Một số bài tập chọn lọc hình học phẳng

MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC HÌNH HỌC PHẲNG Phân tích: 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 A N I E B M C K D Ta biết : Hai đường tròn cắt theo dây cung l đường nối tâm ln vng góc với dây cung l Thực nghiệm hình vẽ ta thấy D nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN Vì ta chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác 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 cân N , tam giác BME cân M Hay BEM với qua MN nên NE ND, ME MDN MEN 1800 THCS.TOANMATH.com AEN BEM B, AEN A Vì D, E đối xứng MD suy 1800 B A C hay MDN MCN DMNC tứ giác nội tiếp tức điểm D thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác CMN + Ta có ME BED MB MD nên M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác + Ta có: NA ADE NE ND nên N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Từ suy BDA BDE EDA BME ANE 1800 2B 1800 2A 180 B A C Như tứ giác ABCD nội tiếp, suy 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 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 trịn ngoại tiếp tam giác ABC ’’ Ngoài giả thiết liên quan đến tam giác vuông nên ta nghỉ đến cách dùng góc phụ tứ giác nội tiếp để tìm mối liên hệ góc THCS.TOANMATH.com Từ sở ta có lời giải cho toán sau: Lời giải A K P2 Q Q1 I Q2 C B P P1 E + Gọi E giao điểm phân giác AI với đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC BE CE ( E điểm cung BC ) Ta có IBE IBC EBC ABI EAC ABI BAI BIE Suy tam giác 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 PAQ Ta có BAP PAE BAE ;CAQ Mặt khác AE phân giác góc BAC + Xét tam giác PAP2; QAQ1 Ta có AP suy góc PAP2 QAQ1 suy Chứng minh tương tự ta có: AQ2 AP1.AQ1 PAP2 BAP CAQ AQ (Tính chất tiếp tuyến), QAQ1 AP1 Từ suy AP2 AQ2 hay tứ giác PQ Q P nội tiếp 1 2 THCS.TOANMATH.com QEA CAE AQ1 AP2 Câu 3) Cho hình bình hành ABCD có BAD 900 Giả sử O điểm nằm tam giác ABD cho OC không 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 KL 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: Q Lời giải: + Gọi MN giao PQ T M Tam giác PCD đồng dạng K C B với tam giác CBQ nên ta có: O TP TC TD TB TC TQ A S L P D N T THCS.TOANMATH.com TC TC TPTQ đường tròn (O ) nên TC TM.TN TPTQ TPTQ Mặt khác TC tiếp tuyến TM TN Như ta có: MNPQ tứ giác nội tiếp + Gọi giao điểm thứ hai (O ) với MP S Ta có góc biến đổi sau: KML CMS SCP (góc tạo tiếp tuyến dây cung) KML MSC SPC (góc ngồi) KML MNPQ MNSC nội tiếp Vì KML tiếp Suy KLM KL KNM MNC MNQ (tứ giác KNL suy tứ giác MKLN nội QPM suy KL / /PQ OC Vậy 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 TS ta nghỉ đến việc chứng minh TA,TS tiếp tuyến đường tròn (O ) + Để chứng minh TA Từ định hướng ta có lời giải sau: THCS.TOANMATH.com A M N G T H O F P E K C B S Ta thấy APF 180 hàng Ta có APM ANS AMS 180 APE suy F , P, E thẳng AEM góc nội tiếp chắn cung AM , AEM (đối đỉnh) Vì AC tiếp tuyến đường trịn K nên SEC (Tính chất góc tạo tia tiếp tuyến dây) Mà EFS giác ANFP nội tiếp Vậy APM tương tự ta có: AM / /PN SEC EFS PAN tứ AN / /PM Chứng minh PAN AMEN hình bình hành + Các tam giác SKF , SON cân có chung đỉnh S nên đồng dạng suy KF / /ON , tương tự KE / /OM suy MN / /EF Từ HGE HFE SF SN SK SO HMN suy tứ giác MNGH nội tiếp Giả sử TS cắt O K S1, S2 THCS.TOANMATH.com SE suy SM TS.TS1 S1 TM TN S2 TH TG TS TS2 suy TS1 TS2 suy S Vậy TS 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 AIM AI SN Ta lại có AMI AMN ASN Vậy AM.SN AI AS Tương tự AN SM tính chất tiếp tuyến TS tiếp xúc với O suy Vậy TA tiếp xúc với O Suy TA PES FST NAS ANS suy AM.SN Từ theo TM TN SM SN AM AN TS Câu 5) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O Đường trịn I ln 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 KI / /OJ Phân tích Ta thấy OJ đường nối tâm hai đường tròn (O),(J ) AK Do để chứng minh KI / /OJ ta quy chứng minh OJ IK AK A Lời giải: Nối M với K K với I MIC 2MBC N J K M (1) O C B Ta lại có: MKC 1800 Mà CKA ANM MKA CKA CKA ABC THCS.TOANMATH.com MBC (2) I Vì tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn I nên ANM 1800 (2) suy MKC MKC IMC Trong tam giác IMC ta có: 1800 IMC IMC 1800 nên tứ giác MKCI nội tiếp MIC Suy IKC MIC Do 1800 2MBC MBC Từ (1) 1800 MIC MBC 2MBC 900 nên IKC AKC 900 MBC Suy 900 Do IK trịn J đường tròn O cắt A, K nên OJ AK Đường 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 trịn 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 CA2 CB.CH nên để chứng minh CA CK , ta chứng minh CK CB.CH A E B Điều làm ta nghĩ đến chứng H 1 I minh CKH CBK , cần chứng minh K THCS.TOANMATH.com B1 Xét góc K F O' O C phụ với hai góc trên, cần chứng minh ECK BCF Muốn cần chứng minh C C Chỉ cần chứng minh hai góc phụ với chúng E1 K (do CEKF tứ giác nội tiếp) Cách giải: Tứ giác CEKF có: E E1 F 900 1800 nên tứ giác nội tiếp, suy K1 Do hai góc phụ với chúng C cộng thêm BCK , ta ECK K CK CB 900 CH CK B1 CK BCF Do hai góc phụ với chúng CKH CBK (g.g) CBCH ABC vng A ta có:CA2 CA CK C Cùng (1) Theo hệ thức lượng tam giác CB.CH (2) Từ (1) (2) suy 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 IDK b) CBK 900 Phân tích: IBK IDK hai góc IBK IDK , hai tam giác không Các đỉnh B D hai góc nằm khác phía OI , mà OI trục đối xứng O Có thể đổi phía góc IBK cách lấy F đối xứng với B qua OI , ta có IBK THCS.TOANMATH.com IFK Chỉ cần chứng IFK cách chứng minh tứ giác IKDF nội tiếp (hình vẽ minh IDK ứng với F CD ) Ta chứng minh KIF 1800 Chú ý đến KDF góc KIF , I 1.ABF (đừng quên AB CBK B2 Chú ý đến IBK IBK BI ) Xét IDK (câu a), Lời giải: a) Kẻ dây BF vng góc với OI A Ta có IK đường trung trực B K BF nên tam giác BKF , BIF cân O IFK (1) KIF Suy IBK I1 I D ABF (cùng phụ góc B1 ) Ta lại có I F ABF ABFD tứ giác nên KIF nội tiếp nên ABF ADF 1800 Suy KIF IKDF tứ giác nội tiếp nên IDK IBK b) IDK 1800 1800 , IFK (2) Từ (1) (2) suy IDK 1800 ABI 900 (vì ABI IBK ADF 900 ABC ( ABCD nội tiếp) B2 1800 900 B2 ) Ta lại có IDK B2 Do IBK B2 Lưu ý: Hình vẽ ứng với F chứng minh tương tự THCS.TOANMATH.com B2 IBK (câu a) nên 900 CD Các trường hợp khác C Câu 20 (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP TP Hồ Chí Minh– năm 2013) Cho tam giác ABC có B,C cố định A di động cho AB a) Gọi I điểm cạnh BC cho IB 2AC 2IC Chứng minh AI tia phân giác BAC b) Chứng minh điểm A di động đường tròn cố định Cho tam giác ABC Đường trịn nội tiếp tam giác ABC có tâm I tiếp xúc với BC D Đường tròn bang tiếp góc A tam giác ABC có tâm J , tiếp xúc với BC E a) Gọi F giao điểm AE DI Chứng minh F thuộc đường tròn I b) Gọi M trung điểm BC chứng minh đường thẳng MI qua trung điểm AD Phân tích định hướng giải: L Lời giải: C 1) a) Vận dụng tính T J D chất đường phân giác M I E tam giác A F B N b) A di động đường tròn cố định đường kính ID (trong D ngồi DB ) DC 2) a) Hai đường tròn I , J tiếp xúc với AC T L Ta có đoạn BC cho THCS.TOANMATH.com IT / /JK , IF / /EJ nên Suy F AI AJ IF JE IT Mà JE JL JL nên IF IT I b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt suy BD AB CE BC AC Do MD ME Vì MD ME ID IF nên MI / /EF Từ suy MI qua trung điểm AD Câu 21) Cho tam giác ABC vuông A Gọi CT đường phân giác tam giác T AB a) Chứng minh đường tròn K qua C , T tiếp xúc với AB có tâm K thuộc BC b) Gọi giao điểm AC K D khác C , giao điểm DB K E khác