Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính BC. Lấy điểm A trên tia đối của tia CB. Kẻ tiếp tuyến AF của nửa đường tròn (O) (vói F là tiếp điểm), tia AF cắt tiếp tuyến Bx của nửa đường tròn tại D. Cho biết AF = 4R3a, Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp. Xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác nàyb, Tính côsin góc DAB^c, Kẻ OM  ^ BC (M Î AD). Chứng minh BDDM-DMAM=1d, Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R

Câu hỏi:

Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính BC. Lấy điểm A trên tia đối của tia CB. Kẻ tiếp tuyến AF của nửa đường tròn (O) (vói F là tiếp điểm), tia AF cắt tiếp tuyến Bx của nửa đường tròn tại D. Cho biết AF = $\frac{4R}{3}$a, Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp. Xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác nàyb, Tính côsin góc $\widehat{DAB}$c, Kẻ OM  ^ BC (M Î AD). Chứng minh $\frac{BD}{DM}–\frac{DM}{AM}=1$
d, Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R

Trả lời:

a, Chứng minh được DBOF nội tiếp đường tròn tâm I là trung điểm của DOb, $OA=\sqrt{O{F}^2+A{F}^2}=\frac{5R}{3}$ => $\cos \widehat{DAB}=\frac{AF}{AO}=\frac{4}{5}$c, ∆AMO:∆ADB(g.g) => $\frac{DM}{AM}=\frac{OB}{OA}$mà $\widehat{MOD}=\widehat{ODB}=\widehat{ODM}$ => DM = OM=> $\frac{DB}{DM}=\frac{DB}{OM}=\frac{AD}{AM}$. Xét vế trái $\frac{BD}{DM}–\frac{DM}{AM}=\frac{AD–DM}{AM}=1$d, $DB=AB.\tan \widehat{DAB}=\frac{8R}{3}.\frac{3}{4}=2R$ => $OM=AO.\tan \widehat{DAB}=\frac{5R}{4}$=> $S_{OMDB}=\frac{13R^2}{8}$$S_{OMDB}$ ngoài = $S_{OMDB}–\frac{1}{4}{S}_{\left(O,R\right)}=\frac{R^2}{8}\left(13–2\mathrm{\pi }\right)$

====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====

1. Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB. M là một điẻm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C), BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên ABa, Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếpb, Chứng minh: ACM^=ACK^c, Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại Cd, Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d ao cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nưanr mặt phẳng bờ AB và AP.MBMA=R. Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB. M là một điẻm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C), BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên ABa, Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếpb, Chứng minh: $\widehat{ACM}=\widehat{ACK}$c, Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại Cd, Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d ao cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nưanr mặt phẳng bờ AB và $\frac{AP.MB}{MA}=R$. Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK

   Trả lời:

   a, Chứng minh được $\widehat{HCB}=\widehat{HKB}={90}^0$b, $\widehat{ACK}=\widehat{HBK}$ (CBKH nội tiếp)Lại có: $\widehat{ACM}=\widehat{HBK}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{AM}$=> $\widehat{ACM}=\widehat{ACK}$c, Chứng minh được:DMCA = DECB (c.g.c) => MC = CETa có: $\widehat{CMB}=\widehat{CAB}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{CB}={45}^0$=> DMCE vuông cân tại Cd, Gọi $PB\cap HK=I$Chứng minh được DHKB đồng dạng với DAMB (g.g)=> $\frac{HK}{KB}=\frac{MA}{MB}=\frac{AP}{R}$ => $HK=\frac{AP.BK}{R}$Mặt khác: ∆BIK:∆BPA(g.g) => (ĐPCM)

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Hai tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M, AM cắt (O) tại điểm thứ hai D. Gọi E là trung diểm củ đoạn AD, EC cắt (O) tại điẻm thứ hai F. Chứng minh:a, Tứ giác OEBM là tứ giác nội tiếpb, MB2=MA.MBc, BFC^=MOC^d, BF song song AM
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Hai tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M, AM cắt (O) tại điểm thứ hai D. Gọi E là trung diểm củ đoạn AD, EC cắt (O) tại điẻm thứ hai F. Chứng minh:a, Tứ giác OEBM là tứ giác nội tiếpb, $M{B}^2=MA.MB$c, $\widehat{BFC}=\widehat{MOC}$d, BF song song AM

   Trả lời:

   a, $\widehat{OBM}=\widehat{OEM}={90}^0$=> Tứ giác OEBM nội tiếpb, Chứng minh được: ∆ABM:∆BDM (g.g) => $M{B}^2=MA.MB$c, DOBC cân tại O có OM vừa là trung trực vừa là phân giác=> $\widehat{MOC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{BC}$Mà $\widehat{BFC}=\frac{1}{2}\stackrel{⏜}{BC}$ => $\widehat{MOC}=\widehat{BFC}$d, $\widehat{OEM}=\widehat{OCM}={90}^0$ => Tứ giác EOCM nội tiếp=> $\widehat{MEC}=\widehat{MOC}=\widehat{BFC}$ mà 2 góc ở vị trí đồng vị => FB//AM

