IMG-LOGO
Trang chủ Lớp 9 Toán Bộ đề Ôn tập Toán 9 thi vào 10 năm 2018 có đáp án

Bộ đề Ôn tập Toán 9 thi vào 10 năm 2018 có đáp án

Chuyên đề 8: Hình học (có đáp án)

  • 2975 lượt thi

  • 191 câu hỏi

  • 90 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 2:

b) Chứng minh ABD^=BDC^

Xem đáp án

b) Ta có ABCD nội tiếp nên BDC^=DAC^  (1) (cùng nhìn cạnh DC).

Lại có:     ABD^=12AD(góc nội tiếp).

                DAx^=12AD (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).

Suy ra      ABD^=DAx^.

                  DAx^=DAC^(do ADlà phân giác).

Suy ra      ABD^=DAC^  (2)

Từ (1) và (2) suy ra ABD^=BDC^ 


Câu 3:

c) Chứng minh tam giác ABE cân

Xem đáp án

c) Xét ΔDAB ΔDEBcó:

ADB^=EDB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù).

BD chung.

ABD^=BDC^(cmt).

 ΔDAB=ΔDEB(g-c-g).

 BA=BE(tương ứng).

ΔABEcân tại


Câu 4:

d) Tia BD cắt AC và Ax lần lượt tại F và K. Chứng minh AKEF là hình thoi
Xem đáp án

d) Theo câu c) ΔDAB=ΔDEBDA=DEDlà trung điểm AE            (3)

Xét ΔDAF ΔDAKcó:

ADF^=ADK^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù).

AD chung.

DAF^=DAK^(do ADlà phân giác).

 ΔDAF=ΔDAK (g-c-g)

DK=DF (tương ứng).

 D là trung điểm KF         (4)

Từ (3) và (4) ta có AKEF là hình bình hành (tứ giác có các đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường).

AEKFAKEF là hình thoi.

Câu 6:

b) Chứng minh CHK^=CBM^.

Xem đáp án

CHK^=CAK^=CAM^ (do tứ giác ACKH nội tiếp). Mà CAM^=CBM^ (cùng chắn cung CM).

Vậy CHK^=CBM^.


Câu 7:

c) Gọi N là giao điểm của AM và CH. Tính theo R giá trị biểu thức P=AM.AN+BC2.

Xem đáp án

Ta có ACN^=ABC^   (=90°-HCB^);ABC^=AMC^ACN^=AMC^

Do đó ΔACNΔAMC (g.g) ANAC=ACAMAM.AN=AC2.

C thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên tam giác ABC vuông tại C,AC2+BC2=AB2.

Vậy P=AM.AN+BC2=AB2=4R2.


Câu 8:

Cho ΔABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B, C cắt nhau tại D. OD cắt BC tại E. Qua D vẽ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt AC tại K. đường thẳng OK cắt AB tại F. Tính tỉ số diện tích  SΔABFSΔABC

Xem đáp án
Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B, C cắt nhau tại D. (ảnh 1)

Ta có BAC^=DBC^ (cùng chắn BC), BAC^=DKC^(đồng vị) DBC^=DKC^

DBKC nội tiếp.

Mà: OBD^=OCD^=90° nên các điểm B, C, D thuộc đường tròn đường kính OD

K cũng thuộc đường tròn đường kính OD

OKKDOKABF là trung điểm của AB.

Do OB=OC, DB=DCOD là trung trực của BC

E là trung điểm của BC

Hai tam giác BEF và BAC đồng dạng có tỉ lệ đồng dạng là 12SΔBEFSΔABC=14.


Câu 10:

2. Chứng minh CE.CB=CK.CA

Xem đáp án

2. Xét hai tam giác vuông ΔACE ΔBCK, chúng có chung góc C nên

ΔACE~ΔBCKCECK=CACBCE.CB=CK.CA (dpcm).


Câu 11:

3. Chứng minh OCA^=BAE^.

Xem đáp án

3. Tam giác OAC cân tại O nên OCA^=90°12AOC^  (1). Mà tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC, do đó ABC^=12sdAC=12AOC^.

Tam giác ABE vuông tại E nên BAE^=90°ABC^=90°12AOC^ (2).

Từ (1) và (2) OCA^=BAE^(dpcm).


Câu 12:

4. Cho B, C cố định và A di động trên (C) nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; khi đó H thuộc cung tròn (T) cố định. Xác định I và bán kính r của đường tròn (T), biết R=3cm
Xem đáp án

4. Gọi M là giao điểm của đường thẳng  AE với đường tròn (C). Ta có MBC^=MAC^( cùng chắn cung MC). Mà MAC^=HBC^ ( cùng phụ với ACB^) nên MBC^=HBC^ hay BE là phân giác của HBM^.Tam giác HBM có BE vừa là đường cao, đường phân giác góc B nên cân tại B và BE là trung trực của HM. Gọi I là điểm đối xứng với O qua đường thẳng BC(O và BC cố định I cố định). Khi đó tứ giác HOIM là hình thang cân vì nhận BC là trục đối xứngIH=MO=R hay H luôn cách điểm cố định I một khoảng R không đổi nên H thuộc đường tròn tâm I bán kính R. Do đó r=R=3cm.


Câu 14:

b) Chứng minh EBM^=DNH^

Xem đáp án

b. Vì EBCD (gt), AHCD(vì AHBC) EB//AH.

EBM^=MAH^ (hai góc so le trong)   (1)

Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt)MAH^=MNH^ (hai góc nội tiếp cùng chắn MH)   (2)

Từ (1) và (2) suy ta EBM^=MNH^, hay EBM^=DNH^.


Câu 15:

c) Chứng minh DM.DN=DB.DC
Xem đáp án

c. Ta có: DMB^=AMN^(hai góc đối đỉnh)               (3)

Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt)AMN^=AHN^ (hai góc nội tiếp cùng chắn AN)   (4)

ΔAHC vuông tại H HNAC (gt) ACH^=AHN^(cùng phụ với CHN^)

Hay AHN^=DCN^ (5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra DMB^=DCN^.

Xét ΔDMB ΔDCN có: NDC^chung; DMB^=DCN^(cmt)

ΔDMBΔDCN (g.g) DMDC=DBDNDM.DN=DB.DC.     (6)


Câu 16:

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE. Chứng minh OEDE.
Xem đáp án

d. ΔEDC nội tiếp đường tròn đường kính CD ΔEDC vuông tại E.

Áp dụng hệ thức lượng trong ΔEDC vuông tại E, EBCD, ta có: DE2=DB.DC. (7)

Từ (6) và (7) suy ra DE2=DM.DNDEDM=DNDE.

Xét ΔDEM ΔDNE có: EDN^chung; DEDM=DNDE (cmt)

ΔDEMΔDNE (c.g.c) DEM^=DNE^ (2 góc tương ứng).

Xét (O) có: DEM^=DNE^ và tia EM nằm giữa hai tia ED và EN.

Do đó DE là tiếp tuyến của (O)DEOE.


Câu 17:

Cho tam giác ABC, M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Kéo dài AM cắt BC tại P, BM cắt Q, CM cắt AB tại K. Chứng minh MA.MB.MC8MP.MQ.MK
Xem đáp án
Cho tam giác ABC, M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Kéo dài AM cắt BC tại P, BM cắt Q, CM cắt AB tại K. (ảnh 1)

Kẻ MHBC, AH'BC H,H'BCMHAH'MHAH'=MPAP, (Hệ quả ĐL Talet).

Lại có MHAH'=12MH.BC12AH'.BC=SMBCSABCMPAP=SMBCSABC.

Chứng minh tương tự, ta có MQBQ=SMACSABC; MKCK=SMABSABC.

Suy ra MPAP+MQBQ+MKCK=SMBCSABC+SMACSABC+SMABSABC=1.

Đặt x=MPAP; y=MQBQ; z=MKCK thì x, y, z > 0 và x+y+z=1.

Theo đề bài: MA.MB.MC8MP.MQ.MKMAMP.MBMQ.MCMK8 

APMP1BQMQ1CKMK18 

Hay: 1x11y11z18

1xyz1xy+1yz+1xz+1x+1y+1z181xyzx+y+zxyz+1x+1y+1z9

1xyz1xyz+1x+1y+1z9 (do x+y+z=1)

 

1x+1y+1z9

x+y+z1x+1y+1z9
1+xy+xz+yx+1+yz+zx+zy+19
xy+yx2+yz+zy2+zx+xz20

xy2xy+yz2yz+zx2zx0.            (*)

Bất đẳng thức (*) hiển nhiên đúng với x, y, z>0.

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=13, hay MPAP=MQBQ=MKCK=13 M là trọng tâm ΔABC.

Vậy MA.MB.MC8MP.MQ.MK.


Câu 18:

Hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại 2 điểm A, B. Gọi M là trung điểm OO'. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM cắt đường tròn (O) và (O') lần lượt ở C và D.
Chứng minh rằng AC=AD
Xem đáp án
Hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại 2 điểm A, B. Gọi M là trung điểm OO'. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM (ảnh 1)

Kẻ OICD tại I, O'KCD tại K, khi đó ta có IA=IC,KA=KD

(tính chất của bán kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây cung đó).

Ta có: OI // O'K nên tứ giác OIKO' là hình thang.

 OI // MA // O'Kvà M là trung điểm của OO'

A là trung điểm của IKIA=KA

Từ đó suy ra AC=AD(đpcm).   


Câu 20:

b. Tính số đo cung CD khi góc AEB^=55°.

Xem đáp án

b.   AEB^=55°.

AEB^ là góc có đỉnh bên ngoài đường tròn chắn 2 cung AB, CD nên:

AEB^=ABCD2 s®CD=AB2.AEB^=180°2.55°=70°


Câu 21:

Cho tam giác nhọn ABC(AB<AC). Đường tròn tâm (O) đường kính BC cắt AC, AB lần lượt tại D và E. H là giao điểm của BD và CE, K là giao điểm của DE và AH, I là giao điểm của AH và BC, M là trung điểm của AH. Chứng minh rằng: MD2=MK.MI

Xem đáp án
Cho tam giác nhọn ABC(AB<AC). Đường tròn tâm (O) đường kính BC cắt AC, AB lần lượt tại D và E. (ảnh 1)

Ta có BDC^,BEC^ là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O nên BDC^=BEC^=90°

Mà BD và CE cắt nhau tại H nên ta suy ra H là trực tâm của tam giác ABC.

Suy ra AIC^=90°

Ta có HDC^+HIC^=180° nên CDHI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính HC.

Suy ra HID^=HCD^ (góc nội tiếp cùng chắn cung DH của đường tròn đường kính HC).

Hay MID^=HCD^

Tương tự, ta chứng minh được tứ giác AEIH nội tiếp đường tròn tâm M

(MA=MD=MH).

MAD^=MDA^ (vì MD=MA) và EDH^=EAH^

 (cùng chắn cung EH của đường tròn tâm M)

Vậy MDK^=ADH^(MDA^+EDH^)=90°(MAD^+EAH^)=90°EAD^=HCD^

MID^=MDK^

Xét 2 tam giác MDK và MID có:

M^ là góc chung,

MID^=MDK^

ΔMDKΔMID(g.g)

MDMK=MIMDMD2=MK.MI(đpcm).


Câu 23:

2) Hai tam giác CDE và CFD đồng dạng

Xem đáp án

2)  Chứng minh rằng Hai tam giác CDE  và CFD đồng dạng.

Chứng minh tương tự tứ giác BDCF nội tiếp.

Do các tứ giác ADCE, BDCF nội tiếp nên B1^=F1^,A1^=D1^ 

Mà AM là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên A1^=12sđAC=B1^D1^=F1^. 

Chứng minh tương tự E1^=D2^. Do đó, ΔCDEΔCFDg.g


Câu 24:

3) Tia đối của tia CD là tia phân giác góc ECF^
Xem đáp án

3) Chứng minh rằng Tia đối của tia CD là tia phân giác góc ECF  

Gọi Cx là tia đối của tia CD 

Do các tứ giác ADCE,BDCF nội tiếp nên DAE^=ECx^,DBF^=FCx^ 

MAB^=MBA^ECx^=FCx^ nên Cx là phân giác góc ECF^.


