Các bài toán hình học ôn thi vào lớp 10

Câu 1. [Bình Định 2020] Cho đường tròn tâm $O$, đường kính $AB$ và $d$ là một tiếp tuyến của đường tròn $\left(O\right)$ tại điểm $A$. Trên đường thẳng $d$ lấy điểm $M$ (khác $A$) và trên đoạn $OB$ lấy điểm $N$ (khác $O$ và $B$). Đường thẳng $MN$ cắt đường tròn $\left(O\right)$ tại hai điểm $C$ và $D$ sao cho $C$ nằm giữa $M$ và $D$. Gọi $H$ là trung điểm của đoạn thẳng $CD$.

a) Chứng minh tứ giác $AOHM$ nội tiếp được đường tròn.

b) Kẻ đoạn $DK$ song song với $MO$ ($K$ nằm trên đường thẳng $AB$). Chứng minh rằng $\widehat{MDK}=\widehat{BAH}$ và $M{A}^2=MC.MD$.

c) Đường thẳng $BC$ cắt đường thẳng $OM$ tại điểm $I$. Chứng minh rằng đường thẳng $AI$ song song với đường thẳng $BD$.

Giải.

a) $H$ là trung điểm của $CD$ nên $OH\mathrm{\perp }CD$ (liên hệ giữa đường kính và dây cung) $\Rightarrow \widehat{MHO}={90}^0$.

Xét tứ giác $AOHM$

+) $\widehat{MAO}={90}^0$($MA$ là tiếp tuyến của đường tròn)

+) $\widehat{MHO}={90}^0$(cmt)

$\Rightarrow \widehat{MAO}+\widehat{MHO}={90}^0+{90}^0={180}^0$

Mà hai góc ở vị trị đối diện trong tứ giác

$\Rightarrow$Tứ giác $AOHM$ nội tiếp được đường tròn.

b) Trong tứ giác $AOHM$ (cmt)

ta có $\widehat{OAH}=\widehat{OMH}$ (cùng chắn cung $OH$)

hay $\widehat{BAH}=\widehat{OMH}$.

Mà $\widehat{OMH}=\widehat{MDK}$ ($MO//KD$)

$\Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{MDK}$.

 Xét $\mathrm{\Delta }AMC=\mathrm{\Delta }DMA$

+) $\widehat{AMC}$ chung

+) $\widehat{MAC}=\widehat{ADC}$(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }AMC\sim \mathrm{\Delta }DMA$(g-g)

$\Rightarrow \frac{AM}{DM}=\frac{MC}{MA}\iff M{A}^2=MC.MD$(đpcm)

c) Gọi $E$ là giao điểm của $MO$ và $BD$. Kéo dài $DK$ cắt $BC$ tại $F$.

Xét tứ giác $AHKD$ có $\widehat{HAK}=\widehat{KDH}$(câu b)

$\Rightarrow AHKD$ nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)

$\Rightarrow \widehat{DAK}=\widehat{DHK}$(góc nội tiếp cùng chắn cung $DK$)

Mà $\widehat{DAK}=\widehat{DCB}$(góc nội tiếp cùng chắn cung $DB$)

$\Rightarrow \widehat{DHK}=\widehat{DCB}$

Hai góc này ở vị trí so le trong nên $HK//CB\Rightarrow HK//CF$.

Trong $\mathrm{\Delta }DCF$ có $HK//CF$, $H$ là trung điểm của $CD$ nên $K$ là trung điểm của $DF$$\Rightarrow DK=KF$.

Lại có $DK//MO\Rightarrow DF//IE$

$\Rightarrow \frac{DK}{OE}=\frac{FK}{OI}(=\frac{BK}{BO})$

Mà $DK=KF$(cmt) nên $OE=OI$.

Xét tứ giác $AIBE$ có hai đường chéo $IE$ và $AB$ cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường nên $AIBE$ là hình bình hành

$\Rightarrow AI//BE\Rightarrow AI//BD$(đpcm).

