∈ ∈ . KẼ CHO TAM GIÁC NHỌN ABC NỘI TIẾP (O), ĐƯỜNG CAO BD, CE CẮT NHAU...

Bài 3: ∈ ∈ . Kẽ Cho tam giác nhọn ^ABC nội tiếp

(

O

)

, đường cao ^BD, CE cắt nhau tại ^H

(

D AC;E AB

)

đường kính ^BK , Kẽ ^CP⊥BK

(

^P∈BK

)

a) Chứng minh rằng ^BECD là tứ giác nội tiếpb) Chứngminh rằng ^EDPC là tứ giác nội tiếp, từ đó suy ra ^ED=CP( trích HK2-Sở bắc ninh 2016-2017) Hướng dẫn giải D P nhìn BC dưới một góc vuông nên B E D P C, , , , nằm trên một đường tròn đường kính BC.Do E, ,Nên BECD , EDPC là tứ giác nội tiếp.A.BÀI TẬP MINH HỌA Câu 1. Cho tứ giác ABCD có đường tròn đường kính AD tiếp xúc với BC và đường tròn đường kính BC tiếp xúc với AD. Chứng minh rằng AB/ /CD. Câu 2. Cho tam giác đều ABC. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A vẽ nửa đường tròn đường kính BC , D là điểm trên nủa đường tròn sao cho sđCD 60

⁰

. Gọi M là giao điểm của AD với BC . Chứng minh rằng BM 2MC . Câu 3. Cho đường tròn



^{O R;}



^và



^{O R'; '}



tiếp xúc trong tại A



^RR'



. Tiếp tuyến tại điểm Mbất kỳ của



^{O R'; '}



^cắt



^{O R;}



^{tại B và C} . Chứng minh rằng BAM^ MAC^. Câu 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn



^{O R;}



^{, AH} là đường cao



^{H BC}



^{. Chứng} minh rằng: AB AC. 2 .R AH . Câu 5. Cho tam giác ABC có A nhọn nội tiếp trong đường tròn



^{O R;}



. Chứng minh rằng: 2 sinBC  R BAC. Câu 6. Cho hai đường tròn

 

^{O và}

 

^O' cắt nhau tại A và B. Qua A vẽ hai cát tuyến CAD và EAF (C và E nằm trên đường tròn

 

^{O , D và F} nằm trên đường tròn

 

^{O' ) sao cho}  CAB BAF. Chứng minh rằng CD EFCâu 7. Cho đường tròn

 

^O đường kính AB C là điểm trên cung AB C A B ẽ

 

CH AB H AB ẽ đường tròn



^{C CH;}



ắt đường tròn

 

^{O ại D E DE ắt CH ại} M ứng minh rằng MH MCCâu 8. Cho tam giác ABC ội tiếp đường tròn



^{O R;}



^{ẽ AD} là đường cao của tam giác ABCứng minh rằng BAD^ OAC^Câu 9. Cho hình bình hành ABCD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD ắt đường thẳng ACại E ứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE ếp xúc với BDCâu 10. Cho đoạn thẳng AB M là điểm di động trên đoạn thẳng AB M A B ẽ đường thẳng xMy ới AB ại M Mx ần lượt lấy C D,MC MA MD MB. Đường tròn đường kính AC ắt đường tròn đường kính BD ại N NA ứng minh rằng đường thẳng MN luôn luôn đi qua một điểm cố định. Câu 11. Cho tam giác ABC ọn nội tiếp đường tròn



^{O R;}



^{có đỉnh A} ố định, đỉnh B C,động.Dựng hình bình hành ABDC ứng minh rằng trực tâm H ủa tam giác BDC là điểm cố định. Câu 12. Cho tam giác nhọn ABC . Vẽ đường tròn

 

^O đường kính BC . Vẽ AD là đường cao của tam giác ABC, các tiếp tuyến AM AN, với đường tròn

 

^{O (M N,} là các tiếp điểm). MNcắt AD tại E. Chứng minh rằng E là trực tâm của tam giác ABC. Câu 13. Cho tam giác nhọn ABC , trực tâm H. Từ A vẽ các tiếp tuyến AM AN, với đường tròn

 

^O đường kính BC (M N, là các tiếp điểm). Chứng minh rằng M H N, , thẳng hàng. Câu 14. Cho tam giác ABC cân đỉnh A, đường trung trực của AB cắt BC tại D. Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Câu 15. Cho tam giác ABC



