BÀI TẬP NÂNG CAO CHƯƠNG II

53. Cho đường tròn tâm O, đường kính AD, dây cung AB. Qua B kẻ đường vuông góc với AD cắt đường tròn ở C.
Tính bán kính của đường tròn, biết AB=10cm, BC = 12cm.
54. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AD. Trên nửa đường tròn lấy
hai điểm B và C. Biết AB=BC = 25 (cm) và CD = 6cm. Tính bán kính của đường tròn.
55. Cho hai nửa đường tròn (O, R) và (O,R’) tiếp xúc ngoài ở A. Tiếp tuyến chung ngoài TT có tiếp điểm với đường tròn (O) ở T với đường tròn (0) ở To, cắt đường nối tâm Oo ở S. Tiếp tuyến chung trong tại A của hai đường tròn cắt TT ở M.
a) Tính độ dài AM theo các bán kính của hai đường tròn (O) và (O’); b) Chứng minh : SOSO =SM ; ST.ST’ =SA”;
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ATAT tiếp xúc với 90 tại A và đường tròn ngoại tiếp tam giác OMO tiếp xúc với SM tại M.
56. Cho hai đường tròn tâm O và O tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ hai bán kính OM và O’M’ sao cho OM //OM”.
a) Chứng minh khi hai bán kính OM và OM thay đổi nhưng OM //OM thì đường thẳng MM luôn luôn đi qua một điểm cố định S;
b) Tính SO và SO, biết bán kính đường tròn (O) và đường tròn (O) lần lượt bằng 5cm và 3cm ;
c) Tam giác AMM là tam giác gì ? Vì sao ?
57. Cho tam giác ABC (AC > AB), trung tuyến CD. Đường tròn nội tiếp tam giác ACD và BCD tiếp xúc với CD lần lượt ở E và F.
Chứng minh 2EF = AC-BC.
58. Cho đường tròn (O; R), đường kính BC, dây cung BA. Biết R = 65cm, AB = 126cm.
a) Tính AC và khoảng cách từ 0 đến các dây AB, AC;
b) Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C kẻ dây AD, trên nửa mặt phẳng còn lại kẻ dây BE, cho biết BAD = ABE = 45° và DELAB tại P. Tứ giác ACED là hình gì ? Vì sao ?
c) Chứng minh PA2+PB2 +PC + PD2 =4R2.
59. Cho hai đường tròn (0 ; R)) và (O;R) với R > RẺ. Hai tiếp tuyến chung ngoài MN và PQ(M,PE (0);N,Qe (O’)).
a) Chứng minh rằng các đường thẳng MN, PQ và do đồng quy ;
b) Chứng minh tứ giác MNQP là hình thang cân ;
c) Xác định vị trí tương đối của đường tròn (O) và (O’) sao cho đường tròn đường kính 00′ tiếp xúc với đường thẳng MN.
60. Cho tam giác ABC vuông ở A. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC ở D. Chứng minh SABC = BD.DC.
61. Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm bên trong đường tròn (P4 0). Gọi Q là một điểm tuỳ ý trên đường tròn (O). Qua điểm Q kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O). Chứng minh rằng khi điểm Q di chuyển trên đường tròn (O) thì giao điểm M các đường thẳng kẻ từ 0 vuông góc với QP và tiếp tuyến kẻ từ Q chạy trên một đường thẳng cố định.
HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP SỐ
53. Cách 1. ADI BC tại H, ta có HB = HC = 6cm. Trong tam giác vuông AHB thì :
AH? = AB? – BH2 = 102 – 62 = 64, suy ra AH = 8 (cm). Dễ dàng chứng minh được ABD = 90°. AAHB V AABD (g-g) nên :
AB AH ADAB
Hình 112 AB? 100 suy ra AD =
= 12,5 (cm). AH 8 Vậy bán kính của đường tròn là R = 6,25cm. Cách 2. Tương tự cách 1, ta có AH = 8cm. Kě OIL AB thì IA = IB = 5 (cm). AAIO VO AAHB (g-g) nên : ΑΟ ΑΙ
AB.AI 10.5 –, suy ra AO = = == = 6,25 (cm). АВАН
AH 8 54. Dễ thấy OB là đường trung trực của AC nên OBI AC tại H và
HA = HC.
=
2
Hình 113
OH là đường trung bình của AABC, ta có B OH = -CD= 3 (cm). AOHC vuông ở H: HCP = OC? –OH = R2-9 ABHC vuông ở H: HCP = BC- HBP = (215)2 – (R-3)2 (2) Từ (1) và (2) suy ra : R2 – 9 =(2/5)-(R-3)
#R? – 9 = 20-R2 +6R – 9 2R2 -6R – 20 = 0 6 R2 – 3R –10=0
R=5 (R – 5)(R+2) =10
CLR =-2 (loại). Đáp số : R = 5cm. 55. a) MO, MO lần lượt là tia phân giác của hai góc kề bù AMT và
AMT’ nên OMO = 90°.
MA O
Hình 114
Tam giác OMO’ vuông ở M có MA l 00′ nên: MAP = OA.OA’, suy ra MA = VOA.OA’ = VR.R’. b) Ta có MUA = AMO (vì cùng phụ với góc AMO) mà AMO’ =0’MT nên MOA =0’MT. Do đó ASO’M ASOM (g-g), suy ra
SO’_SM hay SO.SO’ = SM?.
SM SO Tam giác MAT cân ở M nên MAT = ATM nhưng MAT =0AT (vì cùng phụ với góc MAT” ) suy ra ATS = SAT”. ASAT PASTA (g-g), ta có : 2 = 0 hay ST.ST’ = SA?.
