Home Toán học Chuyên đề Đường tròn – Ôn thi tuyển sinh lớp 10 – Phần 6

Chuyên đề Đường tròn – Ôn thi tuyển sinh lớp 10 – Phần 6

by AdminTLH

Bài 1. Tam giác AMB cân tại M nội tiếp trong đường tròn (O;R). Kẻ MH vuông góc AB (\(H\in AB\)), MH cắt đường tròn tại N. Biết MA = 10 cm, AB = 12 cm.

a) Tính MH và bán kính R của đường tròn.

b) Trên tia đối tia BA lấy điểm C. MC cắt đường tròn tại D, ND cắt AB tại E. Chứng minh tứ giác MDEH nội tiếp và chứng minh các hệ thức sau: NB2 = NE.ND và AC.BE = BC.AE.

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

a) Tính MH và bán kính R của đường tròn.

Theo tính chất đường kính và dây cung  \( \Rightarrow  \) H là trung điểm AB  \( \Rightarrow  \) AH = 6 cm.

 \( \Delta AMH  \) vuông tại H  \( \Rightarrow MH=\sqrt{A{{M}^{2}}-A{{H}^{2}}}=\sqrt{{{10}^{2}}-{{6}^{2}}}=8\text{ }cm  \)

 \( \Delta AMN  \) vuông tại A, đường cao AH

 \( \Rightarrow A{{H}^{2}}=HM.HN  \) \( \Rightarrow HN=\frac{A{{H}^{2}}}{MH}=\frac{36}{8}=4,5\text{ }cm \)

Bán kính \(R=\frac{MN}{2}=\frac{MH+HN}{2}=\frac{8+4,5}{2}=6,25\text{ }cm\)

b) Trên tia đối tia BA lấy điểm C. MC cắt đường tròn tại D, ND cắt AB tại E. Chứng minh tứ giác MDEH nội tiếp và chứng minh các hệ thức sau: NB2 = NE.ND và AC.BE = BC.AE.

 \( \widehat{MDN}={{90}^{O}} \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), \(\widehat{MHE}={{90}^{O}}\) (MH \(\bot \) AB)

 \( \Rightarrow \widehat{MDE}+\widehat{MHE}={{180}^{O}} \) \( \Rightarrow \)  Tứ giác MDEH nội tiếp.

 \( \Delta NBE  \) và  \( \Delta NDB  \) có góc  \( \widehat{N} \) chung,  \( \widehat{NBE}=\widehat{NDB} \) (cùng chắn hai cung bằng nhau là cung  \( \overset\frown{NA},\overset\frown{NB} \) – tính chất đường kính và dây cung)

\(\Delta NBE\backsim \Delta NDB\)\(\Rightarrow \frac{NB}{ND}=\frac{NE}{NB}\Rightarrow N{{B}^{2}}=NE.ND\)

Ta có cung  \( \overset\frown{NA}=\overset\frown{NB} \) (tính chất đường kính và dây cung)

 \( \Rightarrow \widehat{ADE}=\widehat{EDB} \) \( \Rightarrow \)  DE là phân giác trong của  \( \Delta ABD  \).

Vì  \( ED\bot DC \)  \( \Rightarrow \) DC là phân giác ngoài  \( \Delta ABD  \)

 \( \Rightarrow \frac{DA}{DB}=\frac{EA}{EB}=\frac{CA}{CB}\Rightarrow AC.BE=BC.AE  \)

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

Kẻ EI // AM (I  \( \in  \) BM)  \( \Rightarrow \Delta AMB\backsim \Delta EIB  \) \( \Rightarrow \Delta EIB \)  cân tại I  \( \Rightarrow IE=IB  \).

Gọi (O’) là đường tròn tâm I ngoại tiếp  \( \Delta EBD  \).

Ta có NB  \( \bot  \) BM (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)

 \( \Rightarrow BN\bot BI  \) \( \Rightarrow BN \)  là tiếp tuyến đường tròn (O’)

 \( \Rightarrow \widehat{EBN}=\widehat{EDB} \) (cùng chắn cung  \( \overset\frown{BE} \))

Mặt khác trên đường tròn (O),  \( \widehat{EBN}=\widehat{EDB} \) (cùng chắn hai cung bằng nhau  \( \overset\frown{NA},\overset\frown{NB} \))  \( \Rightarrow  \) D nằm trên đường tròn (O’).

 \( \Rightarrow  \) NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp  \( \Delta BDE  \).

Bài 2. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) với A là tiếp điểm. Qua điểm 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) Chứng minh tứ giác AOHC nội tiếp.

b) Chứng minh AC.AE = AD.CE

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

a) Chứng minh tứ giác AOHC nội tiếp.

xét tứ giác AOHC theo giả thiết ta có:  \( \widehat{OAC}=\widehat{OHC}={{90}^{O}} \)

 \( \Rightarrow \widehat{OAC}+\widehat{OHC}={{90}^{O}}+{{90}^{O}}={{180}^{O} }\)

 \( \Rightarrow  \) AOHC là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh AC.AE = AD.CE

Xét  \( \Delta CAD  \) và  \( \Delta CEA  \) có  \( \widehat{C} \) là góc chung và  \( \widehat{CAD}=\widehat{CEA} \) (cùng bằng nửa số đo cung  \( \overset\frown{AD} \))

 \( \Rightarrow \Delta CAD\backsim \Delta CEA  \) (g – g)

 \( \Rightarrow \frac{AC}{CE}=\frac{AD}{AE}\Rightarrow AC.AE=AD.CE  \)

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

Qua E kẻ đường thẳng song song với OC cắt BA, BD lần lượt tại I và F.