^A ^90

⁰



^{và AB AC}. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AB cắt BC tại D, cắt AC tại E. Chứng minh rằng DB CB. EB

²

. Câu 16. Cho tam giác vuông ABC nội tiếp đường tròn



^{O R AB;}

 

^{AC A, 90}

⁰



. Đường tròn

 

^{I qua B C,} tiếp xúc với AB tại B, cắt đường thẳng AC tại D. Chứng minh rằng OABD. Câu 17. Cho đoạn thẳng AB 2a có trung điểm là O. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ ABựng nửa đường tròn

 

^O đường kính AB ửa đường tròn

 

^O' đường kính AO

 

^O'ấy điểm M A O OM ắt

 

^{O ại C ọi D} là giao điểm thứ hai của CA ới

 

^O'ứng minh tam giác ADMếp tuyến tại C ủa

 

^{O ắt tia OD ại E}, xác định vị trí tương đối của đường thẳng EAđối với

 

^O

 

^O'Câu 18. Cho đường tròn tâm O có đường kính AB 2R ọi M là điểm di động trên đường tròn

 

^{O . Điểm M A B,} ựng đường tròn tâm M ếp xúc với AB ại H ừ A B ẻ hai tiếp tuyến AC BD ới đường tròn tâm M ừa dựng. a) Chứng minh BM AM, ần lượt là các tia phân giác của các góc ABD^ BACứng minh ba điểm C M D, , ằm trên tiếp tuyến của đường tròn tâm O ại điểm Mứng minh AC BD không đổi, từ đó tính tích AC BD. theo CDả sử ngoài A B, ửa đường tròn đường kính AB ứa M ột điểm N ố định. gọi I là trung điểm của MN ẻ IP ới MB M ển động thì Pển động trên đường cố định nào. Câu 19. Cho nửa đường tròn

 

^O đường kính AB, điểm C ộc nửa đường tròn. Gọi Iđiểm chính giữa AC E là giao điểm của AI BC ọi K là giao điểm của AC BIứng minh rằng EK ABọi F là điểm đối xứng với K qua I . Chứng minh AF ếp tuyến của

 

^Oc) Chứng minh rằng AK AC. BK BI. AB

²

. d) Nếu sin^{ 2}BAC  3 . Gọi H là giao điểm của EK và AB. Chứng minh



²



^{2 .}KH KH  HE  HE KE. Câu 20. Cho đường tròn

 

^O đường kính AB 2A, điểm C thuộc đường tròn



^{C A C, B}



^. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C, kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn

 

^{O . Gọi M là} điểm chính giữa cung nhỏ AC. Tia BC cắt Ax tại Q, tia AM cắt BC tại N. a) Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân. b) Khi MB MQ, tính BC theo R. Câu 21. Cho đường tròn



^{O R;}



đường kính AC . Trên đoạn thẳng OC lấy điểm B và vẽ đường tròn

 

^O' có đường kính BC . Gọi M là trung điểm của AB, qua M kẻ dây cung vuông góc với ABcắt đường tròn

 

^{O tại D và E. Nối CD} cắt đường tròn

 

^{O' tại I .} a) Tứ giác DAEB là hình có đặc tính gì? Vì sao? b) Chứng minh MD MI và MI là tiếp tuyến của đường tròn

 

^{O' .} c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của I BC ứng minh CH MB. BH MC.Câu 22. Cho tam giác ABC đều, dựng nửa đường tròn tâm D đường kính BC ếp xúc với AB AC ần lượt tại K L, ấy điểm P ộc cung nhỏ KL ựng tiếp tuyến với nửa đường tròn tại P ắt các cạnh AB AC, ần lượt tại M N,BM CN  BC . ứng minh BMD CDN ồi suy ra .

²

4S MNứng minh

MDN

2S  BC

ABC

ọi E F, ần lượt nằm trên các cạnh AB AC, AEF ằng một nửa chu vi ABC ứng minh rằng EDF^ 60

⁰

Câu 23. Cho tam giác ABC AC 2AB ội tiếp đường tròn



^{O R;}



ếp tuyến của đường tròn

 

^{O ại A C,} ắt nhau tại M BM ắt đường tròn

 

^{O ại D} ứng minh rằng: a) ^{MA AD}MB  AB AD BC. AB CD.. . .AB CDAD BC AC BD CBDCâu 24. Trên nửa đường tròn tâm



