Tài liệu Toán 9 chủ đề tứ giác nội tiếp

Tài liệu gồm 19 trang, bao gồm kiến thức cần nhớ, các dạng toán và bài tập chủ đề tứ giác nội tiếp trong chương trình môn Toán 9, có đáp án và lời giải chi tiết. Mời bạn đọc đón xem.

35 18 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 3: Góc với đường tròn

Môn: Toán 9

Thông tin:

19 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Hà Việt Anh
1
ÔN TẬP TỨ GIÁC NỘI TIẾP
A. Lý thuyết
1. Định nghĩa: Tứ giác nội tiếp đường tròn là tứ giác có bốn đỉnh
nằm trên đường tròn đó
- Trong hình vẽ ta có
ABCD◊
nội tiếp đường tròn
( )
O
và
( )
O
ngoại
tiếp
ABCD
◊
2. Các tính chất: Cho
ABCD◊
nội tiếp đường tròn
( )
O
, khi đó:
- Tổng số đo hai góc đối diện bằng
0
180
0
180AC BD+=+=
- Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng
0
180
thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn.
3. Một số dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp
- Tứ giác có tổng hai góc đối bằng
0
180
- Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện
- Tứ giác có bốn đỉnh cách đều 1 điểm cố định (mà ta có thể xác định được). Điểm đó là tâm của
đường tròn ngoại tiếp tứ giác
- Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc
α
(dựa vào kiến thức
cung chứa góc)
*) Chú ý: Trong các hình đã học thì hình chữ nhật, hình vuông và hình thang cân nội tiếp được
đường tròn
Cho tam giác
ABC
cân tại
A
, các đường cao
,AD BE
cắt nha tại
H
. Gọi
O
là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác
AHE∆
a.
CEHD◊
nội tiếp
b.
,,,AEDB
cùng nằm trên một đường tròn
c.
1
2
ED BC=
d.
DE
là tiếp tuyến của đường tròn
( )
O
e. Tính
DE
biết
2, 6DH cm AH cm= =
O
z
t
x
y
D
C
B
A
2
1
2
3
1
H
O
E
C
B
A
2
ABC∆
ABC∆
AD
AD⇒
D⇒
BEC∆
có
ED
là đường trung tuyến
1
2
ED BC⇒=
d) Ta có
O
là tâm đường tròn ngoại tiếp
AHE O∆⇒
là trung điểm của
AH
11
(1)OA OE A E⇒ = ⇒=
BDE∆
cân tại
D
13
BE⇒=
, mà
11
BA=
(phụ
C
)
13
EE⇒=
, Lại có
00
1 2 23
90 90EE EE+ = ⇒+=
0
90OED DE OE⇒ =⇒⊥
tại
E
e) Ta có
6 3; 2 5AH OH OE HD OD=⇒== =⇒=
.
OED
∆
vuông tại
E
4
DE cm⇒=
.
Cho tam giác có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn
( )
O
. Các đường cao
,,AD BE CF
cắt nhau tại
H
và cắt
(
)
O
lần lượt tại
,,MNP
. Kẻ đườ
ng kính
AK
,
I
là trung điểm của
BC
. Chứ
ng minh
rằng:
a.
,CEHD BCEF◊◊
nội tiếp và ba điểm
,,
HIK
thẳng hàng
b. Chứng minh tứ giác
BMKC
là hình thang cân
c.
OH
cắt
AI
tại
G
. Chứng minh
G
là trọng
tâm của tam giác
ABC
d.
. .; . .AE AC AH AD AD BC BE AC= =
..AE AC FA BA=
()AFE ABC∆∆”
e.
H
và
M
đối xứng nhau qua
BC
f. Xác định tâm đường tròn nội tiếp
DEF∆
g. Chứng minh
//MN EF
và
OA EF⊥
h. Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp
của tam giác
AEF
và diện tích hình tròn (
AEF
)
không đổi khi
A
di động trên cung lớn
BC
2
1
2
3
1
1
1
O
H
I
D
M
K
C
B
F
E
N
P
A
3
,
CEHD BCEF◊◊
Xét
CEHD◊
, có:
00
90 180
E D E D dpcm== ⇒+= ⇒
- Tứ giác BHCK là hình bình hành
I⇒
là trung điểm của
HK
b. Chứng minh tứ giác BMKC là hình thang cân
Ta có
//MK BC BMKC
⇒◊
là hình thang
Lại có
BC
là đường trung trực của
HM
CH CM
⇒=
, mà
CH BK C M BK=⇒=
Hình thang
BMCK
có hai đường chéo bằng nhau nên là hình thang cân
c. OH cắt AI tại G. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC
Ta có
G
là trọng tâm tam giác
AHK
1
3
GI AI
⇒=
- Xét
ABC∆
có
AI
là trung tuyến và
1
3
GI AI G⇒= ⇒
là trọng tâm
ABC∆
d)
() . . ; () . .
AEH ADC gg AE AC AH AD BEC ADC gg AD BC BE AC∆∆⇒=∆∆⇒=##
e) H và M đối xứng nhau qua BC
Ta đi chứng minh
CB
là đường trung trực của
HM
Có:
11
CA=
(phụ
ABC
);
21
1
2
C A sd Bm CB= = ⇒
là phân giác của
C
Mà
CB HM CHM⊥ ⇒∆
cân tại
C
nên
CB
là đường trung trực của
HM
f. Xác định tâm đường tròn nội tiếp
DEF∆
Ta có
BCEF◊
nội tiếp
1
1
1
2
C E sd BF
⇒==
, ta có
CEHD◊
nội tiếp
1
2
1
2
C E sd HD
⇒==
12
E E EB→=⇒
là phân giác
FED
+) Chứng minh tương tự, ta có
FC
là phân giác của
F
g. Chứng minh MN // EF và
OA EF⊥
3
1
1
1 11 11
(1)
; //
B C AP AN OA NP
OA EF
NCCENENPEF
=⇒= ⇒⊥
⇒⊥
= =⇒=⇒
h. Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác
AEF
và diện tích hình tròn (
AEF
)
không đổi khi
A
di động trên cung lớn
BC
+) Chứng minh được
BHCK◊
là hình bình hành (các cạnh đối song song)
Xét
AHK∆
, có
OI
là đường trung bình của
1
2
AHK OI AH∆ ⇒=
4
,OI
OI
AH⇒
AEF
∆
đổi.
+)
AEHF◊
nội tiếp đường tròn đường kính
AH
AEF⇒∆
nội tiếp đường tròn đường kính
AH
2
()
.
AEF
S OI= ∏
(không đổi).
(
)
;
OR
A
( )
O
( )
O
d
điểm
M
bất kỳ (
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
a.
AMBO
◊
nội tiếp b.
, ,, ,OK AM B
cùng nằm trên một đường tròn
c.
22
. ;.OI OM R OI IM IA= =
d.
OAHB◊
là hình thoi
e.
,,OHM
thẳng hàng
f. Tìm quỹ tích điểm
H
khi
M
di chuyển trên đường thẳng
d
b) Ta có
K
là trung điểm của
NP
OK NP⇒⊥
Lại có
,,ABK
cùng nhìn
OM
dưới 1 góc 90
0
⇒
nằm trên đường tròn đường kính
OM
.
Vậy 5 điểm cùng nằm trên 1 đường tròn
c) Ta có
MA MB=
(tính chất hai tiếp tuyến);
OA OB R OM= = ⇒
là đường trung trực của
AB
N
H
C
B
I
O
K
P
D
A
M
5
OM AB I⇒ ⊥≡
Xét
2
0
2
. ( .. . )
( 90 )
.
OI OM OA canh va duong cao
OAM OAM
OI IM IA
=
∆=⇒
=
d)
// ( )
.
// ( )
OB AH BM HBH
hinh thoi
OA BH AM OA OB
⊥

⇒⇒

⊥=

e)
OAHB◊
là hình thoi
, ,,OH AB OM AB O H M⇒ ⊥ ⊥⇒
thẳng hàng
Vì qua
O
chỉ có 1 đường thẳng vuông góc với
AB
f) Theo chứng minh trên
OAHB◊
là hình thoi
AH AO R⇒==
Vậy khi
M
di động trên
d
thì
H
di động nhưng luôn cách
A
cố định 1 khoảng bằng
R
. Do đó quỹ
tích của
H
khi
M
di chuyển trên đường thẳng
d
là nửa đường tròn tâm
A
bán kính
AH R=
.
Cho đường tròn
(
)
;OR
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
a.
APMO◊
nội tiếp
b.
