mai thi toán r cứu toii ..g kinhABB ààCC vuunggggc vvới hhau. Gọ là điểm,, thhng OB (M khác O và B). Tia CM cắt đường tròn (O;R) tại E.,a) Chứng minh tứ giác OMED nội tiếp,b) Chứng minh: $CM.CE=CO.CD=2R^2$,Câu 53. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O; R) (B và C,là hai tiếp điểm).,a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp và $AB^2=AH.AO.$,b) Vẽ đường kính BD. Đường thẳng qua O và vuông góc với AD cắt tia BC tại E. Chứng minh DE là,tiếp tuyến của (O),c) Nếu cho biết $OA=10~cm$ và $R=5~cm.$ Tính phần diện tích mặt phẳng giới hạn bởi AB, AC và cung,nhỏ BC của (O; R) (làm tròn tới phần thập phân thứ nhất).,Câu 54. Cho đường tròn (O) đường kính AB , gọi I là trung điểm của OA, dây CD vuông góc với,AB tại I. Lấy K tùy ý trên cung BC nhỏ, AK cắt CD tại H .,a) Chứng minh tứ giác BIHK là tứ giác nội tiếp.,b) Chứng minh AH.AK có giá trị không phụ thuộc vị trí điểm K .,c) Kẻ $DN\bot CB,DM\bot AC.$ Chứng minh các đường thẳng MN,AB,CD đồng quy.,Câu 55: Cho tam giác ABC nội tiếp đường (O) và tia phân giác góc A cắt đường tròn tại M . Vẽ đường cao,AH . Chứng minh rằng:,a. OM đi qua trung điểm của dây BC . b. AM là tia phân giác của góc OAH .,Câu 56: Cho tam giác nhọn $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao AM,BN cắt nhau tại H và cắt,đường tròn (O) lần lượt tại D,E . Chứng minh rằng:,a. Tứ giác HMCN nội tiếp đường tròn. $b.~CD=CE$ c. Tam giác BHD cân.,Câu 57: Cho $\Delta ABC$ có ba góc nhọn $(AB

Question

mai thi toán r cứu toii ..g kinhABB ààCC vuunggggc vvới hhau. Gọ   là điểm,,  thhng OB (M khác O và B). Tia CM cắt đường tròn (O;R) tại E.,a) Chứng minh tứ giác OMED nội tiếp,b) Chứng minh: $CM.CE=CO.CD=2R^2$,Câu 53. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O; R) (B và C,là hai tiếp điểm).,a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp và $AB^2=AH.AO.$,b) Vẽ đường kính BD. Đường thẳng qua O và vuông góc với AD cắt tia BC tại E. Chứng minh DE là,tiếp tuyến của (O),c) Nếu cho biết $OA=10~cm$ và $R=5~cm.$ Tính phần diện tích mặt phẳng giới hạn bởi AB, AC và cung,nhỏ BC của (O; R) (làm tròn tới phần thập phân thứ nhất).,Câu 54. Cho đường tròn (O) đường kính AB , gọi I là trung điểm của OA, dây CD vuông góc với,AB tại I. Lấy K tùy ý trên cung BC nhỏ, AK cắt CD tại H .,a) Chứng minh tứ giác BIHK là tứ giác nội tiếp.,b) Chứng minh AH.AK có giá trị không phụ thuộc vị trí điểm K .,c) Kẻ $DN\bot CB,DM\bot AC.$ Chứng minh các đường thẳng MN,AB,CD đồng quy.,Câu 55: Cho tam giác ABC nội tiếp đường (O) và tia phân giác góc A cắt đường tròn tại M . Vẽ đường cao,AH . Chứng minh rằng:,a. OM đi qua trung điểm của dây BC . b. AM là tia phân giác của góc OAH .,Câu 56: Cho tam giác nhọn $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao AM,BN cắt nhau tại H và cắt,đường tròn (O) lần lượt tại D,E . Chứng minh rằng:,a. Tứ giác HMCN nội tiếp đường tròn. $b.~CD=CE$ c. Tam giác BHD cân.,Câu 57: Cho $\Delta ABC$ có ba góc nhọn $(AB<AC),$ Ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.,1) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác,BFEC.,2) Gọi I là trung điểm của AH. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn (O).,3) Vẽ CI cắt đường tròn (O) tại M (M khác C). EF cắt AD tại K. Chứng minh ba điểm $B.~10$,thẳng hàng.,6/ Đa giác đều.

