Mot so kien thuc can nho

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (550.23 KB, 37 trang )

(1)Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. Sæ tÝch lòy nghÒ I . Mục đích: - Lu l¹i nh÷ng kinh nghiÖm vÒ mÆt chuyªn m«n, nghiÖp vô trong qu¸ tr×nh gi¶ng d¹y. - Ghi l¹i nh÷ng bµi to¸n, bµi vËt lÝ còng nh nhiÒu lÜnh vùc khoa häc kh¸c nh»m n¨ng cao vèn kiÕn thøc cña b¶n th©n. - Lu lại nhũng đề thi của các cuộc thi tuyển sinh , HS giỏi II. Tµi liÖu th©m kh¶o- c¸c kªnh th«ng tin : -Trong qu¸ tr×nh gi¶ng d¹y -Qua m¹ng Internet, s¸ch b¸o -C¸c lo¹i s¸ch tham kh¶o -§Ò thi c¸c n¨m tríc III. Néi dung tÝch lòy : Bài 1: Tìm x biết: a) x2 – 4x + 4 = 25 x −17. x −21. x+ 1. b) 1990 + 1986 + 1004 =4 c) 4x – 12.2x + 32 = 0. 1 1 1 + + =0 . x y z yz xz xy A= 2 + 2 + 2 x + 2 yz y +2 xz z +2 xy. Bài 2 : Cho x, y, z đôi một khác nhau và Tính giá trị của biểu thức:. Bài 3 : Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị , ta vẫn được một số chính phương. Bài 4 : Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, H là trực tâm. HA '. HB' HC '. a) Tính tổng AA ' + BB' + CC ' b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc AIC và góc AIB. Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM. c) Chứng minh rằng:. AB+ BC+CA ¿2 ¿ . Ơ¿ ¿. ĐÁP ÁN Bài 1: a) Tính đúng x = 7; x = -3 b) Tính đúng x = 2007 c) 4x – 12.2x +32 = 0 ⇔ 2x.2x – 4.2x – 8.2x + 4.8 = 0 ⇔ 2x(2x – 4) – 8(2x – 4) = 0 ⇔ (2x – 8)(2x – 4) = 0 ⇔ (2x – 23)(2x –22) = 0 ⇔ 2x –23 = 0 hoặc 2x –22 = 0 ⇔ 2x = 23 hoặc 2x = 22 ⇔ x = 3; x = 2 Bài 2: 1 1 1 xy+yz+ xz + + =0 ⇒ =0 ⇒ xy+yz+ xz=0 ⇒ yz = –xy–xz x. y. z. xyz. 1.

(2) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. x2+2yz = x2+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–z) Tương tự: y2+2xz = (y–x)(y–z) ; z2+2xy = (z–x)(z–y) yz xz xy Do đó: A= ( x − y )(x − z) + ( y − x)( y − z ) + (z − x )(z − y). Tính đúng A = 1 Bài 3 Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d Ta có:. N, 0 ≤ a , b , c , d ≤9 , a ≠ 0. 2. abcd=k 2 (a+1)(b+ 3)( c+5)(d+ 3)=m 2 abcd=k 2 abcd +1353=m. ⇔ Do đó:⇔m2–k2 = 1353 ⇒ (m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33. với k, m. N, 31<k <m<100. ( k+m < 200 ). m+k = 123 m+k = 41 hoặc m–k = 11 m–k = 33 m = 67 m = 37 hoặc ⇔ k = 56 k= 4 Kết luận đúng abcd = 3136 Bài 4 Vẽ hình đúng ⇒. 1 . HA ' . BC S HBC 2 HA ' = a) S = 1 ; AA ' ABC . AA ' .BC 2 S HAB HC ' S HAC HB ' Tương tự: S =CC' ; S =BB ' ABC ABC S S S HAC HA ' HB' HC ' HBC HAB + + = + + =1 AA ' BB ' CC ' S ABC S ABC SABC. b) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC: BI AB AN AI CM IC = ; = ; = IC AC NB BI MA AI BI AN CM AB AI IC AB IC . . = . . = . =1 IC NB MA AC BI AI AC BI ⇒BI . AN . CM=BN . IC. AM. c)Vẽ Cx CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx -Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’ - Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD BC + CD - Δ BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2 ⇒ AB2 + AD2 (BC+CD)2 AB2 + 4CC’2 (BC+AC)2 4CC’2 (BC+AC)2 – AB2 2.

(3) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. Tương tự: 4AA’2 (AB+AC)2 – BC2 4BB’2 (AB+BC)2 – AC2 -Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) ⇔. (AB+BC+AC)2. AB+ BC+CA ¿2 ¿ Ơ¿ ¿. (Đẳng thức xảy ra ⇔ BC = AC, AC = AB, AB = BC ⇔ AB = AC =BC ⇔ Δ ABC đều) Bµi tËp vËt lý 9(«n thi chuyÓn cÊp) Bµi 1: Vật sáng AB có độ cao h đợc đặt vuông góc với trục chính của thấu kính phân kỳ có tiêu cự f, ®iÓm A n»m trªn trôc chÝnh vµ cã vÞ trÝ t¹i tiªu ®iÓm F cña thÊu kÝnh (H×nh vÏ 1). A B. . O. F. F/ 1. Dùng ¶nh cña A/B/ cña AB qua thÊu kÝnh Nêu rõ chiều, độ lớn, tính chất của ảnh so với vật. 2. Bằng hính học, xác định độ cao của ảnh và khoảng cách tõ ¶nh Hình 1 đến thấu kính. Biết h = 3 cm; f = 14 cm. Bµi 2 : Trên một bóng đèn điện tròn dây tóc có ghi 110V-55W. 1. Hãy nêu ý nghĩa của các số liệu ghi trên bóng đèn. 2. Nếu cho dòng điện cờng độ I = 0,4 A chạy qua đèn thì độ sảng của đèn nh thế nào? Lúc này đèn đạt bao nhiêu phần trăm công suất cần thiết để đèn sáng bình thờng, điện trở của đèn coi nh không thay đổi. Bµi 3 : Đặt một hiệu điện thế UAB không đổi vào hai đầu đoạn mạch điện có sơ đồ nh hình vẽ 2: Biết R1 = 5  ; R2 = 20  ; Điện trở ampe kế và dây nối không đáng kể. A +. A. R 1. C. R 2. B-. Hình 2 1. Ampe kÕ chØ 2 A. TÝnh hiÖu ®iÖn thÕ UAB. 2. Mắc thêm một bóng đèn day tóc có điện trở Rđ = R3 = 12  luôn luôn không đổi vào hai ®iÓm C vµ B cña m¹ch. a. Vẽ sơ đồ mạch điện và tính điện trở tơng đơng RAB của mạch. b. Biết bóng đèn sáng bình thờng . Tính công suất định mức của đèn. c. Giữ nguyên vị trí bóng đèn, đổi vị trí hai điện trở R1 và R2 cho nhau, độ sáng của đèn t¨ng lªn hay gi¶m ®i thÐ nµo? Kh«ng tÝnh to¸n cô thÓ, chØ cÇn lËp luËn gi¶i thÝch. §¸p ¸n . Bµi 1: 1. Dùng ¶nh cña AB: B ¶nh ¶o, cïng chiÒu víi vËt vµ nhá. 3. AF. B/. C O F/.

