AFH 90

=

= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) mà EAF=90⁰

Tứ giác AEHF là hình chữ nhật

+ AEF=AHF (góc nội tiếp chắn cung AF ) + AHF=ACH (cùng phụ AHF)

AEF ACH

 =  AEF∽ACB(g-g)

AE AF

AC AB

 = AE . AB= AF . AC

b) + Có AEF=BCF  Tứ giác BEFC nội tiếp (dhnb)

+Có

0

0

EAI AEF 90

AEF ACB

ACB ABC 90

 + =

 =

 + =



ABC= BAI ABIcân tại IAI= BI (1) + ICA=IAC (cùng phụ IAB= ABI)

 IACcân IA = IC (2) Từ (1) và (2) IB= IC

I C H B

F

E

A

Trang 210 c) ABC =60⁰ BAO =30⁰ EOH =60⁰

2 2

quat

R .n . 3 . 60 3

S HOE

360 360 2

  

= = = (cm²)

ABC AEHF

S =2. S S_ABC =4. S_AEF mà AEF∽ACB

2 ACB

AEF

S BC

S EF

 

 =  

BC 2

EF 4

 

  =

 

BC 2

 EF = mà EF =AH, BC = 2 . AI 2.AI

AH 2

 = AI

AH 1

 = AI = AH

AH AIH  I ABC cân tại A

Câu 86.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho

(

O R;

)

đường kính AB cố định, CD là đường kính di động.

Gọi d là tiếp tuyến của

(

^{O R;}

)

^{tại B}; đường thẳng AC AD; cắt dlần lượt tại ;P Q; AI là trung tuyến của APQ

a) Chứng minh: ACBD là hình chữ nhật và tứ giác CPQD nội tiếp.

b) Chứng minh: AD AQ. =AC AP. và AI ⊥CD.

c) Cho AQP=30 ;⁰ R=6 cm. Tính diện tích hình quạt AOD. Xác định vị trí của CD để diện tích tứ giác CPQD bằng ba lần diện tích tam giácABC.

Hướng dẫn

a)Ta có

+ ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên ABC vuông tại C suy ra ACB=90⁰ + ACD nội tiếp đường tròn đường kính CD nên ACD vuông tại A suy ra CAD=90⁰ + ABD nội tiếp đường tròn đường kính AB nên ABD vuông tại D suy ra ADB=90⁰ Xét tứ giác ABCD có ACB=CAD=ADB=90⁰ tứ giác ACBD là hình chữ nhật Vì tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên ACO=CAOACD=PAB

Mà PAB= AQP (cùng phụ với APQ)  ACD= AQP ACD=DQP tứ giác CPQD nội tiếp.

b)Áp dụng hệ thức cạnh và đường cao vào:

+ABQ vuông tại B, BD là đường cao có: AB² =AD AQ.

K H

P I Q

C

D

O

d B

A

Trang 211 +ABP vuông tại B, AC là đường cao có: AB² = AC AP.

Suy ra: AD AQ. =AC AP.

Xét AIQ cân tại I nên IAQ=IQA mà theo tính chất góc ngoài của tam giác thì 2.

AIB=IAQ+IQAAIB= IQA

Xét AOC cân tại O nên OAC=OCA mà theo tính chất góc ngoài của tam giác thì 2.

AOD=OAC+OCAAOD= ACO Mà: IQA=ACO nên AIB= AOD Ta lại có:

0 0 0

0

90 90 90

90

AIB BAI AOD BAI AOH OAH

AHO AI OD

+ =  + =  + =

 =  ⊥

c)Ta có AOD=2.AQP=2.30⁰ =60⁰

Diện tích hình quạt tròn AOD là =.6 .60² ₀ ⁰ =  360 6

S

Ta có S_CPQD =3.S_ABC S_CPQD =3.S_ACD S_APQ=4.S_ACD

Lại có

( )

^{ =}_ ^_ ^{=  =}

 

2 1 1

. 4 2

ADC APQ

S DC DC

APQ ADC g g

S PQ PQ

Mà = =  =  =  

1. .

1 1

2 . . 2.