Accepted Answer

Câu 53.
a) Ta có $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^\circ$ nên tứ giác ABOC nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180° nội tiếp được trong một đường tròn).

Lại có $\widehat{BAH}=\widehat{CAO}$ (góc giữa tiếp tuyến và dây cung bằng nửa góc nội tiếp cùng chắn một cung) nên tam giác AHB đồng dạng với tam giác AOC (góc đỉnh bằng nhau và hai góc ở đáy cũng bằng nhau).

Từ đó ta có tỉ lệ $\frac{AH}{AB}=\frac{AB}{AO}$, suy ra $AB^2=AH.AO$.

b) Ta có $\widehat{AOD}=2\widehat{ACD}$ (góc ở tâm gấp đôi góc nội tiếp cùng chắn một cung) và $\widehat{ACD}=\widehat{ABC}$ (góc nội tiếp cùng chắn một cung) nên $\widehat{AOD}=2\widehat{ABC}$.

Mặt khác, ta có $\widehat{OED}=\widehat{OAD}$ (góc giữa tiếp tuyến và dây cung bằng nửa góc nội tiếp cùng chắn một cung) và $\widehat{OAD}=\widehat{OAE}$ (góc giữa tiếp tuyến và dây cung bằng nửa góc nội tiếp cùng chắn một cung) nên $\widehat{OED}=\widehat{OAE}$.

Từ đó ta có $\widehat{OED}+\widehat{ODE}=\widehat{OAE}+\widehat{ODE}=\widehat{AOD}=2\widehat{ABC}$.

Mặt khác, ta có $\widehat{OED}+\widehat{ODE}=\widehat{OED}+90^\circ-\widehat{OED}=90^\circ$ (vì đường thẳng qua O và vuông góc với AD cắt tia BC tại E).

Từ đó ta có $2\widehat{ABC}=90^\circ$, suy ra $\widehat{ABC}=45^\circ$.

Vậy $\widehat{OED}=45^\circ$ và $\widehat{ODE}=45^\circ$, suy ra $\widehat{DEO}=90^\circ$.

Vậy DE là tiếp tuyến của (O).

c) Ta có diện tích phần giới hạn bởi AB, AC và cung nhỏ BC của (O; R) là:

Diện tích phần giới hạn bởi AB, AC và cung nhỏ BC của (O; R) = Diện tích tam giác ABC + Diện tích phần giới hạn bởi cung nhỏ BC và dây BC.

Diện tích tam giác ABC = $\frac{1}{2}.AB.AC.sin\widehat{BAC}$

Ta có $AB=AC=\sqrt{OA^2-R^2}=\sqrt{10^2-5^2}=5\sqrt{3}$ (theo định lý Pythagoras)

$\widehat{BAC}=2\widehat{ABC}=2	imes 45^\circ=90^\circ$

Vậy diện tích tam giác ABC = $\frac{1}{2}	imes 5\sqrt{3}	imes 5\sqrt{3}	imes sin90^\circ=37,5(cm^2)$

Diện tích phần giới hạn bởi cung nhỏ BC và dây BC = $\frac{1}{2}.R^2(\widehat{BOC}-sin\widehat{BOC})$

Ta có $\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}=2	imes 90^\circ=180^\circ$

Vậy diện tích phần giới hạn bởi cung nhỏ BC và dây BC = $\frac{1}{2}	imes 5^2(180^\circ-sin180^\circ)=39,27(cm^2)$

