191 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Chuyên đề 8: Hình học (có đáp án)

Câu 1:

Cho điểm C thuộc nửa đường tròn đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn đó (Ax nằm trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn). Tia phân giác của góc CAx cắt nửa đường tròn tại D. Kéo dài AD vafBC cắt nhau tại E. Kẻ EH vuông góc với Ax tại H.

a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn

Xem đáp án

Cho điểm C thuộc nửa đường tròn đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn đó (Ax nằm trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn). (ảnh 1)

a) Ta có $\hat{A C B} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra $\hat{A C E} = 90 °$ (kề bù)

Xét tứ giác AHEC ta có:

\hat{A C E} = \hat{A H E} = 90 °

, suy ra tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn đường kính AE (tổng hai góc đối diện bằng 180^o)

Câu 2:

b) Chứng minh $\hat{A B D} = \hat{B D C}$

Xem đáp án

b) Ta có ABCD nội tiếp nên $\hat{B D C} = \hat{D A C}$ (1) (cùng nhìn cạnh DC).

Lại có: $\hat{A B D} = \frac{1}{2} \overset{⏜}{A D}$ (góc nội tiếp).

$\hat{D A x} = \frac{1}{2} \overset{⏜}{A D}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).

Suy ra $\hat{A B D} = \hat{D A x}$ .

Mà $\hat{D A x} = \hat{D A C}$ (do ADlà phân giác).

Suy ra $\hat{A B D} = \hat{D A C}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\hat{A B D} = \hat{B D C}$

Câu 3:

c) Chứng minh tam giác ABE cân

Xem đáp án

c) Xét $Δ D A B$ và $Δ D E B$ có:

$\hat{A D B} = \hat{E D B} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù).

BD chung.

$\hat{A B D} = \hat{B D C}$ (cmt).

$\Rightarrow Δ D A B = Δ D E B$ (g-c-g).

$\Rightarrow B A = B E$ (tương ứng).

$\Rightarrow Δ A B E$ cân tại

Câu 4:

d) Tia BD cắt AC và Ax lần lượt tại F và K. Chứng minh AKEF là hình thoi

Xem đáp án

d) Theo câu c) $Δ D A B = Δ D E B \Rightarrow D A = D E \Rightarrow D$ là trung điểm AE (3)

Xét $Δ D A F$ và $Δ D A K$ có:

$\hat{A D F} = \hat{A D K} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù).

AD chung.

$\hat{D A F} = \hat{D A K}$ (do ADlà phân giác).

$\Rightarrow Δ D A F = Δ D A K$ (g-c-g)

$\Rightarrow D K = D F$ (tương ứng).

$\Rightarrow D$ là trung điểm KF (4)

Từ (3) và (4) ta có AKEF là hình bình hành (tứ giác có các đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường).

Mà

A E ⊥ K F \Rightarrow A K E F

là hình thoi.

Câu 5:

Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên OA lấy điểm H (H khác O, H khác A). Qua H dựng đường thẳng vuông góc với AB, đường thẳng này cắt nửa đường tròn tại C. Trên cung BC lấy điểm M (M khác B, M khác C). Dựng CK vuông góc với AM tại K.

a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn

Xem đáp án

Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Trên OA lấy điểm H (H khác O, H khác A). (ảnh 1)

Ta có $\hat{C H A} = \hat{C K A} = 90 ° \Rightarrow$ Tứ giác ACHK nội tiếp đường tròn đường kính AC

Câu 6:

b) Chứng minh $\hat{C H K} = \hat{C B M} .$

Xem đáp án

$\hat{C H K} = \hat{C A K} = \hat{C A M}$ (do tứ giác ACKH nội tiếp). Mà $\hat{C A M} = \hat{C B M}$ (cùng chắn cung CM).

Vậy $\hat{C H K} = \hat{C B M}$ .

Câu 7:

c) Gọi N là giao điểm của AM và CH. Tính theo R giá trị biểu thức $P = A M . A N + B C^{2} .$

Xem đáp án

Ta có $\hat{A C N} = \hat{A B C} (= 90 ° - \hat{H C B}); \hat{A B C} = \hat{A M C} \Rightarrow \hat{A C N} = \hat{A M C}$

Do đó $Δ A C N ∽ Δ A M C$ (g.g) $\Rightarrow \frac{A N}{A C} = \frac{A C}{A M} \Rightarrow A M . A N = A C^{2} .$

C thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên tam giác ABC vuông tại $C, \Rightarrow A C^{2} + B C^{2} = A B^{2}$ .

Vậy $P = A M . A N + B C^{2} = A B^{2} = 4 R^{2} .$

Câu 8:

Cho $Δ A B C$ nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B, C cắt nhau tại D. OD cắt BC tại E. Qua D vẽ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt AC tại K. đường thẳng OK cắt AB tại F. Tính tỉ số diện tích $\frac{S_{Δ A B F}}{S_{Δ A B C}}$

Xem đáp án

Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B, C cắt nhau tại D. (ảnh 1)

Ta có $\hat{B A C} = \hat{D B C}$ (cùng chắn $\overset{⏜}{B C}$ ), $\hat{B A C} = \hat{D K C}$ (đồng vị) $\Rightarrow \hat{D B C} = \hat{D K C}$

$\Rightarrow D B K C$ nội tiếp.

Mà: $\hat{O B D} = \hat{O C D} = 90 °$ nên các điểm B, C, D thuộc đường tròn đường kính OD

$\Rightarrow K$ cũng thuộc đường tròn đường kính OD

$\Rightarrow O K ⊥ K D \Rightarrow O K ⊥ A B \Rightarrow F$ là trung điểm của AB.

Do $O B = O C, D B = D C \Rightarrow O D$ là trung trực của BC

$\Rightarrow E$ là trung điểm của BC

Hai tam giác BEF và BAC đồng dạng có tỉ lệ đồng dạng là $\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{S_{Δ B E F}}{S_{Δ A B C}} = \frac{1}{4} .$

Câu 9:

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (C) tâm O bán kính R. Hai đường cao AE và BK tam giác ABC cắt nhau tại H (với E thuộc BC, K thuộc AC).

1. Chứng minh rằng tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn.

Xem đáp án

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (C) tâm O bán kính R. Hai đường cao AE (ảnh 1)

1. Xét tứ giác ABEK có

\hat{A K B} = \hat{A E B} = 90 °

( vì

A E ⊥ B C

,

B K ⊥ A C

). Hai góc này cùng chắn cung AB nên tứ giác ABEK nội tiếp được một đường tròn.

Câu 10:

2. Chứng minh CE.CB=CK.CA

Xem đáp án

2. Xét hai tam giác vuông $Δ A C E$ và $Δ B C K$ , chúng có chung góc C nên

$Δ A C E ~ Δ B C K \Rightarrow \frac{C E}{C K} = \frac{C A}{C B} \Leftrightarrow C E . C B = C K . C A$ (dpcm).

Câu 11:

3. Chứng minh $\hat{O C A} = \hat{B A E}$ .

Xem đáp án

3. Tam giác OAC cân tại O nên $\hat{O C A} = 90 ° - \frac{1}{2} \hat{A O C} (1)$ . Mà tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC, do đó $\hat{A B C} = \frac{1}{2} s d \overset{⏜}{A C} = \frac{1}{2} \hat{A O C}$ .

Tam giác ABE vuông tại E nên $\hat{B A E} = 90 ° - \hat{A B C} = 90 ° - \frac{1}{2} \hat{A O C}$ (2).

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \hat{O C A} = \hat{B A E}$ (dpcm).

Câu 12:

4. Cho B, C cố định và A di động trên (C) nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; khi đó H thuộc cung tròn (T) cố định. Xác định I và bán kính r của đường tròn (T), biết R=3cm

Xem đáp án

4. Gọi M là giao điểm của đường thẳng AE với đường tròn (C). Ta có $\hat{M B C} = \hat{M A C}$ ( cùng chắn cung MC). Mà $\hat{M A C} = \hat{H B C}$ ( cùng phụ với $\hat{A C B}$ ) nên $\hat{M B C} = \hat{H B C}$ hay BE là phân giác của $\hat{H B M}$ .Tam giác HBM có BE vừa là đường cao, đường phân giác góc B nên cân tại B và BE là trung trực của HM. Gọi I là điểm đối xứng với O qua đường thẳng BC(O và BC cố định $\Rightarrow I$ cố định). Khi đó tứ giác HOIM là hình thang cân vì nhận BC là trục đối xứng $\Rightarrow I H$ =MO=R hay H luôn cách điểm cố định I một khoảng R không đổi nên H thuộc đường tròn tâm I bán kính R. Do đó r=R=3cm.

Câu 13:

Cho $Δ A B C$ có ba góc nhọn (AB<AC), dựng AH vuông góc với BC tại điểm H. Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC. Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại điểm D. Trên nửa mặt phẳng bờ CD chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính CD. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với CD, cắt nửa đường tròn trên tại điểm E.

a. Chứng minh tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp.

Xem đáp án

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB<AC), dựng AH vuông góc với BC tại điểm H. Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của H (ảnh 1)

a. Vì M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC $\Rightarrow \hat{A M H} = \hat{A N H} = 90 °$ .

Xét tứ giác AMHN có: $\hat{A M H} + \hat{A N H} = 90 ° + 90 ° = 180 °$ .

Do đó tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn

Câu 14:

b) Chứng minh $\hat{E B M} = \hat{D N H}$

Xem đáp án

b. Vì $E B ⊥ C D$ (gt), $A H ⊥ C D$ (vì $A H ⊥ B C$ ) EB//AH.

$\Rightarrow \hat{E B M} = \hat{M A H}$ (hai góc so le trong) (1)

Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \hat{M A H} = \hat{M N H}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset{⏜}{M H}$ ) (2)

Từ (1) và (2) suy ta $\hat{E B M} = \hat{M N H}$ , hay $\hat{E B M} = \hat{D N H}$ .

Câu 15:

c) Chứng minh DM.DN=DB.DC

Xem đáp án

c. Ta có: $\hat{D M B} = \hat{A M N}$ (hai góc đối đỉnh) (3)

Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt) $\Rightarrow \hat{A M N} = \hat{A H N}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset{⏜}{A N}$ ) (4)

$Δ A H C$ vuông tại H có $H N ⊥ A C$ (gt) $\Rightarrow \hat{A C H} = \hat{A H N}$ (cùng phụ với $\hat{C H N}$ )

Hay $\hat{A H N} = \hat{D C N}$ (5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra $\hat{D M B} = \hat{D C N}$ .

Xét $Δ D M B$ và $Δ D C N$ có: $\hat{N D C}$ chung; $\hat{D M B} = \hat{D C N}$ (cmt)

$\Rightarrow Δ D M B ∽ Δ D C N$ (g.g) $\Rightarrow \frac{D M}{D C} = \frac{D B}{D N} \Rightarrow D M . D N = D B . D C$ . (6)

Câu 16:

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE. Chứng minh

O E ⊥ D E

.

Xem đáp án

d. $Δ E D C$ nội tiếp đường tròn đường kính CD $\Rightarrow Δ E D C$ vuông tại E.

Áp dụng hệ thức lượng trong $Δ E D C$ vuông tại E, $E B ⊥ C D$ , ta có: $D E^{2} = D B . D C$ . (7)

Từ (6) và (7) suy ra $D E^{2} = D M . D N \Rightarrow \frac{D E}{D M} = \frac{D N}{D E}$ .

Xét $Δ D E M$ và $Δ D N E$ có: $\hat{E D N}$ chung; $\frac{D E}{D M} = \frac{D N}{D E}$ (cmt)

$\Rightarrow Δ D E M ∽ Δ D N E$ (c.g.c) $\Rightarrow \hat{D E M} = \hat{D N E}$ (2 góc tương ứng).

Xét (O) có: $\hat{D E M} = \hat{D N E}$ và tia EM nằm giữa hai tia ED và EN.

Do đó DE là tiếp tuyến của (O) $\Rightarrow D E ⊥ O E$ .

Câu 17:

Cho tam giác ABC, M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Kéo dài AM cắt BC tại P, BM cắt Q, CM cắt AB tại K. Chứng minh

M A . M B . M C \geq 8 M P . M Q . M K

Xem đáp án

Cho tam giác ABC, M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Kéo dài AM cắt BC tại P, BM cắt Q, CM cắt AB tại K. (ảnh 1)

Kẻ $M H ⊥ B C, A H^{'} ⊥ B C (H, H^{'} \in B C) \Rightarrow M H € A H^{'} \Rightarrow \frac{M H}{A H^{'}} = \frac{M P}{A P}$ , (Hệ quả ĐL Talet).

Lại có $\frac{M H}{A H^{'}} = \frac{\frac{1}{2} M H . B C}{\frac{1}{2} A H^{'} . B C} = \frac{S_{M B C}}{S_{A B C}} \Rightarrow \frac{M P}{A P} = \frac{S_{M B C}}{S_{A B C}}$ .

Chứng minh tương tự, ta có $\frac{M Q}{B Q} = \frac{S_{M A C}}{S_{A B C}}$ ; $\frac{M K}{C K} = \frac{S_{M A B}}{S_{A B C}}$ .

Suy ra $\frac{M P}{A P} + \frac{M Q}{B Q} + \frac{M K}{C K} = \frac{S_{M B C}}{S_{A B C}} + \frac{S_{M A C}}{S_{A B C}} + \frac{S_{M A B}}{S_{A B C}} = 1$ .

Đặt $x = \frac{M P}{A P}$ ; $y = \frac{M Q}{B Q}$ ; $z = \frac{M K}{C K}$ thì x, y, z > 0 và x+y+z=1.

Theo đề bài: $M A . M B . M C \geq 8 M P . M Q . M K \Leftrightarrow \frac{M A}{M P} . \frac{M B}{M Q} . \frac{M C}{M K} \geq 8$

$\Leftrightarrow (\frac{A P}{M P} - 1) (\frac{B Q}{M Q} - 1) (\frac{C K}{M K} - 1) \geq 8$

Hay: $(\frac{1}{x} - 1) (\frac{1}{y} - 1) (\frac{1}{z} - 1) \geq 8$

$\Leftrightarrow \frac{1}{x y z} - (\frac{1}{x y} + \frac{1}{y z} + \frac{1}{x z}) + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} - 1 \geq 8 \Leftrightarrow \frac{1}{x y z} - \frac{x + y + z}{x y z} + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq 9$

$\Leftrightarrow \frac{1}{x y z} - \frac{1}{x y z} + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq 9 (d o x + y + z = 1)$

$\Leftrightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq 9$

\Leftrightarrow (x + y + z) (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) \geq 9

\Leftrightarrow 1 + \frac{x}{y} + \frac{x}{z} + \frac{y}{x} + 1 + \frac{y}{z} + \frac{z}{x} + \frac{z}{y} + 1 \geq 9

\Leftrightarrow (\frac{x}{y} + \frac{y}{x} - 2) + (\frac{y}{z} + \frac{z}{y} - 2) + (\frac{z}{x} + \frac{x}{z} - 2) \geq 0

$\Leftrightarrow \frac{{(x - y)}^{2}}{x y} + \frac{{(y - z)}^{2}}{y z} + \frac{{(z - x)}^{2}}{z x} \geq 0$ . (*)

Bất đẳng thức (*) hiển nhiên đúng với x, y, z>0.

Dấu bằng xảy ra khi $x = y = z = \frac{1}{3}$ , hay $\frac{M P}{A P} = \frac{M Q}{B Q} = \frac{M K}{C K} = \frac{1}{3}$ $\Leftrightarrow M$ là trọng tâm $Δ A B C$ .

Vậy $M A . M B . M C \geq 8 M P . M Q . M K$ .

Câu 18:

Hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại 2 điểm A, B. Gọi M là trung điểm OO'. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM cắt đường tròn (O) và (O') lần lượt ở C và D.

Chứng minh rằng AC=AD

Xem đáp án

Hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại 2 điểm A, B. Gọi M là trung điểm OO'. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM (ảnh 1)

Kẻ $O I ⊥ C D$ tại I, $O^{'} K ⊥ C D$ tại K, khi đó ta có $I A = I C, K A = K D$

(tính chất của bán kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây cung đó).

Ta có: $O I // O^{'} K$ nên tứ giác $O I K O^{'}$ là hình thang.

Mà $O I // M A // O^{'} K$ và M là trung điểm của OO'

$\Rightarrow A$ là trung điểm của $I K \Rightarrow I A = K A$

Từ đó suy ra AC=AD(đpcm).

Câu 19:

Cho đường tròn (O) đường kính AB, cung $\overset{⏜}{C D}$ năm cùng phía đối với AB(D thuộc cung nhỏ $\overset{⏜}{B C}$ ). Gọi E là giao điểm của AC và BD, F là giao điểm của AD và BC.

a. Tính góc $\hat{A F B}$ khi số đo cung $\overset{⏜}{C D}$ bằng 80^o

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) đường kính AB, cung CD nằm cùng phía đối với AB (D thuộc cung nhỏ BC) (ảnh 1)

a. sđ $s® \overset{⏜}{C D} = 80 °$ , $s® \overset{⏜}{A B} = 180 °$ .

$\hat{A F B}$ là góc có đỉnh bên trong đường tròn chắn 2 cung AB, CD nên ta có:

\hat{A F B} = \frac{s® \overset{⏜}{A B} + s® \overset{⏜}{C D}}{2} = \frac{180 ° + 80 °}{2} = 130 °

Câu 20:

b. Tính số đo cung $\overset{⏜}{C D}$ khi góc $\hat{A E B} = 55 °$ .

Xem đáp án

b. $\hat{A E B} = 55 °$ .

$\hat{A E B}$ là góc có đỉnh bên ngoài đường tròn chắn 2 cung AB, CD nên:

$\hat{A E B} = \frac{s® \overset{⏜}{A B} - s® \overset{⏜}{C D}}{2} \Rightarrow s® \overset{⏜}{C D} = s® \overset{⏜}{A B} - 2. \hat{A E B} = 180 ° - 2.55 ° = 70 °$

Câu 21:

Cho tam giác nhọn ABC(AB<AC). Đường tròn tâm (O) đường kính BC cắt AC, AB lần lượt tại D và E. H là giao điểm của BD và CE, K là giao điểm của DE và AH, I là giao điểm của AH và BC, M là trung điểm của AH. Chứng minh rằng: $M D^{2} = M K . M I$

Xem đáp án

Cho tam giác nhọn ABC(AB<AC). Đường tròn tâm (O) đường kính BC cắt AC, AB lần lượt tại D và E. (ảnh 1)

Ta có $\hat{B D C}, \hat{B E C}$ là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O nên $\hat{B D C} = \hat{B E C} = 90 °$

Mà BD và CE cắt nhau tại H nên ta suy ra H là trực tâm của tam giác ABC.

Suy ra $\hat{A I C} = 90 °$

Ta có $\hat{H D C} + \hat{H I C} = 180 °$ nên CDHI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính HC.

Suy ra $\hat{H I D} = \hat{H C D}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung DH của đường tròn đường kính HC).

Hay $\hat{M I D} = \hat{H C D}$

Tương tự, ta chứng minh được tứ giác AEIH nội tiếp đường tròn tâm M

( $M A = M D = M H$ ).

$\Rightarrow \hat{M A D} = \hat{M D A}$ (vì MD=MA) và $\hat{E D H} = \hat{E A H}$

(cùng chắn cung EH của đường tròn tâm M)

Vậy $\hat{M D K} = \hat{A D H} - (\hat{M D A} + \hat{E D H}) = 90 ° - (\hat{M A D} + \hat{E A H}) = 90 ° - \hat{E A D} = \hat{H C D}$

\Rightarrow \hat{M I D} = \hat{M D K}

Xét 2 tam giác MDK và MID có:

$\hat{M}$ là góc chung,

\hat{M I D} = \hat{M D K}

$\Rightarrow Δ M D K ∽ Δ M I D$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{M D}{M K} = \frac{M I}{M D} \Rightarrow M D^{2} = M K . M I$ (đpcm).

Câu 22:

Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Lấy điểm C trên cung nhỏ AB, (C không trùng với A và B). Từ điểm C kẻ CD vuông góc với AB, CE vuông góc với MA, CF vuông góc với MB $(D \in A B, E \in M A, F \in M B)$ . Gọi I là giao điểm của AC và DE, K là giao điểm của BC và DF. Chứng minh rằng

1) Tứ giác ADCE nội tiếp một đường tròn.

Xem đáp án

Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường trìn (A, B là hai tiếp điểm) (ảnh 1)

1) Chứng minh rằng Tứ giác ADCE nội tiếp một đường tròn.

Ta có $\hat{A E C} = \hat{A D C} = 90 ° \Rightarrow \hat{A E C} + \hat{A D C} = 180 °$ do đó, tứ giác ADCE nội tiếp.