Câu 25:

4) Đường thẳng IK song song với đường thẳng AB
Xem đáp án

4) Chứng minh rằng Đường thẳng IK song song với đường thẳng AB 

Theo chứng minh trên A2^=D2^,B1^=D1^ 

A2^+B1^+ACB^=1800D2^+D1^+ACB^=180°ICK^+IDK^=180° 

Do đó, tứ giác CIKD nội tiếp K1^=D1^ mà D1^=B1^IK//AB


Câu 26:

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Trên tiếp tuyến của đường tròn (O)  tại A lấy điểm M(M khác A ). Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O) (C là tiếp điểm). Kẻ CHAB (HAB),MB cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại N. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AKNH nội tiếp trong một đường tròn.

Xem đáp án
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Trên tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lấy điểm M (ảnh 1)

a) Ta có: AKN^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);

               AHN^=90° (CHAB).

Xét tứ giác AKNH có: AKN^+AHN^=180° ;

                                                AKN^ AHN^ ở vị trí đối nhau.

Vậy tứ giác AKNH nội tiếp trong một đường tròn.


Câu 27:

b) AM2=MK.MB.

Xem đáp án

b) Áp dụng hệ thức lượng vào  MAB vuông tại A và có AKMB suy ra AM2=MK.MB.


Câu 28:

c) KAC^=OMB^.
Xem đáp án

c) Có MA, MC là hai tiếp tuyến của (O; R) cắt nhau tại M nên MOACBCACMO//BC.

Suy ra OMB^=KBC^ (so le trong)  (1);

            KAC^=KBC^=12 sđ KC (góc nội tiếp cùng chắn KC)  (2).

Từ (1) và (2) ta được KAC^=OMB^ (đpcm).


Câu 29:

d) N là trung điểm của CH
Xem đáp án

d) Gọi BCAM=P. Vì MO//BC nên M là trung điểm của AP.

Ta có MAABCHABMA//CH.

Áp dụng định lý Talet ta được: HNAM=BNBM=CNPM.

AM=PMHN=CN.

Vậy N là trung điểm của CH.


Câu 30:

Cho tam giác AMB cân tại M nội tiếp đường tròn(O; R). Kẻ MH vuông góc với AB (HAB). MH cắt đường tròn tại N. Biết MA=10cm, AB=12cm.

1.  Tính MH và bán kính R của đường tròn.

Xem đáp án
Cho tam giác AMB cân tại nội tiếp đường tròn (O;R). Kẻ MH vuông góc với  AB (ảnh 1)

Tính MH và bán kính R của đường tròn.

ΔAMB là tam giác cân, mà MHABAH=HB=AB2=122=6cm.

Xét ΔAHM vuông tại H.

Ta có: MH=MA2AH2=10262=8cm.

ΔAMB nội tiếp đường tròn (O; R) OA=OM=R.

MHAB,AH=HB (HAB, AB là dây cung của (O; R)) OMH

MO+OH=MH hay R+OH=8cm.

Xét ΔAHO vuông tại H 

                        Ta có: OA2=HA2+HO2.

                        OA2=HA2+(HMOM)2 

                        R2=62+(8R)2 

R2=36+6416R+R210016R=0R=254cm.


Câu 31:

Trên tia đối của tia BA lấy điểm C, MC  cắt đường tròn tại D. ND cắt AB tại E. Chứng minh rằng tứ giác MDEH nội tiếp và chứng minh các hệ thức sau: NB2=NE.NDAC.BE=BC.AE.
Xem đáp án

·                     Chứng minh rằng tứ giác MDEH nội tiếp.

Ta có: MDN^=90° ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tứ giác MDEH có:

MDE^+EHM^=90°+90°=180° ( Hai góc đối diện bù nhau).

tứ giác MDEH nội tiếp đường tròn.

·                     Chứng minh rằng:NB2=NE.ND.

MNAB tại H mà HA=HB (chứng minh trên) NA=NB

Xét ΔNBD ΔNEB có:

N^ là góc chung.

NDB^=12sdNBNBE^=12sdNA( hai góc NDB^NBE^ là hai góc nội tiếp đường tròn (O;R))

NA=NBNDB^=NBE^ 

ΔNBD~ΔNEB (g - g)

NBNE=NDNB 

NB2=NE.ND(đpcm)

·    Chứng minh rằng: AC.BE=BC.AE.

Ta có: NDB^=12sdNBADN^=12sdNA( hai góc NDB^ADN^ là hai góc nội tiếp đường tròn (O;R)). Mà NA=NBNDB^=ADN^

                        DN là tia phân giác của góc ADB^.

                        AEEB=DADB ( tính chất tia phân giác) (1)

                        Mặt khác: MDN^=90(chứng minh trên) NDDCMDA^+ADN^=CDB^+BDN^=90

                          NDB^=ADN^(chứng minh trên) BDC^=ADM^, ADM^=CDx^(đối đỉnh)

                        BDC^=CDx^DClà tia phân giác ngoài của góc ADB^

                        ACBC=DADB ( tính chất tia phân giác) (2)

                        Từ (1),(2) ACBC=AEEBAC.BE=BC.AE (đpcm)


Câu 32:

3. Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Xem đáp án

3. Chứng minh NB  tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.

Ta có: NDB^=NBE^ (chứng minh trên) hay EDB^=NBE^.

 Xét đường tròn (O') ngoại tiếp ΔBDEcó:

EDB^ là góc nội tiếp chắn cung BE.

 NBE^ là góc có đỉnh B năm trên đường tròn tạo bởi dây BE và đường BN chắn cung BE.

  EDB^=NBE^(chứng minh trên).

Góc NBE^ phải là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung hay BN là tiếp tuyến của đường tròn

 (O') Hay  NB  tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE (đpcm).


Câu 33:

Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn O. M là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.
Xem đáp án
Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn O. M là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. (ảnh 1)

a) Bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.

Ta có: MFAB nên MFB^=90°.

MDBC nên MDB^=90°.

Tứ giác MDBF 

MFB^+MDB^=90°+90°=180°

Do đó tứ giác MDBF nột tiếp.

Suy ra 4 điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn.

Ta có : MDBC nên MDC^=90°.

            MFAC nên MFC^=90°.

Suy ra: MDC^=MFC^=90°.

Mà 2 đỉnh D, F cùng nhìn MC dưới 1 góc bằng nhau.

Do đó tứ giác MDEC nột tiếp.

Vậy 4 điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.


Câu 34:

b) Chứng minh D, E, F thẳng hàng
Xem đáp án

b)  Chứng minh D, E, F thẳng hàng.

Vì tứ giác MDBF nội tiếp.

Nên: M1^=D1^ (cùng chắn BF).

Vì tứ giác MDEC nội tiếp nên M2^=D2^.

Mặt khác tứ giác MBAC nội tiếp.

Nên B1^=C^ (góc ngoài của tứ giác nội tiếp).

Do đó M1^=M2^ (cùng phụ với B1^;  C^).

Suy ra: D1^=D2^.

Mà D2^+BDE^=180°

Nên D1^+BDE^=180°.

Vậy D, E, F thẳng hàng.


Câu 35:

c) BCMD=ACME+ABMF

Xem đáp án

c) BCMD=ACME+ABMF

Ta có :

ACME+ABMF=AE+ECME+AFFCMF=AEME+ECME+AFMFFCMF

=tanAME^+tanM2^+tanAMF^tanM1^

M1^=M2^ 

Nên ACME+ABMF=tanAME^+tanAMF^.

Mặt khác: tứ giác AFME nội tiếp nên:

AME^=AFE^=BMD^AMF^=AEF^=DMC^ 

Do đó: ACME+ABMF=tanAME^+tanAMF^ 

=BDMD+DCMD=BD+DCMD=BCMD.


Câu 37:

b)     Vẽ đường trung tuyến AM(MBC) của tam giác ABC, tính AM và diện tích tam giác AHM

Xem đáp án

b) ΔABC có: A^=90° , MB=MC (gt) AM=12BC=12.13=6,5 cm 

SΔAHM=12MH.AH=12.2,5.6=7,5 cm2 .


Câu 39:

b) Chứng minh: AC.AE=AD.CE
Xem đáp án

b) Xét ΔACD ΔECA có: CAD^=AEC^ , AEC^ chung

ΔACD~ΔECA(g.g)CACE=ADAEAC.AE=AD.CE .


Câu 40:

c) Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE lần lượt tại M và N. Chứng minh: AM//BN
Xem đáp án

b) Từ E vẽ đường thẳng song song với MN cắt cạnh AB tại I và cắt cạnh BD tại F

HEI^=HCO^

Vì tứ giác AOHC nội tiếp HAO^=HCO^=HEI^. 

Suy ra tứ giác AHIE nội tiếp IHE^=IAE^=BDE^HI//BD .

Mà H là trung điểm của DEI là trung điểm của EF.

Ta có: FE//MN  IE=FIO là trung điểm của đoạn thẳng MN 

 Tứ giác AMBN là hình bình hành AM//BN.


Câu 42:

2. Chứng minh DBC^=DBF^

Xem đáp án

2.CAD^=CBD^=DBF^ ( do tứ giác ABEF nội tiếp )

3.Ta có

CAD^=DAK^=DBK^

Suy ra ΔACD=ΔAKD(cạnh huyền – góc nhọn)

AC=AKDC=DKADCKCK//EF

4.Ta có

EFB^=600BAC^=600BC=1200SQuatOBC=πR23

Gọi OH là đường cao của tam giác OBC

OH=R.sin300=R2BH=R.cos600=R32BC=R3SΔOBC=3R22

Suy ra diện tích cần tính (Phần tô đen)

SquatSΔOBC=πR233R2(đơn vị diện tích)


Câu 43:

3. Tia BF cắt (O) tại K. Chứng minh EF//CK
Xem đáp án

3.Ta có

CAD^=DAK^=DBK^

Suy ra ΔACD=ΔAKD(cạnh huyền – góc nhọn)AC=AKDC=DKADCKCK//EF


Câu 44:

4. Giả sử EFB^=600 Tính theo R diện tích giới hạn dây BC và cung nhỏ BC.

Xem đáp án

4.Ta có

EFB^=600BAC^=600BC=1200SQuatOBC=πR23

Gọi OH là đường cao của tam giác OBC

OH=R.sin300=R2BH=R.cos600=R32BC=R3SΔOBC=3R22

Suy ra diện tích cần tính (Phần tô đen)

SquatSΔOBC=πR233R2(đơn vị diện tích)


Câu 45:

Cho nửa đường tròn (O)đường kính MN=2R. Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại N. Trên cung MN lấy điểm E tùy ý. (E không trùng với M và N), tia ME cắt đường thẳng (d) tại F. Gọi P là trung điểm của ME, tia OP cắt (d) tại Q.
1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp
Xem đáp án

1.    Ta có: MFN^=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

NEME

Cho nửa đường tròn (O)đường kính MN=2R. Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại N. Trên cung MN lấy điểm E tùy ý. (ảnh 1)


 

Lại có:

P là trung điểm của ME 

O là trung điểm của MN

 OPlà đường trung bình của ΔMEN

OPNEOPME

- Xét tứ giác ONFP  ta có :

ONF^=900(tính chất tiếp tuyến)

OPF^=900 ( do OPME)

            ONF^+OPF^=1800 

 ONFP là tứ giác nội tiếp ( đpcm).


Câu 46:

2. Chứng minh OF  MQ và PM.PF=PO.PQ
Xem đáp án

2. Xét  ΔMQF ta có: MNQFPQMEMNPQ=O  

 O là trực tâm ΔMQF

OFMQ ( đpcm)

- Ta có:

 MFO^+QMF^=900PQM^+QMF^=900MFO^=PQM^

Mà MPQ^=OPF^=900

Nên ΔMPQ~ΔOPF

Từ đó suy ra MPOP=PQPFPM.PF=PO.PQ(dpcm)


Câu 47:

3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF+2ME đạt giá trị nhỏ nhất.
Xem đáp án

3.   Theo BĐT Cauchy ta được:

MF+2ME22ME.MF=22MN2=22.4R2=4R2

Đẳng thức xảy ra MF=2ME=2R2

Mà MF=ME+EF

Nên E là trung điểm MF

Xét ΔMNF ta có: NE=ME=EF=12MF

ME=MF

E là điểm chính giữa cung MN .


Câu 48:

Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB=5cm; AC=12cm.
a) Tính cạnh BC
Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB=5cm; AC=12cm. a) Tính cạnh BC (ảnh 1)

ΔABC vuông tại A nên theo định lí Pi-ta-go ta có:.