Vậy diện tích phần giới hạn bởi AB, AC và cung nhỏ BC của (O; R) là $37,5+39,27=76,77(cm^2)\approx 76,8(cm^2)$

Đáp số: 76,8 cm²

Câu 54.
a) Ta có $\widehat{BKH}=\widehat{BAH}$ (cùng chắn cung BH) và $\widehat{BAH}=\widehat{BCI}$ (giao tuyến vuông góc với đường kính) nên $\widehat{BKH}=\widehat{BCI}$. Từ đó suy ra tứ giác BIHK nội tiếp (cùng chắn cung BK).
b) Ta có $\widehat{CAK}=\widehat{CBK}$ (cùng chắn cung CK) và $\widehat{CBK}=\widehat{CDK}$ (tứ giác BIHK nội tiếp) nên $\widehat{CAK}=\widehat{CDK}$. Mặt khác ta lại có $\widehat{AKC=\widehat{DKH}$ (đối đỉnh) nên $\Delta CAK \sim \Delta DKH$ (g-g). Từ đó suy ra $\frac{AK}{CK}=\frac{HK}{DK}$ hay $AK.DK=CK.HK$. 
Mặt khác ta lại có $\widehat{CAK}=\widehat{CDK}$ (chắn cung CK) và $\widehat{AKC}=\widehat{DKC}$ (đối đỉnh) nên $\Delta CAK \sim \Delta CDK$ (g-g). Từ đó suy ra $\frac{AK}{CK}=\frac{CK}{DK}$ hay $AK.DK=CK^{2}$. 
Từ đây suy ra $CK.HK=CK^{2}$ hay $HK=CK$. 
Ta có $\widehat{CAK}=\widehat{CDK}$ (chắn cung CK) và $\widehat{AKC}=\widehat{DKC}$ (đối đỉnh) nên $\Delta CAK \sim \Delta CDK$ (g-g). Từ đó suy ra $\frac{AK}{CK}=\frac{CK}{DK}$ hay $AK.DK=CK^{2}$. 
Mặt khác ta lại có $\widehat{CAK}=\widehat{CBK}$ (cùng chắn cung CK) và $\widehat{CBK}=\widehat{CDK}$ (tứ giác BIHK nội tiếp) nên $\widehat{CAK}=\widehat{CDK}$. 
Từ đây suy ra $AK.DK=CK^{2}=CI^{2}$. 
Như vậy ta đã chứng minh được $AH.AK=CI^{2}$ không phụ thuộc vào vị trí của K.
c) Ta có $\widehat{CAN}=\widehat{CBN}$ (cùng chắn cung CN) và $\widehat{CBN}=\widehat{DBN}$ (giao tuyến vuông góc với đường kính) nên $\widehat{CAN}=\widehat{DBN}$. 
Mặt khác ta lại có $\widehat{CAN}+\widehat{CAM}=90^{\circ}$ (giao tuyến vuông góc với đường kính) và $\widehat{DBN}+\widehat{DBM}=90^{\circ}$ (giao tuyến vuông góc với đường kính) nên $\widehat{CAM}=\widehat{DBM}$. 
Từ đây suy ra $\widehat{CAN}+\widehat{CAM}=\widehat{DBN}+\widehat{DBM}$ hay $\widehat{MAN}=\widehat{MBN}$. 
Từ đây suy ra tứ giác AMBN nội tiếp. 
Từ đây suy ra $\widehat{AMN}=\widehat{ABN}$ (cùng chắn cung AN) và $\widehat{ABN}=\widehat{ACN}$ (cùng chắn cung AN) nên $\widehat{AMN}=\widehat{ACN}$. 
Từ đây suy ra MN song song với AC. 
Từ đây suy ra $\widehat{MNC}=\widehat{ANC}$ (so le trong). 
Mặt khác ta lại có $\widehat{ANC}=\widehat{ABC}$ (cùng chắn cung AC) và $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}$ (cùng chắn cung AC) nên $\widehat{MNC}=\widehat{ADC}$. 
Từ đây suy ra MN đi qua giao điểm của AB và CD.