^{O R;}



, đường kính AB ấy hai điểm M E, ứ tự , , ,A M E B. Hai đường thẳng AM BE ắt nhau tại C AE BM ắt nhau tại Dứng minh rằng tứ giác MCED ội tiếp và CD ới ABeb) Gọi H là giao điểm của CD AB ứng minh rằng BE.BC BH BA.c) Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại M và E của đường tròn

 

^O cắt nhau tại một điểm Ithuộc CD. d) Cho BAM^ 45 ,

⁰

BAE^ 30

⁰

. Tính diện tích tam giác ABC theo R. Câu 25. Cho tam giác ABC đều, gọi O là trung điểm của cạnh BC . Các điểm D E, lần lượt di động trên các cạnh AB AC, sao cho DOE^ bằng 60

⁰

. a) Chứng minh BD CE. không đổi, b) Chứng minh rằng tia DO là tia phân giác của BDE^. c) Dựng đường tròn tâm O tiếp xúc với AB. Chứng minh rằng đường tròn này luôn tiếp xúc với DE và AC . d) Gọi P Q, lần lượt là tiếp điểm của

 

^{O với AB AC, . I và N} lần lượt là giao điểm của PQvới OD và OE. Chứng minh rằng DE 2IN. Câu 26. Cho đường tròn



^{O R;}



^{và điểm A} ở bên ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến AB AC,với đường tròn

 

^{O (B C,} là các tiếp điểm). Gọi M là trung điểm AB. a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp và xác định tâm I của đường tròn này. b) Chứng minh rằng AM AO. AB AI. . c) Gọi G là trọng tâm tam giác ACM. Chứng minh MG/ /BC . d) Chứng minh IG vuông góc với CM. Câu 27. Cho đường tròn



^{O R;}



^{nội tiếp ABC}, tiếp xúc với cạnh AB AC, lần lượt ở D Eọi O' là tâm đường tròn nội tiếp ADE OO' Rb) Các đường phân giác trong của B^ C ắt đường thẳng DE ần lượt tại M N ứng minh tứ giác BCMN ội tiếp được đường tròn. c) Chứng minh ^{MN DM EN}BC  AC  ABB.HƯỚNG DẪN GIẢI

A

M

C

B

O

D

Câu 1. Giải: Gọi O là trung điểm của BCthì tam giác OCD đều nên OCD^ 60

⁰

 .Để chứng minh:BM 2MC / /AB CDTa cần chứng minh AB 2CD. Xét tam giác vuông BDC ta có:

0

1.sin 30CD BC  2BC suy ra BC AB 2CDCâu 2. Giải: Ta gọi giao điểm của AM và cung BC

M

C

là D.Ta có BAM MAC BD DC.    ' / /OD BC O M OD

O'

O

'  AMO ADOĐể chứng minh: AMO^'ADO^ ta dựa vào các tam giác cân O AM' và OAD. Câu 3. Giải: Vẽ đường kính AD của đường tròn

 

^{O , suy ra ACD 90}

⁰

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

B

C

H

Xét HBA và CDA có:  



⁹⁰

⁰



^{; }AHB ACD  HBACDA (góc nội tiếp cùng chắn AC), Do đó AH AB. .HBA CDA AB AC AD AH      . Mà AD 2R. Do đó AB AC. 2 .R AH . AC ADCâu 4. Giải: Vẽ đường kính BD của đường tròn



^{O R;}



^{BCD 90}

⁰

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). BCD có C^ 90

⁰

nên BC BDsinBDC^. Ta lại có BD 2 ;R BDC^ BAC^ (góc nội tiếp cùng chắn BC) nên BC 2 sinR BAC. Từ bài toán này ta cần ghi nhớ kết quả quan trọng: Trong tam giác ABC ta có: a b c Rsin sin sin 2A  B  C Câu 5. Giải:

E

D

Ta có: AB là tia phân giác của CAF^,

K

H

F

Vẽ BH CD BK, EF.

O'

Thì suy ra BH BK Ta có: CBD$EBF suy ra CD BH 1 CD EFEF  BK    . Đó là điều phải chứng minh.

N

Câu 6. Giải: Dựng đường kính HN của đường tròn

 

^C cắt đường tròn

 

^{O tại K} khi đó ta có CN CH HK và

E

A

B

O

H

MC MK MH MN MD ME .