//BM OP
c. Đường thẳng vuông góc với
AB
tại
O
cắt tia
BM
tại
N
. Chứng minh rằng
OBNP◊
là hình
bình hành
d. Biết
AN
cắt
OP
tại
K
,
PM
cắt
ON
tại
I
,
PN
và
OM
kéo dài cắt nhau tại
I
. Chứng minh
rằng:
,,IJK
thẳng hàng
a.
11 1
11
22
B sd AM B sd AOM O= ⇒= =
(tính chất hai tiếp tuyến)
Mà hai góc ở vị trí đồng vị
//BN OP⇒⇒
đpcm
b.
()AOP OBN gcg OP BN∆ =∆ ⇒=
Vậy
OBNP◊
là hình bình hành
2
1
1
I
K
O
A
B
M
J
N
P
6
// //PN OB PJ AB
⇒
ON AB ON PJ
⊥⇒ ⊥
PM OJ⊥
mà
ON PM I I∩ ≡⇒
là trực tâm
PJO∆
+)
PNOA
◊
là hình chữ nhật
()
KO KP
APO NOP slt
=
⇒
=
Có
PO
là phân giác
APM IOP⇒∆
cân tại
,I IK
là đường trung tuyến nên là đường cao
IK OP
⇒⊥
Xét
,OPJ I∆
là trực tâm, mà
,,IK OP I J K⊥⇒
thẳng hàng.
Cho đường tròn
( )
O
, dây
AB
.
C
là điểm chính
giữa cung nhỏ
AB
. Lấy các điểm
,DE
thuộc
dây
AB
(
D
nằm giữa
,AE
). Tia
,
CD CE
cắt
( )
O
lần lượt tại
,PQ
a. Chứng minh rằng tứ giác
PQED
nội tiếp
được
b. Nếu
AD BE
=
thì tứ giác
PQED
là hình gì?
c. Chứng minh rằng:
2
.CA CP CD=
d. Xác định vị trí tương đối của đường thẳng
AC
với đường tròn ngoại tiếp tam giác
ADP
.
a. Xét
( )
O
có
C
là điểm chính giữa cung nhỏ
AB
(gt)
AC BC
⇒=
Ta có:
()
2
sd BC AP
CDB
+
=
(góc có đỉnh bên trong đường tròn)
()
( .. )
22
sdCP sd CA AP
CQP goc noi tiep CDB CQP
+
= = ⇒=
Ta có:
0
180 ( . )CDB BDP ke bu+=
Mà
0
( ) 180CDB CQP cmt CQP BQP= ⇒+=
Hay
0
180EQP CDP+=
Xét
0
, : 180PQED co EQP EDP PQED◊ + = ⇒◊
nội tiếp đường tròn.
E
D
H
O
Q
P
C
B
A
7
+) Xét (O) có: OC là đường kính, C là điểm chính giữa cung nhỏ AB (gt)
H⇒
là trung điểm của
dây AB và
OC AB AH BH
⊥⇒ =
Ta lại có
AD EB HD HE=⇒=
+) Vì
; ()OC AB HD HE cmt CH⊥= ⇒
là đường trung trực của AB
CD CE CDE
⇒ = ⇒∆
cân tạ
( / ) (1)
CDE CED t c EDP DEQ⇒= ⇒=
+) Vì
(); () //CDE CQP cmt CDE CED cmt CED CQP DE PQ PQED= = ⇒ = ⇒ ⇒◊
là hình thang (2)
Từ (1)(2)
PQED⇒◊
là hình thang cân (dấu hiệu nhận biết)
c. Chứng minh rằng:
2
.CA CP CD
=
+) Xét (O), có:
( . . ); ;
22
sd BC sd AC
CAB goc noi tiep APC AC BC CAB APC= = =⇒=
+) Xét
:
, , : (.)
C chung
CAD CPA co C AD CPA g g
CAD CPA
∆ ∆ ⇒∆ ∆
=
2
() .
CA CD
tc CA CP CD
CP CA
⇒= ⇒ =
.
d. Xác định vị trí tương đối của đường thẳng AC với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADP
Chứng minh định lý đảo của định lý về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, cụ thể là: Nếu góc
BAx (với đỉnh A nằm trên một đường tròn, một cạnh chứa dây cung AB), có số đo bằng nửa số đo
của cung AB căng dây đó và cung này nằm bên trong góc đó thì cạnh Ax là một tia tiếp tuyến của
đường tròn. Hình minh họa
Chứng minh:
Kẻ OH là tia phân giác của
AOB
Vì
OA OB AOB= ⇒∆
cân tại O nên OH đồng thời là đường cao của tam giác
AOB
0
; 90OH AB OHA⇒⊥ =
Xét
AOH∆
vuông tại H có:
( )
0
90HOA OAH tc+=
Ta lại có:
0
( ) 90
2
sd AB
HOA xAB gt OAH xAB OA Ax Ax

= = ⇒ + = ⇒ ⊥⇒



là tia tiếp tuyến (O)
Chứng minh: Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác ADP, có:
( .. )
2
sd AD
APD goc noi tiep=
H
x
A
B
O
8
Mà
()CAD APD cmt=
nên theo định lý đảo của định lý về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ta có
AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADP.
Cho đường tròn
(
)
O
đường kính
AB
, các điểm
C
và
D
thuộc
( )
O
sao cho
CD
không cùng
thuộc một nửa mặt phẳng bờ
AB
, đồng thời
AD AC>
. Gọi
,MN
lần lượt là điể
m chính
giữa cung
,,AC AD MN
cắt
,AC AD
lần lượt tại
,HI
.
MD
cắt
CN
tại
K
a. Chứng minh rằng tam giác
NKD
và tam giác
MAK
cân
b.
//KH AD
c. So sánh
CAK DAK=
d. Tìm một hệ thức giữa số đo cung
AC
, số đo
AD
là điều kiện cần và đủ để
//AK ND
.
a. Chứng minh rằng tam giác NKD và tam giác MAK cân
Xét đường tròn (O), có:
11
22
NKD sd MC sd ND= +
11 1
44 2
sd AC sd AD sd MN KDN=+= =
NKD⇒∆
cân tại N
Xét
CAD∆
có CN, DM là phân giác góc C và D
K⇒
là giao điểm của 3 đường phân giác
AK⇒
cắt (O) tại P
PC PD⇒=
Xét (O), có
1 1 111
2 2 222
NAK sd MP sd MC sdCP sd MA sd PD PK MAK= = + = + = ⇒∆
cân tại M.
b. Chứng minh:
//
KH AD
Xét
MAD∆
có MI là phân giác
HMK HMA HCK MCKH⇒ = = ⇒◊
nội tiếp
//MKH MCH MDA HK AD⇒==⇒
H
K
O
I
N
D
B
P
C
M
A
9
c. So sánh
CAK DAK=
Vì AP là phân giác
CAD CAK DAK⇒=
d. Tìm một hệ thức giữa số đo cung AC, số đo AD là điều kiện cần và đủ để AK // ND
AMK∆
cân tại M có AN là đường phân giác
MN AK⇒⊥
Để
//AK ND MN ND MD
⇒ ⊥⇒
là đường kính
0
1
180
2
sd AC sd AD⇒ +=
.
( )
;OR
( )
'; 'OR
'RR
>
C
AC
BC
kính đi qua điểm
C
của
( )
O
và
( )
'O
.
DE
là dây cung của
( )
O
vuông góc với
AB
tại trung điểm
M
của
AB
. Gọi giao điểm thứ hai của
DC
với
( )
'O
là
,F BD
cắt
( )
'O
tại
G
. CMR:
a.
MDGC
nội tiếp b.
,,,M DBF
cùng nằm trên một nửa đường tròn
c.
ADBE◊
là hình thoi d.
,,BEF
thẳng hàng
e.
,,DF EG AB
đồng quy f.
1
2
MF DE=
g.
MF
là tiếp tuyến của đường tròn
( )
'O
c. M là trung điểm của AB, mà
DE AB M M⊥ ≡⇒
là trung điểm của DE (đường kính và dây)
nên là hình thoi (hai đường chéo vuông góc tại trung điểm của mỗi đường).
d. Ta có AD // EB (tính chất hình thoi ),
AD DF⊥
(góc nội tiếp)
BE DF F⇒⊥≡
Lại có:
0
( 90 )BF DF F⊥=
, mà qua B chỉ có 1 đường thẳng
,,DF B E F⊥⇒
thẳng hàng
1
1
C
O
O'
G
M
F
C
B
D
A
3
2
1
10
BDE∆
, ,,EC BD CG DB E C G
⇒⊥ ⊥⇒
Vậy DF, EG, AB đồng quy
f.
DEF
∆
vuông tại F
1
()
2
MF DE dpcm⇒=
g.
MF MD MDF= ⇒∆
cân tại M
11
DF⇒=
'O BE∆
cân tại O’
13
BF
⇒=
, mà
11
BD=
(phụ
DEB
).
