›
›
›

Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 14: Tứ giác nội tiếp

docx 56 trang Hoài Anh 19/05/2022 4663
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 14: Tứ giác nội tiếp", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxde_cuong_on_thi_mon_toan_lop_9_chuyen_de_14_tu_giac_noi_tiep.docx

Nội dung text: Đề cương ôn thi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 14: Tứ giác nội tiếp

  1. CHUYÊN ĐỀ 14: TỨ GIÁC NỘI TIẾP 1. Nhận biết tứ giác nội tiếp Tính chất 1. Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn khi và chỉ góc trong của tứ giác và góc ngoài ở đỉnh đối diện bằng nhau Tính chất 2. Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn khi và chỉ khi A· CB A· DB Tính chất 3. Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn khi và chỉ khi MA.MB MC.MD, với M là giao điểm của AB và CD. Tính chất 4. Tứ giác ABCD có nội tiếp đường tròn khi và chỉ khi MA.MC MB.MD, với M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Một số định lí hình học nổi tiếng Đường tròn Euler: Cho tam giác ABC có các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Gọi M, N, P lần lượt ta trung điểm của BC, CA, AB. Gọi S, R, Q lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC. Khi đó chín điểm D, E, F, M, N, P, Q, R, S cùng nằm trên một đường tròn. Hệ thức Euler: Gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Gọi d là độ dài đoạn nối tâm của hai đường tròn. Khi đó ta có d2 R R 2r Định lý Ptoleme: Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn khi và chỉ khi AB.CD AD.BC AC.BD . Bài 1: Cho tam giác nhọn ABC có AC AB nội tiếp đường tròn (O). Kẻ phân giác trong AI của tam giác ABC (I BC) cắt (O) ở E. Tại E và C kẻ hai tiếp tuyến với (O) cắt nhau ở F, AE cắt CF tại N, AB cắt CE tại M. Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn. Lời giải Do AI là phân giác nên B»E C»E , theo tính chất góc ngoài đường tròn, ta có : ·AMC »AC B»E »AC C»E ·ANC Vậy tứ giác AMNC nội tiếp. Bài 2: Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (M không trùng với A và B). Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng AB, kẻ tiếp tuyến Ax. Đường thẳng BM cắt Ax tại I; tia phân giác của I·AM cắt nửa đường tròn O tại E, cắt IB tại F; đường thẳng BE cắt AI tại H, cắt AM tại K. Chứng minh 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn. Lời giải I F
  2. M H E K A O B 0 0 Ta có M, E nằm trên nửa đường tròn đường kính AB nên F· MK 90 và F· EK 90 . Vậy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên đường tròn đường kính FK. Bài 3: Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và MN. Vẽ tiếp tuyến d của đường tròn (O) tại B. Đường thẳng AM, AN lần lượt cắt đường thẳng d tại E và F. Chứng minh rằng MNFE là tứ giác nội tiếp. Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC có AC AB nội tiếp đường tròn (O). Kẻ phân giác trong AI của tam giác ABC (I BC) cắt (O) ở E. Tại E và C kẻ hai tiếp tuyến với (O) cắt nhau ở F, AE cắt CF tại N, AB cắt CE tại M. Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn. Bài 5: Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và MN. Vẽ tiếp tuyến d của đường tròn (O) tại B. Đường thẳng AM, AN lần lượt cắt đường thẳng d tại E và F. Chứng minh rằng MNFE là tứ giác nội tiếp. Bài 6: Cho tam giác ABC , AB AC , với ba đường cao AD , BE , CF đồng quy tại H. Các đường thẳng EF , BC cắt nhau tại G , gọi I là hình chiếu của H trên GA. Chứng minh rằng tứ giác BCAI nội tiếp. Bài 7: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O; R . Giả sử các điểm B,C cố định và A di động trên đường tròn O sao cho AB AC và AC BC . Đường trung trực của đoạn thẳng AB cắt AC và BC lần lượt tại P và Q . Đường trung trực của đoạn thẳng AC cắt AB và BC lần lượt tại M và N . Chứng minh rằng bốn điểm M , N, P,Q cùng nằm trên một đường tròn. Bài 8: Cho đường tròn (O;R) và dây cung AB cố định, AB R 2 . Điểm P di động trên dây AB (P khác A và B). Gọi C;R1 là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A , D;R2 là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại B. hai đường tròn C;R1 và D;R2 cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh OM//CD và 4 điểm C, D, O, M cùng thuộc một đường tròn 2. Ứng dụng của tứ giác nội tiếp 2.1. Chứng minh hai đoạn thẳng, hai góc bằng nhau, trung điểm Phương pháp: để chứng minh góc bằng nhau, đoạn bằng nhau ta sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp kết hợp chứng minh tam giác đồng dạng, tam giác bằng nhau Bài 1: Từ điểm M nằm ngoài đường tròn tâm (O; R). Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm), cát tuyến MPQ không đi qua O (P nằm giữa M, Q). Gọi H là giao điểm của OM và AB. a. Chứng minh: H· PO H· QO 1 1 b. Tìm điểm E thuộc cung lớn AB sao cho tổng có giá trị nhỏ nhất. EA EB
  3. Giải: A Q P M O H B a) MPA đồng dạng MAQ (g.g), suy ra MA2 = MP.MQ (1) MAO vuông tại A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2) MP MO Từ (1) và (2) suy ra MP.MQ = MH.MO hay (*) MH MQ MPH và MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy ra MPH đồng dạng MOQ (c.g.c) suy ra M· HP M· QO 1 Do đó tứ giác PQOH là tứ giác nội tiếp H· PO H· QO = sdO¼H (đpcm) 2 b) O' F E A B b) Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EB = EF hay EBF cân tại E, suy ra 1 B· FA B· EA. Đặt ·AEB khi đó ·AFB nên F di chuyển trên cung chứa góc dựng 2 2 2 trên BC. 1 1 4 1 1 Ta có: . Như vậy nhỏ nhất khi EA + EB lớn nhất hay EA + EF lớn EA EB EA EB EA EB nhất AF lớn nhất ( ) Gọi O’ là điểm chính giữa của cung lớn AB, suy ra O’AB cân tại O’ suy ra O’A=O’B (3) O’EB và O’EF có EB = EF, O’E chung và F· EO ' B· EO ' (cùng bù với B· AO ' O’EB = O’EF (c.g.c) suy ra O’B = O’F (4) Từ (3) và (4) suy ra O’ là tâm cung chứa góc dựng trên đoạn thẳng BC. (cung đó và cung lớn 2 AB cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB) Do đó AF lớn nhất khi nó là đường kính của (O’) khi E O’ ( ).
  4. 1 1 Từ ( ) và ( ) suy ra E là điểm chính giữa cung lớn AB thì có giá trị nhỏ nhất. EA EB Bài 2: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. AD, BE, CF là các đường cao. Lấy M trên đoạn FD, lấy N trên tia DE sao cho M· AN = B· AC . Chứng minh MA là tia phân giác của góc N· MF Giải: A Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại K Tứ giác AEDB nội tiếp C· DE B· AC Mà: M· KD C· DE (vì MK // BC). N F Do đó: M· KD M· AN Tứ giác AMKN nội tiếp E H ·AMN ·AKN ¶ ¶ · ¶ ¶ Ta có: D3 D4 (= BAC ) D1 D2 DMK có DA là phân giác vừa là đường cao nên cân tại D M K 1 2 DM = DK 3 4 AMD = AKD (c.g.c) ·AMD ·AKD B D C Nên: ·AMF ·AKN . Ta có: ·AMF ·AMN ·AKN Vậy MA là phân giác của góc N· MF 2.2. Chứng minh quan hệ vuông góc, quan hệ song song, ba điểm thẳng hàng Bài 1: Cho tam giác ABC nhọn ( BA < BC) nội tiếp trong đường tròn O . Vẽ đường tròn Q đi qua A và C sao cho Q cắt các tia đối của tia AB và CB lần lượt tại các điểm thứ hai là D và E. Gọi M là giao điểm thứ hai của đường tròn O và đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Chứng minh QM vuông góc BM. Lời giải Vẽ tia tiếp tuyến Bx như hình vẽ, gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE, ta có C· Bx C· AB ( cùng chắn cung CB ) B· ED C· AB ( tứ giác ACED nội tiếp) Suy ra C· Bx B· ED Bx // DE Mà BO  Bx và IQ  DE ( đường nối tâm)
  5. BO // IQ Tương tự vẽ tiếp tuyến By của (I) ta cũng suy ra được BI // OQ suy ra BOQI là hình bình hành Suy ra OB = IQ và IB = OQ mà OB = OM và IB = IM OM = IQ và IM = OQ Tứ giác OIQM là hình thang nên OI // MQ Mà OI  BM QM  BM Bài 2: Cho A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ tiếp tuyến AP và AQ tới đường tròn (P và Q là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua O và vuông góc với OP cắt đường thẳng OQ tại M. 1/ Chứng minh rằng: MO = MA 2/ Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến với (O) tại N cắt các tia AP, AQ lần lượt tại B và C. Chứng minh rằng: a) AB AC BC không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được trong một đường tròn thì PQ//BC Lời giải B P 1 N A 1 2 1 O M 1 Q 1 C 1/ Chứng minh rằng: MO = MA A1 = O1 và A1 = A2 A2 = O1 MAO cân MO = MA 2/ Lấy điểm N trên cung lớn PQ của đường tròn (O) sao cho tiếp tuyến với (O) tại N cắt các tia AP, AQ lần lượt tại B và C. Chứng minh rằng: a) AB AC BC không phụ thuộc vào vị trí của điểm N. Theo t/c hai tia tiếp tuyến ta có AB + AC - BC = = 2.AP (không đổi) b) Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được trong một đường tròn thì PQ//BC Nếu tứ giác BCQP nội tiếp được P1 = C1 mà P1 = Q1 C1 = Q1 PQ//BC Bài 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm của tam giác. Gọi M là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. (M không trùng với B và C). Gọi N và P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB và AC. a) Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng. 1 1 b) Khi B· OC 1200 , xác định vị trí của điểm M để đạt giá trị nhỏ nhất. MB MC Lời giải
  6. A I E P O N H B F C M a) Gọi giao điểm của BH với AC là E AH với BC là F, CH với AB là I HECF là tứ giác nội tiếp. ·AHE ·ACB (1)Mà ·ACB ·AMB ( góc nội tiếp cùng chắn một cung) Ta có: ·AMB ·ANB (Do M, N đối xứng AB) (2) Từ (1), (2) AHBN là tứ giác nội tiếp N· AB N· HB (*) Mà N· AB M· AB (Do M, N đối xứng qua AB ( ) Từ (*), ( ) N· HB B· AM Chứng minh tương tự: P· HC M· AC N· HB P· HC B· AM M· AC B· AC Mà B· AC I·HE 1800 N· HB P· HC B· HC 1800 ( vì I·HE B· HC ) N, H, P thẳng hàng b) Gọi J là điểm chính giữa của cung lớn BC B· OC 1200 BJC đềuTrên đoạn JM lấy K sao cho MK = MB JKB CMB J O K C B M 1 1 4 1 1 4 BM MC JM ; BM MC BM MC BM MC JM JM lớn nhất JM là đường kính (O) lúc đó M là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. 1 1 Vậy nhỏ nhất M là điểm chính giữa cung nhỏ BC BM MC