---

Câu 2. [Bình Định 2019] Cho đường tròn tâm $O$, bán kính $R$ và một đường thẳng $d$ không cắt đường tròn $\left(O\right)$. Dựng đường thẳng $OH$ vuông góc với đường thẳng $d$ tại điểm $H$. Trên đường thẳng $d$ lấy điểm $K$ (khác điểm $H$), qua $K$ vẽ hai tiếp tuyến $KA$ và $KB$ với đường tròn $\left(O\right)$, ($A$ và $B$ là các tiếp điểm) sao cho $A$ và $H$ nằm về hai phía của đường thẳng $OK$.

a) Chứng minh tứ giác $KAOH$ nội tiếp được đường tròn.

b) Đường thẳng $AB$ cắt đường thẳng $OH$ tại điểm $I$. Chứng minh rằng $IA.IB=IH.IO$ và $I$ là điểm cố định khi điểm $K$ chạy trên đường thẳng $d$ cố định.

c) Khi $OK=2R,OH=R\sqrt{3}$. Tính diện tích tam giác $KAI$ theo $R$.

Giải.

a) Xét tứ giác $KAOH$ có

+) $\widehat{KAO}={90}^0$($KA$ là tiếp tuyến của $\left(O\right)$)

+) $\widehat{KHO}={90}^0$(gt)

$\Rightarrow \widehat{KAO}+\widehat{KHO}={90}^0+{90}^0={180}^0$

$\Rightarrow$Tứ giác $KAOH$ nội tiếp.

b) Ta có $\widehat{KBO}={90}^0$($KB$ là tiếp tuyến của $\left(O\right)$)

Do đó $\widehat{KAO}=\widehat{KHO}=\widehat{KBO}={90}^0$

$\Rightarrow$5 điểm $K,A,O,B,H$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $OK$.

$\Rightarrow \widehat{OAB}=\widehat{OHB}$(cùng chắn cung $OB$) hay $\widehat{OAI}=\widehat{IHB}$

Xét $\mathrm{\Delta }IOA$ và $\mathrm{\Delta }IBH$ có

+) $\widehat{OAI}=\widehat{IHB}$(cmt)

+) $\widehat{OIA}=\widehat{BIH}$(hai góc đối đỉnh)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }IOA\sim \mathrm{\Delta }IBH$(g-g)

$\Rightarrow \frac{IA}{IH}=\frac{IO}{IB}\iff IA.IB=IH.IO$(đpcm)

Xét đường tròn đường kinh $OK$, ta có

$\widehat{OHB}$ là góc nội tiếp chắn cung $OB$.

$\widehat{ABO}$ là góc nội tiếp chắn cung $OA$.

Mà $OA=OB=R$

$\Rightarrow \widehat{OHB}=\widehat{ABO}$ hay $\widehat{OHB}=\widehat{IBO}$

 Xét $\mathrm{\Delta }IOB$ và $\mathrm{\Delta }BOH$ có

+) $\widehat{IOB}$ góc chung

+) $\widehat{OHB}=\widehat{IBO}$(cmt)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }IOB\sim \mathrm{\Delta }BOH$(g-g)

$\Rightarrow \frac{IO}{BO}=\frac{OB}{OH}\iff IO=\frac{O{B}^2}{OH}=\frac{R^2}{OH}$

Mà $d$ cố định nên $OH$ cố định$\Rightarrow I$ cố định.

c) Gọi $M$ là giao điểm của $OK$ và $AB$.

Theo câu b) thì $IO=\frac{R^2}{OH}=\frac{R^2}{R\sqrt{3}}=\frac{R}{\sqrt{3}}$.

Xét tam giác vuông $OAK$

$A{O}^2=OM.OK\Rightarrow OM=\frac{A{O}^2}{OK}=\frac{R^2}{2R}=\frac{R}{2}$.