Ta có:  \( \widehat{IEH}=\widehat{HCO} \) (so le trong)

Mà tứ giác AOHC nội tiếp có:  \( \widehat{HCO}=\widehat{HAO}\Rightarrow \widehat{IEH}=\widehat{HAO} \)

 \( \Rightarrow  \) HAEI nội tiếp  \( \Rightarrow \widehat{IAE}=\widehat{IHE} \) mà  \( \widehat{IAE}=\widehat{BDE}\Rightarrow \widehat{IHE}=\widehat{BDE} \) mà hai góc này ở vị trí so le trong  \( \Rightarrow IH//DF  \).

Xét tam giác EFD có IH // DF và H là trung điểm của DE nên IH là đường trung bình của tam giác EDF

 \( \Rightarrow  \)I là trung điểm của EF.

Áp dụng định lí Talet cho các tam giác BOM và BON có: \( \left\{ \begin{align} & \frac{IF}{OM}=\frac{BI}{BO} \\ & \frac{IE}{ON}=\frac{BI}{BO} \\ \end{align} \right.\Rightarrow \frac{IF}{OM}=\frac{IE}{ON} \)

 mà IE = IF nên OM = ON.

Xét tứ giác AMBN có OA = OB và OM = ON nên AMBN là hình bình hành \( \Rightarrow  AM // BN \) (đpcm)

Bài 3. Cho tam giác ABC có ba 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.

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

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

d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết \( \widehat{ABC}={{45}^{O}} \), \( \widehat{ACB}={{60}^{O}} \) và BC = 2R.

Một số cách thường dùng để chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn:

+ Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180O (tổng hai góc đối bù nhau).

+ Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm (mà ta có thể xác định được). Điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+ Tứ giác đó là một trong các hình: hình chữ nhật, hình vuông, hình thang cân.

+ Tứ giác có tổng các góc đối bằng nhau.

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

Ta có:  \( \widehat{BDC}={{90}^{O}} \) (chắn nửa đường tròn)

 \( \widehat{BEC}={{90}^{O}} \) (chắn nửa đường tròn)

Suy ra: \( \widehat{ADH}=\widehat{BDC}={{90}^{O}} \),  \( \widehat{AEH}=\widehat{BEC}={{90}^{O}} \)

Xét tứ giác ADHE có:

\(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}={{90}^{O}}+{{90}^{O}}={{180}^{O}}\)

Tứ giác ADHE có hai góc đối bù nhau.

Vậy tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn.

Xét tam giác ADH và tam giác AEH có:

+ D nhìn cạnh AH dưới một góc 90O nên 3 điểm A, D, H cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH.

+ E nhìn cạnh AH dưới một góc 90O nên 3 điểm A, E, H cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH.

Vậy 4 điểm A, D, H, E cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH.

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

Xét hai tam giác CBE và CAM có:

 \( \widehat{ACM} \) là góc chung

 \( \widehat{AMC}=\widehat{BEC}={{90}^{O}} \) (cmt)

Suy ra  \( \Delta CBE\backsim \Delta CAM  \) (g – g)

 \( \Rightarrow \frac{CM}{CE}=\frac{CA}{CB}\Rightarrow CM.CB=CE.CA  \)

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

Ta có:  \( \widehat{IDH}=\widehat{IHD} \) (do  \( \Delta ID  \)H cân tại I)    (1)

 \( \widehat{IHD}=\widehat{CHM} \) (đối đỉnh)      (2)

Mặt khác:  \( \widehat{ODC}=\widehat{OCD} \) (do  \( \Delta O DC \) cân tại O)   (3)

Ngoài ra, trong tam giác vuông MHC có:

 \( \widehat{CHM}+\widehat{MCH}={{90}^{O}} \)

Suy ra ID  \( \bot  \) DO.

Vậy ID là tiếp tuyến của (O).

d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết \( \widehat{ABC}={{45}^{O}} \), \( \widehat{ACB}={{60}^{O}} \) và BC = 2R.

Gọi BM = x  \( \Rightarrow CM=2R-x  \)

Xét  \( \Delta ABM  \) vuông tại M có:

 \( AM=BM.\tan \widehat{ABM}=x.\tan {{45}^{O}}=x  \)   (*)

Xét  \( \Delta ACM  \) vuông tại M có:

 \( AM=CM.\tan {{60}^{O}}=\left( 2R-x \right).\sqrt{3} \)   (**)

Từ (*) và (**), ta có:

 \( x=\left( 2R-x \right)\sqrt{3}\Rightarrow x=\left( 3-\sqrt{3} \right)R  \)

Vậy  \( AM=\left( 3-\sqrt{3} \right)R  \).

Suy ra diện tích tam giác ABC là:  \( S=\frac{1}{2}AM.BC=\frac{1}{2}\left( 3-\sqrt{3} \right)R.2R=\left( 3-\sqrt{3} \right){{R}^{2}} \) (đvdt)

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Related Posts

Leave a Comment

error: Content is protected !!