Đề cương ôn tập môn Hình Học lớp 9

PAGE

PAGE 24

ĐỀ ÔN TẬP.

Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kính, điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho tam giác ABC nhọn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, F là giao điểm của AH và BC. Chứng minh rằng:

Năm điểm A, O, M, N, F cùng nằm trên một đường tròn.

Ba điểm M, N, H thẳng hàng.

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNGHình vẽa)Do các điểm M, N, F cùng nhìn đoạn AO dưới góc nên A, O, M, N, F cùng thuộc đường tròn đường kính AO.b)Ta có (Tính chất tiếp tuyến).

Từ câu a) suy ra (1).

Mặt khác, vì hai tam giác ADH, AFC đồng dạng; hai tam giác ADN, ANC đồng dạng nên .

Do đó, hai tam giác ANH, AFN đồng dạng (c.g.c) (2).

Từ (1), (2) ta có đpcm.c)Từ câu a) ta có .

Gọi ta có I là trung điểm của MN.

Từ đó suy ra Bài 5. Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi không trùng với AB. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF.

Chứng minh ACBD là hình chữ nhật.

Gọi H là trực tâm của tam giác BPQ. Chứng minh H là trung điểm của OA.

Xác định vị trí của đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất.

HƯỚNG DẪN GIẢI

BÀINỘI DUNGHình vẽa) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra Chứng minh ACBD là hình chữ nhật.b)Tam giác BEF vuông tại B có đường cao BA nên AB2 = AE. AF

;

đồng dạng với

. Mặt khác (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

nên . Hai góc này ở vị trí đồng vị nên PH // OE

P là trung điểm của EA H là trung điểm của OAc)Ta có

.

vuông cân tại B vuông cân tại B

Vậy đạt giá trị nhỏ nhất là 2R2 khi

Bài 5. Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.

Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh

Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và . Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK

HƯỚNG DẪN GIẢI

BÀINỘI DUNGA

B

C

M

H

K

O

E

Hình vẽA

B

C

M

H

K

O

S

P

E

N

a)Ta có ( do chắn nửa đường tròn đk AB)

(do K là hình chiếu của H trên AB)

=> nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HB.b)Ta có (do cùng chắn của (O))

và (vì cùng chắn .của đtròn đk HB)

Vậy c)Gọi S là giao điểm của BM và đường thẳng (d), N là giao điểm của BP với HK.

Xét PAM và  OBM :

Theo giả thiết ta có (vì có R = OB).

Mặt khác ta có (vì cùng chắn cung của (O))

 PAM ∽  OBM

.(do OB = OM = R) (3)

Vì (do chắn nửa đtròn(O))

 tam giác AMS vuông tại M. 

và (4)

Mà PM = PA(cmt) nên

Từ (3) và (4)  PA = PS hay P là trung điểm của AS.

Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có:

hay

mà PA = PS(cmt) hay BP đi qua trung điểm N của HK. (đpcm)

Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là điểm chính giữa của cung AB, K là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BM. Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống AK

Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp

Chứng minh OH là tia phân giác của góc MOK

Gọi P là hình chiếu vuông góc của K lên AB. Xác định vị trí của K để chu vi tam giác OPK lớn nhất

HƯỚNG DẪN GIẢI

BÀINỘI DUNGHình vẽ

a)Lập luận có

Lập luận có

Trong tứ giác AOHM, ta có:

Do đó đỉnh O và H cùng thuộc đường tròn đường kính AM.

Vậy tứ giác AOHM nội tiếp được.b)Tam giác MHK vuông tại H có

Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân tại H

Suy ra: HM = HK

Chứng minh được:  MHO =  KHO ( c-c-c)

Suy ra: , Do vậy OH là phân giác của góc MOK

(cùng chắn ) và (cùng chắn )

Mà (cùng chắn của tứ giác BCDE nội tiếp)

Suy ra: => FA là phân giác của góc DFEc)Bài 5. Cho đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại điểm H (H nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O; R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại điểm K khác A. Hai dây MN và BK cắt nhau ở E. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F.

Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp.

Chứng minh tam giác NFK cân và EM.NC=EN.CM.

Giả sử KE =KC. Chứng minh OK // MN

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNGHình vẽa)Xét tứ giác AHEK có:

(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác AHEK nội tiếp b)Do đường kính AB MN nên B là điểm chính giữa cung MN (1)

Ta lại có: (cùng vuông góc với AC)

(so le trong) (2)

(đồng vị) (3)

Từ (1);(2);(3) hay

cân tại K

có KE là phân giác của góc

Ta lại có:; KE là phân giác của góc là phân giác ngoài của tại K (5)

Từ (4) và (5) c) Ta có vuông tại K

Theo giả thiết ta lại có vuông cân tại K

Ta có

Mặt kháccân tại Ovuông cân tại O

(cùng vuông góc với AB)Bài 5. Cho đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại điểm H (H nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O; R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại điểm K khác A. Hai dây MN và BK cắt nhau ở E. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F.

Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp.

Chứng minh tam giác NFK cân và EM.NC = EN.CM.

Giả sử KE =KC. Chứng minh OK // MN

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNGHình vẽa)Xét tứ giác AHEK có:

(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

. Tứ giác AHEK nội tiếp b)Do đường kính AB MN nên B là điểm chính giữa cung MN (1)

Ta lại có: (cùng vuông góc với AC)

(so le trong) (2)

(đồng vị) (3)

Từ (1);(2);(3) hay

cân tại K

có KE là phân giác của góc

Ta lại có:; KE là phân giác của góc là phân giác ngoài của tại K (5)

Từ (4) và (5) c) Ta có vuông tại K

Theo giả thiết ta lại có vuông cân tại K

Ta có

Mặt kháccân tại Ovuông cân tại O

(cùng vuông góc với AB)

Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kính MN và A là một điểm trên đường tròn (O), (A khác M và A khác N). Lấy một điểm I trên đoạn thẳng ON (I khác O và I khác N). Qua I kẻ đường thẳng (d) vuông góc với MN. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của AM, AN với đường thẳng (d)

a) Gọi K là điểm đối xứng của N qua điểm I. Chứng minh tứ giác MPQK nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng:

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNGHình vẽ

GT(O), đường kính MN, , , tại I

d cắt AM tại P, d cắt AN tại Q

a) K đối xứng với N qua I KLa) MPQK nội tiếp được

b) a)Ta có d là trục đối xứng của đoạn KN (do tại I và )

(hai góc đối xứng qua một trục) (1)

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

AMIQ nội tiếp được (cùng chắn )

AINP nội tiếp được (cùng chắn )

(cùng bằng ) (2)

Từ (1), (2) Tứ giác MPQK nội tiếp được.b)Ta có (cùng bù với , tứ giác MPQK nội tiếp)

(có chung, (cmt))

(do )Hình vẽ

GT, (I) tiếp xúc Ox tại A,

(I) cắt Oy tại B và C, KLTính

Lấy C’ đối xứng với C qua Ox

(hai góc đối xứng qua một trục)

(cùng bằng )

vuông tại A, có đường cao AO

Bài 5. Cho đường tròn tâm (O; R) có hai đường kính AB và CD. Các tia AC và AD cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) lần lượt ở M và N.

Chứng minh: tứ giác CMND nội tiếp trong một đường tròn.

Chứng minh AC.AM = AD.AN.

Tính diện tích tam giác ABM phần nằm ngoài đường tròn (O) theo R. Biết

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNG4Hình vẽN

M

O

D

C

B

A

a)Chứng minh CMND là tứ giác nội tiếp.

+ Ta có:

(góc có đỉnh nằm bên ngoài đường tròn)

(góc nội tiếp chắn cung AD)

+ Suy ra:

Do đó tứ giác CMND nội tiếp (vì có góc ngoài tại đỉnh C bằng góc bên trong tại đỉnh đối diên N)b)Chứng minh AC.AM = AD.AN

Xét hai tam giác ADC và AMN có:

(góc chung, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

(câu a)

Suy ra: ∆ADC ∽ ∆AMN (g – g) ⇒ . Từ đó: AC.AM = AD.ANc)Tính diện tích tam giác ABM phần nằm ngoài đường tròn (O) theo R. Khi

Khi

+ ∆ABM vuông cân tại B cho BM = AB = 2R. Từ đó:

+ ∆AOC vuông cân tại O cho AO = OC = R. Từ đó:

+ (góc ngoài tại O của tam giác vuông cân AOC) cho: SquạtBOC =

Diện tích cần tìm:

SABM – (SAOC + SquạtBOC)

= (đ.v.d.t)

Bài 5. Cho đường tròn (0;R), hai đường kính AB và MN. Đường thẳng BM và BN cắt tiếp tuyến kẻ từ A của đường tròn lần lượt tại E,F. Gọi P,Q theo thứ tự là trung điểm của EA và FA.

Chứng minh tứ giác MNFE nội tiếp được.

Kẻ PI vuông góc với BQ, PI cắt OA tại H. Chứng minh AH.AB = AQ.AP và H là trung điểm của OA.

