Đề ôn tập môn Hình học Lớp 9 (Có đáp án)

27 trang thaodu 10860

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề ôn tập môn Hình học Lớp 9 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

de_on_tap_mon_hinh_hoc_lop_9_co_dap_an.doc

Nội dung text: Đề ôn tập môn Hình học Lớp 9 (Có đáp án)

ĐỀ ÔN TẬP. Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kínhBC 2R , điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho tam giác ABC nhọn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, F là giao điểm của AH và BC. Chứng minh rằng: a) Năm điểm A, O, M, N, F cùng nằm trên một đường tròn. b) Ba điểm M, N, H thẳng hàng. c) HA.HF R2 OH 2. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG Hình vẽ A D N H M I B C F O a) Do các điểm M, N, F cùng nhìn đoạn AO dưới góc 900 nên A, O, M, N, F cùng thuộc đường tròn đường kính AO. b) Ta có AM AN (Tính chất tiếp tuyến). Từ câu a) suy ra ·ANM ·AFN (1). Mặt khác, vì hai tam giác ADH, AFC đồng dạng; hai tam giác ADN, ANC đồng AH AN dạng nên AH.AF AD.AC AN 2 . AN AF Do đó, hai tam giác ANH, AFN đồng dạng (c.g.c) ·ANH ·AFN (2). Từ (1), (2) ta có ·ANH ·ANM H MN đpcm. c) Từ câu a) ta có HM.HN HA.HF . Gọi I OA MN ta có I là trung điểm của MN. HM.HN IM IH IM IH IM 2 IH 2 OM 2 OI 2 OH 2 OI 2 R2 OH 2 Từ đó suy ra HA.HF R2 OH 2. Bài 5. Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi không trùng với AB. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF. a) Chứng minh ACBD là hình chữ nhật. b) Gọi H là trực tâm của tam giác BPQ. Chứng minh H là trung điểm của OA. 1
c) Xác định vị trí của đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG Hình vẽ B B D D O O C C H A E P A Q F a) ·ACB ·ADB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) C·AD C·BD 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra Chứng minh ACBD là hình chữ nhật. b) Tam giác BEF vuông tại B có đường cao BA nên AB2 = AE. AF AE AB AE AB AE AB ; AB AF 2OA 2AQ OA AQ E·AO B·AQ 900 AEO đồng dạng với ABQ ·AEO ·ABQ . Mặt khác H· PF ·ABQ (góc có cạnh tương ứng vuông góc) nên ·AEO H· PF . Hai góc này ở vị trí đồng vị nên PH // OE P là trung điểm của EA H là trung điểm của OA c) AB.PQ R Ta có S R.PQ R(AP AQ) (AE AF) BPQ 2 2 R .2 AE.AF 2 R. AB2 R.AB 2R2 . 2 S BPQ 2R AE AF BEF vuông cân tại B BCD vuông cân tại B CD  AB 2
2 Vậy S BPQ đạt giá trị nhỏ nhất là 2R khi CD  AB Bài 5. Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB. a) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh A·CM A·CK c) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm AP.MB trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và R . Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung MA điểm của đoạn thẳng HK HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG Hình vẽ C M S C H M E H P E N A K O B A K O B a) Ta có H· CB 900 ( do chắn nửa đường tròn đk AB) H· KB 900 (do K là hình chiếu của H trên AB) => H· CB H· KB 1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HB. b) Ta có ·ACM ·ABM (do cùng chắn ¼AM của (O)) và ·ACK H·CK H· BK (vì cùng chắn H¼K .của đtròn đk HB) Vậy ·ACM ·ACK c) Gọi S là giao điểm của BM và đường thẳng (d), N là giao điểm của BP với HK. Xét PAM và OBM : 3
