21 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Bài 29. Tứ giác nội tiếp có đáp án

Ở hình a) và hình b), tứ giác nội tiếp đường tròn vì 4 đỉnh tứ giác nằm trên đường tròn

Ở hình c) và hình d), tứ giác không nội tiếp đường tròn vì có một đỉnh tứ giác không nằm trên đường tròn

Lời giải

Ở hình 1) và hình 3), đường tròn \[\left( O \right)\] là đường tròn ngoại tiếp tứ giác \[ABCD\] vì  nó đi qua cả bốn đỉnh của tứ giác \[ABCD\].

Ở hình 2), đường tròn \[\left( O \right)\] là đường tròn không ngoại tiếp tứ giác \[ABCD\] vì  nó không đi qua đỉnh \[D\] của tứ giác.

a). Giả sử các đường cao của tam giác là \(AK,CI\) . Để chứng minh \(AHCP\) là tứ giác nội tiếp ta sẽ chứng minh \(\widehat {AHC} + \widehat {APC} = {180^0}\).

Ta có:

     \(\widehat {AHC} = \widehat {IHK}\) ( đối đỉnh)

     \(\widehat {APC} = \widehat {AMC} = \widehat {ABC}\) ( do tính đối xứng và góc nội tiếp cùng chắn một cung).

Như vậy ta chỉ cần chứng minh \(\widehat {ABC} + \widehat {IHK} = {180^0}\) nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác \(BIHK\)là tứ giác nội tiếp.

b). Để chứng minh \(N,H,P\) thẳng hàng ta sẽ chứng minh \(\widehat {NHA} + \widehat {AHP} = {180^0}\) do đó ta sẽ tìm cách quy hai góc này về 2 góc đối nhau trong một tứ giác nội tiếp.

Thật vậy ta có: \(\widehat {AHP} = \widehat {ACP}\) (tính chất góc nội tiếp), \(\widehat {ACP} = \widehat {ACM}\)  (1) (Tính chất đối xứng) .

Ta thấy vai trò tứ giác \(AHCP\) giống với \(AHBN\) nên ta cũng dễ chứng minh được \(AHBN\) là tứ giác nội tiếp từ đó suy ra \(\widehat {AHN} = \widehat {ABN}\) , mặt khác \(\widehat {ABN} = \widehat {ABM}\) (2) (Tính chất đối xứng) .

Từ (1), (2) ta suy ra chỉ cần chứng minh \(\widehat {ABM} + \widehat {ACM} = {180^0}\) nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác \(ABMC\) nội tiếp.

Vậy \(\widehat {NHA} + \widehat {AHP} = {180^0}\) hay \(N,H,P\) thẳng hàng.

a) Do \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = {90^0} \Rightarrow B,C\) thuộc đường tròn đường kính  \(OA\) có tâm \(I\) là trung điểm \(OA\).  

b) Ta có \(AM.AO = \frac{{AB}}{2}.2AI = AB.AI\).                                                                                     

c) Gọi \(E\) là trung điểm \(MA\), do \(G\) là trọng tâm \(\Delta CMA\) nên \(G \in CE\) và \(\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{1}{3}\).

Mặt khác \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}\)  (vì \(ME = \frac{{MA}}{2} = \frac{{MB}}{2}\) nên \(ME = \frac{{BE}}{3}\)) \( \Rightarrow \frac{{GE}}{{CE}} = \frac{{ME}}{{BE}}\), theo định lý Ta-lét đảo \( \Rightarrow MG//BC\).

d) Gọi \(G'\) là giao điểm của \(OA\) và \(CM \Rightarrow G'\) là trọng tâm \(\Delta ABC\). Nên \(\frac{{G'M}}{{CM}} = \frac{1}{3} = \frac{{GE}}{{CE'}}\), theo định lý Ta-lét đảo \(GG'//ME\)  (1)

\(MI\) là đường trung bình trong \(\Delta OAB \Rightarrow MI//OB\), mà \(AB \bot OB\)  (cmt) \( \Rightarrow MI \bot AB\), nghĩa là \(MI \bot ME\)   (2).

Từ (1) và (2) cho \(MI \bot GG'\), ta lại có \(GI' \bot MK\) (vì \(OA \bot MK\)) nên \(I\) là trực tâm \(\Delta MGG'\)\( \Rightarrow GI \bot G'M\) tức \(GI \bot CM\).

Để chứng minh \(AMEN\) là tứ giác nội tiếp ta sẽ

chứng minh: \(\widehat {MAN} + \widehat {MEN} = {180^0}\). 

Ta cần tìm sự liên hệ của các góc \(\widehat {MAN};\widehat {MEN}\) với các  góc có sẵn của những tứ giác nội tiếp khác.

Ta có \(\widehat {MEN} = {360^0} - \left( {\widehat {MEH} + \widehat {NEH}} \right) = {360^0} - \left( {{{180}^0} - \widehat {ABC} + {{180}^0} - \widehat {ACB}} \right) = \widehat {ABC} + \widehat {ACB}\) \( = {180^0} - \widehat {BAC}\) suy ra \(\widehat {MEN} + \widehat {MAN} = {180^0}\). Hay tứ giác \(AMEN\) là tứ giác nội tiếp.

