Chùm bài toán tiếp tuyến cát tuyến ôn thi vào lớp 10

CHÙM BÀI TỐN TIẾP TUYẾN – CÁT TUYẾN ƠN THI VÀO 10 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: Cho  O; R  điểm M nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến MB với đường trịn, dây BC vng góc OM H B O H I M C 1) Chứng minh OH OM  R Vì MB tiếp tuyến  O   BM  OB   OBM vuông B, BH đường cao Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông OBM : OM OH  OB  R 2) Chứng minh MB  MC , HB  HC Xét hai tam giác vuông OHB OHC có OB  OC  R , OH chung   COH   BOH Từ OHB  OHC  2cgv     HB  HC Từ suy OMB  OMC  c  g  c   MB  MC 3) Chứng minh MC tiếp tuyến đường tròn   OBM   900  CM tiếp tuyến  O  Do OMB  OMC  OCM Giáo viên: Nguyễn Chí Thành 4) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp đường trịn, tìm tâm đường trịn B O H M I C   MCO   1800  MBOC nội tiếp, tâm nằm trung điểm OM Chỉ MBO 5) Bài thay đổi lại đề bài, cho hai tiếp tuyến MB, MC Chứng minh BC  OM B O M H C + Lập luận MB  MC  M nằm trung trực BC , OB  OC  O nằm trung trực BC Vậy OM trung trực BC  OM  BC  ( tính chất tiếp tuyến) nên OM đường cao + Hoặc MB  MC MO phân giác góc BMC MBC  OM  BC  biết OM  R 6) Tính OH , HM , MB, MC , góc BMC B O M H C Chỉ OB  OH OM  R  OH R  OH  R R 3R  HM  OM  OH  R   2 Tính BM  OM  OB  R  MC  MB  R  sin BMO OB   300  BMC   2.BMO   600   BMO OM 7) Cho CM  R Tính diện tích COBM 1 4R ( đơn vị diện tích) Vì OBM  OCM  SOBMC  2S OCM  .OC.CM  .R R  2 3 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành  I tâm đường tròn nội tiếp 8) Gọi giao OM với  O  I Chứng minh BI phân giác góc MBC MBC (Đề đổi thành: Chứng minh M thay đổi, tâm đường trịn ngoại tiếp MBC ln nằm đường tròn cố định – chứng minh I cách cạnh BM , CM , BC ) B O H I M C  Cách 1: Do MC , MB hai tiếp tuyến cắt M  MO phân giác góc BMC 1   IBM   900 OBI    HIB   900   IBM   BI phân giác góc CBM   2 Ta có:  HBI  HBI    HIB  OBI ,  OI  OB  R  Từ 1   I tâm đường tròn nội tiếp BCM  Cách 2: Do MC , MB hai tiếp tuyến cắt M  MO phân giác góc BMC 1   BI    COM  ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên cung CI Ta có: BOM   CBI  sdCI   IBM   BI phân giác góc CBM   2 Mà   CBI   sd BI   IBM  Từ 1   I tâm đường tròn nội tiếp BCM 9) Chứng minh IH HB  IM BM B O H I M C   HI  BH ( tính chất phân giác) Xét BHM có BI phân giác góc HBM IM BM 10) Tìm vị trí điểm M để BI  MC ( CI  MB )  , để BI  CM  CBM cân B  CB  BM Vì BI phân giác góc CBM Giáo viên: Nguyễn Chí Thành   600  BOC   1200  BOM   600 Mà BM  CM  BCM tam giác nên BMC  Ta có: cos BOM OB OB  OM   2R  OM cos BOM Vậy để BI  CM M   O; R  11) Từ điểm A cung nhỏ BC vẽ tiếp tuyến với đường tròn  O  Tiếp