(4) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. H¬n vËt. A/. 2. Gäi chiÒu cao cña ¶nh lµ A/B/. Ta cã tø gi¸c ABCO lµ h×nh ch÷ nhËt nªn B/ lµ trung ®iÓm cña BO vµ AO. Mặt khác AB//A/B/ nên A/B/ là đờng trung bình của tam giác ABO AB h 3 AO f 14   1,5   7 Suy ra A/B/ = 2 2 2 vµ OA/ = 2 2 2. VËy chiÒu cao cña ¶nh b»ng 1,5 cm vµ ¶nh c¸ch t©m thÊu kÝnh mét kho¶ng b»ng 7 cm. Bµi 2: 1. ý nghĩa của 110V-55W trên bóng đèn là: Hiệu điện thế định mức của bóng đèn là 110 V; Công suất định mức của bóng đèn là 55W. đèn sáng bình thờng khi nó làm việc ở hiệu điện thế 110V và khi đó nó tiêu thụ công suất là 55W. 2. Theo công thức P = U.I suy ra I = P:U = 55 : 110 = 0,5 > 0,4. Vậy khi đó đèn tối hơn khi nã lµm viÖc ë møc b×nh thêng. Khi I = 0,4 thì P = 110.0,4 = 44 W. (Vì điện trở của đèn không đổi nên U = 110V). 44 .100  Vậy khi đó đèn chỉ làm việc bằng 55 80% c«ng suÊt b×nh thêng.. Bµi 3:. A +. A. R 1. R 2. C. 1. Theo sơ đồ ta có: R1 nt R2: Hình 2 Nªn R = R1 + R2 = 5+20 = 25  ; I = 2A vËy UAB = R.I = 25.2 = 50 V. 2. Mắc thêm bóng đèn vào hai đầu C,B a. Ta cã h×nh 3. A R R C Ta cã R1 nt (R2//R3). + 1 2 A §iÖn trë cña toµn m¹ch lµ: R2 .R3 20.12  5  7,5 12,5 R  R 20  12 2 3 R = R1 +. B-. B-. Hình 3. U AB 50  4 A b. Khi đèn sáng bình thờng thì có nghĩa là I = R 12,5 .. R 3. Suy ra: UAC = R1.I = 5.4 = 20V; UR3 = UCB = UAB - UAC = 50 - 20 = 30 V. U 2 30 2  75 Công suất định mức của đèn là: P = R 12 W. c. Ta biết độ sáng của bóng đèn tỉ lệ thuận với cờng độ dòng điện qua đèn, cờng độ dòng điện tỉ lệ thuận với hiệu điện thế hai đầu bóng đèn.Vậy độ sáng của bóng đèn tỉ lệ thuận với hiệu điện thế hai đều bóng đèn. Khi đổi R2 thành R1 thì điện trở RCB Giảm khi đó UCB giảm (Do RACnt RCB) Nên khi đó bóng đèn sẽ tối hơn. Mét sè d¹ng to¸n thêng gÆp ë c¸c k× thi tuyÓn sinh D¹ng I : Rót gän x 1 1   x 2 x  2 , víi x ≥ 0 vµ x ≠ 4. C©u 1: Cho biÓu thøc A = x  4. 1/ Rót gän biÓu thøc A.. 4.

(5) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 2/ TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A khi x = 25. 3/ Tìm giá trị của x để A = -1/3. C©u 2. Rót gän c¸c biÓu thøc sau : a) B = 2 3  3 27  300 1  1  1   : x  1  x ( x  1) b) C =  x  x. C©u 3: Cho biểu thức: x√ x x2 1 với x >0 P= + 2− √ x +1 x √ x + x √x 1.Rút gọn biểu thức P 2.Tìm giá trị của x để P = 0. (. )(. ). x x 1 x  1  x 1 C©u 4:. Cho biÓu thøc A = x  1. 1. Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A. 2. TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc A khi x = 9/4. 3. Tìm tất cả các giá trị của x để A <1. C©u 5  a 1   1 2  K     :  a  1 a  a   a 1 a  1   Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức K. b) Tính giá trị của K khi a = 3 + 2 2 c) Tìm các giá trị của a sao cho K < 0. . C©u 6: Thu gän c¸c biÓu thøc sau: 4 8 15   A = 3  5 1 5 5  x y x  y   x  xy     :   1  xy  1  xy 1  xy    B=. C©u 7 : 1) Rót gän biÓu thøc: 1  x1  1 A   : x  1  x  2 x  1 víi x > 0 vµ x  1 x x 2( x  2) x  x  2 với x  0 và x 4. Câu 8 Rút gọn biểu thức: A = x  4 C©u 9 Rót gän: A= x+ √ x +1 x − √ x − 1 Víi x ≥ 0 ; x ≠ 1 √ x+ 1 √x − 1 D¹ng II: §å thÞ hµm sè. (. )(. ). 5.