Kẻ \(MK \bot BC\), giả sử \(HE\) cắt \(MN\) tại \(I\) thì \(IH\) là cát tuyến của hai đường tròn \((BMH)\), \((CNH)\).

Lại có \(MB = MH = MA\) (Tính chất trung tuyến tam giác vuông).

Suy ra tam giác \(MBH\) cân tại \(M \Rightarrow KB = KH \Rightarrow MK\) luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(MBH\). Hay \(MN\) là tiếp tuyến của \((MBH)\) suy ra \(I{M^2} = IE.IH\), tương tự ta cũng có \(MN\) là tiếp tuyến của \(\left( {HNC} \right)\) suy ra \(I{N^2} = IE.IH\) do đó \(IM = IN\).

a). Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(BC\).

Các điểm \(M\) và \(Q\) nằm trên hai cạnh\(EB\) và \(EA\) của tam giác \(EBA\), nên tứ giác\(ABMQ\) là lồi. Các đỉnh \(A\) và \(B\) cùng nhìn đoạn thẳng \(MQ\) dưới một góc \({45^0}\) không đổi. Vì vậy tứ giác \(ABMQ\) nội tiếp.

Lập luận tương tự ta suy ra tứ giác \(ADNP\) nội tiếp.

b) Từ kết quả câu a, suy ra \(\widehat {ADP} = \widehat {ANP} = {45^0},\widehat {QAM} = \widehat {QBM} = {45^0}\)\( \Rightarrow NP \bot AM,MQ \bot AN\). Tập hợp các điểm \(P,Q,C\) nhìn đoạn \(MN\) dưới một góc vuông, nên các điểm này nằm trên đường tròn đường kính \(MN\).

Kẻ đường kính \(AM\) cắt \(d\) tại \(N\).

Ta có \(\widehat {ANE} = \widehat {ABE} = {90^0}\) nên tứ giác \(ABNE\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {BEN} = \widehat {BAN}\).

Mặt khác \(\widehat {BAN} = \widehat {BCM}\), do đó \(\widehat {BCM} = \widehat {BEN}\) hay \(\widehat {BCD} = \widehat {BED}\).

Tứ giác \(BCDE\) có các đỉnh \(C\) và \(E\) cùng nhìn đoạn thẳng \(BD\) dưới một góc không đổi. Vì vậy tứ giác \(BCDE\) nội tiếp.

Vậy \(B,C,D,E\) cùng thuộc một đường tròn.

a). Gọi \(O'\) là giao điểm của \(AO\) với cung nhỏ \(DE\) của đường tròn \(\left( O \right) \Rightarrow O'\) thuộc đường phân giác

của \(\widehat A\) trong \(\Delta ADE\).

Ta có \(\widehat {DOA} = \widehat {EOA}\)  (tính chất hai tiếp  tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \widehat {DO'} = \widehat {O'E}\).                                                                                    

Mà  \( \Rightarrow \widehat {ADO'} = \widehat {EDO'}\)\( \Rightarrow DO'\) là phân giác \(\widehat D\)\( \Rightarrow O'\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ADE\). Do đó \(OO' = R\).

b) Do \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \Delta ADE\) cân tại \(A\) nên \(\widehat {ADE} = \frac{{{{180}^0} - \widehat {BAC}}}{2} = {90^0} - \frac{{\widehat {BAC}}}{2}\).

Mà \(\widehat {ADE} = \widehat {ABM} + \widehat {NMB} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} + \widehat {NMB}\) (do \(BO\) là phân giác \(\widehat {ABC}\) nên \(\widehat {ABM} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2}\)) \( \Rightarrow \widehat {NMB} = \widehat {ADE} - \frac{{\widehat B}}{2} = {90^0} - \frac{{\widehat {BAC} + \widehat {ABC}}}{2} = \frac{{\widehat {ACB}}}{2}\).

Mặt khác \(\widehat {NCB} = \frac{{\widehat {ACB}}}{2}\) (do \(CO\) là tia phân giác \(\widehat {ACB}\)).

Suy ra \(\widehat {NMB} = \widehat {NCB}\), mà \(M,C\) là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác \(BCMN\)\( \Rightarrow \)Tứ giác  \(BCMN\) nội tiếp (vì cùng thuộc một cung chứa góc).

c) \(\Delta NMO\) và \(\Delta BCO\) có \(\widehat {NOM} = \widehat {BOC}\) (đối đỉnh); \(\widehat {NMO} = \widehat {BCO}\)  (cmt)

\( \Rightarrow \Delta NMO\~\Delta BCO\)  (g.g) \( \Rightarrow \frac{{OM}}{{OC}} = \frac{{ON}}{{OB}} = \frac{{MN}}{{BC}}\).

Tương tự  (g.g) \( \Rightarrow \frac{{DM}}{{AC}} = \frac{{OM}}{{OC}}\);

\(\Delta NEO\~\Delta BAO\)  (g.g) \( \Rightarrow \frac{{NE}}{{AB}} = \frac{{ON}}{{OB}}\).

Vậy \(\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{DM}}{{AC}} = \frac{{EN}}{{AB}}\).

