Tailieumontoan com Điện thoại (Zalo) 039 373 2038 CÁC BÀI TOÁN NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP 9 (Liệu hệ tài liệu word môn toán SĐT (zalo) 039 373 2038 Tài liệu sưu tầm, ngày 27 tháng 5 năm 2022 Website ta[.]
Tailieumontoan.com Điện thoại (Zalo) 039.373.2038 CÁC BÀI TOÁN NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP (Liệu hệ tài liệu word mơn tốn SĐT (zalo) : 039.373.2038 Tài liệu sưu tầm, ngày 27 tháng năm 2022 Website: tailieumontoan.com CHUYÊN ĐỀ 5: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG BÀI 1: TỈ SỐ CỦA HAI ĐOẠN THẲNG A Kiến thức cần nhớ Định lí Talét A Cho ∆ABC , lấy điểm M thuộc đoạn thẳng AB ( M ≠ A; M ≠ C ) N M Lấy điểm N thuộc đường thẳng AC ( N ≠ A; N ≠ C ) cho AM AN AM AN = = ; MN / / AB thì: MB NC AB NC B Tam giác đồng dạng ∆ABC# ∆A ' B ' C ' ⇔ C AB AC BC = = A ' B ' A 'C' B 'C' A Tính chất đường phân giác tam giác Cho ∆ABC , đường phân giác góc A cắt cạnh BC D BD AB = DC AC B D Cho ∆ABC , điểm I thuộc miền ∆ABC , tia A AI , BI , CI thuộc cạnh đối diện điểm M, N, P thì: C IM IN IP + + = AM BN CP N P B M C Bài 1: Cho ∆ABC vuông A = AB 36 = cm, AC 48cm Đường phân giác cắt BC điểm K Đường phân giác BAC góc ABC cắt AK I Qua I K D I kẻ DE / / BC ( D ∈ AB, E ∈ AC ) A a) Tính độ dài đoạn BK b) Tính tỉ số B AD AB Lời giải Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 E C a) Xét ∆ABC vuông A, áp dụng định lí Pitago ⇒ BC = 60 ( cm ) ∆ABC Xét có AK đường Website: tailieumontoan.com phân giác 3 180 ⇒ BK =AB ⇒ BK BAC = = ⇒ BK = BC = ( cm ) KC AC BK + KC + 7 b) Do ID / / BK ⇒ 36 AD AI AB (Định lí Talét) = = = = AB AK AB + AK 36 + 180 12 Bài 2: Cho ∆ABC Trên Tia đối tia BA lấy điể D C cho AB = BD Gọi E trung điểm M BC Đường thẳng DE cắt AC M Tính tỉ số E MA MC I A D B Lời giải Qua B kẻ BI / / AC ( I ∈ ED ) Vì BI / / MC ⇒ EI = EM EB EI IB EB = = = = 1⇒ EC EM MC EC IB = MC (1) Lại có BI / / AM ⇒ BI BD = = ⇒ MI = 3BI ( ) AM AD Từ (1)( ) ⇒ MA = 3MC ⇒ MA = MC Bài 3: Cho ∆ABC có trọng tâm G Trên tia BC lấy điểm M cho A BM = Đường thẳng qua M BC G K Cắt AB, AC điểm E F Tính tỷ số B EA EB Và FC FA Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 F G N Q C M Website: tailieumontoan.com Lời giải Qua N trung điểm BC , kẻ NK / / AB ( K ∈ GM ) ⇒ NK / / EB ⇒ Từ (1)( ) ⇒ NK MN NK ( ) = ⇒ EB = EB MB EA NK = = EB NK Qua C kẻ CQ / / AB ⇒ CQ / / AB ⇒ CQ / / NK ⇒ Từ (1)( 3) ⇒ NK GN = = ⇒ AE =2 NK (1) EA GA CQ CM 1 = = ⇒ CQ = NK ( 3) NK MN 2 CQ FC 1 = = NK : NK = CA FA Bài 4: Định lí Menelaus (Mê – nê – na – út) Cho ∆ABC , điểm E , F thuộc cạnh AC , AB A Điểm D thuộc đường thẳng BC nằm E đoạn BC Ba điểm D, E , F không trùng với F Q đỉnh ∆ABC Chứng minh ba điểm D, E , F thằng hàng D C B DB EC FA =1 DC EA FB Lời giải Bài toán thuận: Nếu D, E , F thẳng hàng DB EC FA =1 DC EA FB DB BQ = DB EC FA DC EC = (đpcm) Kẻ BQ / / AC , ta có ⇒ FA AE DC EA FB = FB BG Bài tốn ngước: Nếu có DB EC FA = D, E , F thẳng hàng DC EA FB Kéo dài đường thẳng DF cắt cạnh AC E’ ⇒ D, E ', F thẳng hàng ⇒ DB E ' C FA = 1, DC E ' A FB mà theo giả DB EC FA E ' C EC E ' C EC =1 ⇒ = ⇒ = ⇒ E ' C =EC ⇒ E ' ≡ E ⇒ D, E , F thẳng hàng DC EA FB E ' A EA AC EA Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 thiết Website: tailieumontoan.com Bài 5: Định lí Ceva Cho ∆ABC , điểm D, E , F lầ lượt thuộc A cạnh BC , AC , AB không trùng với đỉnh ∆ABC Chứng minh đường thẳng AD, BE , CF đồng qui F DB EC FA =1 DC EA FB H E M B C D K Lời giải Bài tốn thuận: Nếu có AD, BE , CF đồng quy có DB EC FA =1 DC EA FB Gọi M giao điểm AD, BE , CF ⇒ M ∈ ∆ABC AM BM S DB BH = MAB - = = DC CK AM CD S MAC EC EA S FA S MAB FC MBC ; = Tương tự ta= có: ⇒ S MAC S MBC DB EC FA = DC EA FB Bài tốn ngước: Nếu có DB EC FA = 1(1) AD, BE , CF đồng quy DC EA FB Giả sử BE CF cắt I ⇒ I nằm miền ∆ABC Nối A với I cắt BC D ' ⇒ D ' ∈ BC Theo phần thuận ta có: Từ (1)( ) ⇒ D ' B EC FA = 1( ) D ' C EA FB DB D ' B DB D ' B = ⇒ = ⇒ DB = D ' B ⇒ D ' ≡ D DC D ' C BC BC ⇒ AD, BE , CF đồng quy (đpcm) Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com Bài 6: Từ ba đỉnh A, B, C ∆ABC ta vẽ ba đường E thẳng song song với nhau, chúng cắt F cạnh BC đường thẳng CA, AB D, E , F Chứng minh A 1 + a) = AD BE CF b) S FDE = 2S ABC D B C Lời giải a) Ta có AD / / BE / /CF nên áp dụng định lí Ta-lét ta được: AD CD AD BD = = (1) ; ( 2) BE CB CF BC Cộng hai vế hai đẳng thức (1) (2) ta được: C) ⇒ AD AD CD D + = + = (D nằm B BE CF CB BC 1 = + AD BE CF b) S AEF = S ABC ; S ABD = S AED ; S AFD = S ADC ⇒ S DEF = 2S ABC Bài 7: Lấy điểm O tam giác ABC , A tia AO, BO, CO cắt cạnh BC , CA AB theo thứ tự D, E , F Chứng minh a) OD OE OF + + = AD BE CF F AD BE CF b) 1 + 1 + 1 + ≥ 64 OD OE E O OF B Lời giải S ABC S= ; SOBC S1= ; SOAC S 2= ; SOAB S3 a) Đặt= Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 D C Website: tailieumontoan.com Khi S = S1 + S2 + S3 S OE S BE OD AD ; = = Dễ thấy S2 OF S3 ; = S CF S Cộng vế với vế đẳng thức ta AD BE CF OD OE OF + + = AD BE CF S S S S + S1 S + S S + S3 (1) S2 S3 b) Ta có 1 + 1 + 1 + 1 + = 1 + 1 + = OD OE OF S S S S Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: S + S1 = S1 + S2 + S3 + S1 ≥ 4 S1S2 S3 S4 ( ) S + S = S1 + S + S3 + S ≥ 4 S1S S3 S ( 3) ; S + S3 = S1 + S + S3 + S3 ≥ 4 S1S S3 S3 ( ) Nhân ba vế (2)(3)(4) ta được: ( S + S1 )( S + S2 )( S + S3 ) ≥ 64S1S2 S3 Từ biểu thức (1) ta suy ra: 1 + AD BE CF S + S1 S + S S + S3 ≥ 64 1 + = 1 + OD OE OF S1 S2 S3 Dấu “=” xảy khi: S1 =S2 =S3 ⇔ OD OE OF = = = , tức O trọng tâm ∆ABC AD BE CF Bài 8: Cho ∆ABC biết góc A hai lần góc B K lần góc C Chứng minh rằng: 1 = + AB BC AC A B I C Lời