mot so bai tap chon loc hinh hoc phang on thi vao lop 10

Câu 1) Cho tam giác ABC BC ,CA, AB thứ tự lấy điểm M , N , E cho AN = NE , BM = ME Gọi D điểm đối xứng E qua MN Chứng minh đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tam giác CMN vng góc với CD MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC HÌNH HỌC PHẲNG Phân tích: Ta biết : Hai đường trịn cắt theo dây cung l đường nối tâm ln vng góc với dây cung l Thực nghiệm hình vẽ ta thấy D nằm đường trịn ngoại tiếp tam giác CMN Vì ta chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác THCS.TOANMATH.com ABC tam giác CMN cắt theo dây cung CD hay tứ giác ABCD,CDMN tứ giác nội tiếp Từ định hướng ta có lời giải cho tốn sau: Theo giả thiết ta có: BM = ME , AN = NE nên tam giác ANE · µ , AEN · µ cân N , tam giác BME cân M Hay BEM =B =A Vì D, E đối xứng với qua MN nên NE = ND, ME = MD · · · · µ- A µ = Cµ suy MDN = MEN = 1800 - AEN - BEM = 1800 - B · · hay MDN = MCN Û DMNC tứ giác nội tiếp tức điểm D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN + Ta có ME = MB = MD nên M tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BED + Ta có: NA = NE = ND nên N tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE Từ suy ( ) ( · · · · · µ + 1800 - 2A µ BDA = BDE + EDA = BME + ANE = 1800 - 2B 2 µ - A µ = Cµ Như tứ giác ABCD nội tiếp, suy = 180 - B ) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tam giác CMN cắt theo dây cung CD Hay IK ^ CD Câu 2) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Từ A kẻ tới đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC tiếp tuyến AP , AQ ( P ,Q tiếp điểm) · · a) Chứng minh BAP = CAQ b) Gọi P1, P2 hình chiếu vng góc P lên đường thẳng AB, AC Q1,Q2 hình chiếu vng góc THCS.TOANMATH.com Q AB, AC Chứng minh P1, P2,Q1,Q2 nằm đường trịn Phân tích: Giả thiết liên quan đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC giúp ta liên tưởng đến tính chất: ‘’Đường phân giác góc A cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC E E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ’’ Ngoài giả thiết liên quan đến tam giác vng nên ta nghỉ đến cách dùng góc phụ tứ giác nội tiếp để tìm mối liên hệ góc Từ sở ta có lời giải cho tốn sau: Lời giải THCS.TOANMATH.com + Gọi E giao điểm phân giác AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC BE = CE ( E điểm cung BC ) Ta có · · · · · · · · Suy IBE = IBC + EBC = ABI + EAC = ABI + BAI = BIE tam giác D BIE cân E hay EB = EI Như EB = EI = EC Tức điểm E tâm vịng trịn ngoại tiếp tam giác IBC Vì AP , AQ tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến đường tròn (E ) nên AE phân giác góc · · · · · · · Ta có BAP Mặt khác PAQ = PAE - BAE ;CAQ = QEA - CAE · · · AE phân giác góc BAC Þ BAP = CAQ + Xét tam giác D PAP2; D QAQ1 Ta có AP = AQ (Tính chất tiếp · · tuyến), suy góc PAP suy = QAQ D PAP2 = D QAQ1 Þ AQ1 = AP2 Chứng minh tương tự ta có: AQ2 = AP1 Từ suy AP1.AQ1 = AP2.AQ2 hay tứ giác P1Q1Q2P2 nội tiếp THCS.TOANMATH.com · Câu 3) Cho hình bình hành ABCD có BAD < 900 Giả sử O điểm nằm tam giác ABD cho OC khơng vng góc với BD Dựng đường trịn tâm O bán kính OC BD cắt (O) hai điểm M , N cho B nằm M D Tiếp tuyến của (O) C cắt AD, AB P ,Q a) Chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp b) CM cắt QN K , CN cắt PM L Chứng minh K L vng góc với OC Phân tích: Giả thiết tốn liên quan đến hình bình hành đường thẳng song nên ta nghỉ đến hướng giải toán là: + Hướng 1: Dùng định lý Thales để tỷ số + Hướng 2: Dùng góc so le, đồng vị để quy dấu hiệu tứ giác nội góc + Ta kéo dài MN cắt PQ điểm để quy tam giác Từ định hướng ta có lời giải cho tốn sau: Lời giải: + Gọi MN giao PQ T Tam giác PCD đồng dạng với tam giác CBQ nên ta có: THCS.TOANMATH.com TP TD TC = = TC TB TQ Þ T C = T P T Q Þ T C = TP T Q Mặt khác T C tiếp tuyến đường tròn (O) nên T C = T M T N Như ta có: T M T N = T P T Q Û MNPQ tứ giác nội tiếp + Gọi giao điểm thứ hai (O) với MP S Ta có góc biến đổi sau: · ML = CMS · · (góc tạo tiếp tuyến dây cung) K = SCP · ML = MNC · · · ML = MSC · · (góc ngồi) K (tứ giác = MNQ K - SPC · ML = K · NL suy tứ giác MNPQ MNSC nội tiếp Vì K · LM = K · NM = QPM · suy MK LN nội tiếp Suy K K L / / PQ ^ OC Vậy K L ^ OC Câu 4).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn K tiếp xúc với CA, AB E , F tiếp xúc với (O) S SE , SF cắt (O) M , N khác S Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM , AFN cắt P khác A a) Chứng minh tứ giác AMPN hình bình hành b) Gọi EN , FM cắt (K ) G, H khác E , F Gọi GH cắt MN T Chứng minh tam giác AST cân Phân tích: + Để chứng minh AMPN hình bình hành ta chứng minh cặp cạnh đối song song dựa vào góc nội tiếp, góc tạo tiếp tuyến dây THCS.TOANMATH.com + Để chứng minh T A = T S ta nghỉ đến việc chứng minh T A,T S tiếp tuyến đường tròn (O) Từ định hướng ta có lời giải sau: · · · · Ta thấy APF suy F , P , E = 180 - ANS = AMS = 180 - APE · · thẳng hàng Ta có APM góc nội tiếp chắn cung AM , = AEM · · (đối đỉnh) Vì AC tiếp tuyến đường trịn AEM = SEC · · S (Tính chất góc tạo tia tiếp tuyến K nên SEC = EF · · dây) Mà EFS tứ giác ANFP nội tiếp Vậy = PAN · · APM = PAN Þ AN / / PM Chứng minh tương tự ta có: AM / / PN Þ AMEN hình bình hành THCS.TOANMATH.com + Các tam giác SK F , SON cân có chung đỉnh S nên đồng dạng suy K F / / ON , tương tự K E / / OM suy SF SK SE · · · suy MN / / EF Từ HGE = = = HFE = HMN SN SO SM suy tứ giác MNGH nội tiếp Giả sử T S cắt ( O ) ( K ) lần S1 = T M T N = T H T G = T ST S2 suy lượt S1, S2 T ST T S1 = T S2 suy S1 º S2 º S Vậy T S tiếp tuyến ( O ) Tứ giác AMEN hình bình hành nên AP MN cắt trung điểm I đường Ta có theo tính chất góc