36 câu hỏi trắc nghiệm thuộc Dạng 7. Bài luyện tập có đáp án

Câu 1:

Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R. Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ AH vuông góc với BC Nửa đường tròn đường kính BH, CH lần lượt có tâm O₁; O₂ cắt AB, AC thứ tự tại D và E.

Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết R = 25 và BH = 10

Xem đáp án

Ta có $\hat{B A C}$ = 90⁰ (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn)

Tương tự có $\hat{B D H} = \hat{C E H} = 90^{0}$

Xét tứ giác ADHE có $\hat{A} = \hat{A D H} = \hat{A E H} = 90^{0}$ => ADHE là hình chữ nhật.

Từ đó DE = AH mà $A H^{2} = B H . C H$ (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

hay $A H^{2} = 10.40 = 400$ (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 (đơn vị độ dài)

Câu 2:

Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R. Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ AH vuông góc với BC Nửa đường tròn đường kính BH, CH lần lượt có tâm O₁; O₂ cắt AB, AC thứ tự tại D và E.

Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

Media VietJack

Ta có: $\hat{B A H} = \hat{C}$ (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà $\hat{D A H} = \hat{A D E}$ (1)

(Vì ADHE là hình chữ nhật) => $\hat{C} = \hat{A D E}$ do $\hat{C} + \hat{B D E} = 180^{0}$ nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.

Câu 3:

Cho đường tròn (O), đường kính AB, d1, d2 là các các đường thẳng lần lượt qua A, B và cùng vuông góc với đường thẳng AB. Lấy M, N là các điểm lần lượt thuộc d1, d2 sao cho $\hat{M O N}$ = 900.

Chứng minh đường thẳng MN là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Xem đáp án

Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng MN. Xét tứ giác OAMH

$\hat{A} + \hat{H} = 180^{0} (d o \hat{A} = \hat{H} = 90^{0})$

=> OAMH là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Tương tự tứ giác OBNH nội tiếp được

=> $\hat{A_{1}} = \hat{M_{1}}, \hat{B_{1}} = \hat{N_{1}}$ (2 góc nội tiếp chắn 1 cung)

$\Rightarrow \hat{A_{1}} + \hat{B_{1}} = \hat{M_{1}} + \hat{N_{1}} = 90^{0}$ => $\hat{A H B}$ = 90⁰. Hay H thuộc (O) lại có $O H ⊥ M N$

=> MN là tiếp tuyến của (O)

Câu 4:

Cho đường tròn (O), đường kính AB, d1, d2 là các các đường thẳng lần lượt qua A, B và cùng vuông góc với đường thẳng AB. Lấy M, N là các điểm lần lượt thuộc d1, d2 sao cho

\hat{M O N}

= 900.

Chứng minh AM. BN = $\frac{A B^{2}}{4}$

Xem đáp án

Media VietJack

Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng trong tam vuông, ta có:

$A M . B N = M H . N H = O H^{2} = \frac{A B^{2}}{4}$ (đpcm)

Câu 5:

Cho đường tròn (O), đường kính AB, d1, d2 là các các đường thẳng lần lượt qua A, B và cùng vuông góc với đường thẳng AB. Lấy M, N là các điểm lần lượt thuộc d1, d2 sao cho

\hat{M O N}

= 900.

Xác định vị trí của M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ nhất.

Xem đáp án

$S_{M O N} = \frac{1}{2}$ OH. MN > $\frac{1}{2}$ OH. AB (Vì AMNB là hình thang vuông)

Dấu “=” khi và chỉ khi MN = AB hay H là điểm chính giữa của cung AB

M, N song song với AB AM = BN = $\frac{A B}{2} .$

Vậy $S_{M O N}$ nhỏ nhất khi và chỉ khi AM = BN = $\frac{A B}{2} .$

Câu 6:

Cho ABC có 3 góc nhọn, trực tâm là H và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường kính AK.

Chứng minh tứ giác BHCK là hình hình hành.

Xem đáp án

Ta có $\hat{A C K} = 90^{0}$ (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên CK vuông góc với AC mà BH vuông góc với AC (vì H trực tâm)

=> CK // BH tương tự có CH // BK

=> Tứ giác BHCK là hbh (đpcm)

Câu 7:

Cho ABC có 3 góc nhọn, trực tâm là H và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường kính AK.