giải Gọi I trung điểm BC , kéo dài đoạn AB cắt đường trung trực BC K = 2C ⇒ +C = 7C = 1800 Theo đề ∆ABC có: A = 4 C; B A+ B = ; BKC = = ⇒ KCA ∆KBC cân K nên KCB 2C C 3C + 2C = 3C ⇒ ∆KCA cân C = B Mặt khác KAC ∆KBC = KC = AC CA đường phân giác C Vậy ta có KB Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com AK KC KB AK AB = = ⇒ = Từ đó, theo tính chất đường phân giác thì: (1) AB BC BC KB BC Mặt khác AB AB = ( ) Từ (1)(2) ⇒ đpcm KB BC Bài 9: Cho ∆ABC Trên cạnh AB AC lấy điểm M N A cho: AM AN = = ; Gọi D AB AC M N Là giao điểm BN CM ; gọi E J D giao điểm MN BC B C EB a) Tính tỷ số EC b) Tính tỷ số diện tích tứ giác AMDN ∆ABC Lời giải CJ CN 1 = = ⇒ CJ = AM AM AN 2 a) Cách 1: Kẻ CJ / / AB Ta có AM CE CJ CJ / / BM ⇒ = =2 = ⇒ BE =4CE BE BM AM Cách 2: Sử dụng định lí Menelaus Ta có M , N , E thẳng hàng ⇒ EB CN AM EB 1 = 1⇒ = ⇒ EB = EC EC AN BM EC 2 b) Xét ∆ABN với cát tuyến MDC , áp dụng định lí Menelaus ta có: BD NC MA BD 1 BD BD = 1⇒ = 1⇒ = 6⇒ = DN CA MB DN DN BN S S BMD BD 6 BM = =⇒ S BMD =S BMN (1) ; BMN = =⇒ S BMN =S ABN ( ) S BMN BN S ABN AM 7 7 Từ (1)(2) ⇒ S BMD = S ABN = S ABN ; S AMDN = S ABN − S BMD = S ABN − S ABN = S ABN ( 3) Mặt khác S ABN AN 2 = =⇒ S ABN =S ABC ( ) S ABC AC 3 Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 E Website: tailieumontoan.com Từ (3)(4) ⇒ S AMDN = S ABC = S 2 S ABC ⇒ AMDN = S ABC Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 Website: tailieumontoan.com BÀI 2: HỆ THỨC GIỮA CÁC ĐOẠN TRONG TAM GIÁC VUÔNG A Kiến thức cần nhớ Khi giải toán liên quan đến cạnh đường cao tam giác vuông, việc nắm vững kiến thức định lý Talet, trường hợp đồng dạng tam giác, cần phải nắm vững kiến thức sau: Tam giác ABC vuông A , đường cao AH , ta A có: 1) a b c b 2) b a.b ';c a.c ' c 3) h b '.c ' B h c' 4) a.h b.c 5) b' H C a 1 2 h b c Chú ý: Diện tích tam giác vng: S ab B Bài tập áp dụng Bài 1: Cho ∆ABC vng A có đường cao AH = BC ( H ∈ AB ) Biết 5= a, AH A 12 a, ( a > ) Hãy tính độ dài đoạn thẳng AB, AC theo a B Lời giải Đặt= AB x= , AC y, ( x, y > ) Xét ∆ABC vuông A nên AH BC = AB AC ⇒ = xy 12a (1) Áp dụng định lý Pitago ta có: x + y= ( 5a )= 25a ( ) = = a2 x = 4a x 3a xy 12 ⇔ 2 25a x + y = y = 3a y = 4a Từ (1)( ) ⇒ Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038 H C Lời giải AMO = AFO = ANO = 90 a) Nhận thấy ⇒ A, O, M , N , F thuộc đường trịn đường kính AO b) Giả sử M , N có vị trí hình vẽ Ta có: Tứ giác AMFN nội tiếp (theo a) ⇒ ANM = AMN = AFN ⇒ ANM = AFN (1) Với ( O ) AN = AE AC AE AC Tứ giác CEHF nội tiếp ⇒ AH AF = AN AH ⇒ AN = AH AF ⇒ = ⇒ ∆AMN ∽ ∆ANF (cgc) AF AN ⇒ ANH = AFN (2) Từ (1)(2) ⇒ ANM = ANH ⇒ M , N , H thẳng hàng Bài 19: Cho đường trịn (O) ( O ') tiếp xúc ngồi C AC BC đường kính (O) ( O ') , DE tiếp tuyến chung ( D ∈ ( O ) , E ∈ ( O ') ) AD cắt BE M