Bài tập tự luyện có đáp án
30 câu hỏi
Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ; R ) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B,C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI ⊥ AB, MK ⊥ AC ( I ∈ AB , K ∈ AC).
a) Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Ta có: AIM = AKM = 90° (giả thiết), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM.
b) Vẽ MP ⊥ BC ( P ∈ BC) . Chứng minh CPMK là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác CPMK có MPC = MKC = 90° (giả thiết). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp.
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm), AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn ( O ) tại D (D khác B). Chứng minh AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
Vì MA, MC là tiếp tuyến nên MAO = MCO = 90° là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.
ADB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa cung tròn)
=> ADM = 90°. (1)
Lại có: OA = OC = R, MA = MC (tính chất tiếp tuyến).
Suy ra OM là đường trung trực của AC.
=> AEM = 90°. (2)
Từ (1) và (2) suy ra AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.
Cho điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn (O). Một đường thẳng d ở ngoài (O) và vuông góc với đường thẳng OM; đường thẳng CM,BM cắt d lần lượt tại D, E. Chứng minh rằng B , C , D , E cùng thuộc một đường tròn.
Kẻ đường kính AM cắt d tại N. Ta có ANE = ABE = 90° nên tứ giác ABNE nội tiếp, suy ra BEN = BAN.
Mặt khác BAN = BCM, do đó BCM = BEN hay BCD = BED.
Vậy B , C , D , E cùng thuộc một đường tròn.
Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD theo thứ tự là đường kính của hai đường tròn (O) và (O').
a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng.
ABC và ABD lần lượt là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O')
=> ABC = ABD = 90° => ABC + ABD = 180°.
Suy ra C, B, D thẳng hàng.
b) Đường thẳng AC cắt đường tròn (O') tại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F khác A). Chứng minh bốn điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
Xét tứ giác CDEF có:
CFD = CFA = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O);
CED = AED = 90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O').
=> CFD = CED = 90°, suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh ba đường thẳng AB, CF và DE đồng quy tại một điểm I.
Gọi I là giao điểm của CF và DE. Dễ thấy CE và DF là hai đường cao của tam giác CDI, cắt nhau tại A, suy ra IA ⊥ CD.
Do vậy I, A, B thẳng hàng.
d) Chứng minh tứ giác BDIF nội tiếp được trong một đường tròn.
Ta có DFI = DBI = 90° => BDIF nội tiếp được trong một đường tròn.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC), các đường AF, BD, CE cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp được trong một đường tròn.
Ta có BEC = 90°, BDC = 90° (giả thiết) và hai đỉnh E, D cùng nhìn cạnh BC. Suy ra tứ giác BEDC nội tiếp trong một đường tròn.
b) Chứng minhAE.AB = AD.AC
Xét ∆AEC và ∆ADB có: BAC chung;
ABD = ACE (cùng chắn ED).
=> ∆AEC đồng dạng ∆ADB (g.g) => AEAD=ACAB (hai cạnh tương ứng)
=> AE.AB = AD.AC.
c) Chứng minh FH là đường phân giác của DFE.
Tứ giác HEBF nội tiếp (do BEH = BFH = 90°)
=> BFE = BHE (cùng chắn BE).
Tứ giác CDHF nội tiếp (do CDH = CFH = 90°) => CFD = CHD.
Mà BHE = CHD nên BFE = CFD.
Mặt khác: BFE +EFA = 90° và CFD + DFA = 90°. Do đó EFA = DFA. Vậy FH là tia phân giác của góc EFD.
d) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng BC. Chứng minh DOC = FED
Ta có: DOC = sđ CD. (1)
Tứ giác BEHF nội tiếp => HEF = FBH (cùng chắn cung HF). (*)
Tứ giác BEDC nội tiếp => DEC = HBF (cùng chắn cung DC) (**)
Từ (*) và (**) suy ra HEF = FBH = DEC => FED = 2DEC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra DOC = FED.
Cho hình thang cân ABCD ( AB > CD, AB // CD ) nội tiếp trong đường tròn (O). Kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và D chúng cắt nhau ở E. Gọi M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
a) Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp được trong một đường tròn.
Ta có: AEC = 12sđ AC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến AE và dây AC của đường tròn (O).
