Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O; R). Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB. Vẽ đường kính BD và MD cắt \(\left( O \right)\) tại C. Gọi H là giao điểm của MO và AB.
a) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp và \(M{A^2} = MC.MD\).
b) Gọi K là trung điểm của CD, L là giao điểm của AH và MC. Chứng minh \(MH.MO = ML.MK\).
c) Cho \(AB = R\sqrt 3 \) và \(\widehat {MHC} = 30^\circ \). Tính MH và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OLH theo R.
a) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp
Chứng minh \(\Delta OAM\) và \(\Delta OBM\) cùng nội tiếp đường tròn đường kính OM, suy ra M, A, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM hay MAOB nội tiếp.
Chứng minh \(M{A^2} = MC.MD\)
Chứng minh \(\Delta MCB\backsim \Delta MBD\) (g.g) suy ra \(\frac{{MC}}{{MB}} = \frac{{MB}}{{MD}}\), do đó \(M{B^2} = MC.MD\)
Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau suy ra \(MB = MA\) nên \(M{A^2} = MC.MD\).
b) Chứng minh \(MH.MO = MI.MK\)
Chứng minh \(\Delta ODC\) cân tại O có OK là đường trung tuyến nên OK đồng thời là đường cao của \(\Delta ODC\), suy ra \(OK \bot CD\).
Chứng minh OM là đường trung trực của AB.
Mà OM cắt AB tại H nên \(OM \bot AB\) tại H và H là trung điểm AB.
Chứng minh $\Delta MKO\backsim \Delta MHL$ (g.g), suy ra \(\frac{{MK}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{ML}}\), do đó \(MK.ML = MH.MO\)
c) Tính MH theo R
Vì H là trung điểm của AB nên tính được HB theo AB.
Sử dụng tỉ số lượng giác trong \(\Delta OHB\) vuông tại H: \(\sin \widehat {HOB} = \frac{{HB}}{{OB}}\) suy ra \(\widehat {HOB}\) hay \(\widehat {MOB}\).
Sử dụng tỉ số lượng giác trong \(\Delta HBM\)vuông tại H: \(\tan \widehat {HBM} = \frac{{MH}}{{HB}}\) để tính MH.
Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OLH theo R
Xét \(\Delta OLH\) vuông tại H nên \(\Delta OLH\) nội tiếp đường tròn đường kính OL nên bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OLH\) là \(OL:2\). Do đó ta cần tính độ dài OL.
Chứng minh \(\Delta MBO\backsim \Delta MHB\) (g.g), suy ra \(\frac{{MB}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MB}}\), do đó \(M{B^2} = MH.MO\)
kết hợp với \(M{B^2} = MC.MD\) (cmt) để có \(\frac{{MH}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\)
Chứng minh $\Delta MCH\backsim \Delta MOD$ (c.g.c), suy ra \(\widehat {MHC} = \widehat {MDO} = 30^\circ \)
Sử dụng tỉ số lượng giác trong \(\Delta DKO\) vuông tại K: \(\sin \widehat {KDO} = \frac{{KO}}{{DO}}\) để tính KO.
Sử dụng tỉ số lượng giác trong \(\Delta OBM\) vuông tại B: \(\cos \widehat {MOB} = \frac{{OB}}{{OM}}\) để tính OM.
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta OKM\) vuông tại K để tính MK.
Từ $\Delta MKO\backsim \Delta MHL$ để tính HL.
Tính OH dựa vào OM, MH.
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta OLH\) vuông tại L để tính OL.
Do đó ta tính được bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OLH\) là \(OL:2\).
a) Chứng minh tứ giác \(MAOB\) nội tiếp
Xét \(\Delta OAM\) vuông tại A (\(\widehat {OAM} = 90^\circ \)) nên \(\Delta OAM\) nội tiếp đường tròn đường kính OM, suy ra O, A, M cùng thuộc đường tròn đường kính OM (1)
Xét \(\Delta OBM\) vuông tại B (\(\widehat {OBM} = 90^\circ \)) nên \(\Delta OBM\) nội tiếp đường tròn đường kính OM, suy ra O, B, M cùng thuộc đường tròn đường kính OM (2)
Từ (1) và (2) suy ra M, A, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính OM hay MAOB nội tiếp.