Câu 23:

2) Hai tam giác CDE và CFD đồng dạng

Xem đáp án

2) Chứng minh rằng Hai tam giác CDE và CFD đồng dạng.

Chứng minh tương tự tứ giác BDCF nội tiếp.

Do các tứ giác ADCE, BDCF nội tiếp nên $\hat{B_{1}} = \hat{F_{1}}, \hat{A_{1}} = \hat{D_{1}}$

Mà AM là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên $\hat{A_{1}} = \frac{1}{2} s đ \overset{⏜}{A C} = \hat{B_{1}} \Rightarrow \hat{D_{1}} = \hat{F_{1}} .$

Chứng minh tương tự $\hat{E_{1}} = \hat{D_{2}} .$ Do đó, $Δ C D E ∽ Δ C F D (g.g)$

Câu 24:

3) Tia đối của tia CD là tia phân giác góc

\hat{E C F}

Xem đáp án

3) Chứng minh rằng Tia đối của tia CD là tia phân giác góc ECF

Gọi Cx là tia đối của tia CD

Do các tứ giác $A D C E, B D C F$ nội tiếp nên $\hat{D A E} = \hat{E C x}, \hat{D B F} = \hat{F C x}$

Mà $\hat{M A B} = \hat{M B A} \Rightarrow \hat{E C x} = \hat{F C x}$ nên Cx là phân giác góc $\hat{E C F} .$

Câu 25:

4) Đường thẳng IK song song với đường thẳng AB

Xem đáp án

4) Chứng minh rằng Đường thẳng IK song song với đường thẳng AB

Theo chứng minh trên $\hat{A_{2}} = \hat{D_{2}}, \hat{B_{1}} = \hat{D_{1}}$

Mà $\hat{A_{2}} + \hat{B_{1}} + \hat{A C B} = 180^{0} \Rightarrow \hat{D_{2}} + \hat{D_{1}} + \hat{A C B} = 180 ° \Rightarrow \hat{I C K} + \hat{I D K} = 180 °$

Do đó, tứ giác CIKD nội tiếp $\Rightarrow \hat{K_{1}} = \hat{D_{1}}$ mà $\hat{D_{1}} = \hat{B_{1}} \Rightarrow I K / / A B$

Câu 26:

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Trên tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lấy điểm M(M khác A ). Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O) (C là tiếp điểm). Kẻ $C H ⊥ A B$ ( $H \in A B$ ),MB cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại N. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AKNH nội tiếp trong một đường tròn.

Xem đáp án

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Trên tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lấy điểm M (ảnh 1)

a) Ta có: $\hat{A K N} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);

$\hat{A H N} = 90 °$ ( $C H ⊥ A B$ ).

Xét tứ giác AKNH có: $\hat{A K N} + \hat{A H N} = 180 °$ ;

mà $\hat{A K N}$ và $\hat{A H N}$ ở vị trí đối nhau.

Vậy tứ giác AKNH nội tiếp trong một đường tròn.

Câu 27:

b) $A M^{2} = M K . M B .$

Xem đáp án

b) Áp dụng hệ thức lượng vào $△ M A B$ vuông tại A và có $A K ⊥ M B$ suy ra $A M^{2} = M K . M B$ .

Câu 28:

c)

\hat{K A C} = \hat{O M B} .

Xem đáp án

c) Có MA, MC là hai tiếp tuyến của (O; R) cắt nhau tại M nên $\begin{matrix} M O ⊥ A C \\ B C ⊥ A C \end{matrix}\} \Rightarrow M O / / B C$ .

Suy ra $\hat{O M B} = \hat{K B C}$ (so le trong) (1);

$\hat{K A C} = \hat{K B C} = \frac{1}{2} s đ \overset{⏜}{K C}$ (góc nội tiếp cùng chắn $\overset{⏜}{K C}$ ) (2).

Từ (1) và (2) ta được $\hat{K A C} = \hat{O M B}$ (đpcm).

Câu 29:

d) N là trung điểm của CH

Xem đáp án

d) Gọi $B C \cap A M = P$ . Vì MO//BC nên M là trung điểm của AP.

Ta có $\begin{matrix} M A ⊥ A B \\ C H ⊥ A B \end{matrix}\} \Rightarrow M A / / C H$ .

Áp dụng định lý Talet ta được: $\frac{H N}{A M} = \frac{B N}{B M} = \frac{C N}{P M}$ .

Mà $A M = P M \Rightarrow H N = C N$ .

Vậy N là trung điểm của CH.

Câu 30:

Cho tam giác AMB cân tại M nội tiếp đường tròn(O; R). Kẻ MH vuông góc với AB $(H \in A B)$ . MH cắt đường tròn tại N. Biết $M A = 10 c m, A B = 12 c m$ .

1. Tính MH và bán kính R của đường tròn.

Xem đáp án

Cho tam giác AMB cân tại nội tiếp đường tròn (O;R). Kẻ MH vuông góc với AB (ảnh 1)

Tính MH và bán kính R của đường tròn.

Vì $Δ A M B$ là tam giác cân, mà $M H ⊥ A B \Rightarrow A H = H B = \frac{A B}{2} = \frac{12}{2} = 6 c m$ .

Xét $Δ A H M$ vuông tại H.

Ta có: $M H = \sqrt{M A^{2} - A H^{2}} = \sqrt{10^{2} - 6^{2}} = 8 c m$ .

Vì $Δ A M B$ nội tiếp đường tròn (O; R) $\Rightarrow O A = O M = R$ .

Vì $M H ⊥ A B, A H = H B$ ( $H \in A B$ , AB là dây cung của (O; R)) $\Rightarrow O \in M H$

$\Rightarrow M O + O H = M H$ hay R+OH=8cm.

Xét $Δ A H O$ vuông tại H

Ta có: $O A^{2} = H A^{2} + H O^{2}$ .

$\Leftrightarrow O A^{2} = H A^{2} + {(H M - O M)}^{2}$

$\Leftrightarrow R^{2} = 6^{2} + {(8 - R)}^{2}$

$\Leftrightarrow R^{2} = 36 + 64 - 16 R + R^{2} \Leftrightarrow 100 - 16 R = 0 \Leftrightarrow R = \frac{25}{4} c m$ .

Câu 31:

Trên tia đối của tia BA lấy điểm C, MC cắt đường tròn tại D. ND cắt AB tại E. Chứng minh rằng tứ giác MDEH nội tiếp và chứng minh các hệ thức sau:

N B^{2} = N E . N D

và

A C . B E = B C . A E

.

Xem đáp án

· Chứng minh rằng tứ giác MDEH nội tiếp.

Ta có: $\hat{M D N} = 90 °$ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tứ giác MDEH có:

$\hat{M D E} + \hat{E H M} = 90 ° + 90 ° = 180 °$ ( Hai góc đối diện bù nhau).

$\Rightarrow$ tứ giác MDEH nội tiếp đường tròn.

· Chứng minh rằng: $N B^{2} = N E . N D$ .

Vì $M N ⊥ A B$ tại H mà HA=HB (chứng minh trên) $\Rightarrow \overset{⏜}{N A} = \overset{⏜}{N B}$

Xét $Δ N B D$ và $Δ N E B$ có:

$\hat{N}$ là góc chung.

$\hat{N D B} = \frac{1}{2} s d \overset{⏜}{N B}, \hat{N B E} = \frac{1}{2} s d \overset{⏜}{N A}$ ( hai góc $\hat{N D B}$ và $\hat{N B E}$ là hai góc nội tiếp đường tròn (O;R))

Mà $\overset{⏜}{N A} = \overset{⏜}{N B} \Rightarrow \hat{N D B} = \hat{N B E}$

$\Rightarrow Δ N B D ~ Δ N E B$ (g - g)

$\Rightarrow \frac{N B}{N E} = \frac{N D}{N B}$

$\Rightarrow N B^{2} = N E . N D$ (đpcm)

· Chứng minh rằng: $A C . B E = B C . A E$ .

Ta có: $\hat{N D B} = \frac{1}{2} s d \overset{⏜}{N B}, \hat{A D N} = \frac{1}{2} s d \overset{⏜}{N A}$ ( hai góc $\hat{N D B}$ và $\hat{A D N}$ là hai góc nội tiếp đường tròn (O;R)). Mà $\overset{⏜}{N A} = \overset{⏜}{N B} \Rightarrow \hat{N D B} = \hat{A D N}$

$\Rightarrow D N$ là tia phân giác của góc $\hat{A D B}$ .

$\Rightarrow \frac{A E}{E B} = \frac{D A}{D B}$ ( tính chất tia phân giác) (1)

Mặt khác: $\hat{M D N} = 90^{\circ}$ (chứng minh trên) $\Rightarrow N D ⊥ D C \Rightarrow \hat{M D A} + \hat{A D N} = \hat{C D B} + \hat{B D N} = 90^{\circ}$

mà $\hat{N D B} = \hat{A D N}$ (chứng minh trên) $\Rightarrow \hat{B D C} = \hat{A D M}, \hat{A D M} = \hat{C D x}$ (đối đỉnh)

$\Rightarrow \hat{B D C} = \hat{C D x} \Rightarrow D C$ là tia phân giác ngoài của góc $\hat{A D B}$

$\Rightarrow \frac{A C}{B C} = \frac{D A}{D B}$ ( tính chất tia phân giác) (2)

Từ (1),(2) $\Rightarrow \frac{A C}{B C} = \frac{A E}{E B} \Rightarrow A C . B E = B C . A E$ (đpcm)

Câu 32:

3. Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE

Xem đáp án

3. Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.

Ta có: $\hat{N D B} = \hat{N B E}$ (chứng minh trên) hay $\hat{E D B} = \hat{N B E}$ .

Xét đường tròn (O') ngoại tiếp $Δ B D E$ có:

$\hat{E D B}$ là góc nội tiếp chắn cung $\overset{⏜}{B E}$ .

$\hat{N B E}$ là góc có đỉnh B năm trên đường tròn tạo bởi dây BE và đường BN chắn cung $\overset{⏜}{B E}$ .

Mà $\hat{E D B} = \hat{N B E}$ (chứng minh trên).

$\Rightarrow$ Góc $\hat{N B E}$ phải là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung hay BN là tiếp tuyến của đường tròn

(O') Hay NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE (đpcm).

Câu 33:

Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn O. M là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng:

a) Bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.

Xem đáp án

Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn O. M là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. (ảnh 1)

a) Bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.

Ta có: $M F ⊥ A B$ nên $\hat{M F B} = 90 °$ .

$M D ⊥ B C$ nên $\hat{M D B} = 90 °$ .

Tứ giác MDBF có

\hat{M F B} + \hat{M D B} = 90 ° + 90 ° = 180 °

Do đó tứ giác MDBF nột tiếp.

Suy ra 4 điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn.

Ta có : $M D ⊥ B C$ nên $\hat{M D C} = 90 °$ .

$M F ⊥ A C$ nên $\hat{M F C} = 90 °$ .

Suy ra: $\hat{M D C} = \hat{M F C} = 90 °$ .

Mà 2 đỉnh D, F cùng nhìn MC dưới 1 góc bằng nhau.

Do đó tứ giác MDEC nột tiếp.

Vậy 4 điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.

Câu 34:

b) Chứng minh D, E, F thẳng hàng

Xem đáp án

b) Chứng minh D, E, F thẳng hàng.

Vì tứ giác MDBF nội tiếp.

Nên: $\hat{M_{1}} = \hat{D_{1}}$ (cùng chắn $\overset{⏜}{B F}$ ).

Vì tứ giác MDEC nội tiếp nên $\hat{M_{2}} = \hat{D_{2}}$ .

Mặt khác tứ giác MBAC nội tiếp.

Nên $\hat{B_{1}} = \hat{C}$ (góc ngoài của tứ giác nội tiếp).

Do đó $\hat{M_{1}} = \hat{M_{2}}$ (cùng phụ với $\hat{B_{1}}; \hat{C}$ ).

Suy ra: $\hat{D_{1}} = \hat{D_{2}}$ .

Mà $\hat{D_{2}} + \hat{B D E} = 180 °$

Nên $\hat{D_{1}} + \hat{B D E} = 180 °$ .

Vậy D, E, F thẳng hàng.

Câu 35:

c) $\frac{B C}{M D} = \frac{A C}{M E} + \frac{A B}{M F}$

Xem đáp án

c) $\frac{B C}{M D} = \frac{A C}{M E} + \frac{A B}{M F}$

Ta có :

$\frac{A C}{M E} + \frac{A B}{M F} = \frac{A E + E C}{M E} + \frac{A F - F C}{M F} = \frac{A E}{M E} + \frac{E C}{M E} + \frac{A F}{M F} - \frac{F C}{M F}$

$= \tan \hat{A M E} + \tan \hat{M_{2}} + \tan \hat{A M F} - \tan \hat{M_{1}}$

Mà $\hat{M_{1}} = \hat{M_{2}}$

Nên $\frac{A C}{M E} + \frac{A B}{M F} = \tan \hat{A M E} + \tan \hat{A M F}$ .

Mặt khác: tứ giác AFME nội tiếp nên:

$\hat{A M E} = \hat{A F E} = \hat{B M D} \hat{A M F} = \hat{A E F} = \hat{D M C}$

Do đó: $\frac{A C}{M E} + \frac{A B}{M F} = \tan \hat{A M E} + \tan \hat{A M F}$

$= \frac{B D}{M D} + \frac{D C}{M D} = \frac{B D + D C}{M D} = \frac{B C}{M D}$ .

Câu 36:

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, Biết BH=4cm, CH=9cm

a) Tính độ dài đường cao AH và

\overset{⏜}{A B C}

của tam giác ABC.

Xem đáp án

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, Biết BH=4cm, CH=9cm (ảnh 1)

$Δ A B C$ có: $\hat{B A C} = 90 °$ , $A H ⊥ B C$ $\Rightarrow A H = \sqrt{B H . C H} = \sqrt{4.9} = 6$

$Δ A B H$ có: $\hat{A H B} = 90 °$ $\Rightarrow \tan \hat{A B H} = \frac{A H}{B H} = \frac{6}{4} \Rightarrow \hat{A B H} \approx 56, 3 °$

Câu 37:

b) Vẽ đường trung tuyến $A M (M \in B C)$ của tam giác ABC, tính AM và diện tích tam giác AHM

Xem đáp án

b) $Δ A B C$ có: $\hat{A} = 90 °$ , MB=MC (gt) $\Rightarrow A M = \frac{1}{2} B C = \frac{1}{2} .13 = 6, 5 c m$

$S_{Δ A H M} = \frac{1}{2} M H . A H = \frac{1}{2} .2, 5.6 = 7, 5 c m^{2}$ .

Câu 38:

Cho đường tròn (O) của đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax với đường tròn(O) ( A là tiếp điểm). Qua C thuộc tia Ax vẽ đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai điểm D và E ( D nằm giữa C và E; D và E nằm về hai phía của đường thẳng AB). Từ O vẽ OH vuông góc với đoạn thẳng DE tại H.

a) Tứ giác AOHC nội tiếp.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) của đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax, với đường tròn (O) (A là tiếp điểm). Qua C thuộc tia Ax, (ảnh 1)

a) Ta có: $\hat{C A B} = 90 °$ , $\hat{O H C} = 90 °$

$\Rightarrow \hat{C A B} + \hat{O H C} = 180 °$

$\Rightarrow$ Tứ giác AOHC nội tiếp.

Câu 39:

b) Chứng minh: AC.AE=AD.CE

Xem đáp án

b) Xét $Δ A C D$ và $Δ E C A$ có: $\hat{C A D} = \hat{A E C}$ , $\hat{A E C}$ chung

$\Rightarrow Δ A C D ~ Δ E C A (g . g) \Rightarrow \frac{C A}{C E} = \frac{A D}{A E} \Rightarrow A C . A E = A D . C E$ .

Câu 40:

c) Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE lần lượt tại M và N. Chứng minh: AM//BN

Xem đáp án

b) Từ E vẽ đường thẳng song song với MN cắt cạnh AB tại I và cắt cạnh BD tại F

$\Rightarrow \hat{H E I} = \hat{H C O}$

Vì tứ giác AOHC nội tiếp $\Rightarrow \hat{H A O} = \hat{H C O} = \hat{H E I} .$

Suy ra tứ giác AHIE nội tiếp $\Rightarrow \hat{I H E} = \hat{I A E} = \hat{B D E} \Rightarrow H I // B D$ .

Mà H là trung điểm của $D E \Rightarrow I$ là trung điểm của EF.

Ta có: FE//MN và IE=FI $\Rightarrow O$ là trung điểm của đoạn thẳng MN

$\Rightarrow$ Tứ giác AMBN là hình bình hành $\Rightarrow A M // B N$ .

Câu 41:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính AD=2R..Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD tại F

1. Chứng minh ABEF nội tiếp.

Xem đáp án

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính AD=2R..Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD tại F (ảnh 1)

1. $\hat{A B E} + \hat{AF E} = 90^{0} + 90^{0} = 180^{0}$ Suy ra tứ giác ABEF nội tiếp

Câu 42:

2. Chứng minh $\hat{D B C} = \hat{D B F}$

Xem đáp án

2. $\hat{C A D} = \hat{C B D} = \hat{D B F}$ ( do tứ giác ABEF nội tiếp )

3.Ta có

$\hat{C A D} = \hat{D A K} = \hat{D B K}$

Suy ra $Δ A C D = Δ A K D$ (cạnh huyền – góc nhọn)

$\begin{array}{l} \Rightarrow \{\begin{cases} A C = A K \\ D C = D K \end{cases} \\ \Rightarrow A D ⊥ C K \\ \Rightarrow C K / / EF \end{array}$

4.Ta có

\hat{E F B} = 60^{0} \Rightarrow \hat{B A C} = 60^{0} \Rightarrow \overset{⏜}{B C} = 120^{0} S_{Q u a t O B C} = \frac{π R^{2}}{3}

Gọi OH là đường cao của tam giác OBC

$\begin{array}{l} O H = R . \sin 30^{0} = \frac{R}{2} \\ B H = R . \cos 60^{0} = \frac{R \sqrt{3}}{2} \\ \Rightarrow B C = R \sqrt{3} \\ S_{Δ O B C} = \frac{\sqrt{3} R^{2}}{2} \end{array}$

Suy ra diện tích cần tính (Phần tô đen)

$S_{q u a t} - S_{Δ O B C} = \frac{π R^{2}}{3} - \frac{\sqrt{3} R}{2}$ (đơn vị diện tích)

Câu 43:

3. Tia BF cắt (O) tại K. Chứng minh EF//CK

Xem đáp án

3.Ta có

$\hat{C A D} = \hat{D A K} = \hat{D B K}$

Suy ra $Δ A C D = Δ A K D$ (cạnh huyền – góc nhọn) $\begin{array}{l} \Rightarrow \{\begin{cases} A C = A K \\ D C = D K \end{cases} \\ \Rightarrow A D ⊥ C K \\ \Rightarrow C K / / EF \end{array}$

Câu 44:

4. Giả sử $\hat{E F B} = 60^{0}$ Tính theo R diện tích giới hạn dây BC và cung nhỏ BC.

Xem đáp án

4.Ta có

\hat{E F B} = 60^{0} \Rightarrow \hat{B A C} = 60^{0} \Rightarrow \overset{⏜}{B C} = 120^{0} S_{Q u a t O B C} = \frac{π R^{2}}{3}

Gọi OH là đường cao của tam giác OBC

$\begin{array}{l} O H = R . \sin 30^{0} = \frac{R}{2} \\ B H = R . \cos 60^{0} = \frac{R \sqrt{3}}{2} \\ \Rightarrow B C = R \sqrt{3} \\ S_{Δ O B C} = \frac{\sqrt{3} R^{2}}{2} \end{array}$

Suy ra diện tích cần tính (Phần tô đen)

$S_{q u a t} - S_{Δ O B C} = \frac{π R^{2}}{3} - \frac{\sqrt{3} R}{2}$ (đơn vị diện tích)

Câu 45:

Cho nửa đường tròn (O)đường kính MN=2R. Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại N. Trên cung MN lấy điểm E tùy ý. (E không trùng với M và N), tia ME cắt đường thẳng (d) tại F. Gọi P là trung điểm của ME, tia OP cắt (d) tại Q.

1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp

Xem đáp án

1. Ta có: $\hat{M F N} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow N E ⊥ M E$

Cho nửa đường tròn (O)đường kính MN=2R. Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại N. Trên cung MN lấy điểm E tùy ý. (ảnh 1)

Lại có:

P là trung điểm của ME

O là trung điểm của MN

$\Rightarrow O P$ là đường trung bình của $Δ M E N$

$\Rightarrow O P ∥ N E \Rightarrow O P ⊥ M E$

- Xét tứ giác ONFP ta có :

$\hat{O N F} = 90^{0}$ (tính chất tiếp tuyến)

$\hat{O P F} = 90^{0}$ ( do $O P ⊥ M E$ )

$\Rightarrow \hat{O N F} + \hat{O P F} = 180^{0}$

$\Rightarrow O N F P$ là tứ giác nội tiếp ( đpcm).