  7. Bài 4: Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên (C ) sao cho M không trùng với các điểm A và B. Lấy C là điểm đối xứng của O qua A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng AM tại N. Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) tại điểm thứ hai là E. Các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại F. a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳng hàng. b) Chứng minh rằng tích AMAN không đổi. c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tam giác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất. Bài 5: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD. 1. Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân. 2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng. 3. Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD Bài 6: Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp trong đường tròn (O) và có trực tâm là H. Gọi D, E, F lần lượt là các chân đường cao vẽ từ A, B, C của tam giác ABC. a) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC, gọi L là giao điểm của đường thẳng AK và đường tròn (O) (L khác A). Chứng minh HL vuông góc với AK. b) Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B, C). Gọi N và P lần lượt là hai điểm đối xứng của điểm M qua hai đường thẳng AB và AC. Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng. Bài 7: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ C, B của tam giác ABC. Chứng minh rằng EF vuông góc với AO. Bài 8: Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC < BC) nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi H là giao điểm của hai đường cao BD và CE của tam giác ABC (D AC, E AB) . Gọi I là điểm đối xứng với A qua O và J là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ba điểm H, J, I thẳng hàng. Bài 9: Cho tam giác nhọn ABC có trực tập H. Gọi M, N lần lượt là chân đường cao vẽ từ B và C của tam giác ABC. Gọi D là điểm thuộc cạnh BC (D khác B và C), E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM và đường tròn ngoại tiếp ta giác BDN (E khác D). Chứng minh ba điểm A, E, D thẳng hàng. Bài 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O; R , M là điểm chính giữa của cung BC không chứa điểm A . Vẽ đường tròn I đi qua M và tiếp xúc với AB tại B , vẽ đường tròn K đi qua M và tiếp xúc với AC tại C . Gọi N là giao điểm thứ hai của đường tròn I và K . Chứng minh rằng ba điểm B ,N , C thẳng hàng 2.3. Chứng minh các đa giác đặc biệt Bài 1: Cho ABC vuông tại A . Trên tia đối của tia BC lấy điểm D sao cho BD BA . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC , AD . Đường thẳng qua B và song song với AD cắt MN tại E . a) Chứng minh tứ giác NAEB là hình chữ nhật. b) Chứng minh A· CE D· CN . Lời giải
  8. D B N C E M A a) Ta có: M, N lần lượt là trung điểm của AC, AD nên MN là đường trung bình của ACD MN // CD A· NE A· DB Vì : BA = BD ABD cân tại B BN  AB ; B· DA B· AD Vì: BE // AD B· NA N· BE 900 ; A· NE N· EB B· AN A· DB A· NE N· EB tứ giác BEAN nội tiếp N· EA 1800 900 900 Vì: N· AE B· NA N· BE 900 tứ giác NAEB là hình chữ nhật b) Ta có: M· AE D· AB (cùng phụ với B· AE ) M· AE M· NA Lại có: A· ME chung MA MN MAE  MNA (g – g) ME MA Mà: MA = MC MC MN ME MC Do E· MC chung MEC  MCN (c – g – c) E· CM M· NC Lại có: MN // CD M· NC D· CN A· CE D· CN
  9. Bài 2: Cho đường tròn O đường kính BC . Điểm A thuộc đường tròn O . Kẻ AH  BC , H BC . Gọi I , K theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp của các AHB , AHC . Đường thẳng IK cắt AB, AC lần lượt tại M , N a) Chứng minh AMN vuông cân 1 b) Chứng minh S S AMN 2 ABC Lời giải A M J I K N B C D O H a) Ta có: B· AC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AMN vuông tại A Gọi J là giao điểm của BI và CK AJ là tia phân giác của M· AN ADC cân tại C, suy ra được KJ  AI Chứng minh được J là trực tâm của AIK Suy ra được AJ  MN Chứng minh được AMN vuông cân tại A b)Chứng minh được AMI : AHI M· AI I·AH; ·AMI ·AHI 450 Suy ra được AM AH 1 Chứng minh được AH OA;OA BC 2 1 1 Tính được S AM.AN AH 2 AMN 2 2 1 1 S AH.BC suy ra được S S ABC 2 AMN 2 ABC Bài 3: Cho hai đường tròn ( O ) và ( O/ ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO/ cắt đường tròn ( O ) và ( O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ( O ) và F ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật. b) MN  AD.
  10. c)ME.MA = MF.MD Giải: M E I F H A O D B C O / N 0 a) Ta có A· EB C· FD 90 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên: OE  EF và OF  EF => OE // O/F · / · / => E· OB FO D (góc đồng vị) => E· AO FCO Do đó MA // FN, mà EB  MA => EB  FN 0 Hay E· NF 90 . O Tứ giác MENF có Eµ Nµ F 90 , nên MENF là hình chữ nhật b) Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD Vì MENF là hình chữ nhật, nên I·FN I·NF 1 Mặt khác, trong đường tròn (O/): I·FN F· DC sđ F»C 2 => F· DC H· NC Suy ra FDC đồng dạng HNC (g – g) O => N· HC D· FC 90 hay MN  AD c) Do MENF là hình chữ nhật, nên M· FE F· EN 1 Trong đường tròn (O) có: F· EN E· AB sđ E»B 2 => M· FE E· AB Suy ra MEF đồng dạng MDA (g – g)
  11. ME MF => , hay ME.MA = MF.MD MD MA Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC cân tại A và nội tiếp trong đường tròn (O) đường kính AK; lấy điểm I thuộc cung nhỏ AB của đường tròn (O) (I khác A, B). Gọi M là giao điểm của IK và BC, đường trung trực của đoạn thẳng IM cắt AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh tứ giác ADME là hình bình hành. Bài 7: Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, trên Ax lấy M sao cho AM > R. Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn. Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tại N. Chứng minh MNCO là hình thang cân 2.4. Chứng minh hệ thức hình học Phương pháp : kết hợp các tính chất của tứ giác nội tiếp, tam giác đồng dạng, hệ thức lượng trong tam giác vuông, tính chất phân giác, định lý talet để chứng minh các đẳng thức. Bài 1: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng BH.BE + CH.CF = BC2 b) Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC. Chứng minh rằng K (O). Lời giải A E F H O B I C K a) Gọi I là giao điểm của AH và BC AI  BC Ta có: BHI S BCE (g, g) BH BI BH.BE BC.BI (1) BC BE Ta có: CHI S CBF (g, g) CH CI CH.CF BC.CI (2) CB CF Từ (1) và (2) suy ra BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC2 b) Gọi K là điểm đối xứng của H qua BC suy ra H· CB K· CB Mà F· AI H· CI (do tứ giác AFIC nội tiếp) F· AI B· CK hay B· AK B· CK tứ giác BACK nội tiếp đường tròn (O) K (O)
  12. Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp O . Gọi E, F lần lượt là các chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC . Đường tròn I đi qua E, F và tiếp xúc với BC tại D . Chứng DB2 BF.BE minh rằng: . DC 2 CF.CE Lời giải A G E F H I O B D C Gọi H AC  (I), G AB  (I). Cµ chung Trước hết ta chứng minh được CDH ∽ CED g g do · · CDH CED CD CE CD2 CH.CE 1 . CH CD BD BG Chứng minh tương tự BDF ∽ BGD g g BD2 BG.BF 2 . BF BD Ta có G· BE H· CF ( cùng phụ với µA ) và B· GE C· HF ( cùng bù với E· HF ) BG BE BGE ∽ CHF g g 3 . Từ 1 , 2 và 3 CH CF DB2 BG.BF BG BF BE BF BF.BE . . ( đpcm). DC 2 CH.CE CH CE CF CE CF.CE Bài 3: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O). Gọi BD và CE là hai đường cao của tam giác ABC. a) Chứng minh AD.AC=AE.AB b) Tia AO cắt BC tại A1và cắt cung nhỏ BC tại A2. Tia BO cắt AC tại B1và cắt cung nhỏ A1A2 B1B2 C1C2 AC tại B2. Tia CO cắt BA tại C1và cắt cung nhỏ AB tại C2. Chứng minh: + + =1. AA1 BB1 CC1
  13. Lời giải A R L D E H O J B A1 C Q A2 a) Chứng minh được tam giác ABD đồng dang với tam giác ACE Chứng minh được AD.AC=AE.AB. b) * Gọi H là trực tâm của ABC. A1A2 JQ Tia AH cắt BC tại J và cắt cung BC tại Q. Chứng minh được: = A1A2 JA JH JQ S * Chứng minh được: = = BHC JA JA SBAC B1B2 S C1C2 S * Tương tự chứng minh được: = CHA , =BHA 1 1 BB SBAC CC SBAC * ABC nhọn nên điểm H nằm trong tam giác. Suy ra SBHC+SBHA+SAHC=SBAC A1A2 B1B2 C1C2 SBHC + SBHA + SCHA SBAC Từ đó + + = = =1. AA1 BB1 CC1 SABC SABC Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC có AC AB nội tiếp đường tròn (O). Kẻ phân giác trong AI của tam giác ABC (I BC) cắt (O) ở E. Tại E và C kẻ hai tiếp tuyến với (O) cắt nhau ở F, AE cắt CF tại N, AB cắt CE tại M. 1 1 1 a) Chứng minh . CN CI CF b) Gọi AD là trung tuyến của tam giác ABC, kẻ DK//AI (K AC) . Chứng minh 2AK AC AB . Lời giải
  14. a) Do hai tứ giác AMNC và ABEC nội tiếp, nên ta có các µ µ µ ¶ µ ¶ góc trong bằng nhau: A1 C1; A1 C2; A2 M 2 Suy ra : BC//MN//EF, CMN cân tại N Xét tam giác CIN có CE là phân giác và EF//IC nên ta có các tỉ số EN CN EN FN ; EI CI EI FC CN FN CI FC CN CN CF CN CN 1 CI FC CI FC CN CN Chuyển vế : 1 , chia 2 vế cho CN ta có điều CI FC phải chứng minh b) Gọi H thuộc AC sao cho K là trung điểm của AH, Kẻ HG//AI với G thuộc BC, trên HG lấy điểm L sao cho CG = CL ( CLG cân) Từ AI//DK//HG và K là trung điểm của AH nên DI = DG, theo giả thiết DB = DC nên BI = GC vậy BI = CL AI//HL nên B· AI I·AC L· HC , và B· IA E· IC L· GC H· LC (so le và đồng vị) Xét hai tam giác AIB và HLC có hai góc bằng nhau nên góc còn lại bằng nhau, có 1 cạnh bằng nhau BI = CL nên AIB HLC g.c.g Vậy AB = HC Mặt khác HC = AC – AH = AC – 2AK Nên AB = AC – 2AK 2AK = AC – AB (đpcm). Bài 5: Cho đường tròn tâm O đường kính AB; E là một điểm bất kì thuộc đường kính AB (E khác A và B). Vẽ đường tròn (O’) đường kính EB, qua trung điểm H của AE vẽ dây cung CD của đường tròn (O) và vuông góc với AE, BC cắt đường tròn (O’) tại I. Chứng minh rằng: a) ∆CHO = ∆HIO’. b) HA2 + HB2 + HC2 + HD2 không đổi khi E chuyển động trên đường kính AB. Bài 6: Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: MI.BE BI.AE Bài 7: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn đó.