Tính giá trị nhỏ nhất của của diện tích tam giác BPQ theo R

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNGHình vẽa)Ta có (gnt chắn nửa đường tròn)

=> AN BF

=> ( cùng phụ )

Mà (2 gnt cùng chắn )

=>

Mà (2 góc kề bù)

=>

=> Tứ giác MNFE nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800)b)Xét PAH và BAQ có :

chung

=> PAH BAQ (gg)

=>

Ta có (gnt chắn nửa đường tròn (0))

Nên EBF vuông tại B , lại có BAEF (gt)

=> AE . AF = AB2

(hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông)

4AP.AQ = 4R2

AP.AQ = R2.

Lại có AH.AB = AP.AQ (cmt)

=>

Chứng tỏ H là trung điểm của AOc)Ta có

Do R không đổi nên để SBPQ nhỏ nhất  PQ nhỏ nhất

áp dụng BĐT Côsi với 2 số dương ta có:

(Do AP.AQ = R2 (câu b))

Hay PQ 2R

PQ nhỏ nhất khi AP = AQ  AE = AF

 EBF vuông cân tại B

 (do )

 MN // d  MN AB )

Khi ®ã PQ = MN = 2R và SBPQ = 2R2.Bài 5. Cho đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại điểm H (H nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C sao cho đoạn thẳng AC cắt (O) tại K khác A. Hai dây MN và BK cắt nhau ở E.

Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp.

Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân và EM. NC = EN . CM.

Giả sử KE = KC. Chứng minh OK//MN và KM2 + KN2 = 4R2.

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNGHình vẽa)a/Xét tứ giác AHEK có:

Suy ra Tứ giác AHKE nội tiếp (đpcm).b)b/ Vì NF và KB cùng vuông góc với AC nên NF // KB,

AB  MN .

Có (đồng vị và KE//FN), (so le trong và KE//FN),

(vì ) ,

do đó NFK cân tại K.

Xét MKN có KE là phân giác của

Do KE  KC nên KC là phân giác ngoài của .

Từ (1) và (2)  (đpcm)c)+/ KE = KCKEC vuông cân tại K  (đối đỉnh) (vì HEB vuông tại H)

+/ OKB cân tại O có nên OKB vuông tại O OK//MN (cùng vuông góc với AB) (đpcm)

+/ Kẻ đường kính KK’KK’M vuông tại MKM2 + K’M2 = KK’2= 4R2.

Lại có KK’//MN (cùng vuông góc với AB)  cung K’M = cung KN (t/c 2 dây song song chắn 2 cung bằng nhau)  K’M = KN.

Vậy KM2 + KN2 = 4R2 (đpcm).Gọi thể tích của hình trụ là V1V1= 35dm3

Thể tích hình cầu đường kính 6dm là

Suy ra V1

Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh AK.AH = R2.

Trên KN lấy điểm I sao cho KI = KM, chứng minh NI = KB

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNGHình vẽa)Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.

Ta có : (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)

hay

Tứ giác BCHK có

tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.b)

c)

có cân tại

có MC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (gt)

cân tại

là tam giác đều

là tam giác cân (KI = KM) có nên là tam giác đều .

Dễ thấy cân tại B có nên là tam giác đều

Gọi E là giao điểm của AK và MI.

Dễ thấy KB // MI (vì có cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau) mặt khác nên tại E .

Ta có : mặt khác (cùng chắn )

hay

(đpcm)Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn sao cho AM < MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, M’A. Gọi P là chân đường vuông góc từ S đến AB.

Gọi S’ là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng ∆ PS’M cân.

Chứng minh PM là tiếp tuyến của đường tròn .

HƯỚNG DẪN GIẢI

BÀINỘI DUNGHình vẽa)1. Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AMS = 900 . Như vậy P và M cùng nhìn AS dưới một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính AS.

Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn.

2. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đường tròn nên M’ cũng nằm trên đường tròn => hai cung AM và AM’ có số đo bằng nhau

=> AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1)

Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H => MM’// SS’ ( cùng vuông góc với AB)

=> AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2).

=> Từ (1) và (2) => AS’S = ASS’.

Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp cùng chắn AP )

=> AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân tại P.

b)3. Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS’ vuông tại M => B1 = S’1 (cùng phụ với S). (3)

Tam giác PMS’ cân tại P => S’1 = M1 (4)

Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => B1 = M3 (5).

Từ (3), (4) và (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mà M3 + M2 = AMB = 900 nên suy ra M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM tại M => PM là tiếp tuyến của đường tròn tại MBài 5. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H không trùng O, B) ; trên đường thẳng vuông góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngoài đường tròn ; MA và MB thứ tự cắt đường tròn (O) tại C và D. Gọi I là giao điểm của AD và BC.

Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp .

Chứng minh các đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I.

Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội tiếp .

HƯỚNG DẪN GIẢI

BÀINỘI DUNGHình vẽa)Ta có : éACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn )

=> éMCI = 900 (vì là hai góc kề bù).

éADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn )

=> éMDI = 900 (vì là hai góc kề bù).

=> éMCI + éMDI = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID nên MCID là tứ giác nội tiếp.b)Theo trên Ta có BC  MA; AD  MB nên BC và AD là hai đường cao của tam giác MAB mà BC và AD cắt nhau tại I nên I là trực tâm của tam giác MAB. Theo giả thiết thì MH  AB nên MH cũng là đường cao của tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy tại I.c)OAC cân tại O ( vì OA và OC là bán kính) => A1 = C4

KCM cân tại K ( vì KC và KM là bán kính) => M1 = C1 .

Mà A1 + M1 = 900 ( do tam giác AHM vuông tại H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( vì góc ACM là góc bẹt) hay OCK = 900 .

Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK và OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp.Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh:

BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn.

AE.AF = AC2.

Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định.

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNGHình vẽa)Tứ giác BEFI có: (gt) (gt)

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BFb)Vì AB CD nên ,

suy ra .

Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và

.

Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC

c)Theo câu b) ta có , suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1).

Mặt khác (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra ACCB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC.Bài 5. Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua tâm O). Trên tia đối của tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) tại điểm thứ hai là M.

Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC.

Gọi H là giao điểm của MA và BC; K là giao điểm của MD và AB. Chứng minh BMHK là tứ giác nội tiếp và HK // CD.

Chứng minh: OK.OS = R2.

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNGHình vẽa)∆SBC và ∆SMA có:

,

(góc nội tiếp cùng chắn ).

. b)Vì AB  CD nên .

Suy ra (vì cùng bằng

tứ giác BMHK nội tiếp được đường tròn

(1).

Lại có: (2)

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).Bài 5. Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Dây BC = R. Từ B kẻ tiếp tuyến Bx với đường tròn. Tia AC cắt Bx tại M. Gọi E là trung điểm của AC.

Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp đường tròn.

Gọi I là giao điểm của BE với OM. Chứng minh: IB.IE = IM.IO.

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNG10Hình vẽ

a)a) Ta có E là trung điểm của AC OE AC hay = 900.

Ta có Bx AB =900.

nên tứ giác CBME nội tiếp.

b) Vì tứ giác OEMB nội tiếp (cung chắn ), (cùng chắn cung EM) ~ (g.g) IB.IE = M.IO

Bài 5. Cho đường tròn (O) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho AC > AB và AC> BC. Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB với CD; AD với CE.

Chứng minh rằng: DE//BC.

Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn.

Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F. Chứng minh hệ thức: = + .

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNG10Hình vẽ

a)1) = Sđ = Sđ

DE// BC (2 góc ở vị trí so le trong)

2) = sđ

Tứ giác PACQ nội tiếp (vì )

3) Tứ giác APQC nội tiếp

(cùng chắn )

(cùng chắn )

Suy ra

Ta có : = (vì DE//PQ) (1) , = (vì DE// BC) (2)

Cộng (1) và (2) : (3)

ED = EC (t/c tiếp tuyến); từ (1) suy ra PQ = CQ

Thay vào (3) ta có :

Bài 5. 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.

Chứng minh rằng FCDE là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Chứng minh rằng DA.DE = DB.DC.

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

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNG10Hình vẽ

a)Câu 4.

1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối : (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp.

2) Xét hai tam giác ACD và BED có: , (đối đỉnh) nên ACDBED. Từ đó ta có tỷ số : .

3) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE  tam giác ICD cân  (chắn cung ). Mặt khác tam giác OBC cân nên (chắn cung của (O)). Từ đó  IC  CO hay IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).Bài 5. Cho đường trong (O, R) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB.

Chứng minh rằng các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.

Đoạn OM cắt đường tròn tại I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD.

Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất.

HƯỚNG DẪN GIẢI.

BÀINỘI DUNG10Hình vẽa)1) Vì H là trung điểm của AB nên hay . Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại có hay . Suy ra các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD  MCD cân tại M  MI là một đường phân giác của . Mặt khác I là điểm chính giữa cung nhỏ nên sđ = sđ =

 CI là phân giác của . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD.

3) Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên diện tích của nó được tính: . Từ đó S nhỏ nhất  MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMQ ta có không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất  DM = DQ = R. Khi đó OM = hay M là giao điểm của d với đường tròn tâm O bán kính .