Bài tập ôn tập chương 7

Do \(Ax\) là tiếp tuyến với \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(\widehat {BAx} = \dfrac{1}{2}\) sđ\(\overparen{AB}\) 

hay sđ \(\overparen{AB}= 2\widehat {BAx} = {2.20^0} = {40^0}\)

Vì vậy sđ\(\overparen{AB} = {40^0}.\)

Ta có \(\widehat {BCD}\) là góc nội tiếp chắn cung \(BmD\,\,\left( 1 \right).\)

Ta có \(\widehat {FCE}\) là góc nội tiếp chắn cung \(FnE\,\,\left( 2 \right).\)

Mặt khác ta có \(sđ\overparen{BmD}\, = sđ\overparen{FnE}\,\,\left( 3 \right).\) (hai cung bị chắn bởi hai dây song song)

Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right),\,\left( 3 \right)\) suy ra \(\widehat {FCE} = \widehat {BCD} \Rightarrow \widehat {FCE} + \widehat {ECD} = \widehat {BCD} + \widehat {ECD}.\)

Do đó \(\widehat {FCD} = \widehat {ECB}\,\left( 4 \right).\)

Theo tính chất về góc có đỉnh bên ngoài đường tròn ta có

\(\widehat {CAE} = \dfrac{1}{2}\left( {sđ\overparen{CFE} - sđ\overparen{BmD}} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {sđ\,\overparen{CFE} - sđ\overparen{FnE}} \right) = \dfrac{1}{2}sđ\,\overparen{CF}\,\,\left( 5 \right).\)

Theo tính chất của góc nội tiếp bị chắn bởi cung ta có $\widehat {CDF} = \dfrac{1}{2}sđ\overparen{CF}\,\,\left( 6 \right).$

Từ \(\left( 5 \right)\) và \(\left( 6 \right)\) ta nhận được \(\widehat {CAE} = \widehat {CDF}\,\,\left( 7 \right).\)

Từ \(\left( 4 \right)\) và \(\left( 7 \right)\) ta nhận được \(\Delta ACE \backsim \Delta DCF\) (g-g)

Do đó \(\dfrac{{AC}}{{DC}} = \dfrac{{AE}}{{DF}} = \dfrac{{CE}}{{CF}} \Rightarrow AC.DF = AE.DC.\)

Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta BDE\) có:

+ \(\widehat E\) chung.

+ \(\widehat {BAE} = \widehat {DBE}\) (góc nội tiếp và góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $BD$ )

Do đó ta có \(\Delta ABE \backsim \Delta BDE\,\left( {g.g} \right)\).

\( \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{BE}} = \dfrac{{BE}}{{DE}} \Rightarrow E{B^2} = AE.DE\,\,\left( 1 \right).\)

Ta có: \(MB//AC \Rightarrow \widehat {EMD} = \widehat {DCA}\) (hai góc so le trong)

Mà \(\widehat {DCA} = \widehat {MAD}\) (góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AD\))

Do đó \(\widehat {EMD} = \widehat {MAD}\).

Xét \(\Delta MEA\) và \(\Delta DEM\) có:

\(\widehat E\) chung.

\(\widehat {EMD} = \widehat {MAD}\) (cmt)

Suy ra \(\Delta MEA \backsim \Delta DEM\,.\)

Do đó

\(\dfrac{{ME}}{{DE}} = \dfrac{{EA}}{{EM}} \Rightarrow M{E^2} = DE.EA\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(2\) ta nhận được \(E{B^2} = E{M^2} \Rightarrow EB = EM.\)

Ta có \(\widehat {MCA} = \dfrac{1}{2}\) sđ \(\overparen{AC}\) (góc giữa tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(AC\)) \(\left( 1 \right).\)

Lại có \(\widehat {MEC} = \widehat {AED} = {90^0} - \widehat {EAD} = {90^0} - \dfrac{1}{2}\) sđ \(\overparen{BC} = \dfrac{1}{2}\) sđ \(\overparen{AC}\,\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {MCE} = \widehat {MEC}.\) 