tạo · · · · tiếp tuyến dây cung IAM Ta lại có = PES = FST = NAS · · · Vậy D AIM : D ANS suy AMI = AMN = ASN AM SN = AI AS Tương tự AN SM = AI SN = AM SN Từ theo tính chất tiếp tuyến T S tiếp xúc với ( O ) suy TM SM AM Vậy T A tiếp xúc với ( O ) Suy T A = T S = = TN SN AN Câu 5) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) Đường tròn ( I ) qua B C cắt AB, AC M , N Đường tròn ( J ) ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai K Chứng minh K I / / OJ Phân tích Ta thấy OJ đường nối tâm hai đường tròn (O),(J ) OJ ^ AK Do để chứng minh K I / /OJ ta quy chứng minh IK ^ AK Lời giải: Nối M với K K với I · · MIC = 2MBC (1) THCS.TOANMATH.com · C = MK · A - CK · A Ta lại có: MK · · A = 1800 - ANM - CK · A = ABC · · Mà CK = MBC (2) · · Vì tứ giác BMNC nội tiếp đường trịn ( I ) nên ANM = MBC · C = 1800 - 2MBC · · Từ (1) (2) suy MK Do = 1800 - MIC · C + MIC · MK = 1800 nên tứ giác MK CI nội tiếp · C = IMC · Suy IK Trong tam giác IMC ta có: · · 1800 - MIC 1800 - 2MBC · · Suy IMC = = = 900 - MBC 2 · · · C + AK · C = 900 Do IK ^ AK IMC + MBC = 900 nên IK Đường tròn ( J ) đường tròn ( O ) cắt A, K nên OJ ^ AK Suy OJ / / IK Câu 6) Cho tam giác ABC vuông A đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A vẽ đường trịn ( O ) đường kính HC Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A vẽ nửa đường trịn ( O ') đường kính BC Qua điểm E thuộc nửa đường tròn (O ) kẻ EI vng góc với BC cắt nửa đường tròn ( O ') F Gọi K giao điểm EH BF Chứng minh CA = CK Lời giải: Phân tích: Ta có CA = CB CH nên để chứng minh CA = CK , THCS.TOANMATH.com ta chứng minh CK = CB CH Điều làm ta nghĩ đến chứng minh D CK H : D CBK , ¶ =B ¶ Xét góc cần chứng minh K 1 phụ với hai góc trên, cần chứng minh · · Muốn cần chứng minh C¶ = C¶ Chỉ cần ECK = BCF ¶ ¶ chứng minh hai góc phụ với chúng E K2 (do CEK F tứ giác nội tiếp) Cách giải: Tứ giác CEK F có: Eµ + Fµ = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác nội ¶ Do hai góc phụ với chúng tiếp, suy E¶ = K · · · C¶ = C¶ Cùng cộng thêm BCK , ta ECK Do = BCF ¶ =B ¶ hai góc phụ với chúng K 1 CK CH = Þ CK = CB.CH (1) Theo CB CK hệ thức lượng tam giác ABC vng A ta có: (2) Từ (1) (2) suy CA = CK CA2 = CB CH D CK H : D CBK (g.g) Þ Câu 7) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) Đường vng góc với AB B cắt CD I Gọi K giao điểm IO AD Chứng minh rằng: · a) IBK = I·DK · b) CBK = 900 THCS.TOANMATH.com a) ( K ) tiếp xúc với AB T nên K T ^ AB K T song song với AB Vì D K T C cân nên · CT = K · T C = TCA · K = T· CB Do K thuộc BC b) Gọi F giao điểm ( K ) BC ( F khác C ) Tứ giác · FEDC nội tiếp K Ỵ BC nên FEC = 900 · · · · Từ ABD = 900 - ADB = 900 - EFC = BCE · · c) Từ câu b suy MBE , = BCM D MBE : D MCB Þ ME MC = MB Mặt khác, MT tiếp xúc với ( K ) nên MT = ME MC = MB Vậy M trung điểm BT Câu 