$\Rightarrow MK=OK-OM=2R-\frac{R}{2}=\frac{3R}{2}$

Xét tam giác vuông $OMI$

$M{I}^2=O{I}^2-O{M}^2=\frac{R^2}{3}-\frac{R^2}{4}=\frac{R^2}{12}$

$\Rightarrow MI=\frac{R\sqrt{3}}{6}$

Xét tam giác vuông $OAK$

$A{M}^2=MO.MK=\frac{R}{2}\cdot \frac{3R}{2}\Rightarrow AM=\frac{R\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow AI=AM+MI=\frac{R\sqrt{3}}{2}+\frac{R\sqrt{3}}{6}=\frac{2R\sqrt{3}}{3}$

Suy ra $S_{KAI}=\frac{1}{2}\cdot KM\cdot AI=\frac{1}{2}\cdot \frac{3R}{2}\cdot \frac{2\sqrt{3}R}{3}=\frac{R^2\sqrt{3}}{2}$

---

Câu 3. [Bình Định 2018] Cho tam giác đều $ABC$ có đường cao $AH$. Trên cạnh $BC$ lấy điểm $M$ tùy ý ($M$ không trùng với $B,C,H$). Gọi $P,Q$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $AB,AC$.

a) Chứng minh tứ giác $APMQ$ nội tiếp được trong đường tròn và xác định tâm $O$ của đường tròn này.

b) Chứng minh $OH\perp PQ$.

c) Chứng minh $MP+MQ=AH$.

Giải.

a) Xét tứ giác $APMQ$ có

+) $\widehat{MPA}={90}^0$(gt)

+) $\widehat{MQA}={90}^0$(gt)

$\Rightarrow \widehat{MBA}=\widehat{MQA}={90}^0$

$\Rightarrow$ Tứ giác $APMQ$ nội tiếp đường tròn đường kính $AM$ (đpcm).

Tâm $O$ của đường tròn là trung điểm $AM$.

b) Trong tam giác đều $ABC$ có $AH$ là đường cao

$\Rightarrow \widehat{PAH}=\widehat{QAH}$

$\Rightarrow \stackrel{⌢}{PH}=\stackrel{⌢}{QH}\Rightarrow PH=QH$ hay $H$ thuộc trung trực của $PQ$.

Lại có $OP=OQ=R$ hay $O$ cũng thuộc trung trực của $PQ$

$\Rightarrow OH$ là trung trực của $PQ$

$\Rightarrow OH\mathrm{\perp }PQ$.

c) Ta có $S_{ABC}=S_{AMB}+S_{AMC}$

$\Rightarrow \frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}MP.AB+\frac{1}{2}MQ.AC$

Mà $AB=AC=BC$ do $\mathrm{\Delta }ABC$ đều

$\Rightarrow AH=MP+MQ$(đpcm).

---

Câu 4. [Bình Định 2017] Cho tam giác $ABC$ có ($AB<AC$) nội tiếp đường tròn tâm $O$. $M$ là điểm nằm trên cung $BC$ không chứa điểm $A$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là hình chiếu của $M$ lên $BC,CA,AB$.

a) Chứng minh rằng bốn điểm $M,B,D,F$ cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm $M,D,E,C$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh $D,E,F$ thẳng hàng.

c) Chứng minh rằng $\frac{BC}{MD}=\frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}$.

Giải.

a) Xét tứ giác $MFBD$ có

+) $\widehat{MFB}={90}^0$(gt)

+) $\widehat{MDB}={90}^0$(gt)

$\Rightarrow \widehat{MFB}+\widehat{MDB}={90}^0+{90}^0={180}^0$

$\Rightarrow$Tứ giác $MFBD$ nội tiếp được đường tròn

$\Rightarrow$Bốn điểm $M,B,D,F$ cùng thuộc một đường tròn.

Xét tứ giác $MDEC$ có

+) $\widehat{MDC}={90}^0$(gt)

+) $\widehat{MEC}={90}^0$(gt)

$\Rightarrow \widehat{MDC}=\widehat{MEC}={90}^0$

Hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh dưới các góc bằng nhau

$\Rightarrow$Tứ giác $MDEC$ nội tiếp.

b) Trong tứ giác nội tiếp $MFBD$

$\Rightarrow \widehat{BDF}=\widehat{BMF}(1)$(góc nội tiếp chắn cung $BF$)

Trong tứ giác nội tiếp $MDEC$

$\Rightarrow \widehat{EDC}=\widehat{EMC}(2)$(góc nội tiếp chắn cung $EC$)

Xét tứ giác nội tiếp $ABMC$

$\Rightarrow \widehat{FBM}=\widehat{MCA}$(góc ngoài)