Vậy \(\Delta MEC\) cân tại \(M,\) suy ra \(MC = ME.\)

Chứng minh tương tự ta có \(MC = MF.\)

Suy ra \(ME = MF.\)

Xét đường tròn $(O)$ có dây \(BC = R = OC = OB\) nên \(\Delta BOC\) là tam giác đều. Do đó

\(\widehat {BOC} = {60^0} \Rightarrow \) sđ \(\overparen{BC} = {60^0}\)

Lại có \(\widehat {ABC}\) là góc tạo bởi hai tiếp tuyến \(BA\) và dây cung \(BC\) của \(\left( O \right).\)

Do góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo cung bị chắn nên \(\widehat {ABC} = \dfrac{1}{2}\) sđ \(\overparen{BC} = {30^0}\).

Lại có $AB=AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và $OB=OC=R$ nên $AO$ là đường trung trực của $BC$

Hay $AO \bot BC$ tại $M$, suy ra \(\widehat {AMB} = {90^0} \Rightarrow \widehat {BAM} = {60^0}.\)

Như vậy tam giác $AMB$ vuông tại $M$ và có \(\widehat {ABM} = {30^0};\, \widehat {BAM} = {60^0}\)

Nên đáp án A, B đều đúng.

Ta lại có \(\sin \widehat {ABM} = \dfrac{{AM}}{{AB}} \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AB}} = \sin \,{30^0} = \dfrac{1}{2}.\)

Hay cạnh góc vuông \(AM\) bằng nửa cạnh huyền \(AB.\) Vì vậy đáp án C cũng đúng.

Xét $(O)$ có

$\widehat {CAD} = \widehat {CBD}$ (cùng chắn cung \(CD\) ).

Do đó ta có

\(\widehat {CAD} = {60^0}.\)

Tổng ba góc trong một tam giác bằng \({180^0}\)

Nên:

$\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\widehat {CAD} + \widehat {ACD} + \widehat {ADC} = {180^0}\\ \Rightarrow \widehat {ADC} = {180^0} - \left( {\widehat {CAD} + \widehat {ACD}} \right) \\= {180^0} - \left( {{{60}^0} + {{40}^0}} \right) = {80^0}.\end{array}$

Ta có \(BM//AD\) nên \(\widehat {BMA} = \widehat {MAD}.\)

Mặt khác \(AM\) là phân giác của \(\widehat {BAD}\)  nên \(\widehat {BAM} = \widehat {MAD}.\)

Từ đó \(\widehat {BAM} = \widehat {AMB.}\)

 Vậy \(\Delta ABM\) cân tại \(B.\) Suy ra \(BM = BA = DC.\)

Tam giác \(OMC\) cân tại \(O\) nên \(OM = OC\) và \(\widehat {OMC} = \widehat {OCM} \)\(= \dfrac{{180^\circ - \widehat {MOC}}}{2} \)\(= \dfrac{1}{2}\left( {180^\circ - \alpha } \right)\)

Đặt \(\alpha  = \widehat {BAD},\) ta có \(\widehat {OCD} \)\(= \widehat {BCD} + \widehat {OCM} \)\(= \alpha  + \dfrac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \alpha } \right) \)\(= {90^0} + \dfrac{\alpha }{2}\,\,\left( 1 \right).\)

Các góc \(\widehat {BMO},\,\widehat {OMC}\) kề bù nên

\(\widehat {BMO} = {180^0} - \,\widehat {OMC} = {180^0} - \,\widehat {OCM} = {90^0} + \dfrac{\alpha }{2}\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {OCD} = \widehat {BMO}.\)

Xét hai tam giác \(\Delta OBM,\,\Delta ODC\) có \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {OCD} = \widehat {BMO}\\OM = OC \, (cmt)\\BM = CD \, (cmt)\end{array} \right.\) nên \(\Delta OBM = \Delta ODC\,\,\left( {c.g.c} \right).\)

Do đó \(\widehat {OBM} = \widehat {ODC}.\) Điều này chứng tỏ \(BOCD\) là tứ giác nội tiếp. Do đó bốn điểm \(B,\,O,\,C,\,D\) thuộc cùng một đường tròn.