Câu 55:
a. Ta có: $\widehat{ABM} = \widehat{CBM}$ (cùng chắn cung AC)
$\widehat{BCM} = \widehat{ABM}$ (cùng chắn cung AB)
Suy ra: $\widehat{ABM} = \widehat{CBM} = \widehat{BCM}$
Từ đó ta có: $\widehat{OBM} = \widehat{OCM}$
Suy ra: OM là tia phân giác của góc BOC
Vậy OM đi qua trung điểm của dây BC.
b. Ta có: $\widehat{BAM} = \widehat{CAM}$ (AM là tia phân giác của góc BAC)
$\widehat{CAM} = \widehat{CBM}$ (cùng chắn cung AM)
$\widehat{CBM} = \widehat{OBM}$ (OM là tia phân giác của góc BOC)
Suy ra: $\widehat{BAM} = \widehat{OBM}$
Ta lại có: $\widehat{OBM} = \widehat{AHM}$ (cùng phụ với góc BAM)
Suy ra: $\widehat{OBM} = \widehat{AHM}$
Từ đó ta có: $\widehat{OAM} = \widehat{HAM}$
Vậy AM là tia phân giác của góc OAH.

Câu 56:
a. Ta có $\widehat{HNC}=\widehat{HBC}$ (cùng chắn cung HC) và $\widehat{HMC}=\widehat{HAC}$ (cùng chắn cung HC). 
Mà $\widehat{HBC}+\widehat{HAC}=90^\circ$ (góc ngoài tam giác ANB bằng tổng hai góc trong không kề cạnh). 
Do đó $\widehat{HNC}+\widehat{HMC}=90^\circ$. 
Vậy tứ giác HMCN nội tiếp đường tròn (góc đối bằng 90°).
b. Ta có $\widehat{DCE}=\widehat{DBE}$ (cùng chắn cung DE). 
Mà $\widehat{DBE}=\widehat{DAB}$ (cùng chắn cung AD). 
Vậy $\widehat{DCE}=\widehat{DAB}$. 
Từ đó ta có $\widehat{DCE}=\widehat{DAB}=\widehat{DCB}$ (góc ngoài tam giác ABD bằng góc trong không kề cạnh). 
Do đó $CD=CE$ (cung bằng nhau chắn bởi hai dây bằng nhau).
c. Ta có $\widehat{BHD}=\widehat{BMD}$ (cùng chắn cung BD). 
Mà $\widehat{BMD}=\widehat{BND}$ (cùng chắn cung BD). 
Vậy $\widehat{BHD}=\widehat{BND}$. 
Từ đó ta có $\widehat{BHD}=\widehat{BND}=\widehat{BDN}$ (góc ngoài tam giác BDN bằng góc trong không kề cạnh). 
Do đó tam giác BHD cân tại B.

Câu 57:
1) Ta có: $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^{\circ}$ nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn (O). 
Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC là trung điểm của BC. 
2) Ta có: $\widehat{IEC}=\widehat{IAC}$ (cùng bù với $\widehat{IAE})$ 
$\widehat{IAC}=\widehat{IBC}$ (giao tuyến vuông góc với đường kính) 
$\widehat{IBC}=\widehat{IBC}$ (giao tuyến vuông góc với đường kính) 
$\Rightarrow \widehat{IEC}=\widehat{IBC}$ 
$\Rightarrow IE$ là tiếp tuyến của đường tròn (O). 
3) Ta có: $\widehat{MCE}=\widehat{MFE}$ (cùng chắn cung ME) 
$\widehat{MFE}=\widehat{KFD}$ (đối đỉnh) 
$\widehat{KFD}=\widehat{KBD}$ (cùng chắn cung KD) 
$\Rightarrow \widehat{MCE}=\widehat{KBD}$ 
$\Rightarrow B, D, M$ thẳng hàng.