›
›
›

Đề cương ôn tập môn Hình học Lớp 9

doc 53 trang thaodu 11700
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề cương ôn tập môn Hình học Lớp 9", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docde_cuong_on_tap_mon_hinh_hoc_lop_9.doc

Nội dung text: Đề cương ôn tập môn Hình học Lớp 9

  1. ĐỀ ÔN TẬP. Bài 5. Cho đường tròn O;R , AB là một dây của O có độ dài bằng R 3 và K là điểm chính giữa của cung lớn AB . Gọi M là điểm tùy ý trên cung nhỏ BK (M B, K ). Trên tia AM lấy điểm N sao cho AN BM . Kẻ đường thẳng qua B song song với KM cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là P . a) Chứng minh tứ giác ANKP là hình bình hành. b) Chứng minh tam giác KMN là tam giác đều. c) Xác định vị trí của M để tổng MA MK MB có giá trị lớn nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 5 Hình vẽ K P O M N A B H Do MK //BP M»B P»K MB PK 1 MB AN 2 . Từ (1) (2) suy ra PK AN 3 K»A K»B và M»B P»K suy ra »AP K¼M hay PK PAN 4 Từ (3) (4): tứ giác ANKP là hình bình hành (cặp cạnh đối vừa song song vừa bằng nhau) Gọi H là trung điểm của AB , khi đó OH  AB AH 3 sin ·AOH suy ra ·AOH 600 . OA 2 1 ·AKB ·AOB ·AOH 600 , tam giácAKB là tam giác đều. 2 Do KM AP và KN AP , suy ra: KM KN K·MN ·ABK 600 Từ đó ta có tam giác KMN là tam giác đều. Có: MA MK MB MA NM AN 2MA 4R . Dấu “=” xảy ra MA là đường kính hay M là điểm chính giữa của cung bé 1
  2. B»K . Vậy: Max MA MK MB 4R M là điểm chính giữa của cung bé B»K . Bài 5. Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A chuyển động trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Kẻ các đường cao BE và CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB). Cmr: a) BCEF là tứ giác nội tiếp. b) EF.AB = AE.BC. c) Độ dài đoạn thẳng EF không đổi khi A chuyển động. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ A E F O C B a) BCEF là tứ giác nội tiếp. Ta có: B·FC 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) B·EC 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp đpcm. b) EF.AB = AE.BC. BCEF nội tiếp (chứng minh trên) Suy ra A· FE A·CB (cùng bù với góc BFE) Do đó AEF : ABC (g.g) EF AE Suy ra EF.AB BC.AE đpcm. BC AB c) EF không đổi khi A chuyển động. AE Ta có EF.AB BC.AF EF BC. BC.cosB·AC AB Mà BC không đổi (gt), ABC nhọn A chạy trên cung lớn BC không đổi B·AC không đổi cosB·AC không đổi. Vậy EF BC.cosB·AC không đổi đpcm. Cách khác. Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF có: Tâm I là trung điểm BC của BC cố định. Bán kính R không đổi (vì dây BC cố định) 2 2
  3. Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF là một đt cố định Vì Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (I) nên ta có: 1 F·BE E·CF Sd E»F (góc nội tiếp) (1) 2 Lại có: F·BE E·CF 900 B·AC . Mà dây BC cố định Sd B¼nC không đổi 1 B·AC Sd B¼nC có số đo không đổi 2 F·BE E·CF 900 B·AC có số đo không đổi (2) Từ (1) và (2) E»F có số đo không đổi Dây EF có độ dài không đổi (đpcm). Bài 5. Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ các tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O, C nằm giữa M và D. 1.Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp trong một đường tròn. 2.Chứng minh: MA2 = MC.MD. 3.Gọi trung điểm của dây CD là H, tia BH cắt O tại điểm F. Chứng minh: AF // CD HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG . Kết hợp điều kiện (*) ta được b 3 . A F 4 Hình vẽ D H C M O B 3
  4. Tứ giác MAOB có: M· AO 900 (gt); M· BO 900 (gt); M· AO;M· BO đối nhau; M· AO M· BO 1800 Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính AO. Hai tam giác DMA và AMC có: Mµ chung; M· AC M· DA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AC) nên: ∆DMA ∽ ∆AMC (g-g) MA MD Suy ra: ⇒ MA2 = MC.MD MC MA Ta có: H là trung điểm của dây CD nên OH ⊥ CD (Định lý quan hệ đường kính và dây) Suy ra M· HO M· BO 900 nên tứ giác MHOB nội tiếp đường tròn. ⇒ M· HB M· OB (1) (góc nội tiếp cùng chắn cung MB) OM là tia phân giác góc AOB (MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M) 1 ⇒ M· OB A·OB 2 1 Mà A· FB A·OB (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB) 2 ⇒ A· FB M· OB (2) Từ (1) và (2) suy ra: A· FB M· HB Mà AFB và MHB là hai góc ở vị trí đồng vị nên suy ra AF // CD. Bài 5. Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là hai tiếp điểm) . a) Chứng minh: Tứ giác ABOC nội tiếp . b) Gọi H là trực tâm tam giác ABC, chứng minh tứ giác BOCH là hình thoi. c) Gọi I là giao điểm của đoạn OA với đường tròn. Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . d) Cho OB = 3cm, OA = 5 cm. Tính diện tích tam giác ABC . HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 4
  5. 4 Hình vẽ B A H E O I C a) Ta có AB và AC là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn (O) , với B,C là hai tiếp điểm nên OB  AB và OC  AC A·BO = 900 và A·CO = 900 Tứ giác ABOC có tổng hai góc đối : A·BO +A·CO = 900 900 1800 Do đó tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn. b) Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên BH và CH là hai đường cao của tam giác ABC BH  AC và CH  AB mà theo câu a) OB  AB và OC  AC OB // CH và OC // BH Tứ giác BOCH là hình bình hành Lại có OB = OC ( bán kính) nên tứ giác BOCH là hình thoi. c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có : AO là tia phân giác của B·AC và OA là tia phân giác của  BOC. Mà I là giao của OA với đường tròn tâm O nên I là điểm chính giữa của cung nhỏ BC ·ABI I·BC BI là tia phân giác của ·ABC Vì I là giao điểm của hai đường phân giác AO và BI của tam giác ABC nên I cách đều ba cạnh của tam giác ABC. Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. d) Gọi E là giao điểm của BC và OA Ta có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OB = OC (bán kính) AO là đường trung trực của BC AO  BC tại E và BC = 2BE 5
  6. Xét tam giác ABO vuông tại B có BE là đường cao nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có : OB2 32 OB2 OE OA OE 1,8 cm OA 5 AE OA – OE 5 1,8 3,2cm BE 2 AE OE 3,21,8 BE 2,4cm BC 4,8cm 1 1 Vậy diện tích tam giác ABC là: S AE  BC 3,24,8 7,68cm2 ABC 2 2 Bài 5. Cho đường tròn (O; R) dây DE < 2R. Trên tia đối DE lấy điểm A, qua A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O), (B, C là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm DE, K là giao điểm của BC và DE. a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. b) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC. Chứng minh rằng H thuộc đường tròn (I) và HA là phân giác B·HC. 2 1 1 c) Chứng minh rằng: . AK AD AE HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ B O I A K D H E C a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp 6