22) Cho tam giác ABC , đường tròn (I ) nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnh BC ,CA, AB tương ứng D, E , F Gọi K , L hình chiếu vng góc A lên DE , DF Giả sử AI cắt EF M a) Chứng minh M trực tâm tam giác DK L b) Gọi P đối xứng với E qua K ,Q đối xứng với F qua L Chứng minh giao điểm QE , PF nằm đường trịn (I ) Phân tích định hướng giải: a) Để chứng minh M trực tâm tam giác DK L ta chứng minh K M ^ LD, ML ^ K D THCS.TOANMATH.com Để ý giả thiết cho biết AK ^ DK vuông góc với DK để chứng minh ML ^ DK ta cần chứng minh · · · · ML / / AK tức LMA Nhưng ta có LMA (do = MAK = MFA · · · tứ giác ALFM nội tiếp), LFA AB tiếp = BFD = FED · · AM tứ giác MAK E nội tuyến (I ) Mặt khác FED =K · · tiếp Từ suy LMA Hoàn toàn tương tự ta = MAK chứng minh K M ^ LD b) Gọi giao điểm QE , PF với đường tròn T T ' Để chứng minh Chứng minh giao điểm QE , PF nằm đường tròn (I ) chất chứng minh T º T ' Để ý rằng: MK đường trung bình tam giác PEF nên PF / / MK Þ PF ^ FD (kết câu a) Suy DT đường kính (I ) Hồn tồn tương tự ta chứng minh DT ' đường kính (I ) suy T º T ' Câu 23) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) P điểm nằm tam giác ABC Trung trực CA, AB cắt PA E , F Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến C (O) M Đường thẳng qua F song song với AB cắt tiếp tuyến B (O) N a) Chứng minh MN tiếp tuyến (O) b) Giả sử MN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM , ABN S,Q khác MN Chứng minh D ABC : D ASQ SB cắt CQ điểm nằmtrên (O) Phân tích định hướng giải: THCS.TOANMATH.com a) Bằng thực nghiệm hình vẽ ta dự đốn MN tiếp xúc với đường tròn (O) giao điểm D AP với đường tròn (O) · · Như ta cần chứng minh ODM = 900 ODN = 900 Nếu điều xảy tứ giác OEDM OFND nội tiếp Trong toán có giả thiết liên quan đến tiếp tuyến CM , BN nên ta cần ý đến tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung để tìm liên hệ góc Ngồi giả thiết liên quan đến đường trung trực giúp ta nghỉ đến tam giác cân tính chất đối xứn qua trung trực cạnh tam giác + Muốn chứng minh OEDM nội tiếp ta cần góc · · · · OME (do OEMC nội tiếp) mà OME = ODE = OCE · · (OE trung trực AC ) Mặt khác tam giác OCE = OAE · · · · Từ suy OME OAD cân O suy OAE = ODE = ODE · · hay OEDM nội tiếp suy OEM = ODM = 900 THCS.TOANMATH.com · + Hồn tồn tương tự ta có ODN = 900 hay MN tiếp tuyến (O) · Q º AS · M = 1800 - ACM · · b) + Ta thấy AS tứ = ACx giác ASMC nội tiếp Mặt khác MC tiếp tuyến (O) nên · · · · ACx = ABC Þ ASQ = ABC Tương tự ta có: · · · · · suy AQS º AQN = 1800 - ABN = ABy = ACB D ABC : D ASQ + Giả sử SB cắt QC điểm R Muốn chứng minh R thuộc đường tròn (O) ta quy chứng minh ABCR tứ giác nội · · tiếp Tức ta quy chứng minh RCA Để ý = RBA · · tam giác ARQ tam giác ASR RCA = RBA · · xảy ACQ Nhưng điều hiến nhiên = ABS D ABC : D ASQ (Bài toán kết