AB2+AC2=BC2BC2=52+122=169.

BC=13 cm.

(Vì độ dài BC là 1 số dương).

b).

Ta có diện tích tam giác ABC được tính như sau:.

SABC=12AB.ACAB.AC=2SABC.

Hoặc:.

SABC=12BC.AHBC.AH=2SABCAB.AC=BC.AH=2SABCAH=AB.ACBC=5.1213=6013 cm.


Câu 50:

b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Chứng minh tứ giác MPOQ là hình chữ nhật.

Xem đáp án

b)

Xét ΔAEO ΔMEO có:.

EO chung;

AO=MO;

EMO^=EAO^=90°

ΔAEO=ΔMEO (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

EA=EME trung trực của đoạn MA.

OA=OM=RO trung trực của đoạn MA.

OE là trung trực của AM.

OEAM hay OPPMOPM^=90°.

Điểm MO đường kính ABAMB^=90° hay PMQ^=90°.

Chứng minh tương tự ta có: OQM^=90°.

Xét tứ giác OPMQ có: OPM^=OQM^=PMQ^=90°.

OPMQ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).

Suy ra điều phải chứng minh.


Câu 51:

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm D và E. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này.
Xem đáp án
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm D và E. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE. (ảnh 1)

a) Xét đường tròn (O) ta có:

BDC^ BEC^ là hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.

BDC^=BEC^=90°.

Xét tứ giác ADHE có: BDC^+BEC^=90°+90°=180° mà hai góc này đối nhau nên tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn.

Ta có ΔADH ΔAEH cùng nội tiếp đường tròn có đường kính AH.

Nên tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn tâm I, đường kính AH hay I là trung điểm của AH.


Câu 52:

b) Gọi M là giao điểm của AH và BC. Chứng minh: CM.CB=CE.CA
Xem đáp án

b) Vì tứ giác ADHE nội tiếp nên HAE^=EDC^ (hai góc cùng nhìn đoạn HE).

EBC^=EDC^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC trong đường tròn (O)).

CAM^=CBE^  

Trong ΔABC BEAC, CDAB (cm ở câu a).

Mà BECD=H

Nên H là trực tâm ΔABC

AHBC tại M

ΔCAM vuông tại M.

Xét hai tam giác vuông ΔCAMΔCBE có:

CAM^=CBE^ (cmt)

ΔCAMΔCBE g.g

ACBC=CMCE (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

AC.CE=BC.CM (đpcm).


Câu 53:

c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Xem đáp án

c) Ta có: IHD^=IDH^ (ΔIHD cân tại I, ID=IH: bán kính (I)). (1) 

IHD^=CHM^ (đối đỉnh).                                                          (2) 

Từ (1) và (2) suy ra CHM^=IDH^                                               (3)                                 

Ta lại có: ODC^=OCD^ (ΔODC cân tại O, OD=OC: bán kính (O)).

Hay OCD^=MCH^.                                                                        (4) 

Xét ΔMHC vuông tại H có: CHM^+MCH^=90° 

Từ (3) và (4) suy ra IDH^+ODC^=90° 

IDDO tại D(O)

Vậy ID là tiếp tuyến của (O).


Câu 54:

d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết ABC^=45°, ACB^=60° và BC=2R.

Xem đáp án

d) Ta có AMBC (cmt).

Xét tam giác vuông ΔABM ΔACM có:

tanB^=AMBMBM=AMtanB^=AMtan45°=AMtanC^=AMMCMC=AMtanC^=AMtan60°=AM3 

BM+CM=BC=2R 

AM+AM3=2R3+1AM=2R3AM=2R33+1=2R3312=R331 

Diện tích tam giác ABC là:

SABC=12AM.BC=12R3.31.2R=R233 (đvdt).


Câu 55:

Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AN=5cm; AC=12 cm.
a) Tính cạnh BC;
Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AN=5cm; AC=12 cm. a) Tính cạnh BC; (ảnh 1)

a)

ΔABC vuông tại A nên theo định lí Pi-ta-go ta có:

AB2+AC2=BC2BC2=52+122=169.

BC=13 cm (Vì độ dài BC là 1 số dương).


Câu 56:

b) Kẻ đường cao AH. Tính AH
Xem đáp án

b)

Ta có diện tích tam giác ABC được tính như sau:

SABC=12AB.ACAB.AC=2SABC.

Hoặc:

SABC=12BC.AHBC.AH=2SABCAB.AC=BC.AH=2SABCAH=AB.ACBC=5.1213=6013 cm.


Câu 58:

b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Chứng minh tứ giác MPOQ là hình chữ nhật.
Xem đáp án

Xét ΔAEO ΔMEO có:.

EO chung;

AO=MO;

EMO^=EAO^=90°

ΔAEO=ΔMEO (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

EA=EME trung trực của đoạn .

OA=OM=RO trung trực của đoạn .

OE là trung trực của AM.

OEAM hay OPPMOPM^=90°.

Điểm MO đường kính ABAMB^=90° hay PMQ^=90°.

Chứng minh tương tự ta có: OQM^=90°.

Xét tứ giác OPMQ có: OPM^=OQM^=PMQ^=90°.

OPMQ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).


Câu 60:

2. Chứng minh rắng OMH^=OIP^

Xem đáp án

2) Chứng minh rằng OMH^=OIP^.

OP=OQ=R; MP=MQ (MP; MQ là hai tiếp tuyến của (O))

OM là trung trực của PQ.

OMPQOKI^=90°.

Do đó: OIP^+HOM^=90°  OMH^+HOM^=90°OMH^=OIP^ (đpcm).


Câu 61:

3. Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định.
Xem đáp án

3) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định.

Xét ΔOIK ΔOMH có: OIK^=OMH^ (cmt) và OKI^=OHM^=90°

ΔOIK đồng dạng với ΔOMH (g-g)

OIOM=OKOHOI.OH=OK.OM(1).

Mặt khác: ΔOPM vuông tại P PKOMOK.OM=OP2=R2. (2)

Từ (1) và (2) suy ra OI.OH=R2 (không đổi).

Mà O và d cố định nên OH không đổi OI không đổi. Vậy điểm I luôn cố định IOH.


Câu 62:

4. Biết OH=R2, tính IP.IQ

Xem đáp án

4.   Biết OH=R2, tính IP.IQ.

Ta có: OI.OH=R2OI=R2OH=R2R2=R2.

IH=OHOI=R2R2=R2.

Lại có: OHM^=OQM^=OPM^=90° (theo gt).

M; P; O; Q và H cùng thuộc đường tròn đường kính OM.

Xét ΔOIP ΔQIH có: OIP^=QIH^ (đối đỉnh) và OPI^=QHI^ (góc nội tiếp cùng chắnc ung OQ).

 ΔOIP đồng dạng với ΔQIH (g-g) IPOI=IHIQIP.IQ=OI.IH=R22


Câu 64:

b) DF song song với CE, từ đó suy ra NE.NF=NC.ND.
Xem đáp án

b) Ta có BAC^=12BOC^=BOM^

BOM^=BDM^; BDM^=NDF^ (đđ)

Suy ra BAC^=NDF^

Mặt khác: BAC^=BEC^ (góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

Vậy NDF^=BEC^DF//EC

Vì DF//EC nên NEND=NCNFNE.NF=NC.ND (đpcm)


Câu 65:

c) CA là tia phân giác góc BCE^

Xem đáp án

c) Vì DF//EC suy ra DFN^=ACE^, mà ACE^=ABE^

Suy ra DFN^=ABE^ hay tứ giác ABDF nội tiếp

Suy ra AFB^=ADB^=90°ΔBFC vuông tại F có FM là đường trung tuyến nên FM=MC suy ra ΔFMC cân tại MFCM^=DFN^ hay ACE^=FCM^

Câu 66:

d) HN vuông góc với AB
Xem đáp án

d) Tam giác ANB có AD và BF là hai đường cao cắt nhau tại H nên H là trực tâm của tam giác NAB hay NHAB


Câu 67:

Một cốc nước có dạng hình trụ có bán kính đáy bằng 3cm, chiều cao bằng 12cm và chứa một lượng nước cao 10cm. Người ta thả từ từ 3 viên bi làm bằng thủy tinh có cùng đường kính bằng 2cm vào cốc nước. Hỏi mực nước trong cốc lúc này cao bao nhiêu?

Xem đáp án

Thể tích của ba viên bi: V1=3.43πr3=4π

Thể tích của mực nước dâng lên bằng đúng thể tích của 3 viên bi, do đó nếu gọi V2 là thể tích của mực nước dâng lên và h là độ cao của mực nước dâng lên thêm

Ta có: V2=πr2.h=4ππ32.h=4πh=49cm

Vậy mực nước trong cốc lúc này là: 10+49=949cm<12 cm

Do đó, nước chưa tràn ra khỏi cốc và mực nước trong cốc lúc này là 949 cm.


Câu 68:

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB, N là điểm bất kỳ thuộc cung MB (N khác M và B). Tia AM và AN cắt tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn tâm O lần lượt tại C và D

1. Tính số đo ACB^.

Xem đáp án
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB, N là điểm bất kỳ thuộc cung MB (N khác M và B). (ảnh 1)

1. Tính số đo ACB^.

Vì M là điểm chính giữa cung AB nên MA=MB, AMB^ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. Suy ra tam giác AMB vuông cân tại M. Từ đó: MAB^=450

Tam giác ABC vuông tại B CAB^=450 nên là tam giác vuông cân tại B Suy ra ACB^=450


Câu 69:

2. Chứng minh tứ giác MNDC nội tiếp một đường tròn
Xem đáp án

2. Chứng minh tứ giác MNDC nội tiếp trong một đường tròn.

Ta có: ANM^=450 (góc nội tiếp chắn cung AM bằng 14 đường tròn)

Lại có: MCD^=450(vì ACB^=450)

Tứ giác MNDC có MCD^=ANM^=450 nên nội tiếp được đường tròn (góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện)


Câu 70:

4. Chứng minh AM.AC=AN.AD=4R2.

Xem đáp án

3. Chứng minh AM.AC=AN.AD=4R2.

Ta có: CAD^=NAM^ (1); ANM^=450(góc nội tiếp chắn  đường tròn);

ACD^=ACB^=450(câu 2). Nên ANM^=ACD^=450 (2)

Từ (1) và (2) suy ra ΔCAD ΔΝΑΜ(g-g). Suy ra: AMAD=ANACAM.AC=AN.AD

Tam giác ABC vuông tại B có BM là đường cao cho: AB2=AM.AC4R2=AM.AC

VậyAN.AC=AN.AD=4R2.


Câu 71:

Cho hình nón có đường sinh bằng 26cm diện tích xung quanh là 260πcm2. Tính bán kính đáy và thể tích của hình nón.

Xem đáp án

wps_clip_image-21871

Cho hình nón có đường sinh bằng 26cm diện tích xung quanh là 260pi c^2. Tính bán kính đáy và thể tích của hình nón. (ảnh 1)

Ta có: Sxq=πrl260π=πr.26r=10cm

h=l2r2=262102=261026+10=16.36=24cm

V=13πr2h=13π102.24=800πcm3


Câu 72:

Cho tam giác ABC nhọn có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H. Gọi M là trung điểm của đoạn AH.

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án
1. Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. (ảnh 1)

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn

Trong tứ giác AEHF có: AEH^=AFH^=90o (vì BE ^ AC và CF ^ AB)

Vậy AEH^+AFH^=90o+90o=180o mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn


Câu 73:

2. Chứng minh CE.CA=CB.CD
Xem đáp án

2) Chứng minh CE.CA = CD.CB

Xét ∆CAD vuông tại D và ∆CBE vuông tại E có: góc C chung

Vậy ∆CAD ~  ∆CBE Þ CACB=CDCECE.CA=CD.CB

Câu 74:

3. Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF.
Xem đáp án

3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BEF

Trong tứ giác BFEC có: BFC^=BEC^=90o (vì BE ^ AC và CF ^ AB)

mà hai góc này cùng chắn cạnh BC nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Hay ∆BEF nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Vì M là trung điểm của cạnh huyền AH trong tam giác vuông AEH nên ME = MH Þ ∆MEH cân tại M

Þ MEH^=MHE^ hay MEB^=AHE^ AHE^ phụ HAE^ (∆AHE vuông tại E)

Þ MEB^ phụ HAE^ hay MEB^ phụ DAC^

Mặt khác ACD^ phụ DAC^ (∆ADC vuông tại D) hay ECB^ phụ DAC^

Vậy  MEB^=ECB^ (cùng phụ DAC^)

Trong đường tròn ngoại tiếp ∆BEF có MEB^=ECB^ Þ ME là tiếp tuyến tại E của đường tròn này (vì có góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung EB)

Cách 2: Gọi O là trung điểm của BC. Chứng minh ME ^ EO

Trong tứ giác BFEC có: BFC^=BEC^=90o (vì BE ^ AC và CF ^ AB) mà hai góc này cùng chắn cạnh BC nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn có tâm O là trung điểm BC.