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
3. Cho đường tròn (O) điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng MO cắt (O) tại E và F (ME &lt; MF).Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm, A nằm giữa hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đường thẳng MO)a, Chứng minh MA. MB = ME.MFb, Gọi H là hình chiêu vuông góc của điểm c lên đuờng thẳng MO. Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếpc, Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính MF; nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng CO và KF. Chứng minh các đường thẳng MS và KC vuông góc nhaud, Gọi P và Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EFS và ABS và T là trung điểm của KS. Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho đường tròn (O) điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng MO cắt (O) tại E và F (ME < MF).Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm, A nằm giữa hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đường thẳng MO)a, Chứng minh MA. MB = ME.MFb, Gọi H là hình chiêu vuông góc của điểm c lên đuờng thẳng MO. Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếpc, Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính MF; nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng CO và KF. Chứng minh các đường thẳng MS và KC vuông góc nhaud, Gọi P và Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EFS và ABS và T là trung điểm của KS. Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng

   Trả lời:

   a, HS tự chứng minhb, MH.MO = MA.MB ( = $M{C}^2$)=> ∆MAH:∆MOB (c.g.c)=> $\widehat{MHA}=\widehat{MBO}$$\widehat{MBO}+\widehat{AHO}=\widehat{MHA}+\widehat{AHO}={180}^0$=> AHOB nội tiếpc, $M{K}^2$ = ME.MF = $M{C}^2$ Þ  MK = MC∆MKS = ∆MCS (ch-cgv) => SK = SC=> MS là đường trung trực của KC=> MS ^ KC tại trung của CKd, Gọi MS$\cap$KC = IMI.MS = ME.MF = $M{C}^2$ => EISF nội tiếp đường tròn tâm P Þ PI = PS. (1)MI.MS = MA.MB (= $M{C}^2$) => AISB nội tiếp đường tròn tâm Q Þ QI = QS. (2)Mà IT = TS = TK (do DIKS vuông tại I). (3)Từ (1), (2) và (3) => P, T, Q thuộc đường trung trực của IS => P, T, Q thẳng hàng

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
4. Cho tam giác ABC có hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi E' là điểm đối xứng H qua AC, F' là điểm đối xứng H qua AB. Chứng minh:a, Tứ giác BCE'F' nội tiếp đường tròn (O)b, Năm điểm A, F', B, C, E' cùng thuộc một đường trònc, AO và EF vuông góc nhaud, Khi A chạy trên (O) thì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF không đổi
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho tam giác ABC có hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi E’ là điểm đối xứng H qua AC, F’ là điểm đối xứng H qua AB. Chứng minh:a, Tứ giác BCE’F’ nội tiếp đường tròn (O)b, Năm điểm A, F’, B, C, E’ cùng thuộc một đường trònc, AO và EF vuông góc nhaud, Khi A chạy trên (O) thì bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF không đổi

   Trả lời:

   a, ∆CHE’ cân tại C => $\widehat{CE‘H}=\widehat{CHE‘}$DBHF’ cân tại B => $\widehat{BF‘H}=\widehat{BHF‘}$Mà => $\widehat{CHE‘}=\widehat{BHF‘}$ (đối đỉnh)=> $\widehat{CE‘H}=\widehat{BF‘H}$=> Tứ giác BCE’F’  nội tiếp đường tròn tâm (O)b, Có $\widehat{BFC‘}=\widehat{BE‘C}=\widehat{CHE‘}=\widehat{CAB}$Vậy A, F’, E’ cùng chắn BC dưới góc bằng nhau=> 5 điểm B, F’, A, E’, C cùng thuộc một đường tròn tâm (O)c, AF’ = AE’ (=AH) => AO là trung trực của EF => AO ^ E’F’. DHE’F’ có EF là đường trung bình => EF//E’F’=> AO ^ FEd, $\widehat{AFH}=\widehat{AEH}={90}^0$ => AFHE nội tiếp đường tròn đường kính AH. Trong (O): Kẻ đường kính AD, lấy I trung điểm BC=> OI = $\frac{1}{2}$AH, BC cố định => OI không đổi=> Độ dài AH không đổi=> Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆AEF không đổi

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
5. Cho tam giác ABC nhọn, có H là trực tâm, nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AM = 2Ra, Chứng minh tứ giác BHCM là hình bình hànhb, Gọi N là điểm đối xứng của M qua AB. Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp được trong một đường trònc, Gọi E là điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàngd, Giả sử AB = R3. Tính diện tích phần chung của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho tam giác ABC nhọn, có H là trực tâm, nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AM = 2Ra, Chứng minh tứ giác BHCM là hình bình hànhb, Gọi N là điểm đối xứng của M qua AB. Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp được trong một đường trònc, Gọi E là điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàngd, Giả sử AB = R$\sqrt{3}$. Tính diện tích phần chung của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN

   Trả lời:

   a, BH ^ AC và CM ^ AC Þ BH//CMTương tự => CH//BM=> BHCM là hình bình hànhb, Chứng minh BNHC là hình bình hành=> NH//BC=> AH ^ NH => $\widehat{AHM}={90}^0$Mà $\widehat{ABN}={90}^0$ => Tứ giác AHBN nội tiếpc, Tương tự ý b, ta có: BHEC là hình bình hành. Vậy NH và HE//BC => N, H, E thẳng hàngd, $\widehat{ABN}={90}^0$ => AN là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBNAN = AM = 2R, AB = R$\sqrt{3}$ => $\stackrel{⏜}{AmB}={120}^0$$S_{AOB}=\frac{1}{2}{S}_{ABM}=\frac{R^2\sqrt{3}}{4}$$S_{\stackrel{⏜}{AmB}}=S_{atAOB}–S_{AOB}=\frac{R^2}{12}\left(4\mathrm{\pi }–3\sqrt{3}\right)$=> S cần tìm = $2S_{\stackrel{⏜}{AmB}}=\frac{R^2}{6}\left(4\mathrm{\pi }–3\sqrt{3}\right)$

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====