Tuyển tập các bài toán hình học lớp 9 ôn thi vào lớp 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (148.58 KB, 5 trang )

Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H
do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đường cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm
đường tròn
ngoại tiếp tam giác AHE.
 CEH = 900 ( Vì BE là đường cao)
1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp .
A
2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường
1
tròn.
3.

Chứng minh ED =

1
BC.
2

O
1

2
4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn
E
3
H
(O).
5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.
D
1

B
Lời giải:
1. Xét tứ giác CEHD ta có:
 CDH = 900 ( Vì AD là đường cao)
=>  CEH +  CDH = 1800
Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD, Do đó CEHD là tứ giác nội
tiếp

2. Theo giả thiết:
BE là đường cao => BE  AC => BEA = 900.
AD là đường cao => AD  BC => BDA = 900.
Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn
đường kính AB.
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.
3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường
trung tuyến
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có BEC = 900 .
Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE =

1
BC.
2

4.
Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH
=> OA = OE => tam giác AOE cân tại O => E1 = A1 (1).
Theo trên DE =

1
BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2)

2

Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3
Mà E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE tại E.
Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.
5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. áp
dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 =
52 – 32  ED = 4cm
Bài 3 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By.
Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lần
lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N.
2

C

1. Chứng minh AC + BD = CD.
2. Chứng minh COD = 900.

Lời giải:
y
x

AB 2
3.Chứng minh AC. BD =
.
4

D
I

/

M

/
4.Chứng minh OC // BM
C
N
5.Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính
CD.
O
A
B
5.Chứng minh MN  AB.
6.Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ
nhất.
1.
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD =
CM + DM.
Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD
2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là
tia phân giác của góc BOM, mà AOM và BOM là hai góc kề bù => COD = 900.
3.
Theo trên COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM  CD ( OM là tiếp
tuyến ).
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM,

Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD =

AB 2
.
4

4. Theo trên COD = 900 nên OC  OD .(1)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là
trung trực của BM => BM  OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông
góc với OD).
5. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD
đường kính CD có IO là bán kính.
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB là
hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đường
trung bình của hình thang ACDB
 IO // AC, mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn
đường kính CD
6. Theo trên AC // BD =>

CN AC
CN CM


, mà CA = CM; DB = DM nên suy ra
BN BD
BN DM

=> MN // BD mà BD  AB => MN  AB.
7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD
nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB
nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất, mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là
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 đường tròn nội tiếp, K là tâm đường
tròn bàng tiếp góc
A, O là trung điểm của IK.
1. Vì I là tâm đường
1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn.
tròn nội tiếp, K là tâm
2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
đường tròn bàng tiếp góc A
3. Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 nên BI và BK là hai tia
phân giác của hai góc kề bù
Cm.
đỉnh B
Lời giải: (HD)
3

Do đó BI  BK hayIBK = 900 .
Tương tự ta cũng có ICK = 900 như vậy B và C cùng nằm trên
đường tròn đường kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đường
tròn.
2. Ta có C1 = C2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH.
C2 + I1 = 900 (2) ( vì IHC = 900 ).

A

I
1

B

2

H

1

C

o

K

I1 =  ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O)
Từ (1), (2), (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đường
tròn (O).
3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm.
AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20 2  12 2 = 16 ( cm)
CH2 = AH.OH => OH =

CH 2 12 2

= 9 (cm)
AH 16

OC = OH 2  HC 2  9 2  12 2  225 = 15 (cm)
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.
1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp.

2. Vì K là trung điểm NP
2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên
nên OK  NP ( quan hệ
một đường tròn .
đường kính
2
2
d
3. Chứng minh OI.OM = R ; OI. IM = IA .
A
4. Chứng minh OAHB là hình thoi.
P
K
D
5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng.
N
H
6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường
M
O
I
thẳng d
Lời giải:
C
1. (HS tự làm).
B
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.
=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi.
4

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 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD
là đường kính của đường tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đường tròn tại D cắt CA ở E.
E
D
1. Chứng minh tam giác BEC cân.
2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH.
3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đường tròn (A; AH).
A
4. Chứng minh BE = BH + DE.
I
Lời giải: (HD)
1
2
1.  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2).
B

H
C
Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đường cao vừa là đường trung
tuyến của BEC => BEC là tam giác cân. => B1 = B2
2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 =>  AHB =
AIB => AI = AH.
3. AI = AH và BE  AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I.
4. DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED
Bài 7 Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó
một
điểm
P
sao
cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M.
Từ (1) và (2) =>  ABM =
1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một  AOP (3)
đường tròn.
N
J
P
2. Chứng minh BM // OP.
1
3. Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N.
I
M
Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành.
4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo
K
dài cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng.
2

Lời giải:
1 (
1 (
A
B
O
1. (HS tự làm).
2.Ta có  ABM nội tiếp chắn cung AM;  AOM là góc ở
tâm
X

chắn cung AM =>  ABM =

AOM
(1) OP là tia phân
2

giác  AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ) =>  AOP =
AOM
2

(2)

Mà  ABM và  AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4)
3.Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : PAO=900 (vì PA là tiếp tuyến ); 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).
4. Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ
5