Hay ∆BEF nội tiếp đường tròn tâm O.

Vì M là trung điểm của cạnh huyền AH trong tam giác vuông AEH nên ME = MH Þ ∆MEH cân tại M

Þ MEH^=MHE^ MHE^=BHD^ nên MEH^=BHD^ (1)

Tương tự:

Lại có O là trung điểm của cạnh huyền BC trong tam giác vuông BEC nên OE = OB

Þ ∆OBE cân tại O

Þ BEO^=EBO^ hay HEO^=HBD^ (2)

Từ (1) và (2) ta có: MEH^+HEO^=BHD^+HBD^

MEO^=90o (vì ∆HBD vuông tại D)

Þ ME ^ OE mà E thuộc đường tròn (O) ngoại tiếp ∆BEF

Þ ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại

Câu 75:

4) Gọi I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh DIJ^=DFC^.

Xem đáp án
4) Gọi I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh góc DIJ=DFC (ảnh 1)

Xét ∆ECD và ∆BCA có:

            Góc C chung

            CDCA=CECB (vì CACB=CDCE)

Vậy ∆ECD ~ ∆BCA (cạnh – góc – cạnh)

Chứng minh tương tự ta có: ∆BFD ~ ∆BCA

Vậy ∆ECD ~ ∆BFD (tính chất bắc cầu) Þ DCDF=DEDB (3); BDF^=EDC^;FBD^=CED^ 

Xét ∆BID và ∆EJD có

            IBD^=JED^ (vì FBD^=CED^)

            IDB^=JDE^ (vì BDF^=EDC^)

Vậy ∆BID ~ ∆EJD (góc – góc) Þ DEDB=DJDI (4)

Từ (3) và (4) Þ DCDF=DJDI

Dễ chứng minh: CDF^=JDI^ (cùng bù góc FDB)

Xét ∆DCF và ∆DJI có:

            CDF^=JDI^

            CDJD=FDID (vìDCDF=DJDI)

Vậy ∆DCF ~∆DJI (cạnh – góc – cạnh) Þ DIJ^=DFC^  (hai góc tương ứng)


Câu 77:

b) Gọi I là giao điểm của AB và MQ. Chứng minh tam giác IBM cân

Xem đáp án

b) Theo ý a) thì tứ giác AMHQ nội tiếp

HMI^=HAN^ (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau).

Tứ giác AMBN nội tiếp HMB^=HAN^ (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau)

HMI^=HMB^ (Cùng bằng HAN^).

Mà MH ở giữa MI và MBMH là phân giác của IMB^.

Tam giác MIB có MH vừa là đường cao, vừa là phân giác nên ΔMIB cân tại M.

Vậy tam giác IBM cân.


Câu 78:

c) Kẻ MP vuông góc với BN tại P. Xác định vị trí của M sao cho MQ.AN+MP.BN đạt giá trị lớn nhất.

Xem đáp án

c) Ta có MQ.AN+MP.BN=2SMAN+2SMBN=2SAMBN=AB.MN.

MN2R (Trong các dây của một đường tròn, dây lớn nhất là đường kính)

MQ.AN+MP.BN2AB.R (không đổi).

Dấu "=" xảy ra  M là điểm chính giữa của cung lớn AB.

Vậy MQ.AN+MP.BN lớn nhất bằng 2.AB.R, đạt được khi M là điểm chính giữa của cung lớn AB

Câu 80:

2. Chứng minh AE//MO

Xem đáp án

2. Ta có tam giác AOE cân tại O nên AEO^=OAE^.           (1) 

Ta lại có AEO^=MAB^=12sdAB=AOM^.                (2) 

Từ (1) và (2) suy ra AEO^=AOM^AE//OM.

Câu 81:

3. Chứng minh MN2=NF.NA.

Xem đáp án

3. Xét hao tam giác ΔMNF ΔANM có:

MNF^=ANM^ 

FMN^=AEF^=MAN^ (góc so le trong, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây dung)

ΔMNF~ΔANM (g.g)  NAMN=MNNFNM2=NF.NA. 


Câu 82:

4. Chứng minh MN=NH
Xem đáp án

4. Ta có MA=MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA=OB=R 

MO là đường trung trực của AB 

AHMO và HA=HB 

ΔMAF ΔMEA có:

AME^ chung

A1^=E1^ 

ΔMAF ~ΔMEA(g.g)

MAME=MFMAMA2=MF.ME.

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MAO, ta có MA2=HO.MH.

Do đó ME.MF=MH.MOMEMH=MOMF 

ΔMFH~ΔMOE(c.g.c)

H1^=E2^. 

BAE^ là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng

E2^=A2^ =12sdEBH1^=A2^N1^+H1^=N1^+A2^=90°HFNA.

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông NHA ta có NH2=NF.NA 

NM2=NH2MN=NH.


Câu 84:

b) Chứng minh AI.AK=AH.AB
Xem đáp án

b) Xét Δ AIB và Δ AHK   có góc A chung, có IKH^=IBH^ (cùng chắn cung HI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác HIKB).

Suy ra ΔAIB đồng dạng với Δ AHK.

Suy ra  AIAH=ABAKAI.AK=AH.AB(đpcm).


Câu 85:

c) Chứng minh khi điểm K thay đổi trên cung lớn CD của đường tròn tâm O thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KCl luôn thuộc một đường thẳng cố định
Xem đáp án

c) Đường kính AB vuông góc với dây CD tại H (gt) , suy ra  HC=HDAC=AD

Suy ra sđAC=sđAD .

Suy ra ACD^=AKC^ (cùng chắn hai cung bằng nhau).

Mặt khác tia CA và điểm K nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là đường thẳng CI.

Suy ra CA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác KCI tại tiếp điểm C.

(H/s có thể chứng minh AC2=AI.AK để suy ra CA là tiếp tuyến).

Gọi Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KCI, suy ra Q nằm trên đường thẳng vuông góc với CA tại C.

Mặt khác  CBCA  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) , suy ra Q thuộc đường thẳng CB  cố định (đpcm).


Câu 87:

2. Chứng minh: MN2=NF.NA và MN=NH

Xem đáp án

2. * Ta có: M1^=E1^ (so le trong, AE//MO) và A1^=E1^(cùng bằng  12AF)

 M1^=A1^.    

Xét ΔNMF ΔNAM có: MNA^ chung; M1^=A1^

ΔNMFΔNAMg.gNMNA=NFNMNM2=NF.NA.

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

 MOlà đường trung trực của AB 

 AH  MO và HA = HB.

Xét ΔMAF ΔMEA có: AME^ chung; E1^=A1^

ΔMAFΔMEAg.gAMME=MFMAMA2=MF.ME.

Áp dụng hệ thức lượng vào  vuông MAO có: MA2=MH.MO.

Do đó: ME.MF=MH.MOMEMH=MOMFMEMH=MOMF

 ΔMFHΔMOEc.g.cE2^=H1^.

BAE^  là góc vuông nội tiếp (O) nên E,O,B thẳng hàng.

E2^=A2^(vì =12EB)

A2^=H1^N1^+H1^=N1^+A2^=90°HFNA.

Áp dụng hệ thức lượng vào  vuông NHA có:

NH2=NF.NANH2=NM2NM=NH.


Câu 88:

3. Chứng minh: HB2HF2EFMF=1

Xem đáp án

3) Chứng minh: HB2HF2EFMF=1.

Áp dụng hệ thức lượng vào  vuông NHA có: HA2=FA.NA HF2=FA.FN 

 HA=HBHB2HF2=HA2HF2=FA.NAFA.FN=NANF.

Vì AE//MN nên EFMF=FANF (hệ quả của định lí Ta-lét)

 HB2HF2EFMF=NANFFANF=NFNF=1.


Câu 89:

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.

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

Xem đáp án
Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB (ảnh 1)

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

Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ AB của (O) (giả thiết)

sdAM=sdMB

ANM^=BCM^ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Xét tứ giác CNKI ta có:

INK^=ICK^(vì ANM^=BCM^)

CNKI là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

 C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.


Câu 90:

2. Chứng minh NB2=NK.NM

Xem đáp án

Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC của (O) (giả thiết)

sdBN=sdNC

BMN^=NBC^ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Xét BMN KBN ta có:

-                               BNM^ là góc chung.

-                               BMN^=NBK^(vì BMN^=NBC^)

BMN~KBNg-gNBNK=NMNBNB2=NK.NM.


Câu 91:

3. Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

Xem đáp án

+ Chứng minh BIHK là hình bình hành.

Gọi J là giao điểm của AN và BC.

Ta có: sdAM=sdMB (cmt)

ACM^=BCM^ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

CM là phân giác của ACB^

CI là phân giác trong của CAJ

IAIJ=CACJ                                                                                                                        (1)

Ta có: sdAM=sdMB (cmt)

ANM^=BNM^ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

NM là phân giác của ANB^.

NH là phân giác trong của NAB

HAHB=NANB                                                                                                                     (2)

Ta có: sdBN=sdNC

BAN^=CAN^ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Xét CAJ NAB ta có:

-                               ACJ^=ANB^ (hai góc nội tiếp cùng chắn AB)

-                               BAN^=CAJ^ (cmt)

CAJ~NABg-g

CANA=CJNBCACJ=NANB                                                                                                (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra IAIJ=HAHB

HIBJ (định lí Thales đảo) hay HIBJ                                                                 (4)

Chứng mình tương tự các ý ở trên, ta được KI//BH                                                       (5)

Từ (4) và (5) suy ra BHIK là hình bình hành.

+ Chứng minh BH=BK.

Ta có : KBN~BMN (cmt) BKBM=BNMNBK=BM.BNMN                                      (6)

Chứng minh tương tự câu b) ta có: HMB~BMNg-g

BHBN=BMMNBH=BM.BNMN                                                                                      (7)

Từ (6) và (7) suy ra BH=BK

Mà BHIK là hình bình hành nên BHIK là hình thoi.


Câu 92:

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

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.

d) Gọi P, Q lần lượt là tam của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của PQ. (ảnh 1)

 Ta có: 

NBK^=BMK^ (cmt)
BN là tiếp tuyến tại B của (P)
 BNBP
Mà  BNBD (vì DBN^=90o: góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)
nên B, P, D thằng hàng.
Ta có:  PBK cân tại  P (PB=PK)
 BPK^=180o2PBK^ (8)
Ta có:  NB=NCsdNB=sdNCOB=OC  là đường trung trực của đoạn BC
DB=DC  (D thuộc đường thẳng ON)
 DBC cân tại D
BDC^=180o2DBC^  (9)
Từ (8) và (9) suy ra BPK^=BDC^
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên PKDCPKDQ (10)
Chứng minh tương tự ta có: C, Q,  D thẳng hàng và  (11)
Từ (10) và (11) suy ra DPKQ là hình bình hành
Mà  E là trung điểm của đường chéo PQ nên E cũng là trung điểm của đường chéo DK
D, E, K thẳng hàng.


Câu 94:

2. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của D lên AB, AC. Tứ giác AEDF là hình gì?
Xem đáp án

3. Ta có ABC^=600 suy ra cung AC có số đo bằng 1200 và cung AB có số đo bằng 600, suy ra AB = R

 AC=R3

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có  DBDC=ABAC=RR3

Suy ra  DB1=DC3=BC1+3=2R1+3

Do đó DC=2R31+3

Diện tích tam giác DMC là:  12DC.OM=12.2R31+3.R=R231+3.

Câu 96:

2. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O), (B, C là hai tiếp điểm).

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

Xem đáp án
2. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O), (B, C là hai tiếp điểm). (ảnh 1)

Vẽ hình đúng đến câu a)

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

ABO^=900ACO^=900

ABO^+ACO^=1800 suy ra tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.