AP.MB AP OB Theo giả thiết ta có R (vì có R = OB). MA MA MB Mặt khác ta có P·AM ·ABM (vì cùng chắn cung ¼AM của (O)) PAM ∽ OBM AP OB 1 PA PM .(do OB = OM = R) (3) PM OM Vì A·MB 900 (do chắn nửa đtròn(O)) A·MS 900 tam giác AMS vuông tại M. P·AM P·SM 900 và P·MA P·MS 900 P·MS P·SM PS PM (4) Mà PM = PA(cmt) nên P·AM P·MA Từ (3) và (4) PA = PS hay P là trung điểm của AS. NK BN HN Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có: PA BP PS NK HN hay PA PS mà PA = PS(cmt) NK NH hay BP đi qua trung điểm N của HK. (đpcm) Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là điểm chính giữa của cung AB, K là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BM. Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống AK a) Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh OH là tia phân giác của góc MOK c) Gọi P là hình chiếu vuông góc của K lên AB. Xác định vị trí của K để chu vi tam giác OPK lớn nhất HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG Hình vẽ M K H A O P B 4
a) Lập luận có A· OM 900 Lập luận có A· HM 900 Trong tứ giác AOHM, ta có: ·AOM ·AHM 900 Do đó đỉnh O và H cùng thuộc đường tròn đường kính AM. Vậy tứ giác AOHM nội tiếp được. b) Tam giác MHK vuông tại H có M· KH 450 Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân tại H Suy ra: HM = HK Chứng minh được: MHO = KHO ( c-c-c) Suy ra: M· OH K· OH , Do vậy OH là phân giác của góc MOK ) ) A· FE A· BE (cùng chắn AE ) và A· FD A· CD (cùng chắn AD ) ) Mà E· CD E· BD (cùng chắn DE của tứ giác BCDE nội tiếp) Suy ra: A· FE A· FD => FA là phân giác của góc DFE c) Bài 5. Cho đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại điểm H (H nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O; R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại điểm K khác A. Hai dây MN và BK cắt nhau ở E. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. a) Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp. b) Chứng minh tam giác NFK cân và EM.NC=EN.CM. c) Giả sử KE =KC. Chứng minh OK // MN HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 5
Hình vẽ a f k o m h e n c b a) Xét tứ giác AHEK có: ·AHE 90 ·AKE 90(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ·AHE ·AKE 180Tứ giác AHEK nội tiếp b) Do đường kính AB  MN nên B là điểm chính giữa cung MN MKB NKB (1) Ta lại có: BK / /NF (cùng vuông góc với AC) K·NF N· KB (so le trong) (2) M· KB M· FN (đồng vị) (3) Từ (1);(2);(3) K·NF M· FN hay K·FN K·NF KNF cân tại K ME MK MKN có KE là phân giác của góc M· KN (4) EN KN Ta lại có:KE  KC ; KE là phân giác của góc MKN KC là phân giác ngoài CM KM của MKN tại K (5) CN KN ME CM Từ (4) và (5) ME.CN EN.CM EN CN c) Ta có AKB 900 BKC 900 KEC vuông tại K Theo giả thiết ta lại có KE KC KEC vuông cân tại K KEC KCE 450 Ta có BEH KEC 450 OBK 450 6
Mặt khác OBK cân tại O OBK vuông cân tại O OK / /MN (cùng vuông góc với AB) Bài 5. Cho đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại điểm H (H nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O; R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại điểm K khác A. Hai dây MN và BK cắt nhau ở E. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. a) Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp. b) Chứng minh tam giác NFK cân và EM.NC = EN.CM. c) Giả sử KE =KC. Chứng minh OK // MN HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG Hình vẽ a f k o m h e n c b a) Xét tứ giác AHEK có: AHE 900 ·AKE 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ·AHE ·AKE 1800 . Tứ giác AHEK nội tiếp b) Do đường kính AB  MN nên B là điểm chính giữa cung MN MKB NKB (1) Ta lại có: BK / /NF (cùng vuông góc với AC) K·NF N· KB (so le trong) (2) MKB MFN (đồng vị) (3) Từ (1);(2);(3) KNF MFN hay KFN KNF KNF cân tại K 7