Câu 46:

2. Chứng minh OF

⊥

MQ và PM.PF=PO.PQ

Xem đáp án

2. Xét $Δ M Q F$ ta có: $\{\begin{cases} M N ⊥ Q F \\ P Q ⊥ M E \\ M N \cap P Q = \{O\} \end{cases}$

$\Rightarrow$ O là trực tâm $Δ M Q F$

$\Rightarrow O F ⊥ M Q$ ( đpcm)

- Ta có:

$\begin{array}{l} \hat{M F O} + \hat{Q M F} = 90^{0} \\ \hat{P Q M} + \hat{Q M F} = 90^{0} \end{array}\} \Rightarrow \hat{M F O} = \hat{P Q M}$

Mà $\hat{M P Q} = \hat{O P F} = 90^{0}$

Nên $Δ M P Q ~ Δ O P F$

Từ đó suy ra $\frac{M P}{O P} = \frac{P Q}{P F} \Rightarrow P M . P F = P O . P Q$ (dpcm)

Câu 47:

3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF+2ME đạt giá trị nhỏ nhất.

Xem đáp án

3. Theo BĐT Cauchy ta được:

$M F + 2 M E \geq 2 \sqrt{2 M E . M F} = 2 \sqrt{2 M N^{2}} = 2 \sqrt{2.4 R^{2}} = 4 R \sqrt{2}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow M F = 2 M E = 2 R \sqrt{2}$

Mà $M F = M E + E F$

Nên E là trung điểm MF

Xét $Δ M N F$ ta có: $N E = M E = E F = \frac{1}{2} M F$

$\Rightarrow \overset{⏜}{M E} = \overset{⏜}{M F}$

$\Rightarrow E$ là điểm chính giữa cung $\overset{⏜}{M N}$ .

Câu 48:

Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB=5cm; AC=12cm.

a) Tính cạnh BC

Xem đáp án

$Δ A B C$ vuông tại A nên theo định lí Pi-ta-go ta có:.

$A B^{2} + A C^{2} = B C^{2} \Leftrightarrow B C^{2} = 5^{2} + 12^{2} = 169$ .

$\Leftrightarrow B C = 13 (cm)$ .

(Vì độ dài BC là 1 số dương).

b).

Ta có diện tích tam giác ABC được tính như sau:.

$S_{A B C} = \frac{1}{2} A B . A C \Rightarrow A B . A C = 2 S_{A B C}$ .

Hoặc:.

$S_{A B C} = \frac{1}{2} B C . A H \Rightarrow B C . A H = 2 S_{A B C} \Rightarrow A B . A C = B C . A H = 2 S_{A B C} \Leftrightarrow A H = \frac{A B . A C}{B C} = \frac{5.12}{13} = \frac{60}{13} (cm)$ .

Câu 49:

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By (Ax và By cùng thuộc nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn (O)). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M không trùng với A và B) kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt tiếp tuyến Ax và By lần lượt taị E và F

a) Chứng minh tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp.

Xem đáp án

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By (Ax và By cùng thuộc nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn (O)). (ảnh 1)

a) EM là tiếp tuyến của (O) nên $E M ⊥ O M \Leftrightarrow \hat{E M O} = 90 ° .$

EA là tiếp tuyến của (O) nên $E A ⊥ O A \Leftrightarrow \hat{E A O} = 90 °$ .

Tứ giác AEMO có: $\hat{E M O} = \hat{E A O} = 90 °$ mà 2 góc này ở vị trí đối nhau $\Rightarrow A E M O$ là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).

Câu 50:

b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Chứng minh tứ giác MPOQ là hình chữ nhật.

Xem đáp án

b)

Xét $Δ A E O$ và $Δ M E O$ có:.

EO chung;

AO=MO;

\hat{E M O} = \hat{E A O} = 90 °

$\Rightarrow Δ A E O = Δ M E O$ (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

$\Rightarrow E A = E M \Rightarrow E \in$ trung trực của đoạn MA.

Mà $O A = O M = R \Rightarrow O \in$ trung trực của đoạn MA.

$\Rightarrow O E$ là trung trực của AM.

$\Rightarrow O E ⊥ A M$ hay $O P ⊥ P M \Rightarrow \hat{O P M} = 90 °$ .

Điểm $M \in (O)$ đường kính $A B \Rightarrow \hat{A M B} = 90 °$ hay $\hat{P M Q} = 90 °$ .

Chứng minh tương tự ta có: $\hat{O Q M} = 90 °$ .

Xét tứ giác OPMQ có: $\hat{O P M} = \hat{O Q M} = \hat{P M Q} = 90 °$ .

$\Rightarrow O P M Q$ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

Suy ra điều phải chứng minh.

Câu 51:

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm D và E. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE.

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này.

Xem đáp án

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm D và E. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE. (ảnh 1)

a) Xét đường tròn (O) ta có:

$\hat{B D C}$ và $\hat{B E C}$ là hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

$\Rightarrow \hat{B D C} = \hat{B E C} = 90 °$ .

Xét tứ giác ADHE có: $\hat{B D C} + \hat{B E C} = 90 ° + 90 ° = 180 °$ mà hai góc này đối nhau nên tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn.

Ta có $Δ A D H$ và $Δ A E H$ cùng nội tiếp đường tròn có đường kính AH.

Nên tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn tâm I, đường kính AH hay I là trung điểm của AH.

Câu 52:

b) Gọi M là giao điểm của AH và BC. Chứng minh: CM.CB=CE.CA

Xem đáp án

b) Vì tứ giác ADHE nội tiếp nên $\hat{H A E} = \hat{E D C}$ (hai góc cùng nhìn đoạn HE).

Mà $\hat{E B C} = \hat{E D C}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC trong đường tròn (O)).

$\Rightarrow \hat{C A M} = \hat{C B E}$

Trong $Δ A B C$ có $B E ⊥ A C$ , $C D ⊥ A B$ (cm ở câu a).

Mà $B E \cap C D = H$

Nên H là trực tâm $Δ A B C$

$\Rightarrow A H ⊥ B C$ tại M

$\Rightarrow Δ C A M$ vuông tại M.

Xét hai tam giác vuông $\Rightarrow Δ C A M$ và $Δ C B E$ có:

$\hat{C A M} = \hat{C B E}$ (cmt)

$\Rightarrow Δ C A M ∽ Δ C B E (g.g)$

$\Rightarrow \frac{A C}{B C} = \frac{C M}{C E}$ (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

$\Rightarrow A C . C E = B C . C M$ (đpcm).

Câu 53:

c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Xem đáp án

c) Ta có: $\hat{I H D} = \hat{I D H}$ ( $Δ I H D$ cân tại I, ID=IH: bán kính (I)). (1)

Mà $\hat{I H D} = \hat{C H M}$ (đối đỉnh). (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\hat{C H M} = \hat{I D H}$ (3)

Ta lại có: $\hat{O D C} = \hat{O C D}$ ( $Δ O D C$ cân tại O, OD=OC: bán kính (O)).

Hay $\hat{O C D} = \hat{M C H}$ . (4)

Xét $Δ M H C$ vuông tại H có: $\hat{C H M} + \hat{M C H} = 90 °$

Từ (3) và (4) suy ra $\hat{I D H} + \hat{O D C} = 90 °$

$\Rightarrow I D ⊥ D O$ tại $D \in (O)$

Vậy ID là tiếp tuyến của (O).

Câu 54:

d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết $\hat{A B C} = 45 °$ , $\hat{A C B} = 60 °$ và BC=2R.

Xem đáp án

d) Ta có $A M ⊥ B C$ (cmt).

Xét tam giác vuông $Δ A B M$ và $Δ A C M$ có:

$\begin{array}{l} \tan \hat{B} = \frac{A M}{B M} \Rightarrow B M = \frac{A M}{\tan \hat{B}} = \frac{A M}{\tan 45 °} = A M \\ \tan \hat{C} = \frac{A M}{M C} \Rightarrow M C = \frac{A M}{\tan \hat{C}} = \frac{A M}{\tan 60 °} = \frac{A M}{\sqrt{3}} \end{array}$

Mà $B M + C M = B C = 2 R$

$\Rightarrow A M + \frac{A M}{\sqrt{3}} = 2 R \begin{array}{l} \Leftrightarrow (\sqrt{3} + 1) A M = 2 R \sqrt{3} \\ \Leftrightarrow A M = \frac{2 R \sqrt{3}}{\sqrt{3} + 1} = \frac{2 R \sqrt{3} (\sqrt{3} - 1)}{2} = R \sqrt{3} (\sqrt{3} - 1) \end{array}$

Diện tích tam giác ABC là:

$S_{A B C} = \frac{1}{2} A M . B C = \frac{1}{2} R \sqrt{3} . (\sqrt{3} - 1) .2 R = R^{2} (3 - \sqrt{3})$ (đvdt).

Câu 55:

Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AN=5cm; AC=12 cm.

a) Tính cạnh BC;

Xem đáp án

a)

$Δ A B C$ vuông tại A nên theo định lí Pi-ta-go ta có:

$A B^{2} + A C^{2} = B C^{2} \Leftrightarrow B C^{2} = 5^{2} + 12^{2} = 169$ .

$\Leftrightarrow B C = 13 (cm)$ (Vì độ dài BC là 1 số dương).

Câu 56:

b) Kẻ đường cao AH. Tính AH

Xem đáp án

b)

Ta có diện tích tam giác ABC được tính như sau:

$S_{A B C} = \frac{1}{2} A B . A C \Rightarrow A B . A C = 2 S_{A B C}$ .

Hoặc:

$S_{A B C} = \frac{1}{2} B C . A H \Rightarrow B C . A H = 2 S_{A B C} \Rightarrow A B . A C = B C . A H = 2 S_{A B C} \Leftrightarrow A H = \frac{A B . A C}{B C} = \frac{5.12}{13} = \frac{60}{13} (cm)$ .

Câu 57:

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By( Ax và By cùng thuộc nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn (O)). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M không trùng với A và B) kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt tiếp tuyến Ax và By lần lượt tại E và F.

a) Chứng minh tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp.

Xem đáp án

a) EM là tiếp tuyến của (O) nên $E M ⊥ O M \Leftrightarrow \hat{E M O} = 90 ° .$

EA là tiếp tuyến của (O) nên $E A ⊥ O A \Leftrightarrow \hat{E A O} = 90 °$ .

Tứ giác AEMO có:

\hat{E M O} = \hat{E A O} = 90 °

mà 2 góc này ở vị trí đối nhau

\Rightarrow A E M O

là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)

Câu 58:

b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Chứng minh tứ giác MPOQ là hình chữ nhật.

Xem đáp án

Xét $Δ A E O$ và $Δ M E O$ có:.

EO chung;

AO=MO;

\hat{E M O} = \hat{E A O} = 90 °

$\Rightarrow Δ A E O = Δ M E O$ (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

$\Rightarrow E A = E M \Rightarrow E \in$ trung trực của đoạn .

Mà $O A = O M = R \Rightarrow O \in$ trung trực của đoạn .

$\Rightarrow O E$ là trung trực của AM.

$\Rightarrow O E ⊥ A M$ hay $O P ⊥ P M \Rightarrow \hat{O P M} = 90 °$ .

Điểm $M \in (O)$ đường kính $A B \Rightarrow \hat{A M B} = 90 °$ hay $\hat{P M Q} = 90 °$ .

Chứng minh tương tự ta có: $\hat{O Q M} = 90 °$ .

Xét tứ giác OPMQ có: $\hat{O P M} = \hat{O Q M} = \hat{P M Q} = 90 °$ .

$\Rightarrow O P M Q$ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

Câu 59:

Cho đường tròn tâm O bán kính R và một đường thẳng d cố định không giao nhau. Hạ OH vuông góc với d. M là một điểm tùy ý trên d (M không trùng với H). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (O;R) (P, Q là các tiếp điểm và tia MQ nằm giữa hai tia MH và MQ). Dây cung PQ cắt OH và OM lần lượt tại I và K.

a. Chứng minh rằng tứ giác OMHQ nội tiếp.

Xem đáp án

Cho đường tròn tâm O bán kính R và một đường thẳng d cố định không giao nhau. Hạ OH vuông góc với d. (ảnh 1)

1. Chứng minh rằng tứ giác OMHQ nội tiếp.

$\hat{O H M} = 90 ° (O H ⊥ d)$ ; $\hat{O Q M} = 90 °$ (MQ là tiếp tuyến của (O) tại Q).

Vậy tứ giác OMHQ nội tiếp.

Câu 60:

2. Chứng minh rắng $\hat{O M H} = \hat{O I P}$

Xem đáp án

2) Chứng minh rằng $\hat{O M H} = \hat{O I P}$ .

OP=OQ=R; MP=MQ (MP; MQ là hai tiếp tuyến của (O))

$\Rightarrow O M$ là trung trực của PQ.

$\Rightarrow O M ⊥ P Q \Rightarrow \hat{O K I} = 90 °$ .

Do đó: $\hat{O I P} + \hat{H O M} = 90 °$ và $\hat{O M H} + \hat{H O M} = 90 ° \Rightarrow \hat{O M H} = \hat{O I P}$ (đpcm).

Câu 61:

3. Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định.

Xem đáp án

3) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định.

Xét $Δ O I K$ và $Δ O M H$ có: $\hat{O I K} = \hat{O M H}$ (cmt) và $\hat{O K I} = \hat{O H M} = 90 °$

$\Rightarrow Δ O I K$ đồng dạng với $Δ O M H$ (g-g)

$\Rightarrow \frac{O I}{O M} = \frac{O K}{O H} \Rightarrow O I . O H = O K . O M$ (1).

Mặt khác: $Δ O P M$ vuông tại P có $P K ⊥ O M \Rightarrow O K . O M = O P^{2} = R^{2}$ . (2)

Từ (1) và (2) suy ra $O I . O H = R^{2}$ (không đổi).

Mà O và d cố định nên OH không đổi $\Rightarrow O I$ không đổi. Vậy điểm I luôn cố định $(I \in O H)$ .

Câu 62:

4. Biết $O H = R \sqrt{2}$ , tính IP.IQ

Xem đáp án

4. Biết $O H = R \sqrt{2}$ , tính IP.IQ.

Ta có: $O I . O H = R^{2} \Rightarrow O I = \frac{R^{2}}{O H} = \frac{R^{2}}{R \sqrt{2}} = \frac{R}{\sqrt{2}}$ .

$\Rightarrow I H = O H - O I = R \sqrt{2} - \frac{R}{\sqrt{2}} = \frac{R}{\sqrt{2}}$ .

Lại có: $\hat{O H M} = \hat{O Q M} = \hat{O P M} = 90 °$ (theo gt).

$\Rightarrow M; P; O; Q$ và H cùng thuộc đường tròn đường kính OM.

Xét $Δ O I P$ và $Δ Q I H$ có: $\hat{O I P} = \hat{Q I H}$ (đối đỉnh) và $\hat{O P I} = \hat{Q H I}$ (góc nội tiếp cùng chắnc ung OQ).

$\Rightarrow Δ O I P$ đồng dạng với $Δ Q I H$ (g-g) $\Rightarrow \frac{I P}{O I} = \frac{I H}{I Q} \Rightarrow I P . I Q = O I . I H = \frac{R^{2}}{2}$

Câu 63:

Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và D là hình chiếu vuông góc của B trên AO sao cho D nằm giữa A và D. Gọi M là trung điểm của BC, N là giao điểm của BD và AC, F là giao điểm của MD và AC, E là giao điểm thứ hai của BD với đường tròn (O). H là giao điểm của BF và AD. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BDOM nội tiếp và

\hat{M O D} + \hat{N A E} = 180 °

.

Xem đáp án

Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và D là hình chiếu vuông góc của B trên AO sao cho D nằm giữa A và D. (ảnh 1)

a) $B D ⊥ A O \Rightarrow \hat{B D O} = 90 °$

M là trung điểm BD suy ra $O M ⊥ B C$

Tứ giác BDOM có $\hat{B D O} + \hat{O M B} = 180 °$

suy ra tứ giác BDOM nội tiếp.

Vì tứ giác BDOM nội tiếp

suy ra $\hat{D O M} + \hat{M B D} = 180 °$

Mà $\hat{M B D} = \hat{D A E}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{E C}$ ).

Câu 64:

b) DF song song với CE, từ đó suy ra NE.NF=NC.ND.

Xem đáp án

b) Ta có $\hat{B A C} = \frac{1}{2} \hat{B O C} = \hat{B O M}$

$\hat{B O M} = \hat{B D M}; \hat{B D M} = \hat{N D F}$ (đđ)

Suy ra $\hat{B A C} = \hat{N D F}$

Mặt khác: $\hat{B A C} = \hat{B E C}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{B C}$ )

Vậy $\hat{N D F} = \hat{B E C} \Rightarrow D F // E C$

Vì DF//EC nên $\frac{N E}{N D} = \frac{N C}{N F} \Rightarrow N E . N F = N C . N D$ (đpcm)

Câu 65:

c) CA là tia phân giác góc $\hat{B C E}$

Xem đáp án

c) Vì DF//EC suy ra $\hat{D F N} = \hat{A C E}$ , mà $\hat{A C E} = \hat{A B E}$

Suy ra $\hat{D F N} = \hat{A B E}$ hay tứ giác ABDF nội tiếp

Suy ra

\hat{A F B} = \hat{A D B} = 90 ° \Rightarrow Δ B F C

vuông tại F có FM là đường trung tuyến nên FM=MC suy ra

Δ F M C

cân tại

M \Rightarrow \hat{F C M} = \hat{D F N}

hay

\hat{A C E} = \hat{F C M}

Câu 66:

d) HN vuông góc với AB

Xem đáp án

d) Tam giác ANB có AD và BF là hai đường cao cắt nhau tại H nên H là trực tâm của tam giác NAB hay $N H ⊥ A B$

Câu 67:

Một cốc nước có dạng hình trụ có bán kính đáy bằng 3cm, chiều cao bằng 12cm và chứa một lượng nước cao 10cm. Người ta thả từ từ 3 viên bi làm bằng thủy tinh có cùng đường kính bằng 2cm vào cốc nước. Hỏi mực nước trong cốc lúc này cao bao nhiêu?

Xem đáp án

Thể tích của ba viên bi: $V_{1} = 3. \frac{4}{3} π r^{3} = 4 π$

Thể tích của mực nước dâng lên bằng đúng thể tích của 3 viên bi, do đó nếu gọi $V_{2}$ là thể tích của mực nước dâng lên và h là độ cao của mực nước dâng lên thêm

Ta có: $V_{2} = π r^{2} . h = 4 π \Leftrightarrow π 3^{2} . h = 4 π \Rightarrow h = \frac{4}{9} c m$

Vậy mực nước trong cốc lúc này là: $10 + \frac{4}{9} = \frac{94}{9} cm < 12 cm$

Do đó, nước chưa tràn ra khỏi cốc và mực nước trong cốc lúc này là $\frac{94}{9} cm$ .

Câu 68:

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB, N là điểm bất kỳ thuộc cung MB (N khác M và B). Tia AM và AN cắt tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn tâm O lần lượt tại C và D

1. Tính số đo $\hat{A C B}$ .

Xem đáp án

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB, N là điểm bất kỳ thuộc cung MB (N khác M và B). (ảnh 1)

1. Tính số đo $\hat{A C B}$ .

Vì M là điểm chính giữa cung AB nên $M A = M B, \hat{A M B}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. Suy ra tam giác AMB vuông cân tại M. Từ đó: $\hat{M A B} = 45^{0}$

Tam giác ABC vuông tại B có $\hat{C A B} = 45^{0}$ nên là tam giác vuông cân tại B Suy ra $\hat{A C B} = 45^{0}$

Câu 69:

2. Chứng minh tứ giác MNDC nội tiếp một đường tròn

Xem đáp án

2. Chứng minh tứ giác MNDC nội tiếp trong một đường tròn.

Ta có: $\hat{A N M} = 45^{0}$ (góc nội tiếp chắn cung AM bằng $\frac{1}{4}$ đường tròn)

Lại có: $\hat{M C D} = 45^{0}$ (vì $\hat{A C B} = 45^{0}$ )

Tứ giác MNDC có $\hat{M C D} = \hat{A N M} = 45^{0}$ nên nội tiếp được đường tròn (góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện)

Câu 70:

4. Chứng minh $A M . A C = A N . A D = 4 R^{2} .$

Xem đáp án

3. Chứng minh $A M . A C = A N . A D = 4 R^{2} .$

Ta có: $\hat{C A D} = \hat{N A M}$ (1); $\hat{A N M} = 45^{0}$ (góc nội tiếp chắn đường tròn);

$\hat{A C D} = \hat{A C B} = 45^{0}$ (câu 2). Nên $\hat{A N M} = \hat{A C D} = 45^{0}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $Δ C A D$ ∽ $Δ Ν Α Μ$ (g-g). Suy ra: $\frac{A M}{A D} = \frac{A N}{A C} \Rightarrow A M . A C = A N . A D$

Tam giác ABC vuông tại B có BM là đường cao cho: $A B^{2} = A M . A C \Leftrightarrow 4 R^{2} = A M . A C$

Vậy: $A N . A C = A N . A D = 4 R^{2} .$

Câu 71:

Cho hình nón có đường sinh bằng 26cm diện tích xung quanh là $260 π c m^{2} .$ Tính bán kính đáy và thể tích của hình nón.