Câu 97:

b) Vẽ cát tuyến ADE của (O) sao cho cát tuyến ADE nằm giữa 2 tia AO, AB; D, E thuộc đường tròn (O) và D nằm giữa A, E. Chứng minh AB2=AD.AE.

Xem đáp án

b) Vẽ cát tuyến ADE của (O) sao cho cát tuyến ADE nằm giữa 2 tia AO, AB; D, E thuộc đường tròn (O) và D nằm giữa  A, E. Chứng minh AB2=AD.AE.

Tam giác ADB đồng dạng với tam giác ABE

ABAE=ADABAB2=AD.AE


Câu 98:

c) Gọi F là điểm đối cứng của D qua AO,H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: ba điểm E, F, H thẳng hàng.
Xem đáp án

c) Gọi F là điểm đối xứng của D qua AO, H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: ba điểm E, F, H thẳng hàng.

Hai tam giác ADH và AOE đồng dạng suy ra DHA^=AEO^

Tam giác DOE cân tại O suy ra ODE^=AEO^

Tứ giác DHOE nội tiếp suy ra ODE^=EHO^

suy ra DHA^=EHO^

nên DHA^=EHO^=AHF^. Suy ra AHE^+AHF^=1800 ba điểm E, F, H thẳng hàng.


Câu 99:

1. Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O; R) vẽ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm).

a) Chứng minh rằng bốn điểm M, A, O, B cùng nằm trên một đường tròn;

Xem đáp án
1. Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O; R) vẽ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm). (ảnh 1)

+ Xét đường tròn (O) có MA, MB là tiếp tuyến MAO^=MBO^=90°

+ Xét tứ giác MAOB có MAO^+MBO^=180°

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau

Suy ra tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

Do đó bốn điểm M, A, O, B cùng nằm trên một đường tròn.


Câu 100:

b) Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O của đường tròn đó sao cho điểm C nằm giữa hai điểm M và D. Tiếp tuyến tại điểm C và điểm D của đường tròn (O) cắt nhau tại điểm N. Gọi H là giao điểm của AB và MO,  K là giao điểm của CD và QN. Chứng minh rằng OH.OM=OK.ON=R2;

Xem đáp án

b) Ta có MA=MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);

Lại có OA=OB=ROM là đường trung trực của đoạn thẳng AB

  OMAB tại H.

Xét ΔAOM vuông tại A, đường cao AH:

Theo hệ thức về cạnh góc vuông và đường cao trong tam giác vuông ta có: OH.OM=OA2=R2     1

Chứng minh tương tự ta được : OK.ON=R2 (2);

Từ (1) và (2) suy ra OH.OM=OK.ON=R2(đpcm).


Câu 101:

c) Chứng minh rằng ba điểm A, B, N thẳng hàng.
Xem đáp án

Từ câu b) ta có : OH.OM=OK.ONOKOH=OMON.

Xét ΔOKMvµΔOHNcó: OKOH=OMONcmtMOK^=NOH^ΔOKM~ΔOHNc.g.c

OKM^=OHN^=900HNOMtại H (3);

Mặt khác ABOM tại H (4);

+ Từ (3) và (4) suy ra ba điểm A, B, N thẳng hàng (đpcm).


Câu 102:

2. Hình trụ có đường kính đáy bằng 4cm và chiều cao bằng đường kính đáy. Tính thể tích hình trụ (lấy π=3,14).

Xem đáp án

Theo bài ra ta có: r=d:2=4:2=2cmh=4cm.

Áp dụng công thức tính thể tích hình trụ, ta có:

V = π.r2.h = π.22.4 = 50,24cm3.

Câu 104:

b) Chứng minh rằng: DA.DE=DB.DC
Xem đáp án

b) Xét hai tam giác vuông CDA và EDB có  CDA^=EDB^

(hai góc đối đỉnh).

Suy ra hai tam giác CDA EDB đồng dạng.


Câu 105:

c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh rằng IC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Xem đáp án

c) Gọi I là trung điểm của DF

ΔDCF vuông tại C có I là trung điểm của DF nên IC=IF

Suy ra ΔICF cân tại IICF^=IFC^ (1)

Vì tứ giác FCDE nội tiếp nên IFC^=CED^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DC) (2)

Lại có CED^=CBO^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)) và OBC^=OCB^ (do ΔOBC cân tại O) (3)

Từ (1), (2) và 3ICF^=OCB^

ICF^+ICD^=90o 

Do đó OCB^+ICD^=90o.

Vậy IC là tiếp tuyến của đường tròn tâm


Câu 106:

Lúc 6h sáng, bạn An đi xe đạp từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B) phải leo lên và xuống một con dốc (như hình vẽ bên dưới). Cho biết đoạn thẳng AB dài 762m, góc A bằng 6o và góc B bằng 4o.

Lúc 6h sáng, bạn An đi xe đạp từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B) phải leo lên và xuống một con dốc (như hình vẽ bên dưới). (ảnh 1)

a) Tính chiều cao h của con dốc

Xem đáp án

a) Xét các tam giác AHC và BHC vuông tại H, ta có :

tanA=CHAHAH=CHtanAtanB=CHBHBH=CHtanB

Suy ra: AB=AH+BH=CHtanA+CHtanB=CH.1tanA+1tanB=CH.tanA+tanBtanA.tanB.

CH=AB.tanA.tanBtanA+tanB=762.tan6°.tan4°tan6°+tan4°32m


Câu 107:

b) Hỏi bạn An đến trường lúc mấy giờ? Biết rằng tốc độ trung bình lên dốc là 4km/h và tốc độ trung bình xuống dốc là 19km/h.

Xem đáp án

b) Ta có: sinA=CHACAC=CHsinA306,1m=0,3061km

sinB=CHBCBC=CHsinB458,7m=0,4587km

Gọi t,  tAC,  tCB (giờ) lần lượt là khoảng thời gian An đi từ A đến B, A đến C và C đến B.

Khi đó: t=tAC+tCB=AC4+CB190,1h=6 phút.

Vậy An đến trường vào lúc 6 giờ 6 phút.


Câu 108:

Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt các đoạn BC và OC lần lượt tại D và I gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên OC; AH cắt BC tại M.

a) Chứng minh: Tứ giác ACDH là nội tiếp và CHD^=ABC^.

Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt các đoạn BC và OC lần lượt tại D và I gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên OC; AH cắt BC tại M. (ảnh 1)

a) Ta có AHC^=90° (AHOC).

ADB^=90° 

( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB).

Vậy AHDC nội tiếp đường tròn đường kính AC.

DAC^=CHD^     1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung CD).

Mặt khác DAC^=ABC^=12AID    2.

( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung ).

Từ (1); (2)CHD^=ABC^.


Câu 109:

b) Chứng minh: Hai tam giác OHB và OBC đồng dạng với nhau và HM là tia phân giác của góc BHD
Xem đáp án

b) Ta có ΔAHO~ΔCAO ( g-g) vậy AOCO=HOAO.

Mà OA=OB vì AB đường kính đường tròn tâm (O). Vậy OBCO=HOOB.

Xét ΔOHB ΔOBC có:

HOB^=BOC^ ( chung góc O^)

OBCO=HOOB

ΔOHB~ΔOBC ( c-g-c).

Ta có: CDA^=CHD^ ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACDH).

DBA^=DAC^ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung của đường tròn tâm O).

Mặt khác ΔOHB~ΔOBCOHB^=CBO^=DBA^.

Vậy OHB^=DHC^ OHB^+BHM^=DHC^+DHM^=90° (AHOC).

BHM^=DHM^HMlà đường phân giác của góc BHD^.


Câu 110:

c) Gọi K là trung điểm của BD chứng minh: MD.BC=MB.CD và MB.MD=MK.MC
Xem đáp án

c) Xét tam giác BHD:

Vì HM là phân giác của HBHD=MBMD    *.

Mặt khác HMHCHC là đường phân giác ngoài tam giác BHD.

HBHD=CBCD    **

Từ (*) và (**)CBCD=MBMD    CB.MD=CD.MB.

Gọi Q là giao điểm của  AM với (O) vì AHOCCQ là tiếp tuyến của của OCQO^=90°.

Vậy năm điểm C; O; A; K; Q nội tiếp một đường tròn đường kính CO.

Bốn điêm B; A; D; Q cùng thuộc OMB.MD=MA.MQ     3.

Năm điểm C; Q; A; K; Q cùng thuộc một đường tròn OMC.MK=MA.MQ    4.

Từ (3) và 4MB.MD=MC.MK.


Câu 111:

d) Gọi E là giao điểm của AM và OK; J là giao điểm của IM và (O) (J khác I ).

Chứng Minh: Hai đường thẳng OC và EI cắt nhau tại một điểm trên (O).

Xem đáp án

d) Gọi N là giao điểm của CO OIJN^=90°    5.

Mà ta có: MI.MJ=MD.MB=MK.MC (chứng minh trên ).

Vậy ΔMCI~ΔMKJMCI^=MJK^=MEO^MKJE nội tiếp.

EJM^=90°    6

Từ (5) và (6)E;J;  N thẳng hàng.


Câu 113:

b) Chứng minh rằng tam giác AFB đồng dạng với tam giác AHN và đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định khác A khi đường thẳng a thay đổi.

Xem đáp án

b) Ta có: AFB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét ΔAFB ΔAHN có: HAN^ chung, AFB^=AHN^=90°

ΔAFB~ΔAHN (g.g).

Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn

ngoại tiếp tam giác AMN 

AMN^=ADN^ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN)

ABE^=AFE^ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE)

ABE^=AMH^(vì tứ giác BEMH  nội tiếp)

nên AFE^=AMN^AFE^=ADN^

Xét ΔAFC ΔADN DAN^ chung, AFE^=ADN^(cmt)

ΔAFC~ΔADN (g.g)

AFAD=ACANAF.AN=AD.AC 

Mặt khác, ta có ΔAFB~ΔAHN(g.g)

AFAH=ABANAF.AN=AB.AH

Do đó,AD.AC=AB.AHAD=AB.AHACkhông đổi (vì A, B, C, H cố định)


Câu 114:

c) Cho AB=4cm, BC=1cm, HB=1cm Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN
Xem đáp án

c) Với AB=1 cm, BC=BH=1 cm thì:

AD=AB.AHAC=4.53=203 (cm)

HD=ADAH=2035=53 (cm)

Dễ thấy tam giác AHM và NHD đồng dạng (g.g)

AHNH=HMHDHM.NH=AH.HD=5.53=253 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si , ta có:

 MH=HM+HNHM.HN=2253=1033

SAMN=12.AH.MN=12.5.1033=2533 (cm2)

Dấu bằng xảy ra: HM=HNAMN^=ANM^EF // MNEFAB

Vậy min SAMN=2533(cm2)EFAB.


Câu 115:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E, F là hình chiếu vuông góc của E trên AB.

1. Chứng minh tứ giác ADEF nội tiếp.

Xem đáp án
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E, F là hình chiếu vuông góc của E trên AB. (ảnh 1)

Ta có ADB^=ACB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tứ giác ADEFcó: ADE^+AFE^=90°+90°=180°.

Suy ra tứ giác ADEF nội tiếp đường tròn.


Câu 116:

2. Gọi N là giao điểm của CF và BD. Chứng minh BN.ED=BD.EN
Xem đáp án

Chứng minh tương tự ta có tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn.

ECF^=EBF^ (hai góc nội tiếp cùng chắn EF).   (1)

Vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (gt)

DBA^=DCA^ (hai góc nội tiếp cùng chắn DA).   (2)

Từ (1) và (2) suy ra  DCA^=ACF^.

Hay CA là phân giác của DCF^.          (3)

Mặt khác: ACB^=90°, hay CACB. (4)

Từ (3) và (4) suy ra CB là phân giác ngoài của DCF^.

Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác cho tam giác DCN ta có

BNBD=CNCD=ENEDBN.ED=BD.EN. (đpcm)


Câu 117:

Cho đường tròn (O;OA). Trên bán kính OA lấy điểm I sao cho OI=13OA. Vẽ dây BC vuông góc với OA tại điểm I và vẽ đường kính BD. Gọi E là giao điểm của AD và BC.

a) Chứng minh DA là tia phân giác của BDC^.

Xem đáp án
Cho đường tròn (O;OA). Trên bán kính OA lấy điểm I sao cho OI=1/3*OA. (ảnh 1)

a) Chứng minh DA là tia phân giác của BDC^.