Phân tích:Ta có \(\widehat {MHD} = {90^0}\). Nếu \(\widehat {MND} = {90^0}\) thì tứ giác \(MHDN\) nội tiếp. Vì vậy thay vì trực tiếp chỉ ra góc \(\widehat {BND} = {90^0}\) ta sẽ đi chứng minh tứ giác \(MHDN\) nội tiếp. Tức là ta chứng minh \(\widehat {AMN} = \widehat {ADH}\).  

Thật vậy ta có \(\widehat {AMN} = \widehat {BMH} = {90^0} - \widehat {MBH}\), \(\widehat {NDH} = {90^0} - \widehat {HAD}\) mà \(\widehat {MBH} = \frac{1}{2}\widehat {ABC},\widehat {HAD} = \frac{1}{2}\widehat {HAC}\)và \(\widehat {ABC} = \widehat {HAC}\) do cùng phụ với góc \(\widehat {BCA}\) từ đó suy ra \(\widehat {AMN} = \widehat {ADH}\) hay tứ  giác \(MHDN\) nội tiếp\( \Rightarrow \widehat {MND} = \widehat {MHD} = {90^0}\)

Bài toán có 2 giả thiết cần lưu ý. Đó là các đường thẳng song song với 2 cạnh tam giác , và điểm \(Q\) đối xứng với \(P\) qua \(DE\).  Do đó ta sẽ có: \(AD = EP = EC = EQ\)và \(DP = DQ\)( Đây là chìa khóa để ta giải bài toán này)

Từ định hướng đó ta có lời giải như sau:

Do \(AD//PE,PD//AE \Rightarrow ADPE\) là hình bình hành \( \Rightarrow AE = DP = DQ\).

Mặt khác do \(P,Q\) đối xứng nhau qua \(DE \Rightarrow AD = PE = EQ\). Suy ra \(DAQE\) là hình thang cân \( \Rightarrow \widehat {DAQ} = \widehat {AQE}\).

Kéo dài \(DE\) cắt \(CQ\) tại \(H\) ta có \(\widehat {DAQ} = \widehat {AQE} = \widehat {PEH}\).

Như vậy để chứng minh \(ABCQ\) nội tiếp ta cần chứng minh: \(\widehat {PCH} + \widehat {PEH} = {180^0} \Leftrightarrow PEHC\) là tứ giác nội tiếp.

Mặt khác ta có: \(\widehat {ECQ} = \widehat {EQC}\) (do tam giác \(EQC\) cân), \(\widehat {EPH} = \widehat {EQH}\)(Do tính đối xứng )  suy ra \(\widehat {ECH} = \widehat {EPH} \Leftrightarrow EPCH\) là tứ giác nội tiếp.

a) Chứng minh \(MAOB\) là tứ giác nội tiếp.

Vì \(MA,MB\) là các tiếp tuyến của \((O)\) lần lượt tại \(A,B\) nên \(\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \) (định nghĩa).

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

Suy ra tứ giác \(MAOB\) nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng bằng \(180^\circ \)).

b) Vẽ đường kính \(BK\) của đường tròn \((O)\), \(H\) là điểm trên \(BK\) sao cho \(AH\) vuông góc \(BK\). Điểm \(I\) là giao điểm của \(AH,MK\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(HA\).

Gọi \(N\) là giao điểm của \(AB\) với \(MO\).

\(C\) là giao điểm giữa \(MK\) với đường tròn \((O)\)

Ta có: \(OA = OB \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AB\).

Tứ giác \(MCNB\) có \(\widehat {MCB} = \widehat {MNB} = 90^\circ \). Suy ra tứ giác \(MCNB\) nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \widehat {NMB} = \widehat {NCB}\) (hai góc cùng chắn một cung \(BN\) )

Ta có: \(\widehat {NMB} = \widehat {NBO}\) (cùng phụ với \(\widehat {MBN}\) )

\( \Rightarrow \widehat {NCB} = \widehat {NBO}.\)

Lại có: \(\widehat {NCB} + \widehat {NCI} = 90^\circ ,\widehat {NAI} + \widehat {NBO} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {NCI} = \widehat {NAI}\).

Xét tứ giác \(ACNI\) có: \(\widehat {NCI} = \widehat {NAI}(cmt)\), suy ra tứ giác \(ACNI\) nội tiếp (tứ giác có 2 đinh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \widehat {ANI} = \widehat {ACI}\) (hai góc cùng chắn cung \(AI\) ).

Trong \((O)\) có: \(\widehat {ACI} = \widehat {ABK}\) (hai góc nội tiếp cùng chấn cung \(AK\) )

Suy ra \(\widehat {ANI} = \widehat {ABK}\). Mà hai góc này vị trí đồng vị \( \Rightarrow NI//BK\)

Tam giác \(ABK\) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NI//BK}\\{NA = NB = \frac{1}{2}AB}\end{array}} \right.\)

Suy ra \(I\) là trung điểm của \(AH \Rightarrow IA = IH\) (định lí đường trung bình của tam giác) (đpcm).

a) Chứng minh: Tứ giác AMDE nội tiếp trong một đường tròn.

Ta có: \(OA = OC \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AC\).

\(MA = MC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau\() \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AC\).

\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(AC \Rightarrow OM \bot AC\) tại \(E \Rightarrow \widehat {AEM} = 90^\circ \).