Chứng minh \(M{A^2} = MC.MD\)
Ta có: \(\widehat {DCB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét \(\Delta MCB\) và \(\Delta MBD\) có:
\(\widehat M\) chung
\(\widehat {MCB} = \widehat {MBD} = 90^\circ \)
nên \(\Delta MCB\backsim \Delta MBD\) (g.g) suy ra \(\frac{{MC}}{{MB}} = \frac{{MB}}{{MD}}\), do đó \(M{B^2} = MC.MD\)
Mà \(MB = MA\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(M{A^2} = MC.MD\).
b) Chứng minh \(MH.MO = MI.MK\)
Xét \(\Delta ODC\) có: \(OD = OC\) (bán kính) nên \(\Delta ODC\) cân tại O.
Mà OK là đường trung tuyến (K là trung điểm CD) nên OK đồng thời là đường cao của \(\Delta ODC\), suy ra \(OK \bot CD\).
Ta có:
\(MA = MB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
\(OA = OB\) (bán kính)
nên OM là đường trung trực của AB.
Mà OM cắt AB tại H nên \(OM \bot AB\) tại H và H là trung điểm AB.
Xét \(\Delta MKO\) và \(\Delta MHL\) có:
\(\widehat {MKO} = \widehat {MHL} = 90^\circ \) \(\left( {OK \bot CD,{{ }}OM \bot AB} \right)\).
\(\widehat M\) chung
nên $\Delta MKO\backsim \Delta MHL$ (g.g), suy ra \(\frac{{MK}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{ML}}\), do đó \(MK.ML = MH.MO\)
c) Tính MH theo R
Vì H là trung điểm của AB nên \(HB = \frac{{AB}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\)
Xét \(\Delta OHB\) vuông tại H, ta có: \(\sin \widehat {HOB} = \frac{{HB}}{{OB}} = \frac{{\frac{{R\sqrt 3 }}{2}}}{R} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\)
suy ra \(\widehat {HOB} = 60^\circ \) hay \(\widehat {MOB} = 60^\circ \)
Ta có: \(\widehat {HBM} = \widehat {MOB} = 60^\circ \) (cùng phụ với \(\widehat {HMB}\))
Xét \(\Delta HBM\)vuông tại H có:
\(\begin{array}{l}\tan \widehat {HBM} = \frac{{MH}}{{HB}}\\\tan 60^\circ = \frac{{MH}}{{\frac{{R\sqrt 3 }}{2}}}\\MH = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\tan 60^\circ \\MH = \frac{3}{2}R\end{array}\)
Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OLH theo R
Xét \(\Delta OLH\) vuông tại H nên \(\Delta OLH\) nội tiếp đường tròn đường kính OL nên bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OLH\) là \(OL:2\).
Xét \(\Delta MBO\) và \(\Delta MHB\) có:
\(\widehat M\)chung
\(\widehat {HBM} = \widehat {MOB}\) (cùng phụ với \(\widehat {HMB}\))
nên \(\Delta MBO\backsim \Delta MHB\) (g.g), suy ra \(\frac{{MB}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MB}}\), do đó \(M{B^2} = MH.MO\)
Mà \(M{B^2} = MC.MD\) (cmt) nên \(MH.MO = MC.MD\)
suy ra \(\frac{{MH}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\)
Xét \(\Delta MCH\) và \(\Delta MOD\) có:
\(\widehat M\) chung
\(\frac{{MH}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\) (cmt)
nên $\Delta MCH\backsim \Delta MOD$ (c.g.c), suy ra \(\widehat {MHC} = \widehat {MDO} = 30^\circ \)
Xét \(\Delta DKO\) vuông tại K, ta có:
\(\sin \widehat {KDO} = \frac{{KO}}{{DO}}\)
\(\sin 30^\circ = \frac{{KO}}{R}\)
\(KO = \sin 30^\circ .R = \frac{R}{2}\).