Vẽ OM vuông góc với BC (M thuộc BC). Chứng minh H, M, K thẳng hàng và AH = 2.OM.

Xem đáp án

Media VietJack

OM vuông góc với BC => M trung điểm của BC

(định lý đường kính và dây cung) => M là trung điểm của HK (vì BHCK là hình bình hành) => đpcm tam giác AHK có OM là đường trung bình => AH = 2.OM

Câu 8:

Cho ABC có 3 góc nhọn, trực tâm là H và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường kính AK.

Gọi A’, B’, C’ là chân các đường cao thuộc các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Khi BC cố định hãy xác định vị trí điểm A để tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn nhất.

Xem đáp án

Ta có $\hat{A C^{'} C} = \hat{B B^{'} C}$ = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => $\hat{A C^{'} B^{'}}$ = $\hat{A C B}$ mà $\hat{A C B} = \hat{B A x}$ (Ax là tiếp tuyến tại A) => Ax // B’C’

OA vuông góc với Ax => OA vuông góc với B’C’. Do đó SAB’OC’ = $\frac{1}{2}$ R.B’C’

Tương tự: SBA’OC’ = $\frac{1}{2}$ R.A’C’; SCB’OA’ = $\frac{1}{2}$ R.A’B’

$S_{A B C} = \frac{1}{2}$ = $\frac{1}{2}$ R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= $\frac{1}{2}$ AA’.BC < $\frac{1}{2}$ (AO + OM).BC

$\Leftrightarrow$ A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn nhất khi A, O, M thẳng hàng

$\Leftrightarrow$ A là điểm chính giữa cung lớn BC

Câu 9:

Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = $\frac{2}{3}$ AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E.

Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp.

Xem đáp án

Media VietJack

Theo giả thiết MN ^AB tại I

$\hat{ACB} {= 90}^{0} hay \hat{ECB} {= 90}^{0} \Rightarrow \hat{EIB} + \hat{ECB} {= 180}^{0}$

mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp.

Câu 10:

Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI =

\frac{2}{3}

AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E.

Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.

Xem đáp án

Media VietJack

Theo trên $\hat{AMN} = \hat{ACM} \Rightarrow$ AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp DECM. Nối MB ta có $\hat{AMB} = 90^{0}$ , do đó tâm O₁ của đường tròn ngoại tiếp DECM phải nằm trên BM.

Ta thấy $N O_{1}$ nhỏ nhất khi $N O_{1}$ là khoảng cách từ N đến BM ^BM. Gọi O₁ là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O₁ là tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM có bán kính là O₁M.

Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn (O₁), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O₁ là hình chiếu vuông góc của N trên BM.

Câu 11:

Cho đường tròn ( O; R ) và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho

O A = R \sqrt{2}

. Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Lấy D thuộc AB; E thuộc AC sao cho chu vi của tam giác ADE bằng 2R.

Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆ADE.

Xem đáp án

Media VietJack

Đặt: AD = x; AE = y $\Rightarrow S_{ADE}^{} = \frac{1}{2} xy$ (x, y > 0)

Ta có: DE $= \sqrt{{AD}^{2} + {AE}^{2}} = \sqrt{x^{2} {+ y}^{2}}$ (định lí Pitago).

Vì AD + DE + AE = 2R $\Rightarrow x + y + \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ = 2R (6)

Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số không âm ta có: $x + y \geq 2 \sqrt{xy} và \sqrt{x^{2} {+ y}^{2}} \geq \sqrt{2 xy}$ (7).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.

Từ (6) và (7) suy ra: $2 \sqrt{xy} + \sqrt{2 xy} \leq 2 R \Leftrightarrow \sqrt{xy} (2 + \sqrt{2}) \leq 2 R$

$\Leftrightarrow \sqrt{xy} \leq \frac{2 R}{(2+ \sqrt{2})} \Leftrightarrow$ xy $\leq \frac{{2R}^{2}}{3 + 2 \sqrt{2}} \Rightarrow$ SADE $\leq \frac{R^{2}}{3 + 2 \sqrt{2}} \Leftrightarrow S_{ADE}^{} \leq (3 - 2 \sqrt{2}) R^{2}$ .