ME MK MKN có KE là phân giác của góc MKN (4) EN KN Ta lại có:KE  KC ; KE là phân giác của góc MKN KC là phân giác ngoài CM KM của MKN tại K (5) CN KN ME CM Từ (4) và (5) ME.CN EN.CM EN CN c) Ta có AKB 900 BKC 900 KEC vuông tại K Theo giả thiết ta lại có KE KC KEC vuông cân tại K KEC KCE 450 Ta có BEH KEC 450 OBK 450 Mặt khác OBK cân tại O OBK vuông cân tại O OK / /MN (cùng vuông góc với AB) Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kính MN và A là một điểm trên đường tròn (O), (A khác M và A khác N). Lấy một điểm I trên đoạn thẳng ON (I khác O và I khác N). Qua I kẻ đường thẳng (d) vuông góc với MN. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của AM, AN với đường thẳng (d) a) Gọi K là điểm đối xứng của N qua điểm I. Chứng minh tứ giác MPQK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng: IM.IN = IP.IQ HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 8
Hình vẽ (O), đường kính MN, A O , I ON , d  MN tại I GT d cắt AM tại P, d cắt AN tại Q a) K đối xứng với N qua I IN = IK a) MPQK nội tiếp được KL b) IM.IN = IP.IQ a) Ta có d là trục đối xứng của đoạn KN (do d  MN tại I và IN = IK ) $ $ P1 P2 (hai góc đối xứng qua một trục) (1) M· AN 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · · 0 µ µ º MAQ MIQ 90 AMIQ nội tiếp được A1 M1 (cùng chắn IQ ) · · 0 µ $ º NAP NIP 90 AINP nội tiếp được A1 P2 (cùng chắn IN ) µ $ µ M1 P2 (cùng bằng A1 ) (2) $ µ Từ (1), (2) P1 M1 Tứ giác MPQK nội tiếp được. b) Ta có I·KQ I·PM (cùng bù với M· KQ , tứ giác MPQK nội tiếp) IKQ ∽ IPM (có M· IP chung, I·KQ I·PM (cmt)) 9
IK IQ IP IM IM.IK = IP.IQ IM.IN = IP.IQ (do IK = IN ) Hình vẽ x·Oy 900 , (I) tiếp xúc Ox tại A, GT (I) cắt Oy tại B và C, OA = 2 1 1 KL Tính AB2 AC2 Lấy C’ đối xứng với C qua Ox AC = AC' µ µ A1 A2 (hai góc đối xứng qua một trục) µ µ 1 » A1 B1 (cùng bằng sñAC ) 2 µ µ A2 B1 10
· · µ · µ 0 BAC' BAO A2 BAO B1 90 ABC' vuông tại A, có đường cao AO 1 1 1 1 1 1 1 AB2 AC2 AB2 AC'2 AO2 22 4 Bài 5. Cho đường tròn tâm (O; R) có hai đường kính AB và CD. Các tia AC và AD cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) lần lượt ở M và N. a) Chứng minh: tứ giác CMND nội tiếp trong một đường tròn. b) Chứng minh AC.AM = AD.AN. c) Tính diện tích tam giác ABM phần nằm ngoài đường tròn (O) theo R. Biết B·AM 450 HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 11
4 Hình vẽ M C A B O D N a) Chứng minh CMND là tứ giác nội tiếp. + Ta có: 12
s A»B D»B » · đ AD ANM sđ (góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn) 2 2 » · AD ACD sđ (góc nội tiếp chắn cung AD) 2 + Suy ra: A·NM A·CD Do đó tứ giác CMND nội tiếp (vì có góc ngoài tại đỉnh C bằng góc bên trong tại đỉnh đối diên N) b) Chứng minh AC.AM = AD.AN Xét hai tam giác ADC và AMN có: D·AC M· AN 900 (góc chung, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) A·CD A·NM (câu a) AD AC Suy ra: ∆ADC ∽ ∆AMN (g – g) ⇒ . Từ đó: AC.AM = AD.AN AM AN c) Tính diện tích tam giác ABM phần nằm ngoài đường tròn (O) theo R. Khi B·AM 450 Khi B·AM 450 + ∆ABM vuông cân tại B cho BM = AB = 2R. Từ đó: BM.BA 2R.2R S 2R 2 ABM 2 2 + ∆AOC vuông cân tại O cho AO = OC = R. Từ đó: AO.OC R.R R 2 S AOC 2 2 2 · 0 + BOC 90 (góc ngoài tại O của tam giác vuông cân AOC) cho: S quạtBOC = R 2 900 R 2 3600 4 Diện tích cần tìm: SABM – (SAOC + SquạtBOC) 2 2 2 2 R R R 6 = 2R (đ.v.d.t) 2 4 4 Bài 5. Cho đường tròn (0;R), hai đường kính AB và MN. Đường thẳng BM và BN cắt tiếp tuyến kẻ từ A của đường tròn lần lượt tại E,F. Gọi P,Q theo thứ tự là trung điểm của EA và FA. a) Chứng minh tứ giác MNFE nội tiếp được. b) Kẻ PI vuông góc với BQ, PI cắt OA tại H. Chứng minh AH.AB = AQ.AP và H là trung điểm của OA. c) Tính giá trị nhỏ nhất của của diện tích tam giác BPQ theo R HƯỚNG DẪN GIẢI. 13