  15. a. Chứng minh MB + MC = MA b. Gọi H, I, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB, BC, CA. Gọi S, S’ lần lượt là diện tích của tam giác ABC, MBC. Chứng minh rằng: Khi M di động ta luôn có 2 3 S + 2S' đẳng thức: MH + MI + MK = 3R Bài 8: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O; R . Giả sử các điểm B,C cố định và A di động trên đường tròn O sao cho AB AC và AC BC . Đường trung trực của đoạn thẳng AB cắt AC và BC lần lượt tại P và Q . Đường trung trực của đoạn thẳng AC cắt AB và BC lần lượt tại M và N . Chứng minh rằng: OM.ON R2 . Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A B· AC 90 nội tiếp đường tròn O bán kính R . M là điểm nằm trên cạnh BC BM CM . Gọi D là giao điểm của AM và đường tròn O ( D khác A ), điểm H là trung điểm đoạn thẳng BC . Gọi E là điểm chính giữa cung lớn B»C , ED cắt BC tại N . Chứng minh rằng MA.MD MB.MC và BN.CM BM.CN . 2.5. Tính độ dài đoạn thẳng, tính số đo của một góc, tính số đo cung, độ dài cung, tính diện tích Bài 1: Trên nửa đường tròn O đường kính AB = 2r lấy điểm C khác A sao cho CA < CB. Hai tiếp tuyến của nửa đường tròn O tại B, C cắt nhau ở M. Tia AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác MCB tại điểm thứ hai là D. Gọi K là giao điểm thứ hai của BD và nửa đường tròn O , P r2 3 là giao điểm của AK và BC. Biết rằng diện tích hai tam giác CPK và APB lần lượt là và 12 r2 3 , tính diện tích tứ giác ABKC. 3 Lời giải Chứng minh được DO là đường cao tam giác DAB và D,P,O thẳng hàng Chứng minh được ABKC là hình thang Chứng minh được ABKC là hình thang Suy ra diện tích của chúng bằng nhau đặt bằng S X Hai tam giác KCP và KPD có cùng đường ao nên dt KCP S1 CP ( với S1 là diện tích dt KPB S X PB CPK ) Hai tam giác ACP và APB có cùng đường cao nên dt ACP S X CP ( với S2 là dt APB S2 PB diện tích APB
  16. 4 2 S1 S X 2 r r 3 S X S1.S2 S X . S X S2 12 6 Vậy diện tích tứ giác ABKC là r 3 3 r 2 3 r 2 3 3r 2 3 dt ABKC S S 2S 1 2 X 12 3 3 4 Bài 2: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, AC, BC. Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF và DF lần lượt tại I và K. Tính số đo góc BIF Lời giải Vì BD, BF là các tiếp tuyến của (O) nên OD ⊥ BD, OF ⊥ BF. Xét 2 tam giác vuông OBD và OBF có OB chung   OBD OBF (cạnh huyền–góc nhọn) OBD=OBF(gt) ⇒ BD = BF Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K. Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K D· OE 900 1 D· FE D· OE 45o 2 ⇒ ∆ KIF vuông cân tại K. B· IF 450 Bài 3: Cho đoạn thẳng AB = 2a có trung điểm là O. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB dựng nửa đường tròn tâm O đường kính AB và nửa đường tròn tâm O ' đường kính AO .Điểm M thay đổi trên nửa đường tròn (O ') (M khác A và O ), tia OM cắt đường tròn (O) tại C. Gọi D là giao điểm thứ hai của CA với đường tròn (O ') .
  17. 1) Chứng minh rằng tam giác ADM cân. 2) Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O )cắt tia OD tại E chứng, minh E Alà tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O ') . 3) Đường thẳng AM cắt OD tại H , đường tròn ngoại tiếp tam giác COH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Chứng minh rằng ba điểm A,M ,N thẳng hàng. 4) Tính độ dài đoạn OM theo a biết ME song song với AB. Giải C N E M D H A O' O B · 1)Tam giác AOC cân tại O , có OD là đường cao nên là phân giác trong góc AOC , do đó A·OD = C·OD ¼ Þ A¼D = DM nên DA = DM . Vậy tam giác AMD cân tại D. · · 0 2) DOEA = DOEC c.g.c Þ OAE = OCE = 90 . ( ) Do đó, AE ^ AB. Vậy AE là tiếp tuyến chung của (O) và (O '). 3) Giả sử AM cắt (O) tại N ' . DOAN ' cân tại O, có OM ^ AN ' nên OM là đường trung trực của AN ' Þ CA = CN '. · · · · · · Ta có CN 'A = CAM mà CAM = DOM , do đó CN 'H = COH. Bốn điểm C,N ',O,H thuộc một đường tròn. Suy ra, N ' thuộc đường tròn ngoại tiếp DCHO. Do vậy, N ' trùng với N. Vậy ba điểm A,M ,N thẳng hàng. 4)Vì ME / / AB và AB ^ AE nên ME ^ AE . Ta có hai tam giác MAO,EMA đồng dạng nên MO MA AO = = Þ MA2 = AO.EM (*) EA EM MA Dễ thấy DMEO cân tại M nên ME = MO. Thay vào (*) ta được MA2 = OA.MO ( ) Đặt MO = x > 0 ta có MA2 = OA2 - MO2 = a2 - x 2. Từ ( ) suy ra a2 - x 2 = ax Û x 2 + ax - a2 = 0 .
  18. ( 5 - 1)a Từ đó tìm được OM = 2 Bài 4: Cho đoạn thẳng AB và điểm E nằm giữa điểm A và điểm B sao cho AB = 18 cm và AE = 6 cm. Vẽ đường tròn O1 đường kính AE và đường tròn O2 đường kính BE. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN của hai đường tròn với M là tiếp điểm thuộc O1 và N là tiếp điểm thuộc O2 . Gọi F là giao điểm của các đường thẳng AM và BN. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng MN cắt đường tròn (O) tại C và D sao cho điểm C thuộc cung nhỏ AD. Tính độ dài đoạn thẳng CD. Bài 5: Cho đường tròn (O ; R), trên đó lấy một điểm cố định A và vẽ đường tròn (A ; R). Lấy điểm H di động trên (A ; R), cát tuyến của (O) đi qua A và H cắt (O) tại điểm thứ hai K. Dựng trung trực của đoạn HK cắt (O) tại B và C. a) Chứng tỏ rằng H là trực tâm của tam giác ABC. b) Tính số đo góc A của tam giác ABC. 2.6. Điểm cố định, đường thẳng cố định, đường tròn cố định Phương pháp: để chứng minh điểm nằm trên đường tròn cố định ta chứng minh tứ giác nội tiếp có 3 điểm cố định thì đường tròn cố định Bài 1: Cho đường tròn (O) cố định và hai điểm phân biệt B, C cố định thuộc đường tròn ( O ). Gọi A là một điểm thay đổi trên đường tròn (O) (điểm A không trùng với điểm B và C), M là trung điểm của đoạn thẳng AC. Từ điểm M kẻ đường thẳng (d) vuông góc với đường thẳng AB, đường thẳng (d) cắt đường thẳng AB tại điểm H. Chứng minh rằng khi điểm A thay đổi trên đường tròn (O) thì điểm H luôn nằm trên một đường tròn cố định. Lời giải Gọi D là trung điểm của đoạn BC, vì tam giác BOC, AOC là các tam giác cân tại O nên OD  BC,OM  AC . Ta có: · ODC ·OMC 900 Bốn điểm O, D, C, M cùng nằm trên đường tròn ( I ) có tâm I cố định, đường kính OC cố định. Gọi E là điểm đối xứng với D qua tâm I, khi đó E cố định và DE là đường kính của đường tròn ( I ) . Nếu H E,H B : - Với M  E ·BHE 900
  19. - Với M E , do DM P BH ·DMH 900 . Khi đó ·DME ·DMH 900 H ,M ,E thẳng hàng. Suy ra ·BHE 900 Vậy ta luôn có: ·BHE 900 hoặc H  E hoặc H  B do đó H thuộc đường tròn đường kính BE cố định. Bài 2: Cho đường tròn tâm O và dây cung AB cố định (O AB ). P là điểm di động trên đoạn thẳng AB (P A, B và P khác trung điểm AB). Đường tròn tâm C đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (O) tại A. Đường tròn tâm D đi qua điểm P tiếp xúc với đường tròn (O) tại B. Hai đường tròn (C) và (D) cắt nhau tại N (N P ). 1) Chứng minh rằng ·ANP B· NP và bốn điểm O, D, C, N cùng nằm trên một đường tròn. 2) Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn ON luôn đi qua điểm cố định khi P di động. Lời giải 1) Gọi Q là giao điểm của các tiếp tuyến chung của (O) với (C), (D) tại A, B tương ứng. Suy ra ·ANP Q· AP Q· BP B· NP. Ta có ·ANB ·ANP B· NP Q· AP Q· BP N H O 0 · 180 AQB , suy ra NAQB nội tiếp (1). D Dễ thấy tứ giác OAQB nội tiếp (2) C Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm O, N, A, Q, B A cùng nằm trên một đường tròn. P B Suy ra các điểm O, N, A, B cùng nằm trên một đường tròn. E Ta có O· CN 2O· AN 2O· BN O· DN , suy ra bốn điểm O, D, C, N cùng nằm trên một đường tròn. Q 2) Gọi E là trung điểm OQ, suy ra E cố định và E là tâm đường tròn đi qua các điểm N, O, D, C. Suy ra đường trung trực của ON luôn đi qua điểm E cố định. Nhận xét: để chứng minh đường thẳng luôn đi qua một điểm cố định ta cần xác định tính chất đặc trưng của các điểm nằm trên đường thẳng đó. Bài 3: Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn (O;R). Trên đường tròn (O;R) lấy H bấy kỳ sao cho AH<R, qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn (O;R). Trên đường thăng a lấy B và C sao cho H nằm giữa B và C và AB=AC=R. Vẽ HM vuông góc với OB ( M OB), vẽ HN vuông góc với OC ( N OC). Chứng minh OM OB=ON OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định Lời giải