Vậy max SADE = $(3 - 2 \sqrt{2}) R^{2} ⇔$ x = y $\Leftrightarrow$ ∆ADE cân tại A

Câu 12:

Cho đường trong (O, R) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB

Chứng minh rằng các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.

Xem đáp án

Vì H là trung điểm của AB nên $O H ⊥ A B$ hay $\hat{O H M} = 90^{0}$ . Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại có $O D ⊥ D M$ hay $\hat{O D M} = 90^{0}$ . Suy ra các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.

Câu 13:

Cho đường trong (O, R) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB

Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất.

Xem đáp án

Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên diện tích của nó được tính: $S = 2 S_{O Q M} = 2. \frac{1}{2} . O D . Q M = R (M D + D Q)$ . Từ đó S nhỏ nhất $\Leftrightarrow$ MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMQ ta có $D M . D Q = O D^{2} = R^{2}$ không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất $\Leftrightarrow$ DM = DQ = R. Khi đó OM = $R \sqrt{2}$ hay M là giao điểm của d với đường tròn tâm O bán kính $R \sqrt{2}$ .

Câu 14:

Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD thứ tự là đường kính của hai đường tròn (O) và $(O')$ Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng.

Xem đáp án

Ta có $\hat{ABC}$ và $\hat{ABD}$ lần lượt là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O’)

$\Rightarrow \hat{ABC} = \hat{ABD} = 90^{0} \Rightarrow \hat{C B A} + \hat{A B D} = 180^{0}$

Suy ra C, B, D thẳng hàng.

Câu 15:

Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD thứ tự là đường kính của hai đường tròn (O) và

(O')

Đường thẳng AC cắt đường tròn $(O')$ tại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F khác A). Chứng minh 4 điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn.

Xem đáp án

Xét tứ giác CDEF có:

$\hat{CFD} = \hat{CFA} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

$\hat{CED} = \hat{AED} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’)

$\Rightarrow \hat{CFD} = \hat{CED} = 90^{0}$ suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp.

Câu 16:

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 $⊥$ AB, MK $⊥$ AC (I $\in$ AB,K $\in$ AC)

Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

Media VietJack

Ta có: $\hat{AIM} = \hat{AKM} = 90^{0}$ (gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM.

Câu 17:

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

⊥

AB, MK

⊥

AC (I

\in

AB,K

\in

AC)

Vẽ MP vuông góc BC (P thuộc BC). Chứng minh: $\hat{MPK} = \hat{MBC}$ .

Xem đáp án

Media VietJack

Tứ giác CPMK có $\hat{MPC} = \hat{MKC} = 90^{0}$ (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \hat{MPK} = \hat{MCK}$ (1). Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: $\hat{MCK} = \hat{MBC}$ (cùng chắn $\overset{⏜}{MC}$ ) (2). Từ (1) và (2) suy ra $\hat{MPK} = \hat{MBC}$ (3)

Câu 18:

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

⊥

AB, MK

⊥

AC (I

\in

AB,K

\in

AC)

Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.

Xem đáp án

Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp.

Suy ra: $\hat{MIP} = \hat{MBP}$ (4). Từ (3) và (4) suy ra $\hat{MPK} = \hat{MIP}$ .

Tương tự ta chứng minh được $\hat{MKP} = \hat{MPI}$ .

Suy ra: MPK $~$ ∆MIP $\Rightarrow \frac{MP}{MK} = \frac{MI}{MP}$

$\Rightarrow$ MI.MK = MP2 $\Rightarrow$ MI.MK.MP = MP3.

Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4)

- Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định).

Lại có: MP + OH $⩽$ OM = R $\Rightarrow$ MP $⩽$ R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5).

Từ (4) và (5) suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 $\Leftrightarrow$ M nằm chính giữa cung nhỏ BC

Câu 19:

Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N.

Chứng minh AC + BD = CD

Xem đáp án

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM

=> AC + BD = CM + DM.

Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD

Câu 20:

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính . Điểm M di chuyển trên nửa đường tròn (M khác A và B). C là trung điểm của dây cung AM. Đường thẳng d là tiếp tuyến với nửa đường tròn tại B Tia AM cắt d tại điểm N. Đường thẳng OC cắt d tại E.

