Bài tập môn Hình học Lớp 9 (Có hướng dẫn giải)

Nội dung text: Bài tập môn Hình học Lớp 9 (Có hướng dẫn giải)

1. Bài 5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là trung điểm AB, đường thẳng qua I vuông góc AO và cắt cạnh AC tại J. Chứng minh bốn điểm B, C, J và I cùng thuộc một đường tròn. HƯỚNG DẪN GIẢI Kẻ tiếp tuyến x’Ax với đường tròn O) Ax  OA Ax  OA · ¶ Ta có  Ax PIJ BAx AIJ (so le trong) (1) IJ  OA  1 Mà B·Ax A·CB sñA»B (2)(1) và (2) A¶IJ A·CB 2 Tứ giác BCJI nội tiếp được. Hay bốn điểm B, C, J và I cùng thuộc một đường tròn. Bài 5. Cho đường tròn (C) có tâm I và có bàn kính R 2a . Xét điểm M thay đổi sao cho IM a . Hai dây AC, BD đi qua điểm M và vuông góc với nhau (A, B, C, D thuộc (C)). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác ABCD. HƯỚNG DẪN GIẢI. 1 1 Kẻ IH  AC , IK  BD HA = HC = AC và KB = KD = BD 2 2 AIH có AH2 R 2 IH2 4a2 IH2 AC2 16a2 4IH2 BIK có BK2 R 2 IK2 4a2 IK2 BD2 16a2 4IK2 IHMK là hình chữ nhật (3 góc vuông) IH2 IK2 IM2 = a2 AC2 BD2 32a2 4 IH2 IK2 32a2 4a2 28a2 1 AC2 + BD2 28a2 S =  AC.BD 7a2 ABCD 2 4 4 2 Max SABCD 7a khi AC = BD và hai dây cách tâm I một khoảng 1
2. 2 IH = IK = a 2 2 Vậy : Max SABCD 7a . Bài 5. Cho đường tròn (O; R) kẻ hai tiếp tuyến AB , AC với đường tròn ( B,C là tiếp điểm ) . Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AO chứa điểm B vẽ cát tuyến AMN với (O) ( AM< AN , MN không đi qua O) . Gọi I là trung điểm của NM. 1) Chứng minh rằng: Tứ giác AIOC là tứ giác nội tiếp. 2) Gọi H là giao điểm của AO và BC .Chứng minh rằng: AH.AO = AM.AN và tứ giác MNOH là tứ giác nội tiếp. 3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN , cắt AB và BC theo thứ tự tại E và F . Chứng minh rằng M là trung điểm của EF. HƯỚNG DẪN GIẢI. K Do I là trung điểm của MN nên OI  MN ( Đl đường kính và dây) O· IA 900 Do d là tiếp tuyến của (O) nên OC  AC O·CA 900 Xét tứ giác AIOC có O· IA O·CA 900 900 1800 Suy ra tứ giác OKNF nội tiếp ( tổng hai góc đối bằng 1800) Chứng minh AM.AN = AB2 ( do hai tam giác ABM và tam giác ANB đồng dạng ) Chứng minh AH.AO = AB2 ( do hệ thức lượng trong tam giác OBA) Suy ra AM.AN = AH.AO Vì AM.AN = AH.AO suy ra tam giác AMH đồng dạng tam giác AMO ( theo trường hợp c.g.c) Suy ra góc AHM = góc ANO suy ra tứ giác MNOH nội tiếp một đường tròn . Gọi K là giao điểm của BC và AN EM AM Vì ME // BN ( theo định lí Tallet) (1) BN AN FM KM Vì MF // BN ( theo định lí Tallet) (2) BN KN Chứng minh HK là phân giác của tam giác MHN HA là phân giác góc ngoài của tam giác MHN AM KM Suy ra ( t/c phân giác góc trong và góc ngoài) (3) AN KN EM FM Từ (1) ; (2) và (3) suy ra EM = FM hay M là trung BN BN điểm của EF 2
3. Bài 5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. 