  20. a B M H E A O N C a/ Chứng minh OM OB=ON OC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định *Ta có OH  HB (t/c tiếp tuyến) OHB vuông tại H, mà HM OB (gt) nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có OM OB OH 2 R2 Chưng minh tương tự ta có ON OC OH 2 R2 . Vậy ta có OM OB ON OC OM OA * Ta có OM OB OH 2 R2 mà OA=R nên ta cóOM OB OA2 OA OB OM OA Xét OMA và OAB có Oµ chung, có OMA : OAB O· AM O· BA . Ta có OA OB AO=AB=R (gt) OAB cân ·AOB O· BA ·AOM O· BA , vậy O· AM ·AOM OMA cân MO MA Chứng minh tương tự ta có ONA cân NO NA Ta có MO MA ;NO NA , vậy MN là trung trực của OA, gọi E là giao điểm của MN với OA OA ta có EO=EA= và MN  OA tại E, mà O, A cố định nên E cố đinh. Vậy MN luôn đi qua 1 2 điểm cố định Bài 4: Cho đường tròn tâm O bán kính R đường kính AB. Từ hai điểm A và B kẻ hai tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn , điểm M thuộc nửa đường tròn (sao cho tia Ax, By và nửa đường tròn chứa điểm M cùng nẳm trên nửa mặt phẳng bờ AB ). Qua điểm M kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tia tiếp tuyến Ax và By lần lượt ở C và D, Gọi giao điểm của AD và BC là K, MK và AB là H. a) Chứng minh MK vuông góc với AB và MK=KH. b) Vẽ tam giác vuông cân MBE đỉnh B ra phía ngoài nửa đường tròn (O) (BE và BD cùng nửa mặt phẳng bờ AB). Chứng minh rằng khi M di chuyển trên nửa đường tròn đường kính AB thì đường thẳng đi qua E và song song với MB luôn đi qua một điểm cố định. Bài 5: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. Bài 6: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I chuyển động trên cung BC không chứa điểm A (I không trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định. Bài 7: Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC không đi qua tâm .Gọi A là chính giữa cung nhỏ BC.Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng không đổi sao cho E và F khác
  21. phía với điểm A qua BC ;AE và AF cắt BC lần lượt tại M và N .Lấy điểm D sao cho tứ giác MNED là hình bình hành . a)Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp . b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF .Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF quay quanh A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định. c) Khi 600 và BC=R ,tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI. Bài 8: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O; R , M là điểm chính giữa của cung BC không chứa điểm A . Vẽ đường tròn I đi qua M và tiếp xúc với AB tại B , vẽ đường tròn K đi qua M và tiếp xúc với AC tại C . Gọi N là giao điểm thứ hai của đường tròn I và K . Lấy D là điểm bất kỳ thuộc cạnh AB (D khác A và B ) điểm E thuộc tia đối của tia CA sao cho BD CE . chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn đi qua một điểm cố định khác A 3. Bài tổng hợp. Bài 1: Cho đường tròn O; R có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi M là điểm di động trên đoạn thẳng OB ( M khác O và P ). Tia CM cắt đường tròn O tại N ; DB cắt CN tại P ; AN cắt CD tại Q a) Chứng minh PQ / / AB b) Chứng minh CAQ đồng dạng với AMC , từ đó suy ra diện tích tứ giác ACMQ không đổi khi M di động trên đoạn thẳng OB 2 CQ CN c) Chứng minh hệ thức AM AN d) Xác định vị trí của điểm M trên đoạn thẳng OB để NQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CPQ . Tính OM theo R trong trường hợp đó. Lời giải » » ¶ ¶ a) Vì AB  CD nên CA CB D1 N1 nên tứ giác PQDN nội tiếp P· ND P· QD 1800 mà P· ND 900 P· QD 900 PQ  CD PQ∥ AB . b) Xét hai tam giác CAQ và AMC ·ACQ M· AC 450 C· AQ ·AMC ( do sd »AC sd B»N sd B»C sd B»N ) Vậy CAQ ∽ MAC g g CA CQ AM.CQ AC 2 2R2 AM AC AM.CQ AC 2 2R2 Tứ giác ACMQ có AM  CQ S R2 ACMQ 2 2 2 2 CA CQ AQ CQ AQ c) Ta có CAQ ∽ MAC g g (1) AM AC MC AM MC
  22. COM ∽ CND g g ( vì D· CN chung, C· OM C· ND 900 ) CM CO Suy ra CM.CN 2R.R 2R2 CD CN Tương tự : AQ.AN 2R2 AQ CN Vậy CM.CN AQ.AN (2) MC AN 2 CQ CN Từ (1) và (2) suy ra AM AN d) Ta có tứ giác PQDN nội tiếp P· QN P· DN Mà P· DN B· CN nên P· QN B· CN NQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp CPQ khi P· QN P· CQ Do đó B· CN P· CQ hay B»N N»D Suy ra CN là phân giác của góc O· CB Tan giác BOC vuông cân tại O BC OB 2 R 2 OM OC R 1 Vì CM là phân giác của tam giác BOC nên MB CB R 2 2 Ta có OM MB R OM R 2 1 Vậy khi OM R 2 1 thì NQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp CPQ Bài 2: Từ một điểm I nằm ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến IA và IB đến đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Tia Ix nằm giữa hai tia IA và IB, Ix không đi qua O và cắt đường tròn (O) tại C và E (E nằm giữa C và I), đoạn IO cắt AB tại M. Chứng minh: a) Tứ giác OMEC nội tiếp
  23. b) ·AMC ·AME 2 MB IE c) . MC IC Lời giải a) IAE và ICA có I·AE I·CA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AE) và góc I chung IAE ∽ ICA (g.g) IA IE IA2 IE.IC (1) IC IA Lại có IAO vuông tại A có AM  IO (do IO là trung trực của AB) IA2 IM.MO (2) Từ (1) và (2) ta có IE.IC IM.IO IE IO IM IC IE IO IEM và IMC góc I chung và IM IC IEM ∽ IOC (c.g.c) I·ME O· CE Tứ giác OMEC nội tiếp (góc trong của tứ giác bằng góc ngoài ở đỉnh đối diện) b) Do tứ giác OMEC nội tiếp (câu a) O· EC O· MC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OC) Mà O· EC O· CE (do tam giác OCE cân tại O) Và O· CE I·ME (chứng minh trên) I·ME O· MC Mà I·ME E· MA 900 và O· MC C· MA 900 (do AB  IO) A· MC ·AME c) CMO và ICO có C· MO I·CO (=O· EC ) I·OC chung CMO ∽ ICO (g.g)
  24. CM IC MO CO CM .CO MO.IC CM 2 .CO CM .MO.IC CM 2 CM (1) MO.IC CO Lại có IEM ∽ COM (g.g) (do I·EM M· OC (=I·OC) theo câu a và E· MI O· MC (câu b) IM CM (2) IE CO Từ (1) và (2) ta có IM CM 2 IM .MO IE IE MO.IC MC 2 IC Mà MA2 = MI.MO (hệ thức lượng trong tam giác vuông IAO) MA2 IE mà MA = MB MC 2 IC 2 2 MB IE MB IE . 2 hay MC IC MC IC Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) ( AB < AC). Kẻ đường cao AH ( H BC) của tam giác ABC và kẻ đường kính AD của đường tròn (O). a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng DH. Chứng minh OM là đường trung trực của đoạn thẳng BC. b. Gọi S, T là các giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn tâm A bán kính AH; F là giao điểm của ST và BC. Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với DH tại E. Chứng minh FB.FC FH 2 và 3 điểm F, E, A thẳng hàng. c. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM tiếp xúc với đường tròn tâm A bán kính AH. Lời giải a) Ta có OM // AH (tính chất đường trung bình) mà AH  BC OM  BC. OM là đường trung trực của đoạn thẳng BC (đpcm). b) FTB '' : FCS (g.g) FT FB FB.FC FT.FS(1). A FC FS FH là tiếp tuyến của đường tròn tâm A bán kính AH FT.FS FH 2 (2) 2 T Từ (1) và (2) suy ra FB.FC FH E Gọi E’ là giao điểm củaFA với (O) O FE '.FA FH 2 FE ' H '' : FHA(c.g.c) S F B H C M D
  25. F· E ' H F· HA 90o HE '  AF. Mà DE '  AF E '; H; D là ba điểm thẳng hàng E  F (đpcm) c) Gọi I là điểm đối xứng với H qua E. Ta có AF là đường trung trực của đoạn thẳng HI nênFH FI và AH AI , nghĩa là I thuộc đường tròn tâm A bán kính AH . AFI AFH (c.c.c) ·AIF ·AHF 90o FI tiếp xúc với đường tròn tâm A bán kính AH tại I (3) HB HE 1 Có HBE ''∽ HDC(g.g) HB.HC HD.HE 2HM. HI HM.HI HD HC 2 HBI ''∽ HMC(c.g.c) H· BI H· MC Tứ giác IBMC nội tiếp. Lại có: FI 2 FB.FC (cùng bằng FH 2 ) FI tiếp xúc với đường tròn IBMC tại I. Kết hợp với (3) suy ra đpcm. Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC không cân có AB < AC, trực tâm H và đường trung tuyến AM. Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên AM, D là điểm đối xứng của A qua M và L là điểm đối xứng của K qua BC. a) Chứng minh các tứ giác BCKH và ABLC nội tiếp. b) Chứng minh L· AB M· AC . c) Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên AL, X là giao điểm của AL và BC. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác IXM và đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC tiếp xúc với nhau. Lời giải
  26. A F J K G H I O' B C E X M L O D a) Gọi E, F, G theo thứ tự là chân các đường cao AE, BF, CG của tam giác ABC. AK AH AHK ∽ AME(g.g) AK.AM AH.AE AE AM AH AF AHF ∽ ACE(g.g) AC.AF AH.AE AC AE AK AF Từ đó suy ra: AK.AM = AF.AC suy ra: AFK ∽ AMC A· KF A· CM AC AM 1 FBC vuông tại F có FM là đường trung tuyến FM MC BC 2 MFC cân tại M M· FC M· CF A· CB Xét tứ giác BHKC có: H· KC H· BC H· KM M· KC H· BC = 900 M· FC HBC = 900 A· CB H· BC 900 900 1800 Suy ra: tứ giác BHKC nội tiếp.