tuyến cắt MB, MC A1 , A2 Chứng minh chu vi MA1 A2 không đổi độ lớn góc  A1OA2 khơng phụ thuộc vào vị trí điểm A A di chuyển cung nhỏ BC B A1 A O M A2 C  MB  MC  Ta có:  A1B  A1 A ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau) A A  A C  Chu vi MA1 A2 là: MA1  MA2  A1 A2  MA1  MA2   A1 A  AA2    MA1  A1 A    MA2  AA2    MA1  A1B    MA2  CA2   MB  MC  2MB không đổi A di chuyển cung nhỏ BC   1 1 1  khơng đổi Ta có:  A1OA2   A1OA   AOA2  BAO  AOC  BOC  1800  BMC 2 2 A1OA2 khơng phụ thuộc vào vị trí điểm A Vậy chu vi tam giác MA1 A2 độ lớn góc  12) Cho R  3cm, OM  6cm Tính số đo góc  A1OA2 B A1 A O M A2 C    Trong tam giác vng BMO ta có: Ta có:  A1OA2  1800  BMC  sin BMO OB   300  BMC   600    BMO OM Giáo viên: Nguyễn Chí Thành     600 Do  A1OA2  1800  BMC 13) Gọi giao OA1 OA2 với BC A3 A4 Chứng minh A2 A3  OA1 A1 A4  OA2 ( câu hỏi liên quan đến ba đường cao OA1 A2 chứng minh tứ giác OCA2 A3 OBA1 A4 A3 A4 A2 A1 tứ giác nội tiếp) B A1 A3 O A M A4 A2 C    BOC  ( góc tâm góc nt) Ở em chứng minh  mà BCA A1OA2  BOC 2  Suy  A1OA2  BCA   Từ suy tứ giác OCA2 A3 tứ giác nội tiếp nên OA A2  OCA2  90   BOC   tứ giác OBA A nội tiếp nên Chứng minh tương tự:  A1OA2  CBA   OA A1  OBA1  90  A1 A4  OA2   600 , gọi giao OA OA với BC A A Tính tỉ số A1 A2 14) Cho góc BMC A3 A4 B A1 A3 O A M A4 A2 C   1200 Đầu tiên em tính góc BOC     Ở em chứng minh tứ giác OCA2 A3 nội tiếp nên OA C  OA3C  OA2 A  OA3C A2 A1 OA3   ( OA  C  OA2 A tính chất tt cắt nhau) Từ suy OA3 A4 ∽ OA2 A1  A3 A4 OA2 OA3 OA3  Do OA3 A2 vuông A3  A3OA2  BOC  600 nên cos  A3OA4    cos 600  OA2 OA2 2 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành Vậy A2 A1 OA3   A3 A4 OA2   600 OA1  BC  A3 Chứng minh AA AA  BA CA 15) Cho góc BMC  OA2  BC  A4 B A1 A3 O A M A4 A2 C Chỉ  A1 BA3   A1OA2   A2CA4  600 A1 BA3 ∽ A4OA3  g  g  A B BA  A1 BA3 ∽ A4CA2   Chỉ  A4C CA2 A4OA3 ∽ A4CA2  g  g   A1B  A1 A A A BA    AA1 AA2  BA3 CA4 Mà  A4C AA2 CA2  AA2 16) Từ điểm A cung nhỏ BC kẻ AR, AT , AY vng góc với CB, BM , CM R , T , Y   600 Tính góc TRY  ( chứng minh góc TRY  khơng đổi chứng minh Cho góc BMC   BMC ) TRY B T A R M O Y C 1 ( góc nt góc tâm) Chỉ ATBR, AYCR tứ giác nội tiếp nên  ART   ABT  BOA   1 1 1    600 Và  ARY   ACY   AOC  TRY ART   ARY  BOA  AOC  BOC  1800  BMC 2 2 17) Chứng minh AR  AT AY B T A R M O Y C Giáo viên: Nguyễn Chí Thành   AYR   ACR   ABT   ART  ARY ∽ ATR  g  g  Chỉ góc  ARY   ACT   ABC   ATR   Suy AR AY   AR  AT AY AT AR 18) Tìm vị trí điểm A để AT AR AY đạt giá trị lớn AT AY đạt giá trị lớn B T A R M O Y C + Ta có: AT AY  AR Do AT AY đạt giá trị lớn AR lớn nhất, suy ARmax  AI  A  I + Ta có: AT AY  AR  AT AY AR  