• Bài tập tự luyện dạng 2

Bài tập cơ bản

Câu 1:

Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ $MI\bot AB,MK\bot AC\left( I\in AB,K\in AC \right)$.

1. Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.
2. Vẽ $MP\bot BC\left( P\in BC \right).$ Chứng minh $\widehat{MPK}=\widehat{MBC}$ .

Câu 2:

Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi H là điểm nằm giữa O và B. Kẻ dây CD vuông góc với AB tại H. Trên cung nhỏ AC lấy điểm E, kẻ $CK\bot AE$ tại K. Đường thẳng DE cắt CK tại F. Chứng minh

1. Tứ giác AKCH nội tiếp.
2. $A{{D}^{2}}=AH.AB$
3. $\Delta ACF$là tam giác cân.

Bài tập nâng cao

Câu 3:

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 nhỏ BC, AK cắt CD tại H.

1. Chứng minh tứ giác BIHK nội tiếp.
2. Chứng minh AH.AK có giá trị không phụ thuộc vị trí điểm K.
3. Kẻ $DN\bot BC;DM\bot AC\left( N\in BC,M\in AC \right)$. Chứng minh các đường thẳng AB, CD, MN đồng quy.

Câu 4:

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy $M\in OA\left( M\ne O;A \right)$. Qua M vẽ đường thẳng d vuông góc với AB.

Trên d lấy N sao cho ON > R. Nối NB cắt (O) tại C. Kẻ tiếp tuyến NE với (O), (E là tiếp điểm, E và A cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ d). Chứng minh

1. Bốn điểm O, E, M, N cùng thuộc một đường tròn.
2. $NB.NC=N{{E}^{2}}$
3. $\widehat{NEH}=\widehat{NME}$ (H là giao điểm của AC và d)
4. FK là tiếp tuyến của (O) với F là giao điểm của HE và (O).

Câu 5:

Cho đường tròn (O;R) và điểm K cố định nằm ngoài đường tròn. Qua K kẻ hai tiếp tuyến KM; KN tới đường tròn (M; N là hai tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua K cắt đường tròn (O;R) tại B và C $\left( KB<KC \right)$. Gọi I là trung điểm của BC.

1. Chứng minh năm điểm K, M, N, O, I thuộc một đường tròn.
2. Chứng minh$K{{M}^{2}}=KB.KC$.
3. Đường thẳng qua B, song song với KM cắt MN tại E. Chứng minh EI // CM.
4. Chứng minh khi d thay đổi quanh điểm K thì trọng tâm G của tam giác MBC luôn nằm trên một đường tròn cố định.

Dạng 2. Sử dụng các dấu hiệu chứng minh tứ giác nội tiếp và những bài toán liên quan