thúc) Câu 24) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) cố định với B,C cố định Điểm A di chuyển đường tròn (O) cho AB < AC Lấy điểm D thuộc đoạn BC cho AD phân · giác góc BAC Đường trịn (K ) qua A tiếp xúc với BC D cắt AC , AB E , F khác điểm A BE ,CF cắt (K ) G, H khác E , F AG, AH cắt BC M , N a) Chứng minh (K ) tiếp xúc với (O) b) Tìm vị trí điểm A đường trịn (O) để diện tích tam giác AMN lớn Phân tích định hướng giải: Giả thiết liên quan đến THCS.TOANMATH.com đường phân giác AD ta nghỉ đến việc kéo dài AD cắt đường tròn (O) D ' ta có tính chất quen thuộc OD ' ^ BC Mặt khác K D ^ BC D giao điểm đường phân giác góc A với (K ) suy K D ^ EF Þ EF / / BC Để chứng minh hai đường tròn tiếp xúc với ta kẻ tiếp tuyến Ax Ç BC = T đường tròn (K ) Ta chứng minh Ax tiếp tuyến chung hai đường · · · trịn Ta có: T· AF = AEF mà AEF = ACB · đồng vị Từ suy raT· AF º T· AB = ACB Điều chứng tỏ AT tiếp tuyến (O) Cách 2: Kẻ tiếp tuyến Ax Ç BC = T đường trịn (O) Ta có · · · T· DA = DAC + ACD = DAB +T· AB = T· AD suy tam giác T AD cân T , mà T D tiếp xúc với (K ) Þ T A tiếp xúc với (K ) Vậy T A tiếp tuyến chung A hai đường tròn b) Ta có · · EF = GAB · GBM =G Þ D BGM : D ABM Û MB = MG MA Mặt khác theo tính chất tiếp tuyến cát tuyến ta có: MD = MG MA Þ MB = MD Tương tự ta chứng minh N trung điểm CD Suy MN = BC khơng đổi Ta có SD AMN = AL MN Trong AL đường cao kẻ từ A đến BC Như SD AMN lớn AL lớn Suy AL phải qua tâm O Suy A trung điểm cung BC THCS.TOANMATH.com Câu 25) Cho đường tròn (O) dây cung AB (khơng phải đường kính) Điểm M thuộc cung lớn AB , I tâm vòng tròn nội tiếp D MAB , P điểm cung AM không chứa điểm B, K trung điểm MI a) Chứng minh PK ^ MI b) Gọi Q giao điểm PK AI Chứng minh ABQP nội tiếp c) Khi M thay đổi cung lớn AB Chứng minh PQ tiếp xúc với đường trịn cố định Phân tích định hướng giải: + Để chứng minh PK ^ MI ta phải chứng minh D PMI cân P tính chất hình học quen thuộc + Để chứng minh ABPQ nội tiếp ta chứng minh · · để tận dụng PQA = PBA giả thiết liên quan đến phân giác tính chất điểm P + Ta thấy PQ ^ MI , PQ tiếp xúc với đường trịn có bán kính cố định song song với MI , điều giúp ta liên tưởng đến tâm O đường thẳng qua O vng góc với PQ THCS.TOANMATH.com Từ định hướng ta có lời giải sau: a) Trước hết ta chứng minh D PMI cân P Thật ta · · · · · · · · có: PMI suy = PMA + AMI = PBA + IMB = PBM + BMI = PIM tam giác D PMI cân P PK ^ MI b) Tacó ( ) ( · · · IQ = 900 - IMA · · · PQA = 900 - K + IAM = 900 AMB + MAB ) 1· · Như tứ giác ABPQ nội tiếp = MAB = PBA c) Kẻ OT vuông góc với PQ T trung điểm dây PQ · Ta có PQ phân giác ca gúc MPB nờn ổÃ POQ ữ ỗ ÃPOQ = sAMB ẳ ữ ỗ OT = R cos ữ khụng i T ú ta cú ỗ ữ ỗ ữ 2 ỗ ố ứ khụng i Vy PQ ln tiếp xúc với đường trịn tâm O bán ỉ· POQ ữ ỗ ữ ỗ ữ kớnh r = OT = R.cosỗ ữ ỗ ỗ ố ữ ứ Câu 26) Cho AB dây