(O) có: OABC tại I (gt)

 I là trung điểm của BC.

Vậy OA là trung trực của BC.

AB=AC.

sdAB=sdAC.

ADB^ ADC^ là góc nội tiếp (O) chắn AB AC 

nên ADB^=ADC^.

DA là tia phân giác của BDC^.


Câu 118:

b) Chứng minh OE vuông góc với AD
Xem đáp án

b) Chứng minh OE vuông góc với AD.

Có: OI=13OAIA=2IO.

ABC có: O, I là trung điểm của BD, BC.

IO là đường trung bình.

OI // DC và DC=2IO.

Mà IA=2IO nên DC=IA.

Có: OI // DC OIBC nên DCBC.

Xét AEI DEC có:

IA=DC (cmt)EIA^=ECD^ (=90°)EAI^=EDC^ (slt vaø IO // DC)

AEI=DEC (g-c-g)

EA=ED.

E là trung điểm của AD.

OEAD (quan hệ đường kính – dây cung).


Câu 119:

c) Lấy điểm M trên đoạn AB (M khác I và B). Tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm N. Tứ giác MNDE có phải là một tứ giác nội tiếp hay không? Vì sao?

Xem đáp án

c) Lấy điểm M trên đoạn IB (M khác I và B). Tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm N. Tứ giác MNDE có phải là một tứ giác nội tiếp hay không? Vì sao?

c) Lấy điểm M trên đoạn AB (M khác I và B). Tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm N. (ảnh 1)

 

(O) có: BMN^ là góc có đỉnh bên trong đường tròn.

BMN^=12sdBN+sdAC

sdAC=sdAB (cmt) nên BMN^=12sdBN+sdAB=12sdAN.

Mặt khác ADN^=12sdAN (góc nội tiếp (O)) nên BMN^=ADN^.

MNDE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc

trong đối diện).


Câu 120:

Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần và thể tích của một hình trụ có chu vi hình tròn đáy là 16 cm và chiều cao là 5 cm.

Xem đáp án

Bán kính hình tròn đáy là: P=2πrr=P2π=162π=8π (cm).

Diện tích xung quanh hình trụ là: Sxq=2πrh=2π8π5=80 (cm2).

Diện tích toàn phần hình trụ là: Stp=2πrh+2πr2=2π8π5+2π8π2=80+128π (cm2)

Thể tích hình trụ là: V=πr2h=π8π25=320π (cm3).


Câu 122:

b) Chứng minh tam giác KHC đồng dạng với tam giác KDB
Xem đáp án

b) Do tứ giác BHCD nội tiếp, suy ra BDC^+BHC^=180o  1

BHK^ là góc bẹt nên BKC^+BHC^=180o 2

Từ (1) và (2) suy ra CHK^=BDC^.

Xét ΔKHC ΔKDB CHK^=BDC^ K^ chung.

Suy ra ΔKHCΔKDB.


Câu 123:

c) Giả sử hình vuông ABCD có cạnh là 3cm. Tính độ dài cung CH có số đo bằng 40o của đường tròn đường kính BD (làm tròn kết quả đến một chữ số thập phân).

Xem đáp án

c) Giả sử hình vuông ABCD có cạnh là 3cm 

Tính độ dài cung CH có số đo bằng 40o của đường tròn

đường kính BD (làm tròn kết quả đến một chữ số thập phân).

Do hình vuông ABCD có cạnh bằng 3cm nên BD=32cm.

Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHCD là R=322cm.

Độ dài cung CH là l=π.322.401801,5cm.

Câu 124:

Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại E, F. Gọi H là giao điểm của BF và CE, I là giao điểm của AH và BC. Từ A kẻ tiếp tuyến AN, AM đến đường tròn (O) với N, M là các tiếp điểm (N, B không cùng nửa mặt phẳng bờ AO).

a) Chứng minh các điểm A, I, M, N, O cùng thuộc một đường tròn

Xem đáp án
Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại E, F. (ảnh 1)

Các điểm A, I, M, N, O cùng thuộc một đường tròn.

ANO^=AMO^=900 (Vì AM, AN là tiếp tuyến với đường tròn (O)).

nên ANO^+AMO^=1800

Suy ra tứ giác ANOM nội tiếp (Tổng hai góc đối bằng 180o) (1)

BFA^=CEB^=900 (Vì E, F thuộc đường tròn đường kính BC).

Khi đó H là trực tâm tam giác ABC,

Nên, do đó AIO^+AMO^=1800

Suy ra tứ giác AIOM nội tiếp (Tổng hai góc đối bằng 180o) (2)

Từ (1) và (2) suy ra A, I, M, N, O cùng nằm trên một đường tròn.

Câu 125:

2. Chứng minh ANM^=AIN^

Xem đáp án

2. Chứng minh ANM^=AIN^.

Ta có: AM=AN(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên ΔABC cân tại A 

Suy ra ANM^=AMN^.

AMN^=AIN^ (cùng chắn cung AN của đường tròn đường kính AO).

Vậy ANM^=AIN^.


Câu 126:

c) Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng
Xem đáp án

Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng.

Ta có: ΔAFHΔAIC(g.g)AF.AC=AH.AI (1).

ΔAFNΔANC (g.g)AN2=AF.AC (2).

Từ (1) và (2) ta có: AN2=AH.AIAHAN=ANAIΔAHNΔANI (c.g.c).

 ANH^=AIN^ ANM^=AIN^(cmt) ANH^=ANM^ 

 Hai tia NH và NM trùng nhau hay M, H, N thẳng hàng.


Câu 127:

Cho đường tròn (O;R) có dây MN cố định (MN<2R), P là một điểm trên cung lớn MN sao cho tam giác MNP có ba góc nhọn. Các đường cao ME và NK của tam giác MNP cắt nhau tại H.

a) Chứng minh rằng tứ giác PKHE nội tiếp đường tròn

Xem đáp án
Cho đường tròn (O;R) có dây MN cố định (MN<2R), P là một điểm trên cung lớn MN sao cho tam giác MNP (ảnh 1)

Chứng minh rằng tứ giác PKHE  nội tiếp đường tròn.

Ta có: MKN^=MEN^=90° (gt).

MKN^+MEN^=180°.

 Tứ giác PKHE  nội tiếp đường tròn.

Kéo dài PO cắt đường tròn tại O. Chứng minh KNM^=NPQ^.

Ta có: QMP^=90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

QMPM NKPM.

QM//NK.

 QMN^=KNM^(so le trong).

QMN^=QPN^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QN)

KNM^=NPQ^

Câu 128:

c) Chứng minh rằng khi P thay đổi trên đường tròn (O) thì độ dài đoạn PH không đổi.

Xem đáp án

c) Chứng minh rằng khi P thay đổi trên đường tròn (O) thì độ dài đoạn PH không đổi.

Gọi I là trung điểm BCOIMN và OI là đường trung bình của ΔHPQ 

PH=2OI

Ta có: OI=MI.cotMOI^ 

Mà MI không đổi và MOI^=12MON^=12sdMN không đổi.

OI không đổi PH không đổi.


Câu 129:

Cho hình vuông ABCD, gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD, gọi E là giao điểm của AM và BN. Chứng minh tứ giác ADNE nội tiếp đường tròn
Xem đáp án
Cho hình vuông ABCD, gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD, gọi E là giao điểm của AM và BN. Chứng minh tứ giác ADNE nội tiếp đường tròn (ảnh 1)

Dễ thấy  (hai cạnh góc vuông)

Suy ra A1^=B1^ (tương ứng)

B1^+B2^=90°A1^+B2^=90° 

Suy ra ΔABE vuông tại E.

Xét tứ giác ADNEcó D^+E^=90°+90°=180°ADNE nội tiếp đường tròn đường kính


Câu 131:

2. Đường thẳng HK cắt AC tại điểm I, đường thẳng AF cắt HC tại G chứng minh AO vuông góc với GI.
Xem đáp án

2) Kẻ tiếp tuyến Ax với (O) ta có

xAB^=ACB^=AEM^Ax//EMEMAO1

Xét tg AHGI có

IHG^=IAK^=IAG^ suy ra AHGI nội tiếp

IGC^=HAI^=MBC^=MEC^EM//GI2

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh .


Câu 133:

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

Xem đáp án

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

Do DA, DC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có DA=DC. Suy ra D nằm trên trung trực của đoạn AC.

Mà OA=OC=R nên O cũng nằm trên trung trực của AC.

Do đó, đường thẳng OD là đường trung trực của đoạn thẳng AC hay ODAC.

Suy ra AJD^=90°.

Xét tứ giác ẠJKD AJD^=AKD^=90°.

Suy ra tứ giác ẠJKD nội tiếp đường tròn đường kính AD.

Do đó, ta có JKM^=DAJ^ (hai góc cùng bù với DKJ^).

Xét đường tròn (O) DAJ^=DAC^=12sđAC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung AC).

CAB^=12sđBC (góc nội tiếp chắn cung BC).

Xét tam giác ACH AHC^=90°, suy ra HAC^+HCA^=90°.

Nên, ta có HCA^=90°HAC^=180°sđCB2=12sđCA

Suy ra JKM^=HCA^=12sđCA.

Vậy tứ giác CKJM JKM^=HCA^ hay JKM^=JCM^, nên tứ giác CKJM là tứ giác nội tiếp.


Câu 134:

c) Chứng minh rằng DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1)
Xem đáp án

Chứng minh rằng DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1).sđ

Theo chứng minh trên CKJM là tứ giác nội tiếp, suy ra JMK^=JCK^.

JCK^=ACK^=ABK^=12sđAK (các góc nội tiếp cùng chắn cung AK).

Nên ta có được JMK^=ABK^ ở vị trí đồng vị. Suy ra JM//AB.

ABCH nên ta có JMCH.

Vậy tứ giác CKJM nội tiếp đường tròn đường kính JC.

Theo chứng minh trên, ta có ACDJ hay JCDJ.

Do đó DJ là tiếp tuyến của đường tròn O1.


Câu 136:

2. Chứng minh AC.AE=AD.AF

Xem đáp án

2) Chứng minh AC.AE = AD.AF.

- Ta có CAB^=CBE^(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)

CAB^ phụ với FAB^

CBE^ phụ vớiCEB^

FAB^=CEB^

- Mà FAB^=ADC^ADC^=AEF^

- Xét ΔADC;ΔAFE

A^ chung

ADC^=AEF^

ΔADC đồng dạng ΔAFE

ACAD=AFAEAC.AE=AD.AF(đpcm)


Câu 137:

3. Chứng minh I là trung điểm EF
Xem đáp án

- Ta có:

ACD^=AFE^ (ΔADC đồng dạng ΔAFEchứng minh trên)

ACD^=DAK^(cùng phụ với CAK^)

AFE^=DAK^ΔAFIcân tại IA=IF (1)

- Ta có:

ADC^=AEF^(ΔADCđồng dạng ΔAFEchứng minh trên)

ADC^=IAE^(cùng phụ với DAK^)

IAE^=AEF^ΔAIEcân tại IIA=IE 2

- Từ (1)và (2) IA = IE = IFI là trung điểm của EF


Câu 138:

Cho đường tròn (O) đường kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tùy ý (điểm B không trùng O và C). Gọi M là trung điểm của đọan thẳng AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB. Kẻ BI vuông góc với CD (ICD).
1. Cho AM=4cm, CM=9cm. Tính độ dài đoạn thẳng MD và tanA của ΔMDA
Xem đáp án
Cho đường tròn (O) đường kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tùy ý (điểm B không trùng O và C). (ảnh 1)

1.                       Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:

·                         MD2=MA.MC=4.9=36

MD=6cm

·                         tanA=MDMA=64=32


Câu 139:

2. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp.
Xem đáp án

2. Tứ giác BMDI có:

M^=90o  (gt)

I^=90o    (gt)

 Tứ giác BMDI nội tiếp.


Câu 140:

3. Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi và ba điểm I, B, E thẳng hàng
Xem đáp án

3. Tứ giác ADBE có:

MA=MBME=MDEDAB

 Tứ giác ADBE là hình thoi

·                         Ta có: EB//ADADCDEBCD

                                Mà IBCD

Nên I, B, Ethẳng hàng.


