AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn 2. Ta cã IAB = 900 ( v× AI lµ tiÕp tuyÕn ) => AIB vu«ng t¹i A cã) => AMS = 900 . Nh vËy P vµ M cïng nh×n AS díi mét gãc b»ng 900 nªn cïng AM  IB ( theo trªn). 2 nằm trên đờng tròn đờng kính AS. áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => AI = IM . IB. VËy bèn ®iÓm A, M, S, P cïng n»m 3. Theo gi¶ thiÕt AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM => = => = => ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác trên một đờng tròn. . Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm gãc ABF. (1) trên đờng tròn nên M’ cũng nằm trên đTheo trên ta có = 900 => BE  AF hay BE là đờng cao của tam giác êng trßn => hai cung AM vµ AM’ cã sè ABF (2). ®o b»ng nhau Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam gi¸c c©n. t¹i B . 4. BAF là tam giác cân. tại B có BE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là trung điểm của 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) Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là trung điểm của HK. (6). Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đờng chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đờng). (HD). Theo trªn AKFH lµ h×nh thoi => HA // FK hay IA // FK => tø gi¸c AKFI lµ h×nh thang. 5. Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn thì AKFI phải là hình thang c©n. => AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp AKFI lµ h×nh thang c©n khi M lµ trung ®iÓm cña cung AB. ch¾n hai cung b»ng nhau) (1) ThËt vËy: M lµ trung ®iÓm cña cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên tiÕp ). (7) MM’  AB t¹i H => MM’// SS’ 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 ( cïng vu«ng gãc víi AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (v× so có hai góc đáy bằng nhau). le trong) (2). Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đ=> Từ (1) và (2) => AS’S = ASS’. êng trßn. Theo trªn bèn ®iÓm A, M, S, P cïng Bài 29 Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy n»m hai điểm C và D thuộc nửa đờng tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lợt ở E, trên một đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiÕp cïng ch¾n ) F (F ë gi÷a B vµ E). => AS’P = AMP => tam gi¸c PMS’ 1. Chứng minh AC. AE không đổi. ; 2. Chứng minh = c©n t¹i P. 3. Chøng minh r»ng CEFD lµ tø gi¸c néi tiÕp. . Tam gi¸c SPB vu«ng t¹i P; tam gi¸c Lêi gi¶i: SMS’ t¹i M => B1 = S’1 (cïng phô 0 1.C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 90 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) với S).vuông (3) 0 => BC  AE. ABE = 90 ( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) Tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P => S’1 = M1 (4) => tam giác ABE vuông tại B có BC là đờng cao Tam gi¸c OBM c©n t¹i O ( v× cã OM = => AC. AE = AB2 (hệ thức giữa cạnh và đờng cao ), OB =R) => B1 = M3 (5). Mà AB là đờng kính nên AB = 2R không đổi Tõ (3), (4) vµ (5) => M 1 = M3 => M1 + Do đó AC. AE không đổi. = 900 2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = 2.ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ). Nªn suy ra M1 + M2 = PMO = 900 => => ABD + BAD = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800)(1) PM  OM t¹i M => PM lµ tiÕp tuyÕn cña  ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ). êng trßn t¹i M => AFB + BAF = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800) (2) Bµi 31. Cho tam gi¸c ABC (AB = AC). Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phô víi BAD) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) t¹i c¸c ®iÓm D, E, F . BF c¾t (O) t¹i I , 3. Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800 . DI c¾t BC t¹i M. Chøng minh : ECD + ACD = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï) => ECD = ABD ( cïng bï víi 1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc ACD). nhän. Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB. Mµ EFD + DFB = 180 0 ( V× lµ hai 2. DF // BC. 3. Tø gi¸c gãc kÒ bï) BDFC néi tiÕp. 4. Nên suy ra ECD + EFD = 180 0, mặt khác ECD và EFD là hai góc đối của tứ giác CDFE do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp. BD BM = Bài 30 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng CB CF tròn sao cho AM < MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm Lêi gi¶i: của hai tia BM, M’A. Gọi P là chân đờng 1. (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn vuông góc từ S đến AB. c¾t nhau ta cã AD = AF => tam gi¸c 1.Gäi S’ lµ giao ®iÓm cña MA vµ SP. Chøng minh r»ng ∆ PS’M c©n. 2.Chøng ADF c©n t¹i A => ADF = AFD minh PM là tiếp tuyến của đờng tròn . < 900 => s® < 1800 => < 900 ( v× Lêi gi¶i: gãc DEF néi tiÕp ch¾n cung DE).. Ngô Đức Đồng. 2.