  27. Ta có: AGHF nội tiếp B· AC G· HF 1800 Mà G· HF ·BHC (đối đỉnh) Lại có: BHKC nội tiếp B· HC B· KC Mà B· KC B· LC (K, L đối xứng qua BC) Từ đó: B· AC B· LC 1800 . Suy ra: tứ giác ABLC nội tiếp. b) Ta có: L· AB L· CB (ABLC nội tiếp, cùng chắn cung BL) Mà L· CB K· CM (K đối xứng L qua BC) L· AB K· CM (1) AMC vµ CMK cã K· MC chung vµ M· KC = A· CB AMC ∽ CMK(g.g) K· CM M· AC (2) Từ (1) và (2) suy ra: L· AB M· AC c) Ta có: ABDC là hình bình hành vì MA = MD, MB = MC Suy ra: B· DC B· AC Mà B· HC B· AC 1800 B· HC B· DC 1800 BHCD nội tiếp B, H, K, C, D cùng thuộc một đường tròn AB // CD mà CH  AB CH  CD HD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp BHC Gọi O là trung điểm HD thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp BHC Ta có: AI.AX = AH.AE và AH. AE = AK.AM suy ra: AI.AX = AK.AM AI AK AKI ∽ AXM A· KI ·AXM IXMK nội tiếp AM AX Suy ra: K thuộc đường tròn ngoại tiếp IXM Suy ra: đường tròn ngoại tiếp BHC và đường tròn ngoại tiếp IXM có điểm chung K. OD OK (bán kính đường tròn ngoại tiếp BHC ) OKD cân O· KD O· DK Gọi J là trung điểm AH, IM là đường trung bình của tam giác AHD, JM cắt OK tại O’ JM // HD O· ' MK O· DK (đồng vị) O· ' MK O· KD O' KM cân tại O’ Suy ra: O’ thuộc đường trung trực của KM (*) Mặt khác: AHIK nội tiếp đường tròn tâm J, đường kính AH H· KI H· AI (cùng chắn cung HI) và JK = JI AH // KL (cùng vuông góc với BC) H· AI I·LK H· KI I·LK HK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp KIL Mà HK  AM suy ra tâm đường tròn này thuộc AM Lại có BC là đường trung trực của KL và M thuộc BC Suy ra: M là tâm đường tròn ngoại tiếp KIL Suy ra: MK = MI Mà JI = JK suy ra: JM là trung trực của IK ( ) Từ (*) và ( ) suy ra: O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp IXM Mà ta có: OO’ = OK – O’K Suy ra: đường tròn ngoại tiếp BHC và đường tròn ngoại tiếp IXM tiếp xúc trong với nhau tại K.
  28. Bài 5: Cho ABC không cân, biết ABC ngoại tiếp đường tròn I . Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của BC, CA, AB với đường tròn I . Gọi M là giao điểm của đường thẳng EF và đường thẳng BC, biết AD cắt đường tròn I tại điểm N N D , gọi K là giao điểm của AI và EF. a) Chứng minh rằng AK.AI = AN.AD và các điểm I, D, N, K cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường tròn I . Lời giải a) Ta có: AE, AF là hai tiếp tuyến của đường tròn I , suy ra: AE = AF, AI là phân giác của góc EAF. AEF cân tại A, AI là đường phân giác do đó AI là đường cao của tam giác AEF EAI vuông tại E, EK là đường cao suy ra AE 2 AK.AI Xét AEN và ADE có E· AN chung. ·AEN ·ADE . ( Hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) Do đó: AEN  ADE (g.g) AE AN AE 2 AN.AD AD AE Ta có: AK.AI = AN.AD ( cùng bằng AE 2 ) Xét ANK và AID có: K· AN chung. AN AK ( Do AK.AI = AN.AD) AI AD Do đó: ANK  AID (c.g.c) ·AKN ·ADI Do đó: DNKI nội tiếp Vậy bốn điểm I,D,N,K cùng thuộc một đường tròn. b) Do MD là tiếp tuyến của I nên MD  ID. Tứ giác MKID có M· KI M· DI 900 900 1800 Do đó: MIKD nội tiếp, suy ra M,N,K,I,D cùng thuộc một đường tròn. Suy ra: M· NI M· KI 900 Ta có: MN  IN N I Vậy MN là tiếp tuyến của đường tròn I Bài 6: Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn O . Gọi E là điểm nằm chính giữa của cung nhỏ BC . Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho EM EC , đường thẳng BM cắt đường tròn O tại N (N khác B ). Các đường thẳng EA và EN cắt cạnh BC lần lượt tại D và F .
  29. a) Chứng minh tam giác AEN đồng dạng với tam giác FED . b) Chứng minh M là trực tâm của tam giác AEN . c) Gọi I là trung điểm của AN , tia IM cắt đường tròn O tại K . Chứng minh đường thẳng CM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK . Lời giải a) Có 퐹 = 180˚ ― (hai góc kề bù) 퐹=180°- ― = ― = ― = (Do cung DE EC ) Suy ra DEF đồng dạng với NEA b) Ta có EB EC EM do E là điểm chính giữa cung BC và theo giả thiết EM EC . Mặt khác AE là tia phân giác suy ra AE là trung trực đoạn thẳng BM hay vuông góc với tia NM Chứng minh tương tự thì NE là tia phân giác của , suy ra NE là đường trung trực của đoạn thẳng MC hay NE vuông góc với AM . Từ hai điều trên ta có M là trực tâm của AEN c) Gọi giao điểm của AM với EN là X , của BN với AE là Y Gọi giao điểm của IM với đường tròn O là T . Dễ thấy rằng ATNM là hình bình hành nên TN vuông góc với EN suy raET là đường kính đường tròn O 퐾 =90 hay 퐾 =90 hay K thuộc đường tròn đường kính EM , suy ra năm điểm X ,Y, M , K, E cùng thuộc một đường tròn Ta có 퐾 = 퐾 = 퐾 = 퐾 = 퐾(do tứ giác MEKX nội tiếp) Suy ra CM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK Bài 7: Cho đường tròn (O) cố định và điểm A cố định ở ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (O) tại B. Một tia Ax thay đổi, nằm trong miền O· AB , cắt đường tròn (O) tại hai điểm C, D (C ở giữa A và D). Từ B kẻ BH vuông góc với AO tại H. Chứng minh rằng: a) Tích AC.AD không đổi; b) CHOD là tứ giác nội tiếp; c) Phân giác của C· HD cố định. Lời giải
  30. Học sinh vẽ hình đúng; ghi giả thiết, kết luận · 1 a) Xét ABC và ADB có: BAD chung; A· BC A· DB sñB»C 2 ABC ADB (góc-góc) AB AD AC.AD AB2 (3) AC AB Do đường tròn (O), A cố định AB không đổi AC.AD không đổi 2 b) ABO vuông tại B, đường cao BH AB AH.AO (4) AC AO Từ (3) và (4) AC.AD AH.AO , mà O· AD chung AH AD AHC  (cạnh-góc-cạnh)ADO A· HC A· DO (5) Tứ giác CHOD nội tiếp c) Tứ giác CHOD nội tiếp O· HD O· CD (6) COD cân tại O O· CD O· DC hay O· CD A· DO (7) Từ (5); (6) và (7) A· HC O· HD Mà A· HC B· HC O· HD B· HD 900 B· HC B· HD BH là phân giác của C· HD , BH cố định ĐPCM Bài 8: Cho tam giâc ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với AB < AC. Gọi M là trung điểm của BC, AM cắt (O) tại D khác A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt đường thẳng AC tại E khác C. Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường thẳng AB tại F khác B. 1/ Chứng minh hai tam giác BDF, CDE đồng dạng. 2, Chứng minh rằng ba điểm E, M, F thẳng hàng và OA  EF. 3/ Đường phân giác của góc BAC cắt EF tại điểm N. Đường phân giác của góc CEN cắt CN tại P, đường phân giác của góc BFN cắt BN tại Q. Chứng minh rằng PQ // BC. Lời giải:
  31. A A x E O E O B M C B Q M C N P F D F D 1/ Do các tứ giác M E C D, M B F D nội tiếp nên D· EC D· MC D· FB 1 Tứ giác ABDC nội tiếp nên D· CE D· CA D· BF 2 Từ (1) và (2) suy ra BDF CDE(g g) đpcm 2/ Ta có BMF B· DF, E· MC E· DC và B· DF C· DE. (do BDF ~ CDE ), suy ra B· MF E· MC. Vậy E, M, F thẳng hàng. Từ hai tứ giác MECD, MBFD nội tiếp suy ra AB, AF AM  AD AE  AC ,suy ra tứ giác BECF nội tiếp. Do đó ·AFE ·ACB. Vẽ tiếp tuyến Ax của (O) thì ·ACB B· Ax ,suy ra Ax // EF. Vậy OA  EF. PN EN QN FN NE AE 3/ theo tính chất phân giác ta có , và suy ra PC EC QB FB NF AF PN QN EN FN EN FB AE FB AB FB : : .  , 3 PC QB EC FB FN EC AF EC AC EC MB S S S S AB BF 2 CE AB.BF 1 DAB DAB . BDF . CDE Ta có  2  4 MC SDAC SBDF SCDE SDAC BF CE AC CE  AC PN QN Từ (3) và (4) suy ra , hay PQ // BC. PC QB Bài 9: Cho tam giác nhọn ABC có AB AC và trực tâm là T. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC và D là điểm đối xứng với T qua đường A thẳng BC; I và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC; E và F lần lượt là trung điểm của AC và IH. a) Chứng minh ABDC là tứ giác nội tiếp và hai tam giác ACD và IHD đồng dạng. P E b) Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng và DEF là T tam giác vuông. K H B F Q C I D