Mà $\widehat{BMF}+\widehat{FBM}={90}^0$ và $\widehat{EMC}+\widehat{MCA}={90}^0$

$\Rightarrow \widehat{BMF}=\widehat{EMC}(3)$

Từ $(1),(2),(3)\Rightarrow \widehat{BDF}=\widehat{EDC}$

Ta có $\widehat{EDC}+\widehat{EDB}={180}^0\Rightarrow \widehat{BDF}+\widehat{EDB}={180}^0$

$\Rightarrow D,E,F$ thẳng hàng.

c) $\frac{BC}{MD}=\frac{DB+DC}{MD}=\frac{DB}{MD}+\frac{DC}{MD}=\tan \widehat{DMB}+\tan \widehat{DMC}(4)$

$\frac{AC}{ME}=\frac{EA+EC}{ME}=\frac{EA}{ME}+\frac{EC}{ME}=\tan \widehat{EMA}+\tan \widehat{EMC}(5)$

$\frac{AB}{MF}=\frac{FA-FB}{MF}=\frac{FA}{MF}-\frac{FB}{MF}=\tan \widehat{FMA}-\tan \widehat{FMB}(6)$

$\Rightarrow \frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}=\tan \widehat{EMA}+\tan \widehat{EMC}+\tan \widehat{FMA}-\tan \widehat{FMB}$

Mà $\widehat{FMB}=\widehat{EMC}$(câu b)

$\Rightarrow \frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}=\tan \widehat{EMA}+\tan \widehat{FMA}(7)$
Lại có $\widehat{EMA}+\widehat{EAM}={90}^0$ và $\widehat{DMB}+\widehat{DBM}={90}^0$ và $\widehat{EAM}=\widehat{DBM}$(cùng chắn cung $MC$)

$\Rightarrow \widehat{EMA}=\widehat{DMB}$

Tương tự ta chứng minh được $\widehat{FMA}=\widehat{DMC}(8)$

Từ $(4),(7),(8)\Rightarrow \frac{BC}{MD}=\frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}$(đpcm).

---

Câu 5. [Bình Định 2016] Cho đường tròn tâm $O$, dây cung $AB$ cố định ($AB$ không phải là đường kính của đường tròn). Từ điểm $M$ di động trên cung nhỏ $AB$($M$ khác $A$ và $B$), kẻ dây cung $MN$ vuông góc với $AB$ tại $H$. Từ $M$, kẻ đường vuông góc với $NA$, cắt đường thẳng $NA$ tại $Q$.

a) Chứng minh bốn điểm $A,M,H,Q$ cùng nằm trên một đường tròn. Từ đó suy ra $MN$ là tia phân giác của góc $\widehat{BMQ}$.

b) Từ $M$ kẻ đường thẳng vuông góc với $NB$ cắt $NB$ tại $P$. Chứng minh rằng $\widehat{AMQ}=\widehat{PMB}$.

c) Chứng minh ba điểm $P,H,Q$ thẳng hàng.

d) Xác định vị trí của điểm $M$ trên cung $\stackrel{⌢}{AB}$ để $MQ.AN+MP.BN$ có giá trị lớn nhất.

Giải.

a) Xét tứ giác $AHMQ$ có

+) $\widehat{MQA}={90}^0$(gt)

+) $\widehat{AHM}={90}^0$(gt)

$\Rightarrow \widehat{MQA}+\widehat{AHM}={90}^0+{90}^0={180}^0$

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau

$\Rightarrow$Tứ giác $AHMQ$ nội tiếp

Hay $A,M,H,Q$ cùng nằm trên một đường tròn

Trong $\mathrm{\Delta }QNM$ vuông tại $Q$ có $\widehat{QNM}+\widehat{QMN}={90}^0$

Trong $\mathrm{\Delta }HBM$ vuông tại $Q$ có $\widehat{HBM}+\widehat{HMB}={90}^0$

Mà $\widehat{QNM}=\widehat{HBM}$(cùng chắn cung $\stackrel{⌢}{AM}$)

