Mot so bai hinh hay

<span class='text_page_counter'>(1)</span>1) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R). Hạ các đường cao AD, BE của tam giác. Các tia AD, BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai M, N. Chứng minh rằng : a) Bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Tìm tâm I của đường tròn đó. b) MN // DE . c) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên cung lớn AB. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CED không đổi 2) Cho tam giác ABC biết góc ABC bằng 450, góc ACB bằng 600 và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng R . Tính diện tích tam giác ABC theo R 3)Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và MN. Vẽ tiếp tuyến d của đường tròn (O) tại B. Đường thẳng AM, AN lần lượt cắt đường thẳng d tại E và F. a. Chứng minh rằng MNFE là tứ giác nội tiếp. b. Gọi K là trung điểm của FE. Chứng minh rằng AK vuông góc với MN 4) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC.  1)Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN . 2 1 1   2)Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh AK AB AC .. 3)Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác định vị trí. của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành. 0    1)Theo giả thiết AMO ANO AIO 90  5 điểm A, O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO.  AIN  AMN , AIM  ANM (Góc nội tiếp cùng chắn một cung) AM  AN  AMN cân tại A  AMN  ANM.  AIN  AIM  đpcm 2 1 1    2 AB. AC  AK ( AB  AC )  AB. AC  AK . AI 2) AK AB AC (Do AB  AC 2 AI ) ABN đồng dạng với ANC  AB. AC  AN 2 AHK đồng dạng với AIO  AK . AI  AH . AO 2 Tam giác AMO vuông tại M có đường cao MH  AH . AO  AM  AK . AI  AM 2 . Do AN  AM  AB. AC  AK . AI. 3) Ta có AN  NO, MP  NO, M  AN  AN / / MP.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Do đó AMPN là hình bình hành  AN MP 2 x Tam giác ANO đồng dạng với TH 1.. NE  NO  OE . NEM . 2x2 R  R. AN NO 2 x2   NE  NE EM R. R 2  x 2  2 x 2 R 2  R R 2  x 2. R 2  x 2 t , t 0  x 2 R 2  t 2 .. Đặt.  2t  R 2( R 2  t 2 ) R 2  Rt  2t 2  Rt  R 2 0    t R PTTT. Do t 0  t R  TH 2. Đặt. R 2  x 2 R  x 0  A B (Loại). NE NO  OE . 2x2  R  R 2  x 2  2 x 2 R 2  R R 2  x 2 R. R 2  x 2 t , t 0  x 2 R 2  t 2 ..  2t R 2( R 2  t 2 ) R 2  Rt  2t 2  Rt  R 2 0    t  R PTTT. Do. t 0  2t R  2 R 2  x 2 R  x . R 3  AO 2 R 2. Vậy A thuộc BC, cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hình bình hành 5) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) . Gọi M là trung điểm của cạnh BC và N là điểm đối xứng của M qua O . Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC tại D . Kẻ đường kính AE . Chứng minh rằng: a)Chứng minh BA.BC  2BD.BE b)CD đi qua trung điểm của đường cao AH của tam giác ABC a) Chứng minh BA . BC = 2BD . BE      ABC 900 , EBM  ABC 900  Ta có: DBA    DBA EBM (1)  Ta có: ONA OME (c-g-c)    EAN MEO    DAB  BAE  EAN 900. Ta lại có:. ,. 0    và BEM  BAE  MEO 90    DAB BEM. (2)  Từ (1) và (2) suy ra BDA # BME (g-g) . BD BA BC   BD.BE BA.BM BA. BM BE 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  2BD.BE BA.BC. b) CD đi qua trung điểm của đường cao AH của  ABC  Gọi F là giao của BD và CA . Ta có BD.BE BA.BM (cmt) BD BM  BA BE  BDM # BAE (c-g-c)      BMD BEA BEA . Mà BCF (cùng chắn cung AB)   MD / /CF  D  BMD BCF BF .  là trung điểm  Gọi T là giao điểm của CD và AH .. .. T H CT  BD CD (HQ định lí Te-let) BCD có T H / /BD T A CT   FD CD (HQ định lí Te-let) FCD có T A / /FD Mà BD FD ( D là trung điểm BF )  Từ (3), (4) và (5) suy ra T A T H  T là trung điểm AH . (3) (4) (5) .. 6) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC R 3 cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại K (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF.  a) Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nội tiếp.. b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R. c) Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định a) Ta có AKB  AEB (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB)  Mà ABE  AEB (tính chất đối xứng) suy ra AKB  ABE (1) AKC  AFC  (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC) ACF  AFC  AKC  ACF. (tính chất đối xứng) suy ra. (2).      Mặt khác ABE  ACF (cùng phụ với BAC ) (3). Từ (1), (2) , (3) suy ra AKB  AKC  hay KA là phân giác trong của góc BKC.. Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB. 1  BOC 1200 ; BAC  BOC 600 2 Ta có BC R 3 nên . Trong tam giác vuông ABP 0 0 0    0   có APB 90 ; BAC 60  ABP 30 hay ABE  ACF 30 ..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0 0 0 0       Tứ giác APHQ có AQH  APH 180  PAQ  PHQ 180  PHQ 120  BHC 120 (đối đỉnh). 0 0      Ta có AKC  ABE 30 , AKB  ACF  ABE 30 (theo chứng minh phần a). 0 0          Mà BKC  AKC  AKB  AFC  AEB  ACF  ABE 60 suy ra BHC  BKC 180 nên tứ giác BHCK nội tiếp.. b) 0   Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cung BC R 3, BKC 60 BAC. nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O). Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC, kẻ KN vuông góc với BC (N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC. 1 1 1 S BHCK S BHC  S BCK  BC.HM  BC.KN  BC  HM  KN  2 2 2 Ta có 1 1 S BHCK  BC ( HI  KI )  BC.KH 2 2 (do HM HI; KN KI ).. Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra KH 2 R (không đổi) nên S BHCK lớn nhất khi KH 2 R và HM  KN HK 2 R. 1 S BHCK  R 3.2 R R 2 3. 2 Giá trị lớn nhất. Khi HK là đường kính của đường tròn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I là trung điểm của BC  nên ABC cân tại A. Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC. c) . 0. . 0. Ta có BOC 120 ; BKC 60 suy ra BOC  BKC 180 nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn. . . 0.      Ta có OB=OC=R suy ra OB OC  BKO CKO hay KO là phân giác góc BKC  theo phần (a) KA là phân giác góc BKC nên K ,O, A thẳng hàng hay AK đi qua O cố định.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>