Home Toán họcToán học 9 Chuyên đề Đường tròn – Ôn thi tuyển sinh lớp 10 – Phần 7

Chuyên đề Đường tròn – Ôn thi tuyển sinh lớp 10 – Phần 7

by AdminTLH

Bài 1. Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm I. Dây MN cắt các cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K.

a) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh NB2 = NK.NM.

c) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

d) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

a) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.

Ta có M là điểm chính giữa cung AB  \( \Rightarrow AM=BM\Rightarrow \widehat{MNA}=\widehat{MCB} \)

 \( \Rightarrow \widehat{KNI}=\widehat{ICK} \)

Tứ giác CNKI có C và N là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh KI dưới góc bằng nhau nên CNKI nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Do đó bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh NB2 = NK.NM.

Ta có N là điểm chính giữa cung BC  \( \Rightarrow BN=CN\Rightarrow \widehat{BMN}=\widehat{CMN} \) (góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)

Mà  \( \widehat{CBN}=\widehat{CMN} \) (góc nội tiếp chắn cùng cung CN)

 \( \widehat{CBN}=\widehat{BMN} \) (cùng bằng  \( \widehat{CMN} \))  \( \Rightarrow \widehat{KBN}=\widehat{BMN} \)

Xét  \( \Delta KBN  \) và  \( \Delta BMN  \) có:

 \( \widehat{N} \) chung

 \( \widehat{KBN}=\widehat{BMN} \)

 \( \Rightarrow \Delta KBN\backsim \Delta BMN\Rightarrow \frac{KN}{BN}=\frac{BN}{MN} \)

 \( \Rightarrow N{{B}^{2}}=NK.NM  \) (đpcm)

c) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

Ta có:  \( \widehat{ABC}=\widehat{ANC} \) (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Mà  \( \widehat{AMC}=\widehat{AHI} \) (góc nội tiếp cùng chắn cung IC)

 \( \Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{IKC} \) mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên HB // IK    (1)

+ Chứng minh tương tự phần 1 ta có tứ giác AMHI nội tiếp  \( \widehat{ANC}=\widehat{IKC} \) (góc nội tiếp cùng chắn cung AI)

Ta có  \( \widehat{ABC}=\widehat{AMC} \) (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

 \( \Rightarrow \widehat{ABC}=\widehat{AHI} \) mà 2 góc này ở vị trí đồng vị nên BK // HI   (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BJIK là hình bình hành.

Mặt khác AN, CM lần lượt là các tia phân giác của các góc A và C trong tam giác ABC nên I là giao điểm 3 đường phân giác, do đó BI là tia phân giác góc B.

Vậy tứ giác BHIK là hình thoi (dấu hiện nhận biết hình thoi)

d) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên DN là trung trực của BC nên DN là phân giác  \( \widehat{BDC} \).

Ta có:  \( \widehat{KQC}=2\widehat{KMC} \) (góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm trong đường tròn Q)

 \( \widehat{NDC}=\widehat{KMC} \) (góc nội tiếp cùng chắn cung NC)

Mà  \( \widehat{BDC}=2\widehat{NDC}\Rightarrow \widehat{KQC}=\widehat{BDC} \)

Xét  \( \Delta BDC  \),  \( \Delta KQC  \) là các tam giác vuông tại D và Q có hai góc  \( \widehat{BCD}=\widehat{BCQ} \), do vậy D, Q, C thẳng hàng nên KQ // PD.

Chứng minh tương tự ta có D, P, B thẳng hàng và DQ // PK

Do đó tứ giác PDQK là hình bình hành nên E là trung điểm của PQ cũng là trung điểm của DK.

Vậy D, E, K thẳng hàng (đpcm)

Bài 2. Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB.

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh MN2 = NF.NA và MN = NH.

c) Chứng minh \( \frac{H{{B}^{2}}}{H{{F}^{2}}}-\frac{EF}{MF}=1 \).

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên  \( \widehat{MAO}=\widehat{MBO}={{90}^{O}} \)

Tứ giác MAOB có  \( \widehat{MAO}+\widehat{MBO}={{180}^{O}} \)

Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh MN2 = NF.NA và MN = NH.

Ta có:  \( \widehat{M}=\widehat{{{E}_{1}}} \) (so le trong, AE // MO) và  \( {{\widehat{A}}_{1}}=\widehat{{{E}_{1}}}\left( =\frac{1}{2}sd\overset\frown{AF} \right) \)

 \( \Rightarrow {{\widehat{M}}_{1}}={{\widehat{A}}_{1}} \)

Xét  \( \Delta NMF  \) và  \( \Delta NAM  \), ta có:

 \( \widehat{MNA} \) chung;

 \( {{\widehat{M}}_{1}}={{\widehat{A}}_{1}} \)

Do đó,  \( \Delta NMF\backsim \Delta NAM\Rightarrow \frac{NM}{NA}=\frac{NF}{NM} \)  \( \Rightarrow N{{M}^{2}}=NF.NA  \)

Có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R

 \( \Rightarrow  \) MO là đường trung trực của AB.

 \( \Rightarrow  \) AH  \( \bot  \) MO và HA = HB.