Vậy
0
1 3 12 23
90 'F F F F F F MF O F MF=⇒+=+= ⇔ ⊥ ⇒
là tiếp tuyến của (O’).
AB
A
B
,Ax By
M
tròn kẻ tiếp tuyên thứ 3 cắt các tiếp tuyến
,
Ax By
tại
C
và
D
. Các đường thẳng
,AD BC
cắt nhau tại
N
. Nối
MA
cắt
CO
tại
D
, nối
MB
cắt
OD
tại
F
a.
OEMF
là hình chữ nhật
b.
AC BD CD+=
c. Khi
M
chuyển động trên nửa đường tròn thì AC. BD không đổi (hoặc lớp B thì
2
.
4
AB
AC BD =
)
d. AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD
e
*
.
MN AB
⊥
f. Cho
3BD R=
tính AM
g
*
. Gọi H là giao điểm của MN với AB, Chứng minh rằng khi M di động trên nửa đường tròn thì
đường tròn ngoại tiếp
HEF∆
luôn đi qua điểm cố định
h. Xác định vị trí của điểm M để chu vi
ACDB◊
đạt GTNN
11
a)
OM OA R= =
CM CA=
(tính chất hai tiếp tuyến)
OC⇒
là đường trng trực của AM
0
90E⇒=
Chứng minh tương tự:
0
90F HCN= ⇒
b)
AC BD C M MD CD+= + =
c. Xét
0 2 22
( 90 ) . .
COD O MC MD OM AC BD OM R∆=⇒ =⇔==
( không đổi )
d. Gọi I là trung điểm của CD
I⇒
là tâm đường tròn ngoại tiếp
COD
∆
đường kính CD, bán kính OI
Ta có:
//
AC AB
AC BD ACBD
BD AB
⊥
⇒ ⇒◊
⊥
là hình thang, mà I là trung điểm CD
OI⇒
là đường trung
bình hình thang ACDB
//OI AC
OI AB AB
AC AB
⇒ ⇒⊥ ⇒
⊥
là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.
e) Ta có:
// // ,
CN AC CN CM
AC BD MN BD BD AB MN AB
NB BD AB DM
⇒ = ⇔ = ⇒ ⊥⇒ ⊥
f) Xét
0 00
( 90 ) tan 3 60 ; / / 60
BD
BOD B BOD BOD AM OD MAB BOD
BO
∆ =→ ==⇒= ⇒==
Xét
00
( 90 ), . 2 . : 60 ( )MAB M AM AB cosMAB R cos R cm∆= = = =
g) Gọi K là giao điểm của OM và EF
KO KM KE KF⇒= ==
Xét
0
( 90 )MHO H KH KM KO KH KO KE KF∆ =⇒= =⇒===⇒
đường tròn ngoại tiếp
HEF∆
luôn
đi O cố định.
h) Ta có ch vi
,2ABCD AB BC CD DA AC BD CD CV AB CD CD◊ =+++ +=⇒ =+ ⇒
phải nhỏ nhất
(AB cố đinh)
⇒
khi CD là khoảng cách giữa Ax và By ta có CD là khoảng cách giữa Ax và By tức
R
3
H
N
K
E
F
C
M
I
D
B
O
A
12
là
CD AC⊥
khi đó CD // AB
M⇒
là trung điểm của cung
AB
.
Cho điểm B nằm giữa hai điểm A, C.
Vẽ đường thẳng d vuông góc với AC
tại A. Vẽ (O) đường kính BC và trên
đó lấy một điểm M bất kỳ
. Tia CM
cắt d tại D, tia AM cắt (O) tại điểm
thứ hai N. Tia DB cắt (O) tại điểm
thứ hai P
a. Chứng minh rằng tứ
giác ABMD,
APCD nội tiếp được
b. Chứng minh
.CM CD
không phụ
thuộc vào vị trí điểm M trên (O)
c. Tứ giác APND là hình gì? Vì sao
d. Chứng minh trọng tâm G củ
a tam
giác MAC chạy trên một đườ
ng tròn
cố định khi điểm M di chuyể
n trên
đường tròn (O).
a) Chứng minh rằng tứ giác ABMD, APCD nội tiếp được
Ta có:
00
90 90BMC BMD=⇒=
0
180BMD DAB ABMD⇒ + = ⇒◊
là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Ta lại có
0
90DPC =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0
90
DAC DPC APCD⇒ = = ⇒◊
nội tiếp.
b. Chứng minh CM. CD không phụ thuộc vào vị trí điểm M trên (O)
Vì
() . .
CM CB
CMB CAD gg CM CD CA CB
CA CD
∆ ∆ ⇒=⇒ =
mà các điểm C, A, B cố định nên CA.CB không đổi khi M di chuyển trên đường tròn (O)
Vậy CM.CD không phụ thuộc vào vị trí điểm M trên đường tròn (O).
G
K
J
I
P
M
N
D
C
B
A
13
Vì ABMD là tứ giác nội tiếp được đường tròn nên
(1)( )DAM DBM chanDM=
Lại có BMNP là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) nên
(2)( . )DBM MNP chan MBP=
Từ
(1)( 2) / /DAM MNP AD NP APND⇒ = ⇒ ⇒◊
là hình thang.
d. Chứng minh trọng tâm G của tam giác MAC chạy trên một đường tròn cố định khi điể
chuyển trên đường tròn (O).
Gọi I là trung điểm của AC, J là điểm nằm giữa B và I, K là điểm nằm giữa I và C sao cho:
22
;
33
BJ BI CK CI
= =
Vì A, B, C là các điểm cố định nên I, J, K là các điểm cố định.
Do G là trọng tâm
22
//
33
MG BJ
AMC MG MI GJ BM
MI B I
∆ ⇒= ⇒ ==⇒
Lại có
2
//
3
MG CK
GK CM
MI CI
= = ⇒
. Mà
00
90 90
BMC JGK=⇒=
G⇒
thuộc đường tròn đường kính JK cố định
Vậy khi M di chuyển trên đường tròn (O) thì trọng tâm G của tam giác AMC di chuyển trên đường
tròn đường kính JK cố định.
Cho (O; R) và dây AB < 2R. Lấy điểm
C thuộc tia AB sao cho AC > AB. Từ C
kẻ hai tiếp tuyến với (O) tại P và K. Gọi
I là trung điểm của AB
a. Chứng minh rằng ngũ giác CPIOK
nội tiếp đường tròn
b. Chứng minh
2
.CP CA CB=
c. Gọi H là trực tâm của tam giác CPK.
Tính KH theo R
d. Giả sử
//AP CK
. Chứng minh tia đối
của tia BK là tia phân giác của góc CBP.
H
M
I
B
O
K
C
P
A
14
Xét
0
: 180CPOK CPO CKO CPOK◊ + = ⇒◊
Nội tiếp
Xét
0
: 180CIOK CIO CKO CIOK◊ + = ⇒◊
Nội tiếp
Vậy 5 điểm thuộc 1 đường tròn.
b. Chứng minh:
2
.CP CA CB=
Xét
, ,:
:
CAp CPB
CPB CAP co
PCB chung
=
∆∆
2
() .
CP CA
CPB CAP gg CP CA CB
CB CP
⇒∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
c. Gọi H là trực tâm của tam giác CPK. Tính KH theo R
Vì H là trực tâm
;CPK PH CK KH CP∆ ⇒⊥ ⊥
Mà
; // ; //OK CK OP C P PH OK KH OP OPHK
⊥ ⊥ ⇒ ⇒◊
là hình bình hành
HK OP R⇒==
d. Giả sử AP // CK. Chứng minh tia đối của tia BK là tia phân giác của góc CBP
Gọi
M BB CP= ∩
. Vì tứ giác PBKA nội tiếp (O) nên
PBM PAK
=
(cùng bù với
PBK
).