  7. Ta có: A·BO ·ACO 900 (gt) suy ra A·BO ·ACO 1800 Nên tứ giác ABOC nội tiếp (theo định lý đảo) b) Gọi đường tròn (I) ngoại tiếp tứ giác ABOC. Chứng minh rằng H thuộc đường tròn (I) và HA là phân giác B·HC Ta có A·BO ·ACO 900 nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC là trung điểm của AO. Vì ·AHO 900 nên H thuộc đường tròn (I) Theo tính chất tiếp tuyến giao nhau thì AB AC »AB »AC Ta có: ·AHB ·AHC (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) Hay HA là phân giác góc B·HC c) 2 1 1 Chứng minh rằng: AK AD AE Xét tam giác ACD và AEC có C·AD E·AC (chung); 1 ·ACD ·AEC sđ D»C 2 AC AD Nên ACD đồng dạng AEC (g.g) suy ra: AC 2 AD.AE (1) AE AC Xét tam giác ACK và AHC có C·AK H· AC (chung); ·ACK C·HA ( ·AHB) AC AK Nên ACK đồng dạng AHC (g.g) suy ra: AC 2 AH.AK (2) AH AC Từ (1) và (2) suy ra: 1 1 AD  AE AK  AH AK AH AH AK AD DH AE EH 2 2 2 1 1 2AD  AE AK AD AE AK AD AE 7
  8. Bài 5. Cho đường tròn (O) có dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A chuyển động trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Kẻ các đường cao BE và CF của tam giác ABC (E thuộc AC, F thuộc AB). Chứng minh rằng: a) BCEF là tứ giác nội tiếp. b) EF.AB = AE.BC. c) Độ dài đoạn thẳng EF không đổi khi A chuyển động. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ A E F O C B a) Ta có: B·FC 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) B·EC 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp đpcm. b) BCEF nội tiếp (chứng minh trên) Suy ra A· FE A·CB (cùng bù với góc BFE) Do đó AEF : ABC (g.g) EF AE Suy ra EF.AB BC.AE đpcm. BC AB c) AE Ta có EF.AB BC.AF EF BC. BC.cosB·AC AB Mà BC không đổi (gt), ABC nhọn A chạy trên cung lớn BC không đổi B·AC không đổi cosB·AC không đổi. Vậy EF BC.cosB·AC không đổi đpcm. 8
  9. Bài 5. Qua điểm A cho trước nằm ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm), lấy điểm M trên cung nhỏ BC, vẽ MH  BC; MI  AC; MK  AB. a) Chứng minh tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh MH2 = MI.MK. c) Qua M vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh chu vi APQ không phụ thuộc vào vị trí điểm M. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ 1) Xét tứ giác BHMK:Hµ Kµ = 900 + 900 = 1800 => Tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn. 2) Ta có Bµ H·MK Cµ H· MI = 1800 mà Bµ Cµ H·MK H· MI (1) K·BM B·CM , K·BM K·HM (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MK và góc tạo bởi tia tt và góc nội tiếp cùng chắn cung BM). H·CM H· IM (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn H¼M ) K·HM H· IM (2). MH MK Từ (1), (2) => HMK ~ IMH (g.g) => MH 2 = MI .MK MI MH 9
  10. A I K M B H C (đpcm) 3) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến) Xét chu vi APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM = (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB không đổi. Vì A cố định và đường tròn (O) cho trước nên chu vi APQ không phụ thuộc vào vị trí của điểm M (đpcm). Bài 5. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI AB, MK AC (I AB, K AC) a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Vẽ MP BC (P BC). Chứng minh: M· PK M· BC . c) BM cắt PI; CM cắt PK tại E; F. Tứ giác BCFE là hình gì ? d) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG Hình vẽ B I E P M A O H F K C a) Ta có:A· IM A·KM 900 (gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM. b) Tứ giác CPMK có M· PC M· KC 900 (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp M· PK M· CK (1). Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: M· CK M· BC (cùng chắn M¼C ) (2). Từ (1) và (2) suy ra M· PK M· BC (3) c)tg BCFE là hình gì ? +C/m tg PEMF nội tiếp =>M· EF M· PF ;M· PK M· CK M· BC M· EF M· BC mà hai góc này ở vị trí đồng vị =>BC//EF =>tg BCFE là hình thang d)Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp. 10
  11. Suy ra: M· IP M· BP (4). Từ (3) và (4) suy ra M· PK M· IP . Tương tự ta chứng minh được M· KP M· PI . MP MI Suy ra: MPK ~ ∆MIP MK MP MI.MK = MP2 MI.MK.MP = MP3. Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4) - Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định). Lại có: MP + OH OM = R MP R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5). Từ (4) và (5) suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 M nằm chính giữa cung nhỏ BC. Bài 5. Từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O) ở đây B, C là các tiếp điểm. Vẽ dây BE song song với AC. Đường thẳng AE cắt đường tròn tại điểm thứ hai là F. Gọi H là giao điểm của OA và BC. Đường thẳng BF cắt AC tại D. a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp và DC2 = DF.DB b) Chứng minh D là trung điểm của AC. c) Chứng minh 4 điểm C, H, F, D cùng nằm trên một đường tròn. d) Chứng minh góc BEA = góc CEH. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 5 Hình vẽ a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp và DC2 = DF.DB (1đ) Góc ABO + góc ACO = 1v + 1v = 2v ABOC nội tiếp vì có hai góc đối bù nhau. 11
  12. Xét DFC và DCB có góc BDC chung góc DCF = góc DBC (cùng chắn cung CF) DFC đồng dạng DCB DE DC DC2 DB.DF DC DB b) Chứng minh D là trung điểm của AC. EB // AC góc BEA = góc FAD (so le trong) góc BEA = góc ABD (cùng chắn cung BF) góc FAD = góc ABD Xét ADF và BDA có góc ADB chung góc FAD = góc ABD (cmt) ADF đồng dạng BDA AD DF AD2 DB.DF BD AD Mà DC2 DB.DF (cmt) DC2 AD2 DC AD D là trung điểm của AC c) Chứng minh C, H, F, D cùng nằm trên một đường tròn (1đ) AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OB = OC = R OA là đường trung trực của BC OA  BC tại H và HB = HC DA = DC (gt) HD là đường trung bình của ABC HD // AB góc HDF = góc FBA (so le trong) Mà góc HCF = góc FBA (cùng chắc cung BF) góc HDF = góc HCF (= góc FBA) 12
  13. tứ giác CDHF nội tiếp. d) Chứng minh góc BEA = góc CEH (0.5đ) Chứng minh AFB đồng dạng ABE AB2 = AE.AF Áp dụng hệ thức lượng trong vuông ABO AB2 = AH.AO AE.AF = AH.AO Chứng minh AFH đồng dạng AOE góc AEO = góc AHF EOHF nội tiếp Chứng minh góc FHA = góc OHE EHF EOF Chứng minh góc BHE = góc BHF = góc = góc = góc ECF 2 2 Chứng minh góc HCF = góc CEH. Mà góc HCF = góc BEF góc BEA = góc CEH Bài 5. Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm) a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp. b) Cho bán kính đường tròn (O) bằng 3cm, độ dài đoạn thẳng OA bằng 5cm. Tính độ dài đoạn thẳng BC. c) Gọi (K) là đường tròn qua A và tiếp xúc với đường thẳng BC tại C. Đường tròn (K) và đường tròn (O) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Chứng minh rằng đường thẳng BM đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 13