(6) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 1 C©u 1 Cho hµm sè : y = (2m – 1)x + m + 1 víi m lµ tham sè vµ m # 2 .. Hãy xác định m trong mỗi trờng hơp sau : a) §å thÞ hµm sè ®i qua ®iÓm M ( -1;1 ) b) §å thÞ hµm sè c¾t trôc tung, trôc hoµnh lÇn lît t¹i A , B sao cho tam gi¸c OAB c©n. 3 y  xm 2 C©u 2 .Tìm m để đường thẳng y = 3x – 6 và đường thẳng cắt nhau tại một. điểm trên trục hoành . C©u 3 Trong hệ trục toạ độ Oxy, biết đường thẳng y = ax + 3 đi qua điểm M(-2;2). Tìm hệ số a C©u 4 Cho Parabol (P) : y= x2 và đường thẳng (d): y = mx-2 (m là tham số m 0) a/ Vẽ đồ thị (P) trên mặt phẳng toạ độ xOy. b/ Khi m = 3, hãy tìm toạ độ giao điểm (P) và (d) . c/ Gọi A(xA; yA), B(xA; yB) là hai giao điểm phân biệt của (P) và ( d). Tìm các giá trị của m sao cho : yA + yB = 2(xA + xB ) -1 . C©u 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và điểm B(0;1) 1. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm B(0;1) và có hệ số k. 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt E và F với mọi k. 3. Gọi hoành độ của E và F lần lượt là x1 và x2. Chứng minh rằng x1 .x2 = - 1, từ đó suy ra tam giác EOF là tam giác vuông. Câu 6 Tìm hai số a, b sao cho 7a + 4b = -4 và đờng thẳng ax + by = -1 đi qua điểm A(-2;1). Câu 7 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P). 3 1. Tìm a, biết rằng (P) cắt đờng thẳng (d) có phơng trình y = -x - 2 tại điểm A có. hoành độ bằng 3. Vẽ đồ thị (P) ứng với a vừa tìm đợc. 2. Tìm toạ độ giao điểm thứ hai B (B khác A) của (P) và (d). Câu8 a) Cho hàm số y = ax + b. Tìm a, b biết rằng đồ thị của hàm số đã cho song song với 1 đờng thẳng y = -3x + 5 và đi qua điểm A thuộc Parabol (P): y = 2 x2 có hoàng độ bằng -2.. C©u 9:. x2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y = 2 và đờng thẳng (d): y = x + 4 trên cùng một hệ. trục toạ độ. b) Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. C©u 10 Cho hµm sè bËc nhÊt y = mx + 2 (1) a) Vẽ đồ thị hàm số khi m = 2 b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox và trục Oy lần lợt tại A và B sao cho tam gi¸c AOB c©n. D¹ng III : Ph¬ng tr×nh 6.

(7) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. (2 x  1)2  1 9 C©u 1 T×m x biÕt : C©u 2 a). Gi¶i ph¬ng tr×nh: x2 + 3x – 4 = 0 b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: 3x – 2y = 4 2x + y = 5. C©u 3 a,Giải phương trình (2  x )(1  x )  x  5 b,Giải phương trình: x2 + 5x + 6 = 0  x  2 y 5  c, Giải hệ phương trình: 2 x  y 7. mx  y 1  x y  2  3 334 C©u 4 Cho hệ phương trình: a) Giải hệ phương trình khi cho m = 1. b) Tìm giá trị của m để phương trình vô nghiệm C©u 5 Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh vµ c¸c ph¬ng tr×nh sau: 2 2. 3 x +1 = x - 5 2 x 2  3x  2 3 4. 2 x  1. 1. 6 - 3x ≥ -9. 3. 36x4 - 97x2 + 36 = 0 C©u 6 Kh«ng sö dông m¸y tÝnh bá tói, h·y gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau: a) 5x2 + 13x - 6=0 b) 4x4 - 7x2 - 2 = 0 C©u 7: Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh vµ hÖ ph¬ng tr×nh sau: a) 8x2 - 2x - 1 = 0. 3x  4 y 17  c) 5 x  2 y 11. 2 x  3 y 3  b) 5 x  6 y 12. c) x4 - 2x2 - 3 = 0 d) 3x2 - 2 6 x + 2 = 0 D¹ng IV: HÖ thøc ViÐt C©u 1 Cho ph¬ng tr×nh: x2 + (3 - m)x + 2(m - 5) = 0 (1), víi m lµ tham sè. 1) Chøng minh r»ng víi mäi gi¸ trÞ cña m ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã nghiÖm x1 = 2. 2) Tìm giá trị của m để phơng trình (1) có nghiệm x2 = 1 + 2 2 C©u 2 Cho ph¬ng tr×nh (Èn x): x2 - 2(m+1)x + m2 +2 = 0 1/ Giải phơng trình đã cho khi m = 1. 2/ Tìm giá trị của m để phơng trình đã cho có nghiệm phân biệt x1, x2 tho¶ m·n hÖ thøc x12 + x22 = 10. C©u 3 Cho phương trình x2 + mx + n = 0 ( 1) 1.Giải phương trình (1) khi m =3 và n = 2 7.

(8) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ.  x1  x 2 3  3 x  x 3 9 2.Xác định m ,n biết phương trình (1) có hai nghiệm x1.x2 thoả mãn  1 2. C©u4 Cho ph¬ng tr×nh bËc hai, víi tham sè m: 2x2 - (m+3)x + m = 0 (1). 1. Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) khi m = 2. 2. Tìm các giá trị của tham số m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1, x2 5 tho¶ m·n: x1 + x2 = 2 x1x2.. 4. Gäi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1). x  x. 5. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc P = 1 2 Câu 5 Cho phương trình bậc hai: x2 - 2(m-1)x + 2m – 3 = 0. (1) a) Chứng minh rằng phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu. Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x) a, Giải phương trình với m = 3. b,Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 và thỏa mãn điều kiện: x12 – 2x2 + x1x2 = - 12 C©u 5: Cho ph¬ng tr×nh: (m+1)x2 -2(m - 1)x + m - 2 = 0 (1) (m lµ tham sè) a/ Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) víi m = 3. b/ Tìm các giá trị của m để phơng trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 tháa m·n. 1 1 3   x1 x2 2. C©u 6 Cho p/t :x2 – 2mx + m 2 – m + 3 có hai nghiệm x1 ; x 2 (với m là tham số ) . Tìm m để biểu thức x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất. D¹ng V : Gi¶i bµi to¸n b»ng c¸ch lËp ph¬ng tr×nh vµ hÖ ph¬ng tr×nh C©u 1: : Hai tæ s¶n xuÊt cïng may mét lo¹i ¸o. NÕu tæ thø nhÊt may trong 3 ngµy, tæ thø hai may trong 5 ngày thì cả hai tổ may đợc 1310 chiếc áo. Biết rằng trong một ngày tổ thứ nhất may đợc nhiều hơn tổ thứ hai là 10 chiếc áo. Hỏi mỗi tổ trong một ngày may đợc bao nhiªu chiÕc ¸o? Câu 2 Một ca nô chuyển động xuôi dòng từ bến A đến bến B sau đó chuyển động ngợc dòng từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ . Biết quãng đờng sông từ A đến B dài 60 Km và vận tốc dòng nớc là 5 Km/h . Tính vận tốc thực của ca nô (( Vận tốc của ca nô khi nớc đứng yªn ) C©u 3: Một đoàn xe vận tải nhận chuyên chở 15 tấn hàng. Khi sắp khởi hành thì 1 xe phải điều đi làm công việc khác, nên mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn 0,5 tấn hàng so với dự định. Hỏi thực tế có bao nhiêu xe tham gia vận chuyển. (biết khối lượng hàng mỗi xe chở như nhau) C©u 4. Mét thöa ruéng h×nh ch÷ nhËt cã chiÒu réng ng¾n h¬n chiÒu dµi 45m. TÝnh diÖn tÝch thöa ruéng, biÕt r»ng nÕu chiÒu dµi gi¶m ®i 2 lÇn vµ chiÒu réng t¨ng 3 lÇn th× chu vi thöa ruộng không thay đổi. 8.