Ta có \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {ADM} = 90^\circ \).

Xét tứ giác \(AMDE\) có \(\widehat {AEM} = \widehat {ADM} = 90^\circ (cmt) \Rightarrow AMDE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính

\(AM\) (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn \(AM\) dưới một góc \(\left. {90^\circ } \right)\).

b) Chứng minh \(M{A^2} = MD,MB\).

Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MBA\) có:

\(\widehat {AMB}\) chung;

\(\widehat {MDA} = \widehat {MAB} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \Delta MAD\~\Delta MBA(g.g) \Rightarrow \frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MB}}{{MA}}(2\) cạnh tương ứng \() \Rightarrow M{A^2} = MD.MB.\)

c) Vẽ \(CH\) vuông góc với \(AB(H \in AB).\) Chứng minh rằng \(MB\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(CH\).

Gọi \(MB \cap CH = \{ N\} \).

Vì \(AEDM\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\widehat {DEC} = \widehat {AMD}\) (góc ngoài và góc trong tại đinh đối diện của tứ giác nội tiếp).

Mà \(\widehat {AMD} = \widehat {DAB}\) (cùng phụ với \(\widehat {MAD}\) ) nên \(\widehat {DEC} = \widehat {DAB}\) (1).

Ta có \(\widehat {DNC} = \widehat {BNH}\) (đối đinh), mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\widehat {BNH} + \widehat {NBH} = 90^\circ }\\{\widehat {DAB} + \widehat {NBH} = 90^\circ }\end{array} \Rightarrow \widehat {BNH} = \widehat {DAB} \Rightarrow \widehat {DNC} = \widehat {DAB}} \right.\) (2).

Từ (1) và \((2) \Rightarrow \widehat {DEC} = \widehat {DNC}\).

\( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \widehat {DNE} = \widehat {DCE}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)).

Mà \(\widehat {DCE} = \widehat {DCA} = \widehat {DBA}\) ( 2 góc nội tiểp cùng chắn cung \(DA\) ).

\( \Rightarrow \widehat {DNE} = \widehat {DBA}\). Mà 2 góc này nằm ở vị trí 2 góc đồng vị nên \(EN//AB\) hay \(EN//AH\).

Lại có: \(E\) là trung điểm của \(AC\) (do \(OM\) là trung trực của \(AC,OM \cap AC = \{ E\} \) ).

\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\) ).

Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (đpcm).

a) ta có \(\widehat {BAC} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành \( \Rightarrow AB{\rm{//}}CD\) nên \(\widehat {ACD} = \widehat {BAC} = 90^\circ \)(hai góc so le trong)

Suy ra \(\widehat {AED} = \widehat {ACD} = 90^\circ \)\( \Rightarrow E;C\)cùng nhìn \(AD\)dưới góc \(90^\circ \)do đó tứ giác \(AECD\)nội tiếp.

b) tứ giác \(AECD\)nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {CAE} = \widehat {CDE}\)(2 góc nội tiếp chắn cung \(EC\))

\(AB{\rm{//}}CD \Rightarrow \widehat {CDE} = \widehat {ABD}\)(so le trong)

\( \Rightarrow \widehat {CAE} = \widehat {ABD}\)

Mà \(\widehat {ABD}\)là góc ở tâm; \[\widehat {AOF}\]là góc nội tiếp chắn cung \(AF\)\( \Rightarrow \widehat {AOF} = 2.\widehat {ABD}\) hay \(\widehat {AOF} = 2.\widehat {CAE}\)

c) Ta có \(\widehat {BFC} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)\( \Rightarrow AE{\rm{//}}CF\)(cùng vuông góc với \(BD\))

Lại có \(\widehat {AFB} = \widehat {ACB} = \widehat {CAD} = \widehat {FEC} \Rightarrow AF{\rm{//}}EC\)

Do đó tứ giác \(AECF\)là hình bình hành.

d) Gọi giao điểm của \(AC\) và \(BD\)là \(I\), do tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên \(IA = IC;IB = ID;AB = CD\)

Xét tam giác \(DCI\)vuông tại \(C\)có \(CF\)là đường cao nên \(C{D^2} = DF.DI \Rightarrow A{B^2} = DF.DI\)

\( \Rightarrow 2A{B^2} = 2.DF.DI\)mà \(2DI = BD\)do đó \(2A{B^2} = DF.BD\).

a) Chứng minh bốn điểm \(A\), \(E\), \(H\), \(F\) nằm trên cùng một đường tròn.