  32. BC AB AC c) Chứng minh . DH DI DK Lời giải a) Tia CT cắt cạnh AB tại P. Ta có D· AB T· CB (cùng phụ với A· BC ), T· CB D· CB (T và D đối xứng qua BC). Do đó D· AB D· CB ABDC là tứ giác nội tiếp. Suy ra D· IH D· BH D· AC và I·HD I·BD A· CD. Do đó hai tam giác ACD và IHD đồng dạng. b) Tứ giác IBHD nội tiếp nên B· HI B· DI. Tứ giác DHKC có hai đỉnh H và K cùng nhìn đoạn DC dưới một góc vuông nên nội tiếp. Suy ra K· HC K· DC. Các tứ giác ABDC và AIDK nội tiếp nên I·DK B· DC (cùng bù với B· AC ). Suy ra B· DI K· DC. Do đó B· HI K· HC. Vì I và K nằm khác phía đối với đường thẳng BC nên ba điểm I, H, K thẳng hàng. Hai tam giác ACD và IHD đồng dạng với nhau có DE và DF lần lượt là các đường DC DE trung tuyến nên . DH DF Hai tam giác DCE và DHF đồng dạng nên E· DC F· DH. Suy ra H· DC F· DE. Do đó hai tam giác HDC và FDE đồng dạng suy ra D· FE D· HC 90o. Vậy tam giác DEF vuông tại F. c) Trên cạnh BC lấy điểm Q sao cho Q· DC B· DA. Lại có B· AD B· CD nên hai AB AD tam giác DBA và DQC đồng dạng. Suy ra . CQ CD AD DI Hai tam giác AID và CHD đồng dạng nên . CD DH AB DI AB CQ Suy ra hay (1). CQ DH DI DH Vì Q· DC B· DA nên H· DC B· DQ. BQ DB Suy ra hai tam giác BDQ và ADC đồng dạng do đó (2). AC DA Ta có B· AD B· CD H· KD . Mặt khác A· BD 180o I·BD, K· HD 180o I·HD. Vì I·BD I·HD nên A· BD K· HD. DB DH Suy ra hai tam giác ABD và KHD đồng dạng. Do đó (3). DA DK
  33. BQ DH AC BQ Từ (2) và (3) suy ra hay (4). AC DK DK DH AB AC CQ BQ BC Từ (1) và (4) suy ra . DI DK DH DH DH Bài 10: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O với AB AC . Gọi M là trung điểm của BC, AM cắt O tại điểm D khác A . Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt đường thẳng AC tại E khác C . Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường thẳng AB tại F khác B . 1. Chứng minh rằng hai tam giác BDF,CDE đồng dạng. 2. Chứng minh rằng ba điểm E, M , F thẳng hàng và OA  EF . 3. Đường phân giác của B· AC cắt EF tại điểm N . Đường phân giác của C· EN cắt CN tại P , đường phân giác của B· FN cắt BN tại Q . Chứng minh rằng PQ song song với BC . Lời giải A E O K M P C B Q N D F
  34. · · · · · · 1. Có BFD DMC DEC;FBD ACD DCE BDF ∽ CDE · · 2. Tứ giác BMDF nội tiếp BDF BMF (cùng chắn cung FB) · · Tứ giác CEMD nội tiếp CDE CME (cùng chắn cung EC) · · Do BDF ∽ CDE (cmt) BDF CDE (hai góc tương ứng) B· MF C· ME Mà các điểm B; M; C thẳng hàng Các điểm E;M;F thẳng hàng (đpcm) *) Kẻ AO cắt EF tại K; 1800 A· OC 1800 2A· BC O· AC K· AE O· CA 900 A· BC 2 2 K· AE 900 A· DC 900 A· EK A· EK K· AE 900 AK  KE AO  EF AF AM AE AM 3. ABM ∽ ADF và ACM ∽ ADE , mà BM = DF BM ED CM CM (gt) AF AE FN DF FN AF (do ) DF ED NE DE NE AE FN BF FN NE QN NP (do BDF ∽ CDE ) PQ / /BC (sử NE CE FB CE QB PC dụng tính chất tia phân giác kết hợp với ta lét đảo) Bài 11: Cho điểm M thuộc nữa đường tròn O đường kínhAB M A, M B, MA MB . Tia phân giác của góc AMB cắt AB tại C . Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với AB cắt các đường thẳng AM , BM theo thứ tự tại D, H . a) Chứng minh rằng: CA CH . b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên tiếp tuyến tại A của O , F là hình chiếu vuông góc của D trên tiếp tại B của. Chứng minh rằng: E, M , F thẳng hàng. c) Gọi S1, S2 theo thứ tự là diện tích của các từ giácACHE và BCDF . Chứng minh rằng: 2 CM S1  S2 . Lời giải a) Tứ giác AMHC nội tiếp đường tròn (Vì ·AMH ·AMH 90 ) HAC CMH 45 ( Hai góc cùng chắn cung H»C ) ACH vuông cân. D AC CH I F M b) Tứ giác MHCA thuộc đường E H tròn đường kính AH , mà EACH là hình vuông. A B C O
  35. EACH thuộc đường tròn đường kính AH EACHM nội tiếp đường tròn Vì EACH là hình vuông nên CE AH EC cũng là đường kính. EM  MC 1 Ta lại có: H· MI H· DI H· AC C· MH (do các tứ giác MHID, MACH nội tiếp) C· MH H· MI 45 MC  MI 2 Từ 1 , 2 M , I, E thẳng hàng. Chứng minh tương tự, ta được M , I, F thẳng hàng. Vậy M , I, E, F thẳng hàng. c) Các tứ giác EACH, FDCB là hình vuông. 2 2 S1  S2 AC CB S1  S2 AC CB AC CB AO OC OB OC R OC R OC R2 OC 2 OM 2 OC 2 CM 2 OM 2 OC 2 (đúng vì MCO tù tại C ) 2 Vậy CM S1  S2 . Bài 12: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B. Trên cung AB lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của AM, tia CO cắt d tại D. a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp. b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD c) Chứng minh rằng: CA.CN = CO.CD. d) Xác định vị trí điểm M để (AM.AN) đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp Ta có OC ⊥ AM O· CN 900
  36. Đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B nên O· BN 900 O· CN O· BN 1800 Tứ giác OBNC nội tiếp b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD Trong ∆AND có hai đường cao là AB và GC cắt nhau tại O. Suy ra NO là đường cao thứ ba hay: NO ⊥ AD. c) Chứng minh rằng CA . CN = CO. CD Ta có: C· AO ·AOC 900 ; B· OD B· DO 900 Mà C· AO B· OD (2 góc đối đỉnh) C· AO B· DO CAO CDN (g – g) CA CO CA.CN CO.CD CD CN d) Xác định vị trí điểm M để ( AM AN) đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: 2AM AN 2 AM.AN (cauchy cosi) Ta chứng minh: AM.AN AB2 4R2 (1) 2AM AN 2 2.4R2 4 2R AN Đẳng thức xảy ra khi: 2AM = AN AM= (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra: AM R 2 ∆AOM vuông tại O M là điểm chính giữa cung AB. Bài 13: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi M là điểm thuộc cung AB (AB ≠ A, M ≠ B) và I là điểm thuộc đoạn OA (I ≠ O, I ≠ A). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M, kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn (O). Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với IM, đường thẳng này cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Gọi E là giao điểm của AM với IC, F là giao điểm của BM với ID. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp b) EF // AB c) OM là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM và DFM. Lời giải
  37. a) CM: Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp Ta có: các tứ giác ACMI, BDMI nội tiếp Iµ µA 1 1 µ µ µ µ I1 I2 A1 B1 µ µ I2 B1 µ µ 0 µ µ µ µ o Mà A2 B2 90 và A1 A2 B1 B2 180 µ µ 0 I1 I2 90 E· IF E· MF 900 Tứ giác MEIF nội tiếp b) CM: EF // AB µ µ Tứ giác MEIF nội tiếp I1 F1 µ µ Tứ giác ACMI nội tiếp I1 A1 µ µ Mà B2 A1 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AM) µ µ B2 F1 EF // AB (vì có cặp góc đồng vị bằng nhau) c) CM: OM là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ngoại tiếp các tam giác: CEM, DFM Ta có: OA = OM ¶ µ M1 A2 µ µ Mà C1 A2 (cùng chắn cung IM) µ ¶ C1 M1 OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME (1) Lại có: OM = OB ¶ µ M 2 B2 ¶ µ mà D1 B2 (cùng chắn cung IM) ¶ ¶ D1 M 2 OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF (2) Từ (1) và (2) ĐPCM
  38. Bài 14: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC). Hai đường tròn (B; BA) và (C; CA) cắt nhau tại điểm thứ hai là D. Vẽ đường thẳng a bất kì qua D cắt đường tròn (B) tại M và cắt đường tròn (C) tại N ( D nằm giữa M và N). Tiếp tuyến tại M của đường tròn (B) và tiếp tuyến tại N của đường tròn (C) cắt nhau tại E. 1) Chứng minh BC là tia phân giác của ABD 2) Gọi I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh: AD2 = 4BI.CI 3) Chứng minh bốn điểm A, M, E, N cùng thuộc một đường tròn. 4) Chứng minh rằng số đo MEN không phụ thuộc vị trí của đường thẳng a. Lời giải 1) C/m: ABC = DBC (ccc) ABC=DBC hay: BC là phân giác của ABD 2) Ta có: AB = BD; CA = CD Suy ra: BC là trung trực của AD hay BC  AD AI  BC Ta lại có: BC  AD tại I IA = ID Xét ABC vuông tại A (gt) có: AI  BC, AD2 suy ra: AI2 = BI.CI hay: BI.CI AD2 4BI.CI 4 3) Ta có: D· ME D· AM (hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung) D· NE D· AN (hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung) Suy ra: D· ME D· NE D· AM D· AN Lại có: M· EN E· MN E· NM 1800 M· EN D· AM D· AN 1800 M· EN M· AN 1800 tứ giác AMEN nội tiếp 4) Ta có: M· AN ·AMN A· NM 1800
  39. Mà M· EN M· AN 1800 M· EN A· MN A· NM 1 1 Lại có: A· ND A· CB A· CD; A· MD A· BC A· BD (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng 2 2 chắn một cung) Mà: ABC vuông tại A nên: M· EN 900 (không đổi) Vậy M· EN không phụ thuộc vào đường thẳng a. Bài 15: Cho hình vuông ABCD, đường tròn (O) nội tiếp hình vuông tiếp xúc với các cạnh AB, AD tại hai điểm E, F. Gọi G là giao điểm các đường thẳng CE và BF. a) Chứng minh rằng năm điểm A,F,O,G,E cùng nằm trên một đường tròn b) Gọi giao điểm của đường thẳng FB và đường tròn là M(M≠F). CMR M là trung điểm của đoạn thẳng BG. c) CMR trực tâm của tam giác GAF nằm trên đường tròn (O) Lời giải a) Do đường tron (O) nội tiếp hình vuông ABCD nên E và F là trung điểm các cạnh AB và AD ABF BCE E· BG B· CG B· GC 900 A, E ,G , F cùng nằm trên một đường tròn Mà A, E ,O , F cũng nằm trên một đường tròn A, E ,G ,O , F cùng nằm trên một đường tròn b) Ta có AB là tiếp tuyến của đường tròn (O) B· EM E· FM Lại có: E· AG E· FG (cùng chắn E»G ) EM // AG Mà E là trung điểm của AB M cũng là trung điểm của BG Bài 16: Cho tam giác ABC cân tại A , có đường tròn nội tiếp I . Các điểm E, F theo thứ tự thuộc các cạnh CA, AB (E khác C và A ; F khác B và A ) sao cho EF tiếp xúc với đường