(9) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. Câu 5 Một người đi bộ từ A đến B với vận tốc 4 km/h, rồi đi ô tô từ B đến C với vận tốc 40 km/h. Lúc về anh ta đi xe đạp trên cả quãng đường CA với vận tốc 16 km/h. Biết rằng quãng đường AB ngắn hơn quãng đường BC là 24 km, và thời gian lúc đi bằng thời gian lúc về. Tính quãng đường AC. Câu6: Hai vòi nước cùng chảy vào 1 cái bể không có nước trong 6 giờ thì đầy bể. Nếu để riêng vòi thứ nhất chảy trong 2 giờ, sau đó đóng lại và mở vòi thứ hai chảy tiếp trong 3 giờ nữa thì được 2/5 bể. Hỏi nếu chảy riêng thì mỗi vòi chảy đầy bể trong bao lâu? C©u 7 1 Hai máy ủi làm việc trong vòng 12 giờ thì san lấp đợc 10 khu đất. Nừu máy ủi thứ nhất làm. một mình trong 42 giờ rồi nghỉ và sau đó máy ủi thứ hai làm một mình trong 22 giờ thì cả hai máy ủi san lấp đợc 25% khu đất đó. Hỏi nếu làm một mình thì mỗi máy ủi san lấp xong khu đất đã cho trong bao lâu. Bµi tËp H×nh tæng hîp Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). Các đờng cao AD, BE, CF c¾t nhau t¹i 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 trßn. 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. Lêi gi¶i: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:  CEH = 900 ( Vì BE là đờng cao)  CDH = 900 ( Vì AD là đờng cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiÕp Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEC = 900. CF là đờng cao => CF  AB => BFC = 900. Nh vậy E và F cùng nhìn BC dới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kÝnh BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn. XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã:  AEH =  ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung =>  AEH  ADC => AE = AH => AE.AC = AH.AD. AD AC * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã:  BEC =  ADC = 900 ; C lµ gãc chung =>  BEC  ADC => BE = BC => AD.BC = BE.AC. AD AC 4. Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phô víi gãc ABC) C2 = A1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) => C1 =  C2 => CB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc HCM; l¹i cã CB  HM =>  CHM c©n t¹i C 9.

(10) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. => 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 => C1 = E1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp C1 = E2 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD) E1 = E2 => 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 2. 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.  CEH = 900 ( Vì BE là đờng cao) 1. Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp . 2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng trßn. 3. Chøng minh ED = 1 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: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:  CDH = 900 ( Vì AD là đờng cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiÕp 2. Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEA = 900. AD là đờng cao => AD  BC => BDA = 900. Nh vậy E và D cùng nhìn AB dới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kÝnh AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn. 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 BEC = 900 . VËy tam gi¸c BEC vu«ng t¹i E cã ED lµ trung tuyÕn => DE = 1 BC. 2 Vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam gi¸c AOE c©n t¹i O => E1 = A1 (1). Theo trªn DE = 1 BC => tam gi¸c DBE c©n t¹i D => E3 = B1 (2) 2 Mµ B1 = A1 ( v× cïng phô víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE t¹i E. Vậy DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại E. 5. Theo gi¶ thiÕt AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. ¸p dông định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bài 3 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lợt ở C và D. Các đờng thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 1. Chøng minh AC + BD = CD. 3. Chøng minh AC. BD = 2. Chøng minh COD = 900. AB 2 . 4. 1.

(11) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 4. Chøng minh OC // BM 5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính CD. 6. Chøng minh MN  AB. 7. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhá nhÊt. Lêi gi¶i:. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: OC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc AOM; OD lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kÒ bï => COD = 900. Theo trªn COD = 900 nªn tam gi¸c COD vu«ng t¹i O cã OM  CD ( OM lµ tiÕp tuyÕn ). áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM, 2 Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = AB .. 4. Theo trªn COD = 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). Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kÝnh CD cã IO lµ b¸n kÝnh. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã AC  AB; BD  AB => AC // BD => tø gi¸c ACDB lµ hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đờng trung b×nh cña h×nh thang ACDB => IO // AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đờng tròn đờng kính CD 6. Theo trªn AC // BD => CN = AC , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy ra BN. BD. CN CM = BN DM. => MN // BD mµ BD  AB => MN  AB. 7. ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nªn suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhÊt khi CD nhá nhÊt , mµ CD nhá nhÊt khi CD lµ kho¶ng c¸ch gi÷ Ax vµ By tøc lµ CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB. Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bµng tiÕp gãc A , O lµ trung ®iÓm cña IK. Do đó BI  BK 1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. hayIBK = 900 . 2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O). T¬ng tù ta còng 3. Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = có ICK = 900 nh vậy B 24 Cm. vµ C cïng n»m trªn ®Lêi gi¶i: (HD) ờng tròn đờng kính IK 1. Vì I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng do đó B, C, I, K cùng tiÕp gãc A nªn BI vµ BK lµ hai tia ph©n gi¸c cña hai gãc kÒ bï nằm trên một đờng tròn. đỉnh B 1.

