Home Toán họcToán học 9 Chuyên đề Đường tròn – Ôn thi tuyển sinh lớp 10 – Phần 5

Chuyên đề Đường tròn – Ôn thi tuyển sinh lớp 10 – Phần 5

by AdminTLH

Bài 1. Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B và C là các tiếp điểm). Đường thẳng CO cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E; đường thẳng BE cắt AO tại F; H là giao điểm của AO và BC.

a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO = AB2 và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh: HE vuông góc với BF.

c) Chứng minh: \( \frac{H{{C}^{2}}}{A{{F}^{2}}-E{{F}^{2}}}-\frac{DE}{AE}=1 \)

a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO = AB2 và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn.

Chỉ ra được  \( AE.AD=A{{B}^{2}} \)

Chỉ ra được  \( AH.AO=A{{B}^{2}} \)

 \( \Rightarrow AE.AD=AH.AO=A{{B}^{2}} \)

 \( \Rightarrow \Delta AHE\backsim \Delta ADO  \)

 \( \Rightarrow \widehat{EHA}=\widehat{ADO} \)

Kết luận được tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh: HE vuông góc với BF.

Tứ giác ODEH nội tiếp  \( \Rightarrow \widehat{HED}+\widehat{HOD}={{180}^{O}} \)

Chứng minh BD // AO  \( \Rightarrow \widehat{BDO}+\widehat{HOD}={{180}^{O}} \)  \( \Rightarrow \widehat{BDO}=\widehat{HED} \)

Tam giác BCD vuông tại B  \( \Rightarrow \widehat{BDC}+\widehat{BCD}={{90}^{O}} \)

Chỉ ra  \( \widehat{BCD}=\widehat{BED} \) (hai góc nội tiếp cùng chắn  \( \overset\frown{BD} \))

\(\Rightarrow \widehat{HED}+\widehat{BED}={{90}^{O}}\Rightarrow \widehat{HEB}={{90}^{O}}\) \(\Rightarrow HE\bot BF\) tại E

c) Chứng minh: \( \frac{H{{C}^{2}}}{A{{F}^{2}}-E{{F}^{2}}}-\frac{DE}{AE}=1 \)

Chứng minh  \( H{{F}^{2}}=FE.FB  \),  \( A{{F}^{2}}=FE.FB  \)  \( \Rightarrow H{{F}^{2}}=A{{F}^{2}} \)

Chứng minh  \( H{{C}^{2}}=H{{B}^{2}}=BE.BF  \)

 \( \Rightarrow A{{F}^{2}}-E{{F}^{2}}=H{{F}^{2}}-E{{F}^{2}}=H{{E}^{2}}=EB.EF  \)

 \( \Rightarrow \frac{H{{C}^{2}}}{A{{F}^{2}}-E{{F}^{2}}}=\frac{BE.BF}{BE.EF}=\frac{BF}{EF} \)

Chứng minh  \( \Delta BDE\backsim \Delta FAE  \)  \( \Rightarrow \frac{DE}{AE}=\frac{BE}{EF} \)

 \( \Rightarrow \frac{H{{C}^{2}}}{A{{F}^{2}}-E{{F}^{2}}}-\frac{DE}{AE}=\frac{BF}{EF}-\frac{BE}{EF}=\frac{BF-BE}{EF}=\frac{EF}{EF}=1 \)

Bài 2. Cho đường tròn (O) và dây AB không đi qua tâm. Dây PQ của (O) vuông góc với AB tại H (HA > HB). Gọi M là hình chiếu vuông góc của Q trên PB; QM cắt AB tại K.

a) Chứng minh tứ giác BHQM nội tiếp và BQ > HM.

b) Chứng minh tam giác QAK cân.

c) Tia MH cắt AP tại N, từ N kẻ đường thẳng song song với AK, đường thẳng cắt QB tại I. Chứng minh ba điểm P, I, K thẳng hàng.

a) Chứng minh tứ giác BHQM nội tiếp và BQ > HM.

Ta có:  \( \widehat{BHQ}={{90}^{O}} \) (gt);  \( \widehat{BMQ}={{90}^{O}} \) (gt)

Nên  \( \widehat{BHQ}+\widehat{BMQ}={{180}^{O}} \), suy ra tứ giác BHQM nội tiếp (vì có tổng 2 góc đối với 180O)

Gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHQM và (BHQM).

Ta có  \( \widehat{HBM}>{{90}^{O}} \) (vì là góc ngoài của  \( \Delta PHB  \) vuông). Mà  \( \widehat{HBM} \) là góc nội tiếp của (BHQM) nên suy ra dây HM không là đường kính của (BHQM).

Ta có:  \( \widehat{QHB}={{90}^{O}} \) (cmt)

Mà  \( \widehat{HQB} \) là góc nội tiếp của (BHQM) nên suy ra BQ là đường kính của (BHQM).