1) Chứng minh bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn. 2) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng EF. 3) Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC tại điểm I, đường thẳng EF cắt đường thẳng AH tại điểm P. Chứng minh tam giác APE đồng dạng với tam giác AIB và đường thẳng KH song song với đường thẳng IP. HƯỚNG DẪN GIẢI. A y 3 1 A 2 3 1 x M 1 E J P 1 E F 1 J H O N 1 F O H 1 1 2 B C 1 1 K I 2 B C 1 1 D D Vì BE, CF là các đường cao của ABC nên: B·EC B·FC 90o E, F thuộc đường tròn đường kính BC Bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn. Cách 1: Vẽ đường kính AD của (O), AD cắt EF tại J. µ · o · Vì BCEF là tứ giác nội tiếp E1 ABC ( 180 CEF) · µ 1 » µ µ Mà ABC D1 sđAC E1 D1 2 Ta có A·CD 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) µ µ o µ µ o · o A1 D1 90 A1 E1 90 AJE 90 OA  EF tại J Cách 2: µ · 1 » Qua A, vẽ tiếp tuyến xy của (O) A2 ABC sđAC 2 µ · o · Vì BCEF là tứ giác nội tiếp E1 ABC 180 CEF µ µ Do đó A2 E1 xy // EF Mà OA  xy (tính chất tiếp tuyến) OA  EF Cách 3: Tia BE cắt (O) tại M, tia CF cắt (O) tại N µ µ ¼ » Vì BCEF là tứ giác nội tiếp B1 C1 AM AN (tính chất góc nội tiếp) OA  MN (liên hệ giữa cung và dây) µ $ µ Dễ chứng minh N F1 B2 MN // EF OA  EF 3
4. µ · o Dễ thấy A3 ABC 90 µ µ o · µ µ µ · · Mà A1 D1 90 và ABC D1 A3 A1 BAI PAE · · µ · APE và AIB có: PAE BAI ; E1 ABC AP AE APE AIB (g-g) (1) AI AB AE AH Dễ chứng minh AEH ABD (g-g) (2) AB AD AP AH Từ (1) và (2) PI // HD (định lí Ta-lét đảo) AI AD Chứng minh được BHCD là hình bình hành H, K, D thẳng hàng KH // IP (đpcm). Bài 5. Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC), đường cao AH, nội tiếp đường tròn (O). Gọi D và E thứ tự là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC. a) Chứng minh các tứ giác AEHD và BDEC nội tiếp được đường tròn. b) Vẽ đường kính AF của đường tròn (O). Chứng minh BC AB.BD AC.CE và AF vuông góc với DE. c) Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Chứng minh O’ là trung điểm của HF. d) Tính bán kính đường trò (O’) biết BC 8cm, DE 6cm, AF 10cm. HƯỚNG DẪN GIẢI. A E O I N D M B H K C O' O'' F Tứ giác AEHD có ·ADH ·AEH 900 900 1800 Tứ giác AEHD nội tiếp được đường tròn đường kính AH. Tứ giác AEHD (cmt) ·ADE ·AHE 1 (cùng chắn »AE ). Dễ thấy ·ACH ·AHE 2 (cùng phụ H· AE ). Từ (1) và (2) suy ra ·ADE ·ACH nên tứ giác BDEC nội tiếp được đường tròn. 4
5. Áp dụng hệ thức lượng trong hai tam giác vuông AHB và AHC ta có: BH 2 AB.BD BH AB.BD Do đó HB2 AC.CE HB AC.CE BC BH HC AB.BD AC.CE Nối FB, FC. Gọi I là giao điểm của AF và DE. Ta có ·ADE ·ACH (cmt) và ·AFB ·ACH (cùng chắn »AB ) suy ra ·ADE ·AFB nên tứ giác BDIF nội tiếp được đườn tròn D· IF D· BF 1800 D· IF 1800 D· BF 1800 900 900 . Vậy AF  DE Gọi M,N,O’’ lần lượt là trung điểm của BD,EC,HF. - Ta chứng minh được MO’’ và NO’’ lần lượt là đường trung bình của các hình thang BDHF và CEHF MO''/ / DH 3 và NO''/ / EH 4 - Vì tứ giác BDEC nội tiếp màO' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE suy ra O' cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDEC thuộcO' đường trung trực của BD . Suy ra MO’ là trung trực của BD do đó MO'  BD lại có DH  BD MO'/ / DH 5 . Tương tự ta có NO'/ / EH 6 - Từ (3) và (5) suy ra MO’’ và MO’ là hai tia trùng nhau - Từ (4) và (6) suy ra NO’’ và NO’ là hai tia trùng nhau Do đó O’ trùng O”. Mà O’’ là trung điểm của HF nên O’ cũng là trung điểm của HF B C B C 8 4 Trong ABC ta có A F S in A S in A A F 1 0 5 - Trong ADE ta có D E 6 A H A H 7 ,5 cm S in A 4 5 - Vì O’ và O lần lượt là trung điểm của HF và AF nên OO’ là đường trung bình của tam giác AHF AH 7 ,5 OO'= 3,75 cm 2 2 - Gọi K là giao điểm của OO’ và BC dễ thấy OO'  BC tại trung điểm K của BC. Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông OKC ta tính được OK OC 2 KC 2 52 42 3 cm ; Ta có KO' OO' OK 3,75 3 0,75 cm - Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông O’KC ta tính được 265 O' C O' K 2 KC 2 0,752 42 cm 4 265 Vậy bán kính đường trò (O’) là cm 4 5