SA ST’
) MA = MT = MT” nên MA là bán kính đường tròn ngoại tiếp ATAT”, hơn nữa 001 MA tại A, do đó đường tròn ngoại tiếp ATAT tiếp xúc với 00′ ở A.
Gọi M là trung điểm của OO’ thì MM //OT suy ra SML MM ở M mà MoM là bán kính đường tròn ngoại tiếp AOMO, do đó đường tròn
ngoại tiếp AOMO tiếp xúc với SM ở M. 56. a) MM cắt đường tròn nối tâm 00 ở S, ta có:
OS OM R . ASOM ASO’M’ n
– không đổi.
‘S O’M R Vậy điểm S cố định.
M
M
IV ra
(3)
Hình 115 OS OM
O’S b) ASOM ASOM nên: –
Cho’s OM MY TOM OM Qua O kẻ đường thẳng song song với MM cắt OM ở I, ta có:
00′ 10
OS 00 AOIO – AOMS nên : = suy ra –
OS OM
ΟΜ ΟΙ OS O’S 00′ Từ (1) và (2) suy ra =
OM O’M’ OI Tứ giác MIOM” là hình bình hành nên IM = OM^ = 3 (cm), suy ra IO=OM – IM =5-3 = 2 (cm) ; OO’=OA+AO’ =5+3 = 8 (cm). Khi đó từ (3), ta có : OS – OM.00′ _ 5.8 – 20 (cm);
OL 2 O’s – O’M’00’ _ 3.8 – 12 (cm). OI 2
. 180° – AOM c) Tam giác AOM cân ở O nên OAM ==
2
ca 180°- AO’M’ Tam giác AOM cân ở O nên CAM’ =>
Suy ra DAM HOAM – 360° -(AOM+AOM)?
0103
B
Hình 116
Mà AOM + AOM = 180° (hai góc trong cùng phía của hai đường thẳng OM 1/ OM’ ), nên OAM+OAM = 90°. Vậy MAM = 180° -(0AM+ MAO)=180° – 90° = 90°. Tam giác
AMM’ vuông ở M. 57. Theo ví dụ 7, 85, ta có:
2DE = DA+DC-AC (1) 2DF = DB+DC – AB (2) Theo giả thiết thì DA = DB và AC > BC nên từ (1) và (2) suy ra 2DE52DF hay DE <DF, vì thế điểm E nằm giữa D và F. Do đó : 2EF = 2DF – 2DE
= DB+DC – AB-(DA+DC – AC) = DB+DC-AB-DA-DC+AC
= AC – AB. 58. a) Tam giác ABC vuông ở A:
AC? = BC? – AB? = 1302 – 1262 = 1024, suy ra AC = 32 (cm). Kẻ OMLAB và ONL AC ta có tứ giác | AMON là hình chữ nhật, do đó OM = NA và Nt ON = MA. Do NA = AC nên
4ė:
Hình 117
OM = AC = 16 (cm). MA = AB nên ON = AB = 63 (cm). b) Tứ giác ACED là hình thang vì có AC // DE. AAPD và ABPE là các tam giác vuông cân nên ADE =DEB= 45°, mà CEB = 90°, suy ra ADE =CED.
Hình thang ACED có hai góc kề một đáy bằng nhau nên là hình thang cân.
c) Tứ giác ACED là hình thang cân nên AD = CE. Áp dụng định lí Py-ta-go với các tam giác vuông, ta có :
PA’+PDP = ADP = CEP ; PB? +PE? = BEZ | Vậy b+c =a. 59. a) Gọi giao điểm của MN và PQ là 0 thì0,0 và 0,0 đều là tia phân
giác của góc M0P nên chúng trùng nhau, hay 0, 0, 0, thẳng hàng. Suy ra ba đường thẳng MN, PQ và 00 đồng quy tại O.
M
Hình 118
b) 0,0 là đường phân giác đồng thời là đường cao của hai tam giác OMP và 0 NQ nên MP 100, và NQ100, do đó MP 7 NQ, suy ra MNQP là hình thang, lại có NMP = QPM nên MNQP là hình thang cân.
c) Gọi K là trung điểm của 00, kẻ KÌ 1 MN. Điều kiện cần và đủ để MN tiếp xúc với đường tròn (K ; KO) là : KO = KI = OM+ON hay QOʻ = 2KO =OM+O’N = R +R’
e đường tròn (O) tiếp xúc với đường tròn (O). Vậy điều kiện cần và đủ để đường tròn (K ; KO) tiếp xúc với MN là
đường tròn (O; R) và đường tròn (O; R’) tiếp xúc ngoài với nhau. 60. Đặt BC = a, CA = b, AB=c.
Theo ví dụ 7, 85, ta có :
BD = a+c=b; CD = a +b-c 2
2 Giả sử bac, khi đó :
a+c-b a+b-c BD.DC =
2 . 2 a-(b-c) a +(b-c) BS
2 . 2 _a? – (b-c)2_a? – (b+c?)+2bc
4 2bcbc
=SABC (vì bo+c = a^).
Da Hình 119
–
4
2
61. Từ M kẻ MS TOP.
Gọi N là giao điểm của đường thẳng kẻ qua 0 vuông góc với PV, ta có : AONQ AOQM (g-g) nên
ON OQ
00 OM hay
Hình 120
OQ=OM.ON (1) ΔΟΡΝΟ ΔΟΜS (g-g) nen OP ON
OP.OS = OM.ON OM OS
(2)
002
Từ (1) và (2) suy ra OP.OS = 0Q”, do đó Os=”p không đổi, vì thế điểm S cố định. Vậy điểm M chạy trên đường thẳng d OS tại S cố định.