(12) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. Ta cã C1 = C2 (1) ( v× CI lµ ph©n gi¸c cña gãc ACH. C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ).. I1 =  ICO (3) ( v× tam gi¸c OIC c©n t¹i O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O). Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. AH2 = AC2 – HC2 => AH = √ 202 − 122 = 16 ( cm) 2 2 CH2 = AH.OH => OH = CH =12. OC =. = 9 (cm). AH 16 2 2 2 2 √ OH +HC =√ 9 + 12 =√ 225 = 15 (cm). Bài 5 Cho đờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đờng th¼ng d lÊy ®iÓm M bÊt 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. Chøng minh n¨m ®iÓm O, K, A, M, B cïng n»m trªn một đờng tròn . 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 th¼ng d Lêi gi¶i: (HS tù lµm). Vì K là trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đờng kÝnh Vµ d©y cung) => OKM = 900. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900. nh vậy K, A, B cùng nhìn OM dới một góc 900 nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kÝnh 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 tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900 nªn tam gi¸c OAM vu«ng t¹i A cã AI lµ đờng cao. áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = 2 IA . 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. 1.

(13) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 5. Theo trªn OAHB lµ h×nh thoi. => OH  AB; còng theo trªn OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có 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 nhng 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 tròn tâm A bán kính AH = R Bài 6 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)  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 tuyÕn cña 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 7 Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một ®iÓm P sao cho AP > R, tõ P kÎ tiÕp tuyÕn tiÕp xóc víi (O) t¹i M. Tõ (1) vµ (2) =>  ABM = 1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp đợc một đ-  AOP (3) êng trßn. 2. Chøng minh BM // OP. 3. §êng th¼ng vu«ng gãc víi AB ë O c¾t tia BM t¹i N. Chøng minh tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh. 4. BiÕt AN c¾t OP t¹i K, PM c¾t ON t¹i I; PN vµ OM kÐo dµi c¾t nhau t¹i J. Chøng minh I, J, K th¼ng hµng. Lêi gi¶i: (HS tù lµm). Ta cã  ABM néi tiÕp ch¾n cung AM;  AOM lµ gãc ë t©m AOM 2 ch¾n cung AM =>  ABM = (1) OP lµ tia ph©n gi¸c AOM 2  AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ) =>  AOP =. (2) Mà  ABM và  AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4) XÐt hai tam gi¸c AOP vµ OBN ta cã : PAO=900 (v× PA lµ tiÕp tuyÕn ); NOB = 900 (gt NOAB). => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau). Tø gi¸c OBNP lµ h×nh b×nh hµnh => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON  AB => ON  PJ 1.

(14) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM c¾t nhau t¹i I nªn I lµ trùc t©m tam gi¸c POJ. (6) DÔ thÊy tø gi¸c AONP lµ h×nh ch÷ nhËt v× cã PAO = AON = ONP = 900 => K là trung điểm của PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật). (6) AONP lµ h×nh ch÷ nhËt => APO =  NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau Ta cã PO lµ tia ph©n gi¸c APM => APO = MPO (8). Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đờng cao => IK  PO. (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K th¼ng hµng. Bài 8 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn ( M khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đờng tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại 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 trßn. Lêi gi¶i: 1. Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KEF = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). => KMF + KEF = 1800 . Mµ KMF vµ KEF lµ hai góc đối của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp. Ta cã IAB = 900 ( v× AI lµ tiÕp tuyÕn ) => AIB vu«ng t¹i A cã AM  IB ( theo trªn). áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => AI2 = IM . IB. Theo gi¶ thiÕt AE lµ tia ph©n gi¸c gãc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ do ……) => ABE =MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE lµ tia ph©n gi¸c gãc ABF. (1) Theo trên ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE là đờng cao của tam giác ABF (2). Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam gi¸c c©n. t¹i B . BAF là tam giác cân. tại B có BE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E lµ trung ®iÓm cña 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 tuyÕn => E lµ trung ®iÓm cña 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 // FH hay IA // FK => tø gi¸c AKFI lµ h×nh thang. Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn thì AKFI phải là hình thang cân. AKFI lµ h×nh thang c©n khi M lµ trung ®iÓm cña cung AB. ThËt vËy: M lµ trung ®iÓm cña cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ). (7) 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 cã hai gãc đáy bằng nhau). Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn. 1.

(15) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. Bài 9 Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đờng tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lợt ở E, F (F ở giữa B và E). 1. Chứng minh AC. AE không đổi. 2. Chøng minh  ABD =  DFB. 3. Chøng minh r»ng CEFD lµ tø gi¸c néi tiÕp. Lêi gi¶i: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC  AE. ABE = 900 ( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) => tam gi¸c ABE vu«ng t¹i B có BC là đờng cao => AC. AE = AB2 (hệ thức giữa cạnh và đờng cao ), mà AB là đờng kính nên AB = 2R không đổi do đó AC. AE không đổi.  ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ). => ABD + BAD = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800)(1)  ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ). => AFB + BAF = 900 (v× tæng ba gãc cña mét tam gi¸c b»ng 1800) (2) Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phô víi BAD) Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800 . ECD + ACD = 1800 ( V× lµ hai gãc kÒ bï) => ECD = ABD ( cïng bï víi ACD). Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB. Mµ EFD + DFB = 1800 ( V× lµ hai gãc kề bù) nên suy ra ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD và EFD là hai góc đối của tứ giác CDFE do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp. Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn sao cho AM < MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, M’A. Gọi P là chân đơng vuông góc từ S đến AB. 1. Chứng minh bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn 2. Gäi S’ lµ giao ®iÓm cña MA vµ SP. Chøng minh r»ng tam gi¸c PS’M c©n. 3. Chứng minh PM là tiếp tuyến của đờng tròn . Lêi gi¶i: 1. Ta cã SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 . Nh vậy P và M cùng nhìn AS dới một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AS. Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng trßn. 2. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đờng tròn nên M’ cũng nằm trên đờng tròn => hai cung AM và AM’ có số ®o b»ng nhau => AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1) Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H => MM’// SS’ ( cùng vuông gãc víi AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (v× so le trong) (2). => Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS’. Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp cïng ch¾n AP ) => AS’P = AMP => tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P. 1.

