Content text 7. CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐƯỜNG TRÒN.docx
CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐƯỜNG TRÒN Câu 1. (Trường vào lớp 10 An Giang năm 2023-2024) Cho tam giác ABCABAC nội tiếp trong đường tròn O tâm O đường kính BC , đường thẳng qua O vuông góc với BC cắt AC tại D . a. Chứng minh rằng tứ giác ABOD nội tiếp. b. Tiếp tuyến tại điểm A với đường tròn O cắt đường thẳng BC tại điểm P , sao cho PBBO2cm . Tính độ dài đoạn PA và số đo góc APC . c. Chứng minh rằng 2 2 PBBA PCAC . Lời giải a) Ta có BAC90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), BOD90 (giả thiết) BACBOD180 Vậy tứ giác nội tiếp b) Tam giác APO vuông tại A , áp dụng định lý Pitago ta có 222222 POPAOAPAPOOA 222PA4212 PA23cm Mặt khác OA23 tanAPO AP323APO30 hay APC30 c) Xét hai tam giác PBA và PAC có Góc P chung PABPCA (cùng chắn cung) Vậy hai tam giác PBA và PAC đồng dạng, khi đó PBPABA PAPCAC PBBA PAAC và PABA PCAC Nhân hai biểu thức ta được 2 PBPABABABA .. PAPCACACAC 2 2 PBBA PCAC
Câu 2. (Trường vào lớp 10 Bà Rịa Vũng Tàu năm 2023-2024) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn O ABAC . Các đường cao ,BDCE cắt nhau tại H . a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp. b) Đường thẳng ED cắt tiếp tuyến tại C của đường tròn O tại K và cắt O tại ,MN ( M nằm giữa D và K ). So sánh KNC với KCM và chứng minh 2 .KCKMKN . c) Kẻ đường kính AQ của đường tròn O cắt MN tại P . Chứng QMQN . d) Giả sử BCAC gọi ,FI lần lượt là giao điểm của hai tia ,AHHQ với BC . Chứng minh rằng 2 2 3 HDE ABC SDE SBC . Lời giải a) Xét tứ giác ADHE ta có 90DE suy ra 180DE do vậy tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. b) Ta có 1 2KNCMNCsdMC Do CK là tiếp tuyến nên 1 2KCMsdCM Từ hai lập luận trên ta có 1 2KNCKCMsdCM . Vậy KNCKCM . Xét hai tam giác KNC và KCM ta có KNCKCM và góc K chung do đó KNC và KCM là hai tam giác đồng dạng, do vậy KNKC KCKM hay 2 .KCKMKN . c) Theo hình vẽ ta có
AEDAHD (cùng chắn cung HD đường tròn O BHF ( Hai góc đối đỉnh) = ACB (cặp góc có cạnh tương ứng vuông góc). Ta lại có EAPBAQ , mà 90ACBBAQ suy ra 90AEDEAP từ đây suy ra 90APE hay AQEDAQMN do vậy AQ là đường trung trực của MN do vậy QMQN . d) Ta có I là giao điểm của HQ và BC Xét tứ giác HBQC ta có //HBGC (vì cùng vuông góc với AC ) Tương tự //HCQB (vì cùng vuông góc với AB ) Do đo tứ giác HBQC là hình bình hành, suy ra I là trung điểm của BC . Xét 4 điểm ,,,EBCD cùng nằm trên đường tròn đường kính BC , ta có hai tam giác EHD và BHC đồng dạng (g-g-g) theo tỷ số ED BC . Hai BHC và ABC có đường cao lần lượt là HF và AF (cùng ứng với cạnh đáy BC ) do đó BHC ABC SHF SAF . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , qua G kẻ đường thẳng song song với BC cắt AF tại J ta có tỷ số 1 3 AJ AF . Ta có 2 ..HBCHDEHDE ABCHBCABC SSSEDHF SSSBCAF (1) Tiếp theo ta sẽ chứng minh 1 3 HF AF với giả thiết ABACBC và 90A . Vì ABF và CHF đồng dạng nên AFCFFBFH BFHFFAFC Trong tam giác ABC ta có cot.cot.FBFCHF BC FAFAAF (2) Mặt khác trong tam giác nhọn ABC thì ta có cot.cotcot.cotcot.cot1ABBCCA (vượt tầm lớp 9!) Lại từ giả thiết ABACBC suy ra 90CBA , từ đây ta lại có 0cotcotcotABC do đó 1cot.cotcot.cotcot.cotcot.cotcot.cotcot.cotABBCCACBBCCB hay 1 cot.cot 3BC (3) Từ (1),(2),(3) ta có được 1 3 HF AF và 2 2 1 3 HDE ABC SED SBC (đpcm). Câu 3. (Trường vào lớp 10 Bắc Giang năm 2023-2024) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ;OR . Các đường cao ,,ADBFCE của ABC cắt nhau tại H . a) Chứng minh tứ giác BEHD nội tiếp một đường tròn.
b) Kéo dài AD cắt đường tròn O tại điểm thứ hai K . Kéo dài KE cắt đường tròn O tại điểm thứ hai I . Gọi N là giao điểm của CI và EF . Chứng minh 2.CECNCI . c) Kẻ OM vuông góc với BC tại M . Gọi P là tâm đường tròn ngoại tiếp AEF . Chứng minh ba điểm ,,MNP thẳng hàng. Lời giải a) Chỉ ra được o90BEH Chỉ ra được o90BDH Suy ra tứ giác BEHD có o 180BEHBDH và BEH , BDH là hai góc ở vị trí đối diện nhau Kết luận tứ giác BEHD nội tiếp được trong một đường tròn. b) Ta có CIKCAK (cùng bằng )1 2sđCK ) Chỉ ra tứ giác AEHF nội tiếp (Tổng hai góc đối bằng 180 ) ·· FAHFEH . Suy ra CIENEC Chỉ ra hai tam giác CIE và CEN đồng dạng theo trường hợp góc – góc 2 .CECI CECNCI CNCE (đpcm) c) Chỉ ra P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF . Chỉ ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BEFC . Mà hai tứ giác AEHF và BEFC có hai điểm chung là EF nên PM đi qua trung điểm của 1EF Gọi Q là hình chiếu của E trên AC . Xét EAC vuông tại E , có EQ là đường cao nên 2 .CECQCA