cung (không đường kính) (O),(O ') trung điểm OB , (O1) ,( O2 ) đường trịn đường kính OA,O ' B MN tiếp tuyến chung hai đường tròn (O1) ,( O2 ) với M Î ( O1) , N Î (O2 ) Gọi C giao điểm AM với đường tròn (O) ( C ¹ A ) a) Chứng minh CO ^ MN b) Chứng minh: AMNB tứ giác nội tiếp THCS.TOANMATH.com c) Chứng minh MN = AB Phân tích định hướng giải: a) Ta thấy MO1 / / NO2 ^ MN để chứng minh CO ^ MN ta chứng minh CO / / MO1 CO / / NO2 Tức ta chứng minh · · điều AMO = ACO hiển nhiên tam giác O1AM ,OAC cân O1 O b) Kéo dài MN cắt (O) D Dễ thấy B, N ,C thẳng hàng , ta gọi C ' giao điểm BN (O) THCS.TOANMATH.com C 'O ^ MN Þ C º C ' Để chứng minh AMNB nội tiếp ta · · cần chứng minh ABN ta có: = CMN 1· 1· 1· · · · ABC từ suy CMN = DMA = AO C = AOC = AOC 2 điều phải chứng minh: Chú ý: Việc kéo dài MN cắt đường trịn (O) D chìa khóa để tính góc dựa tính chất tiếp tuyến MN c) Ta có D CMN : D CBA Þ MN CM CN MN CM CN CM CN = = Þ = = BA CB CA BA CB CA CA CB OO1 CN OO2 mặt khác CM = = ; = = Þ MN = AB CA OA CB OB 4 Câu 27) Cho tam giác ABC Một đường tròn (K ) qua B,C cắt đoạn CA, AB E , F khác C B Đường thẳng BE cắt CF H Gọi M trung điểm EF Gọi P ,Q đối xứng với A qua BE ,CF a) Chứng minh đường tròn (I ) ngoại tiếp tam giác HEP đường tròn (J ) ngoại tiếp tam giác HFQ cắt AM b) Chứng minh (I ) (J ) có bán kính Phân tích định hướng giải: a) NếuD giao điểm thứ hai hai đường tròn (I ),(J ) Thực nghiệm hình vẽ giúp ta dự đốn tứ giác THCS.TOANMATH.com AEDF hình bình hành Nếu chứng minh điều ta kết luận AM qua D Tuy nhiên việc chứng minh trực tiếp AEDF hình bình tương đối khó + Để khắc phục điều ta gọi D đỉnh thứ hình bình hành AEDF sau ta chứng minh tứ giác QFHD, PEHD nội tiếp Khi đường trịn (I ),(J ) · · · qua D Ta có: HPE (1) Ta cần = EAH = CAH · · để ý đến hai tam giác D CAH D EDH ta thấy CAH = EDH · · · · E - FCB · · · · · HED = FED - FEH = AF = ECB - FCB = ECF = ECH Mặt khác ta có D FEH : D BCH Þ HE EF = HC CB AF EF HE AF DE suy (do = = = AC BC HC AC AC · · kết AF = DE ) D CAH : D EDH CAH = EDH D AEF : D ABC Þ · · hợp với (1) ta suy HPE hay tứ giác PEHD nội tiếp, = EDH hồn tồn tương tự ta có QFHD nội tiếp suy đường tròn (I ) ngoại tiếp tam giác HEP đường tròn (J ) ngoại tiếp tam giác HFQ cắt điểm D nằm AM · · · · · D hai tam giác b) Ta có HID = 2HED = 2HCA = 2HFD = HJ D HJ D, D HID có chung cạnh đáy, góc đỉnh nên D HJ D = D HID Þ J D = I D THCS.TOANMATH.com Câu 28) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Các điểm E , F thuộc cung BC không chứa điểm A cho EF / / BC tia AE nằm tia AB,AF Gọi H trực tâm tam giác ABC FH cắt (O) điểm G khác F Gọi (L ) đường tròn · ngoại tiếp tam giác AGH Giả sử K Ỵ AE cho AHK = 900 a) Chứng minh L nằm AE b) Giả sử (L ) cắt CA, AB M , N khác A Chứng minh AF ^ MN điểm P c) GK Ç MN = Q, AQ Ç (O) = R ¹ A Chứng