Xét \(\Delta OBM\) vuông tại B, ta có:
\(\begin{array}{l}\cos \widehat {MOB} = \frac{{OB}}{{OM}}\\\cos 60^\circ = \frac{R}{{OM}}\\OM = \frac{R}{{\cos 60^\circ }} = 2R\end{array}\)
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta OKM\) vuông tại K, ta có:
\(M{K^2} = M{O^2} - O{K^2} = 4{R^2} - \frac{{{R^2}}}{4} = \frac{{15}}{4}{R^2}\) suy ra \(MK = \frac{{R\sqrt {15} }}{2}\)
Mà $\Delta MKO\backsim \Delta MHL$ (cmt) nên \(\frac{{MK}}{{MH}} = \frac{{KO}}{{HL}}\)
Do đó \(HL = \frac{{KO.MH}}{{MK}} = \frac{{\frac{R}{2}.\frac{3}{2}R}}{{\frac{{R\sqrt {15} }}{2}}} = \frac{3}{{2\sqrt {15} }}.R = \frac{{\sqrt {15} }}{{10}}R\)
Ta có: \(OH = OM - MH = 2R - \frac{3}{2}R = \frac{1}{2}R\)
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta OLH\) vuông tại L, ta có:
\(O{L^2} = H{L^2} + O{H^2} = \frac{{15}}{{100}}{R^2} + \frac{1}{4}{R^2} = \frac{2}{5}{R^2}\) suy ra \(OL = R\sqrt {\frac{2}{5}} \)
Xét \(\Delta OLH\) vuông tại H nên \(\Delta OLH\) nội tiếp đường tròn đường kính OL, do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OLH\) là:
\(OL:2 = R\sqrt {\frac{2}{5}} :2 = R\frac{{\sqrt {10} }}{{10}}\).
Các bài tập cùng chuyên đề
Gọi R và r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của một hình vuông. Tỉ số $\dfrac{R}{r}$ là:
-
A.
$\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$
-
B.
$2$
-
C.
$\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}$
-
D.
đáp án khác
Cho tam giác ABC có các đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của BC và I là trung điểm của AH. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn tâm I;
b) ME, MF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
Tứ giác ABCD có hai góc đối diện B và D vuông, hai góc kia không vuông.
a) Chứng minh rằng có một đường tròn đi qua bốn điểm A, B, C và D. Ta gọi đó là đường tròn (C).
b) Gọi I và K lần lượt là trung điểm của các đường chéo AC và BD của tứ giác. Chứng minh rằng \(IK \bot BD\).
c) Kí hiệu các tiếp tuyến của đường tròn (C) tại A, B và C lần lượt là a, b và c. Giả sử b cắt a và c theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng tứ giác AEFC là một hình thang.
d) Chứng minh rằng \(EF = AE + CF\).
Cho tam giác ABC \(\left( {AB < AC} \right)\) ngoại tiếp đường tròn (I) với các tiếp điểm BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Gọi X và Y lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C xuống CI và BI. Chứng minh rằng:
a) DBXF, DCYE là các tứ giác nội tiếp.
b) Bốn điểm X, Y, E, F thẳng hàng.
a) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. So sánh độ dài các đoạn thẳng OA, OB, OC, OD. Nêu nhận xét về tâm và đường kính của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD.
b) Xác định tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ có cạnh bằng a.
Xác định tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp hình vuông và hình chữ nhật trong Hình 11.
Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy điểm M bất kì trên đoạn AC, đường tròn đường kính CM cắt hai đường thẳng BM và BC lần lượt tại D và N. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác ABCD nội tiếp;
b) Các đường thẳng AB, MN, CD cùng đi qua một điểm.
Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a. Góc vuông xAy thay đổi sao cho tia Ax cắt đoạn thẳng BC tại M và tia Ay cắt đoạn thẳng CD kéo dài tại N.
a) Chứng minh hai tam giác ABM và ADN bằng nhau.
b) Gọi O là trung điểm của MN. Chứng minh ABMO và ANDO là các tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh ba điểm B, D, O thẳng hàng.
Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I.
a) Hai góc ABD và ACD có bằng nhau hay không? Vì sao?
b) Chứng minh \(\Delta AIB\backsim \Delta IDC\) và IA.IC = IB.ID.
Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai tia CD và BA cắt nhau tại I. Chứng minh:
a)\(\widehat {IAD} = \widehat {BCD}.\)
b) IA.IB = ID.IC.
Giải thích vì sao giao điểm của hai đường chéo của hình chữ nhật và hình vuông cách đều bốn đỉnh của chúng.
Cho đường tròn tâm O có bán kính R = 5 cm.
a) Tính độ dài cạnh của hình vuông nội tiếp trong (O).
b) Một hình chữ nhật nội tiếp (O) có chu vi 28 cm. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó.
Cho ABCD là tứ giác nội tiếp.
a) Chứng minh rằng \(\widehat {BAC} = \widehat {BDC}\).
b) AC cắt BD tại M. Chứng minh rằng MA.MC = MB.MD.
Tính số đo các góc của tứ giác nội tiếp ABCD trong Hình 7.23.
Tam giác ABC có \(\widehat B = {76^o},\widehat C = {40^o}\). Đường tròn (O) nội tiếp \(\Delta \)ABC tiếp xúc với các cạnh AB, BC, AC lần lượt tại các điểm M, N, P.
a) Chứng minh AMOP, BMON và CNOP là các tứ giác nội tiếp.
b) Tính số đo cung nhỏ MN, NP và MP.
c) Tính các góc của \(\Delta \)MNP.
Gọi r và R lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của một tam giác đều. Tỉ số $\dfrac{r}{R}$ bằng:
-
A.
$\dfrac{1}{{\sqrt 3 }}$
-
B.
$\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}$
-
C.
$\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$
-
D.
$\dfrac{1}{2}$
Cho \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) có \(\widehat {BAC} = {120^0}.\) Trên nửa mặt phẳng bờ \(BC\) không chứa đỉnh \(A\), lấy \(D\) sao cho \(BCD\) là tam giác đều. Khi đó
-
A.
\(\Delta ACD\) cân
-
B.
\(ABDC\) nội tiếp
-
C.
\(ABDC\) là hình thang
-
D.
\(ABDC\) là hình vuông
Cho \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) có \(\widehat {BAC} = {130^0}.\) Trên nửa mặt phẳng bờ \(BC\) không chứa đỉnh \(A\), kẻ \(Bx \bot BA;Cy \bot CA\), \(Bx\) và \(Cy\) cắt nhau tại D. Chọn đáp án sai.
-
A.
\(\Delta BCD\) cân
-
B.
\(ABDC\) nội tiếp
-
C.
\(ABDC\) là hình thoi
-
D.
\(\widehat {BDC} = 50^\circ \)
Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AB$ . Gọi $H$ là điểm nằm giữa $O$ và $B$. Kẻ dây $CD$ vuông góc với $AB$ tại $H$ . Trên cung nhỏ $AC$ lấy điểm $E$ kẻ $CK$ vuông góc $AE$ tại $K$ . Đường thẳng $DE$ cắt $CK$ tại $F$. Chọn câu đúng:
-
A.
$AHCK$ là tứ giác nội tiếp.
-
B.
$AHCK$ không nội tiếp đường tròn.
-
C.
$\widehat {EAO} = \widehat {HCK}$
-
D.
$AH.AB = AD.BD.$
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O) qua A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm) . Chọn đáp án đúng:
-
A.
Tứ giác ABOC là hình thoi
-
B.
Tứ giác ABOC nội tiếp
-
C.
Tứ giác ABOC không nội tiếp
-
D.