  14. 5 Hình vẽ B M A H O E K C a) Có AB  OB (t/c tiếp tuyến) A·BO = 900 Có AC  OC (t/c tiếp tuyến) A·CO = 900 Xét tứ giác ABOC cóA·BO +A·CO = 900 + 900 = 1800 nên nội tiếp được trong đường tròn. b) AB và AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AO là đường trung trực của BC. Gọi H là giao điểm của AO và BC, ta có BC = 2BH. ∆ABO vuông tại B có BH là đường cao nên OB2 = OH.AO OB2 9 OH = = cm AO 5 12 ∆OBH vuông tại H BH2 = OB2 – OH2 BH = cm 5 24 Vậy BC = 2BH = cm 5 c) Gọi E là giao điểm của BM và AC. ∆EMC và ∆ECB có M· EC C·EB và M· CE E·BC (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CA cùng chắn cung MC của đường tròn (O)) ∆EMC ഗ ∆ECB (g-g) EC2 = EM.EB (*) ∆EMA và ∆EAB có M· EA A·EB (a) và : + Có M· AE M· CB (3) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CB cùng chắn cung MC của đường tròn (K)) + Có M· CB A· BE (4) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến BA cùng chắn cung MB của đường tròn (O)) + Từ (3) và (4) M· AE A· BE (b) Từ (a) và (b) ∆EMA ഗ ∆EAB (g-g) EA2 = EM.EB ( ) Từ (*) và ( ) EC2 = EA2 EC = EA. Vậy BM đi qua trung điểm E của AC. 14
  15. Bài 5. Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua O, cắt đường tròn (O) tại hai điểm A, B. Lấy điểm M bất kỳ trên tia đối của tia BA, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (với C, D là hai tiếp điểm). a) Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn. b) Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Chứng minh HM là tia phân giác của C·HD c) Đường thẳng đi qua O và vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại P, Q. Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MPQ nhỏ nhất HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ P C O M B H A D Q a) Ta có MC, MD là hai tiếp tuyến MC  OC M· CO = 900 nên có: MD  OD M· DO = 900 Suy ra C, D nằm trên đường tròn đường kính OM hay tứ giác MCOD nội tiếp đường tròn đường kính OM b) Ta có HA=HB OH  AB M· HO=900 H thuộc đường tròn đường kính OM MA=MB M¼A=M¼B M· HC=MHD 15
  16. (hai góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau trong đường tròn đường kính OM) HM là tia phân giác của C·HD c) Ta có: R2 = OC2 = CP.CM(A/Dhệ thức lượng vào MOP vuông tại O đường cao OC Do PQ  OM , MO là phân giác của góc PMQ nên tam giác MPQ cân tại M 1 S 2S 2. OC.MP OC.MP OC.(MC+CP) R.2 MC.CP=R.2 R 2 2R 2 ΔMPQ ΔMPO 2 Dấu bằng xảy ra khi MC = CP = OC hayΔMCO vuông cân OM=R 2 Vậy M là giao của (d) với (O, R 2 ) Bài 5. Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ các tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O, C nằm giữa M và D. a) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp trong một đường tròn. b) Chứng minh: MA2 MC.MD . c) Gọi trung điểm của dây CD là H, tia BH cắt (O) tại điểm F. Chứng minh: AF//CD. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 5 Hình vẽ A F M O C 1 2 H D B a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp: · 0 MA  OA (gt) OAM 90 Ta có: MB  OB (gt) · 0 OBM 90 Do đó: O·AM O·BM 900 900 1800 16
  17. Xét tứ giác MAOB, ta có: O·AM O·BM 1800 (cmt) Tứ giác MAOB nội tiếp trong đường tròn đường kính OM. b) Chứng minh MA2 MC.MD : Trong đường tròn (O), ta có: 1 M· AC sđ »AC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây) 2 1 ·ADM sđ »AC (góc nội tiếp) 2 M· AC ·ADM (t/c bắc cầu) Xét MAC và MDA , ta có: M¶ chung M· AC ·ADM (cmt) MAC : MDA (g g) MA MC MD MA MA2 MC.MD c) Chứng minh AF//CD Trong đường tròn (O), ta có: HC = HD (gt) OH  CD (đ/l đường kính và dây) O·HM 900 H nằm trên đường tròn đường kính OM Ta lại có: MA và MB là hai tiếp tuyến (gt) OM là phân giác ·AOB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) 17
  18. 1 Mà ·AFB ·AOB (cùng chắn »AB ) 2 Nên ·AFB M· OB Trong đường tròn đường kính OM, ta có: M· OB M· HB (cùng chắn M»B ) Mặt khác, ta có: M· HB F·HD (đối đỉnh) Do đó: ·AFB F·HD (t/c bắc cầu) AF / /CD (so le trong) Bài 5. Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua O, cắt đường tròn (O) tại hai điểm A, B. Lấy điểm M bất kỳ trên tia đối của tia BA, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (với C, D là hai tiếp điểm). 1. Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn. 2. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Chứng minh HM là tia phân giác của C·HD 3. Đường thẳng đi qua O và vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại P, Q. Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MPQ nhỏ nhất Câu 4 1. Ta có MC, MD là hai tiếp tuyến · 0 MC  OC MCO = 90 P C (3điểm) nên có: MD  OD M· DO = 900 Suy ra C, D nằm trên đường tròn O M đường kính OM B hay tứ giác MCOD nội tiếp H A đường tròn đường kính OM D Q 2. Ta có HA=HB OH  AB M· HO=900 H thuộc đường tròn đường kính OM MA=MB M¼A=M¼B M· HC=MHD (hai góc nội tiếp chắn 2 cung 1.0 18
  19. bằng nhau trong đường tròn đường kính OM) HM là tia phân giác của C·HD 3. Ta có: R2 = OC2 = CP.CM(A/Dhệ thức lượng vào MOP vuông tại O đường cao OC Do PQ  OM , MO là phân giác của góc PMQ nên tam giác MPQ cân tại M 1 2 2 SΔMPQ 2SΔMPO 2. OC.MP OC.MP OC.(MC+CP) R.2 MC.CP=R.2 R 2R 2 1.0 Dấu bằng xảy ra khi MC = CP = OC hayΔMCO vuông cân OM=R 2 Vậy M là giao của (d) với (O, R 2 ) 1.0 Bài 5. Cho đường tròn tâm O, dây BC cố định ,điểm A thuộc cung lớn BC sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn, và AB AC. Vẽ đường kính AD của đường tròn (O). Kẻ BE và CF vuông góc với AD (E, F thuộc AD). Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). 1) Chứng minh bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh HE song song với CD. 3) Gọi M , I, K lần lượt là trung điểm của BC, EF, CE. CMR: M, I , K thẳng hàng và B·ME 2M· ED +CMF 4) Khi điểm A thuộc cung lớn BC, thỏa mãn AB=3CD. Tính: (BEkĺll.MI - 2MK.CF) HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 1 a) 19
  20. 4 Hình vẽ A O E K I C B H M F D a) · · 0 Theo bài có AEB AHB 90 . Suy ra bốn điểm A, B, H, E cùng thuộc một đường tròn. b) · · Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn BAE EHC (1) · · » Mặt khác, BCD BAE (góc nội tiếp cùng chắn BD ) (2) · · Từ (1) và (2) suy ra BCD EHC suy ra HE // CD. c) Gọi K là trung điểm của EC, I là giao điểm của MK với ED. Khi đó MK là đường trung bình của BCE MK // BE; mà BE  AD (gt) MK  AD hay MK  EF (3) Lại có CF  AD (gt) MK // CF hay KI // CF. ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF (4) Từ (3) và (4) suy ra MK là đường trung trực của EF ME = MF Bài 5. Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tuỳ ý trên d kẻ các tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD. a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp. b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. 20