Câu 1. Ta có $\widehat{AIM}=\widehat{AKM}={{90}^{o}}$ (giả thiết) Suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM. Tứ giác CPMK có $\widehat{MPC}=\widehat{MKC}={{90}^{o}}$ (giả thiết). Do đó tứ giác CPMK là tứ giác nội tiếp. $\Rightarrow \widehat{MPK}=\widehat{MCK}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$ Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên $\widehat{MKC}=\widehat{MBC}\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$ Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{MPK}=\widehat{MBC}$ .
Câu 2. Xét tứ giác AKCH có $\widehat{AHC}+\widehat{AKC}={{180}^{o}}$ $\Rightarrow $ tứ giác AKCH nội tiếp đường tròn đường kính AC. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào \[\Delta ADB\]vuông tại D, đường cao DH, ta có $A{{D}^{2}}=AH.AB$ Ta có \[\widehat{EAC}=\widehat{EDC}=\frac{1}{2}\text{s}\overset\frown{EC}\]; $\widehat{EAC}=\widehat{KHC}$ (tứ giác AKCH nội tiếp). $\Rightarrow \widehat{EDC}=\widehat{KHC}\Rightarrow DF//HK$. Mà H là trung điểm của DC nên HK là đường trung bình của tam giác DCF. $\Rightarrow K$ là trung điểm của CF. $\Rightarrow \Delta ACF$ cân tại A (đường cao AK đồng thời là đường trung tuyến).
Câu 3. Xét tứ giác BIHK có \[\widehat{HIB}+\widehat{HKB}={{180}^{o}}\] $\Rightarrow $ tứ giác BIHK nội tiếp đường tròn đường kính HB. Ta có $\Delta AHI\backsim \Delta ABK\left( g.g \right)$ vì \[\widehat{HAI}\] chung; \[\widehat{HIA}=\widehat{AKB}={{90}^{o}}\] $\Rightarrow \frac{AH}{AB}=\frac{AI}{AK}\Rightarrow AH.AK=AI.AB$ (không đổi). Ta có MD // CN (cùng vuông góc với MC). AC // DN (cùng vuông góc BC). $\Rightarrow MCND$là hình bình hành. $\Rightarrow I$ là trung điểm của $MN\Rightarrow $ điều phải chứng minh.
Câu 4. Xét tứ giác OMEN có \[\widehat{NEO}=\widehat{NMO}={{90}^{o}}\] $\Rightarrow $ tứ giác OMEN nội tiếp đường tròn đường kính NO Hay bốn điểm O, E, M, N cùng thuộc một đường tròn. Ta có \[\widehat{NEC}=\widehat{CBE}=\frac{1}{2}\text{s}\overset\frown{CE}\] $\begin{array} & \Rightarrow \Delta NEC\backsim \Delta NBE\left( g.g \right) \\ \Rightarrow \frac{NE}{NB}=\frac{NC}{NE}\Leftrightarrow NB.NC=N{{E}^{2}}\,\,\,\,\,(1) \\ \end{array}$ Hai tam giác vuông $\Delta NCH\backsim \Delta NMB\left( g.g \right)$ $\Rightarrow \frac{NC}{NH}=\frac{NM}{NB}\Rightarrow NC.NB=NH.NM\,\,\,\,\,(2)$ Từ (1) và (2) suy ra $N{{E}^{2}}=NH.NM\Rightarrow \frac{NH}{NE}=\frac{NE}{NM}$. Mặt khác $\Delta NEH$ và $\Delta NME$ có \[\widehat{BNM}\] chung $\Rightarrow \Delta NEH\backsim \Delta NME\left( c.g.c \right)\Rightarrow \widehat{NEH}=\widehat{EMN}$. Tứ giác NEMO nội tiếp $\Rightarrow \widehat{EMN}=\widehat{EON}\Rightarrow \widehat{NEH}=\widehat{NOE}\Rightarrow EF\bot NO$. Mặt khác tam giác OEF cân tại $O\Rightarrow ON$ là trung trực của EF $\Rightarrow NF=NE\Rightarrow NF$ là tiếp tuyến của đường tròn (O;R).
Câu 5. Ta có $\widehat{KMO}=\widehat{KIO}=\widehat{KNO}={{90}^{o}}$. $\Rightarrow $ Năm điểm K, M, N, O, I cùng nằm trên đường tròn đường kính KO. $\widehat{KMB}=\widehat{MCB}=\frac{1}{2}\text{s}\overset\frown{BM}$

$\Rightarrow \Delta KMB\backsim \Delta KCM\left( g.g \right)$

$\Rightarrow \frac{KM}{KC}=\frac{KB}{KM}\Leftrightarrow K{{M}^{2}}=KB.KC$

1. Tứ giác KMIN nội tiếp $\Rightarrow \widehat{KMN}=\widehat{KIN}$

$BE//KM\Rightarrow \widehat{KMN}=\widehat{BEN}$

$\Rightarrow \widehat{BEN}=\widehat{KIN}\Rightarrow $ tứ giác BEIN nội tiếp (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{BN}$).

$\Rightarrow \widehat{BIE}=\widehat{BNE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{BE}$).

Mặt khác $\widehat{BNM}=\widehat{BCM}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{BM}$).

$\Rightarrow \widehat{BIE}=\widehat{BCM}\Rightarrow IE//CM$.

1. G là trọng tâm $\Delta MBC\Rightarrow G\in MI$.

Gọi T là trung điểm $KO\Rightarrow MT=IT=\frac{1}{2}KO$.

Từ G kẻ GG’ // IT $\left( G’\in MT \right)$

$\Rightarrow \frac{GG’}{IT}=\frac{MG}{MI}=\frac{MG’}{MT}=\frac{2}{3}\Rightarrow GG’=\frac{2}{3}IT=\frac{1}{3}KO$.

$MG’=\frac{2}{3}MT\Rightarrow G’$cố định $\Rightarrow G$thuộc đường tròn $\left( G’;\frac{1}{3}KO \right)$.