Xét  \( \Delta MAF  \) và  \( \Delta MEA  \), ta có:

 \( \widehat{AME} \) chung;  \( {{\widehat{A}}_{1}}={{\widehat{E}}_{1}} \)

Do đó,  \( \Delta MAF\backsim \Delta MEA  \) (g – g)

 \( \Rightarrow \frac{MA}{ME}=\frac{MF}{MA}\Rightarrow M{{A}^{2}}=MF.ME  \)

Áp dụng hệ thức lượng vào  \( \Delta MAO  \) vuông, có:  \( M{{A}^{2}}=MH.MO  \)

Do đó:  \( ME.MF=MH.MO\Rightarrow \frac{ME}{MH}=\frac{MO}{MF} \)

 \( \Rightarrow \Delta MFH\backsim \Delta MO  \)E (c – g – c)

 \( \Rightarrow {{\widehat{H}}_{1}}={{\widehat{E}}_{2}} \)

Vì  \( \widehat{BAE} \) là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng

 \( \Rightarrow {{\widehat{E}}_{2}}=\widehat{{{A}_{2}}}\left( =\frac{1}{2}sd\overset\frown{EB} \right) \)

 \( \Rightarrow {{\widehat{H}}_{1}}={{\widehat{A}}_{2}}\Rightarrow {{\widehat{N}}_{1}}+{{\widehat{H}}_{1}}={{\widehat{N}}_{1}}+{{\widehat{A}}_{2}}={{90}^{O}}\Rightarrow HF\bot NA  \)

Áp dụng hệ thức lượng vào  \( \Delta NHA  \) vuộng, ta có: NH2 = NF.NA

 \( \Rightarrow N{{M}^{2}}=N{{H}^{2}}\Rightarrow NM=NH  \)

c) Chứng minh \( \frac{H{{B}^{2}}}{H{{F}^{2}}}-\frac{EF}{MF}=1 \).

Áp dụng hệ thức lượng vào \( \Delta NHA \) vuông, ta có HA2 = FA.NA và HF2 = FA.FN

Mà HA = HB.

 \( \Rightarrow \frac{H{{B}^{2}}}{H{{F}^{2}}}=\frac{H{{A}^{2}}}{H{{F}^{2}}}=\frac{FA.NA}{FA.FN}=\frac{NA}{NF} \)

Vì AE // MN nên  \( \frac{EF}{MF}=\frac{FA}{NF} \) (hệ quả của định lí Talet)

 \( \Rightarrow \frac{H{{B}^{2}}}{H{{F}^{2}}}-\frac{EF}{MF}=\frac{NA}{NF}-\frac{FA}{NF}=\frac{NF}{NF}=1 \)

Bài 3. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Dựng tiếp tuyến Ax (Ax và nửa đường tròn cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB). C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (C không trung A và B), dựng tiếp tuyến Cy của nửa đường tròn (O) cắt Ax tại D. Kẻ CH vuông góc với AB (H \( \in \) AB), BD cắt (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại M. Gọi J là giao điểm của OD và AC.

a) Chứng minh rằng tứ giác AKMH nội tiếp được một đường tròn.

b) Chứng minh rằng tứ giác CKJM nội tiếp được một đường tròn (O1).

c) Chứng minh DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1)

a) Chứng minh rằng tứ giác AKMH nội tiếp được một đường tròn.

 \( \widehat{AKM}={{90}^{O}} \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),  \( \widehat{AHM}={{90}^{O}} \) (gt)

Tứ giác AKMH, ta có:

 \( \widehat{AKM}+\widehat{AHM}={{90}^{O}}+{{90}^{O}}={{180}^{O} }\) nên nôi tiếp một đường tròn.

b) Chứng minh rằng tứ giác CKJM nội tiếp được một đường tròn (O1).

Ta có:

+  \( \widehat{AKM}={{90}^{O}} \) (cmt) \(\Rightarrow AK\bot BD\Rightarrow \widehat{AKD}={{90}^{O}}\)    (1)

+ DK = DC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OC = OA = R.

 \( \Rightarrow  \)OD là trung trực của AC  \( \Rightarrow  \)OD \( \bot\)  AC tại J  \( \Rightarrow  \) \( \widehat{AJD}={{90}^{O}} \)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ADKJ nội tiếp đường tròn đường kính AD.

 \( \Rightarrow \widehat{JKM}=\widehat{DAJ} \) (Cùng bù  \( \widehat{DKJ} \))   (3)

Lại có:  \( \left. \begin{align}  & AD\bot AB\text{ (gt)} \\  & \text{CH}\bot AB\text{ }(gt) \\ \end{align} \right\}\Rightarrow AD//CH \) \( \Rightarrow \widehat{JCM}=\widehat{DAJ} \) (so le trong)   (4)

Từ (3) và (4) suy ra  \( \widehat{JCM}=\widehat{JKM} \) \( \Rightarrow \)  Tứ giác CKJM nội tiếp một đường tròn (O1)

c) Chứng minh DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1)

Tứ giác CKJM nội tiếp (cmt)  \( \Rightarrow \widehat{KMJ}=\widehat{KCA} \) (góc nội tiếp cùng chắn cung  \( \overset\frown{KJ} \))

Mặt khác:  \( \widehat{ABK}=\widehat{KCA} \) (Góc nội tiếp cùng chắn cung  \( \overset\frown{KA} \))

 \( \Rightarrow \widehat{ABK}=\widehat{KMJ}\Rightarrow JM//AB  \) mà CH  \( \bot  \) AB (gt)

 \( \Rightarrow JM\bot CH  \)

 \( \Rightarrow  \) Tam giác JMC vuông tại M

 \( \Rightarrow  \) Đường tròn (O1) nhận JC làm đường kính, lại có OD  \( \bot  \) AC tại J (cmt)

 \( \Rightarrow  \) DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1)

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Related Posts

Leave a Comment

error: Content is protected !!