$\Rightarrow \widehat{QMN}=\widehat{HMB}$

Hay $MN$ là tia phân giác của góc $\widehat{BMQ}$

b) Trong $\mathrm{\Delta }QAM$ vuông tại $Q$ có $\widehat{QAM}+\widehat{QMA}={90}^0$

Trong $\mathrm{\Delta }PMB$ vuông tại $P$ có $\widehat{PMB}+\widehat{PBM}={90}^0$

Mà $\widehat{QAM}=\widehat{PBM}$(góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của tứ giác nội tiếp)

$\Rightarrow \widehat{QMA}=\widehat{PMB}$(đpcm)

c) Trong tứ giác nội tiếp $AHMQ$ có

$\widehat{AHQ}=\widehat{QMA}$(cùng chắn cung $\stackrel{⌢}{AQ}$)

Dễ dàng chứng minh được tứ giác $HPBM$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{PMB}=\widehat{PHB}$(cùng chắn cung $\stackrel{⌢}{PB}$)

Mà $\widehat{QMA}=\widehat{PMB}$(câu b)

$\Rightarrow \widehat{AHQ}=\widehat{PHB}$

Hai góc này ở vị trí đối đỉnh

$\Rightarrow Q,H,P$ thẳng hàng (đpcm)

d) Ta có $MQ.AN+MP.BN=2S_{AMN}+2S_{BMN}$

$\Rightarrow MQ.AN+MP.BN=2\cdot \frac{1}{2}AH.MN+2\cdot \frac{1}{2}BH.MN=(AH+BH)MN=AB.MN$

Mà $AB$ cố định

Vậy $MQ.AN+MP.BN$ có giá trị lớn nhất khi $MN$ lớn nhất

Khi đó $MN$ là đường kính $\Rightarrow M$ là điểm chính giữa của cung $\stackrel{⌢}{AB}$

---

Câu 6. [Bình Định 2012] Cho đường tròn tâm $O$, bán kính $AB=2R$. Gọi $C$ là trung điểm của $OA$. Qua $C$ kẻ dây $MN$ vuông góc với $OA$ tại $C$. Gọi $K$ là điểm tùy ý trên cung nhỏ $BM$, $H$ là giao điểm của $AK$ và $MN$.

a) Chứng minh tứ giác $BCHK$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh $AK.AH=R^2$.

c) Trên $KN$ lấy điểm $I$ sao cho $KI=KM$. Chứng minh $NI=KB$.

Giải.

a) Xét tứ giác $BCHK$ có

+) $\widehat{BHC}={90}^0$(gt)

+) $\widehat{BKH}={90}^0$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{BHC}+BKH={90}^0+{90}^0={180}^0$

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau

$\Rightarrow$Tứ giác $BCHK$nội tiếp (đpcm).

b) Ta có $MN$ là trung trực của $AO$. Điểm $H\in MN$ suy ra $HA=HO$ hay $\mathrm{\Delta }HAO$ cân tại $H$

$\Rightarrow \widehat{OAH}=\widehat{AOH}(1)$

Trong $\mathrm{\Delta }OAK$ cân tại $O$

$\Rightarrow \widehat{OAK}=\widehat{OKA}$ hay $\widehat{OAH}=\widehat{OKA}(2)$
Từ $(1),(2)$ suy ra $\widehat{AOH}=\widehat{OKA}$

Xét $\mathrm{\Delta }AHO$ và $\mathrm{\Delta }AOK$ có

+) $\widehat{OKA}$ góc chung

+) $\widehat{AOH}=\widehat{OKA}$(cmt)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }AHO\sim \mathrm{\Delta }AOK$(g-g)

$\Rightarrow \frac{AO}{AK}=\frac{AH}{AO}\iff A{O}^2=AH.AK\iff AH.AK=R^2$(đpcm)

c) Xét $\mathrm{\Delta }OAM$ có $OA=OM=R$$\Rightarrow \mathrm{\Delta }OAM$ cân tại $O$ $(3)$
Lại có $MC$ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến$\Rightarrow \mathrm{\Delta }OAM$ cân tại $M$ $(4)$