1 4 2

. . 2

ACD APQ

AH CD

S AH CD AH

AB AH H O

S AB PQ AB

AB PQ

Mặt khác CD⊥AHCD⊥AOCD⊥AB

Vậy CD⊥AB thì diện tích tứ giác CPQD bằng ba lần diện tích tam giácABC.

Câu 87.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ABC vuông tại A

(

^{AB AC}

)

, đường cao AH . Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E , nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F .

a) Chứng minh : AH =EF và tứ giác BEFC nội tiếp.

b) Chứng minh : AE AB. = AF AC. và EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn .

c) Vẽ

( )

^K đường kính BC ngoại tiếp ABC , EF cắt

( )

^{K tại P Q,} . Chứng minh APQ cân.

d) Chứng minh khi ABC thay đổi thỏa mãn là tam giác vuông và BC không đổi thì ABC thỏa mãn điều kiện gì để S_BCEF lớn nhất.

Hướng dẫn

Trang 212

a)+) Vì E thuộc nửa đường tròn đường kính BH

90

BEH = ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) HEA=90 ( góc kề bù).

+) Vì F thuộc nửa đường tròn đường kính HC 90

CFH = ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) HFA=90 ( góc kề bù ).

Xét tứ giác AEHF có : EAF =HEA=HFA=90



Tứ giác AEHFlà hình chữ nhật ( dấu hiệu nhận biết )AH =EF . Gọi I là giao điểm của AH và EF .

Vì tứ giác AEHFlà hình chữ nhật nên : IA=IE =IH =IF

 IAF là tam giác cân tại I IAF =IFA Mà IAF+HAB=90 IFA+HAB=90 . Lại có : HAB+HBA=90 IFA=HBA

Mà IFA+EFC=180 ( hai góc kề bù)HBA+EFC =180 Mà hai góc này ở vị trí đối nhau



tứ giác BEFC nội tiếp.

b)Xét AEF và ACB có : A chung

AFE = ABC (cmt)

 AEF  ACB(g.g) AE AF AC AB

 = AE AB. = AF AC.

Gọi M N, lần lượt là tâm của hai nửa đường tròn đường kính BH và nửa đường tròn đường kính HC .

Do IE =IH (cmt)  IEH cân tại I  E₂ =H₂

( )

2

ME =MH = BH  MEH cân tại M  E₁=H₁

J

Q P

K

2 1 2

1

N M

I

F

E H

C B

A

Trang 213 Mà H₁+H₂ =90  E₁+E₂ =90 MEI =90 ME⊥EF

EF là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm M đường kính BH .

Chứng minh tương tự ta có EF là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính HC.

c)Gọi J là giao điểm của AK và PQ Vì AIF cân ( cmt) AIF =180 −2IFA

Do K là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC nên KA=KB

 KAB cân tại K  AKB=180 −2ABC

Mà IFA= ABC (cmt) AIF = AKB  AIJ = AKH . Xét AIJ và AKH có :

A chung

AIJ = AKH  AIJ AKH (g.g) 90

AJI AHK

 = =  AK ⊥PQ

Xét KPQ có KP=KQ  KPQ cân tại K Lại có AK là đường cao ( do AK ⊥PQ )

 AK đồng thời cũng là trung trực của PQ AP AQ

 =  APQ cân tại A . c)Ta có : S_BCEF =S_ABC −S_AEF

2 2

2. 2 .

ABC ABC ABC ABC

AE AH

S S S S

AC BC

= − = − ( do EAH ACB )

2 2

1 1

.2 . . .2 .

2 4 2

R AH AH R AH

= − R ³ ( )

4

Rx x x AH R

= − R = 

2 3 2 2 2

3

2 4 4 4 2 4

R x R R R xR

Rx Rx

R

 

= + − + +  + −

 

2 2 2 2

3

4 2 4 2 4

Rx R R R R

= +  + =

2 max

3 4 S = R

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AH =R H K  ABC vuông cân tại A .

Bài 88. Cho tam giác ABC vuông tại A đường kính BC nội tiếp đường tròn ( )O , d là tiếp tuyến của ( )O tại A . Các tiếp tuyến của ( )O tại ,B C cắt d tại ,D E.

a) Chứng minh tứ giác AECO nội tiếp và BD EC. =R².

b) Kẻ đường cao AH , gọi AB cắt DO tại M , AC cắt EO tại N . Cm: AHM =DOB và MHN=90^o .

Trang 214 c) Tìm BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính DE và I là trung điểm của AH, (AH cắt DC tại I ).

Hướng dẫn

a) Xét tứ giác AECO: EAO=ECO=90^o EAO+ECO=180^o=> tứ giác AECO nội tiếp.

Dễ dàng chứng minh được DOE vuông tại O , OA⊥DE OA² =DA EA. Ta có: BD= AD , CE=AE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

2 2

. .

BD CE=DA EA=AO =R .

b) Có AB⊥DO tại M AMO=90^o mà AHO=90^o

AMHO nội tiếp MHA=MOA mà MOA=BOD MHA=BOD .

* Ta có: AMON là hình chữ nhật MOA=MNA mà MHA=MOA MHA=MNA MHNA nội tiếp, mà MAN=90^oMHN =180^o−90^o =90^o..

c) Gọi O^'là trung điểm của DE. Ta có DOE vuông tại O

Có OO' là đường trung tuyếnO O' =O D' =O E' => OO' là bán kính '

OO là đường trung bình của hình thang BDEC OO'/ /BD mà BD⊥BCOO'⊥BC BC là tiếp tuyến của đường tròn ( ')O .

* Gọi F là giao điểm của BD và AC .

Ta có DA=DB DAB cân tại D DAB=DBA

Mà 90

90

+ =   = + = 

o

o

DAB DAF

DAF DFA DBA DFA

 FAD cân tại D DF =DA mà DA=DBDF =DB Mặt khác, AHDC=

 

I ;AH / /BF

F

I O'

M N

H

E D

O A

B C

Trang 215

LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122

 AI = CI ; CI = IH

DF CD CD DB mà DF=DBAI =AH hay I là trung điểm của AH.

Bài 89. Cho nửa

( )

O đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax By, . Từ C là một điểm bất kỳ trên nửa đường tròn

( )

O vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax By, tại E F, . Gọi M là giao điểm OE với AC, N là giao điểm OF với BC.

a) Chứng minh tứ giác AECO nội tiếp và tích AE BF. không đổi.

b) Chứng minh AC⊥EO và tứ giác MCNO là hình chữ nhật.

c) Gọi D là giao điểm AF và BE. Chứng minh CD⊥ AB và khi C di chuyển trên

( )

O thì trung điểm I của MN di chuyển trên đường nào?

Hướng dẫn

a) Chứng minh tứ giác AECO nội tiếp và tích AE BF. không đổi.

+) Ta có: OAE=90^o (Ax là tiếp tuyến của

( )

^{O )}

=90^o

OCE (CE là tiếp tuyến của

( )

^O )

OAE+OCE=180^o mà A và C là hai đỉnh đối nhau

 Tứ giác AECO nội tiếp

+) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:

Ta có: O1=O2;O3 =O4 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) mà O1+O2+O3+O4 =180^o

( )

2 3 2 3

2 2 180 2 180 90

 O + O = ^o  O +O = ^oEOF = ^o

Xét EOF vuông tại O

(

^EOF=90o

)

^{có OC ⊥EF (EF} là tiếp tuyến của

( )

O ) . 2

CE CF =OC (hệ thức giữa cạnh và đường cao

mà AE=CE BF; =CF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

2 2

 AE BF. =OC =R (không đổi)

b) Chứng minh AC⊥EO và tứ giác MCNO là hình chữ nhật.

34 1 2 x y

M N

F E

A O B

C

Trang 216

LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 +) Ta có: AE=CE (chứng minh trên); OA⁼OC

( )

⁼R

OE là đường trung trực của AC AC⊥EO Chứng minh tương tự, BC⊥OF

+) Xét tứ giác MCNO có:

( )

90 90

= ^o = ^o

MOF EOF

( )

=90^o ⊥

OMC AC OE

( )

=90^o ⊥

ONC BC OF

 Tứ giác MCNO là hình chữ nhật.

c) Gọi D là giao điểm AF và BE. Chứng minh CD⊥ AB và khi C di chuyển trên

( )

O thì trung điểm I của MN di chuyển trên đường nào?

+) Ta có: AE//BF Ax

(

//By

)

 AD = AE

DF BF (hệ quả định lí Ta-lét) mà AE=CE BF; =CF (chứng minh trên)

 AD =CE //

CD AE

DF CF (định lí Ta-lét đảo)

mà AE⊥AB (Ax là tiếp tuyến của

( )

^O ) CD⊥AB

+) Ta có tứ giác MCNO là hình chữ nhật (chứng minh câu b) mà I là trung điểm của MN (gt)

I là trung điểm OC (tính chất hai đường chéo hình chữ nhật)

1 1

2 2

OI = OC= R

I thuộc nửa đường tròn tâm O bán kính ¹

2R khi C di chuyển trên nửa

( )

O

Bài 90. Cho nửa đường tròn

( )

^O , đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax, By. Từ C là một điểm bất kì trên nửa đường tròn

( )

^O vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax, By tại E, F .

a) Chứng minh tứ giác AECO nội tiếp và tích AE BF =R².

x y

I

P

D M N

F E

A O B

C

Trang 217

LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122

b) Gọi M là giao điểm OE với AC, N là giao điểm OF với BC, kẻ CH ⊥AB tại H. Chứng minh

AMH cân và HM ⊥HN.

c) Gọi D là giao điểm của AF và CH . Chứng minh ba điểm E, D, B thẳng hàng.

d) Khi C di chuyển trên

( )

^O thì trung điểm I của MN di chuyển trên đường nào?

Hướng dẫn

a) AE là tiếp tuyến của

( )

^{O nên AE⊥OAOAE= 90 .}

EC là tiếp tuyến của

( )

^O nên OCE= 90 .

Tứ giác OAEC có OAE+OCE=  +  =90 90 180 suy ra OAEC là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh tương tự ta có OBFC nội tiếp.

CFB AOC

 = (tính chất của tứ giác nội tiếp). (1)

Lại có EA, EC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại E của

( )

^{O , OE} là tia phân giác của AOC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

1 EOA 2AOC

 = . (2)

FC, FB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại F của

( )

O nên FO là tia phân giác của CFB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

1 OFB 2CFB

 = . (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra .

EOA=OFB

Xét OAE và FBO có EOA=OFB (chứng minh trên)

90 OAE=FBO= .

OAE FBO

  ∽ (g.g)

y

x

I D M N

H

F

E

O B

A

C

Trang 218

LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 OA AE

FB BO

 = (hai cặp cạnh tương ứng)OA OB =BF AE BF AE =R².

b) EA, EC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại E của

( )

^O EA=EC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) suy ra E thuộc trung trực của AC.

Mặt khác OA OC= =R nên O thuộc trung trực của AC.

Mà O khác E nên OE là trung trực của AC, suy ra OE đi qua trung điểm của AC và OE ⊥AC.

M là trung điểm của AC.

AHC vuông tại H có M là trung điểm của AC, suy ra 1 HM =HA=HC=2 AC.

 MHA cân tại H.

Chứng minh tương tự ta có N là trung điểm của BC và 1 NB=NC=NH =2BC. Xét MCN và MHN có

1

MC=MH =2 AC (chứng minh trên) MN chung

1

NC=NH=2BC (chứng minh trên) MCN MHN

  =  (c.c.c).

MCN MHN

 = (hai góc tương ứng).

Mà ^C

( )

^O đường kính AB nên ACB= 90 hay MCN = 90 . 90

MHN MH HN

 =   ⊥ (điều phải chứng minh).

c) Áp dụng hệ quả của định lý Ta let cho AFB với DH BF ta có AD DH.

AF = FB (4)

Áp dụng hệ quả của định lý Ta let cho FAE với CD EA ta có CD FC

EA = FE và EC AD EF = AF (5)

y

x

I D M N

H

F

E

O B

A

C

Trang 219

LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Mà FC=FB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và EA=EC nên

CD FB CD EC. EC = FE  FB = EF (6) Từ (5) và (6) suy ra CD AD.

FB = AF (7)

Từ (4) và (7) suy ra DH CD AD .

DH CD FB FB AF

 

= =  = Suy ra D là trung điểm của CH.

Tương tự gọi D’ là giao của BE và CH ta cũng chứng minh được D' là trung điểm của CH. '

D D

  hay B, E, D thẳng hàng.

d) M là trung điểm của AC (chứng minh trên).

Mà O là trung điểm của AB, suy ra OM là đường trung bình trong ACB. 90 .

MO CB OM AC OMC

  ⊥  = 

Tương tự ta có ONC= 90 .

Xét tứ giác OMCN có OMC=MCN =ONC= 90 suy ra OMCN là hình chữ nhật.

OC và MN cắt nhau tại I là trung điểm mỗi đường 1 1

2 2

OI OC R

 = = .

Vậy khi C di chuyển trên nửa đường tròn

( )

^{O thì I} di chuyển trên nửa đường tròn ;¹ O 2R

 

 

 .

LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122

Câu 91.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho tam giác vuông ABC, vuông tại Ađường kính BCnội tiếp

( )

^O , d là tiếp tuyến của

( )

^{O tại A}. Các tiếp tuyến của

( )

^{O tại Bvà Ccắt d tại Dvà E, ABcắt}

DOtại M , ACcắt EOtại .N

a) Chứng minh: Tứ giác ADBOnội tiếp và AMO=MOE=90^o b) Kẻ đường cao AH. Chứng minh AHN =EOCvà MHN =90^o.

c) Chứng minh: BClà tiếp tuyến của đường tròn đường kính DEvà I là trung điểm của AH (AHcắt DCtại I )

Hướng dẫn

a) + Xét

( )

^O có: AD, BD là tiếp tuyến

AD=BD, OD là tia phân giác của AOB, DA⊥AO, BD⊥OB + Xét

( )

^O có: AE, CE là tiếp tuyến

AE=EC, OE là tia phân giác của AOC, AE⊥AO OC; ⊥CE. + Xét tứ giác ADBO có: OAD+OBD=180

 Tứ giác ADBO nội tiếp

+ Có: AD=BD OA; =OBnên ABlà trung trực của ODAMO=90⁰.

+ Có: OD là tia phân giác của AOB, OE là tia phân giác của AOC, màAOB và AOC là 2 góc kề bù

 DOE= 90 hay MOE=90^o

AMO=MOE=90^o

b) + Có: AE=EC OA; =OCnên AClà trung trực của OEAN =NC ONC; =90 .⁰

K

I

H O

N M

D

A

E

B C

LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 + Xét AHC vuông tại H có HNlà đường trung tuyến nên AN=NC=HN.

 NHCcân tại NNHC=NCH. Mà AHN +NHC=90⁰

900

+ =

NCH EOC

AHN =EOC

+ Xét AHB vuông tại H có HM là đường trung tuyến nên AM=MH =BM. + Xét AMNvà HMN, có:

= AM HM

= AN HN MNchung

Nên ^{AMN = HMN c c c}

(

^{. .}

)

^{MAN =MHNmà MAN =900}

( )

^{gt MHN=90 .o}

c) Gọi Klà trung điểm của DEnên Klà tâm đường tròn đường kính DE.

+ Xét DOEcó DOE=90⁰, OKlà đường trung tuyến nên OK =DK =EKOthuộc đường tròn đường kính DE(1).

+ Ta có BD/ /CE(do BD⊥BC CE; ⊥BC) DBCElà hình thang Mà ;O Klần lượt là trung điểm của BC DE; .

OK⊥BCtại O(2)

Từ (1) và (2) BClà tiếp tuyến của đường tròn đường kính DE Giả sử BEcắt DCtại 'I .

Vì / / ^'

( )

3

BD = DI' BD CE

CE CI

Vì AI / /EC(do AH/ /EC)^{ AD= DI}

( )

⁴

AE CI Mà ^{BD=AD AE; =EC}

( )

⁵

Từ (3); (4); (5) '

 DI' = DI I C CI

Mà ; 'I I cùng thuộc BCnên Itrùng với 'I . Do đó B I E; ; thẳng hàng Ta có: / /  IH = BI

IH EC

EC BE / /  IA = DI

IA EC

EC DC

Mà IE = IC  IE + =1 IC + 1 EB= DC BI = DI BI ID BI ID BI ID BE DC

Vậy IH = IA  = 

IH IA I

EC EC là trung điểm của AH.

LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122

Câu 92.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa đường tròn

( )

^O đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax, By . Từ M là một điểm bất kì trên nửa đường tròn

( )

^O vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt Ax, By. Tại C, D cắt nhau tại N .

a) Chứng minh: Tứ giác ACMO nội tiếp và AC BD. =R².

b) Gọi E là giao điểm OC với AM , F là giao điểm OD với BM. Chứng minh:

. = .

OE OC OF OD và tứ giác CDFE nội tiếp.

c) Chứng minh: MN/ /AC và cho OFE= 60 , R=6cm, tính S_quatAOM?

d) Điểm M nằm ở vị trí nào trên nửa đường tròn

( )

^{O thì AC+BD} nhỏ nhất.

Hướng dẫn a)

+ Xét

( )

^{O có: CA, CM} là tiếp tuyến

CA CM= , OC là tia phân giác của AOM ,

⊥

CA AO, CM ⊥MO

+ Xét

( )

^{O có: DB, DM} là tiếp tuyến

DM =DB, OD là tia phân giác của BOM,

⊥ DB BO

+ Xét tứ giác ACMO có:

+ =180 OAC OMC

 Tứ giác ACMO nội tiếp

+ Có: OC là tia phân giác của AOM , OD là tia phân giác của BOM, AOM và BOM là 2 góc kề bù

 COD= 90

AOC+BOD= 90 Mà BDO+BOD= 90

 AOC=BDO

+ Chứng minh ^{CAO#OBD g g}

( )

^.

. . 2

CA= AO = = AC BD AO BO R OB BD

b) + Có OA=OM CA, =CM OC là đường trung trực của AM OC⊥AM + Chứng minh tương tự có OD⊥BM

+ Xét OMC vuông tại M có ME⊥OC OM² =OC OE.

x

y

F

E N

D

C

A O B

M

LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 + Xét OMD vuông tại M có MF⊥ODOM² =OF OD.

. .

OE OC=OF OD OE =OF OD OC

+ Chứng minh ^{OEF#ODC c g c}

(

^{. .}

)

^{OEF =ODC}

+ Xét tứ giác CDFE có: OEF =ODC

 Tứ giác CDFE nội tiếp.

c) + Xét NCAcó AC/ /BD (cùng ⊥ AB)  AC = AN BD DN Mà CA=CM DB, =DM

 CM = AN DM DN

+ Xét DCAcó CM = AN

DM DN MN/ /AC

+ Xét tứ giác FMEO có MEO+MFO=180  tứ giác FMEO nội tiếp

 OFE=OME OME= 60 Mà OAM cân tại O

OAM đều

MOA= 60

( )

2 60 2

.6 . 18,84

= 360

quatAOM

S  cm

d) + Có AC+BD=CM+MD=CD + Có AC/ /BD

Mà AB⊥AC AB, ⊥BD

CDAB

AC+BDAB không đổi

Dấu “=” xảy ra CD⊥ AC mà CD⊥OM

OM ⊥AC mà AC⊥ AB

OM ⊥AB  M là điểm chính giữa của AB.

Câu 93.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho ^{1 / 2}

(

^{O R;}

)

, đường kính AB và một điểm M bất kì

( )

1 / 2 O R;

 (M khác Avà B). Kẻ hai tiếp tuyến Ax và By với ^{1 / 2}

(

^{O R;}

)

. Qua M kẻ tiếp tuyến thứ ba với ^{1 / 2}

(

^{O R;}

)

^{cắtAx vàBy tạiC vàD, OC cắt AM tại E, OD cắt BM tại F ,}

4 ; 9

AC= cm BD= cm.

a) Chứng minh: tứ giác ACMO nội tiếp và AC BD. =R².

LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 b) Tính EF; sinMBA .

c) Kẻ MH ⊥ AB tại H chứng minh EHAcân vàEHF = 90 . d) Tìm vị trí củaM để diện tích tứ giácACDB nhỏ nhất.

Hướng dẫn

a) Chứng minh: tứ giác ACMO nội tiếp và AC BD. =R².

+) Có Ax và CD lần lượt là tiếp tuyến của ^{1 / 2}

(

^{O R;}

)

^{tại A và M (GT)}

 

 

90 180

90 Ax AB A CAO

CAO CMO

CD OM M CMO

⊥ = 

 = 

 

   + = 

⊥ = = 

 

 

 tứ giác ACMO nội tiếp.

+) Có By;CD lần lượt là tiếp tuyến của ^{1 / 2}

(

^{O R;}

)

^{tại B vàM mà By cắt CD tại D}

DB DM OBM MBD

 =

  = .

Có Ax;CD lần lượt là tiếp tuyến của ^{1 / 2}

(

^{O R;}

)

tại A vàM mà Ax cắt CD tại C CA CM

AOC COM

 =

  = .

. .

180 90 2 AC BD CM DM

COM MOB AOC OBM

 =

  + = + = = 

Xét COD vuông tại O , OM là đường cao

2 2

. .

CM DM OM AC BD R

 =  =

b) Tính EF; sinMBA.

Có AC=4cm BD; =9cm =R 6cm

Có ^{CA CM} CO

OA OM

 =

 = 

 là đường trung trực của AM

x y

H E F

D

C

A O B

M

LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122 Mà ^{AM CO=}

 

^{E E} là trung điểm của AM

Có ^{DB DM} DO

OB OM

 =

 = 

 là đường trung trực của BM

Mà ^{BM DO=}

 

^{F F} là trung điểm của BM

AMB có E F; lần lượt là trung điểm của AM BM;

EF là đường trung bình của 1

ABM EF=2AB EF=R=6cm

  

Có ACO vuông tại ACO² =AC²+AO² =16 36+ =52CO=2 13

Có sin sin ^{4 2 13}

2 13 13 MBA AOC AC

= = AO = =

c) Kẻ MH ⊥AB tại H chứng minh EHA cân và EHF = 90 .

Có AHM vuông tại H và HE là đường trung tuyến (E là trung điểm của AM ) 2

HE AE EM AM AHE

 = = =   cân tại E.

Có HE=EM HEM cân tại EEHM =EMH

Có BHM vuông tại H và HF là đường trung tuyến (F là trung điểm của BM ) 2

HF MF FB BM BHF

 = = =   cân tại F FHM =FMH .

90 EHM FHM EMH FMH EHF EMF

 + = +  = = 

d) Tìm vị trí củaM để diện tích tứ giácACDB nhỏ nhất.

Có Ax; By lần lượt là tiếp tuyến của ^{1 / 2}

(

^{O R;}

)

^{tại A B; và CAx D; By}

;

CA AB DB AB CA DB

 ⊥ ⊥   tứ giác ACDB là hình thang vuông



( )

ACDB 2

AC BD AB

S +

=

Có ^{AC+BD2 AC BD. }

(

^AC+BD

)

^{2 4AC BD. 4R2 AC+BD2R}

2 .2 2

2 2

ACDB

S  R R = R

Dấu bằng xảy ra khi AC=BD

Vậy diện tích tứ giác ACDB nhỏ nhất bằng 2R² khi M là điểm chính giữa ^{1 / 2}

(

^{O R;}

)

^.

Câu 94.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đoạn thẳng AB và một điểm C thuộc đoạn thẳng đó (C khác ,A B). Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB kẻ hai tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Trên tia Axlấy điểm Mcố định. Kẻ tia Cz⊥CM C, tia Cz cắt By tại K. Vẽ đường tròn

(

^{O R;}

)

đường kính MCcắt MKtại E.

a) Chứng minh tứ giác CEKBnội tiếp và AM BK. =AC BC. .

Trong tài liệu 400 bài toán hình học ôn thi vào lớp 10 có lời giải chi tiết (Trang 139-200)