Chương II - Đường tròn

1: Ta có: ΔOCN cân tại O

mà OQ là đường trung tuyến

nên OQ\(\perp\)CN

Ta có: ΔOQM vuông tại Q

=>O,Q,M cùng thuộc đường tròn đường kính OM(1)

Ta có: ΔOAM vuông tại A

=>O,A,M cùng thuộc đường tròn đường kính OM(2)

Từ (1),(2) suy ra O,Q,M,A cùng thuộc một đường tròn

2: Xét (O) có

\(\widehat{MAN}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AM và dây cung AN

\(\widehat{NCA}\) là góc nội tiếp chắn cung NA

Do đó: \(\widehat{MAN}=\widehat{NCA}\)

Xét ΔMAN và ΔMCA có

\(\widehat{MAN}=\widehat{MCA}\)

\(\widehat{AMN}\) chung

Do đó: ΔMAN~ΔMCA

=>\(\dfrac{MA}{MC}=\dfrac{MN}{MA}\)

=>\(MA^2=MN\cdot MC\left(3\right)\)

Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(4)

ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(5)

Từ (4) và (5) suy ra OM là đường trung trực của AB

=>OM\(\perp\)AB tại H và H là trung điểm của AB

Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MA^2\left(6\right)\)

Từ (3),(6) suy ra \(MN\cdot MC=MH\cdot MO\)

=>\(\dfrac{MN}{MO}=\dfrac{MH}{MC}\)

Xét ΔMNH và ΔMOC có

\(\dfrac{MN}{MO}=\dfrac{MH}{MC}\)

\(\widehat{NMH}\) chung

Do đó: ΔMNH~ΔMOC

=>\(\widehat{MHN}=\widehat{MCO}\)

a: Ta có: \(\widehat{MHO}=90^0\)

=>H nằm trên đường tròn đường kính MO(1)

Ta có: \(\widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0\)

=>M,A,B,O cùng thuộc đường tròn đường kính MO(2)

Từ (1) và (2) suy ra M,A,B,O,H cùng thuộc đường tròn đường kính MO

b: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(3)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(4)

Từ (3) và (4) suy ra OM là đường trung trực của AB

=>OM\(\perp\)AB tại I và I là trung điểm của AB

Xét ΔOIK vuông tại I và ΔOHM vuông tại H có

\(\widehat{IOK}\) chung

Do đó: ΔOIK~ΔOHM

=>\(\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OK}{OM}\)

=>\(OH\cdot OK=OI\cdot OM\)

a. Em tự giải

b. 

\(\Delta OAB\) cân tại O (do \(OA=OB=R\), mà \(OH\) là đường vuông góc (do OH vuông góc AB)

\(\Rightarrow OH\) đồng thời là trung tuyến và trung trực của AB

Hay OM là trung trực của AB

\(\Rightarrow MA=MB\Rightarrow\Delta MAB\) cân tại M

c.

Do EC là tiếp tuyến tại C \(\Rightarrow EC\perp AC\)

MA là tiếp tuyến tại A \(\Rightarrow MA\perp AC\)

\(\Rightarrow EC||MA\Rightarrow\widehat{MAH}=\widehat{CEB}\) (so le trong)

Mà \(\widehat{MAH}=\widehat{MOA}\) (cùng phụ \(\widehat{AMH}\))

\(\Rightarrow\widehat{CEB}=\widehat{MOA}\)

Xét hai tam giác CEB và MOA có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CEB}=\widehat{MOA}\left(cmt\right)\\\widehat{CBE}=\widehat{MAO}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta CEB\sim\Delta MOA\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BE}{OA}=\dfrac{BC}{AM}\Rightarrow BE.AM=BC.OA\)

Mà \(MA=MB\) (theo cm câu b) và \(OA=BO=R\)

\(\Rightarrow BE.BM=BC.BO\)

a: Xét tứ giác EHOC có \(\widehat{EHO}+\widehat{ECO}=90^0+90^0=180^0\)

nên EHOC là tứ giác nội tiếp

=>E,H,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Ta có: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên OH là phân giác của góc AOB

Xét ΔAOM và ΔBOM có

OA=OB

\(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)

OM chung

Do đó: ΔAOM=ΔBOM

=>MA=MB

=>ΔMAB cân tại M

c: Ta có: ΔAOM=ΔBOM

=>\(\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=90^0\)

Xét tứ giác OAMB có \(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=90^0+90^0=180^0\)

nên OAMB là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{OMB}=\widehat{OAB}=\widehat{CAB}\left(1\right)\)

Xét (O) có

\(\widehat{CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB

\(\widehat{ECB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CE và dây cung CB

Do đó: \(\widehat{CAB}=\widehat{ECB}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{OMB}=\widehat{ECB}\)

Xét ΔOMB và ΔECB có

\(\widehat{OMB}=\widehat{ECB}\)

\(\widehat{OBM}=\widehat{EBC}=90^0\)

Do đó: ΔOMB~ΔECB

=>\(\dfrac{BO}{BE}=\dfrac{BM}{BC}\)

=>\(BO\cdot BC=BM\cdot BE\)

a.