minh đường thẳng qua R vng góc với AF cắt GP điểm nằm (O) Phân tích định hướng giải: a) Nếu L nằm AE điểm A,G, H , K nằm đường tròn (L ) Như chất câu hỏi chứng minh AGHK nội tiếp Thật : Ta có: · Do K Î AE cho AHK = 900 suy HK ^ AH Þ HK / / BC / / EF · HF = HFE · Do K · · mà HFE = EAG THCS.TOANMATH.com (cùng chắn cung FG ) · HF = K · AG hay AGHK suy K · nội tiếp Mặt khác AHK = 900 nên L trung điểm AK · · AF = AK · N + BAE · · · N b) Ta có: AMN +M = 900 ( Do AMN = AK · AF = BAE · chắn cung AN , M hai cung BE ,CF nhau.) Suy AF ^ MN điểm P c) Giả sử đường thẳng qua R vng góc với AF cắt GP I Ta cần chứng minh AGRI tứ giác nội tiếp Thật từ · · việc xác định điểm I ta suy RI / / MN suy RIG ( = QPG · · đồng vị) Mặt khác ta dễ thấy QPG ( Do tứ giác = QAG · · APQG nội tiếp) suy RIG Û AGRI tứ giác nội = RAG tiếp Tức điểm I nằm đường tròn (O) THCS.TOANMATH.com Câu 29) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Điểm P nằm tam giác cho AP phân giác · góc BAC Gọi E , F hình chiếu vng góc của P lên CA, AB Đường thẳng qua A vng góc với AP cắt đường tròn (O) D khác A , PD cắt EF Q , M trung điểm BC a) Chứng minh MQ / / AP b) Gọi ( K ) ,( L ) đường tròn ngoại tiếp tam giác BQF ,CQE Chứng minh ( K ) ,( L ) có điểm chung với (O) c) Giả sử QM cắt ( K ) ,( L ) S,T khác Q Chứng minh đường trung trực ST AO cắt ( O ) Phân tích định hướng giải: a) Kéo dài AP cắt (O) G dễ thấy GD đường kính (O) Ta thấy tam giác D APE #D DGC có đường cao tương ứng EN ,CM nên MG NP Mặt khác ta = MD NA THCS.TOANMATH.com có NP QP = NQ / / AD NA QD từ suy MG QP = Þ QM / / GN º AP MD QD b) Gọi R giao điểm (O) với DP Ta chứng minh tứ giác BFQR,CEQR đường trịn (K ),(L ),(O) có · · điểm chung R Thật AD / / EF nên BAD = BFQ · · · · mà BAD Þ BFQ + BRD = 1800 hay tứ giác BFQR = 180 - BRD nội tiếp Tương tự ta có: CEQR nội tiếp nên ( K ) ,( L ) có điểm chung với (O) R c).Dựng đường kính AH (O) Ta chứng minh đường trung trực ST qua H Điều có nghĩa tam giác SHT cân H Tứ giác FQSB nội tiếp mà · SQF = 900 Þ BS ^ BF ^ BH Þ B, S, H thẳng hàng Tương tự C ,T , H thẳng hàng nên · · · · · · H Þ D SHT cân SHT = QSB = AFE = AEF = QRC = ST ( đpcm) THCS.TOANMATH.com THCS.TOANMATH.com ... tam giác ABC Trung trực CA, AB cắt PA E , F Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến C (O) M Đường thẳng qua F song song với AB cắt tiếp tuyến B (O) N a) Chứng minh MN tiếp tuyến... ANQ Câu 18 (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHQG Hà Nội – năm 2013) Cho tam giác nhọn ABC ( AB > AC ) , nội tiếp đường tròn ( O ) Giả sử M , N hai điểm thuộc cung nhỏ ¼ cho MN song song với BC tia... minh · · để tận dụng PQA = PBA giả thi? ??t liên quan đến phân giác tính chất điểm P + Ta thấy PQ ^ MI , PQ tiếp xúc với đường trịn có bán kính cố định song song với MI , điều giúp ta liên tưởng