6. Bài 5. Cho đường tròn (O,R) và một đường thẳng d không cắt đường tròn O. Dựng đường thẳng OH vuông góc với d tại H. Trên đường thẳng d lấy điểm K khác H, vẽ hai tiếp tuyến KA và KB với đường tròn sao cho A, H nằm về hai phía của đường thẳng OK. a)Chứng minh tứ giác KAOH nội tiếp b)Đường thẳng AB cắt đường thẳng OH tại 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 = R3 . Tính diện tích tam giác KAI theo R. HƯỚNG DẪN GIẢI. O A I B K H · 0 Ta có K·AO 900 ( vì OA  KA) nên OHK 90 ( vì OH  KH) Tứ giác OAKH có K·AO K·HO 900 900 1800 Suy ra tứ giác OAKH nội tiếp. O·BK 900 (vì OB  KB) Suy ra K·AO K·HO K·BO 900 Suy ra 5 điểm O, A, K, H, B cùng thuộc một đường tròn Xét AOI và HBI có ·AIO H· IB (đối đỉnh) ; ·AOI H· BI (góc nội tiếp cùng chắn ¼AH ) IA IO Nên AOI : HBI (g-g) Suy ra IB.IB IH.IO IH IB Gọi J là giao điểm của OK và AB.Ta có OK là trung trực của AB nên OK  AB OI OJ Do đó JOI : HOK (g-g) Suy ra OI.OH OJ.OK OK OH Mà OJ.OK=OB2 không đổi Nên OI.OH không đổi. Vì O, H cố định nên I cố định. OB2 Ta có OJ OK R 2 .2R R R R 3R OJ.OK R 3 OJ KJ 2R OI 2 2R 2 2 2 OH R 3 3 6
7. R R 3 R2 R 3 IJ OI 2 OJ2 ; AJ OA2 OJ 2 R2 2 3 6 4 2 R 3 R 3 2R 3 1 1 3R 2R 3 R2 3 AI AJ IJ S KJ.AI . 6 2 3 AKI 2 2 2 3 2 Bài 5. Cho hình bình hành ABCD (BD < AC). Đường tròn (O) đường kính AC cắt các tia AB, AD lần lượt tại H, I khác A. Trên dây HI lấy điểm K sao cho H·CK ·ADO . Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt BD tại E (D nằm giữa B, E). Chứng minh rằng: AO.KC 1) CHK # DAO và HK . OB 2)K là trung điểm của đoạn HI. 3)EI.EH 4OB2 AE 2 . HƯỚNG DẪN GIẢI. B A H 2 1 1 2 O 1 K 3 1 2 1 D C 1 I F ≡ E · µ µ µ 1 º CHK và DAO có: HCK D1 (GT) ; A1 H1 sđIC 2 HK KC AO.KC AO.KC CHK : DAO (g-g) HK (1) AO OD OD OB µ µ µ µ Từ CHK : DAO K1 O1 K2 O2 µ µ $ µ 1 » CIK và BAO có: K2 O2 ; I1 A2 sđHC 2 IK KC AO.KC CIK : BAO (g-g) IK (2) AO OB OB Từ (1) và (2) HK = IK . Vậy K là trung điểm của HI. µ µ µ µ µ µ Gọi F là giao điểm của BD và HI. Ta có K2 O2 và O3 O2 O3 K2 OKCF là tứ giác nội tiếp O· KF O· CF Vì K là trung điểm của dây HI OK  HI O· KF 90o O· CF 90o FC là tiếp tuyến của (O) F  E Dễ chứng minh ECI : EHC (g-g) EC2 = EI.EH (3) 7
8. Vì AC > BD AC2 > BD2 AC2 > 4OB2 (4) ACE vuông tại C AE2 = EC2 + AC2 (5) Từ (3), (4), (5) EI.EH + 4OB2 < EC2 + AC2 = AE2 (đpcm) Bài 5. Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ các nửa đường tròn đường kính AB và AC sao cho các nửa đường tròn này không có điểm nào nằm trong tam giác ABC. Đường thẳng d đi qua A cắt các nửa đường tròn đường kính AB và AC theo thứ tự ở M và N (khác điểm A). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC. 1) Chứng minh tứ giác BMNC là hình thang vuông. 