     Ta có \[\widehat {AEB} = 90^\circ \](do \(BE\) là đường cao của ΔABC) hay \[\widehat {AEH} = 90^\circ \]

\[\widehat {{\rm{AF}}C} = 90^\circ \] (do \(CF\) là đường cao của ΔABC) hay \[\widehat {{\rm{AF}}H} = 90^\circ \]

Xét tứ giác \[AEHF\]có \[\widehat {AEH} + \widehat {AFH} = 90^\circ  + 90^\circ  = 180^\circ \]

Mà\[\widehat {AEH}\], \[\widehat {{\rm{AF}}H}\] ở vị trí đối nhau

Do đó tứ giác \[AEHF\] nội tiếp đường tròn đường kính \(AH\)

Suy ra bốn điểm \(A,E,H,F\) cùng nằm trên một đường tròn (đpcm)

b) Chứng minh \(NE\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(AH\);

     Vì \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AH\) nên \(I\) là tâm đường tròn đường kính \(AH\)

Suy ra \(IA = IE\)

Þ \(\Delta IAE\) cân tại I

Þ \({\widehat {\rm{A}}_{\rm{1}}}{\rm{ = }}{\widehat {\rm{E}}_{\rm{1}}}\)                        (1)

\[\Delta EBC\] vuông tại \[E\]có \[EN\] là đường trung trrung tuyến ứng với cạnh huyền \[BC\]

Þ \(EN = NC\,\,\,\left( { = \frac{{BC}}{2}} \right)\)

Þ \[\Delta ENC\] cân tại \[N\]

Þ \(\widehat {NCE} = \widehat {{E_4}}\)             (2)

Xét \[\Delta AKC\] vuông tại \[K\] có \[\widehat {KCA} + {\widehat A_1} = 90^\circ \] hay \[\widehat {NCE} + {\widehat A_1} = 90^\circ \]     (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \({\widehat {\rm{E}}_{\rm{1}}} + {\widehat E_4} = 90^\circ \)

Lại có  \({\widehat {\rm{E}}_{\rm{1}}} + {\widehat E_4} + \widehat {IEN} = 180^\circ \)  (do A, E, C thẳng hàng)

\( \Rightarrow 90^\circ  + \widehat {IEN} = 180^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {IEN} = 90^\circ \)

Suy ra \(EN \bot EI\) tại \(E\)

Do đó \(NE\) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính \(AH\)  (đpcm)

c) Chứng minh \[C{I^2} - I{E^2} = CK.CB\].

Áp dụng định lí Py – Ta – Go \(\Delta CIK\) vuông tại \(K\), ta có: \(C{I^2} = C{K^2} + I{K^2}\)     

Lại có \(IA = IE = IH\) (cùng bán kính đường tròn tâm I)

Þ  \[C{I^2} - I{E^2} = C{K^2} + I{K^2} - I{E^2}\]

\[C{I^2} - I{E^2} = C{K^2} + (IK + IE)(IK - IE)\]

\[C{I^2} - I{E^2} = C{K^2} + (IK + IE)(IK - IH) = C{K^2} + AK.KH\]    \(\left( 4 \right)\)

Ta  lại có \[CK.CB = CK(CK + KB) = C{K^2} + CK.KB\]    \(\left( 5 \right)\)

Xét  \(\Delta KBH\) và \(\Delta KAC\) có

     \(\widehat {KBH} = \widehat {KAC}\)(Cùng phụ với \(\widehat {ACB}\));  \[\widehat {BKH} = \widehat {AKC} = 90^\circ \]

Do đó \[\left( {g - g} \right)\]

\( \Rightarrow \frac{{KB}}{{KA}} = \frac{{KH}}{{KC}}\)\( \Rightarrow KA.KH = KB.KC\) hay \(AK.KH = CK.KB\)              \(\left( 6 \right)\)

Từ \[\left( 4 \right)\],\(\left( 5 \right)\) và \(\left( 6 \right)\) suy ra \[C{I^2} - I{E^2} = CK.CB\]  (đpcm)

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

Ta có MB, MC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot MB\\OC \bot MC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {MBO} = {90^0}\\\widehat {MCO} = {90^0}\end{array} \right.\)

Xét tứ giác OBMC có \(\widehat {MBO} + \widehat {MCO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà \(\widehat {MBO},\widehat {MCO}\) là hai góc đối nhau nên tứ giác OBMC nội tiếp.

b) Chứng minh MB2 = MD.MA

Ta có \(\widehat {DBM} = \widehat {BAM}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD).

Xét DMBD và DMAB có:

\( \Rightarrow \frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MB}} \Rightarrow M{B^2} = MA.MD\)

c) Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm F. Chứng minh rằng: BF // AM.

Ta có E là trung điểm của AD nên OE \( \bot \) AD (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung)  \( \Rightarrow \widehat {OEM} = {90^0}\)

Xét tứ giác OEMC có \(\widehat {OEM} + \widehat {OCM} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà \(\widehat {OEM},\widehat {OCM}\)là hai góc đối nhau nên tứ giác OEMC nội tiếp.

\( \Rightarrow \widehat {COM} = \widehat {CEM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM)  (1)

Ta lại có \(\widehat {COM} = \widehat {BOM} = \frac{1}{2}\)sđ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Mà \(\widehat {BFC} = \frac{1}{2}\) sđ (tính chất góc nội tiếp)

\( \Rightarrow \widehat {COM} = \widehat {BFC}\)  (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {MEC} = \widehat {BFC}\)

Mà hai góc \(\widehat {MEC}\) và \(\widehat {BFC}\) ở vị trí đồng vị \( \Rightarrow EM//BF{\rm{ hay }}AM//BF\).

a) Ta chứng minh \(\Delta ABE \sim \Delta BSM\).

b) Từ câu a ta có \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{MB}}{{BS}}\)  (1)

mà \(MB = EM\) (do \(\Delta BEC\) vuông tại \[E\] có \(M\) là trung điểm của \(BC\))

nên \[\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{EM}}{{BS}}\]   Có \(\widehat {MOB} = \widehat {BAE};\widehat {EBA} + \widehat {BAE} = {90^0};\)

\(\widehat {MBO} + \widehat {MOB} = {90^0}\) nên \(\widehat {MBO} = \widehat {EBA}\)

do đó \(\widehat {MEB} = \widehat {OBA} = \widehat {MBE}\). Suy ra \(\widehat {MEA} = \widehat {SBA}\)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta AME \sim \Delta ABS\)   (đpcm).

c) Dễ thấy \(SM\) vuông góc với \(BC\) nên ta chứng minh \(NP//SM\).

Xét \(\Delta ANE\) và \(\Delta APB\): Từ câu b) ta có \(\Delta AEM \sim \Delta ABS\) nên \(\widehat {NAE} = \widehat {PAB}\). Mà \(\widehat {AEN} = \widehat {ABP}\) (do tứ giác \(BCEF\) nội tiếp). Do đó \(\Delta ANE \sim \Delta APB\) nên \(\frac{{AN}}{{AP}} = \frac{{AE}}{{AB}}\).

Lại có \(\frac{{AM}}{{AS}} = \frac{{AE}}{{AB}}\left( {\Delta AEM \sim \Delta ABS} \right)\). Suy ra \(\frac{{AM}}{{AS}} = \frac{{AN}}{{AP}}\) nên trong tam giác \[AMS\] có \(NP//SM\) (định lý Talet đảo). Do đó bài toán được chứng minh.

a. Chứng minh tứ giác \(AEHF\) nội tiếp:                      

 

Xét tứ giác \(AEHF\), có:\[\left\{ \begin{array}{l}HE \bot AC\,\,(gt) \Rightarrow \widehat {AEH} = {90^0}\\HF \bot AB\,\,(gt) \Rightarrow \widehat {AFH} = {90^0}\end{array} \right.\].

\( \Rightarrow \widehat {AEH} + \widehat {AFH} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).

Vậy tứ giác \(AEHF\) nội tiếp đường tròn.

b. Hai đường thẳng \(BE\) và \(CF\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(M\) và \(N\) (\(M\) khác \(B\); \(N\) khác \(C\)). Chứng minh: \(MN//EF\).

Xét tứ giác \(BCEF\), có: \[\left\{ \begin{array}{l}BE \bot AC\,(gt) \Rightarrow \widehat {BEC} = {90^0}\\CF \bot AB\,(gt) \Rightarrow \widehat {BFC} = {90^0}\end{array} \right.\].

Tứ giác \(BCEF\) có 2 đỉnh \(E,F\) liên tiếp nhau cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới 1 góc \({90^0}\).

\[ \Rightarrow \] Tứ giác \(BCEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BC\).

\[ \Rightarrow \] \(\widehat {FEB} = \widehat {BCF}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(BF\)) hay \(\widehat {FEB} = \widehat {BCN}\). (1)

 Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có: \(\widehat {BMN} = \widehat {BCN}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(BN\)). (2)

Từ (1) và (2) , suy ra \(\widehat {BMN} = \widehat {FEB}\) .

Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị \( \Rightarrow MN//EF\). (điều phải chứng minh).

c. Giả sử hai điểm \(B,C\) cố định, điểm \(A\) di động trên cung lớn \(BC\) của đường tròn \(\left( O \right)\) (\(A\) khác \(B,C\)). Tìm vị trí của điểm \(A\) sao cho chu vi tam giác \(KEF\) đạt giá trị lớn nhất.

Xét đường tròn đường kính BC, có \(\widehat {FBE} = \widehat {ECF}\) hay \(\widehat {ABM} = \widehat {ACN}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(EF\)).

⇒AM⏜=AN⏜⇒AM=AN.

Mà \(OM = ON = R\) nên \(OA\) là đường trung trực của đoạn thẳng \(MN\).

\( \Rightarrow \) \(OA \bot MN\).

Lại có : \(MN//EF\) (câu b)  \( \Rightarrow \)\(OA \bot EF\).

Tương tự: \(OB \bot FK;\,\,OC \bot EK\).

Ta có: \({S_{\Delta ABC}} = {S_{OEAF}} + {S_{OFBK}} + {S_{OECK}} = \frac{1}{2}OA.EF + \frac{1}{2}OB.FK + \frac{1}{2}OC.EK = \frac{1}{2}R.(EF + FK + EK)\)      \( = \frac{1}{2}.R.{C_{\Delta KEF}}\) (trong đó \({C_{\Delta KEF}}\) là chu vi \(\Delta KEF\)).

Khi đó: Chu vi \(\Delta KEF\)lớn nhất khi và chỉ khi diện tích \(\Delta ABC\) lớn nhất.

Mà \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AK.BC\).

Theo đề bài \(BC\) cố định nên \({S_{\Delta ABC}}\) lớn nhất khi và chỉ khi \(AK\) lớn nhất. \( \Leftrightarrow A\) là điểm chính giữa cung lớn \(BC\).