Câu 141:

4. Gọi O là tâm đường tròn đường kính BC. Chứng minh MI là tiếp tuyến của đường tròn O.

Xem đáp án

4. Ta có  O' là tâm đường tròn đường kính BC nên O' là trung điểm của BC.

Nên ta có: O'IB^+O'IC^=90o

     Mà O'IC^=O'CI^=AED^=BDE^=BIM^

O'IB^+BIM^=90oO'IMI

Vậy MI là tiếp tuyến của đường tròn O.


Câu 142:

Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C).

1. Chứng minh AM.AB=AN.AC và AN.AC=MN2

Xem đáp án
Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M (M khác B), (ảnh 1)

1. Ta có: BMH^=HNC^=90° (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

HMAB , HNAC

              Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông AHB và AHC, có:

             AH2=AM.AB  AH2=AN.ACAM.AB=AN.AC

Mặt khác, tứ giác AMHN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật AH=MNAN.AC=MN2 .

 


Câu 143:

2. Gọi I là trung điểm của EF, O là giao điểm của AH và MN. Chứng minh IO vuông góc với đường thẳng MN.
Xem đáp án

2. Tứ giác AMHN là hình chữ nhật, có O là giao điểm của AH và MN 

        O là trung điểm của AH và MN 

              Dễ thấy ΔEMO=ΔEHO (c.c.c)

EMO^=EHO^=90°EMMN

              Chứng minh tương tự được FNMN

 ME//NF là hình thang vuông

              Lại có OI là đường trung bình của hình thang vuông MEFN 

OIMN


Câu 144:

3. Chứng minh 4EN2+FM2=BC2+6AH2

Xem đáp án

3. Đặt MN=AH=h; x, y lần lượt là bán kính của (E) và (F). Ta có:

       4EN2+FM2=4ME2+MN2+FN2+MN2=4x2+y2+2h2BC2+6AH2     =HB+HC2+6h2=HB2+HC2+2.HB.HC+6h2=4x2+4y2+2h2+6h2=4x2+y2+2h2 

              Vậy 4EN2+FM2=BC2+6AH2.


Câu 146:

b) Chứng minh EM=EB
Xem đáp án

Xét ΔEBD EAM E^ chung và EBD^=EAB^ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD ) ΔEBD~ΔEABg.g .

EBEA=EDEBEB2=EA.ED (1) .

Xét ΔEMD ΔEAM E^ chung.

ACMBgtEMD^=ACD^ (so le trong).

Mặt khác EAM^=ACD^ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AD ).

EAM^=EMD^ΔEMD~ΔEAM (gg) .

EMEA=EDEMEM2=EA.ED2 .

Từ 1,2EM=EB.


Câu 147:

c) Xác định vị trí của điểm M để BDMA

Xem đáp án

c) Ta có ABD^=MCA^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD).

MCA^=EMD^EMD^=ABD^ .

Ta có BDMABAM^+ABD^=900EMD^+MBA^=900MBA^=MAB^MCAB .

MC đi qua O và D là điểm chính giữa cung nhỏ ABDAC^=EAB^=900 .

ΔMAB đềuΔMOB vuông tại B OMB^=300.

OM=2OB=2RMO;2R .


Câu 149:

b) Chứng minh rằng: CH.CO=CM.CN
Xem đáp án

b) Xét CAM CNA có:

ACN^ là góc chung

CAM^=CNA^   (Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ).

Do đó CAM đồng dạng với CNA (g.g)

CACN=CMCACA2=CM.CN (1).

Mặt khác ta có: CA=CB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

OA=OB=R 

CO là đường trung trực của AB. COAB tại H.

Xét CAO vuông ở A AHCO CA2=CH.CO (2).

Từ (1) và (2) suy ra: CH.CO=CM.CN.


Câu 150:

c) Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt CA, CB theo thứ tự tại E, F. Đường thẳng vuông góc với CO tại O cắt CA, CB theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh POE^=OFQ^.

Xem đáp án

c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và tính chất góc ngoài của tam giác ta có:

OFQ^=12EFQ^=12PCQ ^+CEF^=122PCO^+180°2PEO^=PCO^+90°AEO^=POA^+AOE^=POE^


Câu 151:

d) Chứng minh rằng: PE+QFPQ

Xem đáp án

d) Xét POE QFO có: POE^=OFQ^ (câu c). Tương tự: PEO^=QOF^.

Do đó POE đồng dạng với QFO(g.g) POQF=PEQOPO.QO=PE.QF.

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

PE+QF2PE.QF=2PO.QO=2PQ2.PQ2=PQ( đpcm)


Câu 153:

2. Chứng minh rằng: MN.NB=ON.NC
Xem đáp án

2. Chứng minh rằng: MN.NB=ON.NC.

Xét ΔMNC ΔONB 

MNB^=BNO^ ( đối đỉnh): M^=O^=900

ΔMNC~ΔONB( g-g)

MN.NB=ON.NC


Câu 154:

3. Tính góc ABM^=300, tính diện tích tam giác ABC theo R.

Xem đáp án

3. Khi góc ABM^=300, tính diện tích tam giác ABC 

MA=AB.sin300=RMB=AB.cos300=3R
SΔABC=12MA.MB=3R22.


Câu 155:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Kẻ IHAB,IKADHAB, KAD.

a) Chứng minh rằng tứ giác AHIK nội tiếp.

Xem đáp án
Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Kẻ IH vuông góc AB, IK vuông gốc AD (ảnh 1)

a) Ta có AHI^=AKI^=90°(gt) AHI^+AKI^=180°

Mà hai góc ở vị trí đối nhau, nên tứ giác AHIK là tứ giác nội tiếp (dhnb)


Câu 156:

b) Chứng minh rằng: IA.IC=IB.ID

Xem đáp án

b) Xét tam giác ΔABI ΔDIC có:

BAI^=IDC^ (do tứ giác ABCD nội tiếp )

AIB^=DIC^ (2 góc đối đỉnh)

Suy ra ΔABIΔDCI (g.g)

IAID=IBICIA.IC=IB.ID.


Câu 157:

c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng.
Xem đáp án

c) Ta có KHI^=KAI^ (do tứ giác AHIK nội tiếp)

KAI^=DBC^ (do tứ giác ABCD nội tiếp)

suy ra KHI^=DBC^.

Tương tự ta có HKI^=HAI^ (do tứ giác AHIK nội tiếp)

HAI^=BDC^ (do tứ giác ABCD nội tiếp)

suy ra HKI^=BDC^ 

Xét hai tam giác ΔHKI ΔBCD có:

KHI^=DBC^(cmt)

HKI^=BDC^(cmt)

Suy ra ΔKHIΔDBC (g.g)


Câu 158:

d) Gọi S là diện tích tam giác ABD, S' là diện tích tam giác HIK. Chứng minh rằng S'SHK24.AI2.
Xem đáp án

d) Gọi S1 là diện tích tam giác ΔBCD.

ΔHIKΔBCD nên

S'S=HK2BD2=HK2IB+ID2HK24IB.ID=HK24IA.IC(1) 

Vẽ AEBD,CFBDAE//CFCFAE=ICIA 

ΔABD ΔBCD có chung cạnh đáy BD nên:

S1S=CFAES1S=ICIA 

Từ (1) và (2) suy ra

S'S1.S1SHK24IA.IC.ICIAS'SHK24IA2 (đpcm)


Câu 159:

Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R, C là điểm chính giữa cung AB. Hai tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và C cắt nhau ở D.

1. Chứng minh AOCD là hình vuông.

Xem đáp án
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R, C là điểm chính giữa cung AB. (ảnh 1)

1. C là điểm chính giữa cung AB nên sđAC=sđBC=12sđAB=90 hay AOC^=90.

Do AD và CD là các tiếp tuyến tại A, C của đường tròn (O) nên ta có: OAAD, OCCD, hay OAD^=OCD^=90.

Suy ra, tứ giác AOCD OAD^=OCD^=AOC^=90 và OA=OC=R. Do đó, tứ giác AOCD là hình vuông.


Câu 160:

2. Tính diện tích phần nằm ngoài hình thang ABCD của hình tròn (O) theo R
Xem đáp án

2) Diện tích phần nằm ngoài hình thang ABCD của hình tròn (O) được chia thanh hai phần:

Phần 1: nửa đường tròn đường kính AB, không chứa điểm C, có diện tích là S1=12πR2.

Phần 2: hình viên phân nằm ngoài tam giác vuông cân OBC, có diện tích là S2=14πR2R22.

Vậy, diện tích cần tính có giá trị là:

S=12πR2+14πR2R22=R243π2 (đơn vị diện tích).


Câu 161:

3. Trên đoạn DC lấy điểm E sao cho DE=13DC. Trên đoạn BC lấy điểm F sao cho EF=EA. Kẻ FG vuông góc với đường thẳng DC (GDC). Tính độ dài đoạn thẳng CG theo R.

Xem đáp án

3) Tính độ dài đoạn thẳng CD theo R?

Theo chứng minh câu a, ta có: CD=DA=OA=OC=R.

Từ giả thiết, ta có: DE=CD3=R3;EC=2CD3=2R3.

Xét tam giác ADE vuông tại D có: AE2=AD2+DE2=R2+R29=10R29.

Do CG//AB nên GCF^=CBA^=12sđAC=45.

Vậy, tam giác CGF CGF^=90,GCF^=45 nên tam giác CGF vuông cân tại CGF.

Do đó, CG=GF=xx>0.

Xét tam giác vuông EGF có EG=EC+CG=2R3+x, GF=x, EF=EA

Nên theo định lý Pythagore, ta có:

EF2=EG2+GF210R29=2R3+x2+x22x2+4R3x2R23=03x2+2RxR2=03x2+3RxRxR2=03xR+xRx+R=03xRR+x=0

3xR=0 do R+x>0

x=R3

Vậy, ta có CG=x=R3.


Câu 162:

4. Chứng minh AECF nội tiếp

Xem đáp án

4) Chứng minh AECF là tứ giác nội tiếp?

Ta chứng minh được ΔADE=ΔEGFccc nên DAE^=GEF^.

Mà trong tam giác vuông ADE, ta có: DAE^+DEA^=90. Suy ra GEF^+DEA^=90.

Ta có: DEA^+AEF^+FEG^=180AEF^=180DEA^+FEG^=18090=90.

Xét tam giác AEF AEF^=90, AE=EF, nên tam giác AEF vuông cân tại E. Từ đó, ta có AFE^=45.

Xét đường tròn tâm O ACE^ là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung AC, nên ACE^=12 sđAC=45.

Vậy, tứ giác AECF ACE^=AFE^=45, tức là 2 đỉnh liền kề C, F cùng nhìn đoạn AE dưới các góc như nhau. Do đó, tứ giác AECF là tứ giác nội tiếp.


Câu 164:

b) Chứng minh 3 điểm B, H, D thẳng hàng.
Xem đáp án

b) Chứng minh 3 điểm B, H, D thẳng hàng.

Ta có ADB^=900 (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)

BDACBD là đường cao ΔABC. 

ΔABC. có 2 đường cao CM và AE cắt nhau tại HH là trực tâm của ΔABCHBD đpcm.

Câu 165:

c) Tính giá trị của biểu thức BN2+AD.AC theo R
Xem đáp án

c) Tính giá trị của biểu thức BN2+AD.AC theo R

Ta có BNA^=900 (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)

ΔANB vuông tại N 

Áp dụng hệ thức lượng trong ΔANB vuông tại N ta có BN2=BM.AB 

ΔAMC~ΔADB (g-g)AD.AC=AM.AB

Suy ra BN2+AD.AC=ABBM+AM=AB2=4R2 


Câu 166:

d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB tại K. Chứng minh rằng khi E di động trên cung NB thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi.

Xem đáp án

d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB tại  Chứng minh rằng khi E di động trên cung NB thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi.

Ta có: HAM^=KCM^ (góc nội tiếp cùng chắn cung HK trong đường tròn (AHC))

HAM^=KCB^ (cùng phụ ABC^).

Suy ra KCM^=KCB^CM là phân giác KCB^. 

ΔKCB có CM vừa là đường cao vừa là phân giác

M là trung điểm KBKB=2MB 

Do M cố định, B cho trước nên KB không đổi.


Câu 168:

2. Chứng minh AM.BD=AD.BC
Xem đáp án

2. Có ΔAMD đồng dạng ΔBCD (g-g) nên AMBC=ADBDAM.BD=AD.BC


Câu 169:

3. Gọi I là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoài tiếp của tam giác ADM và tam giác BCD. Chứng minh ba điểm N, D, I thẳng hàng
Xem đáp án

3. Chứng minh ba điểm N, D, I thẳng hàng.

Ta có DIB^=DIA^=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

DIAB.