BÀI NỘI DUNG Hình vẽ B N I O 1 M H 1 d E P A Q F a) Ta có A·NB 900 (gnt chắn nửa đường tròn) => AN  BF µ $ · => A1 F ( cùng phụ NAF ) µ µ » Mà A1 M1 (2 gnt cùng chắn BN ) $ µ => F M1 µ · 0 Mà M1 EMN 180 (2 góc kề bù) => F$ E·MN 1800 => Tứ giác MNFE nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800) b) Xét PAH và BAQ có : P·QB chung P·AH B·AQ 900 => PAH S BAQ (gg) AH AP => AH.AB AP.AQ AQ AB Ta có M· BN 900 (gnt chắn nửa đường tròn (0)) Nên EBF vuông tại B , lại có BA EF (gt) 14
=> AE . AF = AB2 (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông)  4AP.AQ = 4R2  AP.AQ = R2. Lại có AH.AB = AP.AQ (cmt) AP.AQ R 2 R => AH AB 2R 2 Chứng tỏ H là trung điểm của AO c) 1 Ta có S AB.PQ R.PQ BPQ 2 Do R không đổi nên để SBPQ nhỏ nhất  PQ nhỏ nhất áp dụng BĐT Côsi với 2 số dương ta có: AP AQ 2 AP.AQ 2 R 2 2R (Do AP.AQ = R2 (câu b)) Hay PQ 2R PQ nhỏ nhất khi AP = AQ  AE = AF  EBF vuông cân tại B µ µ µ $  M1 E (do M1 F )  MN // d  MN  AB ) 2 Khi ®ã PQ = MN = 2R và SBPQ = 2R . Bài 5. Cho đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại điểm H (H nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C sao cho đoạn thẳng AC cắt (O) tại K khác A. Hai dây MN và BK cắt nhau ở E. a) Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp. b) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân và EM. NC = EN . CM. c) Giả sử KE = KC. Chứng minh OK//MN và KM2 + KN2 = 4R2. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 15
Hình vẽ K' M H A B O E N K F C a) a/Xét tứ giác AHEK có: A·HE 90 (AB  MN); A·KE 900 Gãc néi tiÕp ch¾ n nöa ®êng trßn) Suy ra A·HE A·KE 1800 Tứ giác AHKE nội tiếp (đpcm). b) b/ Vì NF và KB cùng vuông góc với AC nên NF // KB, AB  MN .M¼B B»N Có K· FN M· KB (đồng vị và KE//FN), K· NF N· KB (so le trong và KE//FN), B·KN M· KB (vì M¼B B»N ) K·FN K·NF , do đó NFK cân tại K. EM KM Xét MKN có KE là phân giác của M· KN 1 EN KN CM KM Do KE  KC nên KC là phân giác ngoài của M· KN 2 . CN KN CM EM Từ (1) và (2) (đpcm) (2) EMCN ENCM CN EN c) +/ KE = KC KEC vuông cân tại K K·(đốiEC đỉnh) 45 H· EB 45 H· BE 45 (vì HEB vuông tại H) +/ OKB cân tại O có O·BK 45 nên OKB vuông tại O OK//MN (cùng 16
vuông góc với AB) (đpcm) +/ Kẻ đường kính KK’ KK’M vuông tại M KM2 + K’M2 = KK’2= 4R2. Lại có KK’//MN (cùng vuông góc với AB) cung K’M = cung KN (t/c 2 dây song song chắn 2 cung bằng nhau) K’M = KN. Vậy KM2 + KN2 = 4R2 (đpcm). 3 Gọi thể tích của hình trụ là V1 V1= 35dm 4 Thể tích hình cầu đường kính 6dm là V .33 36 (dm3 ) 2 3 Suy ra V1<V2. Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA, qua C kẻ dây MN vuông góc với OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK và MN. a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh AK.AH = R2. c) Trên KN lấy điểm I sao cho KI = KM, chứng minh NI = KB HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG Hình vẽ K M E H I A B C O N a) Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. Ta có : ·AKB 90 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) hay H· KB 90; H· CB 90 gt Tứ giác BCHK có H· KB H· CB 90 90 180 tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. 17
b) AK.AH R2 AC AH ΔACH∽ ΔAKB g.g AK AB R AK  AH AC  AB 2R R2 2 c) NI KB OAM có OA OM R gt OAM cân tại O 1 OAM có MC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (gt) OAM cân tại M 2 1 & 2 OAM là tam giác đều M· OA 600 M· ON 1200 M· KI 600 KMI là tam giác cân (KI = KM) có M· KI 600 nên là tam giác đều MI MK 3 . 1 1 Dễ thấy BMK cân tại B có M· BN M· ON 1200 600 nên là tam giác 2 2 đều MN MB 4 Gọi E là giao điểm của AK và MI. · · 0  NKB NMB 60 · · Dễ thấy  NKB MIK KB // MI (vì có cặp góc ở vị trí · 0 MIK 60  so le trong bằng nhau) mặt khác AK  KB cmt nên AK  MI tại E H·ME 900 M· HE . H· AC 900 ·AHC  · 0 · · · · · Ta có :HME 90 MHE cmt  HAC HME mặt khác HAC KMB (cùng · · AHC MHE dd  chắn K»B ) H·ME K·MB hay N· MI K·MB 5 3 , 4 & 5 IMN KMB c.g.c NI KB (đpcm) 18
Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn sao cho AM SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AMS = 900 . Như vậy P và M cùng nhìn AS dưới một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính AS. Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn. 2. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đường tròn nên M’ cũng nằm trên đường tròn => hai cung AM và AM’ có số đo bằng nhau => AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1) Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H => MM’// SS’ ( cùng vuông góc với AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2). => Từ (1) và (2) => AS’S = ASS’. Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp cùng chắn AP ) => AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân tại P. 19
b) 3. Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS’ vuông tại M => B1 = S’1 (cùng phụ với S). (3) Tam giác PMS’ cân tại P => S’1 = M1 (4) Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => B1 = M3 (5). Từ (3), (4) và (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mà M3 + 0 0 M2 = AMB = 90 nên suy ra M1 + M2 = PMO = 90 => PM  OM tại M => PM là tiếp tuyến của đường tròn tại M Bài 5. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H không trùng O, B) ; trên đường thẳng vuông góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngoài đường tròn ; MA và MB thứ tự cắt đường tròn (O) tại C và D. Gọi I là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp . b) Chứng minh các đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I. c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội tiếp . HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI NỘI DUNG Hình vẽ M 1 _ C 1 K 2 4 3 _ D I 1 A O H B a) Ta có : éACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => éMCI = 900 (vì là hai góc kề bù). éADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => éMDI = 900 (vì là hai góc kề bù). => éMCI + éMDI = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID nên MCID là tứ giác nội tiếp. 20
b) Theo trên Ta có BC  MA; AD  MB nên BC và AD là hai đường cao của tam giác MAB mà BC và AD cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác MAB. Theo giả thiết thì MH  AB nên MH cũng là đường cao của tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy tại I. c) OAC cân tại O ( vì OA và OC là bán kính) => A1 = C4 KCM cân tại K ( vì KC và KM là bán kính) => M1 = C1 . 0 0 Mà A1 + M1 = 90 ( do tam giác AHM vuông tại H) => C1 + C4 = 90 => 0 0 C3 + C2 = 90 ( vì góc ACM là góc bẹt) hay OCK = 90 . Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK và OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp. Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh: a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) AE.AF = AC2. c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG Hình vẽ C E F A B I O D a) Tứ giác BEFI có: B· IF 900 (gt) (gt) B· EF B·EA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF b) Vì AB  CD nên A»C A»D , suy ra A· CF A· EC . 21
Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và A· CF A· EC . AC AE Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC AF AC AE.AF = AC2 c) Theo câu b) ta có A· CF A· EC , suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1). Mặt khác A·CB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC CB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC. Bài 5. Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua tâm O). Trên tia đối của tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) tại điểm thứ hai là M. a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC. b) Gọi H là giao điểm của MA và BC; K là giao điểm của MD và AB. Chứng minh BMHK là tứ giác nội tiếp và HK // CD. c) Chứng minh: OK.OS = R2. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG Hình vẽ a) ∆SBC và ∆SMA có: · · · · BSC MSA , SCB SAM (góc nội tiếp cùng chắn M¼B ). 22
SBC ~ SMA . b) Vì AB  CD nên A»C A»D . 1 Suy ra M· HB M· KB (vì cùng bằng (sdA»D sdM¼B) 2 tứ giác BMHK nội tiếp được đường tròn · · HMB HKB 1800 (1). · · Lại có: HMB AMB 900 (2) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Bài 5. Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Dây BC = R. Từ B kẻ tiếp tuyến Bx với đường tròn. Tia AC cắt Bx tại M. Gọi E là trung điểm của AC. a) Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp đường tròn. b) Gọi I là giao điểm của BE với OM. Chứng minh: IB.IE = IM.IO. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 10 Hình vẽ B O A I E C M x a) a) Ta có E là trung điểm của AC OE  AC hay O·EM = 900. Ta có Bx  AB A· Bx =900. nên tứ giác CBME nội tiếp. b) Vì tứ giác OEMB nội tiếp O·MB = O· EB (cung chắn O»B ), E·OM = E·BM (cùng chắn cung EM) EIO ~ MIB (g.g) IB.IE = M.IO 23
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. a) Chứng minh rằng: DE//BC. b) Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn. 1 1 1 c) Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F. Chứng minh hệ thức: = + . CE CQ CF HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 10 Hình vẽ a) 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 24
1 1 1 Thay vào (3) ta có : + = CQ CF CE Bài 5. Cho đường tròn (O) có đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A , B ). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. a) Chứng minh rằng FCDE là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng DA.DE = DB.DC. c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh rằng IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) . HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 10 Hình vẽ F I E C D A B O a) Câu 4. 1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối : F·ED F·CD 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp. 2) Xét hai tam giác ACD và BED có: ·ACD B·ED 900 , ·ADC B·DE (đối đỉnh) nên ACD BED. Từ đó ta có tỷ số : DC DE DC.DB DA.DE . DA DB 3) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE tam giác ICD cân I·CD I·DC F·EC (chắn cung F»C ). Mặt khác tam giác OBC cân nên 25
O·CB O·BC D· EC (chắn cung »AC của (O)). Từ đó I·CO I·CD D·CO F·EC D· EC F·ED 900 IC  CO hay IC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 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. a) Chứng minh rằng các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. b) Đoạn OM cắt đường tròn tại I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD. c) 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. HƯỚNG DẪN GIẢI. BÀI NỘI DUNG 10 Hình vẽ P C A d H B O I M D Q a) 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. 26
3) Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên diện tích của nó được 1 tính: S 2S 2. .OD.QM R(MD DQ) . Từ đó S nhỏ nhất MD + DQ OQM 2 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 . 27