Từ $(3),(4)\Rightarrow \mathrm{\Delta }OAM$ đều

$\Rightarrow sd\stackrel{⌢}{AM}=\widehat{MOA}={60}^0$ và $sd\stackrel{⌢}{MAN}=2sd\stackrel{⌢}{AM}={2.60}^0={120}^0$

Xét $\mathrm{\Delta }KMI$ cân tại $K$(do $KM=KI$(gt)) có

$\widehat{MKI}=\widehat{MKN}=\frac{1}{2}sd\stackrel{⌢}{MAN}=\frac{1}{2}\cdot {120}^0={60}^0$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }KMI$ đều

$\Rightarrow MI=MK(5)$

Xét $\mathrm{\Delta }BMN$ có $BC$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên $\mathrm{\Delta }BMN$ cân tại $B$

Lại có $\widehat{MBN}=\frac{1}{2}sd\stackrel{⌢}{MAN}=\frac{1}{2}\cdot {120}^0={60}^0$

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }BMN$ đều

$\Rightarrow MN=MB(6)$

Gọi $E$ là giao điểm của $MI$ và $AK$

Ta có $\widehat{NKB}=\widehat{NMB}={60}^0$(góc nội tiếp cùng chắn cung $NB$)

$\widehat{MIK}={60}^0$(Do $\mathrm{\Delta }MIK$ đều)

$\Rightarrow \widehat{MIK}=\widehat{NKB}$

Mà hai góc này ở vị trí so le trong

$\Rightarrow MI//KB$

Mà $AK\mathrm{\perp }KB$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow AK\mathrm{\perp }MI$

Trong $\mathrm{\Delta }EMH$ vuông tại $E$ có

$\widehat{EMH}+\widehat{EHM}={90}^0$

Trong $\mathrm{\Delta }CAH$ vuông tại $C$ có

$\widehat{CAH}+\widehat{CHA}={90}^0$

Mà $\widehat{CHA}=\widehat{EHM}$(đối đỉnh)

$\Rightarrow \widehat{EMH}=\widehat{CAH}$

Mà $\widehat{CAH}=\widehat{BMK}$(cùng chắn cung $BK$)

$\Rightarrow \widehat{EMH}=\widehat{BMK}$ hay $\widehat{NMI}=\widehat{BMK}(7)$

Xét $\mathrm{\Delta }MIN$ và $\mathrm{\Delta }MKB$ có

+) $MI=MK$ (theo $(5)$)

+) $MN=MB$ (theo $(6)$)

+) $\widehat{NMI}=\widehat{BMK}$ (theo $(7)$)

$\Rightarrow \mathrm{\Delta }MIN=\mathrm{\Delta }MKB$(c-g-c)

$\Rightarrow NI=KB$(đpcm)

---

Câu 7. Cho nửa đường tròn $\left(O\right)$ đường kính $AB=2R$, dây cung $AC$. Gọi $M$ là điểm chính giữa cung $AC$. Một đường thẳng kẻ từ điểm $C$ song song với $BM$ và cắt $AM$ ở $K$, cắt $OM$ ở $D$, $OD$ cắt $AC$ tại $H$.

a) Chứng minh $CKMH$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh rằng: $CD=MB$ ; $DM=CB$.

c) Xác điểm $C$ trên nửa đường tròn $\left(O\right)$ để $AD$ chính là tiếp tuyến của nửa đường tròn.

Giải

a) $MB//DC$

$MK\mathrm{\perp }MB$

$\Rightarrow MK\mathrm{\perp }DC$

$\Rightarrow \widehat{MKC}={90}^0$

$M$ là điểm chính giữa cung $\stackrel{⌢}{AC}$

$\Rightarrow OM\mathrm{\perp }AC$

$\Rightarrow \widehat{MHC}={90}^0$

Xét tứ giác $CKMH$ có

+) $\widehat{MKC}+\widehat{MHC}={90}^0+{90}^0={180}^0$

+) Hai góc này ở vị trí đối nhau

$\Rightarrow$Tứ giác $CKMH$ nội tiếp (đpcm)

b) $MB//DC$

Lại có $MD//BC$(cùng vuông góc $AC$)