AR Do AT AR AY đạt giá trị lớn AR lớn nhất, suy ARmax  AI  A  I ( với I  OM   O  ) 19) Gọi RT  AB  A5 , RY  AC  A6 Chứng minh tứ giác AA5 RA6 nội tiếp A5 A6  RA ( A5 A6 / / BC ) B T A5 R O A H M A6 Y C   ARA5   ABT   ACB Chỉ  ARA6   ACY   ABC   Suy  A5 AA6   A5 RA6   A5 AA6   A5 RA   ARA6   A5 AA6   ACB   ABC  1800 Suy tứ giác AA5 RA6 nội tiếp   A A / / BC  A A  AR Vì tứ giác AA5 RA6 nội tiếp nên  A6 A5 A   A6 RA   ACY  CBA 6 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành 20) Cho A, B, Y thẳng hàng, kéo dài A5 A6  BM  R1 Chứng minh BR1 A6 R hình bình hành ( khai thác yếu tố hình bình hành này) B R1 T A5 H O M A R A6 Y C Ở em A5 A6 / / BC Mặt khác:  ABT   ACB   AYR  RY / / BM Từ suy BR1 A6 R hình bình hành 21) Chứng minh TR  TB RY  RC B T A R O M Y C Chỉ  AYR   ACR   ABT   ART   AYR   ART   900   ART  TRB   RYC  Mà   TRB    AYR  RYC  90   TBR   RCY   RCY   RYC   RY  RC Mặt khác TB  TR  TRB  22) Chứng minh tia đối tia AR phân giác góc TAY B T O y A R M H Y C Gọi Ay tia đối tia AR   TAy  Chỉ tứ giác BTAR nội tiếp nên CBT   YAy  Mà C    Ay phân giác góc TAY  Chỉ tứ giác CYAR nội tiếp nên BCY BT  BCY Giáo viên: Nguyễn Chí Thành  AB  RT  A5 Gọi  O4  đường tròn qua điểm ATA5 ,  O5  đường tròn qua điểm 23) Gọi   AC  RY  A6 AYA6 A7 giao điểm thứ hai  O4   O5  , H trung điểm BC Chứng minh A7 , A, H thẳng hàng B T A5 O R A8 H A6 O4 A7 A M O5 Y C Gọi A8 giao A7 A với A5 A6 H  giao A7 A với BC  Chỉ  A5 A6 A  BCA A6YA  A5 A6 tiếp tuyến  O5  Từ A8 A62  A8 A A8 A7  Chứng minh tương tự :  A8 A5 A  BCT A5TA  A8 A5 tiếp tuyến  O4  suy A8 A52  A8 A A8 A7 Từ suy A8 A62  A8 A52  A8 A5  A8 A6  A8 trung điểm A5 A6 + Do A5 A6 / / BC  A5 A8 A6 A8  AA8      H B  H C  H  trung điểm BC  H   H H B H C  AH   Vậy A7 , A, H thẳng hàng   1200 Gọi giao OA OA với BC A A Tìm vị trí điểm A cung nhỏ 24) Cho góc BOC BC để diện tích tam giác OA3 A4 bé tìm giá trị bé ( tìm vị trí điểm A để diện tích OA1 A2 bé độ dài A1 A2 bé nhất) B B A1 A3 R O A1 T A3 A M A4 O A H A4 A2 Y A2 C Ta có: OA3 A4 ∽ OA2 A1 theo tỉ số K  Giáo viên: Nguyễn Chí Thành C OA3  cos  A3OA2  cos 600  OA2 M Suy S OA3 A4 S OA2 A1 = S OA2 A1  S OA3 A4 = 4 Do SOA3 A4 nhỏ S OA2 A1 nhỏ R Mà S OA2 A1  OA A1 A2  A1 A2 nhỏ A1 A2 nhỏ 2 Mà A1 A2 nhỏ A  OM   O  Khi OAB tam giác nên OH  HA  R OM  R Các em tính BC  BH  R AM  OM  OA  R Ta có: A1 A2 AM AA R R     A1 A2  R BC MH R Khi S OA2 A1  Nên S OA3 A4 = R R R R  A1 A2  2 3 S OA2 A1  R2 12 25) Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OM cắt MB, MC O1 O2 Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MO1O2 bé O1 B O M C O2 Xét MO1O2 có: OM vừa đường cao, vừa đường phân giác nên MO1O2 