Xét (O) có
ABK AKx=
(hệ quả của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
Lại có
MBC ABK=
(đối đỉnh);
( . . ; // )
AKx PAKP so le trong AP CK=
Do đó
PBM MBC= ⇒
tia đối của tia BK là tia phân giác của
CBP
Cho (O; R) và (O’; 2R) tiếp xúc trong tại A. Qua
A kẻ hai cát tuyến AMN và APQ với M, P thuộc
(O) và N, Q thuộc (O’)
a. Chứng minh rằng
( ) ( ')OO∈
b. Chứng minh: MP // NQ
c. Tia O’M cắt (O’) tại S. Gọi H là trực tâm của
tam giác SAO’. Chứng minh rằng tứ giác SHO’N
nội tiếp được
M
K
H
O
P
Q
O'
N
S
A
15
d. Khi
0
90MAP =
. Tính độ
dài MP và NQ theo
R.
a. Chứng minh rằng:
( ) ( ')
OO∈
Ta có A là tiếp điểm chung của (O) và (O’) nên:
'2
'2
OA R
O A OA
OA R
=
⇒=
=
Mà (O) và (O’) tiếp xúc trong tại A nên các điểm A, O’, O thẳng hàng (đường nối tâm của 2 đường
tròn tiếp xúc nhau luôn đi qua tiếp điểm)
O
⇒
là trung điểm của O’A
'O⇒
và A đối xứng nhau qua O
Mà
() ' ()( )A O O O dpcm∈ ⇒∈
b. Chứng minh: MP // NQ
Xét
'
O MA∆
có
'O MA
chắn nửa đường tròn (
'
;
2
OA
O
)
'O MA⇒∆
vuông tại M
'.O M AN⇒⊥
Ta có:
'
O M AN M⊥⇒
là trung điểm của AN (1)
Tương tự ta có: P là trung điểm của AQ (2)
Từ (1) và (2)
MP⇒
là đường trung bình của
//ANQ MP NQ∆⇒
c. Tia O’M cắt (O’) tại S. Gọi H là trực tâm của tam giác SAO’. Chứng minh rằng tứ giác SHO’N
nội tiếp được
Gọi K là giao điểm của SH và O’A, do H là trực tâm của
'SAO SK∆⇒
là đường cao
'SAO∆
'O KS
⇒∆
vuông tại K.
Xét
'O MA∆
vuông tại M và
'O KS∆
có
':MO A chung
' ' ; ' ' ' (3)OMA O KS OSK OMA OSH OAN⇒∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
Lại có:
'
O NA∆
cân tại O’ (vì O’N, O’A đều là bán kính củ
'' ''(4)O AN O NA O AN O NH⇒=⇒=
Từ (3)(4)
'' 'O SH O N H SHO N⇒ = ⇒◊
nội tiếp đường tròn.
d. Khi
0
90MAP =
. Tính độ dài MP và NQ theo R.
Nếu
0
90 'MAP MAP O= ⇒◊
là hình chữ nhật
' 2; 2 4PM AO R QN PM R⇒== = =
.
16
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB > AC,
đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa
điểm A vẽ nửa (O) đường kính BH cắt AB tại E,
nửa đường tròn (O’) đường kính HC cắt AC tại F
a. Chứng minh rằng tứ giác AFHE là hình chữ
nhật
b. Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp được
c. Chứng minh
..AE AB AC AF=
d. Chứng minh FE là tiếp tuyến chung củ
a hai
nửa đường tròn (O) và (O’)
e. Giả sử
0
30 .
ABC
=
Chứng minh rằng bán kính
của nửa đường tròn (O) gấp ba lần bán kính của
nửa (O’).
a. Chứng minh rằng tứ giác AFHE là hình chữ nhật
Ta có:
0
90HEB HFC= =
(góc nội tiếp)
0
90AFH AEH⇒==
(kề bù với góc vuông)
AEHF⇒◊
là hình chữ nhật.
b. Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp được
Gọi I là giao điểm của AH và FE, ta có tam giác AIE cân tại I (Tính chất hình chữ nhật)
IAE IEA⇒=
. Mà
IAE ACB=
(cùng phụ với
IAF
)
()IEA ACB IAE
⇒= =
Tứ giác BEFC có góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện nên nội tiếp được.
c. Chứng minh:
..AE AB AF AC=
Xét
:
, ,: () . .
EAF chung
AE AC
AEF ACB co AEF AC B gg AE AB AF AC
AF AB
AEF ACB
∆ ∆ ⇒∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
=
d. Chứng minh FE là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O) và (O’).
Ta có:
(.)AEF ACB y b=
.
OBE∆
cân tại O
0
90OEB OBE AEF OEB ACB OBE⇒=⇒+=+=
00
180 ( ) 90FEO AEF OEB FE OE⇒=−+=⇒⊥
I
O'
F
E
H
O
B
C
A
17
()FE O E FE∩ ≡⇒
Chứng minh tương tự ta có FE là tiếp tuyến của (O’)
Vậy FE là tiếp tuyến chung của (O) và (O’).
e. Giả sử
0
30 .ABC =
Chứng minh rằng bán kính của nửa đường tròn (O) gấp ba lần bán kính của nửa
(O’).
Gọi
1
2
R HB=
là bán kính của (O); Gọi
1
2
r HC=
là bán kính của (O’)
00
1
30 sin sin.30
2
ABC ABC=⇒==
Trong tam giác BHE vuông tại E ta có
11
22
HE HE
Sin ABC HE HB R AEHF
HB HB
= ⇒ = ⇒ = = ⇒◊
là hình chữ nhật
.AF HE R
⇒==
Vì
0
30 .FHC ABC= =
Chứng minh tương tự như trên, ta có
1
2
FC HC r= =
Vì
0
30FHA ABC
= =
(cùng phụ với
)HAB
. Chứng minh tương tự ta có:
1
2
2
HC AC r= =
4 4 43AC r AF FC r R r r R r⇒ = ⇔ + = ⇔ += ⇒ =
Vậy bán kính của nửa (O) gấp ba lần bán kính của nửa (O’).
và Q. Gọi M là trung điểm của PQ
a. Chứng minh rằng tứ giác PCDQ nội tiếp
b. Chứng minh:
AM CD
⊥
c. Chứng minh:
..
AC PC AD DQ+
không đổi khi CD di động
d. Tìm vị trí của CD để PQ nhỏ nhất
e. Tìm tập hợp I của đường tròn ngoại tiếp tam giác PCQ
f. Tìm tập hợp trực tâm tam giác CDQ.
18
a. Chứng minh rằng tứ giác PCDQ nội tiếp
Ta có:
0
90 ( . . . )ADB chan nua duong tron=
(. )DQB ABD phu DBQ⇒=
Mà:
()ABD ACD chanAD ACD DQB
= ⇒=
0
180DQB DCQ PCDQ
⇒ + = ⇒◊
nội tiếp.
b. Chứng minh:
AM CD
⊥
0
90 ( . . . )CAD chan nua duong tron=
APQ∆
vuông tại A, AM là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên:
AM MP MQ APM PAM
==⇒=
Mặt khác theo ý a thì tứ giác PCDQ nội tiếp
(. )APM CDA bu CQD⇒=
PAM CDA⇒=
Ta lại có
0
90CDA ACD+=
0
90PAM ACD AM CD
⇒ + =⇒⊥
c. Chứng minh:
..AC PC AD DQ+
không đổi khi CD di động
Ta có
0
90 ( . . . ), .ACB chan nua duong tron BC AP= ⊥
Theo trên ta cũng có
BD AQ⊥
Hai tam giác vuông ABP và ABQ có đường cao BC và BD tương ứng. Do đó ta có hệ thức:
2 2 22 22
. ;. . .AC CP BC AD DQ BD AC CP AD DQ BC BD CD AB
= =⇒ + =+==
không đổi khi CD thay đổi.
d. Tìm vị trí của CD để PQ nhỏ nhất
Tam giác APQ vuông tại A có AB là đường cao nên:
N
K
H
I
O
M
C
D
Q
P
B
A
19
2
2
2
min
.2
24
PB BQ PQ
AB PB BQ PQ AB PB BQ APB
+

= ≤ = ⇒ = ⇔ = ⇔∆


vuông cân
DC AB⇔⊥
e. Tìm tập hợp I của đường tròn ngoại tiếp tam giác PCQ
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PCQ. Khi đó
; // ; //IO CD MI P Q IO AM IM AB⊥ ⊥⇒
AMIO⇒◊
là hình bình hành. Hạ
IH AB MIHB⊥ ⇒◊
là hình chữ nhật
BH MI AO⇒==
không đổi
nên H là điểm cố định
⇒
Đường thẳng HI cố định.
Vậy quỹ tich điểm I là đường thẳng đi qua H và vuông góc với đường thẳng AB
f. Tìm tập hợp trực tâm tam giác CDQ.
Gọi K là trực tâm của tam giác CDQ, khi đó
// ( )KQ AM CD⊥
Ta có A, K, P thẳng hàng (vì
0
90CAD =
)
KPQ∆
có M là trung điểm của PQ,
//KQ AM
nên AM là đường trung bình
AP KA∆⇒ =
- Từ K hạ
KN AB KNA PBA NA AB⊥ ⇒∆ =∆ ⇒ =
không đổi hay N là điểm cố định
⇒
đường thẳng
NK cũng cố định. Do đó quỹ tích điểm K là đường thẳng đi qua N và vuông góc với đường thẳng
AB.
| 1/19
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

ÔN TẬP TỨ GIÁC NỘI TIẾP A. Lý thuyết
1. Định nghĩa: Tứ giác nội tiếp đường tròn là tứ giác có bốn đỉnh y
nằm trên đường tròn đó B
- Trong hình vẽ ta có ◊ABCD nội tiếp đường tròn (O) và (O) ngoại A tiếp ◊ABCD z O
2. Các tính chất: Cho ◊ABCD nội tiếp đường tròn (O) , khi đó: D C x
- Tổng số đo hai góc đối diện bằng 0 180 t  +  =  +  0 A C B D =180
- Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng 0
180 thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn.
