Bài 36 ( Trang 82 – SGk)
Cho đường tròn (O) và hai dây AB, AC. Gọi M, N lần lượt là điểm chính giữa của cung AB và cung AC. Đường thẳng MN cắt dây AB tại E và cắt dây AC tại H. Chứng minh rằng tam giác AEH là tam giác cân.
Hướng dẫn giải:
Ta có: \[\widehat{AHM}=\frac{sd\overset\frown{AM}+sd\overset\frown{NC}}{2}\] (1)
\[\widehat{AEN}=\frac{sd\overset\frown{MB}+sd\overset\frown{AN}}{2}\] (2)
( Vì \[\widehat{AHM}\] và \[\widehat{AEN}\] là các góc có đỉnh cố định ở bên trong đường tròn).
Theo gỉả thiết thì: \[\overset\frown{AM}=\overset\frown{MB}\] (3)
\[\overset\frown{NC}=\overset\frown{AN}\] (4)
Từ (1),(2), (3), (4), suy ra \[\widehat{AHM}=\widehat{AEN}\] do đó ∆AEH là tam giác cân.
Bài 37 ( Trang 82 – SGK)
Cho đường tròn (O) và hai dây AB, AC bằng nhau. Trên cung nhỏ AC lấy một điểm M. Gọi S là giao điểm của AM và BC. Chứng minh: \[\widehat{ASC}=\widehat{MCA}\]
Hướng dẫn giải:
Ta có: \[\widehat{ASC}=\frac{sd\overset\frown{AB}+sd\overset\frown{MC}}{2}\] (1)
\[\widehat{ASC}\] là góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn (O)
Và \[\widehat{MCA}=\frac{sd\overset\frown{AM}}{2}\] (2)
(góc nội tiếp chắn cung AM)
Theo giả thiết thì: AB = AC => \[\overset\frown{AB}=\overset\frown{AC}\] (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra: \[\overset\frown{AB}-\overset\frown{MC}=\overset\frown{AC}-\overset\frown{MC}=\overset\frown{AM}\]
Từ đó: \[\widehat{ASC}=\widehat{MCA}\]
Bài 38 ( Trang 82 – SGK)
Trên một đường tròn, lấy liên tiếp ba cung \(AC, CD, DB\) sao cho:\[sd\overset\frown{AC}=sd\overset\frown{CD}=sd\overset\frown{DB}={{60}^{0}}\]Hai đường thẳng AC và BD cắt nhau tại E. Hai tiếp tuyến của đường tròn tại B và C cắt nhau tại T. Chứng minh rằng:
a) \[\widehat{AEB}=\widehat{BTC}\]
b) CD là phân giác của \[\widehat{BTC}\]
Hướng dẫn giải:
.png)
a) Ta có: \[\widehat{AEB}\] là góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn nên: \[\widehat{AEB}=\frac{sd\overset\frown{AB}-sd\overset\frown{CD}}{2}=\frac{{{180}^{0}}-{{60}^{0}}}{2}={{60}^{0}}\]
và \[\widehat{BTC}\] cũng là góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn ( hai cạnh đều là tiếp tuyến của đường tròn) nên: \[\widehat{BTC}=\frac{\widehat{BAC}-\widehat{BDC}}{2}=\frac{({{180}^{0}}+{{60}^{0}})-({{60}^{0}}+{{60}^{0}})}{2}={{60}^{0}}\]
Vậy \[\widehat{AEB}=\widehat{BTC}\]
b) \[\widehat{DTC}\] là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung nên: \[\widehat{DCT}=\frac{sd\overset\frown{CD}}{2}\]
\[\widehat{DCB}\] là góc nội tiếp trên \[\widehat{DCB}=\frac{sd\overset\frown{DB}}{2}=\frac{{{60}^{0}}}{2}={{30}^{0}}\]
Vậy \[\widehat{DCB}=\widehat{DTC}\] hay CD là phân giác của \[\widehat{BCT}\].
Bài 39 ( Trang 83 – SGK)
Cho AB và CD là hai đường kính vuông góc của đường tròn (O). Trên cung nhỏ BD lấy một điểm M. Tiếp tuyến tại M cắt tia AB ở E, đoạn thẳng CM cắt AB ở S.Chứng minh ES = EM.
Hướng dẫn giải:
Ta có \[\widehat{MSE}=\text{ }\frac{sd\overset\frown{CA}+sd\overset\frown{BM}}{2}\] (1)
(vì \[\widehat{MSE}\] là góc có đỉnh S ở trong đường tròn (O)
\[\widehat{CME}=\frac{sd\overset\frown{CM}}{2}=\frac{sd\overset\frown{CB}+sd\overset\frown{BM}}{2}\] (2)
(\[\widehat{CME}\] là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Theo giả thiết \[\overset\frown{CA}=\overset\frown{CB}\] (3)
Từ (1), (2), (3) ta có: \[\widehat{MSE}=\widehat{CME}\] từ đó ∆ESM là tam giác cân và ES = EM.