2) Chứng minh IM = IN. 3) Giả sử đường thẳng d thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện đề bài. Hãy xác định vị trí của đường thẳng d để chu vi tứ giác BMNC lớn nhất. HƯỚNG DẪN GIẢI. B I d M C A H N Vì A·MB,A·NC là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên: A·MB 90o MA  MB ; A·NC 90o NA  NC MB // NC BMNC là hình thang Lại có A·MB 90o nên BMNC là hình thang vuông. Gọi H là trung điểm của MN IH là đường trung bình của hình thang BMNC IH // BM IH  MN IMN có HM = HN và IH  MN IMN cân tại I Gọi P là chu vi tứ giác BMNC. Ta có: P = BC + BM + MN + CN = BC + (MA + MB) + (NA + NC) Dễ chứng minh bất đẳng thức a b 2(a 2 b2 ) Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: MA MB 2(MA2 MB2 ) Mà MA2 MB2 AB2 (theo định lí Py-ta-go) MA MB 2AB2 AB 2 Tương tự: NA NC 2AC2 AC 2 P BC 2(AB AC) MA MB · · o Dấu “=” xảy ra MAB NAC 45 NA NC Vậy khi d tạo với tia AB và tia AC các góc 45o thì chu vi tứ giác 8
9. BMNC đạt giá trị lớn nhất là BC 2(AB AC) Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Kẻ dây cung CD vuông góc với AB tại H (H nằm giữa A và O, H khác A và O). Lấy điểm G thuộc đoạn CH (G khác C và H), tia AG cắt đường tròn tại E khác A. a) Chứng minh tứ giác BEGH nội tiếp. b) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD. Chứng minh KC.KD = KE.KB. c) Đoạn thẳng AK cắt đường tròn tâm O tại F khác A. Chứng minh G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác HEF. d) Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng EF. Chứng minh: HE + HF = MN. HƯỚNG DẪN GIẢI. K N C E I F M G X A B H O Y P D Q Góc E + H = 1800 Các tam giác KCB, KED đồng dạng (g.g.) KH, AE, BF là các đường cao của tam giác KAB nên chúng đồng qui tại G, hay B, G, F thẳng hàng. Thêm tứ giác AFGH nội tiếp nên ta có góc FHG = FAG = EBG = EHG; FEA = FBA = GBH = GEH hay HG; EG là các phân giác của tam giác HEF, suy ra G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác HEF. Kẻ OX, OY thứ tự vuông góc với EH; FH. EH, FH giao (O) tại P, Q; BM giao (O) tại I như hình vẽ. Chứng minh được + MN = AI do AMNI là hình chữ nhật. + Góc AHF = BHE = AHP = BHQ => OX = OY => EP = FQ; HX = HY; HF = HP => các tam giác AHF; AHP bằng nhau => AF = AP => các cung AF, AP bằng nhau=> góc AEP = ABF. 9
10. + Góc OAI = 900 – ABI = 900 – ABK – KBN = 900 – ABK – (900 – BEN) = 900 – ABK – (900 – BAK) = BAK – ABK; Góc OEP = OEA – AEP = OAE – ABF = (900 – ABK) – (900 – BAK) = BAK – ABK. Như vậy góc OAI = OEP suy ra các tam giác cân OAI; OEP đồng dạng => AI/PE = OA/OE = 1 => AI = PE hay HE + HF = MN. Bài 5. Cho đường tròn (O) tâm O, đường kính AB và C là điểm nằm trên đoạn thẳng OB (với C B ). Kẻ dây DE của đường tròn (O) vuông góc với AC tại trung điểm H của AC. Gọi K là giao điểm thứ hai của BD với đường tròn đường kính BC. a) Chứng minh tứ giác DHCK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh CE song song với AD và ba điểm E, C, K thẳng hàng. c) Đường thẳng qua K vuông góc với DE cắt đường tròn (O) tại hai điểm M và N (với M thuộc cung nhỏ A»D ). Chứng minh rằng EM2 DN2 AB2 . HƯỚNG DẪN GIẢI. D K A B H O C E Ta có: C·KB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CKDB D·KC 90o Lại có D·HC 90o (GT) Tứ giác DHCK có: D·HC D·KC 90o 90o 180o