cân M Suy S MO1O2  S MOO1  OB.O1M  R.O1 M Mặt khác O1M  O1 B  BM  O1 B.BM  OB  R  R Dấu xảy O1 B  BM  O1OM vuông cân nên OM  R Vậy S MO1O2  R điểm M nằm cách O khoảng OM  R 26) Chứng minh ba tam giác O1 A1O ∽  A1OA2 ∽  O2OA2 O1 A1 O2 A2  O2O O1O   1 1 1  Ta có:  A1OA2   A1OA   AOA2  POA  AOC  BOC  1800  M 2 2 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành D2 B D' D1 O D H M C 78) Chứng minh CM  MD.MD  MH MO Cách 1: Ta có: MD.MD   MD1  D1 D  MD1  D1 D    MD1  D1D  MD1  D1 D   D1M  D1 D   OM  D1O    OD  D1O   OM  OD  OM  OC  CM ( đpcm) + Trong tam giác vuông OCM , đường cao CH  CM  MH MO Cách 2:  2   MD  B   sd BD Chỉ MBD   MBD ∽ MDB  g  g   BM  MD.MD  CM  MD.MD   79) Chứng minh OH OM  MD.MD  MO OH OM  OB  OH OM  MD.MD  OB  BM  MO    MD.MD  MB 80)   MD  B Chứng minh MBD ∽ MD B góc MBD Cách 1: Ta có: CM  MD.MD  BM  MD.MD   MD  B ( hai góc tương ứng) Từ suy MBD ∽ MDB  c  g  c   MBD    MD  B   sd BD Cách 2: MBD   MBD ∽ MDB  g  g    81)   MD  O Chứng minh MDH ∽ MOD góc MHD  MB  MD.MD Do   MD.MD  MH MO  MB  MH MO   MD  O ( hai góc tương ứng) Từ suy MDH ∽ MOD  c  g  c   MHD 82) Giả sử độ dài dây cung DD  không đổi Chứng minh BC qua điểm cố định M thay đổi Do DD  nên khoảng cách từ O đến DD  OD1 không đổi Giáo viên: Nguyễn Chí Thành Mặt khác OD1 OD2  R  OD2  R2 không đổi nên D2 cố định OD1 Suy BC qua điểm cố định D2 83) Chứng minh D2 D tiếp tuyến  O  ( chứng minh OD  DD2 ) Ta có: OD1 OD2  R  OD2  OD1 OD  OD OD2 OD1 OD  OD1 chung nên OD1 D ∽ ODD2  c  g  c  Xét OD1 D ODD2 có D  OD OD2   D2  OD   Suy OD D  90  D2 D tiếp tuyến  O  D2 B D' D1 O D M H C 84) Nếu đề đổi thành tiếp tuyến D D cắt D2 , chứng minh B, C , D2 thẳng hàng OH OM  OB  R Chỉ   OH OM  OD1.OD2  OHD2 ∽ OD1M  c  g  c  2 OD1.OD2  DO  R   OD   OHD 1M  90  HD2  OM mà BC  OM  B, C , D2 thẳng hàng Cách khác: Các em hai tứ giác ODD2 D ODDH nội tiếp nên điểm O, D , D, H , D2   ODD   900  HD  OH mà BC  OH  B, C , D thẳng thuộc đường tròn, suy OHD 2 2 hàng 85) Từ D kẻ đường thẳng song song BC cắt  O  D5 Chứng minh D5 , H , D thẳng hàng B D' D3 O D H D5 C  HD ( chứng minh câu khác) Vì BH phân giác góc D   MHB   900  OHD   DHM  Mà OHB Giáo viên: Nguyễn Chí Thành M   OHD   OHD   DHM  Vì DD5 / / BC  OH trung trực DD5  OHD 5   OHD   DHM   OHD   1800  D , H , D thẳng hàng Ta có: OHD 5 86) Gọi MO  KD  G1 , CG1   O   G2 , DG2  DK  G3 , G2 K  DD  G4 Chứng minh   CD D  KOG1 từ cứng minh OKG1 ∽ D1 DC ( tỉ số từ tam giác đồng dạng) G3 K B D' D1 G4 G1 D M O G2 C        Chỉ CD D  MOC  KOG1 G1 KO  D1 DC ( góc nt chắn cung D C ) 87) Chứng minh G2 , O, D thẳng hàng G3G4  G2 D G3 K B D' D1 G4 G1 D M O G2 C Vì OKG1 ∽ D1 DC  OK DD1 2OK DD1 