$\Rightarrow MDCB$ là hình bình hành

$\Rightarrow MD=BC$(đpcm)

c) Trong $\mathrm{\Delta }DAC$, $M$ là giao điểm của hai đường cao $DH,AK$

$\Rightarrow M$ là trực tâm của $\mathrm{\Delta }DAC$

$\Rightarrow CM\mathrm{\perp }AD(1)$

Để $AD$ là tiếp tuyến thì $AD\mathrm{\perp }AB(2)$

Từ $(1),(2)\Rightarrow$$CM//AB$

$\Rightarrow \stackrel{⌢}{AM}=\stackrel{⌢}{CB}$

Hay $\stackrel{⌢}{AM}=\stackrel{⌢}{MC}=\stackrel{⌢}{BC}$

$\Rightarrow sd\stackrel{⌢}{BC}={60}^0$

---

Câu 8. Cho nửa đường tròn $\left(O\right)$ có đường kính $AB=a$. Gọi hai tia $Ax,By$ là các tia vuông góc với $AB$ ($Ax,By$ thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ $AB$). Qua một điểm $M$ thuộc nửa đường tròn $\left(O\right)$ ($M$ không trùng với $A$ và $B$), vẻ các tiếp tuyến với nửa đường tròn $\left(O\right)$; chúng cắt $Ax,By$ lần lượt tại 2 điểm $E$ và $F$.

a) Chứng minh: $\widehat{EOF}={90}^0$.

b) Chứng minh tứ giác $AEMO$ là một tứ giác nội tiếp; hai tam giác $MAB$ và $OEF$ đồng dạng.

c) Gọi $K$ là giao của hai đường $AF$ và $BE$, chứng minh rằng$MK\mathrm{\perp }AB$.

d) Nếu$MB=\sqrt{3}MA$, tính diện tích tam giác $KAB$ theo $a$.

Giải

a) $OE,OF$ lần lượt là phân giác của $\widehat{MOA},\widehat{MOF}$(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow \widehat{EOF}={90}^0$(hai tia phân giác của hai góc kề bù)(đpcm)

b) Xét tứ giác $AEMO$ có

+) $\widehat{OAE}={90}^0$($AE$ là tiếp tuyến)

+) $\widehat{OME}={90}^0$ ($ME$ là tiếp tuyến)

$\Rightarrow \widehat{OAE}+\widehat{OME}={90}^0+{90}^0={180}^0$

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau

$\Rightarrow$Tứ giác $AEMO$ nội tiếp (đpcm)

c) Vì $AE//BF$ nên

$\frac{AK}{KF}=\frac{AE}{BF}$

Mà $AE=EM;BF=FM$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow \frac{AK}{KF}=\frac{EM}{FM}$

$\Rightarrow EA//MK$(Ta-lét đảo)

Mà $EA\mathrm{\perp }AB$

$\Rightarrow MK\mathrm{\perp }AB$(đpcm)

d) Trong $\mathrm{\Delta }FEA$ có

$\frac{MK}{EA}=\frac{FK}{FA}(1)$ (Do $MK//EA$)

Trong $\mathrm{\Delta }BEA$ có

$\frac{NK}{EA}=\frac{BK}{BE}(2)$ (Do $KN//EA$)

Lại có $\frac{FK}{KA}=\frac{BK}{KE}$ (Do $BF//EA$)

$\Rightarrow \frac{FK}{KA+FK}=\frac{BK}{KE+BK}$(Tính chất $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\Rightarrow \frac{a}{b+a}=\frac{c}{d+c}$)

Hay $\frac{FK}{FA}=\frac{BK}{BE}(3)$

Từ $(1),(2),(3)$ suy ra $\frac{MK}{EA}=\frac{NK}{EA}\Rightarrow MK=NK$

$\Rightarrow S_{AKB}=\frac{1}{2}{S}_{AMB}$

Ta có $MB=\sqrt{3}MA\Rightarrow \widehat{MAB}={60}^0$

$\Rightarrow MA=AB\cos {60}^0=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow MB=AB\sin {60}^0=\frac{a}{2}$

$\Rightarrow S_{AKB}=\frac{1}{2}{S}_{AMB}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}AM.BM=\frac{1}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{16}$