Chứng minh: AC.AN = AO.AB

Xem đáp án

Xét DACO và DABN có: chung; $\hat{A C O} = \hat{A B N} = 90^{o}$

Þ DACO ~ DABN (g.g)

Þ $\frac{A C}{A B} = \frac{A O}{A N}$

Do đó ACAN = AO.AB (đpcm).

Câu 21:

Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi không trùng với AB Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF.

Xác định vị trí của đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất.

Xem đáp án

$S_{B P Q} = \frac{1}{2} A B (A P + A Q) = \frac{1}{4} A B . (A E + A F)$ (3)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si với hai số không âm AE và AF ta có: AE + AF (4)

( Dấu “=” xảy ra AE =AF)

Từ (3) và (4) (5) $\Rightarrow S_{Δ B P Q} \geq \frac{1}{2} . A B . \sqrt{A E . A F}$

Lại có: Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông EBF ta có:

AE.AF = AB2 (6) Từ (5) và (6) ta có SBPQ $\geq \frac{A B^{2}}{2}$

Xảy ra dấu bằng khi AE = AF

$\Rightarrow$ Tam giác EBF vuông cân tại B

$\Leftrightarrow$ ACBD là hình vuông nên CD vuông góc AB

Vậy: Khi đường kính CD vuông góc với đường kính AB thì tam giác PBQ có diện tích nhỏ nhất

Câu 22:

Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm giữa A và B Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P ( P khác I)

Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp một đường tròn, chỉ rõ đường tròn này.

Xem đáp án

Có: $\hat{C P K} = \hat{C P I} = 90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);

Do $B y ⊥ A B$ nên $\hat{C B K} = 90^{0}$ .

Suy ra: $\hat{C P K} + \hat{C B K} = 180^{0}$ hay tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK.

Câu 23:

Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm giữa A và B Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P ( P khác I)

Chứng minh

\hat{C I P} = \hat{P B K}

.

Xem đáp án

Ta có: $\hat{C I P} = \hat{P C K}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây cùng chắn một cung); (1)

Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên: $\hat{P C K} = \hat{P B K}$ (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

Câu 24:

Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và. B Nối AC cắt MN tại E.

Chứng minh ∆AME ∆ACM và $A M^{2}$ = AE.AC

Xem đáp án

Ta có:

* sđ $\overset{⏜}{A M}$ = sđ $\overset{⏜}{A N}$

* $\hat{A M E} = \hat{A C M}$

*Góc A chung, suyra ∆AME ∆ACM.

* Do đó: $\frac{A C}{A M} = \frac{A M}{A E} \Leftrightarrow$ $A M^{2} = A E . A C$

Câu 25:

Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB = 2R. Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC.Chứng minh tứ giác: CBMD nội tiếp được

Xem đáp án

$\hat{A D B} = 90^{0}$ (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

mà AD//BC (gt) => DB^BC

Xét tứ giác DMBC có => Tứ giác nội tiếp.

Câu 26:

Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB = 2R. Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC. Chứng minh rằng: DBDC = DN.AC

Xem đáp án

Ta có DDBN đồng dạng với DCAD

( $\hat{D A C} = \hat{DBN}$ , $\hat{B D N} = \hat{B A N} = \hat{D C A}$ )

=> $\frac{D N}{DC} = \frac{D B}{A C}$ => $D B . D C = D N . A C$ a

Câu 27:

Cho đường tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN .

Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đường tròn.

Xem đáp án

Từ giả thiết: $\hat{A K M} = 90^{0}$ , $\hat{A H M} = 90^{0}$

Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc một đường tròn

Câu 28:

Cho đường tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN .

Chứng minh: MN là phân giác của góc BMK

Xem đáp án

$\hat{N A H} =$ $\hat{N M K}$ = $\frac{1}{2}$ sđ $\overset{⏜}{K H}$ (1)

$\hat{N A H} = \hat{N M B}$ = $\frac{1}{2}$ sđ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \hat{N M K} = \hat{N M B}$

MN là phân giác của góc KMB

Câu 29:

Cho (O),dây cung AB. Từ điểm M bất kỳ trên cung AB sao cho MA> MB (M¹A và M¹B), kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Gọi MQ là đường cao của tam giác MAN.