a) Tam giác MAB tam giác b) Chứng minh MC tiếp tuyến chung (O) ( O ') c) Kẻ Ex, By vng góc với AE , AB Ex cắt By N Chứng minh D, N , C thẳng hàng d) Về phía nửa mặt phẳng bờ AB , vẽ nửa đường trịn đường kính AB OO ' Đường thẳng qua C cắt hai nửa đường tròn I , K Chứng minh OI / / AK M K D I E A O C O' B 14 N Lời giải a) Tam giác MAB vuông M Có thể chứng minh sau: = EO = CO E BO ' ⇒ CD / / BE OD / / O ' E ⇒ DOC ' B ⇒ ∆DOC ∽ ∆EO ' B ( cgc ) ⇒ D Mà CD ⊥ AD ⇒ EB ⊥ AD b) Dễ chứng minh tứ giác MDCE hình chữ nhật Từ chứng minh =MAC ⇒ MCA =900 ⇒ MC ⊥ AB DCM c) Kéo dài CD cắt By N ' Ta chứng minh N ' trùng với N cách N ' E ⊥ AE =' ABN =' 900 ⇒ A, D, B, N ' thuộc đường trịn đường kính ADN Thật vậy, dễ thấy AN ' Mặt khác, chứng minh tứ giác ABED nội tiếp Suy điểm A, D, E , B, N ' thuộc đường trịn đường kính AN ' ⇒ N ' E ⊥ AE d) (ghi chú: Đường thẳng qua C cắt nửa đường trịn đường kính OO ' I cắt nửa đường trịn đường kính AB K ) Gọi S , S ' tâm nửa đường trịn đường kính AB OO ' Gọi R, R ' bán kính đường trịn (O) ( O ') Khơng tính tổng qt, giả sử R > R ' R − R' Dễ tính CS = ( R − R ') ; CS ' = ⇒ S ' trung điểm CS R + R' SK = R + R '; S ' I = Trong tam giác CSK ta có: CS ' S ' I = = ⇒ S ' I / / SK I trung điểm CK CS SK Trong tam giác CAK có OI đường trung bình nên ta có OI / / AK 15 Bài 20: Cho ∆ABC có góc nhọn, trực tâm H nội tiếp đường trịn (O) Vẽ đường kính AK a) Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành b) Vẽ OM ⊥ BC ( M ∈ BC ) Chứng minh thẳng hàng AH = 2OM c) Gọi A;, B ', C ' chân đường cao thuộc cạnh BC , CA, AB ∆ABC Khi BC cố định xác định vị trí điểm A để tổng S = A ' B '+ B ' C '+ C ' A ' đạt giá trị lớn A H,M,K O B C M K Lời giải a) Ta có ACK = 900 ⇒ CK ⊥ AC , mà BH ⊥ AC ⇒ CK / / BH Tương tự ta có CH / / BK b) OM ⊥ BC ⇒ M trung điểm BC Vì BHCK hình bình hành, M trung điểm HK nên M , H , K thẳng hàng 2OM ∆AHK có OM đường trung bình ⇒ AH = c) Ta có AC = ' C BB = ' C 90 ⇒ BC ' B ' C nội tiếp đường tròn ⇒ AC ' B ' = ACB ( Ax tiếp tuyến A) ⇒ Ax / / B ' C ' mà ACB = BAx OA ⊥ Ax ⇒ OA ⊥ B ' C ' ⇒ S AB 'OC ' = R.B ' C ' 1 Tương tự ta có S BA 'OC ' = = R A ' C '; SCB 'OA ' R A ' B ' 2 1 S ∆ABC = R ( A ' B '+ B ' C '+ C ' A = AA '.BC ≤ ( AO + OM ) BC ') 2 ⇒ A ' B '+ B ' C '+ C ' A ' lớn A, O, M thẳng hàng ⇒ A điểm cung lớn BC 16 Bài 21: Cho đường trịn (O) ngoại tiếp ∆ABC có H trực tâm Trên cung nhỏ BC lấy điểm M Gọi N , I , K hình chiếu M BC , CA, AB Chứng minh a) Ba điểm K , N , I thẳng hàng A S H AB AC BC b) + = MK MI MN c) NK qua trung điểm HM P O K C B N I M Q Lời giải +N = 1800 ) a) Tứ giác MNKB nội tiếp (vì K ; INC (1) = MIC = 900 ) ⇒ BNK Tứ giác MNCI nội tiếp (vì MNC = BMK = IMC + KMC = KMC + IMC bù với góc A = IMC ( ) (vì BMK Mặt khác ta có BMK tam giác ABC) Từ (1)(2) suy B C ⇒ K , N , I thẳng