(16) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 3. Tam gi¸c SPB vu«ng t¹i P; tam gi¸c SMS’ vu«ng t¹i M => B1 = S’1 (cïng phô víi S). (3) Tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P => S’1 = M1 (4) Tam gi¸c OBM c©n t¹i O ( v× cã OM = OB =R) => B1 = M3 (5). Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = AMB = 900 nªn suy ra M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM t¹i M => PM lµ tiÕp tuyến của đờng tròn tại M Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) tại c¸c ®iÓm D, E, F . BF c¾t (O) t¹i I , DI c¾t BC t¹i M. Chøng minh : 1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän. BD BM = 2. DF // BC. 3. Tø gi¸c BDFC néi tiÕp. 4. CB CF Lêi gi¶i: 1. (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AD = AF => tam gi¸c ADF c©n t¹i A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiÕp ch¾n cung DE). Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900. Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän. 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. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác c©n). BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI);  CBF = BFD (v× so le) => BDM = CBF . => BDM CBF => BD =BM CB CF Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. Trªn ®o¹n th¼ng AB lÊy ®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 : Tam gi¸c ONC c©n t¹i O 1. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp. v× cã ON = OC = R => 2. Tø gi¸c CMPO lµ h×nh b×nh hµnh. ONC = OCN 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 đoạn thẳng cố định nào. Lêi gi¶i: 1. Ta cã OMP = 900 ( v× PM  AB ); ONP = 900 (v× NP lµ tiÕp tuyÕn ). Nh vËy M vµ N cïng nh×n OP díi mét gãc b»ng 900 => M vµ N cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiÕp. 2. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM =  ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM) => OPM = OCM. 1.

(17) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 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. XÐt hai tam gi¸c OMC vµ NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C là góc 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 tại 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 13 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 c¾t AC t¹i 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: 1. Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï). (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AFH = 900 (v× lµ hai gãc kÒ bï).(2) EAF = 900 ( V× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A) (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE lµ h×nh ch÷ nhËt ( v× cã ba gãc vu«ng). 2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp đợc một đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) . Theo giả thiết AH BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng 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 mặt khác EBC và EFC là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC lµ tø gi¸c néi tiÕp. 3. XÐt hai tam gi¸c AEF vµ ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC AE AF  ( theo Chøng minh trªn) => AEF ACB => AC AB => AE. AB = AF. AC.. * HD c¸ch 2: Tam gi¸c AHB vu«ng t¹i H cã HE  AB => AH2 = AE.AB (*) Tam gi¸c AHC vu«ng t¹i H cã HF  AC => AH2 = AF.AC (**) 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 . 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 . Chứng minh tơng tự ta cũng có O2F  EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng trßn .. 1.

(18) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. Bµi 14 Cho ®iÓm C thuéc ®o¹n th¼ng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. VÏ vÒ mét phía của AB các nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ 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 là giao ®iÓm cña EA, EB với các nửa đờng tròn (I), (K). 1. Chøng minh EC = MN. 2. Chøng minh MN lµ tiÕp tuyÕn chung cña c¸c nửa đờng tròn (I), (K). 3. TÝnh MN. 4. Tính diện tích hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn Lêi gi¶i: 1. Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn t©m K) => 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 bï).(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 ch÷ nhËt ) 2. Theo giả thiết EC AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn (I) vµ (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 15 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) t¹i 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. 1.

(19) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. Lêi gi¶i:. 1. Ta cã CAB = 900 ( v× tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A); MDC = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n 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 kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp. 2. 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 b»ng 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. Tø gi¸c AMEB cã MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mµ ®©y lµ 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 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 16 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 : DEC + DAC = 1800 1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD. mà đây là hai góc đối nên 2. Tø gi¸c ADEC vµ AFBC néi tiÕp . ADEC lµ tø gi¸c néi 3. AC // FG. tiÕp . 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 giác ABC vuông tại A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => DEB = BAC = 900 ; l¹i cã ABC lµ gãc chung => DEB   CAB . 2. Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kÒ bï); BAC = 900 ( v× ABC vu«ng t¹i A) hay DAC = 900 => 1.

(20) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. * 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 là tứ giác nội tiếp. 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 t¹i S. Bài 17. Cho tam giác đều ABC có đờng cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M kh«ng trïng B. C, H ) ; tõ 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. Tam giác ACM có MQ là đờng cao Lêi gi¶i: 1. Ta cã MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC 1 (gt) => SACM = 2 AC.MQ => AQM = 900 nh vËy P vµ Q cïng nh×n BC díi một góc bằng 900 nên P và Q cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AM => APMQ là tứ giác nội tiếp. * Vì AM là đờng kính của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ lµ trung ®iÓm cña 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 1 1 Ta cã SABM + SACM = SABC => 2 AB.MP + 2 AC.MQ = 2 BC.AH => AB.MP + AC.MQ =. BC.AH Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH. 2.

(21) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 3. Tam giác ABC có AH là đờng cao nên cũng là đờng phân giác => HAP = HAQ =>  HQ  HP ( tÝnh chÊt gãc néi 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 cïng lµ b¸n kÝnh) nªn suy ra OH cũng là đờng cao => OH  PQ Bài 18 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. Gọi I là giao điểm của AD và 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 tiÕp . Lêi gi¶i: 1. Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => 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 nªn MCID lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2. Theo trªn Ta cã BC  MA; AD  MB nªn BC vµ AD là hai đờng cao của tam giác MAB mà BC và AD cắt nhau tại I nªn I lµ trùc t©m cña tam gi¸c MAB. Theo gi¶ thiÕt th× 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 KCM c©n t¹i K ( v× KC vµ KM lµ b¸n kÝnh) => M1 = C1 . 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 mµ OHK và OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp. Bài 19. Cho đờng tròn (O) đờng kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ). Gäi M lµ 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 (v× lµ hai gãc kÒ bï); DE  AB t¹i M => BMD = 900 => BID + BMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ gi¸c MBID nªn MBID lµ tø gi¸c néi tiÕp. 2. Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña AB; DE  AB t¹i M nên M cũng là trung điểm của DE (quan hệ đờng kính vµ d©y cung) => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đờng . 2.