C/m 4 điểm A;M;H;Q cùng nằm trên một đường tròn.

Xem đáp án

C/m:A,Q,H,M cùng nằm trên một đường tròn.

$\hat{A Q M} = \hat{A H M} = 90^{0}$

Câu 30:

Cho (O),dây cung AB. Từ điểm M bất kỳ trên cung AB sao cho MA> MB (M¹A và M¹B), kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Gọi MQ là đường cao của tam giác MAN.

C/m:NQ.NA=NH.NM

Xem đáp án

C/m: NQ.NA=NH.NM.

Xét hai Dvuông NQM và DNAH đồng dạng. (g-g)

Câu 31:

Cho (O),dây cung AB. Từ điểm M bất kỳ trên cung AB sao cho MA> MB (M¹A và M¹B), kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Gọi MQ là đường cao của tam giác MAN.

C/m MN là phân giác của góc

\hat{B M Q}

Xem đáp án

C/m MN là phân giác của góc BMQ. Có hai cách:

$\hat{Q M N} = \hat{N A H}$ (Cùng phụ với góc ANH)

$\hat{N A H} = \hat{N M B}$ (Cùng chắn cung NB) Þ đpcm

Câu 32:

Cho (O),dây cung AB. Từ điểm M bất kỳ trên cung AB sao cho MA> MB (M¹A và M¹B), kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Gọi MQ là đường cao của tam giác MAN.

Hạ đoạn thẳng MP vuông góc với BN;xác định vị trí của M trên cung AB để MQ.AN+MP.BN có giác trị lớn nhất.

Xem đáp án

Xác định vị trí của M trên cung AB để MQ.AN+MP.BN có giác trị lớn nhất.

Ta có $2 S_{Δ M A N} = M Q . A N$

$2 S_{Δ M B N} = M P . B N .$

2S_D_MAN + 2S_D_MBN = MQ.AN+MP.BN

Ta lại có: 2S_D_MAN + 2S_D_MBN =2(S_D_MAN + S_D_MBN)=2S_AMBN=2. =AB.MN

Vậy: MQ.AN+MP.BN=AB.MN

Mà AB không đổi nên tích ABMN lớn nhất Û MN lớn nhấtÛMN là đường kính

ÛM là điểm chính giữa cung AB

Câu 33:

Cho đường tròn (O) đường kính AB Gọi I là trung điểm của OA Vẽ đường tron tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. Chứng minh rằng các đường tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau tại A

Xem đáp án

Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần lượt là các bán kính của đường tròn (O) và đường tròn (I). Vậy đường tròn (O) và đường tròn (I) tiếp xúc nhau tại A

Câu 34:

Cho đường tròn (O) đường kính AB Gọi I là trung điểm của OA Vẽ đường tron tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. Chứng minh IP // OQ.

Xem đáp án

DOAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là bán kính ) => ÐA1 = ÐQ1

DIAP cân tại I ( vì IA và IP cùng là bán kính ) => ÐA1 = ÐP1

=> ÐP1 = ÐQ1 mà đây là hai góc đồng vị nên suy ra IP // OQ

Câu 35:

Cho đường tròn (O) đường kính AB Gọi I là trung điểm của OA Vẽ đường tron tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. Chứng minh rằng AP = PQ.

Xem đáp án

ÐAPO = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP ^ AQ => OP là đường cao của DOAQ mà DOAQ cân tại O nên OP là đường trung tuyến => AP = PQ.

Câu 36:

Cho đường tròn (O) đường kính AB Gọi I là trung điểm của OA Vẽ đường tron tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn nhất.

Xem đáp án

(HD) Kẻ QH ^ AB ta có SAQB = ABQH. mà AB là đường kính không đổi nên SAQB lớn nhất khi QH lớn nhất. QH lớn nhất khi Q trùng với trung điểm của cung AB Để Q trùng với trung điểm của cung AB thì P phải là trung điểm của cung AO.

Thật vậy P là trung điểm của cung AO => PI ^ AO mà theo trên PI // QO => QO ^ AB tại O => Q là trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất.