Tổng hợp các bài toán về đường tròn

Nội dung text: Tổng hợp các bài toán về đường tròn

1. Mà CEA CBF (cùng phụ với ACB ). FNH ENH NH là phân giác của góc ENF . Mà ENK kề bù với ENF , NH  NB (do CN  AB ). NB là phân giác trong của ENK , NH là phân giác ngoài của ENK . BE CE NE Áp dụng định lí đường phân giác ta có: BK CK NK Vậy BK.CE BE.CK (đpcm). Câu 36. (Trường vào lớp 10 Quảng Ninh năm 2023-2024) Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính BC . Trên nửa đường tròn O lấy điểm A ( A khác B và C) , gọi H là hình chiếu của A trên BC . Trên cung AC của nửa đường tròn O lấy điểm D ( D khác A và C ), gọi E là hình chiếu của A trên BD, I là giao điểm của hai đường thẳng AH và BD . a) Chứng minh tứ giác ABHE nội tiếp; b) Chứng minh BI  BD BH  BC ; c) Chứng minh hai tam giác AHE và ACD đồng dạng; d) Hai đường thẳng AE và DH cắt nhau tại F . Chứng minh IF //AD . A D E I F B H O C a) Do AH  BC gt ; AE  BD gt ·AHB ·AEB 90 Mà E,H là hai đỉnh kề nhau, cùng nhìn AD dưới 2 góc bằng nhau nên A,E,H ,B cùng thuộc một đường tròn. Hay tứ giác ABHE nội tiếp (đpcm) b) Ta có B· DC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét BIH và BCD có: C· BD chung; B· HI B· DC 90 BIH ∽ BCD g.g BI  BD BH  BC (đpcm) c) Do ABHE nội tiếp (cmt) nên ·AHE ·ABE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AE ) Mà ·ABE ·ACD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD )
2. C·ON = C·HA = 900 Þ DCON # DCHA CO CN Þ = CH CA Þ CO.CA = CN.CH c) Tính độ dài đường cao NI của tam giác NHO. Kẻ NI ^ OH tại I Xét DOIN và DAHN có : · · ¼ NOI = NAH (cùng chắn HN ) O·IN = A·HN = 900 Þ DOIN # DAHN NI ON Þ = HN AN ON.HN Þ NI = (*) AN Ta có : N là trung điểm của BC (gt) ì ï AB ^ AC í Þ ON PAB ï ON ^ AC îï ⇒ O là trung điểm của AC ⇒ ON là đường trung bình của tam giác ABC. 1 1 Þ ON = AB = .6 = 3(cm). 2 2 µ 0 Xét tam giác ABC (A = 90 ), đường cao AH có BC = 10cm 1 Þ BN = BC = 5(cm) 2 1 AN = BC = 5(cm) 2 AB 2 62 BH = = = 3,6(cm) BC 10 Þ HN = BN - BH = 5- 3,6 = 1, 4(cm) ON.HN 3.1, 4 Thay độ dài ON, HN, AN vào (*) ta có NI = = = 0, 84(cm). AN 5 Câu 38. (Trường vào lớp 10 Sơn La năm 2023-2024)
3. Từ (1) và (2) ta suy ra 2AO.AH 4AE2 AO.AH 2AE2 . d) Chứng minh M là trung điểm của CH . Gọi K là giao điểm của AC và BD. Vì CB là tia phân giác của H· CF mà H· CF là góc ngoài của DCM nên CB là phân giác BM CM ngoài của DCM (tính chất đường phân giác trong tam giác) BD CD BM CM Mà CD AD nên (3) BD AD HM BM Vì CH //AD nên (định lý Talet) (4) AD BD CM HM Từ (3) và (4) ta suy ra CM HM M là trung điểm của CH . AD AD Câu 39. (Trường vào lớp 10 Tây Ninh năm 2023-2024) Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài (O). Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với (O) (B và C là các tiếp điểm). Gọi D là trung điểm của đoạn thẳng AC, BD cắt (O) tại E (khác B) và BC cắt OA tại F. Chứng minh bốn điểm C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn. Lời giải. Ta có OA  BC tại F (vì OB = OC và AB = AC) ACF vuông ở F, trung tuyến FD 1 DF = DC = AC D· FC D· CF (1) 2 1 DEC” DCB (vì B· DC chung, D· CE D· BC sñE»C) 2 D· EC D· CB hay D· EC D· CF (2) (1), (2) suy ra D· EC D· FC Tứ giác CDEF nội tiếp được. Hay bốn điểm C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn. Câu 40. (Trường vào lớp 10 Thái Bình năm 2023-2024) Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn O; R . Kẻ AH vuông góc với BC tại H , HK vuông góc với AB tại K và HI vuông góc với AC tại I ,. a) Chứng minh tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn.
4. Lại có Bµ 1 Hµ 1 (vì cùng phụ với Hµ 2 ). (2) Vì tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn (cmt)  nên Hµ 1 I1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK ) (3). µ  Từ (1); (2) và (3) suy ra: F1 I 1 . Mà trong đường tròn O; R có: ·ACF 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Hay µA1 Fµ 1 90 (4).  Từ (3) và (4) suy ra µA1 I 1 90 ·AJI 90 . Vậy KI vuông góc với AO . d) Giả sử điểm A và đường tròn O; R cố định, còn dây BC thay đổi sao cho AB.AC 3R2 . Xác định vị trí của dây cung BC sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Có ·ACF 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ·ABH ·AFC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »AC của đường tròn O; R Xét AHB và ACF có: ·AHB ·ACF 900 ; ·ABH ·AFC (cmt) AH AB AB.AC 3R2 3R Do đó: AHB ∽ ACF (g.g) AH AC AF AF 2R 2 1 1 3R 3R Ta có: S AH.BC . .BC .BC . ABC 2 2 2 4 Do R không đổi nên SABC lớn nhất BC lớn nhất. Gọi M là trung điểm của BC thì OM ^ BC . BC lớn nhất OM bé nhất. 3R R Ta có OM AM AO AH AO R . 2 2 R OM bé nhất bằng A,O, M thẳng hàng và H  M . 2 R 3R Khi đó AH AM AO OM R 2 2 3R Vậy diện tích ABC lớn nhất khi BC cách A một khoảng bằng ( ABC đều) 2 Câu 41. (Trường vào lớp 10 Thái Nguyên năm 2023-2024) Cho tam giác ABC AB BC AC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O . Gọi điểm K là chân đường vuông góc kẻ từ điểm A đến cạnh BC và H là trực tâm của tam giác ABC . Gọi M là điểm đối xứng với điểm B qua điểm K . Gọi điểm N là giao điểm của hai đường thẳng HM và AC . a. Chứng minh rằng bốn điểm A, H,C, M cùng thuộc một đường tròn.
5. K· HN K· FP Xét KHN và KFP ta có: KH KF . · · HKN FKP Suy ra KHN KFP g.c.g . Do đó HN FP . Vì: H· AN C· MN (tứ giác AHCM nội tiếp) ·ANH M· NC (đối đỉnh) nên ANH đồng dạng với MNC g.g . AN NH Suy ra AN.NC NH.MN . MN NC Vì HN FP nên NA.NC NM.FP . Câu 42. (Trường vào lớp 10 Thanh Hóa năm 2023-2024) Cho đường tròn O và điểm M nằm ngoài đường tròn .Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB đến O ( với A, B là hai tiếp điểm ). Gọi C là điểm đối xứng với B qua O , đường thẳng MC cắt đường tròn O tại D ( D khác C ) 1. Chứng minh rằng : MAOB nội tiếp 2. Gọi N là giao của hai đường thẳng AD và MO . chứng minh rằng MN 2 ND.NA 2 HA AC 3. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng MO và AB . Chứng minh rằng 1 HD HN Lời giải. A C D M N H O B 1. Vì MA và MB là hai tiếp tuyến của đường tròn O
6. a) Chứng minh AOED là tứ giác nội tiếp. b) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOED cắt đường tròn (O) tại điêmt thứ hai là F (F không AB FB trùng với A). Chứng minh DF là tiếp tuyến đường tròn (O) và AC FC c) Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại G. Chứng minh ba điểm A,F,G thẳng hang Lời giải. a) Xét tứ giác AOED , ta có: O· AD 90 (tính chất tiếp tuyến ) O· ED 90 ( giả thuyết ) O· AD O· ED 90 90 180 Vậy tứ giác AOED nội tiếp đường tròn b) Ta có AOFD là tứ giác nội tiếp O· FD 90 Suy ra DF là tiếp tuyến của đường tròn O Xét DFB và DCF , ta có: Dµ :góc chung D· FB D· CF ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn B»F ) DF FB Suy ra: DFB : DCF(g g) 1 DC FC Xét DAB và DCA , ta có: Dµ :góc chung D· AB ·ACB ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn »AB )
7. 2. Chứng minh tam giác ACK đồng dạng với tam giác ADC và chứng minh AK. AD AC 2 . 1 Ta có: D¶ Bµ sd A¼C (góc nội tiếp cùng chắn cung AC) 1 1 2 ¶ µ ¶ Mặt khác C1 B1 (cùng phụ C2 ) ¶ ¶ Do đó C1 D1 Xét tam giác ACK và tam giác ADC có: C· AD : góc chung. ¶ ¶ C1 D1 (chứng minh trên) Vậy: tam giác ACK đồng dạng với tam giác ADC (g – g) AC AK AK . AD AC 2 . AD AC Câu 45. (Trường vào lớp 10 TP Hồ Chí Minh năm 2023-2024) Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) có đường cao AH và nội tiếp đường tròn (O). Gọi E,F lần lượt là hình chiếu của H lên các cạnh AB,AC . Đường kính AD của (O) cắt EF tại K và DH cắt (O) tại L (L khác D ). a) Chứng minh các tứ giác AEHF và ALHF nội tiếp. b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và AD vuông góc với EF tại K . c) Tia FE cắt (O) tại P và cắt BC tại M . Chứng minh AP = AH và ba điểm A,L,M thẳng hàng. Lời giải. · · o a) Xét tứ giác AEHF có AEF = AFH = 90 nên tứ giác này nội tiếp được. · · o Xét tứ giác ALHF có ALH = ALD = 90 do chắn đường kính AD . Và A·LH = A·FH = 90o nên tứ giác này nội tiếp được. b) Ta có DAHB vuông tại H nên AE.AB = AH 2 (hệ thức lượng) Ta lại có DAHC vuông tại H nên AF.AC = AH 2 (hệ thức lượng) AE AF Þ AE.AB = AF.AC hay = AC AB · · Þ DAEF : DACB (c.g.c)Þ AEF = ACB · · · · o Nên ACB + FEB = AEF + FEB = 180 . Mà 2 góc đối nhau nên tứ giác BCFE nội tiếp. · · · · · · o Xét EAD + FEA = BAD + ACB = BAD + ADB = 90 Þ AD ^ EF tại K .
8. minh MA2 MD.MC Xét MAD và MCA có: ·AMC chung M· AD M· CA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung) MA MD MAD∽ MCA g.g MA2 MC.MD (đpcm) MC MA c. Hai đoạn thẳng AB và MO cắt nhau tại H , kẻ đường kính BE của O . Chứng minh ba điểm E, H, D thẳng hàng. Do MA, MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau của O nên MA MB (tính chất) Mà OA OB (bằng bán kính) nên MO là trung trực của AB (tính chất) MO  AB tại H và H là trung điểm của AB Khi đó xét tam giác MAO vuông tại A , đường cao AH có MA2 MH.MO (hệ thức lượng trong tam giác vuông) MH MD Mà MA2 MC  MD cmt nên suy ra MH  MO MD  MC MC MO Xét MHD và MCO có O· MC chung MH MD MC MO ¶ · MHD∽ MCO (c.g.c ) H2 MCO (2 góc tương ứng) Do BE đường kính nên B· AE 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AE  AB mà AO  AB AE//AO Hµ 1 ·AED (so le trong) Mà ·AED ·ACD (góc nội tiếp cùng chắn cung AD ) ¶ ¶ Từ (1) (2) (3) suy ra H1 H2 ¶ · 0 ¶ · 0 Mà H1 EHM 180 (2 góc kề bù) H2 MHE 180 E, H, D thẳng hàng Câu 47. (Trường vào lớp 10 Vĩnh Phúc năm 2023-2024)
9. EB EC (cmt) EH EK (cmt) EHB EKC (cạnh huyền – cạnh góc vuông) E· BH E· CK ·ACE (hai góc tương ứng). Mà E· BH ·ABE 1800 (hai góc kề bù) ·ACE ·ABE 1800 Mà B,C là hai đỉnh đối nhau nên ABEC là tứ giác nội tiếp. Mặt khác lại có A, B,C cùng thuộc (O) nên ABEC nội tiếp đường tròn (O). Vậy E thuộc đường tròn (O) (đ.p.c.m) * Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF Ta có: E· BF E· BD D· BF Mà E· BD E· BC E· AC B· AF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC và AE là phân giác của góc A ). Lại có D· BF ·ABF (do F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên BF là phân giác của ·ABC ) E· BF B· AF ·ABF E· FB (góc ngoài bằng tổng hai góc trong không kề với nó). EBF cân tại E (định nghĩa) EB EF (tính chất). Mà EB EC (cmt) EB EC EF . Vậy E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCF (đ.p.c.m). c) Gọi M , N, I lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AE, BE và BC. Chứng minh BMDN là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm A để bốn điểm H, N, I, K thẳng hàng. + Xét tứ giác BHEI có: B· HE B· IE 900 900 1800 Mà hai đỉnh H, I đối nhau nên BHEI là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm N đường kính BE B· IH B· EH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH ). + Xét tứ giác CEIK có:C· IE C· KE 900 Mà I, K kề nhau cùng nhìn EC dưới hai góc bằng nhau nên CEIK là tứ giác nội tiếp K· IC K· EC (hai góc nội tiếp cùng chắn KC ). Mà EHB EKC (chứng minh b) nên B· EH K· EC (hai góc tương ứng) B· IH K· IC Mà B· IH H· IC 1800 (hai góc kề bù) K· IC H· IC 1800 H· IK 1800 H, I, K thẳng hàng. Để H, N, I, K thẳng hàng thì cần H, N, I thẳng hàng. Vì BHEI là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm N đường kính BE (cmt) nên NH NI. Mà H, N, I thẳng hàng N là trung điểm của HI. Mà N lại là trung điểm của BE BHEI là hình bình hành (dhnb).