Xem đáp án

Cho hình nón có đường sinh bằng 26cm diện tích xung quanh là 260pi c^2. Tính bán kính đáy và thể tích của hình nón. (ảnh 1)

Ta có: $S_{x q} = π r l \Leftrightarrow 260 π = π r .26 \Rightarrow r = 10 (c m)$

$h = \sqrt{l^{2} - r^{2}} = \sqrt{26^{2} - 10^{2}} = \sqrt{(26 - 10) (26 + 10)} = \sqrt{16.36} = 24 (c m)$

$V = \frac{1}{3} π r^{2} h = \frac{1}{3} π 10^{2} .24 = 800 π (c m^{3})$

Câu 72:

Cho tam giác ABC nhọn có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H. Gọi M là trung điểm của đoạn AH.

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn

Trong tứ giác AEHF có: $\hat{A E H} = \hat{A F H} = 90^{o}$ (vì BE ^ AC và CF ^ AB)

Vậy $\hat{A E H} + \hat{A F H} = 90^{o} + 90^{o} = 180^{o}$ mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn

Câu 73:

2. Chứng minh CE.CA=CB.CD

Xem đáp án

2) Chứng minh CE.CA = CD.CB

Xét ∆CAD vuông tại D và ∆CBE vuông tại E có: góc C chung

Vậy ∆CAD

~

∆CBE Þ

\frac{C A}{C B} = \frac{C D}{C E} \Leftrightarrow C E . C A = C D . C B

Câu 74:

3. Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF.

Xem đáp án

3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BEF

Trong tứ giác BFEC có: $\hat{B F C} = \hat{B E C} = 90^{o}$ (vì BE ^ AC và CF ^ AB)

mà hai góc này cùng chắn cạnh BC nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Hay ∆BEF nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Vì M là trung điểm của cạnh huyền AH trong tam giác vuông AEH nên ME = MH Þ ∆MEH cân tại M

Þ $\hat{M E H} = \hat{M H E}$ hay $\hat{M E B} = \hat{A H E}$ mà $\hat{A H E}$ phụ $\hat{H A E}$ (∆AHE vuông tại E)

Þ $\hat{M E B}$ phụ $\hat{H A E}$ hay $\hat{M E B}$ phụ $\hat{D A C}$

Mặt khác $\hat{A C D}$ phụ $\hat{D A C}$ (∆ADC vuông tại D) hay $\hat{E C B}$ phụ $\hat{D A C}$

Vậy $\hat{M E B} = \hat{E C B}$ (cùng phụ $\hat{D A C}$ )

Trong đường tròn ngoại tiếp ∆BEF có $\hat{M E B} = \hat{E C B}$ Þ ME là tiếp tuyến tại E của đường tròn này (vì có góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung EB)

Cách 2: Gọi O là trung điểm của BC. Chứng minh ME ^ EO

Trong tứ giác BFEC có: $\hat{B F C} = \hat{B E C} = 90^{o}$ (vì BE ^ AC và CF ^ AB) mà hai góc này cùng chắn cạnh BC nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn có tâm O là trung điểm BC.

Hay ∆BEF nội tiếp đường tròn tâm O.

Vì M là trung điểm của cạnh huyền AH trong tam giác vuông AEH nên ME = MH Þ ∆MEH cân tại M

Þ $\hat{M E H} = \hat{M H E}$ mà $\hat{M H E} = \hat{B H D}$ nên $\hat{M E H} = \hat{B H D}$ (1)

Tương tự:

Lại có O là trung điểm của cạnh huyền BC trong tam giác vuông BEC nên OE = OB

Þ ∆OBE cân tại O

Þ $\hat{B E O} = \hat{E B O}$ hay $\hat{H E O} = \hat{H B D}$ (2)

Từ (1) và (2) ta có: $\hat{M E H} + \hat{H E O} = \hat{B H D} + \hat{H B D}$

$\Rightarrow \hat{M E O} = 90^{o}$ (vì ∆HBD vuông tại D)

Þ ME ^ OE mà E thuộc đường tròn (O) ngoại tiếp ∆BEF

Þ ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại

Câu 75:

4) Gọi I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh $\hat{D I J} = \hat{D F C}$ .

Xem đáp án

4) Gọi I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh góc DIJ=DFC (ảnh 1)

Xét ∆ECD và ∆BCA có:

Góc C chung

$\frac{C D}{C A} = \frac{C E}{C B}$ (vì $\frac{C A}{C B} = \frac{C D}{C E}$ )

Vậy ∆ECD $~$ ∆BCA (cạnh – góc – cạnh)

Chứng minh tương tự ta có: ∆BFD $~$ ∆BCA

Vậy ∆ECD $~$ ∆BFD (tính chất bắc cầu) Þ $\frac{D C}{D F} = \frac{D E}{D B}$ (3); $\hat{B D F} = \hat{E D C}; \hat{F B D} = \hat{C E D}$

Xét ∆BID và ∆EJD có

$\hat{I B D} = \hat{J E D}$ (vì $\hat{F B D} = \hat{C E D}$ )

$\hat{I D B} = \hat{J D E}$ (vì $\hat{B D F} = \hat{E D C}$ )

Vậy ∆BID $~$ ∆EJD (góc – góc) Þ $\frac{D E}{D B} = \frac{D J}{D I}$ (4)

Từ (3) và (4) Þ $\frac{D C}{D F} = \frac{D J}{D I}$

Dễ chứng minh: $\hat{C D F} = \hat{J D I}$ (cùng bù góc FDB)

Xét ∆DCF và ∆DJI có:

$\hat{C D F} = \hat{J D I}$

$\frac{C D}{J D} = \frac{F D}{I D}$ (vì $\frac{D C}{D F} = \frac{D J}{D I}$ )

Vậy ∆DCF $~$ ∆DJI (cạnh – góc – cạnh) Þ $\hat{D I J} = \hat{D F C}$ (hai góc tương ứng)

Câu 76:

Cho đường tròn (O) có AB là một dây cung cố định không đi qua O. Từ một điểm M bất kì trên cung lớn AB (M không trùng A và B) kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Gọi MQ là đường cao của tam giác AMN (Q thuộc AN).

a) Chứng minh tứ giác AMHQ nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) có AB là một dây cung cố định không đi qua O. Từ một điểm M bất kì trên cung lớn AB (M không trùng A và B) (ảnh 1)

Theo đề bài, ta có $\{\begin{cases} A H ⊥ M H \Rightarrow \hat{A H M} = 90 ° \\ A Q ⊥ M Q \Rightarrow \hat{A Q M} = 90 ° \end{cases} \Rightarrow \hat{A H M} = \hat{A Q M}$ (Cùng bằng 90^o).

$\Rightarrow$ Tứ giác AMHQ nội tiếp (Bài toán quỹ tích cung chứa góc).

Câu 77:

b) Gọi I là giao điểm của AB và MQ. Chứng minh tam giác IBM cân

Xem đáp án

b) Theo ý a) thì tứ giác AMHQ nội tiếp

$\Rightarrow \hat{H M I} = \hat{H A N}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau).

Tứ giác AMBN nội tiếp $\Rightarrow \hat{H M B} = \hat{H A N}$ (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau)

$\Rightarrow \hat{H M I} = \hat{H M B}$ (Cùng bằng $\hat{H A N}$ ).

Mà MH ở giữa MI và MB $\Rightarrow M H$ là phân giác của $\hat{I M B}$ .

Tam giác MIB có MH vừa là đường cao, vừa là phân giác nên $Δ M I B$ cân tại M.

Vậy tam giác IBM cân.

Câu 78:

c) Kẻ MP vuông góc với BN tại P. Xác định vị trí của M sao cho MQ.AN+MP.BN đạt giá trị lớn nhất.

Xem đáp án

c) Ta có $M Q . A N + M P . B N = 2 S_{M A N} + 2 S_{M B N} = 2 S_{A M B N} = A B . M N$ .

Mà $M N \leq 2 R$ (Trong các dây của một đường tròn, dây lớn nhất là đường kính)

$\Rightarrow M Q . A N + M P . B N \leq 2 A B . R$ (không đổi).

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow M$ là điểm chính giữa của cung lớn AB.

Vậy

M Q . A N + M P . B N

lớn nhất bằng 2.AB.R, đạt được khi M là điểm chính giữa của cung lớn AB

Câu 79:

Cho đường tròn (O), từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MA và MB của đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Kẻ đường kính BE của đường tròn (O). Gọi F là giao điểm thứ hai của đường thẳng ME và đường tròn (O). Đường thẳng AF cắt MO tại điểm N. Gọi H là giao điểm của MO và AB.

1. Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O), từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MA và MB của đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). (ảnh 1)

1. Ta có $\hat{M A O} = \hat{M B O} = 90 ° \Rightarrow \hat{M A O} + \hat{M B O} = 180 ° .$ Mà hai góc đối nhau nên tứ giác MAOB nội tiếp.

Câu 80:

2. Chứng minh AE//MO

Xem đáp án

2. Ta có tam giác AOE cân tại O nên $\hat{A E O} = \hat{O A E}$ . (1)

Ta lại có $\hat{A E O} = \hat{M A B} = \frac{1}{2} s d \overset{⏜}{A B} = \hat{A O M} .$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra

\hat{A E O} = \hat{A O M} \Rightarrow A E // O M .

Câu 81:

3. Chứng minh $M N^{2} = N F . N A .$

Xem đáp án

3. Xét hao tam giác $Δ M N F$ và $Δ A N M$ có:

$\hat{M N F} = \hat{A N M}$

và $\hat{F M N} = \hat{A E F} = \hat{M A N}$ (góc so le trong, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây dung)

$\Rightarrow Δ M N F ~ Δ A N M$ (g.g) $\Rightarrow \frac{N A}{M N} = \frac{M N}{N F} \Rightarrow N M^{2} = N F . N A .$

Câu 82:

4. Chứng minh MN=NH

Xem đáp án

4. Ta có MA=MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA=OB=R

$\Rightarrow M O$ là đường trung trực của AB

$\Rightarrow A H ⊥ M O$ và HA=HB

$Δ M A F$ và $Δ M E A$ có:

$\hat{A M E}$ chung

$\hat{A_{1}} = \hat{E_{1}}$

$\Rightarrow Δ M A F$ $~$ $Δ M E A$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{M A}{M E} = \frac{M F}{M A} \Rightarrow M A^{2} = M F . M E$ .

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MAO, ta có $M A^{2} = H O . M H$ .

Do đó $M E . M F = M H . M O \Rightarrow \frac{M E}{M H} = \frac{M O}{M F}$

$\Rightarrow Δ M F H ~ Δ M O E$ (c.g.c)

$\Rightarrow \hat{H_{1}} = \hat{E_{2}} .$

Vì $\hat{B A E}$ là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng

$\Rightarrow \hat{E_{2}} = \hat{A_{2}} (= \frac{1}{2} s d \overset{⏜}{E B}) \Rightarrow \hat{H_{1}} = \hat{A_{2}} \Rightarrow \hat{N_{1}} + \hat{H_{1}} = \hat{N_{1}} + \hat{A_{2}} = 90 ° \Rightarrow H F ⊥ N A .$

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông NHA ta có $N H^{2} = N F . N A$

$\Rightarrow N M^{2} = N H^{2} \Rightarrow M N = N H .$

Câu 83:

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB cố định. H là điểm cố định thuộc đoạn OA(H không trùng O và A). Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với AB cắt đường tròn tâm O tại C và D. Gọi K là điểm tùy ý thuộc cung lớn CD (K không trùng các điểm C, D và B). Gọi I là giao điểm của AK và CD.

a) Chứng minh tứ giác HIKB nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB cố định. H là điểm cố định thuộc đoạn OA(H không trùng O và A). (ảnh 1)

a) Tứ giác HIKB có $\hat{I H B} = 90^{0}$ (gt).

$\hat{I K B} = \hat{A K B} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra tứ giác HIKB nội tiếp đường tròn (đpcm).

Câu 84:

b) Chứng minh AI.AK=AH.AB

Xem đáp án

b) Xét $Δ A I B v à Δ A H K$ có góc A chung, có $\hat{I K H} = \hat{I B H}$ (cùng chắn cung HI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác HIKB).

Suy ra $Δ AIB$ đồng dạng với $Δ A H K$ .

Suy ra $\frac{A I}{A H} = \frac{A B}{A K} \Rightarrow A I . A K = A H . A B$ (đpcm).

Câu 85:

c) Chứng minh khi điểm K thay đổi trên cung lớn CD của đường tròn tâm O thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KCl luôn thuộc một đường thẳng cố định

Xem đáp án

c) Đường kính AB vuông góc với dây CD tại H (gt) , suy ra $H C = H D \Rightarrow A C = A D$

Suy ra $s đ \overset{⏜}{A C} = s đ \overset{⏜}{A D}$ .

Suy ra $\hat{A C D} = \hat{A K C}$ (cùng chắn hai cung bằng nhau).

Mặt khác tia CA và điểm K nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là đường thẳng CI.

Suy ra CA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác KCI tại tiếp điểm C.

(H/s có thể chứng minh $A C^{2} = A I . A K$ để suy ra CA là tiếp tuyến).

Gọi Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KCI, suy ra Q nằm trên đường thẳng vuông góc với CA tại C.

Mặt khác $C B ⊥ C A$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) , suy ra Q thuộc đường thẳng CB cố định (đpcm).

Câu 86:

Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F(F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB.

1. Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

1) Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên $\hat{M A O} = \hat{M B O} = 90 °$ .

Tứ giác MAOB có $\hat{M A O} + \hat{M B O} = 180 °$

$\Rightarrow$ Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

Câu 87:

2. Chứng minh: $M N^{2} = N F . N A$ và MN=NH

Xem đáp án

2. * Ta có: $\hat{M_{1}} = \hat{E_{1}}$ (so le trong, AE//MO) và $\hat{A_{1}} = \hat{E_{1}}$ (cùng bằng $\frac{1}{2}$ sđ $\overset{⏜}{A F}$ )

$\Rightarrow \hat{M_{1}} = \hat{A_{1}}$ .

Xét $Δ N M F$ và $Δ N A M$ có: $\hat{M N A}$ chung; $\hat{M_{1}} = \hat{A_{1}}$

$\Rightarrow Δ N M F ∽ Δ N A M (g . g) \Rightarrow \frac{N M}{N A} = \frac{N F}{N M} \Rightarrow N M^{2} = N F . N A$ .

* Có MA=MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA=OB=R

$\Rightarrow M O$ là đường trung trực của AB

$\Rightarrow$ AH $⊥$ MO và HA = HB.

Xét $Δ M A F$ và $Δ M E A$ có: $\hat{A M E}$ chung; $\hat{E_{1}} = \hat{A_{1}}$

$\Rightarrow Δ M A F ∽ Δ M E A (g . g) \Rightarrow \frac{A M}{M E} = \frac{M F}{M A} \Rightarrow M A^{2} = M F . M E$ .

Áp dụng hệ thức lượng vào $∆$ vuông MAO có: $M A^{2} = M H . M O$ .

Do đó: $M E . M F = M H . M O \frac{M E}{M H} = \frac{M O}{M F} \Rightarrow \frac{M E}{M H} = \frac{M O}{M F}$

$\Rightarrow Δ M F H ∽ Δ M O E (c . g . c) \Rightarrow \hat{E_{2}} = \hat{H_{1}}$ .

Vì $\hat{B A E}$ là góc vuông nội tiếp (O) nên E,O,B thẳng hàng.

$\Rightarrow \hat{E_{2}} = \hat{A_{2}}$ (vì = $\frac{1}{2}$ sđ $\overset{⏜}{E B}$ )

$\Rightarrow \hat{A_{2}} = \hat{H_{1}} \Rightarrow \hat{N_{1}} + \hat{H_{1}} = \hat{N_{1}} + \hat{A_{2}} = 90 ° \Rightarrow H F ⊥ N A$ .

Áp dụng hệ thức lượng vào $∆$ vuông NHA có:

$N H^{2} = N F . N A \Rightarrow N H^{2} = N M^{2} \Rightarrow N M = N H$ .

Câu 88:

3. Chứng minh: $\frac{H B^{2}}{H F^{2}} - \frac{E F}{M F} = 1$

Xem đáp án

3) Chứng minh: $\frac{H B^{2}}{H F^{2}} - \frac{E F}{M F} = 1$ .

Áp dụng hệ thức lượng vào $∆$ vuông NHA có: $H A^{2} = F A . N A$ và $H F^{2} = F A . F N$

Mà $H A = H B \Rightarrow \frac{H B^{2}}{H F^{2}} = \frac{H A^{2}}{H F^{2}} = \frac{F A . N A}{F A . F N} = \frac{N A}{N F}$ .

Vì AE//MN nên $\frac{E F}{M F} = \frac{F A}{N F}$ (hệ quả của định lí Ta-lét)

$\Rightarrow \frac{H B^{2}}{H F^{2}} - \frac{E F}{M F} = \frac{N A}{N F} - \frac{F A}{N F} = \frac{N F}{N F} = 1$ .

Câu 89:

Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm I. Dây MN cắt các cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K.

1) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB (ảnh 1)

a) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.

Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ AB của (O) (giả thiết)

$\Rightarrow s d \overset{⏜}{A M} = s d \overset{⏜}{M B}$

$\Rightarrow \hat{A N M} = \hat{B C M}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Xét tứ giác CNKI ta có:

$\hat{I N K} = \hat{I C K}$ (vì $\hat{A N M} = \hat{B C M}$ )

$\Rightarrow C N K I$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

$\Rightarrow C,$ N, K, I cùng thuộc một đường tròn.

Câu 90:

2. Chứng minh $N B^{2} = N K . N M$

Xem đáp án

Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC của (O) (giả thiết)

$\Rightarrow s d \overset{⏜}{B N} = s d \overset{⏜}{N C}$

$\Rightarrow \hat{B M N} = \hat{N B C}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Xét $∆ B M N$ và $∆ K B N$ ta có:

- $\hat{B N M}$ là góc chung.

- $\hat{B M N} = \hat{N B K}$ (vì $\hat{B M N} = \hat{N B C}$ )

$\Rightarrow △ B M N ~ △ K B N (g-g) \Rightarrow \frac{N B}{N K} = \frac{N M}{N B} \Rightarrow N B^{2} = N K . N M$ .

Câu 91:

3. Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

Xem đáp án

+ Chứng minh BIHK là hình bình hành.

Gọi J là giao điểm của AN và BC.

Ta có: $s d \overset{⏜}{A M} = s d \overset{⏜}{M B}$ (cmt)

$\Rightarrow \hat{A C M} = \hat{B C M}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

$\Rightarrow C M$ là phân giác của $\hat{A C B}$

$\Rightarrow C I$ là phân giác trong của $△ C A J$

$\Rightarrow \frac{I A}{I J} = \frac{C A}{C J}$ (1)

Ta có: $s d \overset{⏜}{A M} = s d \overset{⏜}{M B}$ (cmt)

$\Rightarrow \hat{A N M} = \hat{B N M}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

$\Rightarrow N M$ là phân giác của $\hat{A N B}$ .

$\Rightarrow N H$ là phân giác trong của $△ N A B$

$\Rightarrow \frac{H A}{H B} = \frac{N A}{N B}$ (2)

Ta có: $s d \overset{⏜}{B N} = s d \overset{⏜}{N C}$

$\Rightarrow \hat{B A N} = \hat{C A N}$ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Xét $△ C A J$ và $△ N A B$ ta có:

- $\hat{A C J} = \hat{A N B}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset{⏜}{A B}$ )

- $\hat{B A N} = \hat{C A J}$ (cmt)

$\Rightarrow △ C A J ~ △ N A B (g-g)$

$\Rightarrow \frac{C A}{N A} = \frac{C J}{N B} \Rightarrow \frac{C A}{C J} = \frac{N A}{N B}$ (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $\frac{I A}{I J} = \frac{H A}{H B}$

$\Rightarrow H I ∥ B J$ (định lí Thales đảo) hay $\Rightarrow H I ∥ B J$ (4)

Chứng mình tương tự các ý ở trên, ta được KI//BH (5)

Từ (4) và (5) suy ra BHIK là hình bình hành.