BD là tiếp tuyến của (O) tại B \(\Rightarrow\widehat{OBD}=90^0\)

\(\Rightarrow\) 3 điểm O, B, D thuộc đường tròn đường kính OD (1)

AD là tiếp tuyến của (O) tại A \(\Rightarrow\widehat{OAD}=90^0\)

\(\Rightarrow\) 3 điểm O, A, D cùng thuộc đường tròn đường kính OD (2)

(1);(2)\(\Rightarrow\) 4 điểm A, D, B, O cùng thuộc 1 đường tròn

b.

Theo cmt ta có tam giác CBE vuông tại B và BA là đường cao ứng với cạnh huyền

Áp dụng hệ thức lượng:

\(CA.CE=CB^2\Rightarrow CA.CE=\left(2R\right)^2=4R^2\)

c.

D là giao điểm 2 tiếp tuyến tại A và B \(\Rightarrow AD=BD\)

Đồng thời \(OA=OB=R\)

\(\Rightarrow OD\) là trung trực của AB

\(\Rightarrow OD\perp AB\) tại K đồng thời K là trung điểm AB

Mà \(AB\perp AC\) (\(\widehat{BAC}\) là góc nt chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow OK||AC\) hay \(OD||CE\)

Lại có O là trung điểm BC

\(\Rightarrow OD\) là đường trung bình tam giác BCE (đường thẳng đi qua 1 trung điểm và song song cạnh đáy)

\(\Rightarrow D\) là trung điểm BE  \(\Rightarrow BD=DE\)

Trong tam giác ABH vuông tại H có KH là trung tuyến ứng với cạnh huyền \(\Rightarrow KH=\dfrac{1}{2}AB=AK\)

Trong tam giác ACH vuông tại H có IH là trung tuyến ứng với cạnh huyền \(\Rightarrow IH=\dfrac{1}{2}AC=AI\)

Xét 2 tam giác KAI và KHI có: \(\left\{{}\begin{matrix}AK=KH\\AI=IH\\IK\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta KAI=\Delta KHI\left(c.c.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{KHI}=\widehat{KAC}=90^0\Rightarrow IH\perp KH\)

Mà tam giác ABH vuông tại H có K là trung điểm cạnh huyền \(\Rightarrow K\) là tâm đường tròn ngoại tiếp ABH hay KH là 1 bán kính

\(\Rightarrow IH\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ABH

Do AH và BE cùng vuông góc AB \(\Rightarrow AH||BE\)

Gọi F là giao điểm của CD và AH

Áp đụng định lý Thales trong tam giác BCD: \(\dfrac{CF}{CD}=\dfrac{HF}{BD}\)

Áp dụng định lý Thales trong tam giác CDE: \(\dfrac{CF}{CD}=\dfrac{AF}{DE}\)

\(\Rightarrow\dfrac{HF}{BD}=\dfrac{AF}{DE}\Rightarrow HF=AF\) (do \(BD=DE\) theo cmt)

\(\Rightarrow F\) là trung điểm AH

OI vuông góc AC tại I \(\Rightarrow I\) là trung điểm AC

Trong tam giác ABC: K là trung điểm AB, I là trung điểm AC \(\Rightarrow KI\) là đường trung bình \(\Delta ABC\Rightarrow KI||BC\)

Trong tam giác ABH: K là trung điểm AB, F là trung điểm AH \(\Rightarrow KF\) là đường trung bình \(\Delta ABH\Rightarrow KF||BH\Rightarrow KF||BC\)

\(\Rightarrow I,K,F\) thẳng hàng hay KI đi qua F

\(\Rightarrow AH,KI,CD\) đồng quy tại F

a. Câu này đơn giản em tự giải.

b.

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}OB=OC=R\\MB=MC\left(\text{t/c hai tiếp tuyến cắt nhau}\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow OM\) là trung trực của BC

\(\Rightarrow OM\perp BC\) tại H đồng thời H là trung điểm BC hay \(HB=HC\)

\(OC\perp MC\) (MC là tiếp tuyến tại C) \(\Rightarrow\Delta OMC\) vuông tại C

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OMC với đường cao CH:

\(CH^2=OH.MH\)

c.