Vậy chu vi \(\Delta KEF\)lớn nhất khi và chỉ\(A\) là điểm chính giữa cung lớn \(BC\).

a)Ta có \(\widehat {BEC} = 90^\circ \) ( vì \(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\))

\(\widehat {BFC} = 90^\circ \) (vì \(CF\) là đường cao của \(\Delta ABC\))

\( \Rightarrow \widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ \)

Xét tứ giác \(BCEF\) có \(\widehat {BEC} = \widehat {BFC} = 90^\circ \)( theo chứng minh trên)

\( \Rightarrow \) Đỉnh \(E\) và \(F\) là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh \(BC\)dưới một góc không đổi \(90^\circ \)

Do đó tứ giác \(BCEF\) nội tiếp ( đpcm)

b)

* Chứng minh rằng tam giác \(ABD\) đồng dạng với tam giác \(AKC\)

Ta có + \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) ( là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

+ \(\widehat {ABC}\)= \(\widehat {AKC}\)( cùng chắn )

Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta AKC\) có

\(\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ \)

\(\widehat {ABC}\)= \(\widehat {AKC}\) ( theo chứng minh trên)

Dó đó \(\Delta ABD \sim \Delta AKC\) (\(g.g\))

*\(MD\) song song với \(BK\).

Xét đường tròn tâm \(\left( O \right)\)có \(\widehat {CBK} = \widehat {KAC}\) ( cùng chắn ) \(\left( 1 \right)\)

Chứng minh tứ giác \(ACMD\) nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {KAC} = \widehat {CDM}\) (cùng chắn ) \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\)suy ra \(\widehat {CBK} = \widehat {CDM}\) \( \Rightarrow DM\parallel BK\) (đpcm)

c)

Gọi I trung điểm BC

Ta có \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) ( chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow CK \bot AC\)

Mà \(BE \bot AC\) (\(BE\) là đường cao của \(\Delta ABC\))

Suy ra\(CK\parallel BE\) \(\left( 1 \right)\)

Tương tự \(BK\parallel CF\) \(\left( 2 \right)\)

Xét tứ giác \(CHBK\)có \(\left\{ \begin{array}{l}CK\parallel BE\\BK\parallel CF\end{array} \right.\)

Suy ra tứ giác \(CHBK\) là hình bình hành.

Mà \(I\)trung điểm của \(BC\)

Suy ra \(I,H,K\) thẳng hàng.

Xét \(\Delta AHK\) có \(O\) là trung điểm của \(AK\)

\(I\) là trung điểm của \(HK\)

Suy ra \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta AHK\)\( \Rightarrow AH = 2OI\)

Do \(OI\) không đổi nên \(AH\) không đổi

Ta có \({S_{\Delta AHE}} = \frac{1}{2}AE \cdot HE\) \(\left( 1 \right)\)

Ta có \(\Delta AEH\) vuông tại \(E\) nên \(A{E^2} + E{H^2} = A{H^2}\)

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có

\(A{H^2} = A{E^2} + E{H^2} \ge 2\sqrt {A{E^2} \cdot E{H^2}}  = 2AE \cdot HE\)

\( \Rightarrow AE \cdot HE \le \frac{1}{2}A{H^2}\) \(\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \({S_{\Delta AHE}} \le \frac{1}{4}A{H^2}\) không đổi

\( \Rightarrow {S_{\Delta AHE}} = \frac{1}{4}A{H^2}\)

Dấu “=” xảu ra khi \(AE = HE \Rightarrow \widehat {HAE} = 45^\circ  \Rightarrow \widehat {ACB} = 45^\circ \)

a) Xét tứ giác \(BHDE\) có: \(\widehat {DHA} = 90^\circ (gt);{\rm{ }}\widehat {DEB} = 90^\circ \) ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\widehat {DHA} = \widehat {DEB}\) do đó tứ giác BHDE nội tiếp.

b) Xét hai tam giác \(\Delta ADC\) và \(\Delta ACE\) có: \(\widehat {CAD}\) chung; \(\widehat {ACD} = 90^\circ  - \widehat {CAH} = \widehat {CEA}\)

Nên \(\Delta ADC\~\Delta ACE(g \cdot g)\) do đó \(\frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{AC}}{{CE}}\) hay \(AD.EC = CD.AC\).

c) HD: Dựa vào ý (1) để chứng minh \(\Delta ADH\~\Delta ABE(g.g)\) khi đó:

\(AD \cdot AE + BH \cdot BA = AB \cdot AE + AB \cdot BH = A{B^2} = {2022^2}\).

d) Tam giác \(CHO\) vuông tại \(H\) nên theo định lí Pytago ta có:

\(O{C^2} = O{H^2} + H{C^2} = \frac{1}{2}{(OH + HC)^2} + \frac{1}{2}{(OH - HC)^2} \ge \frac{1}{2}{(OH + HC)^2}\)

Hay là \(OH + HC \le OC\sqrt 2 \) nên \(C{v_{CHO}} = OC + OH + HC \le (1 + \sqrt 2 )OC = (1 + \sqrt 2 ) \cdot 1011\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi điểm \(C\) nằm trên nửa đường tròn \(O\) sao cho \(\widehat {ACD} = 45^\circ \).

a) Chứng minh tứ giác OMCH nội tiếp.