+ Chứng minh BH=BK.

Ta có : $△ K B N ~ △ B M N$ (cmt) $\Rightarrow \frac{B K}{B M} = \frac{B N}{M N} \Rightarrow B K = \frac{B M . B N}{M N}$ (6)

Chứng minh tương tự câu b) ta có: $△ H M B ~ △ B M N (g-g)$

$\Rightarrow \frac{B H}{B N} = \frac{B M}{M N} \Rightarrow B H = \frac{B M . B N}{M N}$ (7)

Từ (6) và (7) suy ra BH=BK

Mà BHIK là hình bình hành nên BHIK là hình thoi.

Câu 92:

d) Gọi P, Q lần lượt là tam của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Xem đáp án

d) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ . Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

d) Gọi P, Q lần lượt là tam của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của PQ. (ảnh 1)

Ta có:

$\hat{N B K} = \hat{B M K}$ (cmt)
$\Rightarrow B N$ là tiếp tuyến tại B của (P)
$\Rightarrow B N ⊥ B P$
Mà $B N ⊥ B D$ (vì $\hat{D B N} = 90^{o}$ : góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)
nên B, P, D thằng hàng.
Ta có: $△ P B K$ cân tại P (PB=PK)
$\Rightarrow \hat{B P K} = 180^{o} - 2 \cdot \hat{P B K}$ (8)
Ta có: $\{\begin{matrix} N B = N C (s d \overset{⏜}{N B} = s d \overset{⏜}{N C}) \\ O B = O C \end{matrix}$ là đường trung trực của đoạn BC
$\Rightarrow D B = D C$ (D thuộc đường thẳng ON)
$\Rightarrow △ D B C$ cân tại D
$\Rightarrow \hat{B D C} = 180^{o} - 2 \cdot \hat{D B C}$ (9)
Từ (8) và (9) suy ra $\hat{B P K} = \hat{B D C}$
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên $P K ∥ D C \Rightarrow P K ∥ D Q$ (10)
Chứng minh tương tự ta có: C, Q, D thẳng hàng và (11)
Từ (10) và (11) suy ra DPKQ là hình bình hành
Mà E là trung điểm của đường chéo PQ nên E cũng là trung điểm của đường chéo DK
$\Rightarrow D, E, K$ thẳng hàng.

Câu 93:

Cho đường tròn tâm O, bán kính R, đường kính BC. Gọi A là một điểm thuộc đường tròn (A khác B và C). Đường phân giác $\hat{B A C}$ cắt BC tại D và cắt đường tròn tại M

1. Chứng minh MB=MC và OM vuông góc với BC.

Xem đáp án

Cho đường tròn tâm O, bán kính R, đường kính BC. Gọi A là một điểm thuộc đường tròn (A khác B và C). (ảnh 1)

1. Vì AD là tia phân giác của góc $\hat{B A C}$ nên BM=CM.

Vì OB = OC và MB = MC nên OM là đường trung trực của BC nên $O M ⊥ B C$

Câu 94:

2. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của D lên AB, AC. Tứ giác AEDF là hình gì?

Xem đáp án

3. Ta có $\hat{A B C} = 60^{0}$ suy ra cung AC có số đo bằng 120⁰ và cung AB có số đo bằng 60⁰, suy ra AB = R

Và $A C = R \sqrt{3}$

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có $\frac{D B}{D C} = \frac{A B}{A C} = \frac{R}{R \sqrt{3}}$

Suy ra $\frac{D B}{1} = \frac{D C}{\sqrt{3}} = \frac{B C}{1 + \sqrt{3}} = \frac{2 R}{1 + \sqrt{3}}$

Do đó $D C = \frac{2 R \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}}$

Diện tích tam giác DMC là:

\frac{1}{2} D C . O M = \frac{1}{2} . \frac{2 R \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}} . R = \frac{R^{2} \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}}

.

Câu 95:

1. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB=30 cm, AC=40 cm. Tính độ dài đường cao AH và số đo góc B (làm tròn đến độ).

Xem đáp án

1.Ta có $\frac{1}{A H^{2}} = \frac{1}{A B^{2}} + \frac{1}{A C^{2}} \Rightarrow A H = 24 cm$

$\tan B = \frac{A C}{A B} = \frac{40}{30} \Rightarrow \hat{B} \approx 53^{0}$

Câu 96:

2. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O), (B, C là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.

Xem đáp án

2. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O), (B, C là hai tiếp điểm). (ảnh 1)

Vẽ hình đúng đến câu a)

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.

\hat{A B O} = 90^{0} \hat{A C O} = 90^{0}

$\hat{A B O} + \hat{A C O} = 180^{0}$ suy ra tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.

Câu 97:

b) Vẽ cát tuyến ADE của (O) sao cho cát tuyến ADE nằm giữa 2 tia AO, AB; D, E thuộc đường tròn (O) và D nằm giữa A, E. Chứng minh $A B^{2} = A D . A E$ .

Xem đáp án

b) Vẽ cát tuyến ADE của (O) sao cho cát tuyến ADE nằm giữa 2 tia AO, AB; D, E thuộc đường tròn (O) và D nằm giữa A, E. Chứng minh $A B^{2} = A D . A E$ .

Tam giác ADB đồng dạng với tam giác ABE

$\Rightarrow \frac{A B}{A E} = \frac{A D}{A B} \Leftrightarrow A B^{2} = A D . A E$

Câu 98:

c) Gọi F là điểm đối cứng của D qua AO,H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: ba điểm E, F, H thẳng hàng.

Xem đáp án

c) Gọi F là điểm đối xứng của D qua AO, H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: ba điểm E, F, H thẳng hàng.

Hai tam giác ADH và AOE đồng dạng suy ra $\hat{D H A} = \hat{A E O}$

Tam giác DOE cân tại O suy ra $\hat{O D E} = \hat{A E O}$

Tứ giác DHOE nội tiếp suy ra $\hat{O D E} = \hat{E H O}$

suy ra $\hat{D H A} = \hat{E H O}$

nên $\hat{D H A} = \hat{E H O} = \hat{A H F}$ . Suy ra $\hat{A H E} + \hat{A H F} = 180^{0} \Rightarrow$ ba điểm E, F, H thẳng hàng.

Câu 99:

1. Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O; R) vẽ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm).

a) Chứng minh rằng bốn điểm M, A, O, B cùng nằm trên một đường tròn;

Xem đáp án

1. Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O; R) vẽ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm). (ảnh 1)

+ Xét đường tròn (O) có MA, MB là tiếp tuyến $\Rightarrow \hat{M A O} = \hat{M B O} = 90 °$

+ Xét tứ giác MAOB có $\hat{M A O} + \hat{M B O} = 180 °$

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau

Suy ra tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

Do đó bốn điểm M, A, O, B cùng nằm trên một đường tròn.

Câu 100:

b) Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O của đường tròn đó sao cho điểm C nằm giữa hai điểm M và D. Tiếp tuyến tại điểm C và điểm D của đường tròn (O) cắt nhau tại điểm N. Gọi H là giao điểm của AB và MO, K là giao điểm của CD và QN. Chứng minh rằng $O H . O M = O K . O N = R^{2};$

Xem đáp án

b) Ta có MA=MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

Lại có $O A = O B = R \Rightarrow O M$ là đường trung trực của đoạn thẳng AB

$\Rightarrow O M ⊥ A B$ tại H.

Xét $Δ A O M$ vuông tại A, đường cao AH:

Theo hệ thức về cạnh góc vuông và đường cao trong tam giác vuông ta có: $O H . O M = O A^{2} = R^{2} (1)$

Chứng minh tương tự ta được : $O K . O N = R^{2}$ (2);

Từ (1) và (2) suy ra $O H . O M = O K . O N = R^{2}$ (đpcm).

Câu 101:

c) Chứng minh rằng ba điểm A, B, N thẳng hàng.

Xem đáp án

Từ câu b) ta có : $O H . O M = O K . O N \Rightarrow \frac{O K}{O H} = \frac{O M}{O N} .$

Xét $Δ O K M v µ Δ O H N$ có: $\begin{array}{l} \frac{O K}{O H} = \frac{O M}{O N} (c m t) \\ \hat{M O K} = \hat{N O H} \end{array}\} \Rightarrow Δ O K M ~ Δ O H N (c . g . c)$

$\Rightarrow \hat{O K M} = \hat{O H N} = 90^{0} \Rightarrow H N ⊥ O M$ tại H (3);

Mặt khác $A B ⊥ O M$ tại H (4);

+ Từ (3) và (4) suy ra ba điểm A, B, N thẳng hàng (đpcm).

Câu 102:

2. Hình trụ có đường kính đáy bằng 4cm và chiều cao bằng đường kính đáy. Tính thể tích hình trụ (lấy $π = 3, 14$ ).

Xem đáp án

Theo bài ra ta có: $r = d : 2 = 4 : 2 = 2 c m \Rightarrow h = 4 c m$ .

Áp dụng công thức tính thể tích hình trụ, ta có:

V = π {.r}^{2} .h = π {.2}^{2} .4 = 50, 24 ({cm}^{3})

.

Câu 103:

Cho đường tròn (O) có đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F.

a) Chứng minh rằng: Tứ giác FCDE là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) có đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B). (ảnh 1)

a) Ta có hai góc $\hat{A C B} = \hat{A E B} = 90^{0}$ (hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tứ giác FCDE có $\hat{F C D} = \hat{F ED} = 90^{0} \Rightarrow \hat{F C D} + \hat{F ED} = 180^{0}$

Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp đường tròn đường kính DF.

Câu 104:

b) Chứng minh rằng: DA.DE=DB.DC

Xem đáp án

b) Xét hai tam giác vuông CDA và EDB có $\hat{C D A} = \hat{E D B}$

(hai góc đối đỉnh).

Suy ra hai tam giác $△ C D A$ và $△ E D B$ đồng dạng.

Câu 105:

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh rằng IC là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Xem đáp án

c) Gọi I là trung điểm của DF

Vì $Δ D C F$ vuông tại C có I là trung điểm của DF nên IC=IF

Suy ra $Δ I C F$ cân tại $I \Rightarrow \hat{I C F} = \hat{I F C}$ (1)

Vì tứ giác FCDE nội tiếp nên $\hat{I F C} = \hat{C E D}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DC) (2)

Lại có $\hat{C E D} = \hat{C B O}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)) và $\hat{O B C} = \hat{O C B}$ (do $Δ O B C$ cân tại O) (3)

Từ (1), (2) và $(3) \Rightarrow \hat{I C F} = \hat{O C B}$

Mà $\hat{I C F} + \hat{I C D} = 90^{o}$

Do đó $\hat{O C B} + \hat{I C D} = 90^{o} .$

Vậy IC là tiếp tuyến của đường tròn tâm

Câu 106:

Lúc 6h sáng, bạn An đi xe đạp từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B) phải leo lên và xuống một con dốc (như hình vẽ bên dưới). Cho biết đoạn thẳng AB dài 762m, góc A bằng 6^o và góc B bằng 4^o.

Lúc 6h sáng, bạn An đi xe đạp từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B) phải leo lên và xuống một con dốc (như hình vẽ bên dưới). (ảnh 1)

a) Tính chiều cao h của con dốc

Xem đáp án

a) Xét các tam giác AHC và BHC vuông tại H, ta có :

$\tan A = \frac{C H}{A H} \Leftrightarrow A H = \frac{C H}{\tan A} \tan B = \frac{C H}{B H} \Leftrightarrow B H = \frac{C H}{\tan B}$

Suy ra: $A B = A H + B H = \frac{C H}{\tan A} + \frac{C H}{\tan B} = C H . (\frac{1}{\tan A} + \frac{1}{\tan B}) = C H . \frac{\tan A + \tan B}{\tan A . \tan B}$ .

$\Leftrightarrow C H = \frac{A B . \tan A . \tan B}{\tan A + \tan B} = \frac{762. \tan 6 ° . \tan 4 °}{\tan 6 ° + \tan 4 °} \approx 32 m$

Câu 107:

b) Hỏi bạn An đến trường lúc mấy giờ? Biết rằng tốc độ trung bình lên dốc là 4km/h và tốc độ trung bình xuống dốc là 19km/h.

Xem đáp án

b) Ta có: $\sin A = \frac{C H}{A C} \Leftrightarrow A C = \frac{C H}{\sin A} \approx 306, 1 m = 0, 3061 k m$

$\sin B = \frac{C H}{B C} \Leftrightarrow B C = \frac{C H}{\sin B} \approx 458, 7 m = 0, 4587 k m$

Gọi $t, t_{A C}, t_{C B}$ (giờ) lần lượt là khoảng thời gian An đi từ A đến B, A đến C và C đến B.

Khi đó: $t = t_{A C} + t_{C B} = \frac{A C}{4} + \frac{C B}{19} \approx 0, 1 h = 6$ phút.

Vậy An đến trường vào lúc 6 giờ 6 phút.

Câu 108:

Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt các đoạn BC và OC lần lượt tại D và I gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên OC; AH cắt BC tại M.

a) Chứng minh: Tứ giác ACDH là nội tiếp và $\hat{C H D} = \hat{A B C}$ .

Xem đáp án

Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt các đoạn BC và OC lần lượt tại D và I gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên OC; AH cắt BC tại M. (ảnh 1)

a) Ta có $\hat{A H C} = 90 °$ ( $A H ⊥ O C$ ).

$\hat{A D B} = 90 °$

( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB).

Vậy $\Rightarrow A H D C$ nội tiếp đường tròn đường kính AC.

$\Rightarrow \hat{D A C} = \hat{C H D} (1)$ ( góc nội tiếp cùng chắn cung CD).

Mặt khác $\hat{D A C} = \hat{A B C} = \frac{1}{2}$ sđ $\overset{⏜}{A I D} (2)$ .

( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung ).

Từ (1); (2) $\hat{C H D} = \hat{A B C}$ .

Câu 109:

b) Chứng minh: Hai tam giác OHB và OBC đồng dạng với nhau và HM là tia phân giác của góc BHD

Xem đáp án

b) Ta có $Δ A H O ~ Δ C A O$ ( g-g) vậy $\Rightarrow \frac{A O}{C O} = \frac{H O}{A O}$ .

Mà OA=OB vì AB đường kính đường tròn tâm (O). Vậy $\Rightarrow \frac{O B}{C O} = \frac{H O}{O B}$ .

Xét $Δ O H B$ và $Δ O B C$ có:

$\hat{H O B} = \hat{B O C}$ ( chung góc $\hat{O}$ )

$\frac{O B}{C O} = \frac{H O}{O B}$

$\Rightarrow Δ O H B ~ Δ O B C$ ( c-g-c).

Ta có: $\hat{C D A} = \hat{C H D}$ ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACDH).

$\hat{D B A} = \hat{D A C}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung của đường tròn tâm O).

Mặt khác $Δ O H B ~ Δ O B C \Rightarrow \hat{O H B} = \hat{C B O} = \hat{D B A}$ .

Vậy $\Rightarrow \hat{O H B} = \hat{D H C}$ mà $\hat{O H B} + \hat{B H M} = \hat{D H C} + \hat{D H M} = 90 °$ ( $A H ⊥ O C$ ).

$\Rightarrow \hat{B H M} = \hat{D H M} \Rightarrow H M$ là đường phân giác của góc $\hat{B H D}$ .

Câu 110:

c) Gọi K là trung điểm của BD chứng minh: MD.BC=MB.CD và MB.MD=MK.MC

Xem đáp án

c) Xét tam giác BHD:

Vì HM là phân giác của $\Rightarrow \frac{H B}{H D} = \frac{M B}{M D} (*)$ .

Mặt khác $H M ⊥ H C \Rightarrow H C$ là đường phân giác ngoài tam giác BHD.

$\Rightarrow \frac{H B}{H D} = \frac{C B}{C D} (* *)$

Từ (*) và (**) $\Rightarrow \frac{C B}{C D} = \frac{M B}{M D} \Rightarrow C B . M D = C D . M B$ .

Gọi Q là giao điểm của AM với (O) vì $A H ⊥ O C \Rightarrow C Q$ là tiếp tuyến của của $(O) \Rightarrow \hat{C Q O} = 90 °$ .

Vậy năm điểm C; O; A; K; Q nội tiếp một đường tròn đường kính CO.

Bốn điêm B; A; D; Q cùng thuộc $(O) \Rightarrow M B . M D = M A . M Q (3)$ .

Năm điểm C; Q; A; K; Q cùng thuộc một đường tròn $(O) \Rightarrow M C . M K = M A . M Q (4)$ .

Từ (3) và $(4) \Rightarrow M B . M D = M C . M K .$

Câu 111:

d) Gọi E là giao điểm của AM và OK; J là giao điểm của IM và (O) (J khác I ).

Chứng Minh: Hai đường thẳng OC và EI cắt nhau tại một điểm trên (O).

Xem đáp án

d) Gọi N là giao điểm của CO và $(O) \Rightarrow \hat{I J N} = 90 ° (5)$ .

Mà ta có: $M I . M J = M D . M B = M K . M C$ (chứng minh trên ).

Vậy $\Rightarrow Δ M C I ~ Δ M K J \Rightarrow \hat{M C I} = \hat{M J K} = \hat{M E O} \Rightarrow M K J E$ nội tiếp.

$\Rightarrow \hat{E J M} = 90 ° (6)$

Từ (5) và $(6) \Rightarrow E; J; N$ thẳng hàng.

Câu 112:

Cho đường tròn (O) có tâm là điểm O, đường kính AB=2R. Trên đường thẳng lấy AB lấy H sao cho B nằm giữa A và H (H không trùng với B), qua H dựng đường thẳng d vuông góc với AB Lấy điểm C cố định thuộc đoạn thẳng OB (C không trùng với O và B). Qua điểm C kẻ đường thẳng a bất kỳ cắt đường tròn (O) tại hai điểm E, F (a không trùng với AB). Các tia AE và AF cắt đường thẳng d lần lượt tại M và N

a) Chứng minh rằng tứ giác BEMH nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) có tâm là điểm O, đường kính AB=2R. Trên đường thẳng lấy AB lấy H sao cho B nằm giữa A và H (H không trùng với B), (ảnh 1)

a) Ta có: $\hat{A E B} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \hat{B E M} = 90 °$ (kề bù với $\hat{A D B}$ ).

Tứ giác BEMH có: $\hat{B E M} + \hat{B H M} = 90 ° + 90 ° = 180 °$

$\Rightarrow$ Tứ giác BEHM nội tiếp.

Câu 113:

b) Chứng minh rằng tam giác AFB đồng dạng với tam giác AHN và đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định khác A khi đường thẳng a thay đổi.

Xem đáp án

b) Ta có: $\hat{A F B} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét $Δ A F B$ và $Δ A H N$ có: $\hat{H A N}$ chung, $\hat{A F B} = \hat{A H N} = 90 °$

$\Rightarrow Δ A F B ~ Δ A H N$ (g.g).

Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn

ngoại tiếp tam giác AMN

$\Rightarrow \hat{A M N} = \hat{A D N}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{A N}$ )

Vì $\hat{A B E} = \hat{A F E}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{A E}$ )

và $\hat{A B E} = \hat{A M H}$ (vì tứ giác BEMH nội tiếp)

nên $\hat{A F E} = \hat{A M N} \Rightarrow \hat{A F E} = \hat{A D N}$

Xét $Δ A F C$ và $Δ A D N$ có $\hat{D A N}$ chung, $\hat{A F E} = \hat{A D N}$ (cmt)

$\Rightarrow Δ A F C ~ Δ A D N$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{A F}{A D} = \frac{A C}{A N} \Rightarrow A F . A N = A D . A C$

Mặt khác, ta có $Δ A F B ~ Δ A H N$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{A F}{A H} = \frac{A B}{A N} \Rightarrow A F . A N = A B . A H$

Do đó, $A D . A C = A B . A H \Rightarrow A D = \frac{A B . A H}{A C}$ không đổi (vì A, B, C, H cố định)

Câu 114:

c) Cho AB=4cm, BC=1cm, HB=1cm Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN

Xem đáp án

c) Với AB=1 cm, BC=BH=1 cm thì:

$A D = \frac{A B . A H}{A C} = \frac{4.5}{3} = \frac{20}{3}$ (cm)

$\Rightarrow H D = A D - A H = \frac{20}{3} - 5 = \frac{5}{3}$ (cm)

Dễ thấy tam giác AHM và NHD đồng dạng (g.g)

$\Rightarrow \frac{A H}{N H} = \frac{H M}{H D} \Rightarrow H M . N H = A H . H D = 5. \frac{5}{3} = \frac{25}{3}$

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si , ta có:

$M H = H M + H N \geq \sqrt{H M . H N} = 2 \sqrt{\frac{25}{3}} = \frac{10 \sqrt{3}}{3}$

$\Rightarrow S_{A M N} = \frac{1}{2} . A H . M N = \frac{1}{2} .5. \frac{10 \sqrt{3}}{3} = \frac{25 \sqrt{3}}{3}$ ( ${cm}^{2}$ )

Dấu bằng xảy ra: $H M = H N \Leftrightarrow \hat{A M N} = \hat{A N M} \Leftrightarrow E F // M N \Leftrightarrow E F ⊥ A B$

Vậy min $S_{A M N} = \frac{25 \sqrt{3}}{3} ({cm}^{2}) \Leftrightarrow E F ⊥ A B .$

Câu 115:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E, F là hình chiếu vuông góc của E trên AB.