3. Một số dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp
- Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 0 180
- Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện
- Tứ giác có bốn đỉnh cách đều 1 điểm cố định (mà ta có thể xác định được). Điểm đó là tâm của
đường tròn ngoại tiếp tứ giác
- Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới một góc α (dựa vào kiến thức cung chứa góc)
*) Chú ý: Trong các hình đã học thì hình chữ nhật, hình vuông và hình thang cân nội tiếp được đường tròn Bài 1:
Cho tam giác ABC cân tại A , các đường cao A
AD, BE cắt nha tại H . Gọi
O là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác A ∆ HE
a. ◊CEHD nội tiếp b. ,
A E, D, B cùng nằm trên một đường tròn O 1 c. 1 ED = BC 2 3 H E 2
d. DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) 2 1
e. Tính DE biết DH = 2c , m AH = 6cm B C Lời giải 1 c) A
∆ BC cân tại A
∆ BC , AD là đường cao ⇒ AD là đường trung trực ⇒ D là trung điểm của BC B
∆ EC có ED là đường trung tuyến 1 ⇒ ED = BC 2
d) Ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp A
∆ HE ⇒ O là trung điểm của AH ⇒ = ⇒  =  OA OE A E (1) 1 1 B
∆ DE cân tại D ⇒  =  B E , mà  = 
B A (phụ C ) ⇒  = 
E E , Lại có  +  0 = ⇒  +  0 E E 90 E E = 90 1 3 1 1 1 3 1 2 2 3 ⇒  0
OED = 90 ⇒ DE ⊥ OE tại E
e) Ta có AH = 6 ⇒ OH = OE = 3; HD = 2 ⇒ OD = 5 . OE ∆
D vuông tại E ⇒ DE = 4cm . Bài 2:
Cho tam giác có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn
(O) . Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H A N
và cắt (O) lần lượt tại M , N, P . Kẻ đường kính 1
AK , I là trung điểm của BC . Chứng minh rằng: E
a. ◊CEHD,◊BCEF nội tiếp và ba điểm H, I, K 1 P 2 O thẳng hàng F H
b. Chứng minh tứ giác BMKC là hình thang cân 1 3 I 1
c. OH cắt AI tại G . Chứng minh G là trọng B D 2 C
tâm của tam giác ABC
d. AE.AC = AH.A ; D A .
D BC = BE.AC M K
AE.AC = F . A BA ( A ∆ FE” A ∆ BC)
e. H và M đối xứng nhau qua BC
f. Xác định tâm đường tròn nội tiếp DE ∆ F
g. Chứng minh MN / /EF và OA ⊥ EF
h. Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp
của tam giác AEF và diện tích hình tròn ( AEF )
không đổi khi A di động trên cung lớn BC Lời giải 2
a. ◊CEHD,◊BCEF nội tiếp và ba điểm H, I, K thẳng hàng
Xét ◊CEHD , có:  =  0 = ⇒  +  0 E D 90
E D =180 ⇒ dpcm
- Tứ giác BHCK là hình bình hành ⇒ I là trung điểm của HK
b. Chứng minh tứ giác BMKC là hình thang cân
Ta có MK / /BC ⇒ ◊BMKC là hình thang
Lại có BC là đường trung trực của HM ⇒ CH = CM , mà CH = BK ⇒ CM = BK
Hình thang BMCK có hai đường chéo bằng nhau nên là hình thang cân
c. OH cắt AI tại G. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC
Ta có G là trọng tâm tam giác AHK 1 ⇒ GI = AI 3 - Xét A
∆ BC có AI là trung tuyến và 1
⇒ GI = AI ⇒ G là trọng tâm A ∆ BC 3 d) A ∆ EH# A
∆ DC(gg) ⇒ AE.AC = AH.A ; D B ∆ EC# A
∆ DC(gg) ⇒ A .
D BC = BE.AC
e) H và M đối xứng nhau qua BC
Ta đi chứng minh CB là đường trung trực của HM Có:  =  C A (phụ  ABC );  =  1 =  C A
sd Bm ⇒ CB là phân giác của C 1 1 2 1 2
Mà CB ⊥ HM ⇒ C
∆ HM cân tại C nên CB là đường trung trực của HM
f. Xác định tâm đường tròn nội tiếp DE ∆ F Ta có 1 1
◊BCEF nội tiếp ⇒  =  =  C1 E
sd BF , ta có ◊CEHD nội tiếp ⇒  =  =  C E sd HD , 1 2 1 2 2 →  = 
E E ⇒ EB là phân giác  FED 1 2
+) Chứng minh tương tự, ta có FC là phân giác của F
g. Chứng minh MN // EF và OA ⊥ EF  =  ⇒  =  B C ⇒ ⊥  3 AP AN OA NP(1) 1 
 ⇒ OA ⊥ EF
 =   =  ⇒  =  N C1;C E N
E ⇒ NP / /EF 1 1 1 1 1 
h. Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác AEF và diện tích hình tròn ( AEF )
không đổi khi A di động trên cung lớn BC
+) Chứng minh được ◊BHCK là hình bình hành (các cạnh đối song song) Xét A
∆ HK , có OI là đường trung bình của 1 A
∆ HK ⇒ OI = AH 2 3
O, I cố định nên OI không đổi ⇒ AH không đổi. Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp A ∆ EF không đổi.
+) ◊AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH ⇒ A
∆ EF nội tiếp đường tròn đường kính AH 2 S
= ∏ OI (không đổi). AEF . ( ) Bài 3: 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 kỳ ( 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
a. ◊AMBO nội tiếp b. O, K, ,
A M , B cùng nằm trên một đường tròn c. 2 2
OI.OM = R ;OI.IM = IA
d. ◊OAHB là hình thoi
e. O, H,M thẳng hàng
f. Tìm quỹ tích điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d A D K P N O M I H C B Lời giải
b) Ta có K là trung điểm của NP ⇒ OK ⊥ NP Lại có ,
A B, K cùng nhìn OM dưới 1 góc 900 ⇒ nằm trên đường tròn đường kính OM .
Vậy 5 điểm cùng nằm trên 1 đường tròn
c) Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến); OA = OB = R ⇒ OM là đường trung trực của AB 4
⇒ OM ⊥ AB ≡ I 2 O
 I OM = OA canh va duong cao Xét ∆  . ( . . . ) 0
OAM (OAM = 90 ) ⇒  2 O
 I.IM = IA
OB / / AH (⊥ BM ) HBH d)  ⇒  ⇒ hi . nh thoi
OA / /BH (⊥ AM ) OA  = OB
e) ◊OAHB là hình thoi ⇒ OH ⊥ AB,OM ⊥ AB ⇒ O, H,M thẳng hàng
Vì qua O chỉ có 1 đường thẳng vuông góc với AB
f) Theo chứng minh trên ◊OAHB là hình thoi ⇒ AH = AO = R
Vậy khi M di động trên d thì H di động nhưng luôn cách A cố định 1 khoảng bằng R . Do đó quỹ
tích của H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R . Bài 4: Cho đường tròn ( ;
O R) đường kính AB . Kẻ tiếp N P J
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 I
a. ◊APMO nội tiếp K M b. BM / /OP
c. Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt tia 2
BM tại N . Chứng minh rằng ◊OBNP là hình 1 1 A B bình hành O
d. Biết AN cắt OP tại K , PM cắt ON tại I ,
PN và OM kéo dài cắt nhau tại I . Chứng minh
rằng: I, J, K thẳng hàng Lời giải a.  1 =  ⇒  1 =  =  B sd AM B sd AOM O 1 1
1 (tính chất hai tiếp tuyến) 2 2
Mà hai góc ở vị trí đồng vị ⇒ BN / /OP ⇒ đpcm b. A ∆ OP = OB ∆
N(gcg) ⇒ OP = BN
Vậy ◊OBNP là hình bình hành 5
c) Ta có PN / /OB ⇒ PJ / / AB mà ON ⊥ AB ⇒ ON ⊥ PJ . Lại có: PM ⊥ OJ
mà ON ∩ PM ≡ I ⇒ I là trực tâm P ∆ JO KO = KP
+) ◊PNOA là hình chữ nhật ⇒   =  APO NOP(slt)
Có PO là phân giác  APM ⇒ I
∆ OP cân tại I, IK là đường trung tuyến nên là đường cao ⇒ IK ⊥ OP Xét OP ∆
J, I là trực tâm, mà IK ⊥ OP ⇒ I, J, K thẳng hàng. Bài 7:
Cho đường tròn (O) , dây AB . C là điểm chính
giữa cung nhỏ AB . Lấy các điểm D, E thuộc A P
dây AB ( D nằm giữa ,
A E ). Tia CD,CE cắt D
(O) lần lượt tại P,Q C O H
a. Chứng minh rằng tứ giác PQED nội tiếp E được
b. Nếu AD = BE thì tứ giác PQED là hình gì? B Q c. Chứng minh rằng: 2 CA = . CP CD
d. Xác định vị trí tương đối của đường thẳng
AC với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADP . Lời giải
a. Xét (O) có C là điểm chính giữa cung nhỏ AB (gt) ⇒  =  AC BC Ta có:    sd(BC AP) CDB + =
(góc có đỉnh bên trong đường tròn) 2    +  sdCP sd(CA AP) = = ⇒  =  CQP ( . goc . noi tiep) CDB CQP 2 2 Ta có:  +  0
CDB BDP =180 (k .ebu) Mà  =  ⇒  +  0 CDB CQP(cmt) CQP BQP =180 Hay  +  0 EQP CDP =180 Xét ◊  +  0
PQED,co : EQP EDP =180 ⇒ ◊PQED nội tiếp đường tròn.