Tứ giác DHCK là tứ giác nội tiếp. Vì đường kính AB vuông góc với dây DE tại H nên HD = HE (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) Tứ giác ADCE có HA = HC và HD = HE Tứ giác ADCE là hình bình hành CE // AD (1) Ta có: A·DB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AD  DB Lại có CK  DB CK // AD (2) Từ (1) và (2) ba điểm E, C, K thẳng hàng (theo tiên đề Ơ-clit) Để cho đơn giản, ta xét bài toán sau: Cho (O; R) có hai dây DE và MN vuông góc với nhau. Chứng minh rằng EM2 DN2 4R 2 . Vẽ đường kính MP của (O) Ta có: M· NP M· EP 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MN  NP DE // NP DEPN là hình thang Mà hình thang DEPN nội tiếp đường tròn DEPN là hình thang cân DN = EP EM2 DN2 EM2 EP2 (3) 10
11. EMN vuông tại E EM2 EP2 MP2 4R 2 (theo định lí Py-ta-go) (4) Từ (3) và (4) EM2 DN2 4R 2 EM2 DN2 AB2 (đpcm). Bài 5. Cho đường tròn (O;R ), hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. E là điểm thuộc cung nhỏ BC (E không trùng với B và C), tiếp tuyến của đường tròn (O;R ) tại E cắt đường thẳng AB tại I. Gọi F là giao điểm của DE và AB, K là điểm thuộc đường thẳng IE sao cho KF vuông góc với AB. a. Chứng minh tứ giác OKEF nội tiếp. b. Chứng minh O·KF O·DF . c. Chứng minh DE.DF 2R2 . d. Gọi M là giao điểm của OK với CF, tính tanM· DC khi E· IB 45o . HƯỚNG DẪN GIẢI. C K 1 1 E H M 1 A I O F B D Tứ giác OKEF có: O·EK 90o (EK là tiếp tuyến của (O)) O·FK 90o (KF  AB) O·EK O·EK 90o OKEF là tứ giác nội tiếp. µ µ OKEF là tứ giác nội tiếp K1 E1 · µ ODE cân tại O (OD = OE = R) ODF E1 µ · Do đó K1 ODF (đpcm). Ta có D· EC 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) DOF và DEC có: O· DF chung ; D· OF D· EC 90o DO DF DOF DEC (g-g) DE.DF DO.DC R.2R 2R2 DE DC Ta có: E· IB 45o E·OB 45o E là điểm chính giữa của cung BC DF là tia phân giác của O·DB Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác, ta có: OF OD OF FB OF FB OB FB BD OD BD OD BD OD BD OF R 1 2 1 R R R 2 1 2 (Vì OBD vuông cân tại O nên BD OB 2 R 2 OF R 2 1 11
12. µ µ · Dễ thấy C1 K1 ( ODF) OCKF là tứ giác nội tiếp C·KF C·OF 180o C·KF 90o OCKF là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông M là trung điểm của CF Vẽ MH  OC H là trung điểm của OC HM là đường trung bình của COF 1 R 2 1 3 HM OF . Lại có HD = OH + OD = R 2 2 2 HM R 2 1 3 2 1 tan M· DC tan M· DH : R HD 2 2 3 Bài 5. Cho hình bình hành ABCD có góc A nhọn. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên các đường thẳng AB, AD. a) Chứng minh AB.AH AD.AK AC2 . b) Trên hai đoạn thẳng BC, CD lần lượt lấy hai điểm M, N (M khác B, M khác C) sao cho hai tam giác ABM và ACN có diện tích bằng nhau; BD cắt AM và AN lần lượt tại E và F. Chứng minh BM DN 1 và BE DF EF . BC DC HƯỚNG DẪN GIẢI. B H A E Q M F P C D N K Kẻ BP  AC, DQ  AC Dễ chứng minh AQD = CPB (cạnh huyền - góc nhọn) AQ CP AQ AP AC (1) AB AP APB AHC (g-g) AB.AH AC.AP (2) AC AH Tương tự: AD.AK AC.AQ (3) Từ (1), (2) và (3) AB.AH AD.AK AC.AP AC.AQ AC(AP AQ) AC2 DN S Hai tam giác ADN và ADC có chung chiều cao kẻ từ A ADN DC SADC BM S Tương tự: ABM BC SABC Mà SABM = SACN (GT) và SABC = SADC (vì ABCD là hình bình hành) 12