Do \(AD,\,BE\) là các đường cao nên \(\widehat {HDC} = \widehat {HEC} = {90^0}.\)

Do đó $\widehat {HDC} + \widehat {HEC} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.$

Vậy tứ giác \(DCEH\) là tứ giác nội tiếp.

Các góc \(\widehat {HED},\,\widehat {HCD}\) cùng chắn cung \(HD\) nên

\(\widehat {HED} = \,\widehat {HCD}\,\,\left( 1 \right).\)

Xét hai tam giác \(\Delta BDE,\,\,\Delta BHC\) có \(\widehat {HED} = \,\widehat {HCD}\,\) (theo \(\left( 1 \right)\) ) và góc \(\widehat {EBC}\) chung.

Do đó \(\Delta BDE \backsim \,\Delta BHC.\) Từ đó ta nhận được \(\dfrac{{BD}}{{BH}} = \dfrac{{BE}}{{BC}} \Rightarrow BH.BE = BC.BD.\) Đáp án A đúng.

Chứng minh tương tự ta có \(\Delta CHB \backsim \Delta CDF\,\left( {g - g} \right) \Leftrightarrow \dfrac{{CH}}{{CD}} = \dfrac{{CB}}{{CF}}\) hay  \(CH.CF = CD.CB.\) Đáp án B đúng.

Vậy cả A, B đều đúng.

Theo giả thiết ta có \(OC \bot AB,\,CG \bot AG\) nên ta suy ra \(\widehat {AOC} = \widehat {AGC} = {90^0}.\)

Nói cách khác \(O,\,G\) cùng nhìn \(AC\) dưới một góc vuông.
Do đó tứ giác $ACGO$ nội tiếp đường tròn đường kính $AC.$

Kéo theo \(\widehat {OGA} = \widehat {OCA}.\)

Mà \(\Delta OAC\) vuông cân tại O nên \(\widehat {OCA} = {45^0}.\) Suy ra \(\widehat {OGA} = {45^0}.\) Ta lại có \(\widehat {OGH} + \widehat {OGA} = \widehat {HGA} = \widehat {AGC} = {90^0} \)\(\Rightarrow \widehat {OGH} = {90^0} - \widehat {OGA} = {90^0} - {45^0} = {45^0}.\)

Do đó \(\widehat {OGH} = {45^0}\)

Gọi \(S,\,{S_1},\,{S_2}\) lần lượt là diện tích phần màu xanh, diện tích hình vuông và diện tích phần còn lại.

Khi đó ta có \({S_1} = {\left( {2R} \right)^2}=4R^2\,\,\left( 1 \right).\)

Nhận thấy mỗi hình quạt \(AEH,BHG,CGF,DFE\) là \(\dfrac{1}{4}\) hình tròn bán kính \(R= \dfrac{{AB}}{2}\)

Nên tổng diện tích \(4\) hình quạt \(AEH,BHG,CGF,DFE\) chính bằng diện tích của hình tròn bán kính $R$ .

Hay \({S_2} = \pi {R^2}\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta suy ra \(S = 4{R^2} - \pi {R^2}.\)

Xét \(\left( O \right)\) có \(AB;CD\) là các đường kính nên \(\widehat {CBD} = 90^\circ \)

Xét tam giác \(BCD\) vuông tại \(B\) có \(\widehat {BCD} + \widehat {BDC} = 90^\circ \) mà \(\widehat {OBD} = \widehat {ODB}\)  (do \(\Delta OBD\) cân tại \(O\) )

Nên \(\widehat {BCD} + \widehat {OBD} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {BCD} = 90^\circ  - \widehat {OBD}\)  (1)

Xét tam giác \(ABF\) vuông tại \(A\) (vì $EF$ là tiếp tuyến của $(O)$) có \(\widehat {BFA} = 90^\circ  - \widehat {ABF}\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {BCD} = \widehat {DFA}\)

Do đó tứ giác \(DCEF\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối với đỉnh đó)

\(B\) thuộc đường tròn $(O)$ đường kính \(CD.\) Suy ra \(\widehat {DBC} = {90^0}.\)

Xét \(\Delta EBF\) có \(\widehat {EBF} = {90^0},\,BA \bot EF \Rightarrow AE.AF = A{B^2}\).