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Chøng minh t¬ng tù ta cã gãc nhän.. < 900;. < 900. Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba. AD AF  2. Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => AB AC => DF // BC. 3. DF // BC => BDFC lµ h×nh thang l¹i cã B = C (v× tam gi¸c ABC c©n) => BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp đợc một đờng tròn .. 4. XÐt hai tam gi¸c BDM vµ CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác cân). BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI); CBF = BFD (v× so le) => BDM = CBF . BD BM => BDM CBF => = CB CF Bài 32 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy ®iÓm M (M kh¸c O). CM c¾t (O) t¹i N. §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i M c¾t tiÕp tuyÕn tại N của đờng tròn ở P. Chứng minh : 1. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp. 2. Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh. 3. CM. CN kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm M. 4. Khi M di chuyÓn trªn ®o¹n th¼ng AB th× P ch¹y trªn ®o¹n th¼ng cè định nào. Lêi gi¶i: 1. Ta cã = 900 ( v× PM  AB ); = 900 (v× NP lµ tiÕp tuyÕn ). Nh vËy M vµ N cïng nh×n OP díi mét gãc b»ng 900 => M vµ N cïng n»m trên đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp. 2. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM) Tam gi¸c ONC c©n t¹i O v× cã ON = OC = R => = => = . 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. Xét hai tam giác OMC và NDC ta có MOC = 90 0 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 l¹i cã C lµ gãc chung => OMC NDC CM CO  => CD CN => CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. 4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đờng thẳng cố định vuông góc với 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. Bài 33 Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB tại E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC tại F. 1. Chøng minh AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt. 2. BEFC lµ tø gi¸c néi tiÕp. 3. AE. AB = AF. AC. 4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn . Lêi gi¶i: . Tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt nên nội tiếp đợc một đờng tròn 1. Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) =>F1=H1 (néi tiÕp ch¾n cung AE) . => AEH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) Theo gi¶ thiÕt AH BC nªn AH lµ => AFH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï).(2) tiếp tuyến chung của hai nửa đờng EAF = 900 ( V× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A) (3) trßn (O1) vµ (O2) => B1 = H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC Mµ AFE + EFC = 1800 (v× lµ hai gãc kÒ bï) => EBC+EFC = 1800 mÆt khác EBC và EFC là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt ( v× cã ba gãc vu«ng). néi tiÕp. Ngô Đức Đồng. 2.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 3. Xét hai tam giác AEF và ACB ta có A = 900 là góc chung; AFE = ABCEB với các nửa đờng tròn (I), (K). 1.Chøng minh EC = MN. ( theo Chøng minh trªn) 2.Ch/minh MN lµ tiÕp tuyÕn chung cña AE AF  c¸c nöa ®/trßn (I), (K). 3.TÝnh MN. => AEF ACB => AC AB => AE. AB = AF. AC. * HD cách 2: Tam giác AHB vuông tại H có HE  AB => AH2 = AE.AB (*)4.Tính diện tích hình đợc giới hạn bởi ba Tam giác AHC vuông tại H có HF  AC => AH2 = AF.AC (**)nửa đờng tròn Lêi gi¶i: 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 . 1. Ta cã: BNC= 900( néi tiÕp ch¾n nöa êng trßn t©m K) O1EH c©n t¹i O1 (v× cã O1E vµO1H cïng lµ b¸n kÝnh) => E2 = H2. => E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF . Chøng minh t¬ng tù ta còng cã O2F  EF. VËy EF lµ tiÕp tuyÕn chung cña hai nửa đờng tròn . Bµi 34 Cho ®iÓm C thuéc ®o¹n th¼ng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. VÏ về một phía của AB các nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB và cã t©m theo thø tù lµ O, I, K. Đờng vuông góc với AB tại C cắt nửa đờng tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự lµ giao ®iÓm cña EA, => ENC = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). (1) AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) 2. Theo giả thiết EC AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn (I) và (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) Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => 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, Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đờng tròn (I), (K). 3. Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông tại A có 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 Ta cã S(o) =  .OA2 =  252 = 625  ; S(I) =  . IA2 =  .52 = 25  ; S(k) =  .KB2 =  . 202 = 400  . 1 Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn là S = 2 ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 1 S = 2 ( 625  - 25  - 400  ) = 2 .200  = 100  314 (cm2) Bài 35 Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC. đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) tại D. đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) tại 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. Gọi E là giao điểm của BC với đờng tròn (O). Chứng minh rằng các đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy. 4. Chøng minh DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE. 5. Chứng minh điểm M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE. Lêi gi¶i: a. Ta có CAB = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh vậy D và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 900 nên A và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kÝnh BC => ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp. b. ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB).   D1= C3 => SM EM => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung bằng nhau) => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB. 3. Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC nh vậy BA, EM, CD là ba đờng cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy.   4. Theo trªn Ta cã SM EM => D1= D2 => DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc ADE.(1) 5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900. Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đờng tròn => 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) Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE Ngô Đức Đồng. 2.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> TH2 (H×nh b) C©u 2 : ABC = CME (cïng phô ACB); ABC = CDS (cïng bï ADC) => CME = CDS     => CE CS  SM EM => SCM = ECM => CA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc SCB.. Bài 36 Cho tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đờng tròn đờng kính BD cắt BC tại E. Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn tại F, G. Chøng minh : 1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD. 2. Tø gi¸c ADEC vµ AFBC néi tiÕp . 3. AC // FG. 4. Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy. 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 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) 0  DEB = BAC = 900 ; l¹i cã ABC lµ gãc chung => DEB   CAB . hay DAC = 90 => DEC + DAC = mà đây là hai góc đối nên ADEC 2. Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kÒ bï); BAC = 900 lµ tø gi¸c néi tiÕp . ( v× ABC vu«ng t¹i A) * BAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) Hay BFC = 900 nh vậy F và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 900 nên A và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính 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) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đờng cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy tại S. Bài 37. Cho tam giác đều ABC có đờng cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì (M không trùng B. C, H) ; từ M kÎ MP, MQ vu«ng gãc víi c¸c c¹nh AB. AC. 1. Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác đó. 2. Chøng minh r»ng MP + MQ = AH. 3. Chøng minh OH  PQ. Lêi gi¶i: 1. Ta cã MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC (gt) => AQM = 900 nh vËy P vµ Q cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 900 nªn P và Q cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AM => APMQ là tứ giác néi tiÕp. * Vì AM là đờng kính của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm của AM. 1 2. Tam giác ABC có AH là đờng cao => SABC = 2 BC.AH. 1 Tam giác ABM có MP là đờng cao => SABM = 2 AB.MP 1 Tam giác ACM có MQ là đờng cao => SACM = 2 AC.MQ 1 1 1 Ta cã SABM + SACM = SABC => 2 AB.MP + 2 AC.MQ = 2 BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH Ngô Đức Đồng. 2.