Ta cũng có PM  OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam
giác POJ. (6)
Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có PAO = AON = ONP = 900 => K là trung
điểm của PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật). (6)
AONP là hình chữ nhật => APO =  NOP ( so le) (7)
Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác APM => APO = MPO (8).
Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đường cao => IK  PO. (9)
Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng.
Bài 8 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn ( M khác
A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia
phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại
K.
1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp.
I
2) Chứng minh rằng: AI2 = IM. IB.
3) Chứng minh BAF là tam giác cân.
F
4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi.
M
5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp được một
H
E
đường tròn.
Lời giải:
K
0
1. Ta có : AMB = 90 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )
B

A
O
=> KMF = 900 (vì là hai góc kề bù).
AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> KEF = 900 (vì là hai góc kề bù).
=> KMF + KEF = 1800. Mà KMF và KEF là hai
góc đối của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp.
2. Ta có IAB = 900 ( vì AI là tiếp tuyến ) => AIB vuông tại A có AM  IB ( theo trên).
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => AI2 = IM. IB.
X

1 2

2

1

This document was truncated here because it was created using Aspose.Words in Evaluation Mode.

6

Lời giải : 1. Xét tứ giác CEHD ta có :  CDH = 900 ( Vì AD là đường cao ) =>  CEH +  CDH = 1800M à  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD, Do đó CEHD là tứ giác nộitiếp2. Theo giả thiết : BE là đường cao => BE  AC =>  BEA = 900. AD là đường cao => AD  BC =>  BDA = 900. Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường trònđường kính AB.Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn. 3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đườngtrung tuyến => D là trung điểm của BC. Theo trên ta có  BEC = 900. Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = BC. 4. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O =>  E1 =  A1 ( 1 ). Theo trên DE = BC => tam giác DBE cân tại D =>  E3 =  B1 ( 2 ) Mà  B1 =  A1 ( vì cùng phụ với góc Ngân Hàng Á Châu ) =>  E1 =  E3 =>  E1 +  E2 =  E2 +  E3Mà  E1 +  E2 =  BEA = 900 =>  E2 +  E3 = 900 =  OED => DE  OE tại E.Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại E. 5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm. ; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. ápdụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4 cmBài 3 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lầnlượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 1. Chứng minh AC + BD = CD. 2. Chứng minh  COD = 900. Lời giải : AB 23. Chứng minh AC. BD = 4. Chứng minh OC / / BM5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kínhCD. 5. Chứng minh MN  AB. 6. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏnhất. 1. Theo đặc thù hai tiếp tuyến cắt nhau ta có : CA = CM ; DB = DM => AC + BD = CM + DM.Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD2. Theo đặc thù hai tiếp tuyến cắt nhau ta có : OC là tia phân giác của góc AOM ; OD làtia phân giác của góc BOM, mà  AOM và  BOM là hai góc kề bù =>  COD = 900.3. Theo trên  COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM  CD ( OM là tiếptuyến ). vận dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM, Mà OM = R ; CA = CM ; DB = DM => AC. BD = R2 => AC. BD = AB 24. Theo trên  COD = 900 nên OC  OD. ( 1 ) Theo đặc thù hai tiếp tuyến cắt nhau ta có : DB = DM ; lại có OM = OB = R => OD làtrung trực của BM => BM  OD. ( 2 ). Từ ( 1 ) Và ( 2 ) => OC / / BM ( Vì cùng vuônggóc với OD ). 5. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CODđường kính CD có IO là nửa đường kính. Theo đặc thù tiếp tuyến ta có AC  AB ; BD  AB => AC / / BD => tứ giác ACDB làhình thang. Lại có I là trung điểm của CD ; O là trung điểm của AB => IO là đườngtrung bình của hình thang ACDB  IO / / AC, mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường trònđường kính CD6. Theo trên AC / / BD => CN ACCN CM, mà CA = CM ; DB = DM nên suy raBN BDBN DM => MN / / BD mà BD  AB => MN  AB. 7. ( HD ) : Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CDnên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDBnhỏ nhất khi CD nhỏ nhất, mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức làCD 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 đường tròn nội tiếp, K là tâm đườngtròn bàng tiếp gócA, O là trung điểm của IK. 1. Vì I là tâm đường1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn. tròn nội tiếp, K là tâm2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn ( O ). đường tròn bàng tiếp góc A3. Tính nửa đường kính đường tròn ( O ) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 nên BI và BK là hai tiaphân giác của hai góc kề bùCm. đỉnh BLời giải : ( HD ) Do đó BI  BK hay  IBK = 900. Tương tự ta cũng có  ICK = 900 như vậy B và C cùng nằm trênđường tròn đường kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đườngtròn. 2. Ta có  C1 =  C2 ( 1 ) ( vì CI là phân giác của góc ACH.  C2 +  I1 = 900 ( 2 ) ( vì  IHC = 900 ).  