Home Toán họcToán học 9 Chuyên đề Đường tròn – Ôn thi tuyển sinh lớp 10 – Phần 3

Chuyên đề Đường tròn – Ôn thi tuyển sinh lớp 10 – Phần 3

by AdminTLH

Bài 1. Cho đường tròn (O; R) đường kính Gọi E và D là hai điểm thuộc cung AB của đường tròn (O) sao cho E thuộc cung AD; AE cắt BD tại C; AD cắt BE tại H; CH cắt AB tại F.

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

b) Chứng minh: AE.AC = AF.AB.

c) Trên tia đối của tia FD lấy điểm Q sao cho FQ = FE. Tính \( \widehat{AQB} \).

d) M, N lần lượt là hình chiếu của A và B trên đường thẳng DE. Chứng minh rằng: MN = FE + FD

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

Chứng minh:  \( \widehat{CEH}+\widehat{CDH}={{180}^{O}} \)

Xét tứ giác CEHD:

 \( \widehat{CEH}+\widehat{CDH}={{180}^{O}} \) (cmt)

Mà  \( \widehat{CEH} \) và  \( \widehat{CDH} \) là hai góc đối nhau

Suy ra tứ giác CDHE là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh: AE.AC = AF.AB.

Chứng minh AD  \( \bot  \) BC; BE  \( \bot  \) AC.

Chứng minh H là trực tâm  \( \Delta ABC  \) suy ra  \( CF\bot AB  \).

Xét  \( \Delta AEB  \) và  \( \Delta AFC  \), ta có:

 \( \widehat{CAB} \) chung

 \( \widehat{AEB}=\widehat{AFC}={{90}^{O}} \)

 \( \Delta AEB\backsim \Delta AFC  \) (g – g)

 \( \Rightarrow \frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC} \) \( \Rightarrow AE.AC=AF.AB \)  (đpcm)

c) Trên tia đối của tia FD lấy điểm Q sao cho FQ = FE. Tính \( \widehat{AQB} \).

Chứng minh:  \( \widehat{EFH}=\widehat{DFH} \)

Chứng minh:  \( \widehat{AFQ}=\widehat{AFE} \) suy ra FA là phân giác của  \( \widehat{EFQ} \)

Chứng minh  \( \Delta EFQ  \) cân tại F; FA là trung trực của EQ suy ra OE = OQ

Q thuộc (O) suy ra  \( \widehat{AQB}={{90}^{O}} \)

d) M, N lần lượt là hình chiếu của A và B trên đường thẳng DE. Chứng minh rằng: MN = FE + FD

BN cắt (O) tại K. Chứng minh cung  \( \overset\frown{AQ}=\overset\frown{AE}=\overset\frown{DK} \)

Chứng minh tứ giác ADKQ là hình thang cân  \( \Rightarrow AK=DQ  \)

Chứng minh tứ giác AMNK là hình chữ nhật

Suy ra MN = FE + FD

Bài 2. Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. Trên nửa đường tròn đó lấy điểm C (CA < CB). Hạ CH vuông góc với AB tại H. Đường tròn đường kính CH cắt AC và BC theo thứ tự tại M, N.

a) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật.

b) Chứng minh tứ giác AMNB nội tiếp.

c) Tia NM cắt tia BA tại K, lấy điểm Q đối xứng với H qua K. Chứng minh QC là tiếp tuyến của đường tròn (O; R).

d) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trong trường hợp AC = R

a) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật.

 \( \widehat{CMH}=\widehat{CNH}=\widehat{MCN}={{90}^{O}} \)

Vậy tứ giác HMCN là hình chữ nhật.

b) Chứng minh tứ giác AMNB nội tiếp.

Xét  \( \Delta CAH  \) vuông tại H, đường cao HM.

 \( \Rightarrow CM.CA=C{{H}^{2}} \) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)   (1)

Tương tự ta có:  \( CN.CB=C{{H}^{2}} \)  (2)

Từ (1) và (2), ta có:  \( CM.CA=CN.CB\Rightarrow \frac{CM}{CB}=\frac{CN}{CA} \)

Chứng minh  \( \Delta CMN\backsim \Delta CBA  \)  (c – g – c)

 \( \Rightarrow \widehat{CMN}=\widehat{CBA} \) (Hai góc tương ứng)

 \( \Rightarrow \widehat{AMN}+\widehat{CBA}={{180}^{O}} \)

Xét tứ giác AMNB, ta có:

 \( \widehat{AMN}+\widehat{CBA}={{180}^{O}} \)

 \( \Rightarrow  \) Tứ giác AMNB nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

c) Tia NM cắt tia BA tại K, lấy điểm Q đối xứng với H qua K. Chứng minh QC là tiếp tuyến của đường tròn (O; R).