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH.   3. Tam giác ABC có AH là đờng cao nên cũng là đờng phân giác => HAP = HAQ => HP HQ ( tính chất góc nội 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 cùng là bán kính) nên suy ra OH cũng là đờng cao => OH  PQ Bài 38 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H không trùng O, B) ; trên đờng thẳng vuông góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngoài đờng tròn ; MA và MB thứ tự cắt đờng tròn (O) tại C và D. Gäi I lµ giao ®iÓm cña AD vµ BC. 1. Chøng minh MCID lµ tø gi¸c néi tiÕp . 2. Chứng minh các đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I. 3. Gọi K là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội tiếp . Lêi gi¶i: KCM c©n t¹i K ( v× KC vµ KM lµ 1. Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) b¸n kÝnh) => M1 = C1 . => MCI = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MDI = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). => MCI + MDI = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID nên MCID lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2. Theo trên Ta có BC  MA; AD  MB nên BC và AD là hai đờng cao của tam gi¸c MAB mµ BC vµ AD c¾t nhau t¹i I nªn I lµ trùc t©m cña tam giác MAB. Theo giả thiết thì MH  AB nên MH cũng là đờng cao của tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy tại I. . 3. OAC c©n t¹i O ( v× OA vµ OC lµ b¸n kÝnh) => A1 = C4 Mµ A1 + M1 = 900 ( do tam gi¸c AHM vu«ng t¹i H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( v× gãc ACM lµ gãc bÑt) Hay OCK = 900 . XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 Mà OHK và OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp.. Bài 39. Cho đờng tròn (O) đờng kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ). Gọi M là 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 . 2. Chøng minh tø gi¸c ADBE lµ h×nh thoi. 3. Chøng minh BI // AD. 4. Chøng minh I, B, E th¼ng hµng. 5. Chøng minh MI lµ tiÕp tuyÕn cña (O’). Lêi gi¶i: 1. BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900 (vì là hai gãc kÒ bï); DE  AB0t¹i M => BMD = 900 => BID + BMD = 180 mà đây là hai góc đối của tứ giác MBID nên MBID lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2. Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña AB; DE  AB t¹i M nªn M cũng là trung điểm của DE (quan hệ đờng kính và dây cung) => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đờng . 3. ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD  DC; theo trên BI  DC => BI // AD. (1) 4. Theo gi¶ thiÕt ADBE lµ h×nh thoi => EB // AD (2). Từ (1) và (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ có một đờng thẳng song song với AD mà thôi.) 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 ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 . Mµ I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI  O’I t¹i I => MI lµ tiÕp tuyÕn cña (O’). Bài 40. Cho đờng tròn (O; R) và (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngoài nhau tại C. Gọi AC và BC là hai đ ờng kính đi 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 . 2. Bốn điểm M, D, B, F cùng nằm trên một đờng tròn 3. Tø gi¸c ADBE lµ h×nh thoi. 4. B, E, F th¼ng hµng 5. DF, EG, AB đồng quy. 6. MF = 1/2 DE. 7. MF lµ tiÕp tuyÕn cña (O’). Lêi gi¶i: 1. BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CGD = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï) Theo gi¶ thiÕt DE  AB t¹i M => CMD = 900 Ngô Đức Đồng. 2.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> => CGD + CMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCGD Bài 41. Cho đờng tròn (O) đờng kính AB. Gọi I là nªn MCGD lµ tø gi¸c néi tiÕp trung điểm của OA . Vẽ đờng tron tâm I đi qua A, trên 2. BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD (I) lÊy P bÊt k×, AP c¾t (O) t¹i Q. = 900 (v× DE  AB t¹i M) nh vËy F vµ M cïng nh×n BD díi mét Chứng minh rằng các đờng tròn (I) và góc bằng 900 nên F và M cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BD (O) tiÕp xóc nhau t¹i A. => M, D, B, F cùng nằm trên một đờng tròn . 2. Chøng minh IP // OQ. 3. Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña AB; DE  AB t¹i M nªn M3. Chøng minh r»ng AP = PQ. cũng là trung điểm của DE (quan hệ đờng kính và dây cung) 4. Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vuông góc vớitích lớn nhất. nhau tại trung điểm của mỗi đờng . Lêi gi¶i: 4. ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD  DF ; theo . Ta có OI = OA - IA mà OA và IA lần lợt là các trªn tø gi¸c ADBE lµ h×nh thoi bán kính của đ/ tròn (O) và đờng tròn (I) . Vậy đ/ => BE // AD mµ AD  DF nªn suy ra BE  DF . tròn (O) và đờng tròn (I) tiếp xúc nhau tại A . Theo trên BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF  DF . OAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là bán mà qua B chỉ có một đờng thẳng vuông góc với DF do đo B, E, F kính ) => A1 = Q1 th¼ng hµng. IAP c©n t¹i I ( v× IA vµ IP cïng lµ b¸n kÝnh ) 5. Theo trªn DF  BE; BM  DE mµ DF vµ BM c¾t nhau t¹i C => A1 = P1 nªn C lµ trùc t©m cña tam gi¸c BDE => P1 = Q1 mà đây là hai góc đồng vị nên suy ra => EC cũng là đờng cao => ECBD; theo trên CGBD => IP // OQ. E,C,G thẳng hàng. Vậy DF, EG, AB đồng 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). 1 2 DE. 7. (HD) theo trªn MF = => 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 phô víi DEB )  F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 . Mµ F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’ Hay MF  O’F t¹i F => MF lµ tiÕp tuyÕn cña (O’). 3. APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP  AQ => OP là đờng cao của OAQ Mà OAQ cân tại O nên OP là đờng trung tuyến => AP = PQ. 1 4. (HD) Kẻ QH  AB ta có SAQB = 2 AB.QH. mà AB là đờng kính không đổi nên SAQB lớn nhất khi QH lớn nhất. 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 của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất. Bài 42. Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng thẳng này cắt các đờng thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K. 1. Chøng minh BHCD lµ tø gi¸c néi tiÕp . 2. TÝnh gãc CHK. 3. Chøng minh KC. KD = KH.KB 4. Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên đờng nào? Lêi gi¶i: 1. Theo gi¶ thiÕt ABCD lµ h×nh vu«ng nªn BCD = 900; BH  DE t¹i H nªn BHD = 900 => nh vËy H vµ C cïng nh×n BD díi mét gãc b»ng 900 nên H và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BD => BHCD là tứ giác néi tiÕp. 2. BHCD lµ tø gi¸c néi tiÕp => BDC + BHC = 1800. (1) BHK lµ gãc bÑt nªn KHC +BHC = 1800 (2). 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 => KB KD => KC. KD = KH.KB. 4. (HD) Ta luôn có BHD = 900 và BD cố định nên khi E chuyển động trên cạnh BC cố định thì H chuyển động trªn cung BC (E  B th× H  B; E  C th× H  C). Bµi 43. 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. Ngô Đức Đồng. 2.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> 2. Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại F, chøng minh FBC lµ tam gi¸c vu«ng c©n.. 1. Theo gi¶ thiÕt ABHK lµ h×nh vu«ng => BAH = 450. 3. Cho biÕt > 450 ; gäi M lµ giao ®iÓm cña BF vµ ED, Chøng minh 5 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên một đờng tròn. 4. 5. Chứng minh MC là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c ABC. Lêi gi¶i: 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 có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông tại 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 mà đây là hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp một đờng tròn 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 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên một đờng tròn. 4. CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC  BC tại C => MC là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c ABC. Bài 44. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 . Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn này cắt BA và BC t¹i D vµ E. 1. Chøng minh AE = EB. 2. Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đờng trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH. 3.Chứng minh OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp ∆ BDE. A. D Lêi gi¶i: F 1 1. AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) 2 0 0 O => AEB = 90 ( v× lµ hai gãc kÒ bï); Theo gi¶ thiÕt ABE = 45 H / _ => AEB lµ tam gi¸c vu«ng c©n t¹i E => EA = EB. _K 2. Gäi K lµ trung ®iÓm cña HE (1) 1 1 / I I là trung điểm của HB => IK là đờng trung bình của tam giác HBE => IK // BE B E Mµ AEC = 900 nªn BE  HE t¹i E => IK  HE t¹i K (2). C 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 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông tại D có DI là 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 trên ta có CD và AE là hai đờng cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH cũng là đờng cao của tam giác ABC => BH  AC tại F => AEB có AFB = 900 . Theo trªn ADC cã ADC = 900 => B1 = C1 ( cïng phô BAC) (5). Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD  ID t¹i D => OD lµ tiÕp tuyÕn của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE.. Ngô Đức Đồng. 2.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Bài 45. Cho đờng tròn (O), BC là dây bất kì (BC< 2R). Kẻ các tiếp tuyến với đờng tròn (O) tại B và C chúng cắt nhau tại A. Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻ các đờng vuông góc MI, MH, MK xuống các c¹nh t¬ng øng BC, AC, AB. Gäi giao ®iÓm cña BM, IK lµ P; giao ®iÓm cña CM, IH lµ Q. 1. Chøng minh tam gi¸c ABC c©n. 2. C¸c tø gi¸c BIMK, CIMH néi tiÕp . 3. Chøng minh MI2 = MH.MK. 4. Chøng minh PQ  MI. Lêi gi¶i: 1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AB = AC => ABC c©n t¹i A. 2. Theo gi¶ thiÕt MI  0BC => MIB = 900; MK  AB => MKB = 900. => MIB + MKB = 180 mà đây là hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp * ( Chøng minh tø gi¸c CIMH néi tiÕp t¬ng tù tø gi¸c BIMK ) 3. Theo trªn tø gi¸c BIMK néi tiÕp => KMI + KBI = 1800; tø gi¸c CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800. Mµ KBI = HCI ( v× tam gi¸c ABC c©n t¹i A) => KMI = HMI (1). Theo trªn tø gi¸c BIMK néi tiÕp => B1 = I1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung KM); tø gi¸c CHMI néi tiÕp => H1 = C1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung IM).  Mµ B1 = C1 ( = 1/2 s® BM ) => I1 = H1 (2). MI MK  Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH => MH MI => MI2 = MH.MK Theo trªn ta cã I1 = C1; còng chøng minh t¬ng tù ta cã I2 = B2 Mµ C1 + B2 + BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 Hay PIQ + PMQ = 1800 mà đây là hai góc đối => tø gi¸c PMQI néi tiÕp => Q1 = I1 mµ I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( vì có hai góc đồng vị bằng nhau) Theo gi¶ thiÕt MI BC nªn suy ra IM  PQ.. Bài 46. Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R. Vẽ dây cung CD  AB ở H. Gọi M là điểm chính giữa của cung CB, I lµ giao ®iÓm cña CB vµ OM. K lµ giao ®iÓm cña AM vµ CB. Chøng minh KC AC = KB AB 2. AM lµ tia ph©n gi¸c cña . 3. Tø gi¸c OHCI néi tiÕp 4. Chứng minh đờng vuông góc kẻ từ M đến AC cũng là tiếp tuyến của đờng tròn tại M.    Lêi gi¶i: 1. Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña BC => MB MC => CAM = BAM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) KC AC => AK lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CAB => ( t/c tia ph©n gi¸c cña tam gi¸c ) = KB AB  2. (HD) Theo gi¶ thiÕt CD  AB => A lµ trung ®iÓm cña CD => CMA = DMA => MA lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CMD.  3. (HD) Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña BC => OM  BC t¹i I => OIC = 900 ; CD  AB t¹i H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp 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 là tiếp tuyến của đờng tròn tại M. Bài 47 Cho đờng tròn (O) và một điểm A ở ngoài đờng tròn . Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đờng tròn (O) tại B và C. Gọi M là điểm tuỳ ý trên đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH  BC, MK  CA, MI  AB. Chøng minh : 1. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp. 2. = 3. MIH  MHK. 4. MI.MK = MH2. Lêi gi¶i: 1..

<span class='text_page_counter'>(29)</span> 1. (HS tù gi¶i) 2. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp => BAO = BCO (néi tiÕp cïng ch¾n cung BO). 3. Theo gi¶ thiÕt MH  BC => MHC = 900; MK  CA => MKC = 900 => MHC + MKC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội tiếp 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® BM ) => HKM = MHI (1). Chøng minh t¬ng tù ta còng cã KHM = HIM (2). Tõ (1) vµ (2) =>  HIM   KHM. MI MH  4. Theo trªn  HIM   KHM => MH MK => MI.MK = MH2 B./ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN : I./ Lí thuyết : II./ Bài tập :.

<span class='text_page_counter'>(30)</span>

<span class='text_page_counter'>(31)</span>