   

   MC MK HC MC HC MC

2

2

   MC MC( MK)HC

²

MC MK HC MC.Hay MC MC( MK)HC

²

MC HC.2 HC

²

 HC 2MC là điều phải chứng minh. Câu 7. Giải: Dựng đường kínhAE của đường tròn



^{O R;}



^{.Ta có AEC ABD} (cùng chắn cung AC ) suy ra DBACEA, từ đó suy ra BAD OAC . Câu 8.

B

D

C

Ta có: BEC^ BDC^ (cùng chắn cung ) BC và ABD^ BDC^(so le trong) suy ra BEC^ ABD^. Vì vậy tia BD là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE

x

Câu 9. Giải: + Vẽ đường tròn đường kính AB.

D

C

MBD vuông tại M có MB MD (gt) nên là tam giác vuông cân  45

⁰

ACM  . Từ đó ta có   45

⁰

ANM ACM  (hai góc nội

y

tiếp cùng chắn AM)    90

⁰

ANB ANM MNB  ; do đó N thuộc đường tròn đường kính AB. + Gọi E là giao điểm của MN và AB (E khác N). Ta có   45

⁰

 ANM MNB  AE EB E cố định. Vậy MN luôn đi qua một điểm cố định E. Câu 10. Giải: Dựng đường kính AH của

 

^{O .} Ta chứng minh H là trực tâm của BDC . Thật vậy ta có: ACH^ 90

⁰

    . Tương tự ta cũng có: CH AC CH BDBH AB BH CD. Như vậy H là trực tâm của BDC . Suy ra trực tâm H là điểm cố định. Câu 11. Giải: AB cắt

 

^{O tại B và F . Vì AEH$ADO}suy ra AE AD. AH AO. AM

²

. Để chứng minh E là trực tâm của tam giác ABC, ta cần chứng

F

E

N

minh AFE 90

⁰

, nghĩa là cần có AF AB. AE AD. . Nhưng ta có: AF AB. AM

²

(Tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) hoặc có thể dùng tam giác đồng dạng Câu 12. Giải: Gọi D E, là giao điểm của đường tròn

 

^O với các cạnh AC AB, thì H là giao điểm của BD CE, .

O

C

Chứng minh được AMH^ AMN^, từ đó có M H N, , thẳng hàng. Câu 13. Giải: Hai tam giác cân ABC DAB, có chung góc ở đáy ABC^, do đó BAC^ ADC^. Suy ra BA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD

C

D

Câu 14. Giải: Vẽ tiếp tuyến Ax của đường tròn

 

^{O .} xAB và ACB^ lần lượt là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và

I

góc nội tiếp cùng chắn cung AB của

 

^{O nên xAB ACB.} ABD và ACB^ lần lượt là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD của

 

^{I nên ABD ACB.} Do đó xAB^ ABD^ Ax/ /BD. Mà OAAx OA, BD suy ra OABD. Câu 15. Giải: Giả sử CA cắt

 

^{O tại F thì EF là} đường kính của



^{A AB;}



^{, ta có BF BE} (vì BAEF) . Ta có: BED^ BFD^,

F

A

  1s  BCF BCE  2 đBF DE 1s 1s   2 đBEDE 2 đBD BFDTừ đó suy ra BED^ ECB^. Xét tam giác BCE,BED có B^ chung, BED^ ECB^BC BE  $     . .

2

BCE BED DB CB EBBE BDCâu 16 . Giải: a) Ta có OAOC   a OAC cân tại O. Mà ADO^ 90

⁰

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

 

^{O' ) OD AC OD} cũng là đường phân giác AOC^, nghĩa là AOD^ DOM^   (hai góc ở tâm bằng AD DMnhau nên cung chắn bằng nhau)     cân tại D. AD DM ADMb) AOE và COE có OE (chung); AOE COE (cmt); OAOC a, AOE  COE (c.g.c) EAO ECO 90

⁰

hay EAAB tại A, OAa là bán kính

 

^{O EA} là tiếp tuyến của

 

^{O và}

 

^{O' .} Câu 17. Giải:

P

2

2

1

A

1

a) Do BD BH, là hai tiếp tuyến cắt nhau đối với đường tròn

 

^M B B HBDBM là tia phân giác ABD^      .Lý luận tương

1

2

2A A BACtự AM là tia phân giác của BAC^      . b) AMB^ 90

⁰

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  

⁰

  A B

1

1

90  90

⁰

  180

⁰

      . Vậy AC / /BD, mà MD BD MC, AC (gt) HBD BACnên M C D, , thẳng hàng. Ta có OM là đường trung bình của hình thang vuông ABDC nên OM AC mà CD AC (gt) OM CD tại M , CM là bán kính của

 

^{M CD là tiếp} tuyến của đường tròn

 

^{O tại M.} c) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau của một đường tròn, có:        AC AH 2AC BD AH BH AB R const  .Áp dụng hệ thức lượng trong tam BD BHAC BD AH BH MH CD (do CHD vuông có HM là trung tuyến ứng giác vuông: . .