Tứ giác ABOC là hình bình hành.
a) Chứng minh bốn điểm O, M, H, B cùng thuộc một đường tròn.
b) Hai đường thẳng MB và OH cắt nhau tại E. Chứng minh \(\angle MHO = \angle MNA\) và \(ME \cdot MH = BE \cdot HC\).
c) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC. Chứng minh ba điểm C, P, E là ba điểm thẳng hàng.
a) Chứng minh \(\angle BEC = \angle BFC = {90^0}\), từ đó suy ra tứ giác AEHF nội tiếp.
b) Gọi D là giao điểm của AH và (O) (D nằm giữa A và H), chứng minh \(B{D^2} = BK \cdot BC\) và \(\angle BDH = \angle BFD\)
c) Trong trường hợp góc \(BAC = {60^0}\) và \(BC = 6\;{\rm{cm}}\), tính độ dài đoạn thẳng EF và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF.
a) Chứng minh bốn điểm D,M,N,O cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh \(OM = ON\) và \(\angle BDM = \angle ODN\).
c) Qua \(O\), kẻ đường thắng vuông góc với BC cắt MN tại I,AI cắt BC tại \(K\). Chứng minh \(K\) là trung điểm của BC.
Hình vuông ABCD có cạnh bằng 1, người ta nối trung điểm các cạnh liên tiếp của nó để tạo thành tứ giác EFGH, tiếp tục như vậy được tứ giác mới IKPQ (Hình 15). Chứng minh:
a) Tứ giác EFGH và tứ giác IKPQ là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Tỉ số bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EFGH bằng tỉ số bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác EFGH và bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác IKPQ.
Cho tam giác ABC nhọn. Ba đường cao AI, BK, CL. Chứng minh:
a) Các tứ giác AKIB, BLKC là các tứ giác nội tiếp.
b) Trực tâm H của tam giác ABC là tâm đường tròn nội tiếp tam giác IKL.
a) Chứng minh bốn \(C,\,E,\,\,M,\,O\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Kẻ \(AD \bot BC\) tại \(D\). Chứng minh \(AD.AK = AB.AC\) và \(\Delta MDE\) cân.
c) Gọi \(F\) là hình chiếu của \(B\) trên \(AK\). Chứng minh khi di chuyển trên cung lớn \(BC\) thì tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta DEF\) là 1 điểm cố định.
a) Chứng minh bốn điểm K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(AK.AE = AI.AB\).
c) Gọi \(P\) là giao điểm của tia BE và tia DC, \(Q\) là giao điểm của AP và BK. Chứng minh IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\). Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.
a) Chứng minh tứ giác BFCE nội tiếp và \(AO \bot EF\)
b) Chứng minh: \({\sin ^2}\widehat {BAC}{\mkern 1mu} + {\mkern 1mu} c{\rm{o}}{s^2}\widehat {BAC} = 1\) và \(B{C^2}{\mkern 1mu} = {\mkern 1mu} A{B^2}{\mkern 1mu} + {\mkern 1mu} A{C^2}{\mkern 1mu} - 2.AB.AC.cos\widehat {BAC}\)
c) Gọi S là diện tích tam giác ABC, chứng minh \(S = {\mkern 1mu} \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC}\). Cho \(AB = 6;{\mkern 1mu} AC = 8;BC = 2\sqrt {13} \). Tính diện tích tam giác ABC.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) sao cho hai tia AB và DC cắt nhau tại điểm K, hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại điểm H. Kí hiệu $\overset\frown{AD}$ là cung AD không chứa điểm B và $\overset\frown{BC}$ là cung BC không chứa A. Chứng minh rằng:
a) \(\widehat {BKC} = \frac{1}{2}\)(sđ$\overset\frown{AD}$ - sđ$\overset\frown{BC}$);
b) \(\widehat {BHC} = \frac{1}{2}\)(sđ$\overset\frown{AD}$ + sđ$\overset\frown{BC}$).
a) Nếu một hình bình hành nội tiếp một đường tròn thì hình đó phải là là hình chữ nhật;
b) Nếu một hình thoi nội tiếp một đường tròn thì hình đó phải là hình vuông;
c) Nếu một hình thang nội tiếp một đường tròn thì hình đó phải là hình thang cân.