C nằm trên đường tròn và AB là đường kính \(\Rightarrow\widehat{ACB}\) là góc nt chắn nửa đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{ACB}=90^0\)

Xét hai tam giác MBH và BAC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{MHB}=\widehat{ACB}=90^0\\\widehat{MBH}=\widehat{BAC}\left(\text{cùng chắn BC}\right)\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\Delta MBH\sim\Delta BAC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BH}{AC}=\dfrac{MH}{BC}\Rightarrow\dfrac{BH}{AC}=\dfrac{2HF}{2CH}\) (do F là trung điểm MH và H là trung điểm BC)

\(\Rightarrow\dfrac{BH}{AC}=\dfrac{HF}{CH}\)

Xét hai tam giác BHF và ACH có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{BH}{AC}=\dfrac{HF}{CH}\left(cmt\right)\\\widehat{BHF}=\widehat{ACH}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta BHF\sim\Delta ACH\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{HBF}=\widehat{CAH}\)

Mà \(\widehat{CAH}=\widehat{CBQ}\) (cùng chắn CQ)

\(\Rightarrow\widehat{HBF}=\widehat{CBQ}\) hay \(\widehat{HBF}=\widehat{HBQ}\)

\(\Rightarrow B,Q,F\) thẳng hàng

a.

Do \(\widehat{ACB}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{ACB}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{ACD}=90^0\Rightarrow\Delta ACD\) vuông tại C

\(\Rightarrow\widehat{ADC}+\widehat{DAC}=90^0\) (1)

Lại có \(\widehat{DAC}=\widehat{DAx}\) (do AD là phân giác)

\(\widehat{BAE}+\widehat{DAx}=90^0\) (Ax là tiếp tuyến tại A)

\(\Rightarrow\widehat{BAE}+\widehat{DAC}=90^0\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{BAE}\)

\(\Rightarrow\Delta ABD\) cân tại B

b.

\(\widehat{AEB}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{AEB}=90^0\Rightarrow AE\perp BE\)

\(\Rightarrow BE\) là đường cao trong tam giác BAD

Mà tam giác BAD cân tại B \(\Rightarrow BE\) đồng thời là trung tuyến

\(\Rightarrow E\) là trung điểm AD

Lại có O là trung điểm AB

\(\Rightarrow OE\) là đường trung bình tam giác ABD

\(\Rightarrow OE||BD\)

c.

Xét tam giác ABD có: \(AC\perp BD;BE\perp AD\)

\(\Rightarrow I\) là trực tâm tam giác ABD

\(\Rightarrow DI\) là đường cao thứ 3

\(\Rightarrow DI\perp AB\)

d.

Ta có: \(\widehat{BAC}+\widehat{CAx}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}+2.\widehat{CAE}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{CAE}=\dfrac{90^0-20^0}{2}=35^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BAE}=\widehat{BAC}+\widehat{CAE}=20^0+35^0=55^0\)

Xét tam giác vuông ABE có:

\(cos\widehat{BAE}=\dfrac{AE}{AB}\Rightarrow AE=AB.cos\widehat{BAE}=2.cos55^0\approx1,15\left(cm\right)\)

1: Xét (O) có

CA,CM là các tiếp tuyến

Do đó: CA=CM

=>ΔCAM cân tại C

2: Ta có: CA=CM

=>C nằm trên đường trung trực của AM(1)

Ta có: OA=OM

=>O nằm trên đường trung trực của AM(2)

Từ (1) và (2) suy ra OC là đường trung trực của AM

=>OC\(\perp\)AM

Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>AM\(\perp\)MB

mà AM\(\perp\)OC

nên OC//MB

a.

Do AB là tiếp tuyến của (O) \(\Rightarrow AB\perp OB\Rightarrow\Delta ABO\) vuông tại B

\(\Rightarrow\Delta ABO\) nội tiếp đường tròn đường kính OA (1)

Tương tự, do AC là tiếp tuyến của (O) \(\Rightarrow\Delta ACO\) vuông tại C

\(\Rightarrow\Delta ACO\) nội tiếp đường tròn đường kính OA (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\)4 điểm A,B,O,C cùng thuộc đường tròn đường kính OA

b.