²

²

với cạnh huyền). d) Ta có IP / /AM (vì cùng vuông góc với MB).Kéo dài IP cắt AN tại K; AMN có IK là đường trung bình K trung điểm của AN . Mà A N, cố định nên K cố định. Điểm P luôn nhìn hai điểm K B, cố định dưới một góc vuông nên P chuyển động trên đường tròn đường kính KB. Câu 18. Giải: a) Ta có AIB^ 90

⁰

(góc nội tiếp chắn nủa đường tròn) BI AETương tự AC BE  AEBhai đường cao AC BI, ắt nhau tại K K ực tâm AEB EK AB ất ba đường cao). b) Do I là điểm chính giữa AC IA IC IBA IBC ội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau). Mà IAC^ IBC^ ội tiếp cùng chắn IC^ IAC IBAFAK AI là đường cao



^{AI BI}



đồng thời là đường trung tuyến (F K đối xứng qua I)  FAK cân tại AFAI IAK.Ta có        90

⁰

FAB FAI IAB IAK IAB IBA IAB  AF AB tại AAF là tiếp tuyến của

 

^O . c) sinKAH KH AK mà BAC KH AK HK 2 2 3sin 3 3 2  AK    ABE có BI vừa là đường cao vừa là đường phân giác  ABE cân tại B nên BI cũng là đường trung trực ^{KAKE K}



^BI



^. 3 1EH EK KH  2  KH.Ta có



²



^{2 3}₂ ¹



^{3 6}



²

. KH KH  HE KH KH    KH   KH Và ^{2HE KE. 2} ₂^{3 1}^HK. ₂^{3HK }



^36



^HK

²

. Suy ra ^{KH KH}



^2HE



^{2HE KE. .}

N

Q

Câu 19. Giải: a) Do M là điểm chính giữa AC   NBM ABM MA MC

B

A

(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) BM là đường phân giác ABN^ trong ABM. [Mặt khá BMA^ 90

⁰

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). BAN có BM vừa là đường cao vừa là đường phân giác  BAN cân tại B  .Ta lại có BAN^ MCN^ (vì cùng bù BCM^). Do đó BNA^ MCN^  CMNBAN BNAcân tại M . b) Do MB MQ (gt)  BMQ cân tại M MBQ^ MQB^ MCB MNQ (vì cùng bù với hai góc bằng nhau)  BCM QNM (g.g) BC CM 1   (do CMN cân tại M nên QN MNCM MN )QN BC . BCA^ 90

⁰

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét BAQ vuông tại A AC BQ

2

.AB BC BQ BC BN NQ BC ABBC (1). Đặt BC x x, 0 ết AB 2R ừ (1) cho ^4R

²

^{x R}



^{2 x}



^x

²

^2Rx4R

²

^{0 ' R}

²

^4R

²

^5R

²

^{  ' R 5}x   R R x

₂

  R R 5 0 ại) . Vậy ^{BC }



^51



^R

1

5 Câu 20. Giải: a) Đường kính AC vuông góc với dây DE tại M MD ME . Tứ giác ADBE có MD ME,MAMB (gt), AB DEADBE là hình thoi (hình bình hành có hai đường chéo vuông góc nhau). b) Ta có BIC^ 90

⁰

(góc nội tiếp chắn nủa đường tròn

 

^{O' )}  90

⁰

ADC  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

 

^{O )BI CD và AD DC nên AD/ /BI ,} mà BE / /AD E B I, , thẳng hàng (tiên đề Ơclit). DIE có IM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền MI MD. Do MI MD (cmt)  MDI cân tại M MID MDI + O I' O C' R  O IC' cân tại O' O IC' O CI' .Suy ra  '  ' 90

⁰

MIDO IC MDI O CI  (MCD vuông tại M). Vậy MI O I' tại I , O I' R'bán kính đường tròn

 

^{O' MI} là tiếp tuyến của đường tròn

 