(22) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 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 th«i.) 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 20. Cho đờng tròn (O; R) và (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngoài nhau tại C. Gọi AC và BC là hai đờng kính đi qua điểm C của (O) và (O’). DE là dây cung của (O) vuông góc với 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 trßn 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 => CGD + CMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCGD nên MCGD là tứ giác néi tiÕp 2. BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE  AB t¹i M) nh vËy F vµ M cïng nh×n BD díi mét gãc b»ng 900 nªn F vµ M cïng n»m trªn đờng tròn đờng kính BD => M, D, B, F cùng nằm trên một đờng tròn . 3. Theo gi¶ thiÕt M lµ trung ®iÓm cña AB; DE  AB t¹i M nªn M còng lµ trung ®iÓm 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 . 4. ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD  DF ; theo trên tứ giác ADBE là h×nh tho => BE // AD mµ AD  DF nªn suy ra BE  DF . Theo trên BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF  DF mà qua B chỉ có một đờng thẳng vuông góc với DF do đo B, E, F thẳng hàng. 5. Theo trªn DF  BE; BM  DE mµ DF vµ BM c¾t nhau t¹i C nªn C lµ trùc t©m cña tam giác BDE => EC cũng là đờng cao => ECBD; theo trên CGBD => 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). 7. (HD) theo trªn MF = 1/2 DE => 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’). Bài 21. Cho đờng tròn (O) đờng kính AB. Gọi I là trung điểm của OA . Vẽ đờng tron tâm I ®i qua A, trªn (I) lÊy P bÊt k×, AP c¾t (O) t¹i Q. 1. Chứng minh rằng các đờng tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau 2. Chứng minh IP // OQ. t¹i A. 2.

(23) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 3. Chøng minh r»ng AP = PQ. 4. Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn nhÊt. Lêi gi¶i: 1. Ta cã OI = OA - IA mµ OA vµ IA lÇn lît lµ c¸c b¸n kÝnh cña đờng tròn (O) và đờng tròn (I) . Vậy đờng tròn (O) và đờng trßn (I) tiÕp xóc nhau t¹i A . 2. OAQ c©n t¹i O ( v× OA vµ OQ cïng lµ b¸n kÝnh ) => A1 = Q1 IAP c©n t¹i I ( v× IA vµ IP cïng lµ b¸n kÝnh ) => A1 = P1 => P1 = Q1 mà đây là hai góc đồng vị nên suy ra IP // OQ. 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. nhÊt khi QH lín nhÊt. 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 là trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất. Bài 22. 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 nªn H vµ C cïng n»m trªn đờng tròn đờng kính BD => BHCD là tứ giác nội tiếp. 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 trên cung BC (E  B thì H  B; E  C thì H  C). Bµi 23. 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. 3. Cho biÕt ABC > 450 ; gäi 2. Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam M lµ giao ®iÓm cña BF vµ gi¸c ABC t¹i F, chøng minh FBC lµ tam gi¸c ED, Chøng minh 5 ®iÓm b, vu«ng c©n. k, e, m, c cïng n»m trªn một đờng tròn. 2.

(24) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 4. Chứng minh MC là tiếp tuyến của đờng tròn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC. Lêi gi¶i: 1. Theo gi¶ thiÕt ABHK lµ h×nh vu«ng => BAH = 450. 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 trßn 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 dựng trên BC => 5 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên một đờng tròn. 4. CBM cã B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC  BC t¹i C => MC lµ tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 . Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn này cắt BA và BC tại D và E. 1. Chøng minh AE = EB. A 2. Gäi H lµ giao ®iÓm cña CD vµ AE, Chøng minh r»ng ®D êng trung trùc cña ®o¹n HE ®i qua trung ®iÓm I cña F 1 BH. 2 O H 3. Chứng minh OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp / _ tam gi¸c BDE. _K 1 1 / I Lêi gi¶i: 0 1. AEC = 90 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) E C => AEB = 900 ( v× lµ hai gãc kÒ bï); Theo gi¶ thiÕt ABE B = 450 => AEB lµ tam gi¸c vu«ng c©n t¹i E => EA = EB. 2. Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB => IK là đờng trung bình cña tam gi¸c HBE => IK // BE mµ AEC = 900 nªn BE  HE t¹i E => IK  HE t¹i K (2). 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 vu«ng t¹i D cã DI lµ trung tuyÕn (do I lµ trung ®iÓm cña BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính 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) 2.

(25) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 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 tại D => OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Bài 25. 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 vu«ng gãc MI, MH, MK xuèng c¸c 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  BC => MIB = 900; MK  AB => MKB = 900. => MIB + MKB = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác BIMK néi tiÕp * ( 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. 4. 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 mµ ®©y lµ hai gãc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( vì có hai góc đồng vị bằng nhau) . Theo giả thiết MI BC nên suy ra IM  PQ. Bài 26. Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R. Vẽ dây cung CD  AB ở H. Gọi M là ®iÓm chÝnh gi÷a cña cung CB, I lµ giao ®iÓm cña CB vµ OM. K lµ giao ®iÓm cña AM vµ CB. Chøng minh : 1. KC = AC 2. AM lµ tia ph©n gi¸c cña CMD. 3. Tø gi¸c KB AB 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) => AK lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CAB => KC = AC ( t/c tia ph©n gi¸c KB AB cña tam gi¸c ) . 2.

(26) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ.  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 tại H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác OHCI néi tiÕp 4. KÎ MJ  AC ta cã MJ // BC ( v× cïng vu«ng gãc víi AC). Theo trªn OM  BC => OM  MJ tại J suy ra MJ là tiếp tuyến của đờng tròn tại M. Bài 27 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 kh¸c B, C), tõ M kÎ MH  BC, MK  CA, MI  AB. Chøng minh : Tø gi¸c ABOC néi tiÕp. 2. BAO =  BCO. 3. MIH  MHK. 4. MI.MK 2 = MH . Lêi gi¶i:. (HS tù gi¶i) Tø gi¸c ABOC néi tiÕp => BAO =  BCO (néi tiÕp cïng ch¾n cung BO). 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 (néi tiÕp 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  Theo trªn  HIM   KHM => MH MK => MI.MK = MH2. Bµi 28 Cho tam gi¸c ABC néi tiÕp (O). Gäi H lµ trùc t©m cña tam gi¸c ABC; E lµ ®iÓm đối xứng của H qua BC; F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC. 1. Chøng minh tø gi¸c BHCF lµ h×nh b×nh hµnh. 1800. Theo trªn BHCF lµ 2. E, F nằm trên đờng tròn (O). h×nh b×nh hµnh => BHC 3. Chøng minh tø gi¸c BCFE lµ h×nh thang c©n. = BFC => BFC + 4. Gäi G lµ giao ®iÓm cña AI vµ OH. Chøng minh G lµ BAC = 1800 träng t©m cña tam gi¸c ABC. Lêi gi¶i: 1. Theo giả thiết F là điểm đối xứng của H qua trung ®iÓm I cña BC => I lµ trung ®iÓm BC vµ HE => BHCF lµ h×nh bình hành vì có hai đờng chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng . 2. (HD) Tø gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => BAC + B’HC’ = 1800 mà BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 2.