D Chứng minh ABD BCE c) Gọi giao điểm CE AB M Chứng minh M trung điểm đoạn thẳng BT A Lời giải: T a) K tiếp xúc với AB T M nên KT AB KT song song với AB Vì Do K thuộc BC B C K KTC cân nên KCT KTC TCA TCB b) Gọi F giao điểm K BC ( F khác C ) Tứ giác FEDC nội tiếp K BC nên FEC Từ ABD 900 THCS.TOANMATH.com ADB 900 900 EFC BCE BCM , ME MC MB Mặt khác, MT tiếp xúc với c) Từ câu b suy MBE MBE MCB K nên MT MB Vậy M trung điểm BT ME MC 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 DKL 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: P A a) Để chứng minh M trực Q K tâm tam giác DKL ta L T chứng minh KM LD, ML KD E M F Để ý giả thiết cho biết AK I DK vng góc với DK để chứng minh ML ALFM nội tiếp), LFA LMA D DK ta cần chứng minh ML / /AK tức LMA khác FED C B MAK Nhưng ta có LMA BFD MFA (do tứ giác FED AB tiếp tuyến (I ) Mặt KAM tứ giác MAKE nội tiếp Từ suy MAK Hồn toàn tương tự ta chứng minh KM 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 THCS.TOANMATH.com chứng minh T T ' Để ý rằng: MK đường trung bình tam giác PF FD (kết câu a) Suy DT đường PEF nên PF / /MK kính (I ) Hồn tồn tương tự ta chứng minh DT ' đường kính (I ) suy T 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 lần ASQ SB cắt lượt S ,Q khác MN Chứng minh ABC CQ điểm nằmtrên (O ) Phân tích định hướng giải: THCS.TOANMATH.com A R y H K F O x P E C B S N D M Q L 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 tốn 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 ODE OME OCE (do OEMC nội tiếp) mà OCE OAE (OE trung trực AC ) Mặt khác tam giác OAD cân O suy OAE ODE Từ suy OME OEM ODM 900 THCS.TOANMATH.com ODE hay OEDM nội tiếp suy + Hoàn tồn tương tự ta có ODN (O ) b) + Ta thấy ASQ ASM 1800 900 hay MN tiếp tuyến ACM ACx tứ giác ASMC nội tiếp Mặt khác MC tiếp tuyến (O ) nên ACx ABC ASQ AQS AQN 1800 ABC Tương tự ta có: ABN ABy ACB suy ASQ ABC + 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 RBA Để ý tam giác ARQ tam giác ASR RCA RBA xảy ACQ ABS Nhưng điều ASQ (Bài toán kết thúc) hiến nhiên ABC 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: x Giả thiết liên quan đến A đường phân giác K O AD ta nghỉ đến việc kéo F T B E H G M D N THCS.TOANMATH.com D' C dài AD cắt đường trịn (O ) D ' ta có tính chất quen thuộc OD ' BC Mặt khác KD BC D giao điểm EF / /BC Để đường phân giác góc A với (K ) suy KD EF chứng minh hai đường tròn tiếp xúc với ta kẻ tiếp tuyến Ax BC T đường tròn (K ) Ta chứng minh Ax tiếp tuyến chung hai đường trịn Ta có: TAF AEF mà AEF ACB đồng vị Từ suy raTAF chứng tỏ AT tiếp tuyến (O ) TAB Cách 2: Kẻ tiếp tuyến Ax đường tròn (O ) Ta có BC T ACB Điều TDA DAC ACD DAB TAB TAD suy tam giác TAD cân T , mà TD tiếp xúc với (K ) TA tiếp xúc với (K ) Vậy TA tiếp tuyến chung A hai đường tròn b) Ta có GBM GEF GAB BGM ABM MB2 khác theo tính chất tiếp tuyến cát tuyến ta có: MD MG.MA MB MG.MA Mặt MD Tương tự ta chứng minh N trung 1 AL.MN BC khơng đổi Ta có S AMN 2 Trong AL đường cao kẻ từ A đến BC Như S AMN lớn điểm CD Suy MN AL lớn Suy AL phải qua tâm O Suy A trung điểm cung BC 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 MAB , P điểm cung AM không chứa điểm B, K trung điểm MI a) Chứng minh PK THCS.TOANMATH.com 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 ta phải chứng minh M MI Q T PMI cân P tính K P chất hình học quen thuộc + Để chứng minh ABPQ nội tiếp ta chứng minh PQA I O B A PBA để tận dụng 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 Từ định hướng ta có lời giải sau: a) Trước hết ta chứng minh PMI cân P Thật ta có: PMI PMA AMI PBA IMB tam giác PMI cân P PK THCS.TOANMATH.com PBM MI BMI PIM