Vì H là trung điểm của dây cung AB nên \({\rm{OH}} \bot {\rm{AB}} \Rightarrow \widehat {{\rm{OHM}}}{\rm{ = 9}}{{\rm{0}}^^\circ }\)

Ta có: OHM^=OCM^=90° nên tứ giác OMCH nội tiếp.

b) OM cắt đường tròn (O) tại I và cắt CD tại K. Chứng minh \({\rm{OK}}{\rm{.OM = }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}\)

Tam giác ODM vuông tại D  (vì \(\widehat {ODM} = {90^^\circ }\)).  Mặt khác:\({\rm{MC = MD}}\)(t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); \({\rm{OC = OD = R}}\)\( \Rightarrow \)OM là đường trung trực của đoạn thẳng CD\( \Rightarrow \)\({\rm{OM}} \bot {\rm{CD}}\). Trong tam giác vuông ODM áp dụng hệ thức \({{\rm{b}}^{\rm{2}}}{\rm{ = a}}{\rm{.b'}}\) ta có:  \({\rm{O}}{{\rm{D}}^{\rm{2}}}{\rm{ = OK}}{\rm{.OM}} \Leftrightarrow {\rm{OK}}{\rm{.OM = }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}\).

c) Đường thẳng qua O vuông góc với OM, cắt tia MC và MD lần lượt tại P và Q. Tính độ dài OM theo R sao cho diện tích tam giác MPQ nhỏ nhất.

                                                           

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có MO là tia phân giác của góc PMQ, mặt khác \({\rm{MO}} \bot {\rm{PQ}}\) nên tam giác PMQ cân tại M\( \Rightarrow {\rm{PQ}} = {\rm{2OP}}\).

Ta có \({{\rm{S}}_{{\rm{PMQ}}}} = \frac{1}{2}{\rm{MO}}{\rm{.PQ = MO}}{\rm{.OP}}\). Trong tam giác vuông OMQ ta có:

\[\frac{1}{{{\rm{O}}{{\rm{D}}^2}}} = \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{P}}^{\rm{2}}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{M}}^{\rm{2}}}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}} = \frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{P}}^{\rm{2}}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{M}}^{\rm{2}}}}}\]

Áp dụng bất đẳng thức Cô si :

\[\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{P}}^{\rm{2}}}}}{\rm{ + }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{M}}^{\rm{2}}}}} \ge 2\sqrt {\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{P}}^{\rm{2}}}}}.\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{M}}^{\rm{2}}}}}}  = \frac{2}{{{\rm{OP}}{\rm{.OM}}}} \Leftrightarrow \frac{{\rm{1}}}{{{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}} \ge \frac{{\rm{2}}}{{{{\rm{S}}_{{\rm{PMQ}}}}}}\]

\({{\rm{S}}_{{\rm{PMQ}}}} \ge {\rm{2}}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{M}}^{\rm{2}}}}}{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{{\rm{O}}{{\rm{P}}^{\rm{2}}}}}\\{\rm{OM}}{\rm{.OP = 2}}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}\end{array} \right. \Leftrightarrow {\rm{OM = OP = R}}\sqrt {\rm{2}} \).

Vậy \({{\rm{S}}_{{\rm{PMQ}}}}\) đạt giá trị nhỏ nhất \( \Leftrightarrow {\rm{OM = R}}\sqrt {\rm{2}} \).

a. Do MD là tiếp tuyến của (O) => \(MD \bot OD\) =>\(\widehat {MDO} = {90^0}\)

Do H là trung điểm của  AB; dây AB không đi qua tâm O

 nên \(OH \bot AB\); =>\(\widehat {MHO} = {90^0}\)

Xét tứ giác MHOD  có \(\widehat {MDO} + \widehat {MHO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

       tứ giác MHOD nội tiếp

       M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.

b. Do MC, MD là tiếp tuyến của (O)

=>MO là tia phân giác của \(\widehat {CMD}\) => MI là tia phân giác của \(\widehat {CMD}\)(*)

OI là tia phân giác của \(\widehat {COD}\)  => \(\widehat {COI} = \widehat {DOI}\)  hay  (1)

Mà  ;  (2)

Từ 1, 2 =>  \(\widehat {MCI} = \widehat {DCI}\) => CI là phân giác của \(\widehat {MCD}\) (**)

Từ (*), (**) => I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD

c. Ta có \({S_{MPQ}} = \frac{1}{2}MO.PQ = \frac{1}{2}.MO.2.OP = MO.OP\)

Mà  \(\Delta MCO \sim \Delta MOP(g.g)\)

\( =  > \frac{{MO}}{{MP}} = \frac{{CO}}{{OP}} =  > MO.OP = MP.CO\)

\( =  > {S_{MPQ}} = MP.CO = (MC + CP).CO \ge 2\sqrt {MC.CP} .CO = 2O{C^2} = 2{R^2}\)

Dấu “ =” xảy ra khi MC = CP \( \Leftrightarrow \Delta MOP\)  vuông cân

\( \Leftrightarrow \widehat {PMO} = {45^0}\) \( \Leftrightarrow \widehat {CMD} = {90^0}\)

ó MCOD là hình vuông cạnh R <=>  OM = R\(\sqrt 2 \) .Vậy diện tích tam giác MPQ bé nhất khi OM = R\(\sqrt 2 \)