Theo bất đẳng thức Cô-si cho \(\left( {AE,AF} \right)\) ta có

\(EF = AE + AF \ge 2\sqrt {AE.AF}  = 2\sqrt {A{B^2}}  = 2AB = 4R.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(EF\) là \(4R.\) đạt được khi \(CD \bot AB.\)

Theo giả thiết ta có \(CF,\,BE\) là các đường cao của tam giác \(ABC\)

 nên \(CF \bot AB,\,BE \bot AC.\) Do đó \(\widehat {BFC} = {90^0},\,\widehat {BEC} = {90^0}.\)

Theo dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp ta suy ra \(BFEC\) là tứ giác nội tiếp nên C đúng.

\( \Rightarrow \widehat {AFE} = \widehat {ACB}\) (cùng bù với \(\widehat {BFE}\))

Xét hai tam giác $AEF$ và \(ABC\) có \(\widehat A\) chung; \(\widehat {AFE} = \widehat {ACB}\left( {cmt} \right) \Rightarrow \Delta AEF \backsim \Delta ABC\left( {g.g} \right)\) nên B đúng.

Lại có \(\widehat {HEC} + \widehat {HDC} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) nên tứ giác \(CDHE\) là tứ giác nội tiếp nên D đúng.

Theo giả thiết ta có \(CF\) là đường cao của \(\Delta ABC\) nên $AF \bot CF\,\left( 1 \right).$ Mặt khác \(AK\) là đường kính của \(\left( O \right)\) nên theo tính chất của góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ta suy ra $\widehat {ABK} = {90^0} \Rightarrow BK \bot AB\,\,\left( 2 \right).$

Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right)\) suy ra \(HC//BK\,\,\left( 3 \right).\)

Chứng minh tương tự ta có \(BH//CK\,\,\left( 4 \right).\)

Từ \(\left( 3 \right),\,\left( 4 \right)\) ta nhận được \(BHCK\) là hình bình hành.

Kẻ \(AH \bot BC,\,OI \bot BC\), đường kính $AD.$

Ta chứng minh được \(\Delta AHC \backsim \Delta ABD\,\left( {g - g} \right).\)

Do đó \(\dfrac{{AH}}{{AB}} = \dfrac{{AC}}{{AD}} \Rightarrow AH.AD = AB.AC \)\(\Rightarrow AB.AC = 2R.AH\,\,\left( 1 \right).\)

Theo giả thiết \(\sqrt {AB.AC}  = R\sqrt 3 ,\) nên \(AB.AC = 3{R^2}\,\,\left( 2 \right).\)

Thay \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 1 \right)\) ta có \(AH = \dfrac{{3R}}{2}.\)

Lại có \(OI + OA \ge AI \ge AH\) nên \(OI \ge AH - OA = \dfrac{{3R}}{2} - R = \dfrac{R}{2}.\)

Do \(AH = \dfrac{{3R}}{2}\) là giá trị không đổi nên \({S_{ABC}}\) lớn nhất khi \(BC\) lớn nhất \( \Leftrightarrow OI\) nhỏ nhất

\( \Leftrightarrow OI = \dfrac{R}{2} \Leftrightarrow BC \bot OA \Rightarrow \Delta ABC\) cân tại \(A\).

Mà \(OI = \dfrac{R}{2} \Rightarrow \sin \widehat {OBI} \)\(= \dfrac{{OI}}{{OB}} = \dfrac{1}{2}\)\( \Rightarrow \widehat {OBI} = \widehat {OCI} = {30^0} \)\(\Rightarrow \widehat {BOC} \)\(= {120^0}\)$ \Rightarrow \widehat {BAC} = {60^0}$

Vậy \(\Delta ABC\) đều.