  40. tròn I tại điểm P . Gọi K, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của E, F trên BC . Giả sử FK cắt EL tại điểm J . Gọi H là hình chiếu vuông góc của J trên BC . a) Chứng minh rằng HJ là phân giác của góc EHF . b) Kí hiệu S1, S2 lần lượt là diện tích của các tứ giác BFJL và CEJK . Chứng minh rằng 2 S1 BF 2 . S2 CE c) Gọi D là trung điểm của cạnh BC . Chứng minh rằng ba điểm P, J, D thẳng hàng. Lời giải a) Sử dụng định lí Talet trong tam giác LKE với JH // EK , ta có: LH LJ . HK JE Sử dụng định lí Talet trong tam giác JHE với FL // EK , ta cùng có FL LJ 1. . EK JE FL LH Do đó: . EK HK FL LH Hai tam giác FLH và EKH có F· LH E· KH 900 và EK HK nên FLH ∽ EKH L· FH K· EH . Mặt khác, ta lại có L· FH F· HJ (so le trong) và K· EH E· HJ (so le trong). Do đó HJ là phân giác của góc EHF . b) Go HJ // FL nên SFJL SFLH . Suy ra SBFJL SBFL SFLH SBFH . (1)
  41. Chứng minh tương tự, ta cùng có SCEJK SCEH (2) Theo chứng minh câu a, hai tam giác FTL và EKH đồng dạng nên F· HB F· HL E· HK E· HC . Hai tam giác FHB và EHC có F· BH E· CH và F· HB E· CH nên đông dạng với nhau. 2 SFBH BF Suy ra 2 . SECH CE 2 S1 SFBH BF Từ (1) và (2) 2 . S2 SECH CE c) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử P nằm cùng phíc với B so với AD như hình vẽ ở trên. Gọi M là giao điểm của PJ và EK . Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác KFE với cát tuyến MJP , ta có MK PE JF   1. ME PF JK Mà hai tam giácBFH và CEH đồng dạng với nhau có FL và EK là hai đường cao tương JF FL BF ứng nên . JK EK CE MK PE BF Suy ra   1 . (3) ME PF CE Để chứng minh ba điểm P, J, D thẳng hàng, ta chỉ cần chứng minh M , D, J thẳng hàng. Theo định lí Menelaus đảo áp dụng cho tam giác LKE , điều này tương đương với ta phải chứng minh MK JE DL   1. ME JL DK JE EK CE DL DL DC DB AF AC AF Lại có và    1 . JL FL BF DK DB DK DC AB AE AE MK CE AF Do đó, chỉ cần chứng minh   1 (4) ME BF AE CE AF PE BF AF PF BF 2 Từ (3) và (4)   hay  (5) BF AE PF CE AE PE CE 2 Gọi T, N lần lượt là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB, AC . Đặt a AB AC, x BD CD, y PF TF, z PE EN . x x y x z Ta sẽ chứng minh: a (6) x2 yz Thật vậy, sử dụng định lí cosin trong các tam giác ABC và AEF , ta có AE 2 AF 2 EF 2 AB2 AC 2 BC 2 2cos A . AE.AF AB.AC 2 2 2 a x y a x z y z 2a2 4x2 Suy ra: a x y a x z a2
  42. 2 2 2 a x y a x z y z 2a2 4x2 Hay 2 2 a x y a x z a2 yz x2 Từ đây, ta có: a2 2x y z a x y x z a2 Hay x2 yz a2 x2 2x y z a x2 x y x z 0 2 Như thế, ta có a x x yz a x x y x z 0 Do a x nên (6) được chứng minh, Sử dụng (6) vừa chứng minh ta có x x y x z x y 2 AF PF a x y y x2 yz y x y BF 2 . . . . AE PE a x z z x x y x z z x z 2 CE 2 x z x2 yz Đẳng thức (5) được chứng minh. Ta có điều phải chứng minh. Bài 17: Cho đường tròn O đường kính BC và một điểm A nằm bất kì trên đường tròn (A khác B và C). Gọi AH là đường cao của DABC, đường tròn tâm I đường kính AH cắt các dây cung AB, AC tương ứng tại D, E. a) Chứng minh rằng: D· HE 900 và AB.AD = AC.AE b) Các tiếp tuyến của đường tròn (I) tại D và E cắt BC tương ứng tại G và F. Tính số đo G· IF . c) Xác định vị trí điểm A trên đường tròn (O) để tứ giác DEFG có diện tích lớn nhất. Lời giải a) Tứ giác ADHE có: µA Dµ Eµ ADHE là hình chữ nhật
  43. D· HE 900 Lại có: AB.AD AH 2 ; AC.AE AH 2 AB. AD = AC. AE b) Ta có: D· HE 900 DE là đường kính I thuộc DE 1 1 1 G· IF D· IH H· IE D· IE 900 2 2 2 c) Tứ giác DEFG là hình thang vuông có đường cao DE = AH 1 1 Hai đáy DG GH GB BH và EF FC FH HC 2 2 Diện tích tứ giác DEFG là: 1 HB HC .AH BC.AH S 2 2 4 S lớn nhất khi AH lớn nhất vì BC = 2R không đổi Ta có: AH lớn nhất AH là đường kính A là điểm chính giữa cung AB Bài 18: Cho tam giác ABC vuông tại A và (C) là đường tròn tâm C bán kính CA. Lấy điểm D thuộc đường tròn (C) và nằm trong tam giác ABC. Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho 1 BDM ACD ; N là giao điểm của đường thẳng MD với đường cao AH của tam giác 2 ABC; E là giao điểm thứ hai của đường thẳng BD với đường tròn (C). Chứng minh rằng: a) MN song song với AE. b) BD.BE = BA2 và tứ giác DHCE nội tiếp. c) HA là đường phân giác của góc DHE và D là trung điểm của đoạn thẳng MN. Lời giải
  44. a) Xét đường tròn (C) ta có : 1 A· ED A· CD (góc nôi tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn cung AD) 2 1 B· DM A· CD (gt) 2 A· ED B· DM MN // AE (Vì có 2 góc đồng vị bằng nhau) b) Xét BAD và BEA có A· BE chung B· AD B· EA (cùng chắn D»A ) BAD BEA (g – g) BD BA BD.BE BA2 BA BE Xét BAC vuông tại A có AH là đường cao BA2 = BH.BC BD.BE = BH.BC BD BH BC BE Mà C· BE chung BDH  BCE (c – g – c) B· HD B· EC
  45. Mà B· HD D· HC 1800 D· HC B· EC 1800 Tứ giác DHCE nội tiếp c) Xét BAC vuông tại A có AH là đường cao, ta có: CA2 = CH.CB CE2 = CH.CB (do CE = CA = R) CE CH CB CE Lại có: H· CE chung CHE  CEB (c – g – c) C· HE C· EB Mà B· HD B· EC (cmt) C· HE B· HD A· HE A· HD HA là đường phân giác của D· HE DH BD Ta có : HDB  HCE (g.g) DH.CE CH.BD HC CE HC HE Ta có : CHE  CEB (g.g) HC.BE HE.CE CE BE DH.CE HC.BD HD BD HE.CE HC.BE HE BE DM BD Ta có: MD // AE (cmt) EA BE DN FD HD Lại có: EA FE HE DM DN DM DN EA EA D là trung điểm của MN Bài 19: Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB với đường tròn (O) (A ,B là hai tiếp điểm). PO cắt đường tròn tại hai điểm K và I ( K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H. Gọi D là điểm đối xứng của B qua O, C là giao điểm của PD và đường tròn (O). a) Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp. b) Chứng minh AC  CH. c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q. Chứng minh M là trung điểm của AQ Lời giải
  46. a) Xét ABP có: PA = PB và A· PO O· PB ABP cân tại P có PO là phân giác PO cũng là đường cao, trung tuyến ABP Xét tứ giác BHCP ta có: B· HP 900 (Vì PO  AB) B· CP 900 (Vì kề bù B· CD 900 , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) B· HP B· CP Tứ giác BHCP nội tiếp b) Xét ACH ta có: · µ ¼ HAC B1 (cùng chắn BKC của đường tròn (O)) µ ¶ Mà B1 H1 (do BHCP nội tiếp) · ¶ HAC H1 ¶ · 0 Mà H1 AHC 90 ( Vì: PO  AB) H· AC ·AHC 900 AHC vuông tại C Hay AC CH . c) Xét tứ giác ACHM ta có: M nằm trên đường tròn ngoại tiếp ACH tứ giác ACHM nội tiếp Mà H· AC B· IC (cùng chắn cung BC của đường tròn (O)) C· MH B· IC C· MH H· AC
  47. MH // BI (vì cặp góc đồng vị bằng nhau) Xét ABQ có AH = BH ( do PH là trung tuyến APB (C/m trên)) và: MH // BI MH là đường trung bình ABQ M là trung điểm của AQ Bài 20: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, AC, BC. Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF và DF lần lượt tại I và K. Giả sử M là điểm di chuyển trên đoạn CE a. Khi AM = AB, gọi H là giao điểm của BM và EF. Chứng minh rằng ba điểm A,O,H thẳng hàng, từ đó suy ra tứ giác ABHI nội tiếp. b. Gọi N là giao điểm của đường thẳng BM với cung nhỏ EF của (O), P, Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE và DF. Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ max. Lời giải a. Hình chữ nhật ADOE có OD = OE = r nên nó là hình vuông ⇒ AO là trung trực DE (1) Vì AB = AM nên tam giác ABM vuông cân tại A, suy ra A· BM 450 D· BH D· FH 450 ⇒ BDHF là tứ giác nội tiếp (2) Vì B· DO B· FO 900 900 1800 nên BDOF là tứ giác nội tiếp (3) Từ (2) và (3) ⇒ 5 điểm B, D, O, H, F nằm trên một đường tròn. B· HO B· FO 900 ⇒ OH ⊥ BM. Mặt khác A· DE A· BM 450 DE//BM ⇒ OH ⊥ DE Mà OD = OE nên OH là trung trực của đoạn OE (4) Từ (1) và (4) ⇒ A, O, H thẳng hàng. b.