b. Nếu AD = EB thì tứ giác PQED là hình gì? 6
Gọi H là giao điểm của OC và AB
+) Xét (O) có: OC là đường kính, C là điểm chính giữa cung nhỏ AB (gt) ⇒ H là trung điểm của
dây AB và OC ⊥ AB ⇒ AH = BH
Ta lại có AD = EB ⇒ HD = HE
+) Vì OC ⊥ A ;
B HD = HE(cmt) ⇒ CH là đường trung trực của AB ⇒ CD = CE ⇒ CD ∆ E cân tại C ⇒  =  ⇒  = 
CDE CED(t / c) EDP DEQ(1) +) Vì  =   =  ⇒  = 
CDE CQP(cmt);CDE CED(cmt)
CED CQP ⇒ DE / /PQ ⇒ ◊PQED là hình thang (2)
Từ (1)(2) ⇒ ◊PQED là hình thang cân (dấu hiệu nhận biết) c. Chứng minh rằng: 2 CA = . CP CD +) Xét (O), có:   sd BC =   sd AC =  =  ⇒  =  CAB (go .
c no .itiep); APC ; AC BC CAB APC 2 2  +) Xét C  : chung C ∆ AD, C ∆ P , A co :  ⇒ C ∆ AD C ∆ P ( A g.g)   =  CAD CPA CA CD 2 ⇒ = (tc) ⇒ CA = . CP CD . CP CA
d. Xác định vị trí tương đối của đường thẳng AC với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADP
Chứng minh định lý đảo của định lý về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, cụ thể là: Nếu góc
BAx (với đỉnh A nằm trên một đường tròn, một cạnh chứa dây cung AB), có số đo bằng nửa số đo
của cung AB căng dây đó và cung này nằm bên trong góc đó thì cạnh Ax là một tia tiếp tuyến của
đường tròn. Hình minh họa Chứng minh: B
Kẻ OH là tia phân giác của  AOB Vì O
OA = OB ⇒ A
∆ OB cân tại O nên OH đồng thời là đường cao của tam giác H x AOB ⇒ ⊥  0 OH A ; B OHA = 90 A Xét A
∆ OH vuông tại H có:  +  0
HOA OAH = 90 (tc)   Ta lại có:  =   sd AB  =  ⇒  +  0 HOA xAB (gt)
OAH xAB = 90 ⇒ OA ⊥ Ax ⇒ Ax  là tia tiếp tuyến (O) 2   
Chứng minh: Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác ADP, có:   sd AD APD = ( . goc .
noi tiep) 2 7 Mà  = 
CAD APD(cmt) nên theo định lý đảo của định lý về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ta có
AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADP. Bài 5:
Cho đường tròn (O) đường kính AB , các điểm C
C và D thuộc (O) sao cho CD không cùng
thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB , đồng thời M P
AD > AC . Gọi M , N lần lượt là điểm chính H
giữa cung AC, AD,MN cắt AC, AD lần lượt tại K
H, I . MD cắt CN tại K A B O
a. Chứng minh rằng tam giác NKD và tam giác I MAK cân b. KH / / AD c. So sánh  =  CAK DAK D N
d. Tìm một hệ thức giữa số đo cung AC , số đo
AD là điều kiện cần và đủ để AK / /ND . Lời giải
a. Chứng minh rằng tam giác NKD và tam giác MAK cân
Xét đường tròn (O), có:  1 =  1 +  NKD sd MC sd ND 2 2 1 =  1 +  1 =  =  sd AC sd AD sd MN KDN 4 4 2 ⇒ NKD ∆ cân tại N Xét C
∆ AD có CN, DM là phân giác góc C và D ⇒ K là giao điểm của 3 đường phân giác ⇒ AK
cắt (O) tại P ⇒ PC = PD Xét (O), có  1 =  1 =  1 +  1 =  1 +  =  NAK sd MP sd MC sdCP sd MA sd PD PK ⇒ M ∆ AK cân tại M. 2 2 2 2 2
b. Chứng minh: KH / / AD Xét MA ∆
D có MI là phân giác ⇒  =  = 
HMK HMA HCK ⇒ ◊MCKH nội tiếp ⇒  =  = 
MKH MCH MDA ⇒ HK / / AD 8 c. So sánh  =  CAK DAK
Vì AP là phân giác  ⇒  =  CAD CAK DAK
d. Tìm một hệ thức giữa số đo cung AC, số đo AD là điều kiện cần và đủ để AK // ND A
∆ MK cân tại M có AN là đường phân giác ⇒ MN ⊥ AK Để 1
AK / /ND ⇒ MN ⊥ ND ⇒ MD là đường kính ⇒  +  0 sd AC sd AD =180 . 2 Bài 6: Cho đường tròn ( ;
O R) và (O'; R ') có R > R ' tiếp xúc ngoài nhau tại C . Gọi AC và BC là hai đường
kính đi qua điểm C của (O) và (O') . DE là dây cung của (O) vuông góc với AB tại trung điểm
M của AB . Gọi giao điểm thứ hai của DC với (O') là F, BD cắt (O') tại G . CMR: a. MDGC nội tiếp
b. M , D, B, F cùng nằm trên một nửa đường tròn
c. ◊ADBE là hình thoi
d. B, E, F thẳng hàng
e. DF, EG, AB đồng quy f. 1 MF = DE 2
g. MF là tiếp tuyến của đường tròn (O') D G 1 M C O' B A O 1 2 3 1 F C Lời giải
c. M là trung điểm của AB, mà DE ⊥ AB ≡ M ⇒ M là trung điểm của DE (đường kính và dây)
nên là hình thoi (hai đường chéo vuông góc tại trung điểm của mỗi đường).