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHQM có BQ là đường kính, HM là dây không đi qua tâm nên suy ra BQ > HM (đpcm)

b) Chứng minh tam giác QAK cân.

Ta có tứ giác BHQM nội tiếp (cmt) suy ra  \( \widehat{HQM}=\widehat{HBP} \) (tính chất góc ngoài)

Mà  \( \widehat{ABP}=\widehat{AQP} \) (góc nội tiếp cùng chắn cung  \( \overset\frown{AP} \) của (O)) suy ra  \( \widehat{HQM}=\widehat{HQA} \)

 \( \Rightarrow  \)QH là tia phân giác của góc  \( \widehat{AKQ} \).

 \( \Delta QAK  \) có QH vừa là đường cao, vừa là phân giác nên  \( \Delta QAK  \) cân tại Q.

c) Tia MH cắt AP tại N, từ N kẻ đường thẳng song song với AK, đường thẳng cắt QB tại I. Chứng minh ba điểm P, I, K thẳng hàng.

Chỉ ra  \( \widehat{NAQ}=\widehat{QBM}=\widehat{QHM}=\widehat{PHN} \)

 \( \Rightarrow  \)Tứ giác ANHQ nội tiếp  \( \Rightarrow \widehat{ANQ}={{90}^{O}} \)

Chỉ ra \(\widehat{PNI}=\widehat{PAB}=\widehat{PQB}\)

\(\Rightarrow \) Tứ giác PNQB nội tiếp  \( \Rightarrow \widehat{PIQ}={{90}^{O}}\Rightarrow PI\bot QB  \)

Chỉ ra B là trọng tâm  \( \Delta QPK  \) \( \Rightarrow PK\bot QB \)

Qua điểm P ở ngoài đường thẳng QB có PI và PK cùng vuông góc với QB nên suy ra P, I, K thẳng hàng.

Bài 3. Cho đường tròn (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 \( CH\bot AB  \) ( \( H\in AB  \)), 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;

b) AM2 = MK.MB;

c) \( \widehat{KAC}=\widehat{OMB} \)

d) N là trung điểm của CH.

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

Ta có:

 \( \widehat{AKB}={{90}^{O}} \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 \( \widehat{AHN}={{90}^{O}} \) (CH  \( \bot \)  AB)

 \( \Rightarrow \widehat{AKB}+\widehat{AHN}={{180}^{O}} \)

Vậy tứ giác AKNH nội tiếp được đường tròn

b) AM2 = MK.MB;

 \( \Delta ABM  \) vuông tại A có  \( AK\bot MB  \)

 \( \Rightarrow A{{M}^{2}}=MK.MB  \) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

c) \( \widehat{KAC}=\widehat{OMB} \)

Gọi I là giao điểm của AC và OM.

MA = MC (tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OC = R.

 \( \Rightarrow  \) OM là đường trung trực của AC  \( \Rightarrow OM\bot AC  \)

Ta có:  \( \widehat{MIA}=\widehat{MKA}={{90}^{O}} \) nhìn đoạn MA.

 \( \Rightarrow  \) Tứ giác AMKI nội tiếp đường tròn đường kính MA

Trong đường tròn đường kính MA:  \( \widehat{KAI}=\widehat{KMI} \) (nội tiếp cùng chắn cung \( \overset\frown{IK} \))

 \( \Rightarrow \widehat{KAC}=\widehat{OMB} \)

d) N là trung điểm của CH.

 \( \widehat{ACB}={{90}^{O}} \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow BC\bot AC \)

 \( OM\bot AC  \) (cmt)

 \( \Rightarrow OM//BC\Rightarrow \widehat{AOM}=\widehat{HBC} \) (so le trong)

Xét  \( \Delta AOM  \) và  \( \Delta HBC  \)có:  \( \widehat{AOM}=\widehat{HBC} \) và  \( \widehat{OAM}=\widehat{BHC}={{90}^{O}} \)

\(\Rightarrow \Delta AOM\backsim \Delta HBC\) (g – g)

 \( \Rightarrow \frac{AM}{HC}=\frac{OA}{BH} \) \( \Rightarrow \text{H}C=\frac{AM.BH}{OA}=2.\frac{AM.BH}{AB} \) (1)

MA  \( \bot  \) AB và CH  \( \bot  \) AB  \( \Rightarrow CH//MA  \)

 \( \Delta ABM  \) có  \( CH//MA  \) (cmt)

 \( \Rightarrow \frac{BH}{BA}=\frac{HN}{AM} \) (hệ quả của định lí Tales)

\(\Rightarrow HN=\frac{AM.BH}{AB}\)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra: \(HC=2HN\Rightarrow HN=\frac{HC}{2}\)

\(\Rightarrow \) N là trung điểm của CH.

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Related Posts

Leave a Comment

error: Content is protected !!