  21. c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường thẳng d. MD HA2 d) Chứng minh = MC HC2 HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ A O H d M C I D B Q a) MA, MB là các iếp tuyến của (O) M· AO M· BO 900 I là trung điểm của CD OI  CD M· IO 900 A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO. b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB MO là đường trung trực của AB MO  AB MH.MO = MB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1) 1 M· BC M· BD sđ B»C 2 21
  22. MBC : MDB(g.g) MB MD MC.MD MB2 (2) MC MB Từ (1) và (2) MH.MO = MC.MD MC MO MCH : MOD(c.g.c) MH MD M· HC M· DO tứ giác CHOD nội tiếp H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI Hai tam giác vuông MIO và QHO có I·OH chung MIO : QHO MO OQ OI OH MO OH OA2 R2 OQ (R là bán kính (O) không đổi) OI OI OI O, I cố định độ dài OI không đổi lại có Q thuộc tia OI cố định Q là điểm cố định d) 1800 C·OD ·AHC 900 M· HC 900 O·DC 900 ( COD cân tại O) 2 1 1 1 = 1800 C·OD 3600 sdC¼BCB sdC¼AD 2 2 2 = C·BD (3) C·AH C·DB (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) Từ (3) và (4) AHC : DBC(g.g) HA BD (5) HC BC 22
  23. MBC : MDB(g.g) (chứng minh trên) MD MB BD MB MC BC 2 (6) BD MD MB MD . BC MB MC MC MD HA2 Từ (5) và (6) MB HC 2 Bài 5. Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB và cát tuyến MPQ (MP < MQ). Gọi I là trung điểm của dây PQ, E là giao điểm thứ hai giữa đường thẳng BI và đường tròn (O). a) Chứng minh rằng: Bốn điểm B, O, I, M cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh rằng: B·OM B·EA . c) Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng AE. Chứng minh ba điểm O; I; K thẳng hàng. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ E K A Q I P O M B a) Ta có: M· BO 900 (MB là tiếp tuyến của đường tròn (O)) IP = IQ (gt) OI  PQ (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) M· IO 900 (gt) Xét tứ giác BMIO có M· BO M· IO 1800 Tứ giác BMIO nội tiếp đường tròn (Vì tổng số đo 2 góc đối diện bằng 1800) Bốn điểm B, O, I, M cùng nằm trên một đường tròn. 23
  24. b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau 1 Ta có: OM là tia phân giác của A·OB M· OB A·OM A·OB 2 1 Mà A·OB sđ A»B (Tính chất góc ở tâm) M· OB sđ A»B (1) 2 1 Ta lại có đA· EB(2) (gócs A» nộiB tiếp chắn ). A»B 2 Từ (1) và (2) suy ra: B·OM B·EA (3) c) Do tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn (cm câu a) 1 M· IB M· OB sđ M· B (4) (2 góc nội tiếp cùng chắn M¼B ) 2 Từ (3) và (4) A· EB M· IB Mà A· EB;M· IB là hai góc ở vị trí đồng vị AE / /PQ và OI  PQ AE  OI (*) Mặt khác: Ta lại có AK = KE(gt) OK  AE ( ) (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) Từ (*) và ( ) OK trùng với OI Ba điểm O, I, K thẳng hàng. Bài 5. Cho đường tròn (O;R) có BC là dây cố định (BC 2R) ; E là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC và AB < AC (A khác B). Trên đoạn AC lấy điểm D khác C sao cho ED = EC. Tia BD cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là F. a) Chứng minh D là trực tâm của tam giác AEF. b) Gọi H là trực tâm của tam giác DEC; DH cắt BC tại N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDN cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là M. Chứng minh đường thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 24
  25. 4 Hình K vẽ A F O D H N C B M E a) Tứ giác ABEC nội tiếp suy ra A· BE A·CE 180o Mà E·DC A·CE và A·DE E·DC 180o nên A· BE A·DE. Kết hợp với B·AE D· AE => A· BE A·DE. Mặt khác EB = EC = ED nên AE là trung trực của đoạn BD => AE  BF (1) và AB = AD => A·BD A·DB. Kết hợp với A·BD D· CF (cùng chắn cung AF) và A·DB F·DC (đối đỉnh). Suy ra F·DC F·CD tam giác FDC cân tại F. => FD = FC. Kết hợp với ED = EC => EF là trung trực của DC =>DC  EF (2). Từ (1) và (2) suy ra D là trực tâm của tam giác AEF. b) Kẻ đường kính EK của (O;R). Khi đó điểm K cố định. Tứ giác BDNM nội tiếp nên B·MD B·ND 25
  26. 1 B·MD 90o B·CE 90o B·AC (3) 2 Tứ giác ABMK nội tiếp nên B·MK 1800 B·AK . 1 Mà B·AK B·AE E·AK 90o B·AC 2 1 B·MK 90o B·AC (4) . 2 Từ (3) và (4) suy ra B·MD B·MK Suy ra ba điểm M, D, K thẳng hàng. Do đó MD luôn đi qua điểm K cố định. Bài 5. Từ một điểm A ở ngoài (O;R), kẻ hai tiếp tuyến AB và AC đến (O) với B và C là tiếp điểm và một cát tuyến ADE đến (O) sao cho D và C nằm ở hai mặt phẳng bờ OA khác nhau. Gọi H là giao điểm của OA và BC, kẻ đường kính BK và DM của (O) a) Chứng minh: CK//OA b) Chứng tỏ: Tứ giác DEOH nội tiếp. c) OA cắt EK tại N. Chứng minh: ba điểm M, N, B thẳng hàng. d) MK cắt BC tại L. Gọi S là trung điểm của BL. Chứng minh: NS//AB HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 5 Hình vẽ 26
  27. a) Chứng minh : CK//OA và tứ giác OABC nội tiếp ,Tứ giác BDMK là hình chữ nhật Ta có: B·CK 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BK) => BC KC. Ta có: OA=OB=R ,AB=AC (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) => OA là trung trực của BC => HB=HC và OA BC => OA//CK Xét tứ giác ta có :·ABO ·ACO 900 900 1800 Tứ giác ABOC nội tiếp (tổng 2 góc đối =1800). Xét tứ giác BDKM ta có: OB=OK, OD=OM => Tứ giác BDKM là hình bình hành ta lại có : BK=DM => Tứ giác BDKM là hình chữ nhật b) Tứ giác DHOE nội tiếp Xét tam giác ABD và tam giác AEB ta có E·BA là góc chung ,·ABD ·AEB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung BD) =>∆ABD~∆AEB (g-g) AB AE => => AB2=AD.AE AD AB Xét tam giác OB vuông tại B có đường cao BH ta có : AB2=AH.AO (hệ thức lượng trong tam giác vuông ) AD AO Từ đó suy ra AD.AE=AH.AO => AH AE Xét tam giác ADH và tam giác AOE ta có : AD AO O·AE là góc chung , (cmt) AH AE =>∆ADH~∆AOE (c-g-c) =>·AHD ·AEO => Tứ giác DHOE nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong ) c) Ba điểm B, M, N thẳng hàng Gọi F là giao điểm của DK và OA 27
  28. Theo như trên ta đã có : ·AHD ·AEO , Do tứ giác EOHD nội tiếp =>·AHD ·AEO , do OE=OD =R => Tam giác ODE cân =>·AEO ·AOE , ta lại có:·AOE O·HE Từ đó suy ra ·AHD O·HE =>B·HD B·HE =>E·HD 2B·HD (cùng phụ với góc hai bằng nhau). Ta có: B·DK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BK). Xét tứ giác BDFH ta có:B·HF B·DF 900 900 1800 => Tứ giác BDFH nội tiếp =>B·HD B·FH . Do tứ giác OEHD nội tiếp => B·HD E·OD ta lại có:E·OD 2E·KD (liện hệ góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn 1 cung ) . Từ tất cả trên suy ra 2E·KD E·OD E·HD 2B·HD 2B·FD =>E·KD B·FD => BF//KE. OB OF Áp dụng định lý ta lét ta có: mà OB=OK OK ON => OF=ON, Dẫn đến tứ giác BFKN là hình bình hành => BN//DK ta lại có :BD KD => BN BD ta lại có :B·DM 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => BD BM => ba điểm B, N, M thẳng hàng d) NS//AB Dựng NI BK tại I ,Gỉa sử MK cắt BC tại L ,. Dựng LT BK tại L 28
  29. Ta có :B·MK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BK) Xét trong 2 tam giác vuông BIN và BMK ta có: BI BM cosB= BN BK => BN.BM=BI.BK Xét trong 2 tam giác vuông BHN và BML ta có : BH BM cosB= BN BL => BN.BM=BH.BL Xét trong hai tam giác vuông BHO và BTL ta có : BH BT cosB= BO BL =>BH.BL = BO.BT Từ đó suy ra BI.BK =BO.BT mà BK=2BO => BT=2BI => I là trung điểm của BT Xét trong tam giác BTL ta có : TS//TL (cùng vuông góc với BK) có I là trung điểm của BT => S là trung điểm của BL Xét trong tam giác BTL có I và S lần lượt là trung điểm của BT và BL => IS là đường trung bình tam giác BTL => IS//TL mà BT TL =>IS BT mà NI BT => 3 điểm N,I,S thẳng hàng =>NS BK mà AB BK =>NS//AB 29
  30. Bài 5. Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định không đi qua tâm O; C và D là hai điểm di động trên cung lớn AB sao cho AD và BC luôn song song. Gọi M là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AOMB là tứ giác nội tiếp. b) OM  BC. c) Đường thẳng d đi qua M và song song với AD luôn đi qua một điểm cố định. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ A D I O M B C a) Chứng minh được: - hai cung AB và CD bằng nhau - sđ góc AMB bằng sđ cung AB Suy ra được hai góc AOB và AMB bằng nhau O và M cùng phía với AB. Do đó tứ giác AOMB nội tiếp b) Chứng minh được: - O nằm trên đường trung trực của BC (1) - M nằm trên đường trung trực của BC (2) Từ (1) và (2) suy ra OM là đường trung trực của BC, suy ra OM  BC c) Từ giả thiết suy ra d  OM Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB, suy ra góc OMI bằng 900 , do đó OI là đường kính của đường tròn này Khi C và D di động thỏa mãn đề bài thì A, O, B cố định, nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOMB cố định, suy ra I cố định. Vậy d luôn đi qua điểm I cố định. 30
  31. ĐỀ ÔN TẬP THI VÀO 10 – SỐ 74. Bài 5. Cho đường tròn (O;R). Từ điểm M ở bên ngoài đường tròn kẻ cát tuyến MDC không đi qua O (D nằm giữa M và C) và các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn. Gọi I là trung điểm của CD, đường thẳng AB cắt các các đường thẳng MO, OI lần lượt ở E và K. a) CMR: OE.OM = R2. b) Chứng minh tứ giác MEIK nội tiếp. c) Chứng tỏ KD là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) . HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ a) OBM vuông tại B có BE OM (vì ) => OE.OM = OB2 = R2 b) có M· EK M· IK 900 (vì ) mà chúng cùng nhìn cạnh MK => tứ giác MEIK nội tiếp c) Chứng minh được OID ODK => O·DK O· ID 900 Mà OD là bán kính => KD là tiếp tuyến Bài 5. Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A và B là tiếp điểm). Đường thẳng MO cắt đường tròn (O) tại hai điểm N và Q (N nằm giữa M và Q). Gọi H là giao điểm của AB và MO, K là giao điểm của BN và AM; I là hình chiếu của A trên BM. a) Chứng minh rằng các tứ giác AOBM, AHIM nội tiếp. b) Chứng minh rằng MA2 = MN . MQ c) Khi K là trung điểm của AM, chứng minh ba điểm A, N, I thẳng hàng. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 3 Hình vẽ A K O M Q H N I B 31
  32. a) + MA và MB là hai tiếp tuyến của đường tròn(O) => OAM = OBM = 900 => OAM +OBM = 1800 => Tứ giác AOBM nội tiếp đường tròn đường kính OM + MA và MB là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn(O) => OM là đường trung trực của AB => OM  AB tại H => AHM = 900 Mà AIM = 900(gt) => Tứ giác AHIM nội tiếp đường tròn đường kính AM b) MAN = AQN ( Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung), M1 chung MA MQ => AMN ~ QMA(g - g) => => MA2 = MN . MQ MN MA c) Ta có: MAN = ABK ( Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung) MAN = KBM ( Hai góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn hai cung bằng nhau) => ABK = KBM => BK là đường phân giác của góc ABM Mà K là trung điểm của AM => BK là đường trung tuyến của AMB => AMB cân tại B Lại có AMB cân tại M(do MA = MB) => AMB đều => Ba điểm A, N, I thẳng hàng. Bài 5. 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. a) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc M· IN . 2 1 1 b) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh . AK AB AC 32
  33. c) 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. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ M E P H O I C A B K N Theo giả thiết A·MO A·NO A· IO 900 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 2AB.AC AK(AB AC) AB.AC AK.AI AK AB AC (Do AB AC 2AI ) ABN đồng dạng với ANC AB.AC AN 2 AHK đồng dạng với AIO AK.AI AH.AO Tam giác AMO vuông tại M có đường cao MH AH.AO AM 2 33
  34. AK.AI AM 2 . Do AN AM AB.AC AK.AI Ta có AN  NO,MP  NO,M  AN AN / /MP Do đó AMPN là hình bình hành AN MP 2x AN NO 2x2 Tam giác ANO đồng dạng với NEM NE NE EM R 2x2 TH 1. NE NO OE R R2 x2 2x2 R2 R R2 x2 R Đặt R2 x2 t,t 0 x2 R2 t 2 . 2 2 2 2 2 2t R PTTT 2(R t ) R Rt 2t Rt R 0 t R Do t 0 t R R2 x2 R x 0 A  B (Loại) 2x2 TH 2. NE NO OE R R2 x2 2x2 R2 R R2 x2 R Đặt R2 x2 t,t 0 x2 R2 t 2 . 2 2 2 2 2 2t R PTTT 2(R t ) R Rt 2t Rt R 0 t R R 3 Do t 0 2t R 2 R2 x2 R x AO 2R 2 Vậy A thuộc BC, cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hbh Bài 5. Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ các tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O, C nằm giữa M và D. 1. Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp trong một đường tròn. 2. Chứng minh: MA2 = MC.MD. 3. Gọi trung điểm của dây CD là H, tia BH cắt O tại điểm F. Chứng minh: AF // CD HƯỚNG DẪN GIẢI. 34
  35. A F D H C M O B BÀI NỘI DUNG 5 Hình vẽ a) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp Tứ giác MAOB có: M· AO 900 (gt); M· BO 900 (gt); M· AO;M· BO đối nhau; M· AO M· BO 1800 Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính AO. b) Chứng minh: MA2 = MC.MD Hai tam giác DMA và AMC có: Mµ chung; M· AC M· DA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AC) nên: ∆DMA ∽ ∆AMC (g-g) MA MD Suy ra: ⇒ MA2 = MC.MD MC MA c) Chứng minh: AF // CD Ta có: H là trung điểm của dây CD nên OH ⊥ CD (Định lý quan hệ đường kính và dây) Suy ra M· HO M· BO 900 nên tứ giác MHOB nội tiếp đường tròn. ⇒ M· HB M· OB (1) (góc nội tiếp cùng chắn cung MB) OM là tia phân giác góc AOB (MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M) 1 ⇒ M· OB A·OB 2 1 Mà A· FB A·OB (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB) 2 ⇒ A· FB M· OB (2) Từ (1) và (2) suy ra: A· FB M· HB Mà AFB và MHB là hai góc ở vị trí đồng vị nên suy ra AF // CD. Bài 5. Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm) 1) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp. 35
  36. 2) Cho bán kính đường tròn (O) bằng 3cm, độ dài đoạn thẳng OA bằng 5cm. Tính độ dài đoạn thẳng BC. 3) Gọi (K) là đường tròn qua A và tiếp xúc với đường thẳng BC tại C. Đường tròn (K) và đường tròn (O) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Chứng minh rằng đường thẳng BM đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ B M A H O E K C a) Có AB  OB (t/c tiếp tuyến) ABO = 900 Có AC  OC (t/c tiếp tuyến) ACO = 900 Xét tứ giác ABOC có ABO + ACO = 900 + 900 = 1800 nên nội tiếp được trong đường tròn. b) AB và AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AO là đường trung trực của BC. Gọi H là giao điểm của AO và BC, ta có BC = 2BH. ∆ABO vuông tại B có BH là đường cao nên OB2 = OH.AO OB2 9 OH = = cm AO 5 12 ∆OBH vuông tại H BH2 = OB2 – OH2 BH = cm 5 24 Vậy BC = 2BH = cm 5 c) Gọi E là giao điểm của BM và AC. ∆EMC và ∆ECB có MEC = CEB và MCE = EBC (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CA cùng chắn cung MC của đường tròn (O)) ∆EMC ഗ ∆ECB (g-g) EC2 = EM.EB (*) ∆EMA và ∆EAB có MEA = AEB (a) và : + Có MAE = MCB (3) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến CB cùng chắn cung MC của đường tròn (K)) 36
  37. + Có MCB = ABE (4) (Góc nt và góc tạo bởi tia tiếp tuyến BA cùng chắn cung MB của đường tròn (O)) + Từ (3) và (4) MAE = ABE (b) Từ (a) và (b) ∆EMA ഗ ∆EAB (g-g) EA2 = EM.EB ( ) Từ (*) và ( ) EC2 = EA2 EC = EA. Vậy BM đi qua trung điểm E của AC. Bài 5. Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua O, cắt đường tròn (O) tại 2 điểm E, F. Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). 1. Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn. 2. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh KM là phân giác của góc CKD. 3. Đường thẳng đi qua O và vuông góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại R, T. Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ T D d E K F O M C R a) b) Ta có K là trung điểm của EF => OK EF => M· KO 900 => K thuộc đương tròn đường kính MO => 5 điểm D; M; C; K; O cùng thuộc đường tròn đường kính MO => D·KM D·OM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD) C·KM C·OM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC) Lại có D·OM C·OM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) => D·KM C·KM => KM là phân giác của góc CKD 37
  38. c) Ta có: SMRT = 2SMOR = OC.MR = R. (MC+CR) 2R. CM.CR Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMR ta có: CM.CR = OC2 = R2 không đổi 2 => SMRT 2R Dấu = xảy ra CM = CR = R2 . Khi đó M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R2 . Vậy M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R2 thì diện tích tam giác MRT nhỏ nhất. Bài 5. Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua O, cắt đường tròn (O) tại 2 điểm A, B. Lấy điểm M bất kì trên tia đối BA, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). 4. Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn. 5. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB. Chứng minh HM là phân giác của C·HD . 6. Đường thẳng đi qua O và vuông góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại P, Q. Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MPQ nhỏ nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ P D d A H B O M C Q a) C/m: Tứ giác MCOD nội tiếp một đường tròn: Xét tứ giác MCOD có: Vì MB, MC là tiếp tuyến của đường trong (O) nên M· CO M· DO 900 M· CO M· DO 1800 . Vậy tứ giác MCOD nội tiếp đường tròn đường kính OM. 38
  39. b) 2. C/m: HM là phân giác của C·HD Vì K là trung điểm của EF OH EF M· HO 900 H thuộc đường tròn đường kính MO 5 điểm D; M; C; H; O cùng thuộc đường tròn đường kính MO Do đó: D·HM D·OM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD) C·HM C·OM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC) Lại có D·OM C·OM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên D·HM C·HM HM là phân giác của C·HD c) 3. Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MPQ nhỏ nhất. Ta có: SMPQ = 2SMOQ = OC.MQ = R. (MC+CQ) 2R. CM.CQ Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMQ ta có: CM.CQ = 2 2 2 OC = R (không đổi) SMPQ 2R , dấu "= " xảy ra CM = CQ= R OM = R2 . Khi đó M cách O một khoảng bằng R2 . Vậy M nằm trên (d) sao cho OM = R2 thì diện tích tam giác MPQ nhỏ nhất. Bài 5. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O), kẻ cát tuyến MAB không qua tâm O. Vẽ đường kính CD vuông góc với dây AB tại I. Tia MC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, hai dây DE và AB cắt nhau tại K. Chứng minh rằng: a) Tứ giác CIKE nội tiếp được đường tròn, xác định tâm của đường tròn đó. b) MC.ME = MI.MK. c) EM là tia phân giác ngoài đỉnh E của tam giác EAB. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG 4 Hình vẽ C E 1 2 O B M A K I D 39
  40. a) a) CM: Tứ giác CIKE nội tiếp, xác định tâm (1,0 điểm) Giải thích và đưa ra kết quả: C· IK 900 và C·EK 900 C· IK C·EK 1800 Tứ giác CIKE nội tiếp được đường tròn. Xác định tâm của đường tròn đó là trung điểm CK. b) CM: MC.ME = MI.MK (0,75 điểm) M· EK M· IC 900 và M¶ là góc chung MEK MIC (g-g) MC.ME MI.MK (đpcm). c) CM: EM là tia phân giác ngoài đỉnh E của tam giác EAB (1,0 điểm) µ · E1 CEB (đối đỉnh) C·EB C·DA (chắn hai cung bằng nhau là BC và AC). · ¶ CDA E2 (AECD là tứ giác nội tiếp) µ ¶ E1 E2 (đpcm). Bài 5. Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua O, cắt đường tròn (O) tại 2 điểm E, F. Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). 1. Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn. 2. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh KM là phân giác của góc CKD. 3. Đường thẳng đi qua O và vuông góc với MO cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại R, T. Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 40
  41. 4 Hình vẽ T D d E K F O M C R a) b) Ta có K là trung điểm của EF => OK EF => M· KO 900 => K thuộc đương tròn đường kính MO => 5 điểm D; M; C; K; O cùng thuộc đường tròn đường kính MO => D·KM D·OM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD) C·KM C·OM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC) Lại có D·OM C·OM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) => D·KM C·KM => KM là phân giác của góc CKD b) Ta có: SMRT = 2SMOR = OC.MR = R. (MC+CR) 2R. CM.CR Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMR ta có: CM.CR = OC2 2 2 = R không đổi => SMRT 2R Dấu = xảy ra CM = CR = R2 . Khi đó M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R2 . Vậy M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R2 thì diện tích tam giác MRT nhỏ nhất. Bài 5. Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) vẽ các tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O, C nằm giữa M và D. a) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp trong một đường tròn. b) Chứng minh: MA2 = MC.MD. c) Gọi trung điểm của dây CD là H, tia BH cắt O tại điểm F. Chứng minh: AF // CD HƯỚNG DẪN GIẢI. 41
  42. BÀI NỘI DUNG 5 Hình vẽ a) Tứ giác MAOB có: M· AO 900 (gt); M· BO 900 (gt); M· AO;M· BO đối nhau; M· AO M· BO 1800 Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính AO. b) Hai tam giác DMA và AMC có: Mµ chung; M· AC M· DA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AC) nên: ∆DMA ∽ ∆AMC (g-g) MA MD Suy ra: ⇒ MA2 = MC.MD MC MA c) Ta có: H là trung điểm của dây CD nên OH ⊥ CD (Định lý đường kính và dây) Suy ra M· HO M· BO 900 nên tứ giác MHOB nội tiếp đường tròn. ⇒ M· HB M· OB (1) (góc nội tiếp cùng chắn cung MB) OM là tia phân giác góc AOB (MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M) 1 ⇒ M· OB A·OB 2 1 Mà A· FB A·OB (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB) 2 ⇒ A· FB M· OB (2) Từ (1) và (2) suy ra: A· FB M· HB Mà AFB và MHB là hai góc ở vị trí đồng vị nên suy ra AF // CD. Bài 5. Cho đường tròn (O) và dây BC với B·OC 1200. Các tiếp tuyến vẽ tại B và C với đường tròn cắt nhau tại A. M là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ BC (trừ B, C). Tiếp tuyến tại M của đường tròn cắt AB, AC lần lượt tại E và F a) Tính số đo góc EOF 42
  43. b) Gọi I, K lần lượt là giao điểm của BC và OE, OF. Chứng minh tứ giác OIFC nội tiếp và OM, EK, FI cùng đi qua một điểm c) Chứng minh EF = 2.KI HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG Hình vẽ B E I A M O K F C a) Do ME, BE là hai tiếp tuyến cắt nhau nên ta có: OE là phân giác của góc BOM 1 E·OM B·OM 1 2 Do MF, CF là hai tiếp tuyến cắt nhau nên ta có: OF là phân giác của góc COM 1 F·OM C·OM 2 2 Từ (1) và (2) suy ra 1 1 E·OM F·OM (B·OM C·OM ) B·OC 2 2 E·OF 600 b) Do AB; AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ·ABO 90; ·ACO 90; AB = AC Tứ giác ABOC có :,B·OC 1200 ; ·ABO 900 ; ·ACO 900 suy ra B·AC 600 mà AB = AC nên ABC đều ·ACB 60 ·ACI 60 43
  44. Lại có E·OF 600 (cmt) I·OF 600 Suy ra ·ACI I·OF 600 mà hai góc này cùng nhìn cạnh FI suy ra O, C thuộc cung chứa góc 600 dựng trên đoạn FI do đó I, O, C, F cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác IOCF nội tiếp => ·ACO O· IF 1800 mà ·ACO 900 O· IF 900 OI  FI OE  FI Chứng minh tương tự có:OF  EK EF là tiếp tuyến của (O) và tiếp xúc với (O) tại M nên OM  EF Như vậy: OM, EK, FI là ba đường cao của tam giác OEF nên chúng đồng quy tức cùng đi qua một điểm Tứ giác BEKO nội tiếp suy ra B·EO E·KO (3) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BO của (BEKO)) Lại có EO là phân giác của góc BEM ( theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau) suy ra B·EO O·EM (4) Từ (3) và (4) suy ra B·KO O·FM I·KO O· EF lại có góc O chung nên IK OK OIK : OFE (g.g) => (5) EF EO OK 1 Do OKE vuông tại K và E·OK 600 nên sin 600 (6) EO 2 Từ (5)(6) suy ra EF=2IK (đpcm) Câu 2: Từ 1 điểm A ngoài (O;R) .Kẻ tiếp tuyến AM đến (O) với M là tiếp điểm .Kẻ MH vuông góc với OA tại H ,MH cắt (O) tại N 1/Chứng tỏ:AN là tiếp tuyến của (O) và tứ giác AMON nội tiếp 2/Kẻ đường kính MD của (O) ,AD cắt (O) tại E và cắt MN tại B .Chứng tỏ:Các tứ giác MHEA và DOHE nội tiếp 3/Chứng tỏ:BN.BM=BD.BE và ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của tam giác MHD 4/ND cắt AM tại I ,kẻ BC vuông góc với MD tại C.Chứng tỏ: 3 điểm C,E,I thẳng hàng 5/CB cắt AN tại S .Tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt DM tại K .Gọi Q là trung điểm của DK .Chứng tỏ: MN đi qua trung điểm của QS Hướng dẫn giải 1/Chứng tỏ được : => =>AN là tiếp tuyến của (O) Cũng từ =>Tứ giác AMON nội tiếp 2/ =>Tứ giác MHEA nội tiếp 44
  45. Ta cũng có: =>Tứ giác DOHE nội tiếp 3/Chứng tỏ được :OD2=OM2=OH.OA=> (c-g-c) => =>ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của tam giác MDH Chứng tỏ được: (g-g) =>MB.NB=BD.BE 4/ =>Tứ giác MEBC nội tiếp Chứng tỏ được:A là trung điểm của MI và AI2=AM2=AE.AD=> (c-g-c) Hãy chứng tỏ: =>Từ đây chứng tỏ được 3 điểm C,E,I thẳng hàng 5/Đường thẳng qua S song song với MN cắt AQ tại J ,AQ cắt MN tại P ,CE cắt MN tại T .Áp dụng định lý cho các cặp đường thẳng song song ta có: (1) Dễ thấy =>Tứ giác KOBA nội tiếp => Ta có : (g-g) =>DO.DK=DB.DA Từ đó suy ra DM.DQ=DB.DA=> (c-g-c) Chứng tỏ được : =>CE//AQ Hãy chứng tỏ: (2) Từ (1) ,(2) =>PJ=PQ ,Lại có MN//SJ =>Dễ dàng suy ra MN đi qua trung điểm QS Ghi chú:Từ bài số 2 ta rút ra bài hình học rất khó như sau: Đề bài:Từ 1 điểm A ngoài (O;R) ,kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC đến (O) với B và C là tiếp điểm .Kẻ đường kính BD của (O) ,AD cắt BC tại I .Lấy M thuộc BD ,N thuộc AC sao cho IM vuông góc với AD ,IN//AB .Chứng tỏ:BC đi qua trung điểm của MN Bài 5 Cho đường tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì (M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp. 45
  46. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn . Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2. Chứng minh OAHB là hình thoi. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d BÀI NỘI DUNG d 5 Hình vẽ A P K D N H O M I C B (HS tự làm). Vì K là trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đường kính Và dây cung) => OKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900. như vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn. 3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM là trung trực của AB => OM  AB tại I . Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đường cao. Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2. 4. Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA  MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. 46
  47. => Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi. 5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH  AB; cũng theo trên OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đường 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 nhưng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R Bài 5. Cho đường tròn (O), BC là dây bất kì (BC ABC cân tại A. 2. Theo giả thiết MI  BC => MIB = 900; MK  AB => MKB = 900. => MIB + MKB = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp 47
  48. * ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tự tứ giác BIMK ) 3. Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 1800; tứ giác CHMI nội tiếp => HMI + HCI = 1800. mà KBI = HCI ( vì tam giác ABC cân tại A) => KMI = HMI (1). Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp => B1 = I1 ( nội tiếp cùng chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = C1 ( nội tiếp cùng chắn cung IM). Mà B1 = ¼ C1 ( = 1/2 sđ BM ) => I1 = H1 (2). MI MK Từ (1) và (2) => MKI MIH => => MI2 = MH.MK MH MI 4. Theo trên ta có I1 = C1; cũng chứng minh tương tự ta có I2 = B2 mà 0 0 C1 + B2 + BMC = 180 => I1 + I2 + BMC = 180 hay PIQ + PMQ 0 = 180 mà đây là hai góc 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 5. Cho đường tròn (O) và một điểm A ở ngoài đường tròn . Các tiếp tuyến với đường tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn (O) tại B và C. Gọi M là điểm tuỳ ý trên đường tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH  BC, MK  CA, MI  AB. Chứng minh : Tứ giác ABOC nội tiếp. 2. BAO =  BCO. 3. MIH  MHK. 4. MI.MK = MH2. 48
  49. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 10 Hình vẽ B I I B H M M H O O A A K C C K a) (HS tự giải) Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO =  BCO (nội tiếp cùng chắn cung BO). Theo giả thiết 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 cùng chắn cung HM). Chứng minh tương tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => MHI = MBI (nội tiếp cùng chắn cung IM). Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ B¼M ) => HKM = MHI (1). Chứng minh tương tự ta cũng có KHM = HIM (2). Từ (1) và (2) => HIM  KHM. MI MH Theo trên HIM  KHM => => MI.MK = MH2 MH MK Bài 5. Cho đường tròn (O) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho AC > AB và AC> BC. Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB với CD; AD với CE. 1) Chứng minh rằng: DE//BC 2) Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn. 1 1 1 3) Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F. Chứng minh hệ thức: = + . CE CQ CF HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 49
  50. 1 a o b c d e p q 1) C·DE = 1 Sđ D»C = 1 Sđ B»D = B·CD 2 2 DE// BC (2 góc ở vị trí so le trong) 2) A· PC = 1 sđ (A»C - D»C) = A·QC 2 Tứ giác PACQ nội tiếp (vì A· PC = A·QC ) 3) Tứ giác APQC nội tiếp C·PQ = C·AQ (cùng chắn C»Q ) C·AQ = C·DE (cùng chắn D»C ) Suy ra C·PQ = C·DE DE // PQ DE CE DE QE Ta có : = (vì DE//PQ) (1) , = (vì DE// BC) (2) PQ CQ FC QC DE DE CE + QE CQ 1 1 1 Cộng (1) và (2) : + = = = 1 + = (3) PQ FC CQ CQ PQ FC DE ED = EC (t/c tiếp tuyến); từ (1) suy ra PQ = CQ 1 1 1 Thay vào (3) ta có : + = CQ CF CE Bài 5. Cho đường trong (O, R) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB. 1) Chứng minh rằng các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. 2) Đoạn OM cắt đường tròn tại I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD. 3) Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất. 50
  51. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 1 P C A d H B O I M D Q 1) Vì H là trung điểm của AB nên OH  AB hay O·HM 900 . Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại có OD  DM hay O·DM 900 . Suy ra các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. 2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD MCD cân tại M MI là một đường phân giác của C·MD . Mặt khác I là điểm chính giữa cung nhỏ C»D nên 1 1 D· CI sđ D»I = sđ CºI = M· CI 2 2 CI là phân giác của M· CD . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD. 3) Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên diện tích của nó 1 được tính: S 2S 2. .OD.QM R(MD DQ) . Từ đó S nhỏ nhất MD + OQM 2 DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMQ ta có DM.DQ OD2 R2 không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất DM = DQ = R. Khi đó OM = R 2 hay M là giao điểm của d với đường tròn tâm O bán kính R 2 . Bài 5. Từ điểm M ở ngoài đường tròn(O;R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB của (O) (A,B là tiếp điểm) và cát tuyến MCD nằm trong góc OMB (MC<MD). Gọi E là trung điểm của dây CD. a/.CM: 5 điểm M,A,O,E,B cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này. b/.CM: EC2=EB.EA c/.Vẽ đường kính BF của (O), FC cắt MO tại H. CM: Góc MBH bằng góc FBD d/.Đường thẳng MO cắt FD tại K. KB cắt CD tại N, FN cắt HB tại T. CM: HB.KB=HT.KN HƯỚNG DẪN GIẢI. 51
  52. BÀI NỘI DUNG 1 A F H M K I O C G E N D B T b. giả sử CD cắt AB tại G. ta có 5 điểm A, M,B, E, O cùng thuộc 1 đường tròn nên góc MEB = góc MEA( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung MA,MB bằng nhau) và góc EMB = góc EAG nên tam giác EAG dd với tam giác EMB nên EA/EM=EG/EB hay EA.EB = EG.EM Ta có tam giác MBC dd với tam giác MDB nên MB2 = MC.MD Và tam giác MBG dd với tam giác MEB nên MB2 = MG.ME Nên MC.MD = MG.ME hay (ME- CE).(ME+ED) = (ME – GE).ME Nên (ME- CE).(ME+CE) = ME2 – GE.ME ( Vì CE = DE) Suy ra CE2 = EG. EM Vậy CE2 = EA.EB c. ta chứng minh được MO vuông góc với AB, AF vuông góc với AB nên AF//MO Hay góc AFH = góc MHC= góc MAC Nên tứ giác MAHC nội tiếp nên góc MAH= góc FCD Mà góc FBD= góc FCD 52
  53. Và tam giác MAH = tam giác MBH (c-g-c) nên góc MAH= góc MBH Nên góc FBD= góc MBH d. cách 1: ta có góc MBO = góc BDF = 900 mà góc FBD= góc MBH Nên góc HBO= góc BFK Suy ra BH//FK Nên tam giác BHO= tam giác FKO ( g-c-g) nên BH= FK Hay tứ giác BHFK là hình bình hành suy ra HF = KB Mà BH//FK nên ta có tam giác HFT dd với tam giác KNF Nên HF/KN= HT/KF => KF.HF= KN.HT hay HB.KB=HT.KN ( vì KF= BH, KB=HF) cách 2: tứ giác MAHC nội tiếp nên góc MHA= góc MCA Mà góc MCA = góc AFD nên góc MHA= góc AFK nên góc AHK + góc AFK=1800 góc FKH + góc AFK=1800 Nên góc AHK= góc FKH và AF//HK Hay tứ giác AHKF là hình thang cân, nên AH = FK, mà AH=BH nên FK = BH, Tương tự HF=AK= BK nên tứ giác BHFK là hình bình hành suy ra BH//FK Mà BH//FK nên ta có tam giác HFT dd với tam giác KNF Nên HF/KN= HT/KF => KF.HF= KN.HT hay HB.KB=HT.KN ( vì KF= BH, KB=HF) 53