d. Ta có AD // EB (tính chất hình thoi ), AD ⊥ DF (góc nội tiếp) ⇒ BE ⊥ DF ≡ F Lại có: ⊥  0
BF DF(F = 90 ) , mà qua B chỉ có 1 đường thẳng ⊥ DF ⇒ B, E, F thẳng hàng 9 e. Xét B
∆ DE có C là trực tâm ⇒ EC ⊥ BD,CG ⊥ DB ⇒ E,C,G thẳng hàng. Vậy DF, EG, AB đồng quy f. DE ∆ F vuông tại F 1
⇒ MF = DE(dpcm) 2
g. MF = MD ⇒ MD ∆
F cân tại M ⇒  =  D F 1 1 O
∆ ' BE cân tại O’ ⇒  =  B F , mà  =  B D (phụ  DEB ). 1 3 1 1
Vậy  =  ⇒  +  =  +  0 F F F F
F F = 90 ⇔ MF ⊥ O 'F ⇒ MF là tiếp tuyến của (O’). 1 3 1 2 2 3 Bài 7:
Cho nửa đường tròn đường kính AB . Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By . Qua M thuộc nửa đường
tròn kẻ tiếp tuyên thứ 3 cắt các tiếp tuyến Ax, By tại C và D . Các đường thẳng AD, BC cắt nhau tại
N . Nối MA cắt CO tại D , nối MB cắt OD tại F
a. OEMF là hình chữ nhật
b. AC + BD = CD 2
c. Khi M chuyển động trên nửa đường tròn thì AC. BD không đổi (hoặc lớp B thì . AB AC BD = ) 4
d. AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD e*. MN ⊥ AB
f. Cho BD = R 3 tính AM
g*. Gọi H là giao điểm của MN với AB, Chứng minh rằng khi M di động trên nửa đường tròn thì
đường tròn ngoại tiếp HE ∆
F luôn đi qua điểm cố định
h. Xác định vị trí của điểm M để chu vi ◊ACDB đạt GTNN 10 D I M R 3 C N K E F A H O B Lời giải
a) OM = OA = R
CM = CA (tính chất hai tiếp tuyến) ⇒ OC là đường trng trực của AM ⇒  0 E = 90 Chứng minh tương tự:  0 F = 90 ⇒ HCN
b) AC + BD = CM + MD = CD c. Xét ∆  0 2 2 2
COD(O = 90 ) ⇒ MC.MD = OM ⇔ AC.BD = OM = R ( không đổi )
d. Gọi I là trung điểm của CD ⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp C
∆ OD đường kính CD, bán kính OI AC ⊥ AB Ta có: 
 ⇒ AC / /BD ⇒ ◊ACBD là hình thang, mà I là trung điểm CD ⇒ OI là đường trung BD ⊥ ABOI / / AC bình hình thang ACDB  ⇒
 ⇒ OI ⊥ AB ⇒ AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD. AC ⊥ AB e) Ta có: / / CN AC CN CM AC BD ⇒ = ⇔ =
⇒ MN / /BD, BD ⊥ AB ⇒ MN ⊥ AB NB BD AB DM f) Xét ∆  0 = →  BD = = ⇒  0 = ⇒  =  0 BOD(B 90 ) tan BOD 3
BOD 60 ; AM / /OD MAB BOD = 60 BO Xét ∆  0 = =  0
MAB(M 90 ), AM A . B cosMAB = 2 .
R cos : 60 = R(cm)
g) Gọi K là giao điểm của OM và EF ⇒ KO = KM = KE = KF Xét ∆  0
MHO(H = 90 ) ⇒ KH = KM = KO ⇒ KH = KO = KE = KF ⇒ đường tròn ngoại tiếp HE ∆ F luôn đi O cố định.
h) Ta có ch vi ◊ABCD = AB + BC + CD + D ,
A AC + BD = CD ⇒ CV = AB + 2CD ⇒ CD phải nhỏ nhất
(AB cố đinh) ⇒ khi CD là khoảng cách giữa Ax và By ta có CD là khoảng cách giữa Ax và By tức 11
là CD ⊥ AC khi đó CD // AB ⇒ M là trung điểm của cung  AB . Bài 8:
Cho điểm B nằm giữa hai điểm A, C. N
Vẽ đường thẳng d vuông góc với AC
tại A. Vẽ (O) đường kính BC và trên D M
đó lấy một điểm M bất kỳ. Tia CM
cắt d tại D, tia AM cắt (O) tại điểm G
thứ hai N. Tia DB cắt (O) tại điểm B J I K thứ hai P A C
a. Chứng minh rằng tứ giác ABMD, APCD nội tiếp được
b. Chứng minh CM.CD không phụ
thuộc vào vị trí điểm M trên (O) P
c. Tứ giác APND là hình gì? Vì sao
d. Chứng minh trọng tâm G của tam
giác MAC chạy trên một đường tròn
cố định khi điểm M di chuyển trên đường tròn (O). Lời giải
a) Chứng minh rằng tứ giác ABMD, APCD nội tiếp được Ta có:  0 = ⇒  0 BMC 90 BMD = 90 ⇒  +  0
BMD DAB =180 ⇒ ◊ABMD là tứ giác nội tiếp đường tròn. Ta lại có  0
DPC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒  =  0
DAC DPC = 90 ⇒ ◊APCD nội tiếp.
b. Chứng minh CM. CD không phụ thuộc vào vị trí điểm M trên (O) Vì ∆  ∆ ( ) CM CB CMB CAD gg ⇒ = ⇒ CM.CD = . CACB CA CD
mà các điểm C, A, B cố định nên CA.CB không đổi khi M di chuyển trên đường tròn (O)
Vậy CM.CD không phụ thuộc vào vị trí điểm M trên đường tròn (O). 12
c. Tứ giác APND là hình gì? Vì sao
Vì ABMD là tứ giác nội tiếp được đường tròn nên  =  
DAM DBM (1)(chanDM )
Lại có BMNP là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) nên  =   DBM MNP(2)(cha . n MBP) Từ ⇒  =  (1)(2)
DAM MNP ⇒ AD / /NP ⇒ ◊APND là hình thang.
d. Chứng minh trọng tâm G của tam giác MAC chạy trên một đường tròn cố định khi điểm M di
chuyển trên đường tròn (O).
Gọi I là trung điểm của AC, J là điểm nằm giữa B và I, K là điểm nằm giữa I và C sao cho: 2 2
BJ = BI;CK = CI 3 3
Vì A, B, C là các điểm cố định nên I, J, K là các điểm cố định. Do G là trọng tâm 2 MG BJ 2 A
∆ MC ⇒ MG = MI ⇒ = = ⇒ GJ / /BM 3 MI BI 3 Lại có MG CK 2 =
= ⇒ GK / /CM . Mà  0 = ⇒  0 BMC 90 JGK = 90 MI CI 3
⇒ G thuộc đường tròn đường kính JK cố định
Vậy khi M di chuyển trên đường tròn (O) thì trọng tâm G của tam giác AMC di chuyển trên đường
tròn đường kính JK cố định. Bài 9:
Cho (O; R) và dây AB < 2R. Lấy điểm
C thuộc tia AB sao cho AC > AB. Từ C P M
kẻ hai tiếp tuyến với (O) tại P và K. Gọi B I là trung điểm của AB I C A
a. Chứng minh rằng ngũ giác CPIOK O H nội tiếp đường tròn b. Chứng minh 2 CP = . CACB
c. Gọi H là trực tâm của tam giác CPK. Tính KH theo R K
d. Giả sử AP / /CK . Chứng minh tia đối
của tia BK là tia phân giác của góc CBP. Lời giải 13
a) Chứng minh rằng ngũ giác CPIOK nội tiếp đường tròn Xét ◊  +  0
CPOK :CPO CKO =180 ⇒ ◊CPOK Nội tiếp Xét ◊  +  0
CIOK :CIO CKO =180 ⇒ ◊CIOK Nội tiếp
Vậy 5 điểm thuộc 1 đường tròn. b. Chứng minh: 2 CP = . CACB   =  Xét CAp CPB C ∆ PB, C ∆ AP,co :  
PCB : chung CP CA 2 ⇒ CP ∆ B CA ∆ P(gg) ⇒ = ⇒ CP = . CACB CB CP
c. Gọi H là trực tâm của tam giác CPK. Tính KH theo R
Vì H là trực tâm CP ∆
K ⇒ PH ⊥ CK; KH ⊥ CP
Mà OK ⊥ CK;OP ⊥ CP ⇒ PH / /OK; KH / /OP ⇒ ◊OPHK là hình bình hành ⇒ HK = OP = R
d. Giả sử AP // CK. Chứng minh tia đối của tia BK là tia phân giác của góc CBP
Gọi M = BB ∩CP . Vì tứ giác PBKA nội tiếp (O) nên  = 
PBM PAK (cùng bù với  PBK ). Xét (O) có  = 
ABK AKx (hệ quả của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) Lại có  = 
MBC ABK (đối đỉnh);  =  AKx PAKP(s .
o l .etrong; AP / /CK) Do đó  = 
PBM MBC ⇒ tia đối của tia BK là tia phân giác của  CBP Bài 10:
Cho (O; R) và (O’; 2R) tiếp xúc trong tại A. Qua N
A kẻ hai cát tuyến AMN và APQ với M, P thuộc S (O) và N, Q thuộc (O’) M
a. Chứng minh rằng (O)∈(O') H b. Chứng minh: MP // NQ A O' K O
c. Tia O’M cắt (O’) tại S. Gọi H là trực tâm của
tam giác SAO’. Chứng minh rằng tứ giác SHO’N P nội tiếp được Q 14 d. Khi  0
MAP = 90 . Tính độ dài MP và NQ theo R. Lời giải
a. Chứng minh rằng: (O)∈(O') OA  = R
Ta có A là tiếp điểm chung của (O) và (O’) nên: 
⇒ O ' A = 2OA O  ' A = 2R
Mà (O) và (O’) tiếp xúc trong tại A nên các điểm A, O’, O thẳng hàng (đường nối tâm của 2 đường
tròn tiếp xúc nhau luôn đi qua tiếp điểm)
⇒ O là trung điểm của O’A
⇒ O ' và A đối xứng nhau qua O
Mà A∈(O) ⇒ O'∈(O)(dpcm) b. Chứng minh: MP // NQ Xét O A O ∆ 'MA có 
O 'MA chắn nửa đường tròn ( ' ; O ) ⇒ O
∆ 'MA vuông tại M ⇒ O 'M ⊥ AN. 2
Ta có: O'M ⊥ AN ⇒ M là trung điểm của AN (1)
Tương tự ta có: P là trung điểm của AQ (2)
Từ (1) và (2) ⇒ MP là đường trung bình của A
∆ NQ ⇒ MP / /NQ
c. Tia O’M cắt (O’) tại S. Gọi H là trực tâm của tam giác SAO’. Chứng minh rằng tứ giác SHO’N nội tiếp được
Gọi K là giao điểm của SH và O’A, do H là trực tâm của SA
∆ O ' ⇒ SK là đường cao S ∆ AO ' ⇒ O
∆ ' KS vuông tại K. Xét O ∆ 'MA vuông tại M và O ∆ ' KS có 
MO ' A: chung ⇒ ∆  ∆ ⇒  =  ⇒  =  O 'MA O 'KS ; O SK O 'MA
O 'SH O ' AN(3) Lại có: O
∆ ' NA cân tại O’ (vì O’N, O’A đều là bán kính của (O’)). ⇒  =  ⇒  = 
O ' AN O ' NA
O ' AN O ' NH (4) Từ (3)(4) ⇒  = 
O 'SH O ' NH ⇒ ◊SHO ' N nội tiếp đường tròn. d. Khi  0
MAP = 90 . Tính độ dài MP và NQ theo R. Nếu  0
MAP = 90 ⇒ ◊MAP 'O là hình chữ nhật ⇒ PM = AO ' = 2 ;
R QN = 2PM = 4R . 15 Bài 11:
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB > AC,
đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa C O'
điểm A vẽ nửa (O) đường kính BH cắt AB tại E, H F
nửa đường tròn (O’) đường kính HC cắt AC tại F O
a. Chứng minh rằng tứ giác AFHE là hình chữ I nhật
b. Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp được A E B
c. Chứng minh AE.AB = AC.AF
d. Chứng minh FE là tiếp tuyến chung của hai
nửa đường tròn (O) và (O’) e. Giả sử  0
ABC = 30 . Chứng minh rằng bán kính
của nửa đường tròn (O) gấp ba lần bán kính của nửa (O’). Lời giải
a. Chứng minh rằng tứ giác AFHE là hình chữ nhật Ta có:  =  0
HEB HFC = 90 (góc nội tiếp) ⇒  =  0
AFH AEH = 90 (kề bù với góc vuông)
⇒ ◊AEHF là hình chữ nhật.
b. Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp được
Gọi I là giao điểm của AH và FE, ta có tam giác AIE cân tại I (Tính chất hình chữ nhật) ⇒  =  IAE IEA. Mà  = 
IAE ACB (cùng phụ với 
IAF ) ⇒  =  =  IEA ACB( IAE)
Tứ giác BEFC có góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện nên nội tiếp được.
c. Chứng minh: AE.AB = AF.AC  Xét EAF : chung ∆ ,∆ , :  ⇒ ∆  ∆ ( ) AE AC AEF ACB co AEF ACB gg ⇒ =
⇒ AE.AB = AF.AC   =  AEF ACB AF AB
d. Chứng minh FE là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O) và (O’). Ta có:  =  AEF ACB( . y b) . OB ∆
E cân tại O ⇒  =  ⇒  +  =  +  0 OEB OBE AEF OEB ACB OBE = 90 ⇒  0 = −  +  0
FEO 180 (AEF OEB) = 90 ⇒ FE ⊥ OE 16
Mà FE ∩(O) ≡ E ⇒ FE là tiếp tuyến của (O).
Chứng minh tương tự ta có FE là tiếp tuyến của (O’)
Vậy FE là tiếp tuyến chung của (O) và (O’). e. Giả sử  0
ABC = 30 . Chứng minh rằng bán kính của nửa đường tròn (O) gấp ba lần bán kính của nửa (O’). Gọi 1
R = HB là bán kính của (O); Gọi 1
r = HC là bán kính của (O’) 2 2  0 = ⇒  0 1 ABC 30 sin ABC = sin.30 = 2
Trong tam giác BHE vuông tại E ta có  HE HE 1 1 SinABC = ⇒
= ⇒ HE = HB = R ⇒ ◊AEHF HB HB 2 2
là hình chữ nhật ⇒ AF = HE = . R Vì  =  0
FHC ABC = 30 . Chứng minh tương tự như trên, ta có 1
FC = HC = r 2 Vì  =  0
FHA ABC = 30 (cùng phụ với 
HAB) . Chứng minh tương tự ta có: 1
HC = AC = 2r 2
⇒ AC = 4r ⇔ AF + FC = 4r ⇔ R + r = 4r ⇒ R = 3r
Vậy bán kính của nửa (O) gấp ba lần bán kính của nửa (O’). Bài 12:
Cho (O) đường kính AB. Đường kính CD thay đổi. Các tia AC, AD cắt tiếp tuyến tại B lần lượt tại P
và Q. Gọi M là trung điểm của PQ
a. Chứng minh rằng tứ giác PCDQ nội tiếp
b. Chứng minh: AM ⊥ CD
c. Chứng minh: AC.PC + A .
D DQ không đổi khi CD di động
d. Tìm vị trí của CD để PQ nhỏ nhất
e. Tìm tập hợp I của đường tròn ngoại tiếp tam giác PCQ
f. Tìm tập hợp trực tâm tam giác CDQ. 17 P M C I A N O B H D Q K Lời giải
a. Chứng minh rằng tứ giác PCDQ nội tiếp Ta có:  0 ADB = 90 (c . han .
nua duong.tron) ⇒  =   DQB ABD( ph . u DBQ) Mà:  =   ⇒  =  ABD ACD(chanAD) ACD DQB ⇒  +  0
DQB DCQ =180 ⇒ ◊PCDQ nội tiếp.
b. Chứng minh: AM ⊥ CD  0 CAD = 90 (c . han . nua duong.tron) A
∆ PQ vuông tại A, AM là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên: = = ⇒  =  AM MP MQ APM PAM
Mặt khác theo ý a thì tứ giác PCDQ nội tiếp ⇒  =   APM C ( DA b . u CQD) ⇒  =  PAM CDA Ta lại có  +  0
CDA ACD = 90 ⇒  +  0
PAM ACD = 90 ⇒ AM ⊥ CD
c. Chứng minh: AC.PC + A .
D DQ không đổi khi CD di động Ta có  0 ACB = 90 (c . han .
nua duong.tron), BC ⊥ A .
P Theo trên ta cũng có BD ⊥ AQ
Hai tam giác vuông ABP và ABQ có đường cao BC và BD tương ứng. Do đó ta có hệ thức: 2 2 2 2 2 2
AC.CP = BC ; A .
D DQ = BD ⇒ AC.CP + A .
D DQ = BC + BD = CD = AB không đổi khi CD thay đổi.
d. Tìm vị trí của CD để PQ nhỏ nhất
Tam giác APQ vuông tại A có AB là đường cao nên: 18 2 2 2  + = . PB BQ PQ AB PB BQ ≤ =
⇒ PQ = 2AB ⇔ PB = BQ ⇔ A ∆  
PB vuông cân ⇔ DC ⊥ AB min  2  4
e. Tìm tập hợp I của đường tròn ngoại tiếp tam giác PCQ
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PCQ. Khi đó IO ⊥ C ;
D MI ⊥ PQ ⇒ IO / / AM ; IM / / AB
⇒ ◊AMIO là hình bình hành. Hạ IH ⊥ AB ⇒ ◊MIHB là hình chữ nhật ⇒ BH = MI = AO không đổi
nên H là điểm cố định ⇒
Đường thẳng HI cố định.
Vậy quỹ tich điểm I là đường thẳng đi qua H và vuông góc với đường thẳng AB
f. Tìm tập hợp trực tâm tam giác CDQ.
Gọi K là trực tâm của tam giác CDQ, khi đó KQ / / AM (⊥ CD)
Ta có A, K, P thẳng hàng (vì  0 CAD = 90 ) K
∆ PQ có M là trung điểm của PQ, KQ / / AM nên AM là đường trung bình ∆ ⇒ AP = KA
- Từ K hạ KN ⊥ AB ⇒ K ∆ NA = P
∆ BA ⇒ NA = AB không đổi hay N là điểm cố định ⇒ đường thẳng
NK cũng cố định. Do đó quỹ tích điểm K là đường thẳng đi qua N và vuông góc với đường thẳng AB. 19