Do BD là đường kính và E là điểm thuộc đường tròn nên \(\widehat{BED}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{BED}=90^0\)

Xét hai tam giác EAB và EBD có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AEB}=\widehat{BED}=90^0\\\widehat{EBA}=\widehat{EDB}\left(\text{cùng phụ }\widehat{EBD}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\Delta EAB\sim\Delta EBD\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{DE}{BE}=\dfrac{BD}{AB}\)

//\(\widehat{BCD}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow\widehat{BCD}=90^0\)

Do \(AB=AC\) (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OB=OC=R\)

\(\Rightarrow OA\) là trung trực của BC \(\Rightarrow OA\perp BC\) tại H

Xét hai tam giác BCD và AHB có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BCD}=\widehat{AHB}=90^0\\\widehat{ABC}=\widehat{BDC}\left(\text{cùng chắn cung BC}\right)\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\Delta BCD\sim\Delta AHB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{CD}{BH}\Rightarrow\dfrac{CD}{BH}=\dfrac{DE}{BE}\)

Xét hai tam giác CDE và BHE có: 

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{CD}{BH}=\dfrac{DE}{BE}\\\widehat{CDE}=\widehat{HBE}\left(\text{cùng chắn }CE\right)\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\Delta CDE\sim\Delta BHE\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{CED}=\widehat{BEH}\)

Mà \(\widehat{BEH}+\widehat{DEH}=\widehat{BED}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{HEC}=\widehat{CED}+\widehat{DEH}=90^0\)

a: Ta có: ΔOBA vuông tại B

=>B,O,A cùng nằm trên đường tròn đường kính OA(1)

Ta có: ΔOCA vuông tại C

=>O,C,A cùng nằm trên đường tròn đường kính OA(2)

Từ (1) và (2) suy ra B,O,A,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

ΔBED nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBED vuông tại E

=>BE\(\perp\)ED tại E

=>BE\(\perp\)AD tại E

Xét ΔEBD vuông tại E và ΔEAB vuông tại E có

\(\widehat{EBD}=\widehat{EAB}\left(=90^0-\widehat{BDA}\right)\)

Do đó: ΔEBD~ΔEAB

=>\(\dfrac{ED}{EB}=\dfrac{BD}{AB}\)

Gọi E là trung điểm MN \(\Rightarrow ME=NE\Rightarrow CE=DE\) (do \(CM=DN\))

\(\Rightarrow E\) là trung điểm CD \(\Rightarrow OE\perp CD\) tại E

\(\Rightarrow\Delta OMN\) cân tại O (do OE là trung tuyến đồng thời là đường cao)

Đặt \(EM=EN=a\Rightarrow CM=DN=2a\) đồng thời \(OE=\dfrac{1}{2}MN=ME=a\) (trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Pitago tam giác OEC: \(OE^2+CE^2=OC^2\)

\(\Leftrightarrow a^2+\left(2a+a\right)^2=10^2\Rightarrow a=\sqrt{10}\)

Pitago tam giác OEM: \(a^2+a^2=OM^2\Rightarrow OM=a\sqrt{2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}\)

a: Xét tứ giác OBKC có \(\widehat{OBK}+\widehat{OCK}=90^0+90^0=180^0\)

nên OBKC là tứ giác nội tiếp

=>O,B,K,C cùng thuộc một đường tròn

b: Ta có: ΔOMN cân tại O

mà OA là đường cao

nên OA là phân giác của góc MON

Xét ΔMOA và ΔNOA có

OM=ON

\(\widehat{MOA}=\widehat{NOA}\)

OA chung

Do đó: ΔMOA=ΔNOA

=>\(\widehat{OMA}=\widehat{ONA}\)

=>\(\widehat{ONA}=90^0\)

=>AN là tiếp tuyến của (O)

c: Xét (O) có

KB,KC là tiếp tuyến

Do đó: KB=KC

=>K nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OK là đường trung trực của BC

=>OK\(\perp\)BC tại I và I là trung điểm của BC

Xét ΔOBK vuông tại B có BI là đường cao

nên \(OI\cdot OK=OB^2\)

=>\(OI\cdot OK=ON^2\left(3\right)\)

d: Xét ΔNOA vuông tại N có NH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=ON^2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(OI\cdot OK=OH\cdot OA\)

=>\(\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OA}{OK}\)

Xét ΔOIA và ΔOHK có

\(\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OA}{OK}\)

\(\widehat{HOK}\) chung

Do đó: ΔOIA đồng dạng với ΔOHK

=>\(\widehat{OIA}=\widehat{OHK}\)

=>\(\widehat{OHK}=90^0\)

mà \(\widehat{OHM}=90^0\)

nên K,H,M thẳng hàng

mà M,H,N thẳng hàng

nên K,M,N thẳng hàng