1. Chứng minh tứ giác ADEF nội tiếp.

Xem đáp án

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E, F là hình chiếu vuông góc của E trên AB. (ảnh 1)

Ta có $\hat{A D B} = \hat{A C B} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tứ giác ADEFcó: $\hat{A D E} + \hat{A F E} = 90 ° + 90 ° = 180 °$ .

Suy ra tứ giác ADEF nội tiếp đường tròn.

Câu 116:

2. Gọi N là giao điểm của CF và BD. Chứng minh BN.ED=BD.EN

Xem đáp án

Chứng minh tương tự ta có tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn.

$\Rightarrow \hat{E C F} = \hat{E B F}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset{⏜}{E F}$ ). (1)

Vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (gt)

$\Rightarrow \hat{D B A} = \hat{D C A}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset{⏜}{D A}$ ). (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\hat{D C A} = \hat{A C F}$ .

Hay CA là phân giác của $\hat{D C F}$ . (3)

Mặt khác: $\hat{A C B} = 90 °$ , hay $C A ⊥ C B$ . (4)

Từ (3) và (4) suy ra CB là phân giác ngoài của $\hat{D C F}$ .

Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác cho tam giác DCN ta có

$\frac{B N}{B D} = \frac{C N}{C D} = \frac{E N}{E D} \Rightarrow B N . E D = B D . E N$ . (đpcm)

Câu 117:

Cho đường tròn (O;OA). Trên bán kính OA lấy điểm I sao cho $O I = \frac{1}{3} O A$ . Vẽ dây BC vuông góc với OA tại điểm I và vẽ đường kính BD. Gọi E là giao điểm của AD và BC.

a) Chứng minh DA là tia phân giác của $\hat{B D C}$ .

Xem đáp án

Cho đường tròn (O;OA). Trên bán kính OA lấy điểm I sao cho OI=1/3*OA. (ảnh 1)

a) Chứng minh DA là tia phân giác của $\hat{B D C}$ .

(O) có: $O A ⊥ B C$ tại I (gt)

$\Rightarrow I$ là trung điểm của BC.

Vậy OA là trung trực của BC.

$\Rightarrow A B = A C$ .

$\Rightarrow sd \overset{⏜}{A B} = sd \overset{⏜}{A C}$ .

Mà $\hat{A D B}$ và $\hat{A D C}$ là góc nội tiếp (O) chắn $\overset{⏜}{A B}$ và $\overset{⏜}{A C}$

nên $\hat{A D B} = \hat{A D C}$ .

$\Rightarrow D A$ là tia phân giác của $\hat{B D C}$ .

Câu 118:

b) Chứng minh OE vuông góc với AD

Xem đáp án

b) Chứng minh OE vuông góc với AD.

Có: $O I = \frac{1}{3} O A \Rightarrow I A = 2 I O$ .

$△ A B C$ có: O, I là trung điểm của BD, BC.

$\Rightarrow I O$ là đường trung bình.

$\Rightarrow O I // D C$ và DC=2IO.

Mà IA=2IO nên DC=IA.

Có: $O I // D C$ và $O I ⊥ B C$ nên $D C ⊥ B C$ .

Xét $△ A E I$ và $△ D E C$ có:

\{\begin{cases} I A = D C (cmt) \\ \hat{E I A} = \hat{E C D} (= 90 °) \\ \hat{E A I} = \hat{E D C} (slt vaø I O // D C) \end{cases}

$\Rightarrow △ A E I = △ D E C$ (g-c-g)

$\Rightarrow E A = E D$ .

$\Rightarrow E$ là trung điểm của AD.

$\Rightarrow O E ⊥ A D$ (quan hệ đường kính – dây cung).

Câu 119:

c) Lấy điểm M trên đoạn AB (M khác I và B). Tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm N. Tứ giác MNDE có phải là một tứ giác nội tiếp hay không? Vì sao?

Xem đáp án

c) Lấy điểm M trên đoạn IB (M khác I và B). Tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm N. Tứ giác MNDE có phải là một tứ giác nội tiếp hay không? Vì sao?

c) Lấy điểm M trên đoạn AB (M khác I và B). Tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm N. (ảnh 1)

(O) có: $\hat{B M N}$ là góc có đỉnh bên trong đường tròn.

$\Rightarrow \hat{B M N} = \frac{1}{2} (sd \overset{⏜}{B N} + sd \overset{⏜}{A C})$

Mà $sd \overset{⏜}{A C} = sd \overset{⏜}{A B}$ (cmt) nên $\hat{B M N} = \frac{1}{2} (sd \overset{⏜}{B N} + sd \overset{⏜}{A B}) = \frac{1}{2} sd \overset{⏜}{A N}$ .

Mặt khác $\hat{A D N} = \frac{1}{2} sd \overset{⏜}{A N}$ (góc nội tiếp (O)) nên $\hat{B M N} = \hat{A D N}$ .

$\Rightarrow M N D E$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc

trong đối diện).

Câu 120:

Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần và thể tích của một hình trụ có chu vi hình tròn đáy là 16 cm và chiều cao là 5 cm.

Xem đáp án

Bán kính hình tròn đáy là: $P = 2 π r \Rightarrow r = \frac{P}{2 π} = \frac{16}{2 π} = \frac{8}{π}$ (cm).

Diện tích xung quanh hình trụ là: $S_{x q} = 2 π r h = 2 π \cdot \frac{8}{π} \cdot 5 = 80$ (cm²).

Diện tích toàn phần hình trụ là: $S_{t p} = 2 π r h + 2 π r^{2} = 2 π \cdot \frac{8}{π} \cdot 5 + 2 π {(\frac{8}{π})}^{2} = 80 + \frac{128}{π}$ (cm²)

Thể tích hình trụ là: $V = π r^{2} h = π {(\frac{8}{π})}^{2} \cdot 5 = \frac{320}{π}$ (cm³).

Câu 121:

Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DE, đường thẳng này cắt các đường thẳng DE và DC lần lượt tại H và K

a) Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

a) Điểm H và C cùng nhìn đoạn BC dưới một góc 90^o

Suy ra tứ giác BHCD nội tiếp đường tròn đường kính BD

Câu 122:

b) Chứng minh tam giác KHC đồng dạng với tam giác KDB

Xem đáp án

b) Do tứ giác BHCD nội tiếp, suy ra $\hat{B D C} + \hat{B H C} = 180^{o} (1)$

và $\hat{B H K}$ là góc bẹt nên $\hat{B K C} + \hat{B H C} = 180^{o} (2)$

Từ (1) và (2) suy ra $\hat{C H K} = \hat{B D C} .$

Xét $Δ K H C$ và $Δ K D B$ có $\hat{C H K} = \hat{B D C}$ và $\hat{K}$ chung.

Suy ra $Δ K H C ∽ Δ K D B .$

Câu 123:

c) Giả sử hình vuông ABCD có cạnh là 3cm. Tính độ dài cung CH có số đo bằng 40^o của đường tròn đường kính BD (làm tròn kết quả đến một chữ số thập phân).

Xem đáp án

c) Giả sử hình vuông ABCD có cạnh là 3cm

Tính độ dài cung CH có số đo bằng 40^o của đường tròn

đường kính BD (làm tròn kết quả đến một chữ số thập phân).

Do hình vuông ABCD có cạnh bằng 3cm nên $B D = 3 \sqrt{2} (c m) .$

Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHCD là $R = \frac{3 \sqrt{2}}{2} (c m) .$

Độ dài cung CH là

l = \frac{π . \frac{3 \sqrt{2}}{2} .40}{180} \approx 1, 5 (c m) .

Câu 124:

Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại E, F. Gọi H là giao điểm của BF và CE, I là giao điểm của AH và BC. Từ A kẻ tiếp tuyến AN, AM đến đường tròn (O) với N, M là các tiếp điểm (N, B không cùng nửa mặt phẳng bờ AO).

a) Chứng minh các điểm A, I, M, N, O cùng thuộc một đường tròn

Xem đáp án

Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại E, F. (ảnh 1)

Các điểm A, I, M, N, O cùng thuộc một đường tròn.

Vì $\hat{A N O} = \hat{A M O} = 90^{0}$ (Vì AM, AN là tiếp tuyến với đường tròn (O)).

nên $\hat{A N O} + \hat{A M O} = 180^{0}$

Suy ra tứ giác ANOM nội tiếp (Tổng hai góc đối bằng 180^o) (1)

$\hat{B F A} = \hat{C E B} = 90^{0}$ (Vì E, F thuộc đường tròn đường kính BC).

Khi đó H là trực tâm tam giác ABC,

Nên, do đó $\hat{A I O} + \hat{A M O} = 180^{0}$

Suy ra tứ giác AIOM nội tiếp (Tổng hai góc đối bằng 180^o) (2)

Từ (1) và (2) suy ra A, I, M, N, O cùng nằm trên một đường tròn.

Câu 125:

2. Chứng minh $\hat{A N M} = \hat{A I N}$

Xem đáp án

2. Chứng minh $\hat{A N M} = \hat{A I N}$ .

Ta có: AM=AN(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $Δ A B C$ cân tại A

Suy ra $\hat{A N M} = \hat{A M N}$ .

Mà $\hat{A M N} = \hat{A I N}$ (cùng chắn cung $\overset{⏜}{A N}$ của đường tròn đường kính AO).

Vậy $\hat{A N M} = \hat{A I N}$ .

Câu 126:

c) Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng

Xem đáp án

Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng.

Ta có: $Δ A F H ∽ Δ A I C$ (g.g) $\Rightarrow A F . A C = A H . A I$ (1).

Mà $Δ A F N ∽ Δ A N C$ (g.g) $\Rightarrow A N^{2} = A F . A C$ (2).

Từ (1) và (2) ta có: $A N^{2} = A H . A I \Rightarrow \frac{A H}{A N} = \frac{A N}{A I} \Rightarrow Δ A H N ∽ Δ A N I$ (c.g.c).

$\Rightarrow \hat{A N H} = \hat{A I N}$ mà $\hat{A N M} = \hat{A I N}$ (cmt) $\Rightarrow \hat{A N H} = \hat{A N M}$

$\Rightarrow$ Hai tia NH và NM trùng nhau hay M, H, N thẳng hàng.

Câu 127:

Cho đường tròn (O;R) có dây MN cố định (MN<2R), P là một điểm trên cung lớn MN sao cho tam giác MNP có ba góc nhọn. Các đường cao ME và NK của tam giác MNP cắt nhau tại H.

a) Chứng minh rằng tứ giác PKHE nội tiếp đường tròn

Xem đáp án

Cho đường tròn (O;R) có dây MN cố định (MN<2R), P là một điểm trên cung lớn MN sao cho tam giác MNP (ảnh 1)

Chứng minh rằng tứ giác PKHE nội tiếp đường tròn.

Ta có: $\hat{M K N} = \hat{M E N} = 90 °$ (gt).

$\Rightarrow \hat{M K N} + \hat{M E N} = 180 °$ .

$\Rightarrow$ Tứ giác PKHE nội tiếp đường tròn.

Kéo dài PO cắt đường tròn tại O. Chứng minh $\hat{K N M} = \hat{N P Q}$ .

Ta có: $\hat{Q M P} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

$\Rightarrow Q M ⊥ P M$ mà $N K ⊥ P M$ .

$\Rightarrow Q M / / N K$ .

$\Rightarrow \hat{Q M N} = \hat{K N M}$ (so le trong).

Mà $\hat{Q M N} = \hat{Q P N}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{Q N}$ )

\Rightarrow \hat{K N M} = \hat{N P Q}

Câu 128:

c) Chứng minh rằng khi P thay đổi trên đường tròn (O) thì độ dài đoạn PH không đổi.

Xem đáp án

c) Chứng minh rằng khi P thay đổi trên đường tròn (O) thì độ dài đoạn PH không đổi.

Gọi I là trung điểm $B C \Rightarrow O I ⊥ M N$ và OI là đường trung bình của $Δ H P Q$

\Rightarrow P H = 2 O I

Ta có: $O I = M I . \cot \hat{M O I}$

Mà MI không đổi và $\hat{M O I} = \frac{1}{2} \hat{M O N} = \frac{1}{2} sd \overset{⏜}{M N}$ không đổi.

$\Rightarrow O I$ không đổi $\Rightarrow P H$ không đổi.

Câu 129:

Cho hình vuông ABCD, gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD, gọi E là giao điểm của AM và BN. Chứng minh tứ giác ADNE nội tiếp đường tròn

Xem đáp án

Dễ thấy (hai cạnh góc vuông)

Suy ra $\hat{A_{1}} = \hat{B_{1}}$ (tương ứng)

Mà $\hat{B_{1}} + \hat{B_{2}} = 90 ° \Rightarrow \hat{A_{1}} + \hat{B_{2}} = 90 °$

Suy ra $Δ A B E$ vuông tại E.

Xét tứ giác ADNEcó $\hat{D} + \hat{E} = 90 ° + 90 ° = 180 °$ $\Rightarrow A D N E$ nội tiếp đường tròn đường kính

Câu 130:

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) (AB<AC). Gọi H là trực tâm tam giác ABC, gọi L là giao điểm của AH với đường tròn (O). Lấy điểm F bất kì trên cung nhỏ LC (không trùng với L và C). Lấy điểm K sao cho đường thẳng AClà trung trực của FK.

1) Chứng minh tứ giác AHCK nội tiếp đường tròn

Xem đáp án

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) (AB<AC). Gọi H là trực tâm tam giác ABC, (ảnh 1)

1) Gọi AD , BM và CE là ba đường cao của tam giác ABC

Tứ giác BEHD nội tiếp

$\begin{array}{l} \Rightarrow \hat{A B C} = \hat{D H C} \\ * \hat{A B C} = \hat{AF C} (\frac{1}{2} s d \overset{⏜}{A C}) \\ * \hat{A K C} = \hat{AF C} (t r u n g truc) \\ \Rightarrow \hat{A B C} = \hat{A K C} = \hat{D H C} \\ \Rightarrow \hat{A H C} + \hat{A K C} = 180^{0} (\hat{A H C} + \hat{D H C} = 180^{0}) \end{array}$

Suy ra tứ giác AHCK nội tiếp

Câu 131:

2. Đường thẳng HK cắt AC tại điểm I, đường thẳng AF cắt HC tại G chứng minh AO vuông góc với GI.

Xem đáp án

2) Kẻ tiếp tuyến Ax với (O) ta có

$\begin{array}{l} \hat{x A B} = \hat{A C B} = \hat{A E M} \\ \Rightarrow Ax / / E M \Rightarrow E M ⊥ A O (1) \end{array}$

Xét tg AHGI có

$\hat{I H G} = \hat{I A K} = \hat{I A G}$ suy ra AHGI nội tiếp

$\begin{array}{l} \Rightarrow \hat{I G C} = \hat{H A I} = \hat{M B C} = \hat{M E C} \\ \Rightarrow E M / / G I (2) \end{array}$

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh .

Câu 132:

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Dựng tiếp tuyến Ax (Ax và nửa đường tròn cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB). C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (C không trùng A, B), dựng tiếp tuyến Oy của nửa đường tròn (O) cắt Ax tại D. Kẻ $C H ⊥ A B$ $(H \in A B)$ , BD cắt (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại M. Gọi J là giao điểm của OD và AC.

a) Chứng minh rằng tứ giác AKMH nội tiếp được một đường tròn.

Xem đáp án

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Dựng tiếp tuyến Ax (ảnh 1)

Chứng minh rằng tứ giác AKMH nội tiếp được một đường tròn.

Ta có: $\hat{A K M} = \hat{A K B} = 90 °$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O).

Có $C H ⊥ A B$ (giả thiết) nên $\hat{A H M} = 90 °$ .

Xét tứ giác AKMH có $\hat{A K M} + \hat{A H M} = 90 ° + 90 ° = 180^{o}$ .

Mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác AKMH là tứ giác nội tiếp.

Câu 133:

b) Chứng minh rằng tứ giác CKJM nội tiếp được một đường tròn $(O_{1})$ .

Xem đáp án

Chứng minh rằng tứ giác CKJM nội tiếp được một đường tròn (O).

Do DA, DC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có DA=DC. Suy ra D nằm trên trung trực của đoạn AC.

Mà OA=OC=R nên O cũng nằm trên trung trực của AC.

Do đó, đường thẳng OD là đường trung trực của đoạn thẳng AC hay $O D ⊥ A C$ .

Suy ra $\hat{A J D} = 90 °$ .

Xét tứ giác ẠJKD có $\hat{A J D} = \hat{A K D} = 90 °$ .

Suy ra tứ giác ẠJKD nội tiếp đường tròn đường kính AD.

Do đó, ta có $\hat{J K M} = \hat{D A J}$ (hai góc cùng bù với $\hat{D K J}$ ).

Xét đường tròn (O) có $\hat{D A J} = \hat{D A C} = \frac{1}{2} s đ \overset{⏜}{A C}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung $\overset{⏜}{A C}$ ).

Có $\hat{C A B} = \frac{1}{2} s đ \overset{⏜}{B C}$ (góc nội tiếp chắn cung $\overset{⏜}{B C}$ ).

Xét tam giác ACH có $\hat{A H C} = 90 °$ , suy ra $\hat{H A C} + \hat{H C A} = 90 °$ .

Nên, ta có $\hat{H C A} = 90 ° - \hat{H A C} = \frac{180 ° - s đ \overset{⏜}{C B}}{2} = \frac{1}{2} s đ \overset{⏜}{C A}$

Suy ra $\hat{J K M} = \hat{H C A}$ $= \frac{1}{2} s đ \overset{⏜}{C A}$ .

Vậy tứ giác CKJM có $\hat{J K M} = \hat{H C A}$ hay $\hat{J K M} = \hat{J C M}$ , nên tứ giác CKJM là tứ giác nội tiếp.

Câu 134:

c) Chứng minh rằng DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1)

Xem đáp án

Chứng minh rằng DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O₁).sđ

Theo chứng minh trên CKJM là tứ giác nội tiếp, suy ra $\hat{J M K} = \hat{J C K}$ .

Mà $\hat{J C K} = \hat{A C K} = \hat{A B K} = \frac{1}{2} s đ \overset{⏜}{A K}$ (các góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{A K}$ ).

Nên ta có được $\hat{J M K} = \hat{A B K}$ ở vị trí đồng vị. Suy ra $J M / / A B$ .

Mà $A B ⊥ C H$ nên ta có $J M ⊥ C H$ .

Vậy tứ giác CKJM nội tiếp đường tròn đường kính JC.

Theo chứng minh trên, ta có $A C ⊥ D J$ hay $J C ⊥ D J$ .

Do đó DJ là tiếp tuyến của đường tròn $(O_{1})$ .

Câu 135:

Cho đường tròn (O) đường kính AB, lấy điểm C trên đường tròn (O) sao cho BC < AC. Gọi d là tiếp tuyến tại B của đường tròn (O), kẻ đường kính CD, các đường thẳng AC, AD lần lượt cắt d tại E,F. Đường thẳng qua A vuông góc với CD tại K cắt EF tại I

1) Chứng minh tứ giác OBIK nội tiếp.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) đường kính AB, lấy điểm C trên đường tròn (O) sao cho BC < AC. (ảnh 1)

1) Chứng minh tứ giác OBIK nội tiếp.

$\begin{array}{l} \hat{O K I} = 90^{0} \\ \hat{O B I} = 90^{0} \end{array}\} \Rightarrow$ Tứ giác OKIB nội tiếp

Câu 136:

2. Chứng minh AC.AE=AD.AF

Xem đáp án

2) Chứng minh AC.AE = AD.AF.