KC DD       DCD ∽ KG1C  c  g  c  KG1 DC KG1 DC KG1 DC   DD  G      C  DCM Suy KCG CD  G1CO  COD  DCM  COD  90  G2 D đường kính    đường tròn O  G2 , D, O thẳng hàng G D D  G2 KD  90  G4 trực tâm G2 DG3  G3G4  G2 D 88) Từ D kẻ đường thẳng song song BM cắt BC , BD  C4 , C5 Chứng minh tứ giác CDC4 D1 nội tiếp C4 trung điểm DC5 C5 D' B C4 D1 D M O C Giáo viên: Nguyễn Chí Thành    Vì CD1 BM nội tiếp nên D 1CB  D1 MB  D1 DC4  slt   CDC4 D1 tứ giác nội tiếp          Vì CDC4 D1 nội tiếp nên DD 1C4  DCC4 mà DCC4  DD B  DD B  DD1C  D B / / D1C Mà D1 trung điểm DD  C4 trung điểm DC5 89)  Gọi MD  BC  D3 Chứng minh MD1 D1 D2 phân giác góc CD B BD2 CD3  BD3 CD2 D2 B D' D1 O D3 D H M C   + Chỉ tứ giác OD1 BM tứ giác nội tiếp nên MD B  MOB ( góc nt chắn cung BM )   + Chỉ tứ giác OD1MC nội tiếp nên MD 1C  MOC ( góc nt chắn cung MC )   MOB   MD    Mà MOC B  MD1C  MD1 phân giác góc CD1 B Hoặc em : điểm M , C , O, D1 , B thuộc đường tròn,   mà MB  MC  MD B  MD1C ( góc nt chắn hai cung nhau)   MD1 phân giác góc CD 1B  + Vì D1 D2  D1M  D1D2 phân giác ngồi góc CD 1B Áp dụng tính chất phân giác ta có: 90) BD3 BD2   BD2 CD3  BD3 CD2 CD3 CD2 Chứng minh DD3 D3 D  D3 B D3C B D' D D3 O M H C Chỉ D3 BD ∽ D3 DC  g  g   DD3 D3 D  D3 B D3C Giáo viên: Nguyễn Chí Thành 91) D1C   O   C2 Chứng minh C2 B / / DD C2 B D' D1 D M O C   Chỉ tứ giác BMCD1 nội tiếp, suy CD M  CBM ( góc nt chắn cung CM )   Mà CC B  CBM ( góc nt chắn cung BC )    Suy CD M  CC2 B , mà hai góc vị trí đồng vị nên C2 B / / D D 92) Kéo dài BD1   O   C3 Chứng minh CC3 / / DD B D' D1 D M O C3 C   Chỉ tứ giác OD1 BM tứ giác nội tiếp, suy MD B  MOB ( góc nt chắn cung BM )    COB  MOB ( tính chất góc nội tiếp góc tâm) Mặt khác CC 2B     Suy CC B  MD1 B , mà hai góc vị trí đồng vị nên CC2 / / D D    sd BC    MD  Các em CC B  MCB   B ( góc nt chắn cung BM )    93)    Đề thay đổi, kẻ dây CC3 / / DD Chứng minh góc C BO  D MO chứng minh C3 , D1 , B thẳng hàng, C3 B  DD  D1 chứng minh D1 trung điểm DD B D' D1 D M O C3 C     Gọi BC4  MD  D4 Vì CC3 / / DD  C sd BC D4 D  BC3C  Giáo viên: Nguyễn Chí Thành 0     CD O  90  C3 D4 D  90  sd BC     BMC   1800  BOC   900  sd BC   BMO   CD  Mà BMO 4O  OMBD4 nội tiếp 2    nên OD M  OBM  90  OD4  D D  D4  D1    Vì OMBD1 tứ giác nội tiếp nên C BO  D MO 94) Gọi MD  BC  D3 Chứng minh MD.MD  MD3 MD1 1   MD3 MD MD B D' D1 O D3 D M H C3 C  MD.MD  BM Chỉ   MD.MD  MD3 MD1  MD3 MD1  MH MO  MB + Ta có: MD3 MD1  MD.MD  MD3 MD1  MD3 MD1  MD.MD  MD3  MD  DD1   MD3  MD  DD1   2MD.MD  MD3 MD  MD3 DD1  MD3 MD  MD3 DD1  2MD.MD  MD3 MD  MD3 MD   2MD.MD  MD3  MD  MD   MD.MD  95) MD  MD 2 1     MD3 MD.MD MD3 MD MD Kéo dài BD BD cắt