Tương tự: xDB = 12 sđ DB (Dx là tia đối của tia tiếp tuyến DE).
Mà AC = BD (do ABCD là hình thang cân) nên AC = BD.
Do đó EAC = xDB
Vậy tứ giác AEDM nội tiếp đươc trong một đường tròn.
b) Chứng minhEM // AB.
Tứ giác AEDM nội tiếp nên EAD = EMD (cùng chắn cung ED). Mà EAD = ABD (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp cùng chắn cung AD).
Suy ra: EMD = ABD. Do đó EM // AB.
c) Đường thẳng EM cắt cạnh AD và BC của hình thang lần lượt ở H và K. Chứng minh M là trung điểm HK.
∆DAB có HM // AB => HMAB = DHDA. ∆CAB có MK // AB => MKAB=CKCB.
Mà DHDA=CKCB (định lí Talet cho hình thang ABCD). Nên HMAB=MKAB. Do đó MH = MK.
Vậy M là trung điểm HK.
d) Chứng minh: 2HK=1AB+1CD
Áp dụng định lí Ta-lét cho tam giác ADB có HM // AB ta được: HMAB=DMDB (1).
Áp dụng định lí Ta-lét cho tam giác DBC có KM // CD ta được: KMCD=BMBD (2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: HMAB+AMCD=DMDB+BMBD=DM + BMBD=BDBD=1.
Suy ra: 2HMAB+2KMCD=2, mà MH = MK nên 2HM = 2KM = HK.
Do đó: HKAB +HKCD=2. Suy ra: 2HK=1AB+1CD (đpcm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R, dây cung AC. Gọi M là điểm chính giữa cung AC. Đường thẳng kể từ C song song với BM cắt tia AM ở K và cắt tia OM ở D, OD cắt AC tại H.
a) Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp.
AMB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB).
=> AM ⊥ AB. Mà CD // BM (giả thiết) nên AM ⊥ CD.
Vậy MKC = 90°.
AM = CM (giả thiết) => OM ⊥ AC => MHC = 90°.
Tứ giác CKMH có MKC + MJC = 180° nên nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minhCD = MB và DM = CB.
Ta có: ACB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Do đó DM // CB mà CD // MB (giả thiết) nên tứ giác CDMB là hình bình hành.
Suy ra CD = MB và DM = CB.
c) Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa đường tròn.
AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) <=> AD ⊥ AB. ∆ACD có AK ⊥ CD và DH ⊥ AC nên M là trực tâm của tam giác. Suy ra CM ⊥ AD.
Vậy AD ⊥ AB <=> CM // AB <=> AM = BC.
Mà AM = MC nên AM = BC <=> AM = BC = MC = 60°.
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E và F.
a) Chứng minh: EOF = 90°.
EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E nên OE là phân giác của AOM.
Tương tự OF là phân giác của BOM.
Mà AOM và BOM kề bù nên: EOF = 90° (đpcm).
b) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
Ta có: EAO = EMO = 90° (tính chất tiếp tuyến).
Tứ giác AEMO có EAO + EMO = 180° nên nội tiếp được trong một đường tròn.
Tam giác AMB và tam giác EOF có: AMB = EOF = 90°; MAB = MEO (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO). Vậy ∆AMB đồng dạng ∆EOF (g.g).
c) Gọi K là giao điểm của AF và BE. Chứng minh MK ⊥ AB.
Ta có AE // FB nên AKKF=AEBF.
Mà AE = ME và BF = MF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Nên AKKF=MEMF. Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta-lét). Lại có: AE ⊥ AB (giả thiết) nên MK ⊥ AB.
Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax. Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F sao cho BF cắt đường tròn tại C, tia phân giác của góc ABF cắt Ax tại E và cắt đường tròn tại D.
a) Chứng minh OD // BC
∆BOD cân ở O ( vì OD = OB = R) => OBD = ODB.
Mà OBD = CBD (giả thiết) nên ODB = CBD. Do đó: OD // BC
b) Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF.
ADB = 90° (góc nội tiế chắn nửa đường tròn (O)) => AD ⊥ BE.
ACB = 90° (góc nội tiế chắn nửa đường tròn (O)) => AC ⊥ BF.