^{O' .} c) BCI^ BIM^ (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn BI^) BCI^ BIH^ (cùng phụ HIC^) BIM BIH IBlà phân giác MIH^ trong MIH . Ta lại có BI CI IC là phân giác ngoài tại đỉnh I của MIH . Áp dụng tính chất phân giác đối với MIH có: BH IH CHCH MB BH MCMB  MI CM   . Câu 21. Giải: Xét tứ giác AKDL có KDLKAL 180

⁰

P

N

(vì K^ L^ 90

⁰

KDL 180

⁰

60

⁰

120

⁰

L

ất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có DM DN, ần lượt là tia phân giác KDP^ PDLKDP PDL KDL   

⁰

120 60

0

    MDN 2 2 2   60

⁰

MDC MDN NDC  NDC MDC B BMD 60

⁰

NDC BMD  MBD^ DCN^ 60

⁰

ABC đều) BMD CDNNDC BMDBM BD BM CN BD CD BC    CD CNCâu 22. Giải: a) Xét MAD và MBA có AMB^ chung; MAD MBA (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn AD)

C

B

  $ (g.g) MAD MBAMA AD MD   . MB AB MAb) Ta có MAMC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau của một đường tròn) ^{MD MD}  . Lập luận tương tự, ta có ^{MD CD}MC  BC . Suy ra AD CD AD BC. AB CD.AB  BC   . c) Dựng điểm E AC EDC^ ADB^1 .MN PDS MN PD MN KD MN2 . .b) Ta có     . 1 . 2S AD BC BC AD BC AD BCVì D MD là tia phân giác BMN DK DP , AKD có AD KD 90 ,

⁰

 30

⁰

1K KAD KD     AD  . 2 2c) Dựng đường tròn bàng tiếp trong góc A có tâm O của AEF . Do AD là đường trung tuyến của ABC đều nên AD là tia phân giác BAC^. Suy ra OAC . Gọi P K L', ', ' lần lượt là các tiếp điểm của

 

^{O với EF AB AC, , . Ta có AK'AL P E'; ' EK P F'; ' FL'} (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)        ' 'P

AEF

AE EF FA AE EP P F FA       . Mà 1' ' ' ' 2 'AE EK FL FA AK AL AKP  P (gt)

AEF

2

ABC

1 3AK AB BK AB   (ABC đều) ' 3 '    (vì AK'K B' AB) AK P AB2 '2

^ABC

24 4BD BCBK AB AB  . Mặt khác BD    (D là trung điểm BC); AB BC'. 42 4(ABC đều) BK AB'. BD

²

 BKD'BDA (c.g.c) BK D' BDA 90

⁰

. Ta lại có ' 90

⁰

OK B  O D (vì O D, AD) . Mà K AL' 'K DL' '180

⁰

(vì AK DL' ' là tứ giác nội tiếp) mà K AL^' '60

⁰

K DL' '120

⁰

EDF 60

⁰

(tia phân giác của hai góc kề). DAB và DEC có ADB^EDC^ (cách dựng), ABD^ ECD^ (hai góc nội tiếp cùng chắn AD) DAB$DEC (g.g) AB BD AB DC. EC BD.    (1). Do EC DC     (2). EDC ADB BDC ADE, nên DAE$DBC (g.g) AD BC. BD AE.Từ (1) và (2) ta có AB.CD AD BC. BD



^{AE EC}



^BD.AC    . AD BC AB CD  c) Ta có . .Câu 23. Giải: a) Áp dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ta có:

M

D

  90

⁰

AEB AMB  , vậy BMC AEC 

H

O

  180

⁰

    Tứ giác MCED nội tiếp đường tròn. ABC có hai đường cao AEC BMCBM AE cắt nhau tại D D là trực tâm ABC CD AB. b) cosABC BE BH BE BC. BH AB.    . AB BCc) + Gọi I là giao điểm của tiếp tuyến tại M của đường tròn

 

^{O với CD}. Trong đường tròn

 

^{O có IMD MAB} (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn MB), MAB MDI (cùng phụ với ACH^)IMD MDI  IMD cân tại I IM ID. Ta lại có IMC^ ICM^ (cùng phụ với hai góc bằng nhau)  MIC cân tại I IM IC. Vậy IM ID IC I là trung điểm của CD. + ^CED có EI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IE IC ID IM , CED và IEDcó IM IE (cmt), OI chung, OM OE R  IMO  IEO  90

⁰

,      IE ếp tuyến của đường tròn

 

^{O ại} IEO IMO IE OE OE RE. Nghĩa là các tiếp tuyến tại M E, ủa đường tròn

 

^O ắt nhau tại một điểm I ộc CDAHC H 90

⁰

CAH 45

⁰

 AHC ại H CH AH x 30

⁰

 60

⁰

  HB HC xEAB  EBA _cotEBA ^HB _cot60

⁰

₃3 3 HC   3. 3.