C3C C6 , C7 Chứng minh C3 trung điểm C6C7 B D' C6 D1 D O M H C3 C C7 Chỉ DD / / C6C7 ( chứng minh trên) Giáo viên: Nguyễn Chí Thành Áp dụng định lí Talet: 96) DD1 BD1 DD1 , mà DD1  DD1 nên C3C6  C3C7   C3C6 BC3 C3C7 Cho  O  , M B cố định Chứng minh trọng tâm BD D CDD ln chạy đường trịn cố định ( chứng minh đường tròn ngoại tiếp BDD CDD có bán kính) B B D' D' G D1 O D D O2 H D1 O M O1 H G' O1 M O3 C C Gọi O1 trung điểm OM  O1 cố định O1 D1  OM không đổi + Trên BO1 lấy điểm O2 cho BO2  2O1O2  O2 cố định ( B, O1 cố định) Gọi G trọng tâm BD D Ta có: 2 OM BG BO2    GO2 / / D1O1 GO2  D1O1  OM  GD1 O1O2 3 khơng đổi Vì O2 cố định GO2  OM OM   không đổi nên G   O2 ;  3   OM   Vậy trọng tâm BDD chạy đường tròn  O2 ;  cố định   + Trên CO1 lấy điểm O3 cho CO3  2O1O3  O3 cố định ( C , O1 cố định) Gọi G ' trọng tâm CDD  CG  CO3 2 1    GO3 / / D1O1 G O3  D1O1  OM  OM CD1 CO1 3 3 OM   Do G    O3 ;  cố định   97) Từ D kẻ đường thẳng song song CM cắt BC , CD E , F Chứng minh BDED1 tứ giác nội tiếp E trung điểm FD (Bài thay đổi qua D1 kẻ đường thẳng song song CD cắt BC E ) B D' D1 O D E F C Giáo viên: Nguyễn Chí Thành M   Chỉ tứ giác D1 BMC nội tiếp nên góc D BC  D1MC ( góc nt chắn cung D1C )       Mà D MC  D1 DE ( đồng vị) nên D1 BC  D1 DE  D1 BE  D1 DE Từ suy BDED1 tứ giác nội tiếp   + Vì BDED1 tứ giác nội tiếp nên ED D  EBD ( góc nt chắn cung ED )   CD  D ( góc nt chắn cung DC ) Mà EBD      Suy ED D  CD D , suy ED1 / / CD mà D1 trung điểm D D  E trung điểm DF ( tính chất đường trung bình) 98) ED cắt OM F1 Chứng minh ED1 BD OEF1 B tứ giác nội tiếp B B D' D' D1 O D1 D E O M F1 D E F F1 M F C C     sd CD    ED    + Chỉ ED D  CD D  slt   CBD   D  EBD    Từ suy ED1 BD tứ giác nội tiếp   DD  + Vì ED1 BD tứ giác nội tiếp nên EDB B (góc nt chắn cung BD )   Mà tứ giác OMBD1 tứ giác nội tiếp nên DD B  BOM ( góc nt chắn cung BM )   Suy F EB  F1OB  OEF1 B tứ giác nội tiếp 99)  BD CD    Phân giác góc DBD cắt MD H1 Chứng minh :  DB DC CH1 phân  BM  MH1  CM  CD giác góc D B D' H1 D O H2 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành M C + Vì MDB ∽ MBD  BD MB  DB MD + Tương tự: MDC ∽ MCD  + Ta có: DC MC BD CD mà MC  MB    DC MD DB DC BD CD HD BD H1 D CD ( tính chất phân giác) mà nên    DB H1 D DB DC DC H1 D  CD Suy CH1 phân giác góc D       + Gọi BH1   O   H Vì H BD  H BD  D H  DH         sd DH   sd BD   sd D   H  BH Mà H sd BH  sd BD BM  1M 2 Do BH1M cân M  MB  MH1 mà MB  MC nên BM  MH1  CM 100) Chứng minh tứ giác DOHD nội tiếp    OD    DHM   OHD   1800 O  MHD D  OHD Vì MDO ∽ MHD  MD   OHD   1800 mà hai góc đối nên DOHD tứ giác nội tiếp Xét tứ giác DOHD có DHM B D' D O M H C 101) Đề thay đổi