  48. Vì D· PN D· QN 900 900 1800 nên DPNQ là tứ giác nội tiếp Q· PN Q· DN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QN) (5) Mặt khác DENF là tứ giác nội tiếp nên Q· DN F· EN (6) Từ (5) và (6) F· EN Q· PN (7) Tương tự ta có: E· FN PQN (8) PQ NQ Từ (7) và (8) suy ra NPQ NEF (g – g) EF NF Theo quan hệ đường vuông góc – đường xiên, ta có PQ NQ NQ NF 1 PQ EF EF NF Dấu bằng xảy ra khi Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng. Do đó PQ max khi M là giao điểm của AC và BN, với N là điểm đối xứng với D qua O. Bài 21: Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Gọi P, Q lần lượt là chân của đường vuông góc kẻ từ H đến các cạnh AB, AC. a) Chứng minh rằng BCQP là tứ giác nội tiếp. b) Hai đường thẳng PQ và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng MH2= MB.MC c) Đường thẳng MA cắt đường tròn (O) tại K (K khác A). Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCQP. Chứng minh rằng ba điểm I, H, K thẳng hàng. Lời giải
  49. a) Tứ giác APHQ có A· PH A· QH 900 900 1800 nên là tứ giác nội tiếp A· PQ A· HQ Ta có: A· HQ B· CQ (cùng phụ với C· HQ ) Do đó: A· PQ B· CQ Suy ra BPQC là tứ giác nội tiếp. b) Vì BPQC là tứ giác nội tiếp nên M· BP M· QC MB MP MBP MQC(g.g) MB.MC MP.MQ (1) MQ MC Vì APHQ là tứ giác nội tiếp nên: M· HQ B· AH Mà M· HP B· AH (cùng phụ với PBH ) nên M· QH M· HP MQ MH MQH  MHP(g.g) MH 2 MP.MQ (2) MH MP Từ (1) và (2) ⇒ MH2 =MB .MC c) Vì AKBC là tứ giác nội tiếp nên M· KB M· CA MKB MCA MK MB MK.MA MB.MC (3) MC MA TỪ (1), (2), (3) MH 2 MK.MA ⇒ HK là đường cao của tam giác vuông AHM. ⇒ AK ⊥ KH Do đó KH cắt (O) tại D (D khác K) thì AD là đường kính của (O). Gọi J là trung điểm HD, N là trung điểm QC. Khi đó OJ là đường trung bình của ∆ AHD
  50. ⇒ OJ // AH ⇒ OJ ⊥ BC. Mà OB = OC nên OJ là trung trực BC (4) Vì HQ // DC (cùng vuông góc AC) nên HQCD là hình thang. ⇒ JN là đường trung bình của hình thang HQCD ⇒ JN // HQ ⇒ JN ⊥ QC ⇒ JN là trung trực của QC (5) Từ (4) và (5) ⇒ J là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC (do BPQC là tứ giác nội tiếp) ⇒ J ≡ I Mà K, H, J thẳng hàng nên I, K, H thẳng hàng. Bài 22: Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AM, BN, CP của tam giác ABC cắt nhau tại H. Dựng hình bình hành BHCD. 1) Chứng minh: Các tứ giác APHN, ABDC là các tứ giác nội tiếp. 2) Gọi E là giao điểm của AD và BN. Chứng minh: AB.AH = AE.AC 3) Giả sử các điểm B và C cố định, A thay đổi sao cho tam giác ABC nhọn và B· AC không đổi. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích không đổi Lời giải 1) ta có: A· PH 900 ; A· NH 900 Tứ giác APHN nội tiếp đường tròn đường kính AH Ta có: BD // CH (BDCH là hình bình hành) và CH  AB BD  AB A· BD 900 Tương tự ta có: A· CD 900 Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn đường kính AD 2) Xét ABE và ACH có: A· BE A· CH (cùng phụ với B· AC ) (1) Lại có: B· AE B· DA 900 ; C· AH B· CA 900 ; B· DA B· CA (cùng chắn cung AB) B· AE C· AH (2) ABE  ACH (g – g) AB AC AB.AH AC.AE AE AH 3) Gọi I là trung điểm của BC I cố định (do B, C cố định)
  51. Gọi O là trung điểm AD O cố định (do B· AC không đổi, B, C cố định, O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC ) Độ dài OI không đổi Tứ giác ABDC là hình bình hành I là trung điểm của HD (OI là đường trung bình của tam giác ADH) Độ dài AH không đổi Vì AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN, độ dài AH không đổi độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN không đổi đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích không đổi. Bài 23: Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC. 1) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN 2 1 1 2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh . AK AB AC 3) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành. Lời giải 1) Ta có: A· MO A· NO A· IO 900 5 điểm A, O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO A· IN A· MN ; A· IM A· NM (góc nội tiếp cùng chắn một cung) Lại có: AM = AN ∆AMN cân tại A A· NM A· MN A· IN A· IM đpcm 2 1 1 2) 2AB.AC AK(AB AC) AB.AC AK.AI (Do AB + AC = 2AI) AK AB AC AB AN ABN  ANC AB.AC AN 2 AN AC
  52. AH AK AHK  AIO AH.AO AI.AK AI AO ∆AMO vuông tại M có đường cao MH AH.AO = AM2 AK.AI = AM2 Do AN = AM AB.AC = AK.AI 3) Ta có AN  NO, MP  NO, M AN AN // MP Do đó AMPN là hình bình hành AN = MP = 2x AN NO 2x2 ANO NEM NE NE EM R 2x2 TH 1: NE = NO – OE R R2 x2 2x2 R2 R R2 x2 R Đặt R2 x2 t,t 0 x2 R2 t 2. 2 2 2 2 2 2t R PTTT: 2(R t ) R R t 2t Rt R 0 t R Do t 0 t R R2 x2 R x 0 A  B (loại) 2x2 TH 2: NE = NO + OE R R2 x2 2x2 R2 R R2 x2 R Đặt R2 x2 t,t 0 x2 R2 t 2. 2 2 2 2 2 2t R PTTT 2(R t ) R Rt 2t Rt R 0 t R R 3 Dot 0 2t R 2 R2 x2 R x AO 2R (loại) 2 Vậy A thuộc BC, cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hbh Bài 24: Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC R 3 cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối ứng với B qua AC và F và điểm đối ứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại K (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF. a) Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nội tiếp. b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R. c) Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải
  53. a) Ta có A· KB A· EB (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB) Mà A· BE A· EB (tính chất đối ứng) suy ra A· KB A· BE (1) A· KC A· FC (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC) A· CF A· FC (tính chất đối xứng) suy ra A· KC A· CF (2) Mặt khác A· BE A· CF (cùng phụ với B· AC ) (3) Từ (1), (2) , (3) suy ra A· KB A· KC KA là phân giác trong của B· KC Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB. 1 Ta có BC R 3 nên B· OC 1200 ; B· AC B· OC 600 2 Trong tam giác vuông ABP có: A· PB 900 ; B· AC 600 A· PB 300 hay A· BE A· CF 300 Tứ giác APHQ có: A· QH A· PH 1800 P· AQ P· HQ 1800 P· HQ 1200 B· HC 1200 (đối đỉnh). Ta có: A· KC A· BE 300 ; A· KB A· CF A· BE 300 Mà B· KC A· KC A· KB A· FC A· EB A· CF A· BE 600 suy ra: B· HC B· KC 1800 nên tứ giác BHCK nội tiếp b) Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K.
  54. Ta có dây cung BC R 3 ; B· KC B· AC 600 nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O) Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC kẻ KN vuông góc với BC (N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC 1 1 1 Ta có: S S S BC.HM BC.KN BC. HM KN BHCK BHC BCK 2 2 2 1 1 S BC HI KI BC.KH Do HM HI ; KN KI BHCK 2 2 Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra KH 2R (không đổi) Nên SBHCK lớn nhất khi KH = 2R và HM + KN = HK = 2R 1 Giá trị lớn nhất S R 3.2.R R2 3 BHCK 2 Khi HK là đường kính của đường tròn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I là trung điểm của BC nên ABC cân tại A Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC c) Ta có: B· OC B· KC 1200 600 1800 nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn. Ta có: OB = OC = R B· KO C· KO hay KO là phân giác góc BKC theo phần (a) KA là phân giác góc BKC nên K ,O, A thẳng hàng hay AK đi qua O cố định Bài 25: Cho tam giác ABC vuông tại B, đường cao BH H AC . Gọi  là đường tròn tâm C bán kính CB. Gọi F là một điểm bất kì trên đoạn thẳng BH (F khác B và H ). AF cắt  tại hai điểm D, E (D nằm giữa A và E ). Gọi K là trung điểm DE. a) Chứng minh rằng FKCH là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng AD.AE AH.AC AF.AK; c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK tiếp xúc với  tại B. Lời giải
  55. a) F· KC F· HC 90 FKCH là tứ giác nội tiếp. b) Xét ADB và ABE có: B· AD chung và A· BD A· EB ADB ABE (g.g). AD AB Suy ra hay AD.AE AB2 AB AE Mặt khác AB2 AH.AC Do đó AD.AE AH.AC Ta có AFH  ACK (g.g) suy ra AF.AK AH.AC AD.AE AH.AC AF.AK c) Ta có AH.AC AB2 nên AF.AK AB2 Ta có AFB ABK (c.g.c) suy ra A· BF A· KB hay AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BFK AB là tiếp tuyến chung Đường tròn ngoại tiếp BFK Bài 26: Cho tam giác nhọn ABC ( Với AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O. Đường phân giác và đường phân giác ngoài của B· AC cắt đường tròn O lần lượt tại D và E ( cùng khác A ). Gọi G là hình chiếu vuông góc của E lên cạnh AC, gọi M và N tương ứng là trung điểm của các đoạn thẳng BC và BA. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng GM, H là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng MG, F là giao điểm của đường thẳng MN và đường thẳng AE. a) Chứng minh rằng hai đường thẳng AD và GM song song. b) Chứng minh FH = MC. c) Chứng minh KE KN 2.EN . Lời giải
  56. Hình vẽ: a) ( 1,0 điểm) + Có AD, AE là các phân giác trong và ngoài của góc B· AC nên chúng vuông góc, suy ra ED là đường kính của O . + Lại có D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC của O nên có OD vuông góc với BC tại trung điểm M. Vậy D,M,O,E thẳng hàng và DE  BC. + Xét tứ giác EGMC có E· GC E· MC 900 nên EGMC là tứ giác nội tiếp. + Suy ra E· MG E· CG , lại có E· CG E· DA nên E· MG E· DA , suy ra GM // AD. b) (1,0 điểm) + AE  AD và MG // AD nên MG  FE. Lại có EG  AC và MF // AC nên EG  MF. Từ đó suy ra G là trực tâm tam giác MFE, do đó FG  ME hay FG  DE. + Có FG // MC ( vì cùng vuông góc với DE), FM // GC nên FMCG là hình bình hành, suy ra FG = MC. + Từ AE là phân giác của H· AG và HG  AE suy ra đường thẳng AE là đường trung trực của đoạn HG. Suy ra FH = FG. Vậy FH = MC. c) ( 1,0 điểm) + Từ E· AB E· GM ( vì cùng cộng với E· CB ra 1800 ), ·ABE G· ME ( vì cùng bằng E· CA ), suy ra EAB  EGM (g.g) + Có N và K là các trung điểm của hai cạnh tương ứng là AB và GM nên E· KG E· NA , suy ra tứ giác EKNH là tứ giác nội tiếp. + Lại có ·AHE ·AGE 900 ( Do H,G đối xứng nhau qua AE) nên dẫn đến N· KE 900 . 2 Có NE 2 EK 2 KN 2 . Từ 2 KE 2 KN 2 KE KN có 2 2NE 2 KE KN hay KE KN NE 2 , vậy có đpcm.