I1 =  ICO ( 3 ) ( vì tam giác OIC cân tại O ) Từ ( 1 ), ( 2 ), ( 3 ) =>  C1 +  ICO = 900 hay AC  OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đườngtròn ( O ). 3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20 2  12 2 = 16 ( cm ) CH2 = AH.OH => OH = CH 2 12 2 = 9 ( cm ) AH 16OC = OH 2  HC 2  9 2  12 2  225 = 15 ( cm ) Bài 5 Cho đường tròn ( O ; R ), từ một điểm A trên ( O ) kẻ tiếp tuyến d với ( O ). Trên đườngthẳng d lấy điểm M bất kể ( 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 ACvà BD, I là giao điểm của OM và AB. 1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp. 2. Vì K là trung điểm NP2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trênnên OK  NP ( quan hệmột đường tròn. đường kính3. Chứng minh OI.OM = R ; OI. IM = IA. 4. Chứng minh OAHB là hình thoi. 5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng. 6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M vận động và di chuyển trên đườngthẳng dLời giải : 1. ( HS tự làm ). Và dây cung ) =>  OKM = 900. Theo đặc thù tiếp tuyến ta có  OAM = 900 ;  OBM = 900. nhưvậy 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 đặc thù tiếp tuyến ta có  OAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đườngcao. vận dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2 ; và OI. IM = IA2. 4. Ta có OB  MB ( đặc thù tiếp tuyến ) ; AC  MB ( gt ) => OB / / AC hay OB / / AH.OA  MA ( đặc thù tiếp tuyến ) ; BD  MA ( gt ) => OA / / BD hay OA / / BH. => 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 ( Vìqua 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 diđộng nhưng luôn cách A cố định và thắt chặt một khoảng chừng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyểntrên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính AH = RBài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Gọi HDlà đường kính của đường tròn ( A ; AH ). Tiếp tuyến của đường tròn tại D cắt CA ở E. 1. Chứng minh tam giác BEC cân. 2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH. 3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đường tròn ( A ; AH ). 4. Chứng minh BE = bh + DE.Lời giải : ( HD ) 1.  AHC =  ADE ( g. c. g ) => ED = HC ( 1 ) và AE = AC ( 2 ). Vì AB  CE ( gt ), do đó AB vừa là đường cao vừa là đường trungtuyến của  BEC => BEC là tam giác cân. =>  B1 =  B22. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung,  B1 =  B2 =>  AHB =  AIB => AI = AH. 3. AI = AH và BE  AI tại I => BE là tiếp tuyến của ( A ; AH ) tại I. 4. DE = IE và BI = bh => BE = BI + IE = bh + EDBài 7 Cho đường tròn ( O ; R ) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đómộtđiểmsaocho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với ( O ) tại M.Từ ( 1 ) và ( 2 ) =>  ABM = 1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một  AOP ( 3 ) đường tròn. 2. Chứng minh BM / / OP. 3. Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N.Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành. 4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I ; PN và OM kéodài cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng. Lời giải : 1 ( 1 ( 1. ( HS tự làm ). 2. Ta có  ABM nội tiếp chắn cung AM ;  AOM là góc ởtâmchắn cung AM =>  ABM =  AOM ( 1 ) OP là tia phângiác  AOM ( t / c hai tiếp tuyến cắt nhau ) =>  AOP =  AOM ( 2 ) Mà  ABM và  AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM / / OP. ( 4 ) 3. Xét hai tam giác AOP và OBN ta có :  PAO = 900 ( vì PA là tiếp tuyến ) ;  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 ). 4. Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN / / OB hay PJ / / AB, mà ON  AB => ON  PJTa cũng có PM  OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tamgiác POJ. ( 6 ) Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có  PAO =  AON =  ONP = 900 => K là trungđiểm của PO ( t / c đường chéo hình chữ nhật ). ( 6 ) AONP là hình chữ nhật =>  APO =  NOP ( so le ) ( 7 ) Theo t / c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác  APM =>  APO =  MPO ( 8 ). Từ ( 7 ) và ( 8 ) =>  IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đường cao => IK  PO. ( 9 ) Từ ( 6 ) và ( 9 ) => I, J, K thẳng hàng. Bài 8 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kể trên nửa đường tròn ( M khácA, B ). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I ; tiaphân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E ; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tạiK. 1 ) Chứng minh rằng : EFMK là tứ giác nội tiếp. 2 ) Chứng minh rằng : AI2 = IM. IB. 3 ) Chứng minh BAF là tam giác cân. 4 ) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi. 5 ) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp được mộtđường tròn. Lời giải : 1. Ta có :  AMB = 90 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) =>  KMF = 900 ( vì là hai góc kề bù ).  AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) =>  KEF = 900 ( vì là hai góc kề bù ). =>  KMF +  KEF = 1800. Mà  KMF và  KEF là haigóc đối của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp. 2. Ta có  IAB = 900 ( vì AI là tiếp tuyến ) =>  AIB vuông tại A có AM  IB ( theo trên ). vận dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => AI2 = IM. IB. 1 2T his document was truncated here because it was created using Aspose. Words in Evaluation Mode .

Source: https://sangtaotrongtamtay.vn
Category: Giáo dục