- Ta có $\hat{C A B} = \hat{C B E}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)

$\hat{C A B}$ phụ với $\hat{F A B}$

$\hat{C B E}$ phụ với $\hat{C E B}$

$\Rightarrow \hat{F A B} = \hat{C E B}$

- Mà $\hat{F A B} = \hat{A D C} \Rightarrow \hat{A D C} = \hat{A E F}$

- Xét $Δ A D C; Δ A F E$ có

$\hat{A}$ chung

$\hat{A D C} = \hat{A E F}$

$\Rightarrow Δ A D C$ đồng dạng $Δ A F E$

$\Rightarrow \frac{A C}{A D} = \frac{A F}{A E} \Leftrightarrow A C . A E = A D . A F$ (đpcm)

Câu 137:

3. Chứng minh I là trung điểm EF

Xem đáp án

- Ta có:

$\hat{A C D} = \hat{A F E}$ ( $Δ A D C$ đồng dạng $Δ A F E$ chứng minh trên)

$\hat{A C D} = \hat{D A K}$ (cùng phụ với $\hat{C A K}$ )

$\Rightarrow \hat{A F E} = \hat{D A K} \Rightarrow Δ A F I$ cân tại $\Rightarrow I A = I F$ (1)

- Ta có:

$\hat{A D C} = \hat{A E F}$ ( $Δ A D C$ đồng dạng $Δ A F E$ chứng minh trên)

$\hat{A D C} = \hat{I A E}$ (cùng phụ với $\hat{D A K}$ )

$\Rightarrow \hat{I A E} = \hat{A E F} \Rightarrow Δ A I E$ cân tại I $\Rightarrow I A = I E (2)$

- Từ (1)và (2) $\Rightarrow I A = I E = I F \Rightarrow I$ là trung điểm của EF

Câu 138:

Cho đường tròn (O) đường kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tùy ý (điểm B không trùng O và C). Gọi M là trung điểm của đọan thẳng AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB. Kẻ BI vuông góc với CD

(I \in C D)

.

1. Cho AM=4cm, CM=9cm. Tính độ dài đoạn thẳng MD và tanA của

Δ M D A

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) đường kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tùy ý (điểm B không trùng O và C). (ảnh 1)

1. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:

· $M D^{2} = M A . M C = 4.9 = 36$

\Rightarrow M D = 6 c m

· $\tan A = \frac{M D}{M A} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}$

Câu 139:

2. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp.

Xem đáp án

2. Tứ giác BMDI có:

$\hat{M} = 90^{o}$ (gt)

$\hat{I} = 90^{o}$ (gt)

$\Rightarrow$ Tứ giác BMDI nội tiếp.

Câu 140:

3. Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi và ba điểm I, B, E thẳng hàng

Xem đáp án

3. Tứ giác ADBE có:

$\begin{array}{l} M A = M B \\ M E = M D \\ E D ⊥ A B \end{array}$

$\Rightarrow$ Tứ giác ADBE là hình thoi

· Ta có: $\{\begin{cases} E B / / A D \\ A D ⊥ C D \end{cases} \Rightarrow E B ⊥ C D$

Mà $I B ⊥ C D$

Nên I, B, Ethẳng hàng.

Câu 141:

4. Gọi O là tâm đường tròn đường kính BC. Chứng minh MI là tiếp tuyến của đường tròn O.

Xem đáp án

4. Ta có O' là tâm đường tròn đường kính BC nên O' là trung điểm của BC.

Nên ta có: $\hat{O' I B} + \hat{O' I C} = 90^{o}$

Mà $\hat{O' I C} = \hat{O' C I} = \hat{A E D} = \hat{B D E} = \hat{B I M}$

$\Rightarrow \hat{O' I B} + \hat{B I M} = 90^{o} O' I ⊥ M I$

Vậy MI là tiếp tuyến của đường tròn O.

Câu 142:

Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C).

1. Chứng minh AM.AB=AN.AC và $A N . A C = M N^{2}$

Xem đáp án

Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M (M khác B), (ảnh 1)

1. Ta có: $\hat{B M H} = \hat{H N C} = 90 °$ (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow H M ⊥ A B, H N ⊥ A C$

Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông AHB và AHC, có:

$A H^{2} = A M . A B$ và $A H^{2} = A N . A C \Rightarrow A M . A B = A N . A C$

Mặt khác, tứ giác AMHN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật $\Rightarrow A H = M N \Rightarrow A N . A C = M N^{2}$ .

Câu 143:

2. Gọi I là trung điểm của EF, O là giao điểm của AH và MN. Chứng minh IO vuông góc với đường thẳng MN.

Xem đáp án

2. Tứ giác AMHN là hình chữ nhật, có O là giao điểm của AH và MN

$\Rightarrow$ O là trung điểm của AH và MN

Dễ thấy $Δ E M O = Δ E H O$ (c.c.c)

$\Rightarrow \hat{E M O} = \hat{E H O} = 90 ° \Rightarrow E M ⊥ M N$

Chứng minh tương tự được $F N ⊥ M N$

$\Rightarrow M E / / N F$ là hình thang vuông

Lại có OI là đường trung bình của hình thang vuông MEFN

$\Rightarrow O I ⊥ M N$

Câu 144:

3. Chứng minh $4 (E N^{2} + F M^{2}) = B C^{2} + 6 A H^{2}$

Xem đáp án

3. Đặt MN=AH=h; x, y lần lượt là bán kính của (E) và (F). Ta có:

$4 (E N^{2} + F M^{2}) = 4 [(M E^{2} + M N^{2}) + (F N^{2} + M N^{2})] = 4 (x^{2} + y^{2} + 2 h^{2})$ $B C^{2} + 6 A H^{2} = {(H B + H C)}^{2} + 6 h^{2} = H B^{2} + H C^{2} + 2. H B . H C + 6 h^{2} = 4 x^{2} + 4 y^{2} + 2 h^{2} + 6 h^{2} = 4 (x^{2} + y^{2} + 2 h^{2})$

Vậy $4 (E N^{2} + F M^{2}) = B C^{2} + 6 A H^{2}$ .

Câu 145:

Cho điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O; R). Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB với đường tròn đó ( A, B là các tiếp điểm ). Qua điểm A kẻ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn (O;R) tại C. Nối MC cắt đường tròn (O; R) tại D. Tia AD cắt MB tại E .

a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.

Xem đáp án

Cho điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O; R). Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB với đường tròn đó ( A, B là các tiếp điểm ) (ảnh 1)

Xét tứ giác MAOB có $\hat{M A O} = \hat{M B O} = 90 °$ (MA, MB là các tiếp tuyến của (O)) .

$\Rightarrow \hat{M A O} + \hat{M B O} = 90 °$ .

Suy ra MAOB là tứ giác nội tiếp.

Câu 146:

b) Chứng minh EM=EB

Xem đáp án

Xét $Δ E B D$ và $∆ E A M$ có $\hat{E}$ chung và $\hat{E B D} = \hat{E A B}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{B D}$ ) $\Rightarrow Δ E B D ~ Δ E A B (g . g)$ .

$\Rightarrow \frac{E B}{E A} = \frac{E D}{E B} \Leftrightarrow E B^{2} = E A . E D (1)$ .

Xét $Δ E M D$ và $Δ E A M$ có $\hat{E}$ chung.

Mà $A C ∥ M B (g t) \Rightarrow \hat{E M D} = \hat{A C D}$ (so le trong).

Mặt khác $\hat{E A M} = \hat{A C D}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{A D}$ ).

$\Rightarrow \hat{E A M} = \hat{E M D} \Rightarrow Δ E M D ~ Δ E A M (g g)$ .

$\Rightarrow \frac{E M}{E A} = \frac{E D}{E M} \Leftrightarrow E M^{2} = E A . E D (2)$ .

Từ $(1), (2) \Rightarrow E M = E B$ .

Câu 147:

c) Xác định vị trí của điểm M để $B D ⊥ M A$

Xem đáp án

c) Ta có $\hat{A B D} = \hat{M C A}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\overset{⏜}{A D}$ ).

Mà $\hat{M C A} = \hat{E M D} \Rightarrow \hat{E M D} = \hat{A B D}$ .

Ta có $B D ⊥ M A \Rightarrow \hat{B A M} + \hat{A B D} = 90^{0} \Leftrightarrow \hat{E M D} + \hat{M B A} = 90^{0} (\hat{M B A} = \hat{M A B}) \Leftrightarrow M C ⊥ A B$ .

$\Leftrightarrow M C$ đi qua O và D là điểm chính giữa cung nhỏ $\overset{⏜}{A B} (\hat{D A C} = \hat{E A B} = 90^{0})$ .

$\Leftrightarrow Δ M A B$ đều $\Leftrightarrow Δ M O B$ vuông tại B có $\hat{O M B} = 30^{0}$ .

$\Leftrightarrow O M = 2 O B = 2 R \Leftrightarrow M \in (O; 2 R)$ .

Câu 148:

Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ điểm C nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến CA, CB và cát tuyến CMN với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm, M nằm giữa C và N). Gọi H là giao điểm của CO và AB.

a) Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp.

Xem đáp án

Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ điểm C nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến CA (ảnh 1)

a) $\hat{C A O} = 90 °$ (Do CA là tiếp tuyến của (O) ở A).

$\hat{C B O} = 90 °$ (Do CB là tiếp tuyến của (O) ở B).

$\Rightarrow \hat{C A O} + \hat{C B O} = 180 °$ .

Vậy tứ giác AOBC là tứ giác nội tiếp.

Câu 149:

b) Chứng minh rằng: CH.CO=CM.CN

Xem đáp án

b) Xét $∆ C A M$ và $∆ C N A$ có:

$\hat{A C N}$ là góc chung

$\hat{C A M} = \hat{C N A}$ (Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ).

Do đó $∆ C A M$ đồng dạng với $∆ C N A$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{C A}{C N} = \frac{C M}{C A} \Rightarrow C A^{2} = C M . C N (1)$ .

Mặt khác ta có: CA=CB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$O A = O B (= R)$

$\Rightarrow C O$ là đường trung trực của $A B . \Rightarrow C O ⊥ A B$ tại H.

Xét $∆ C A O$ vuông ở A có $A H ⊥ C O$ $\Rightarrow C A^{2} = C H . C O (2)$ .

Từ (1) và (2) suy ra: $C H . C O = C M . C N$ .

Câu 150:

c) Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt CA, CB theo thứ tự tại E, F. Đường thẳng vuông góc với CO tại O cắt CA, CB theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh $\hat{P O E} = \hat{O F Q}$ .

Xem đáp án

c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và tính chất góc ngoài của tam giác ta có:

$\hat{O F Q} = \frac{1}{2} \hat{E F Q} = \frac{1}{2} (\hat{P C Q} + \hat{C E F}) = \frac{1}{2} (2 \hat{P C O} + 180 ° - 2 \hat{P E O}) = \hat{P C O} + (90 ° - \hat{A E O}) = \hat{P O A} + \hat{A O E} = \hat{P O E}$

Câu 151:

d) Chứng minh rằng: $P E + Q F \geq P Q$

Xem đáp án

d) Xét $∆ P O E$ và $∆ Q F O$ có: $\hat{P O E} = \hat{O F Q}$ (câu c). Tương tự: $\hat{P E O} = \hat{Q O F}$ .

Do đó POE đồng dạng với $∆ Q F O (g . g) \Rightarrow \frac{P O}{Q F} = \frac{P E}{Q O} \Rightarrow P O . Q O = P E . Q F$ .

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

$P E + Q F \geq 2 \sqrt{P E . Q F} = 2 \sqrt{P O . Q O} = 2 \sqrt{\frac{P Q}{2} . \frac{P Q}{2}} = P Q$ ( đpcm)

Câu 152:

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R và điểm M nằm trên đường tròn (MA<MB). Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BM tại N và cắt tia AM tại C

1. Chứng minh tứ giác AOMN nội tiếp được một đường tròn

Xem đáp án

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R và điểm M nằm trên đường tròn (MA<MB). Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BM tại N và cắt tia AM tại C (ảnh 1)

1. Chứng minh tứ giác AOMN nội tiếp được một đường tròn.

Xét tứ giác AOMN có $\hat{M} = \hat{O} = 90^{0}$

$\Rightarrow A O M N$ nội tiếp được một đường tròn.

Câu 153:

2. Chứng minh rằng: MN.NB=ON.NC

Xem đáp án

2. Chứng minh rằng: $M N . N B = O N . N C$ .

Xét $Δ M N C$ và $Δ O N B$

Có $\hat{M N B} = \hat{B N O}$ ( đối đỉnh): $\hat{M} = \hat{O} = 90^{0}$

$\Rightarrow Δ M N C ~ Δ O N B$ ( g-g)

$\Rightarrow M N . N B = O N . N C$

Câu 154:

3. Tính góc $\hat{A B M} = 30^{0}$ , tính diện tích tam giác ABC theo R.

Xem đáp án

3. Khi góc $\hat{A B M} = 30^{0}$ , tính diện tích tam giác ABC

$\Rightarrow \{\begin{cases} M A = A B . \sin 30^{0} = R \\ M B = A B . \cos 30^{0} = \sqrt{3} R \end{cases}$
$\Rightarrow S_{Δ A B C} = \frac{1}{2} M A . M B = \frac{\sqrt{3} R^{2}}{2}$ .

Câu 155:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Kẻ $I H ⊥ A B, I K ⊥ A D (H \in A B, K \in A D) .$

a) Chứng minh rằng tứ giác AHIK nội tiếp.

Xem đáp án

Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Kẻ IH vuông góc AB, IK vuông gốc AD (ảnh 1)

a) Ta có $\hat{A H I} = \hat{A K I} = 90 °$ (gt) $\Rightarrow \hat{A H I} + \hat{A K I} = 180 °$

Mà hai góc ở vị trí đối nhau, nên tứ giác AHIK là tứ giác nội tiếp (dhnb)

Câu 156:

b) Chứng minh rằng: IA.IC=IB.ID

Xem đáp án

b) Xét tam giác $Δ A B I$ và $Δ D I C$ có:

$\hat{B A I} = \hat{I D C}$ (do tứ giác ABCD nội tiếp )

$\hat{A I B} = \hat{D I C}$ (2 góc đối đỉnh)

Suy ra $Δ A B I ∽ Δ D C I$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{I A}{I D} = \frac{I B}{I C} \Rightarrow I A . I C = I B . I D$ .

Câu 157:

c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng.

Xem đáp án

c) Ta có $\hat{K H I} = \hat{K A I}$ (do tứ giác AHIK nội tiếp)

mà $\hat{K A I} = \hat{D B C}$ (do tứ giác ABCD nội tiếp)

suy ra $\hat{K H I} = \hat{D B C}$ .

Tương tự ta có $\hat{H K I} = \hat{H A I}$ (do tứ giác AHIK nội tiếp)

và $\hat{H A I} = \hat{B D C}$ (do tứ giác ABCD nội tiếp)

suy ra $\hat{H K I} = \hat{B D C}$

Xét hai tam giác $Δ H K I$ và $Δ B C D$ có:

$\hat{K H I} = \hat{D B C}$ (cmt)

$\hat{H K I} = \hat{B D C}$ (cmt)

Suy ra $Δ K H I ∽ Δ D B C$ (g.g)

Câu 158:

d) Gọi S là diện tích tam giác ABD, S' là diện tích tam giác HIK. Chứng minh rằng

\frac{S^{'}}{S} \leq \frac{H K^{2}}{4. A I^{2}} .

Xem đáp án

d) Gọi S₁ là diện tích tam giác $Δ B C D$ .

Vì $Δ H I K ∽ Δ B C D$ nên

$\frac{S^{'}}{S} = \frac{H K^{2}}{B D^{2}} = \frac{H K^{2}}{{(I B + I D)}^{2}} \leq \frac{H K^{2}}{4 I B . I D} = \frac{H K^{2}}{4 I A . I C} (1)$

Vẽ $A E ⊥ B D, C F ⊥ B D \Rightarrow A E // C F \Rightarrow \frac{C F}{A E} = \frac{I C}{I A}$

$Δ A B D$ và $Δ B C D$ có chung cạnh đáy BD nên:

$\frac{S_{1}}{S} = \frac{C F}{A E} \Rightarrow \frac{S_{1}}{S} = \frac{I C}{I A}$

Từ (1) và (2) suy ra

$\frac{S^{'}}{S_{1}} . \frac{S_{1}}{S} \leq \frac{H K^{2}}{4 I A . I C} . \frac{I C}{I A} \Leftrightarrow \frac{S^{'}}{S} \leq \frac{H K^{2}}{4 I A^{2}}$ (đpcm)

Câu 159:

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R, C là điểm chính giữa cung AB. Hai tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và C cắt nhau ở D.

1. Chứng minh AOCD là hình vuông.

Xem đáp án

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R, C là điểm chính giữa cung AB. (ảnh 1)

1. C là điểm chính giữa cung AB nên $s đ \overset{⏜}{A C} = s đ \overset{⏜}{B C} = \frac{1}{2} s đ \overset{⏜}{A B} = 90^{\circ}$ hay $\hat{A O C} = 90^{\circ}$ .

Do AD và CD là các tiếp tuyến tại A, C của đường tròn (O) nên ta có: $O A ⊥ A D$ , $O C ⊥ C D$ , hay $\hat{O A D} = \hat{O C D} = 90^{\circ}$ .

Suy ra, tứ giác AOCD có $\hat{O A D} = \hat{O C D} = \hat{A O C} = 90^{\circ}$ và OA=OC=R. Do đó, tứ giác AOCD là hình vuông.

Câu 160:

2. Tính diện tích phần nằm ngoài hình thang ABCD của hình tròn (O) theo R

Xem đáp án

2) Diện tích phần nằm ngoài hình thang ABCD của hình tròn (O) được chia thanh hai phần:

Phần 1: nửa đường tròn đường kính AB, không chứa điểm C, có diện tích là $S_{1} = \frac{1}{2} π R^{2}$ .

Phần 2: hình viên phân nằm ngoài tam giác vuông cân OBC, có diện tích là $S_{2} = \frac{1}{4} π R^{2} - \frac{R^{2}}{2}$ .

Vậy, diện tích cần tính có giá trị là:

$S = \frac{1}{2} π R^{2} + \frac{1}{4} π R^{2} - \frac{R^{2}}{2} = \frac{R^{2}}{4} (3 π - 2)$ (đơn vị diện tích).

Câu 161:

3. Trên đoạn DC lấy điểm E sao cho $D E = \frac{1}{3} D C$ . Trên đoạn BC lấy điểm F sao cho EF=EA. Kẻ FG vuông góc với đường thẳng DC ( $G \in D C$ ). Tính độ dài đoạn thẳng CG theo R.

Xem đáp án

3) Tính độ dài đoạn thẳng CD theo R?

Theo chứng minh câu a, ta có: $C D = D A = O A = O C = R$ .

Từ giả thiết, ta có: $D E = \frac{C D}{3} = \frac{R}{3}; E C = \frac{2 C D}{3} = \frac{2 R}{3}$ .

Xét tam giác ADE vuông tại D có: $A E^{2} = A D^{2} + D E^{2} = R^{2} + \frac{R^{2}}{9} = \frac{10 R^{2}}{9}$ .

Do CG//AB nên $\hat{G C F} = \hat{C B A} = \frac{1}{2} s đ \overset{⏜}{A C} = 45^{\circ}$ .

Vậy, tam giác CGF có $\hat{C G F} = 90^{\circ} \hat{, G C F} = 45^{\circ}$ nên tam giác CGF vuông cân tại CGF.

Do đó, $C G = G F = x (x > 0)$ .

Xét tam giác vuông EGF có $E G = E C + C G = \frac{2 R}{3} + x, G F = x, E F = E A$

Nên theo định lý Pythagore, ta có:

$E F^{2} = E G^{2} + G F^{2} \Leftrightarrow \frac{10 R^{2}}{9} = {(\frac{2 R}{3} + x)}^{2} + x^{2} \Leftrightarrow 2 x^{2} + \frac{4 R}{3} x - \frac{2 R^{2}}{3} = 0 \Leftrightarrow 3 x^{2} + 2 R x - R^{2} = 0 \Leftrightarrow 3 x^{2} + 3 R x - R x - R^{2} = 0 \Leftrightarrow 3 x (R + x) - R (x + R) = 0 \Leftrightarrow (3 x - R) (R + x) = 0$

$\Leftrightarrow 3 x - R = 0$ do R+x>0

$\Leftrightarrow x = \frac{R}{3}$

Vậy, ta có $C G = x = \frac{R}{3}$ .

Câu 162:

4. Chứng minh AECF nội tiếp

Xem đáp án

4) Chứng minh AECF là tứ giác nội tiếp?

Ta chứng minh được $Δ A D E = Δ E G F (c - c - c)$ nên $\hat{D A E} = \hat{G E F}$ .

Mà trong tam giác vuông ADE, ta có: $\hat{D A E} + \hat{D E A} = 90^{\circ}$ . Suy ra $\hat{G E F} + \hat{D E A} = 90^{\circ}$ .

Ta có: $\hat{D E A} + \hat{A E F} + \hat{F E G} = 180^{\circ} \Rightarrow \hat{A E F} = 180^{\circ} - (\hat{D E A} + \hat{F E G}) = 180^{\circ} - 90^{\circ} = 90^{\circ}$ .