suy b) Tacó PQA 900 MAB KIQ 900 IMA 900 IAM AMB MAB PBA Như tứ giác ABPQ nội tiếp c) Kẻ OT vng góc với PQ T trung điểm dây PQ Ta có PQ phân giác góc MPB nên POQ ta có OT R.cos sđAMB khơng đổi Từ POQ khơng đổi Vậy PQ ln tiếp xúc với đường trịn tâm O bán kính r R.cos OT POQ Câu 26) Cho AB dây cung (khơng 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 Gọi C giao điểm AM với đường tròn (O ) C a) Chứng minh CO MN b) Chứng minh: AMNB tứ giác nội tiếp c) Chứng minh MN Phân tích định hướng giải: THCS.TOANMATH.com AB A O1 , N O2 a) Ta thấy MO1 / /NO2 MN để chứng minh CO MN C D ta chứng minh CO / /MO1 M O1 AMO1 N O CO / /NO2 Tức ta chứng minh ACO điều O' O2 B A 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 ) C 'O MN C C ' Để chứng minh AMNB nội tiếp ta cần chứng minh ABN CMN 1 ta có: CMN DMA AO1C AOC từ suy AOC ABC 2 điều phải chứng minh: Chú ý: Việc kéo dài MN cắt đường tròn (O ) D chìa khóa để tính góc dựa tính chất tiếp tuyến MN c) Ta có CMN mặt khác CBA CM CA OO1 OA THCS.TOANMATH.com MN BA CM CB CN ; CB CN CA OO2 OB MN BA MN CM CN CB CA AB CM CN CA CB 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 a) Nếu D giao điểm thứ hai hai đường trịn E (I ),(J ) Thực nghiệm hình M F vẽ giúp ta dự đoán tứ giác AEDF hình bình hành Nếu chứng minh điều ta kết luận P H I Q K J D C B 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 Ta cần CAH thấy THCS.TOANMATH.com EDH để ý đến hai tam giác EAH CAH (1) CAH EDH ta HED FED FEH Mặt khác ta có AEF AF ABC DE ) AFE FCB ECB FCB ECF ECH HE EF FEH BCH HC CB HE AF AF EF DE suy (do AC HC BC AC AC EDH CAH CAH EDH kết hợp với (1) ta suy HPE EDH hay tứ giác PEHD nội tiếp, hoàn toàn tương tự ta có QFHD nội tiếp suy đường trịn (I ) ngoại tiếp tam giác HEP đường tròn (J ) ngoại tiếp tam giác HFQ cắt điểm D nằm AM b) Ta có HID 2HED 2HCA 2HFD HJD hai tam giác HJD, HID có chung cạnh đáy, góc đỉnh nên HJD HID JD ID 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 AHK AE cho 900 a) Chứng minh L nằm AE b) Giả sử (L) cắt CA, AB M , N khác A Chứng minh AF c) GK MN điểm P MN Q, AQ (O) R 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 THCS.TOANMATH.com tròn (L) Như chất câu hỏi chứng minh AGHK nội tiếp Thật : Ta có: Do K 900 AE cho AHK suy HK AH A G L HK / /BC / /EF M Q P Do KHF mà HFE N HFE H K EAG O I C B (cùng chắn cung FG ) R suy KHF nội tiếp Mặt khác AHK b) Ta có: AMN MAF chắn cung AN , MAF Suy AF E KAG hay AGHK F 900 nên L trung điểm AK AKN BAE 900 ( Do AMN AKN BAE hai cung BE ,CF nhau.) 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 RAG AGRI tứ giác nội tiếp Tức điểm I nằm đường tròn (O ) thấy QPG QAG ( Do tứ giác APQG nội tiếp) suy RIG 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 trịn (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: D A a) Kéo dài AP cắt (O ) G dễ thấy GD đường kính (O ) E N Q Ta thấy tam giác F APE DGC có P đường cao tương ứng EN ,CM K MG MD C NP Mặt khác ta NA S R NP có NA L M B nên O QP NQ / /AD QD THCS.TOANMATH.com H G T từ suy MG MD QP QD QM / /GN AP 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 BRD BFQ mà BAD 180 BRD 1800 hay tứ giác BFQR 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 BS BF BH B, S, H thẳng hàng Tương tự C ,T , H thẳng hàng nên SHT QSB AFE THCS.TOANMATH.com AEF QRC STH SHT cân ( đpcm) ... ),(J ) Thực nghiệm hình M F vẽ giúp ta dự đốn tứ giác AEDF hình bình hành Nếu chứng minh điều ta kết luận P H I Q K J D C B AM qua D Tuy nhiên việc chứng minh trực tiếp AEDF hình bình tương đối... 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... 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