∆EAB vuông ở A (do Ax là tiếp tuyến), có AD ⊥ BE nên
AB2 = BD.BE. (1)
∆FAB vuông ở A (do Ax là tiếp tuyến), có AC ⊥ BF nên
AB2 = BC.BE. (2)
Từ (1) và (2) suy ra: BD.BE = BC.BF
c) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp.
Ta có:
CDB = CAB ( hai góc phụ nội tiếp cùng chắn cung BC)CAB = CFA ( cùng phụ FAC)
=> CDB = CFA. Do đó tứ giác CDEF nội tiếp.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm là điểm H. Gọi M là điểm trên dây cung BC không chứa điểm A (M khác B,C). Gọi N, P theo thứ tự là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC.
a) Chứng minh AHCP là tứ giác nội tiếp.
Giả sử các đường cao của tam giác là AK, CI. Để chứng minh AHCP nội tiếp ta sẽ chứng minh AHC + APC = 120°.
Ta có: AHC = IHK (đối đỉnh),
APC = AMC = ABC (do tính đối xứng và góc nội tiếp cùng chắn một cung).
Lại có tứ giác BIHK là tứ giác nội tiếp nên ABC + IHK = 180° => AHC + APC = 180°.
b) Chứng minh N, H, P thẳng hàng.
Để chứng minh N, H, P thẳng hàng ta sẽ chứng minh NHA + AHP = 180° 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: AHP = ACP (do tứ giác AHCP nội tiếp).
ACP = ACM (do tính chất đối xứng). (1)
Ta thấy vai trò tứ giác AHCP giống với AHBN nên ta cũng dễ chứng minh được AHBN là tứ giác nội tiếp suy ra AHN = ABN .
Mặt khác, ABN = ABM (do tính chất đối xứng). (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra chỉ cần chứng minh ABM + ACM = 180°. Điều này là hiển nhiên do tứ giác ABMC nội tiếp.
Vậy NHA + AHP = 180° hay N, H, P thẳng hàng.
c) Tìm vị trí điểm M để độ dài đoạn NP lớn nhất.
Ta có MAN = 2BAM, MAP = 2MAC => NAP = 2BAC. Mặt khác ta có, AN = AM = AP nên các điểm M, N, P thuộc đường tròn tâm A bán kính AM.
NP = 2NQ = 2AN.sinNAQ = 2AM.sinBAC.
Như vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi AM lớn nhất. Hay AM là đường kính của đường tròn (O).
Cho đường tròn (O;R) với dây cung AB không đi qua tâm. Lấy S là một điểm bất kì trên tia đối của tia AB (S khác A). Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC, SD với đường tròn (O;R) sao cho điểm C nằm trên cung nhỏ AB (C,D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB.
a) Chứng minh năm điểmC, D, H, O, S thuộc đường tròn đường kính SO.
Xét tứ giác SCOD có: SCO = 90°, SDO = 90° (do SC, SD là tiếp tuyến của đường tròn (O)).
=> SCO + SDO = 120° là tứ giác nội tiếp.
Lại có tam giác SOC và SOD là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền SO nên tứ giác SCOD thuộc đường tròn đường kính SO. (1)
Ta có: SCO = 90°, SHO = 90° (vì H là trung điểm của AB nên OH ⊥ AB).
Tứ giác SCHO có hai đỉnh C và H cùng nhìn cạnh SO dưới một góc bằng nhau nên tứ giác SCHO nội tiếp đường tròn đường kính SO.(2)
Từ (1) và (2) suy ra năm điểm C, D, H, O, S thuộc đường tròn đường kính SO.
b) Khi SO = 2R, hãy tính độ dài đoạn thẳng SD theo R và tính số đo góc SCD.
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông SDO có:
SO2 = SD2 + OD2 => SD2 = SO2 - OD2 = 4R2 - R2 = 3R2 => SD = R3
Trong tam giác vuông SOD có:
tan SOD = ODSD=RR3=33 => OSD = 30°.
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có SC = SD và SO là tia phân giác góc CSD
=> CSO = OSD = 30° => CSD = 60°.
=> ∆SCD đều => SCD = 60°.