.png)
Bài 40 ( Trang 83 – SGk)
Qua điểm S nằm bên ngoài đường tròn (O), vẽ tiếp tuyến SA và cát tuyến SBC của đường tròn. Tia phân giác của góc BAC cắt dây BC tại D. Chứng minh SA = SD
Trả lời:
Có \[\widehat{ADS}=\frac{sd\overset\frown{AB}-sd\overset\frown{CE}}{2}\] (định lí góc có đỉnh ở ngoài đường tròn).
\[\widehat{SAD}=\frac{1}{2}sd\overset\frown{AE}\] (định lí góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung).
Có: \[\widehat{BAE}=\widehat{EAC}\Rightarrow \text{ }\overset\frown{BE}=\overset\frown{EC}\]
\[\Rightarrow sd\overset\frown{AB}+sd\overset\frown{EC}=sd\overset\frown{AB}+sd\overset\frown{BE}=sd\overset\frown{AE}\]
Nên \[\widehat{ADS}=\widehat{SAD}\Rightarrow \] tam giác SDA cân tại S hay SA=SD.
Bài 41 ( Trang 83 – SGK)
ua điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) vẽ hai cát tuyến ABC và AMN sao cho hai đường thẳng BN và CM cắt nhau tại một điểm S nằm bên trong đường tròn.
Chứng minh: \[\hat{A}+\widehat{B\text{S}M}=2\widehat{CMN}\]
Hướng dẫn giải:
Ta có : \[\hat{A}+\widehat{BSM}=2\widehat{CMN}\]
\[\hat{A}=\frac{sd\overset\frown{CN}-sd\overset\frown{BM}}{2}\] (góc A là góc ngoài (O)) (1)
\[\widehat{BSM}=\frac{sd\overset\frown{CN}+sd\overset\frown{BM}}{2}\] (góc S là góc trong (O)) (2)
\[\widehat{CMN}=\frac{sd\overset\frown{CN}}{2}\] \[\Leftrightarrow 2\widehat{CMN}=sd\overset\frown{CN}\] (3)
Cộng (1) và(2) theo vế với vế: \[\hat{A}+\widehat{BSM}=\frac{2sd\overset\frown{CN}+(sd\overset\frown{BM}-sd\overset\frown{BM})}{2}=\overset\frown{CN}\]
Từ (3) và (4) ta được: \[\hat{A}+\widehat{B\text{S}M}=2\widehat{CMN}\]
Bài 42 ( Trang 83 – SGK)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn. P, Q, R theo thứ tự là các điểm chính giữa các cung bị chắn BC, CA, AB bởi các góc A, B, C.
a) Chứng minh \[AP\bot QR\]
b) AP cắt CR tại I. Chứng minh tam giác CPI là tam giác cân
Hướng dẫn giải:
a) Gọi giao điểm của AP và QR là K.
\[\widehat{AKR}\] là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn nên
\[\widehat{AKR}=\text{ }\frac{sd\overset\frown{AR}+sd\overset\frown{QC}+sd\overset\frown{CP}}{2}=\frac{sd\overset\frown{AB}+sd\overset\frown{AC}+sd\overset\frown{BC}}{4}={{90}^{0}}\]
Vậy \[\widehat{AKR}=\]\[{{90}^{0}}\] hay \[AP\bot QR\]
b) \[\widehat{CIP}\] là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn nên:
\[\widehat{CIP}=\frac{sd\overset\frown{AR}+sd\overset\frown{CP}}{2}\] (1)
\[\widehat{PCI}\] góc nội tiếp, nên \[\widehat{PCI}=\frac{sd\overset\frown{RB}+sd\overset\frown{BP}}{2}\] (2)
Theo giả thiết thì cung \[\overset\frown{AR}=\overset\frown{RB}\] (3)
Cung CP = cung BP (4)
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra \[\widehat{CIP}=\widehat{PCI}\] . Do đó ∆CPI cân.
Bài 43 ( Trang 83 – SGK)
Cho đường tròn (O) và hai dây cung song song AB, CD (A và C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ BD); AD cắt BC tại I.
Chứng minh \[\widehat{AOC}=\widehat{AIC}\]
Hướng dẫn giải:
Theo giả thiết: \[\overset\frown{AC}=\overset\frown{BD}\] (vì \(AB // CD) (1)
\[\widehat{AIC}=\frac{sd\overset\frown{AC}+sd\overset\frown{BD}}{2}\] (2)
Theo (1) suy ra \[\widehat{AIC}=\text{ }sd\overset\frown{AC}\] (3)
\[\widehat{AOC}=\text{ }sd\overset\frown{AC}\] (góc ở tâm chắn cung AC) (4)
So sánh (3), (4), ta có \[\widehat{AOC}=\widehat{AIC}\]