Gọi giao điểm của MN và OC là E, giao điểm của CH và MN là I

 \( \widehat{OCM}+\widehat{CME}=\widehat{OAC}+\widehat{CBA}={{90}^{O}} \)

 \( \Rightarrow \widehat{CEM}={{90}^{O}}\Rightarrow OC\bot MN  \)

Ta đi chứng minh MN // QC

Vì tứ giác CMHN là hình chữ nhật

 \( \Rightarrow  \)I là trung điểm cùa CH

Xét tam giác QHC:

I là trung điểm CH

K là trung điểm của QH

 \( \Rightarrow  \) KI là đường trung bình của tam giác CHQ

 \( \Rightarrow  \) MN // QC

Ta có: MN // QC và OC  \( \bot  \) MN

 \( \Rightarrow  \) QC  \( \bot  \) OC

Hay QC là tiếp tuyến của (O)

d) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trong trường hợp AC = R.

Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB

Ta có: OO’ là đường trung trực của đoạn AB nên OO’  \( \bot  \) AB

Mà CI  \( \bot  \) AB nên CI // OO’

Chứng minh tương tự, ta có: OC // IO’

 \( \Rightarrow  \)CIO’O là hình bình hành.

Suy ra OO’ = CI

\(BC=R\sqrt{3}\)

\(AC.BC=CH.AB\Rightarrow R.R\sqrt{3}=CH.2R\)

\(CH=\frac{R\sqrt{3}}{2}\Rightarrow CI=\frac{R\sqrt{3}}{4}\)

Xét tam giác OBO’ vuông tại O

 \( O’B=\sqrt{\frac{3{{R}^{2}}}{16}+{{R}^{2}}}=\frac{R\sqrt{19}}{4} \)

Bài 3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi F là hình chiếu của E trên AD. Đường thẳng CF cắt đường tròn tại điểm thứ hai là M (M khác C). Gọi N là giao điểm của BD và CF.

a) Chứng minh tứ giác ABEF và tứ giác CDFE là các tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh FA là tia phân giác của góc \( \widehat{BFM} \) và BE.DN = EN.BD.

c) Gọi K là trung điểm của DE. Chứng minh tứ giác BCKF nội tiếp.

a) Chứng minh tứ giác ABEF và tứ giác CDFE là các tứ giác nội tiếp.

Tứ giác ABEF có  \( \widehat{ABE}+\widehat{AFE}={{180}^{O}} \).

Mà 2 góc là hai góc đối nhau nên tứ giác ABEF nội tiếp trong một đường tròn.

Chứng minh tương tự ta được tứ giác CDFE nội tiếp.

b) Chứng minh FA là tia phân giác của góc \( \widehat{BFM} \) và BE.DN = EN.BD.

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEF có  \( \widehat{AEB}=\widehat{AFB} \) (1)

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE có  \( \widehat{CFD}=\widehat{CED} \) (2)

 \( \widehat{AEB}=\widehat{CED} \) (hai góc đối đỉnh) (3)

 \( \widehat{AFM}=\widehat{CFD} \) (hai góc đối  đỉnh) (4)

Từ (1), (2), (3), (4)  \( \Rightarrow \widehat{BFA}=\widehat{MFA} \)

 \( \Rightarrow  \)FA là tia phân giác của góc  \( \widehat{BFM} \)

Chứng minh CE là phân giác của  \( \widehat{BCK} \)

 \( \Rightarrow \frac{BE}{NE}=\frac{BC}{NC} \)  (5)

Chứng minh CD là phân giác góc ngoài tại C của  \( \Delta BCN  \)

 \( \Rightarrow \frac{BD}{ND}=\frac{BC}{NC} \)   (6)

Từ (5) và (6), suy ra:  \( \frac{BE}{NE}=\frac{BD}{ND} \)  \( \Rightarrow BE.DN=BD.EN  \)

c) Gọi K là trung điểm của DE. Chứng minh tứ giác BCKF nội tiếp.

Chứng minh  \( \Delta KFD  \) cân tại K  \( \Rightarrow \widehat{BKF}=2\widehat{BDF} \)  (7)

Ta có:  \( \widehat{BCF}=2\widehat{BCA} \)   (8)

Trong (O) có  \( \widehat{BCA}=\widehat{BDF} \)   (9)

Từ (7), (8), (9) suy ra:  \( \widehat{BKF}=\widehat{BCF} \)

Suy ra tứ giác BCKF nội tiếp

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Related Posts

Leave a Comment

error: Content is protected !!