D Câu 4. B

31.

 

TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com   

  Câu 5.

a) Tính số đo các cung  AC BE, .

ABC là tam giác đều ABC60⁰.

 1

ABC2sđAC sđAC120⁰ sđAB.

CF là trung tuyến trong ABC nên E là điểm chính giữa của cung nhỏ

AB.  sđBE60⁰.

b) Tính số đo các góc BFE, AGC.

 90⁰ BFE .

 1

AGC 2 (sđAC- sđBE) = 30⁰

Câu 6.

 1 2(

IKM  sđPM + sđQT) = 1

2(sđPM + sđPT) = 1

2sđTMIMT. Câu 7.

FEG là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung nên:  1 FEG 2 sđAE

AGC là góc có đỉnh bên trong đường tròn nên:

 1

AGC 2 (sđAC + sđDE)

Mà ^AC^AD^AGC1₂



^sđ^{AD sđ  DE}



^1₂^sđAE

  FEG AGC

 

Câu 8.

32.

 

TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com   

 

URS là góc có đỉnh bên ngoài đường tròn nên: ^UR^{S 1}₂



^{sđTV sđ}^{ S}^U



VXT là góc có đỉnh bên trong đường tròn nên: ^{V T}^{X 1}₂



^sđTV^sđS^U



Do đó:  ^{URSVXT 1}₂



^{sđTV s}^{ đSU}



^1₂



^{sđTV sđ SU}



   URS VXT sđTV (1)

 ,

VUT VST là hai góc nội tiếp cùng chắn cung VTnên VUT VST  sđVT (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

Câu 9.

a) Gọi H là giao điểm của hai dây AD và EF.

AHE là góc có đỉnh bên trong đường tròn nên:





 



^{ }

  



0 0

1 1 1

2 2 2

EF+ADE 180 90

sđFD sđAE sđFD sđA AHE

AH

E

D E

AHE

 

 

 

 



b) Xét DCI:





 

 

^{ }



 

1 AF 1 BF

2 2

1 DF 2

sđ sđCD s DIC

DC

đ sđBD F

sđ

 









Câu 10.

a) Hai dây cung AD BC/ / BCDADCsđBDsđAChay BD = AC.

33.

 

TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com   

 

S

N M

C

B

A O

D E N

M

C B

A

O Do đó ABCD là hình thang cân.

    sđ s

CDAB CD đABDBCACB b) EBC EDA  (đồng vị)

 

ECB EAD (đồng vị)

Mà EAD EDA (hai góc ở đáy hình thang cân)

 EBC ECB

 EBC cân tại E hay EB EC

c) Vì _{ADB DAC} (hai góc ở đáy hình thang cân)

 ADB DAC 2ADB sđAB AOB

    

Câu 11. ^{ s  }

2 s CAE CE- BD

= đ đ (góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn)

 s  DE 2E

F F

= đ (góc nội tiếp)

=

BD CF (gt) sđCE^-sđBD^ =sđCE^-sđCF^=sđEF^ Do đó: CAE^=FDE^ AC DF

Câu 12. ^{s  s  s }

2 CN BM

A

-= đ đ đ

(góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn)

 s  s 

s 2

CN BM

BSM

-= đ đ đ

(góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn)

Do đó: ^{ } 2 ^ 2^

s 2

A+BSM = đCN = CMD

Câu 13.

 

AM =MB (gt), AN^ =NC^ (gt)

 s   2

s ADE AN + MB

= đ đ

34.

 

TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com   

 

E K M

D

C B

A O

N K

M I

P C

B

A (góc có đỉnh ở bên trong đường tròn)

 s   2

s AED NC + AM

= đ đ

(góc có đỉnh ở bên trong đường tròn) Do đó: ADE^=AED^  DADE cân tại A

AD AE

 =

Câu 14.

AM =MB (gt)

  AM MB

 = (định lý liên hệ giữa cung và dây)

 s   2

s KEC MB+ AC

= đ đ

(góc có đỉnh ở bên trong đường tròn)

 s  DC 2 c

K M

+ đ (góc nội tiếp)

Do đó: ^{  s   }

2

s s

K MB AC

E K M

C C

+ DC + +

= đ đ đ

   0

360 0

2 18

s 0

s s

2

MA AC MC

= đ + đ + đ = =

Câu 15.

a) Ta có:

 1  

s (s s )

PBN = 2 PC + CN

đ đ đ

(góc nội tiếp chắn cung PN^ )

 1  

s (s s )

BCN =2 AP+ BN

đ đ đ

(góc có đỉnh ở bên trong đường tròn) Mà PC =AP và CN =BN (giả thiết)

35.

 

TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com   

 

M I N

B C

A

A₁

B₁ C₁

Suy ra: ^PBN =^BCN Do đó: DBNK cân tại N.

b) Dễ thấy ANM^ =BNM^ (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau AM và BM ) nên NI là tia phân giác ANB.

Ta có: AI AN . .

AI BN IB AN IB =BN  =

c) Theo chứng minh trên (câu a,b) DBNK cân có NI là đường phân giác Do đó IN cũng đồng thời là đường trung trực của cạnh BK.

IB IK

 = hay DBIK cân IBK^ =IKB^ Hay ABP^ =IKB^ (1)

Mà APB^=CBP^ (2) (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau AP và CP) Từ (1), (2) CBP^ =IKB^. Do đó IK BC .

Câu 16.

a) Gọi I là giao điểm của AA₁ và B C_{1 1} ta có:

   

1 1 1 1

s 1(s s s )

AIB =2 AB + A B+ BC

đ đ đ đ

  

1 1 1

ABB A AB ACC

= + +

(góc nội tiếp và cung bị chắn)

   0

1( ) 90

2 ABC CAB BCA

= + + =

Vậy AA₁ ^B C_{1 1}.

Chứng minh tương tự ta cũng có: BB₁ ^AC CC_{1 1}; ₁ ^A B_{1 1}

b) Gọi giao điểm của đoạn thẳng AA₁ và BC là M, của BB₁ và AC là N ta có:

  

1

1(s s )

s AMBđ = 2 đAB+ đAC

 

1 1

ACB AC C

= + (góc có đỉnh ở bên trong đường tròn)

36.

 

TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com   

 

E M N

C D

I

B A

O

Mà s ^{ 1}(s ^ s ^₁ ) ^{ }_{1 1}

ANB=2 AB+ B C =ACB+AC C

đ đ đ

Do AMB^ =ANB^ =90⁰ nên AC C_{1 1} hay CC₁ là tia phân giác của góc AC B^_{1 1 1} Chứng minh tương tự ta có:

BB1 là tia phân giác của góc AC B^_{1 1 1} và AA1 là tia phân giác của góc B AC^_{1 1 1}. Câu 17.

a) s ^{ 1}(s ^ s ^)

MEC =2 AD+ BM

đ đ đ

(góc có đỉnh ở bên trong đường tròn)

 1  

s (s s )

DMC =2 BD+ BM

đ đ đ

(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) Mà DA=DB (giả thiết)

Suy ra: MEC =EMC  DMEC cân tại C CM =CE

b) Ta có: CM =CN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm) Theo chứng minh trên CM =CE CE =CN .

Do đó DECN cân CEN =CNE (1)

Mà CEN^=BAN^+ANE^ (2) (góc ngoài của tam giác) Lại có: CEN^ =BAN^+BNE^ (3)

Mà ^BAN=^CNB (hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây cung) Từ 1), (2) và (3) ta có:

 

ANE =BNE hay NE là tia phân giác của góc ANB^ EA NA

EB NB

 = (tính chất đường phân giác DANB)

. .

EA NB NA EB

 =

37.

 

TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com   

 

D

C B

A

O

x

F E G

D

C B

A O

c) Ta có: M N, thuộc đường tròn đường kính OC (OMC^=ONC^ =90⁰ theo tính chất của tiếp tuyến) Mặt khác do I là trung điểm của dây AB^

Nên ^IOB=⁹⁰⁰ hay ^OIC =⁹⁰⁰.

Vậy điểm I thuộc đường tròn đường kính OC

Vậy năm điểm M C N O I, , , , cùng thuộc một đường tròn đường kính OC . Câu 18.

Vẽ đường tròn ( )O đường kính DB

Vì ^{DAB DCB ,} tù nên A C, nằm trong đường tròn ( )O BD là đường kính nên là dây cung lớn nhất của ( )O AC nhỏ hơn dây cung chứa nó

Do đó: AC <BD. Câu 19.

Gọi F là giao điểm của AD và đường tròn ( )O (F khác A),

Ax là tia đối của tia AC Vẽ đường kính AG của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có: ABG^=90⁰ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

    sđGC +sđFC +sđAE +sđBF

 0

s ACG 180

= đ = (1)

 

BAF=FAC (AD là đường phân giác) sđBF^ =sđFC^ (2) ,

AD AE là hai tia phân giác của hai góc kề bù BAC^ và Bax^ nên DAE^=90⁰.

38.

 

TOÁN HỌC SƠ ĐỒ ‐ THCS.TOANMATH.com   

 

E D

B C

A

O DDAE vuông có AD=AE (gt) nên là tam giác vuông cân

 450

ADE =

 

  0

s s

s s s 90

2

AB+ CF AB CF

 + =

đ đ

đ đ đ (3)

Từ (1), (2) và (3) có: GC =AB GC =AE DCAG vuông tại C nên:

2 2 2

AC +GC =AG (Áp dụng đinh lí Py-ta-go) Do đó: AB² +AC² =(2 )R ²

Vậy AB² +AC² =4R² Câu 20.

 s  s 

s 2

AB CD

AEC

-= đ đ đ

(góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn)

 s  s  s 

s 2 2

AD AC CD

ACD = đ = đ - đ đ

Mà AB=AC (gt) Do đó: AEC^ =ACD^

Xét DACD và DAEC có: ^CAD chung; ^ACD =^AEC

Do đó DACD∽DAEC AD AC . ²

AD AE AC AC AE

 =  =

Mà ² 2

2

AB=AC =BC = R (DABC vuông cân tại A).

Nên AD AE. =2R²

Vận dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, Ta có: 2AD+AE ³2 2AD AE.

2AD+AE ³4R

Trong tài liệu Chuyên đề góc có đỉnh ở bên trong đường tròn, góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn - THCS.TOANMATH.com (Trang 30-39)