thành: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp HDD DOD qua điểm cố định, tâm đường trịn ngoại tiếp HDD ln chạy đường thẳng cố định… B D' D O H I M C + Các em thấy, tứ giác OHDD tứ giác nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác HDD qua điểm cố định O đường trịn ngoại tiếp tam giác ODD ln qua điểm cố định H Giáo viên: Nguyễn Chí Thành + Vì OHDD tứ giác nội tiếp nên tâm đường trịn ngoại tiếp HDD ln nằm đường trung trực đoạn OH 102) Chứng minh DI phân giác góc HDM ( với I  MO   O  ) B D' D O M I H C Vì MDO ∽ MHD  MD MO MO   1 HD OD OB   MI  MB   Mà BI phân giác góc HBM IH BH Chỉ MHB ∽ MBO  g  g   Từ 1  3  103) MO MB MI    3 BO HB HI MD MI    DI phân giác góc HDM HD HI   2MDI  Chứng minh MOD B D' D O M I H C   HDM  Vì tứ giác HODD tứ giác nội tiếp nên HOD   HOD   MDI  Mà DI phân giác góc HDM 104) Kéo dài OM cắt  O  điểm thứ hai I1 Chứng minh MD.MD  MI MI1 B D' D I1 I O C   I1 I  IDM Vì IDDI1 tứ giác nội tiếp nên D Từ suy MID ∽ MDI1  g  g   MD.MD  MI MI1 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành M 105) Tiếp tuyến I cắt nửa đường trịn đường kính MI1 X , CO  X 1I1  X Chứng minh MX  CX X1 B X2 O I1 H M I C Chỉ MBI ∽ MI1B  g  g   BM  MI MI1 Mà MX 12  MI MI1 ( hệ thức lượng) suy MX  BM  MC  MX 1C cân Do M nằm đường trung trực CX       mà  MX 1C  CX X  90  CX MX 1C cân  MX C  MCX  1 X  X 1CX  X X 1C cân nên X    MCX  X 1CX  90 nằm đường trung trực CX Vậy MX trung trực CX nên MX  CX 106) Từ M kẻ cát tuyến MP1 P4 song song BD  , cát tuyến cắt CB, CD P2 , P3 Chứng minh tứ giác MCP3 B tứ giác nội tiếp P3 trung điểm P4 P1 ( OP3  P1 P4 ) B D' D O P4 M P3 P2 P1 C       MD  C   sd BC Chỉ MBC   MP3C ( đồng vị) nên MBC  MP3C   Từ suy MCP3 B tứ giác nội tiếp + Do M , C , O, B thuộc đường trịn đường kính OM  điểm M , C , O, B, P3 thuộc đường  trịn đường kính OM  OP M  90  OP3  P1 P4  P3 trung điểm P4 P1 107) Chứng minh P2 P3 P2 M  P2 P1 P2 P4 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành B D' O M H P4 P1 P2 P3 C  P2 P3 P2 M  P2C1 P2 B Chỉ   P2 P3 P2 M  P2 P1 P2 P4  P2 P1 P2 P4  P2C1 P2 B 108) Đường thẳng OP3 cắt  O  Y2 , Y3 ( Y3 nằm cung nhỏ DB ) Y2 P2   O   Y4 Chứng minh Y3 , Y4 , M thẳng hàng chứng minh tứ giác Y2 PY M nội tiếp Y3 Y3 B D' D' Y4 O P4 Y4 M H O C Y2 P1 P2 P3 P4 M H P1 P2 P3 B C Y2 Chỉ P2 P1 P2 P4  P2Y4 P2Y2 mà P2 P3 P2 M  P2 P1 P2 P4 nên P2 P3 P2 M  P2Y4 P2Y2   Từ chứng minh P2 PY ∽ P2Y4 M  c  g  c   Y2Y4 M  Y2 P3 M  90  Y2Y4  Y4 M Vì Y2Y3 đường kính  O   Y2Y4  Y3Y4 Từ suy Y3 , Y4 , M thẳng hàng 109) Chứng minh P3 P2 P2 M  P1 P2 P2 P4 B B D' D' D O D M P3 P2 P4 O M P1 P3 P4 C Chỉ P2 P4C ∽ P2 BP1  g  g   Giáo viên: Nguyễn Chí Thành