Theo chứng minh câu 1, MNCD là tứ giác nội tiếp nên ta có: MND^=MCD^ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD).                                                                                                                                                  (1)

Xét đường tròn tâm O MCD^=MCA^=MBA^(2 góc nội tiếp cùng chắn cung MA).       (2)

Từ (1) và (2), ta có: MND^=MBA^.

Mặt khác, ta có:

Tam giác MND vuông tại M nên MND^+MDN^=90.

Tam giác MAB vuông tại M nên MBA^+MAB^=90.

Do đó, ta có: MND^+MDN^=MBA^+MAB^.

MND^=MBA^ (chứng minh trên), nên ta có: MDN^=MAB^.

Do MAID là tứ giác nội tiếp nên ta có:MAI^+MDI^=180 hay MAB^+MDI^=180

Suy ra MDN^+MDI^=180IDN^=180.

Vậy, các điểm N, D, I thẳng hàng


Câu 170:

Cho đường tròn (O) đường kính AB=2a, H là trung điểm của đoạn thẳng OA. Đường thẳng OA. Đường thẳng d vuông góc với OA tại H và cắt đường tròn (O) tại hai điểm C, D.
a) Tính độ dài đoạn thẳng CD theo a.
Xem đáp án

HD2=OD2OH2

Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25, câu b: 0,25

(không có hình không chấm)

Cho đường tròn (O) đường kính AB=2a, H là trung điểm của đoạn thẳng OA (ảnh 1)
a) Tính độ dài đoạn thẳng CD theo a.
* Cách 1:  CD=2HD.
HD2=OD2OH2
=a2a22=3a24
HD=a32CD=a3
* Cách 2: CD=2HD

+Tam giác OADOA = OD

+Vì H là trung điểm OADHOA nên DA = DO.
Suy ra D OAD đều.
Suy ra HD=a32CD=a3.

Câu 171:

b) Lấy điểm E trên cung nhỏ BD của đường tròn (O) sao cho ba điểm C, O, E không thẳng hàng (E khác B, E khác D). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và CE; K là hình chiếu vuông góc của A lên CE. Chứng minh BE song song với KH và MN là đường trung trực của đoạn thẳng KH.
Xem đáp án
b) Chứng minh BE song song với KH và MN là đường trung trực của đoạn thẳng KH
Tứ giác AHKC nội tiếp trong đường tròn nên HKE^=CAB^.
Mà CAB^=CEB^ nên HKE^=CEB^.
Do đó BE//KH (so le trong, B và H nằm về hai phía KE).
+ AE//MN,BE//KH
+AEBE nên MNKH
Mặt khác MH=MK nên MN là đường trung trực của đoạn thẳng KH.

Câu 172:

c) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và BD. Đường tròn đường kính AI cắt các đoạn thẳng HB, Ạ, HD lần lượt tại P, F, Q (F khác A). Gọi L là giao điểm của IF và PQ. Chứng mih JL vuông góc với BD. 
Xem đáp án

c) Chứng minh JL vuông góc với BD

+ IJ//CD và H là trung điểm của CD. Suy ra P là trung điểm của IJ

Ta có: PIL^=PAF^=PAI^=PQI^ và LPI^=IPQ^. Suy ra hai tam giác PIL và PQI đồng dạng.

Do đó: PIPQ=PLPI.Mà PI=PJ nên PJPQ=PLPJ

Lại có LPJ^=JPQ^ nên hai tam giác PIJ và PQL đồng dạng (1).

ABD^=ACD^=APQ^PQ//BD(đồng vị, tia PQ không nằm trong góc BPJ^).

Mà J là trung điểm của BD nên P là trung điểm của HB. Suy raQ là trung điểm của HD.

Do đó JPJQ hay tam giác PQL vuông tại J (2).

Từ (1) và (2) suy ra tam giác PJL vuông tại L. Mà PQ//BD nên JL vuông góc BD.


Câu 174:

b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F). Chứng minh AP2=AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân.
Xem đáp án

b) OAPQPA=AQ

Do đó: ΔAPEΔABP

APAB=AEAPAP2=AE.AB

Ta có: AH2=AE.AB (hệ thức lượng ΔHAB vuông tại H, có HE là chiều cao)

AP=AHAPH cân tại A.


Câu 176:

d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2=IC.ID
Xem đáp án

d) Ta có: AF.AC=AH2 (hệ thức lượng trong ΔAHC vuông tại H, có HF là chiều cao)

Ta có: AK.AD=AH2 (hệ thức lượng trong ΔAHD vuông tại H, có HK là chiều cao)

AK.AD=AF.AC

Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp

Vậy ta có: IC.ID=IF.IK(ΔICFΔIKD) và IH2= IF.IK(ΔIHFΔIKH) IH2=IC.ID


Câu 178:

b) Chứng minh: FI.FM=FD.FE
Xem đáp án

b) Do ΔFBDΔFEC nên FB.FC=FE.FD và ΔFBMΔFIC nên FB.FC=FI.FM

So sánh ta có: FI.FM=FD.FE


Câu 179:

c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng
Xem đáp án

c) Ta có PTQ^=90° dó PQ là đương kính và ΔFIQ; ΔFTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và FIFQ=FTFM (vì FI.FM=FD.FE=FT.FQ)

NênFIQ^=FTM^ mà FIQ^=OIM^=90° (I nhìn OM dưới goc 90o)

Nên P, T, M thẳng hàng vì PTM^=180°


Câu 180:

d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất.
Xem đáp án

d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích SIBC lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung BC của đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì ΔABC vuông tại B. Vậy diện tích ΔICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O; R).

                                      Cách khác

                                      O' là trung điểm của OM. BC cắt OO'; O'T lần lượt tại L và T 

                                      Vẽ IH vuông BC tại H

IHIT=O'IO'TO'OO'L=OL


Câu 182:

Cho tam giác ABC BAC^ tù. Trên cạnh BC lấy hai D và E, trên cạnh AB lấy điểm F, trên cạnh AC lấy điểm K sao cho BD=BA, CE=CA, BE=BF, CK=CD. Chứng minh bốn điểm D, E, F và K cùng nằm trên một đường tròn.
Xem đáp án

Ta có BD=BA và BE=BF nên BEBD=BFBAEF//DA

                                      EF//DA BAD^=BDA^ (do BD=BA) suy ra ADEF là hình thang cân

                                      ADEF nội tiếp được (1).

                                      Ta có CK=CD và CA=CE nên

                                      CKCA=CDCEKD//AE

                                      KD//AE CAE^=CEA^ (do CE=CA)

                                    AEDK   là hình thang cân

     AEDK nội tiếp được (2).

     (1), (2) 4 điểm D, E, F và K cùng thuộc đường tròn ngoại tiếp ΔADE.


Câu 183:

Cho tam giác ABC(AB<AC) nội tiếp đường tròn đường kính BC, có đường cao AH (H thuộc cạnh BC), đường phân giác trong của góc A trong tam giác ABC cắt đường tròn đó tại K (K khác A). Biết AHHK=155.Tính ACB^

Xem đáp án
Cho tam giác ABC(AB<AC) nội tiếp đường tròn đường kính BC, có đường cao AH (H thuộc cạnh BC), (ảnh 1)
Gọi O là tâm đường tròn đường kính BC, bán kính R.
BAK^=CAK^ nên KB=KCKOBCtại O
ΔOAH:AH2=R2OH2ΔOKH:HK2=R2+OH2AH2+HK2=2R2
AHHK=155HK2=53AH2
AH2+HK2=2R2HK2=53AH2AH=R32
ΔOAH có sinAOH^=AHOA=R32R=32AOH^=60°ACB^=30°

Câu 184:

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh AEHF và BCEF là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
Xem đáp án
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. (ảnh 1)
a) Ta có: AEH^=AFH^=90° (BE, CF là đường cao)
Xét tứ giác AEFH, ta có:
AEH^+AFH^=180°
Suy ra: AEFH là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác BCEF, ta có:
BEC^=BFC^=90° (gt)
Suy ra: BCEF là tứ giác nội tiếp.

Câu 185:

b) Gọi M và N theo thứ tự là giao điểm thứ hai của đường trón (O; R) với BE và CF. Chứng minh MN//EF
Xem đáp án

b) Ta có: Tứ giác BCEF nội tiếp (cmt).

BEF^=BCF^ (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn BF)

Ta lại có:

BMN^=BCN^=BCF^ (2) (góc nội tiếp cùng chắn BN)

Từ (1) và (2) BEF^=BMN^

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị  MN // EF 


Câu 186:

d) Chứng minh rằng OA  EF
Xem đáp án

d) Ta có ABM^=ACN^ (hai góc nội tiếp cùng chắn EF)

AM=AN

Ta lại có OM=ON

OA là đường trung trực của MN

OAMN

Mà MN//EF(cmt) OAEF


Câu 188:

Kính lão đeo mắt của người già thường là loại thấu kính hội tụ. Bạn An đã dùng một chiếc kính lão của ông ngoại để tạo ra hình ảnh của một cây nến trên một tấm màn. Xét cây nến là một vật sáng có hình dạng là đoạn AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ, cách thấu kính một đoạn OA=2cm. Thấu kính có quang tâm O và tiêu điểm F. Vật AB cho ảnh thật A'B' gấp 3 lần AB. Tính tiêu cự (OF') của thấu kính ? Biết rằng đường đi của tia sáng được mô tả trong hình vẽ sau :

Kính lão đeo mắt của người già thường là loại thấu kính hội tụ. (ảnh 1)
Xem đáp án

Vì AB//A'B; nên theo hệ quả định lí TaLet, ta được :

                                                                      ABA'B'=OAOA'12=2OA'OA'=4

                                                                      Vì OD//A'B' nên theo hệ quả định lí TaLet, ta được :

                                                                    ODA'B'=OF'F'A12=OF'F'AF'A2=OF'1=F'A+OF'2+1=43OF'=43

                                                                      Vậy tiêu cự của thấu kính : 43(m)       


Câu 189:

Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O) có AD, BE là hai đường cao cắt nhau tại H, vẽ đường kính AK của đường tròn (O), kẻBFAKFAK
a) Chứng minh 5 điểm A, B, D, E, F cùng thuộc một đường tròn, xác định tâm I của đường tròn này.
Xem đáp án
Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O) có AD, BE là hai đường cao cắt nhau tại H, vẽ đường kính AK của đường tròn (O), (ảnh 1)
a) Ta có: ΔABE vuông tại E (BE là đường cao ΔABC), có AB là cạnh huyền.
ΔABD vuông tại D (AD là đường cao ΔABC,có AB là cạnh huyền
ΔABF vuông tại F (BFAK), có AB là cạnh huyền.
Do đó, 5 điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn đường kính AB

Câu 190:

b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh 3 điểm H, M, K thẳng hàng.
Xem đáp án

b) Ta có : ΔAKB; ΔAKC nội tiếp đường tròn (O) có AK là đường kính

  ΔAKB vuông tại B ΔAKC vuông tại C.

 Mà H là trực tâm ΔABC (AD, BE là hai đường cao cắt nhau tại H)

 CHAB

BK//CH (cùng vuông góc với AB) và BK//CH (cùng vuông góc với AC)

  Tứ giác BHCK là hình bình hành.

 Có M là trung điểm của đường chéo BC nên M cũng là trung điểm của đường chéo HK.

Vậy 3 điểm H, M, K thẳng hàng.


Câu 191:

c) Chứng minh IM là đường trung trực của DF
Xem đáp án

c) Ta có:

+) BE//CK (cmt)CBE^=BCK^ (hai góc so le trong).

+) BCK^=BAK^ (hai góc nội tiếp cùng chắn BK)

+) BAK^=FDC^ (Tứ giác ABDF nội tiếp)

Nên EBC^=FDC^ mà 2 góc này ở vị trí đồng vị suy ra BE//DF

Ta lại có: IM là đường trung bình của ΔABC (I, M lần lượt là trung điểm của AB và BC)

IM // AC

Mà BEAC nên BEIMIMDF (1)

Ta có: ID, IF lần lượt là 2 đường trung tuyến của 2 tam giác ABD và ABF ứng với cạnh huyền ABID=IF (2)

Từ (1) và (2) suy ra IM là đường trung trực của DF


Bắt đầu thi ngay