(27) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. => Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O). * H và E đối xứng nhau qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC =>  BEC + BAC = 1800 => ABEC néi tiÕp => E thuéc (O) . 3. Ta có H và E đối xứng nhau qua BC => BC  HE (1) và IH = IE mà I là trung ®iÓm cña cña HF => EI = 1/2 HE => tam gi¸c HEF vu«ng t¹i E hay FE  HE (2) Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC lµ h×nh thang. (3) Theo trªn E (O) => CBE = CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4). Theo trên F (O) và FEA =900 => AF là đờng kính của (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( v× cïng phô ACB) (5). Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6). Tõ (3) vµ (6) => tø gi¸c BEFC lµ h×nh thang c©n. 4. Theo trên AF là đờng kính của (O) => O là trung điểm của AF; BHCF là hình bình hành => I là trung điểm của HF => OI là đờng trung bình của tam giác AHF => OI = 1/ 2 AH. Theo giả thiết I là trung điểm của BC => OI  BC ( Quan hệ đờng kính và dây cung) => OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI =  HGA (đối đỉnh) => OGI  HGA => GI OI 1  GA HA mµ OI = 2 AH. GI 1  => GA 2 mµ AI lµ trung tuyÕn cña tam gi¸c ABC (do I lµ. trung ®iÓm cña BC) => G lµ träng t©m cña tam gi¸c ABC. Bài 29 BC là một dây cung của đờng tròn (O; R) (BC 2R). Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đờng cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H. 1. Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác A’ lµ trung ®iÓm cña HK => ABC. OK là đờng trung bình của 2. Gäi A’ lµ trung ®iÓm cña BC, Chøng minh AH = 2OA’. AHK => AH = 2OA’ 3. Gäi A1 lµ trung ®iÓm cña EF, Chøng minh R.AA1 = AA’. OA’. 4. Chøng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy ra vÞ trÝ của A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất. Lêi gi¶i: (HD) 1. Tø gi¸c BFEC néi tiÕp => AEF = ACB (cïng bï BFE) AEF = ABC (cïng bï CEF) =>  AEF   ABC. 2. Vẽ đờng kính AK => KB // CH ( cùng vuông góc AB); KC // BH (cïng vu«ng gãc AC) => BHKC lµ h×nh b×nh hµnh => 3. áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng thì tỉ số giữa hia trung tuyến, tỉ số giữa hai bán kính các đờng tròn ngoại tiếp bằng tỉ số đồng dạng. ta có : 2.

(28) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. R AA '   AEF   ABC => R ' AA1 (1) trong đó R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC; R’ là. bán kính đờng tròn ngoại tiếp  AEF; AA’ là trung tuyến của ABC; AA1 là trung tuyến cña AEF. Tứ giác AEHF nội tiếp đờng tròn đờng kính AH nên đây cũng là đờng tròn ngoại tiếp AEF AH 2 A 'O Tõ (1) => R.AA1 = AA’. R’ = AA’ 2 = AA’ . 2. VËy R . AA1 = AA’ . A’O (2) 4. Gäi B’, C’lÇn lît lµ trung ®iÓm cña AC, AB, ta cã OB’AC ; OC’AB (b¸n kÝnh ®i qua trung điểm của một dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lợt là các đờng cao của các tam gi¸c OBC, OCA, OAB. 1 = 2 ( OA’ . BC’ + OB’ . AC + OC’ . AB ). SABC = SOBC+ SOCA + SOAB 2SABC = OA’ . BC + OB’ . AC’ + OC’ . AB (3). AA1 AA1 Theo (2) => OA’ = R . AA ' mà AA ' là tỉ số giữa 2 trung tuyến của hai tam giác đồng dạng AA1 EF FD ED AEF vµ ABC nªn AA ' = BC . T¬ng tù ta cã : OB’ = R . AC ; OC’ = R . AB Thay vµo (3). ta đợc. EF FD ED .BC  . AC  . AB AC AB 2SABC = R ( BC )  2SABC = R(EF + FD + DE). * R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn nhất khi SABC. 1 Ta có SABC = 2 AD.BC do BC không đổi nên SABC lớn nhất khi AD lớn nhất, mà AD lớn nhất. khi A lµ ®iÓm chÝnh giìa cña cung lín BC.. Bµi 30 Cho tam gi¸c ABC néi tiÕp (O; R), tia ph©n gi¸c cña gãc BAC c¾t (O) t¹i M. VÏ đờng cao AH và bán kính OA. 1. Chøng minh AM lµ ph©n gi¸c cña gãc OAH. 2. Gi¶ sö B > C. Chøng minh OAH = B - C. 3. Cho BAC = 600 vµ OAH = 200. TÝnh: a) B vµ C cña tam gi¸c ABC. b) DiÖn tÝch h×nh viªn ph©n giíi h¹n bëi d©y BC vµ cung nhá BC theo R Lêi gi¶i: (HD). 2.

(29) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 2.

(30) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 3.

(31) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 3.

(32) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 3.

(33) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 3.

(34) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 3.

(35) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 3.

(36) Trêng THCS Qu¶ng TiÕn. GV: Cao V¨n ThÕ. 3.

(37) . . 2. VÏ d©y BD  OA => AB AD => ABD = ACB. Ta cã OAH =  DBC ( gãc cã c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc cïng nhän) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C. 3. a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trªn B C = OAH => B - C = 200 . 0 0 B  C 120 B 70   0 B  C 200  C 50  =>  .R 2 .1202 1 R  .R 2 R 2 . 3 R 2 .(4  3 3)  R . 3.   0 2 2= 3 4 12 b) Svp = SqBOC - S BOC = 360.

(38)

Mot so kien thuc can nho

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về