P2 C P2 P4 P2C   P2 P4 P2 P1  P2C P2 B P2 B P2 P1 P1 Chỉ P2CP3 ∽ P2 MB  g  g   P2C P2 P3   P2C P2 B  P2 P3 P2 M P2 M P2 B Từ suy P3 P2 P2 M  P1 P2 P2 P4 110) O Kéo dài OP3 cắt đường tròn  O  P5 , P6 ( P5 thuộc cung nhỏ BD  ) Nối P6 P2 cắt đường tròn P7 Chứng minh M , P5 , P7 thẳng hàng P5 B D' P7 D O M P1 P2 P3 P4 P6 C Vì P5 P6 đường kính  O   P6 P7  P5 P7 1 Ta có: P3 P2 P2 M  PP P2 P4  P2 P7 P2 P6  P3 P2 P2 M  P2 P7 P2 P6  P3 P2 P2 P7  P2 P6 P2 M   Từ suy P2 P7 M ∽ P2 P3 P6  c  g  c   P P7 M  P2 P3 P6  90  P2 P7  MP7   Từ 1   M , P5 , P7 thẳng hàng 111) Chứng minh DBP3 tam giác cân B D' D M O P3 P2 P1 P4 C OP3  PP Vì   OP3  BD  OP3 trung trực BD  nên BP3  P3 D  BP3 D cân P3  / / BD  PP 112) Cho B, C  O  cố định Tìm vị trí cát tuyến MDD  để diện tích P3 BC lớn B D' D M O P4 P3 P2 C Giáo viên: Nguyễn Chí Thành P1       Ta có: BP 3C  CD B  P3 BD  CD B ( tính chất góc – góc ngồi tam giác)    B khơng đổi, suy BP  Mà B, C ,  O  cố định nên góc CD 3C  CD B không đổi  Mà S P3 BC  P3C P3 B sin BP 3C  S P3 BC lớn P3C P3 B lớn 2 DC R  P C  P3 D  DC   mà Ta có: P3C P3 B  P3C P3 D   CD  R  P C P B    R2 3  4   Dấu xảy CD đường kính  O  113) Tiếp tuyến đường tròn  O  I cắt đường trịn đường kính MI1 M , M I1  OC  M Chứng minh tứ giác MCM M tứ giác nội tiếp, MM  MC ; CM  MM M1 B M2 I1 M I O C   Vì MI1 đường kính nên M M M  90  M CM  MCM M tứ giác nội tiếp + Chỉ MM 12  MI MI1  MC  MM  MC + Vì tứ giác MCM M nội tiếp đường tròn đường kính MM mà MM  MC  MM đường trung trực CM  CM  MM 114) Gọi E1 tâm đường tròn ngoại tiếp IMI1 , E2 tâm đường tròn ngoại tiếp M DD , E3 trung điểm M 1M Chứng minh E1 , E2 , E3 thẳng hàng M1 E3 D' E2 M2 D V I1 I O E1 C Giáo viên: Nguyễn Chí Thành M + Gọi MM  CM  V Ta có: MV MM  MM 12  MC  MI MI1  MD.MD  Từ đẳng thức MV MM  MD.MD  DDVM nội tiếp nên V   E2  Từ đẳng thức MV MM  MI MI1  IVM I1 tứ giác nội tiếp nên V   E1  Suy  E1  ,  E2  cắt hai điểm M , V  E1 E2 trung trực VM Vì E1E2 / / CM E1 E2 qua trung điểm VM nên E1E2 qua trung điểm M 1M Vậy E1 , E2 , E3 thẳng hàng Giáo viên: Nguyễn Chí Thành ... minh tứ giác MBOC nội tiếp đường tròn, tìm tâm đường trịn B O H M I C   MCO   1800  MBOC nội tiếp, tâm nằm trung điểm OM Chỉ MBO 5) Bài thay đổi lại đề bài, cho hai tiếp tuyến MB, MC Chứng... 11) Từ điểm A cung nhỏ BC vẽ tiếp tuyến với đường tròn  O  Tiếp tuyến cắt MB, MC A1 , A2 Chứng minh chu vi MA1 A2 không đổi độ lớn góc  A1OA2 khơng phụ thuộc vào vị trí điểm A A di chuyển... điểm OM ( dựa vào tính chất trung tuyến tam giác vuông) đỉnh C , B, D1 nhìn MO góc vng Chỉ điểm M , H , D1 , D2 cách trung điểm D2 M ( dựa vào tính chất trung tuyến tam giác   MD  vuông) MHD D2