13. BM S BM DN S S S S ACN ACN ADN ACN ADN 1 BC SADC BC DC SADC SADC SADC Bài 5. Cho tam giác nhọn ABC (AB AC) nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H. Ba điểm D, E, F lần lượt là chân các đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác ABC. Gọi I là trung điểm của cạnh BC, P là giao điểm của EF và BC. Đường thẳng DF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là K. a) Chứng minh PB.PC PE.PF và KE song song với BC. b) Đường thẳng PH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh tứ giác BIQF nội tiếp đường tròn. HƯỚNG DẪN GIẢI. B H A E Q M F P C D N K Chứng minh BE DF EF . Tứ giác BCEF có:B·EC B·FC 90o (GT) BCEF là tứ giác nội tiếp µ µ · µ µ C1 E1 ; PBE và PFC có: EPC chung ; E1 C1 PB PE PBE PFC (g-g) PB.PC PE.PF PF PC Tứ giác BDHF có:B·DH B·FH 90o (GT) B·DH B·FH 180o µ $ BDHF là tứ giác nội tiếp B1 F1 Gọi J là trung điểm của AH. Dễ thấy HEF nội tiếp đường tròn AH J; 2 Tứ giác HEKF nội tiếp đường tròn (J) $ · o · µ $ µ · F1 HEK 180 HFK Mà B1 F1 B1 HEK KE // BC Trước hết, ta chứng minh DIEF là tứ giác nội tiếp Cách 1: µ · µ $ · µ Tứ giác BCEF nội tiếp B1 HFE Mà B1 F1 DFE 2B1 (1) 1 EBC vuông tại E, đường trung tuyến EI IB IE BC IBE cân tại 2 I $ µ I1 2B1 (tính chất góc ngoài của tam giác) (2) 13
14. $ · Từ (1) và (2) I1 DFE DIEF là tứ giác nội tiếp · µ · · 1 » Cách 2: Chứng minh được IEH B1 HFE IEH sđHE 2 ¶ · · µ EI là tiếp tuyến của (J) IEF EAF BHF D1 DIEF là tứ giác nội tiếp. Dễ chứng minh PDF PEI (g-g) PD.PI = PE.PF Dễ chứng minh PHE PFQ (g-g) PE.PF = PH.PQ PD PH PD.PI = PH.PQ PDH PQI (c-g-c) PQ PI P·HD P·IQ Lại có P·HD A·HQ A· FQ A· FQ P·IQ BIQF là tứ giác nội tiếp. Bài 5. Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng các tứ giác CDHE, BCEF nội tiếp b) Hai đường thẳng qua EF và BC cắt nhau tại M. Chứng minh MB.MC=ME.MF. c) Đường thẳng qua B và song song với AC cắt AM, AH lần lượt tại I, K. Chứng minh rằng H I= HK HƯỚNG DẪN GIẢI. A J K E 1 F O 1 Q H 1 1 1 P B D I C Bài 5. Qua điểm A nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (B, C là hai tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của đoạn AC, F là giao điểm thứ hai của EB với đường tròn (O). a) Chứng minh: tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp, tam giác CEF đồng dạng với tam giác BEC. b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn (O). Chứng minh BF.CK BK.CF . c) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF. HƯỚNG DẪN GIẢI. B 2 1 1 K F 1 2 O A 14 2 1 E 1 C
15. Tứ giác ABOC có:A·BO A·CO 90o (vì AB, AC là các tiếp tuyến của (O)) A·BO A·CO 180o Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp µ µ µ 1 » CEF và BEC có: E1 chung ; C1 B1 sđCF 2 CEF BEC (g-g) µ µ µ 1 » ABF và AKB có: A1 chung ; B2 K1 sđBF 2 AB BF ABF AKB (g-g) (1) AK BK AC CF AB CF Chứng minh tương tự được (2) AK CK AK CK (vì AB = AC, theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) BF CF Từ (1) và (2) BF.CK BK.CF (đpcm) BK CK EC EF CEF BEC (theo a) . Mà EA = EC (GT) EB EC EA EF EB EA µ EA EF EAF và EBA có: E2 chung ; EAF EBA (c-g- EB EA c) µ µ µ 1 » µ 1 » A2 B2 Mà B2 sđAF A2 sđAF 2 2 AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ABF (đpcm). 15