Xét tam giác AEF có $\hat{A E F} = 90^{\circ}$ , AE=EF, nên tam giác AEF vuông cân tại E. Từ đó, ta có $\hat{A F E} = 45^{\circ}$ .

Xét đường tròn tâm O có $\hat{A C E}$ là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung AC, nên $\hat{A C E} = \frac{1}{2} s đ \overset{⏜}{A C} = 45^{\circ}$ .

Vậy, tứ giác AECF có $\hat{A C E} = \hat{A F E} = 45^{\circ}$ , tức là 2 đỉnh liền kề C, F cùng nhìn đoạn AE dưới các góc như nhau. Do đó, tứ giác AECF là tứ giác nội tiếp.

Câu 163:

Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Một điểm M cố định thuộc đoạn thẳng OB $(M \neq B; M \neq O) .$ Đường thẳng d vuông góc với AB tại M cắt nửa đường tròn đã cho tại N. Trên cung NB lấy điểm E bất kì $(E \neq B; E \neq N) .$ Tia BE cắt đường thẳng d tại C đường thẳng AC cắt nửa đường tròn tại D Gọi H là giao điểm của AE và đường thẳng d

a) Chứng minh tứ giác BMHE nội tiếp được đường tròn.

Xem đáp án

Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Một điểm M cố định thuộc đoạn thẳng OB (ảnh 1)

a) Chứng minh tứ giác BMHE nội tiếp được đường tròn.

$\hat{H M B} = 90^{0} (C M ⊥ A B)$

$\hat{H E B} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)

$\Rightarrow \hat{H M B} + \hat{H E B} = 180^{0}$

Trong tứ giác BMHE có tổng hai góc đối bằng 180^o nên tứ giác BMHE nội tiếp đường tròn.

Câu 164:

b) Chứng minh 3 điểm B, H, D thẳng hàng.

Xem đáp án

b) Chứng minh 3 điểm B, H, D thẳng hàng.

Ta có $\hat{A D B} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)

$\Rightarrow B D ⊥ A C \Rightarrow B D$ là đường cao $Δ A B C .$

Δ A B C .

có 2 đường cao CM và AE cắt nhau tại

H \Rightarrow H

là trực tâm của

Δ A B C \Rightarrow H \in B D \Rightarrow

đpcm.

Câu 165:

c) Tính giá trị của biểu thức

B N^{2} + A D . A C

theo R

Xem đáp án

c) Tính giá trị của biểu thức $B N^{2} + A D . A C$ theo R

Ta có $\hat{B N A} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)

$\Rightarrow Δ A N B$ vuông tại N

Áp dụng hệ thức lượng trong $Δ A N B$ vuông tại N ta có $B N^{2} = B M . A B$

$Δ A M C ~ Δ A D B$ (g-g) $\Rightarrow A D . A C = A M . A B$

Suy ra $B N^{2} + A D . A C = A B (B M + A M) = A B^{2} = 4 R^{2}$

Câu 166:

d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB tại K. Chứng minh rằng khi E di động trên cung NB thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi.

Xem đáp án

d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB tại Chứng minh rằng khi E di động trên cung NB thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi.

Ta có: $\hat{H A M} = \hat{K C M}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung HK trong đường tròn (AHC))

$\hat{H A M} = \hat{K C B}$ (cùng phụ $\hat{A B C}$ ).

Suy ra $\hat{K C M} = \hat{K C B} \Rightarrow C M$ là phân giác $\hat{K C B} .$

$Δ K C B$ có CM vừa là đường cao vừa là phân giác

$\Rightarrow M$ là trung điểm $K B \Rightarrow K B = 2 M B$

Do M cố định, B cho trước nên KB không đổi.

Câu 167:

Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm C(C không trùng với A và B ). Lấy điểm D thuộc đoạn AC (D không trùng với A và C). Tia BD cắt cung nhỏ AC tại điểm M, tia BC cắt tia AM tại điểm N.

1. Chứng minh MNCD là tứ giác nối tiếp.

Xem đáp án

Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm C(C không trùng với A và B ). (ảnh 1)

1. Có $\hat{A M B} = \hat{A C B} = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên $\hat{N M D} = \hat{N C D} = 90^{\circ}$ suy ra $\hat{N M D} + \hat{N C D} = 180^{\circ}$ nên MNCD là tứ giác nội tiếp

Câu 168:

2. Chứng minh AM.BD=AD.BC

Xem đáp án

2. Có $Δ A M D$ đồng dạng $Δ B C D$ (g-g) nên $\frac{A M}{B C} = \frac{A D}{B D} \Rightarrow A M . B D = A D . B C$

Câu 169:

3. Gọi I là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoài tiếp của tam giác ADM và tam giác BCD. Chứng minh ba điểm N, D, I thẳng hàng

Xem đáp án

3. Chứng minh ba điểm N, D, I thẳng hàng.

Ta có $\hat{D I B} = \hat{D I A} = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\Rightarrow D I ⊥ A B$ .

Theo chứng minh câu 1, MNCD là tứ giác nội tiếp nên ta có: $\hat{M N D} = \hat{M C D}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD). (1)

Xét đường tròn tâm O có $\hat{M C D} = \hat{M C A} = \hat{M B A}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MA). (2)

Từ (1) và (2), ta có: $\hat{M N D} = \hat{M B A}$ .

Mặt khác, ta có:

Tam giác MND vuông tại M nên $\hat{M N D} + \hat{M D N} = 90^{\circ}$ .

Tam giác MAB vuông tại M nên $\hat{M B A} + \hat{M A B} = 90^{\circ}$ .

Do đó, ta có: $\hat{M N D} + \hat{M D N} = \hat{M B A} + \hat{M A B}$ .

Mà $\hat{M N D} = \hat{M B A}$ (chứng minh trên), nên ta có: $\hat{M D N} = \hat{M A B}$ .

Do MAID là tứ giác nội tiếp nên ta có: $\hat{M A I} + \hat{M D I} = 180^{\circ}$ hay $\hat{M A B} + \hat{M D I} = 180^{\circ}$

Suy ra $\hat{M D N} + \hat{M D I} = 180^{\circ} \Leftrightarrow \hat{I D N} = 180^{\circ}$ .

Vậy, các điểm N, D, I thẳng hàng

Câu 170:

Cho đường tròn (O) đường kính AB=2a, H là trung điểm của đoạn thẳng OA. Đường thẳng OA. Đường thẳng d vuông góc với OA tại H và cắt đường tròn (O) tại hai điểm C, D.

a) Tính độ dài đoạn thẳng CD theo a.

Xem đáp án

$H D^{2} = O D^{2} - O H^{2}$

Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25, câu b: 0,25

(không có hình không chấm)

Cho đường tròn (O) đường kính AB=2a, H là trung điểm của đoạn thẳng OA (ảnh 1)

a) Tính độ dài đoạn thẳng CD theo a.

* Cách 1: CD=2HD.

H D^{2} = O D^{2} - O H^{2}

= a^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2} = \frac{3 a^{2}}{4}

\Rightarrow H D = \frac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow C D = a \sqrt{3}

* Cách 2: CD=2HD

+Tam giác OAD có OA = OD

+Vì H là trung điểm OA và

D H ⊥ O A

nên DA = DO.

Suy ra D OAD đều.

Suy ra

H D = \frac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow C D = a \sqrt{3}

.

Câu 171:

b) Lấy điểm E trên cung nhỏ BD của đường tròn (O) sao cho ba điểm C, O, E không thẳng hàng (E khác B, E khác D). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và CE; K là hình chiếu vuông góc của A lên CE. Chứng minh BE song song với KH và MN là đường trung trực của đoạn thẳng KH.

Xem đáp án

b) Chứng minh BE song song với KH và MN là đường trung trực của đoạn thẳng KH

Tứ giác AHKC nội tiếp trong đường tròn nên

\hat{HKE} = \hat{CAB}

.

Mà

\hat{CAB} = \hat{CEB}

nên

\hat{HKE} = \hat{CEB}

.

Do đó BE//KH (so le trong, B và H nằm về hai phía KE).

+ AE//MN,BE//KH

+AE

⊥ B E

nên MN

⊥ K H

Mặt khác MH=MK nên MN là đường trung trực của đoạn thẳng KH.

Câu 172:

c) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và BD. Đường tròn đường kính AI cắt các đoạn thẳng HB, Ạ, HD lần lượt tại P, F, Q (F khác A). Gọi L là giao điểm của IF và PQ. Chứng mih JL vuông góc với BD.

Xem đáp án

c) Chứng minh JL vuông góc với BD

+ IJ//CD và H là trung điểm của CD. Suy ra P là trung điểm của IJ

Ta có: $\hat{PIL} = \hat{PAF} = \hat{PAI} = \hat{PQI}$ và $\hat{LPI} = \hat{IPQ}$ . Suy ra hai tam giác PIL và PQI đồng dạng.

Do đó: $\frac{PI}{PQ} = \frac{PL}{PI}$ .Mà PI=PJ nên $\frac{PJ}{PQ} = \frac{PL}{PJ}$

Lại có $\hat{LPJ} = \hat{JPQ}$ nên hai tam giác PIJ và PQL đồng dạng (1).

$\hat{ABD} = \hat{ACD} = \hat{APQ} \Rightarrow P Q / / B D$ (đồng vị, tia PQ không nằm trong góc $\hat{BPJ}$ ).

Mà J là trung điểm của BD nên P là trung điểm của HB. Suy raQ là trung điểm của HD.

Do đó JP $⊥ J Q$ hay tam giác PQL vuông tại J (2).

Từ (1) và (2) suy ra tam giác PJL vuông tại L. Mà PQ//BD nên JL vuông góc BD.

Câu 173:

Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao cho AB>AC. Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC).

a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF.

Xem đáp án

Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao cho AB>AC. (ảnh 1)

a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông

$\hat{H A F} = \hat{E F A}$ (vì AEHF là hình chữ nhật)

$\hat{O A C} = \hat{O C A}$ (vì OA=OC)

Do đó : $\hat{O A C} + \hat{A F E} = 90 °$

$\Rightarrow O A ⊥ E F$

Câu 174:

b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F). Chứng minh

A P^{2} = A E . A B

. Suy ra APH là tam giác cân.

Xem đáp án

b) $O A ⊥ P Q \Rightarrow \overset{⏜}{P A} = \overset{⏜}{A Q}$

Do đó: $Δ A P E ∽ Δ A B P$

$\Rightarrow \frac{A P}{A B} = \frac{A E}{A P} \Rightarrow A P^{2} = A E . A B$

Ta có: $A H^{2} = A E . A B$ (hệ thức lượng $Δ H A B$ vuông tại H, có HE là chiều cao)

$\Rightarrow A P = A H \Rightarrow ∆ A P H$ cân tại A.

Câu 175:

c) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm của AD và đường tròn (O) (K khác A). Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp

Xem đáp án

c) $D E . D F = D C . D B; D C . D B = D K . D A \Rightarrow D E . D F = D K . D A$

Do đó $Δ D F K ∽ Δ D A E \Rightarrow \hat{D K F} = \hat{D E A}$

$\Rightarrow$ Tứ giác AEFK nội tiếp.

Câu 176:

d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh

I H^{2} = I C . I D

Xem đáp án

d) Ta có: $A F . A C = A H^{2}$ (hệ thức lượng trong $Δ A H C$ vuông tại H, có HF là chiều cao)

Ta có: $A K . A D = A H^{2}$ (hệ thức lượng trong $Δ A H D$ vuông tại H, có HK là chiều cao)

$\Rightarrow A K . A D = A F . A C$

Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp

Vậy ta có: $I C . I D = I F . I K (Δ I C F ∽ Δ I K D)$ và $I H^{2} = I F . I K (Δ I H F ∽ Δ I K H) \Rightarrow I H^{2} = I C . I D$

Câu 177:

Cho tam giác ABC không có góc tù (AB<AC), nội tiếp đường tròn (O;R) (B, C cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I

a) Chứng minh $\hat{M B C} = \hat{B A C}$ . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp.

Xem đáp án

Cho tam giác ABC không có góc tù (AB<AC), nội tiếp đường tròn (O;R) (B, C cố định, A di động trên cung lớn BC). (ảnh 1)

a) Ta có

\hat{B A C} = \hat{M B C}

do cùng chắn

\overset{⏜}{B C}

Và

\hat{B A C} = \hat{M I C}

do AB//MI

\Rightarrow \hat{M B C} = \hat{M I C}

\Rightarrow I C M B

nội tiếp đường tròn đường kính OM.

Câu 178:

b) Chứng minh: FI.FM=FD.FE

Xem đáp án

b) Do $Δ F B D ∽ Δ F E C$ nên $F B . F C = F E . F D$ và $Δ F B M ∽ Δ F I C$ nên $F B . F C = F I . F M$

So sánh ta có: FI.FM=FD.FE

Câu 179:

c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng

Xem đáp án

c) Ta có $\hat{P T Q} = 90 °$ dó PQ là đương kính và $Δ F I Q; Δ F T M$ có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và $\frac{F I}{F Q} = \frac{F T}{F M}$ (vì $F I . F M = F D . F E = F T . F Q$ )

Nên $\hat{F I Q} = \hat{F T M}$ mà $\hat{F I Q} = \hat{O I M} = 90 °$ (I nhìn OM dưới goc 90^o)

Nên P, T, M thẳng hàng vì $\hat{P T M} = 180 °$

Câu 180:

d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất.

Xem đáp án

d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích $S_{I B C}$ lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung BC của đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì $Δ A B C$ vuông tại B. Vậy diện tích $Δ I C B$ lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O; R).

Cách khác

O' là trung điểm của OM. BC cắt OO'; O'T lần lượt tại L và T

Vẽ IH vuông BC tại H

$I H \leq I T = O^{'} I - O^{'} T \leq O^{'} O - O^{'} L = O L$

Câu 181:

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Biết AB=a, BC=2a. Tính theo a độ dài AC và AH.

Xem đáp án

$A C = \sqrt{B C^{2} - A B^{2}} = \sqrt{{(2 a)}^{2} - a^{2}} = \sqrt{3 a^{2}} = a \sqrt{3} A H = \frac{A B . A C}{B C} = \frac{a . a \sqrt{3}}{2 a} = \frac{a \sqrt{3}}{2}$

Câu 182:

Cho tam giác ABC có

\hat{B A C}

tù. Trên cạnh BC lấy hai D và E, trên cạnh AB lấy điểm F, trên cạnh AC lấy điểm K sao cho BD=BA, CE=CA, BE=BF, CK=CD. Chứng minh bốn điểm D, E, F và K cùng nằm trên một đường tròn.

Xem đáp án

Ta có BD=BA và BE=BF nên $\frac{B E}{B D} = \frac{B F}{B A} \Rightarrow E F / / D A$

EF//DA và $\hat{B A D} = \hat{B D A}$ (do BD=BA) suy ra ADEF là hình thang cân

$\Rightarrow$ ADEF nội tiếp được (1).

Ta có CK=CD và CA=CE nên

$\frac{C K}{C A} = \frac{C D}{C E} \Rightarrow K D / / A E$

KD//AE và $\hat{C A E} = \hat{C E A}$ (do CE=CA)

$\Rightarrow A E D K$ là hình thang cân

$\Rightarrow A E D K$ nội tiếp được (2).

(1), (2) $\Rightarrow$ 4 điểm D, E, F và K cùng thuộc đường tròn ngoại tiếp $Δ A D E$ .

Câu 183:

Cho tam giác ABC(AB<AC) nội tiếp đường tròn đường kính BC, có đường cao AH (H thuộc cạnh BC), đường phân giác trong của góc A trong tam giác ABC cắt đường tròn đó tại K (K khác A). Biết $\frac{A H}{H K} = \frac{\sqrt{15}}{5}$ .Tính $\hat{A C B}$

Xem đáp án

Cho tam giác ABC(AB<AC) nội tiếp đường tròn đường kính BC, có đường cao AH (H thuộc cạnh BC), (ảnh 1)

Gọi O là tâm đường tròn đường kính BC, bán kính R.

\hat{B A K} = \hat{C A K}

nên

\overset{⏜}{K B} = \overset{⏜}{K C} \Rightarrow K O ⊥ B C

tại O

\begin{array}{l} Δ O A H : A H^{2} = R^{2} - O H^{2} \\ Δ O K H : H K^{2} = R^{2} + O H^{2} \end{array}\} \Rightarrow A H^{2} + H K^{2} = 2 R^{2}

\frac{A H}{H K} = \frac{\sqrt{15}}{5} \Rightarrow H K^{2} = \frac{5}{3} A H^{2}

\begin{array}{l} A H^{2} + H K^{2} = 2 R^{2} \\ H K^{2} = \frac{5}{3} A H^{2} \end{array}\} \Rightarrow A H = \frac{R \sqrt{3}}{2}

Δ O A H

có

\sin \hat{A O H} = \frac{A H}{O A} = \frac{\frac{R \sqrt{3}}{2}}{R} = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \hat{A O H} = 60 ° \Rightarrow \hat{A C B} = 30 °

Câu 184:

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh AEHF và BCEF là các tứ giác nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. (ảnh 1)

a) Ta có:

\hat{A E H} = \hat{A F H} = 90 °

(BE, CF là đường cao)

Xét tứ giác AEFH, ta có:

\hat{A E H} + \hat{A F H} = 180 °

Suy ra: AEFH là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác BCEF, ta có:

\hat{B E C} = \hat{B F C} = 90 ° (g t)

Suy ra: BCEF là tứ giác nội tiếp.

Câu 185:

b) Gọi M và N theo thứ tự là giao điểm thứ hai của đường trón (O; R) với BE và CF. Chứng minh MN//EF

Xem đáp án

b) Ta có: Tứ giác BCEF nội tiếp (cmt).

$\Rightarrow \hat{B E F} = \hat{B C F} (1)$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset{⏜}{B F}$ )

Ta lại có:

$\hat{B M N} = \hat{B C N} = \hat{B C F}$ (2) (góc nội tiếp cùng chắn $\overset{⏜}{B N}$ )

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \hat{B E F} = \hat{B M N}$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị $\Rightarrow M N // E F$

Câu 186:

d) Chứng minh rằng OA

⊥

EF

Xem đáp án

d) Ta có $\hat{A B M} = \hat{A C N}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset{⏜}{E F}$ )

$\Rightarrow A M = A N$

Ta lại có OM=ON

$\Rightarrow O A$ là đường trung trực của MN

$\Rightarrow O A ⊥ M N$

Mà MN//EF(cmt) $\Rightarrow O A ⊥ E F$

Câu 187:

Một bình hình trụ có đường kính đáy 1dm, chiều cao 2dm bên trong có chứa viên bi hình cầu có bán kính 4 cm. Hỏi phải đổ vào bình bao nhiêu lít nước để nước đầy bình. Cho biết:

$V = π r^{2} . h$ với r là bán kính đáy; h là chiều cao hình trụ.

$V = \frac{4}{3} π R^{3}$ với R là bán kính hình cầu.

Một bình hình trụ có đường kính đáy 1dm, chiều cao 2dm bên trong có chứa viên bi hình cầu có bán kính 4 cm. (ảnh 1)

Xem đáp án

Thể tích bình hình trụ: $π .0, 5^{2} .2 \approx 1, 57 (d m^{3})$

Thể tích viên bi hình cầu: $\frac{4}{3} . π .0, 4^{3} \approx 0, 27 (d m^{3})$

Số lít nước đổ vào đầy bình: $1, 57 - 0, 27 = 1, 3 (d m^{3}) = 1, 3$ (lít)

Câu 188:

Kính lão đeo mắt của người già thường là loại thấu kính hội tụ. Bạn An đã dùng một chiếc kính lão của ông ngoại để tạo ra hình ảnh của một cây nến trên một tấm màn. Xét cây nến là một vật sáng có hình dạng là đoạn AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ, cách thấu kính một đoạn OA=2cm. Thấu kính có quang tâm O và tiêu điểm F. Vật AB cho ảnh thật A'B' gấp 3 lần AB. Tính tiêu cự (OF') của thấu kính ? Biết rằng đường đi của tia sáng được mô tả trong hình vẽ sau :

Kính lão đeo mắt của người già thường là loại thấu kính hội tụ. (ảnh 1)

Xem đáp án

Vì AB//A'B; nên theo hệ quả định lí TaLet, ta được :

$\frac{A B}{A^{'} B^{'}} = \frac{O A}{O A^{'}} \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{2}{O A^{'}} \Leftrightarrow O A^{'} = 4$

Vì OD//A'B' nên theo hệ quả định lí TaLet, ta được :

$\frac{O D}{A^{'} B^{'}} = \frac{O F^{'}}{F^{'} A} \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{O F^{'}}{F^{'} A} \Rightarrow \frac{F^{'} A}{2} = \frac{O F^{'}}{1} = \frac{F^{'} A + O F^{'}}{2 + 1} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow O F^{'} = \frac{4}{3}$