 

3 6AB AH HB  R x  x R R 2 3 33 3 3AB CD AC BD  AD BC AB CD AC BD . Mà AC 2AB (gt) 2AB CD. 2AB BD. CD BD. Suy ra tam giác BCD cân tại D. Vậy ^S

^ABC

^{ AB CH}₂^{.  1}₂^{.2 .R R}



^{3 3}



^R

²

^(đvdt). Câu 24. Giải:       BDO BOD B180 120a) Ta có   BDO COE     

⁰



⁰

 

0

0

BOD COE DOE , mà DOE^ B^ 60

⁰

   (g.g) BD OB  OC CEBD CE OB OC BC   (không đổi).

I

N

Q

b) OD BD BD    mặt khác OE OC OB   60

⁰

DBO DOE   BDO ODE (c.g.c) BDO ODE, mà tia DO nằm giữa hai tia DB DE DO là tia phân giác BDE^. c) ABC đều nên đường trung tuyến AO cũng là đường phân giác trong của BAC^, mà DOlà phân giác ngoài tại đỉnh D O là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A của ADE ĐƯờng tròn

 

^O luôn tiếp xúc DE AC, . d) AP AQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), AB ACAP AQ PQ BC IQA ACB 

⁰

/ / 60      , mà DOE^ 60

⁰

IQE IOE 60 ; ,

⁰

O Q là AB AChai đỉnh liên tiếp của tứ giác IOQE Tứ giác IOQE nội tiếp (cùng thuộc một cung chứa góc). Suy ra EIO^ EQO^ 90

⁰

. Lý luận tương tự DNE^ 90

⁰

. Vậy tứ giác DINE (DIE^ và DNE^cùng nhìn DE dưới một góc vuông) ONI ODE. Vậy ONI ODE (g.g) IN ON      . DE NIcos 60 2DE ODCâu 25. Giải: a) Do AB AC, là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn

 

^O

G'

G

nên ABO^ ACO^ 90

⁰

B C, thuộc đường tròn đường kính OA có tâm I là trung điểm OA. AM AO  AB AI AB AI. b) Ta có . .2 .GEc) Gọi E là trung điểm MA, do G là trọng tâm CMA nên G CE và 1CE  . Mặt khác 31MA MBME  BE ) GE MEME  , theo định lý Ta-lét đảo ME   nên BE  (vì CE BE . MG BCG M GEd) Gọi G' là giao điểm của OA và CM G' là trọng tâm ABC. Nên ' 1CM  CE , theo 3 'định lý Ta-lét đảo GG'/ /ME (1) MI là đường trung bình trong OAB MI / /OB, mà AB OB (cmt) MI AB, nghĩa là MI ME (2). Từ (1) và (2) cho MI GG', ta lại có GI' MK (vì OAMK) nên I là trực tâm MGG'GI G M' tức GI CM . Câu 26. Giải: a). Gọi O' là giao điểm của AO với cung nhỏ DE của đường tròn

 

^{O O'} thuộc đường phân giác của A trong ADE. Ta có DOAEOA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) DO'O E' . Mà ' 1sđ '; ' 1sđ'ADO  DO EDO  O E ADO'EDO'DO' là phân giác D^ O' là tâm đường tròn nội tiếp ADE. Do đó OO'R. b) Do AB AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  ADE cân tại A nên BAC BACADE ABM NMB  ABC NMB BO

⁰

 180 90

0

ADE    . Mà     _B BAC ABC ACBABM  ABC      ABC  90

0

      ặt NMB ADE NCB  ACB CO ACB NMB NCB M C, là hai đỉnh khác  liên tiếp của tứ giác BCMN  ứ giác BCMN ội tiếp (vì cùng thuộc một cung chứa góc). c) NMO BCO NOM BOC (đối đỉnh); NMO^ BCO^  NMO$BCOOM ON MN   Tương tự DMO$ACO DM OM  NEO$BAOOC OB BCAC OC---////---