hàng NK = IN b) Vì MAK = MNC = β (vì góc nội tiếp chắn cung BM ) AB BK CN AK CN AB − BK CN hay − = (1) = = cot β ⇒ = MK MN MK MN MK MK MN AC CI BN AI BN Tương tự ta có hay + = ( 2) = MI MI MN MI MN IC BK = IMC ( 3) Mà = = tan α= α BMK MI MK AB AC BC Từ (1)(2)(3) ⇒ + = MK MI MN ⇒ ( ) c) Gọi giao AH , MN với đường tròn (O) thứ tự Q, S ⇒ AQMS hình thang cân (vì A / / MS ⇒ AS = QM ) Vẽ HP / / AS ( P ∈ MS ) ⇒ HQMP hình thang cân, có BN trục đối xứng (vì Q H đối xứng qua BC ) ⇒ N trung điểm PM , mà HPP / / KN (vì KN / / AS = ) ⇒ KN qua trung điểm HM SAC AIN NMC 17 Bài 2: Chứng minh ba đường thẳng đồng quy *) Các phương pháp chứng minh ba điểm thẳng hàng Ba đường thẳng qua điểm có điểm thuộc đường thẳng Một đường thẳng qua giao điểm hai đường thẳng lại Ba đường xét ba đường đặc biệt tam giác: Ba đường cao, trung trực, trung tuyến, phân giác Đưa đồng quy thẳng hàng Sử dụng định lí Mênnauyt Ceva Bài 1: Cho ∆ABC , vẽ đường cao AA1 Gọi D, E E A điểm đối xứng A1 qua AB AC DE cắt AB C1 ; B1 Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 B1 đồng quy C1 H D B A1 Lời giải AD = AA1 Vì AB trung trực DA1 ⇒ ∆AA1 B ⇒ ADB = AA1 B = 900 ∆ADB = Suy tứ giác ADBA1 tứ giác nội tiếp (3) Vì AC trung trực A1 E ⇒ A1 A = AE; ∆AA1 B = ∆AEB1 ( ccc ) ⇒ AA1 B1 = AED (1) = AA = AE ⇒ ∆ADE cân A ⇒ Vì AD AED = ADE ( ) Từ (1)(2) ⇒ AA1 B1 = ADB1 ⇒ ADA1 B1 nội tiếp (4) Từ (3)(4) ta có điểm A, D, B, A1 , B1 nằm đường tròn ⇒ ADBB1 nội tiếp ⇒ BB1 ⊥ AC Chứng minh tương tự ta có ⇒ CC1 ⊥ AC Vậy AA1 , BB1 , CC1 đường cao ∆ABC đồng quy 18 C Bài 2: Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự Vẽ hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) có đường kính F E AB BC Gọi FE tiếp tuyến chung ( O1 ) , ( O2 ) với F ∈ ( O1 ) , E ∈ ( O2 ) Chứng A B O1 minh đường thẳng qua C vng góc với AC , đường thẳng qua E vng góc với AE BF đồng quy O2 C M Lời giải Gọi M giao điểm đường thẳng qua E vng góc với AE qua C vng góc với AC Ta chứng minh F , B, M thẳng hàng ⇔ ta chứng minh AFM = 900 AEM = ACM = 900 ⇒ AECM nội tiếp Từ giả thiết (1) Ta có O1 F / /O2 E ( ⊥ EF ) ⇒ FO EO 1O2 = C (đồng vị) =1 FO 1 Mà FAC B ; CEx = EO2 C ⇒ FAC =CEx ⇒ AFEC nội tiếp (2) Từ (1)(2) suy điểm A, F , E , C , M thuộc đường tròn ⇒ AFM = AEM = 900 ⇒ AFB = AFM = 900 ⇒ F , B, M Bài 3: Hai đường thẳng qua điểm đường thẳng thứ ba Cho đường trịn (O) điểm M nằm C ngồi (O) Kẻ cát tuyến MAB tùy ý Gọi CD đường kính vng góc C1 với AB Các đường thẳng MC , MD cắt ( O ) C1 , D1 Chứng minh tiếp tuyến C1 , D1 đường thẳng AB đồng quy E A H O M D1 D Lời giải ∆MCD có ba đường cao CD1 , DC1 , MB đồng quy H Gọi E trung điểm MH Ta chứng minh EC1 tiếp tuyến đường trịn (O) 19 B ∆MC1 H vng C1 có trung tuyến C1 E ⇒ EC1 = EH ⇒ EC H = EHC1 ⇒ EC H + HC1O =EHC1 + ODC1 =BHD + ODC1 =90 ( AB ⊥ CD ) ⇒ OC1 ⊥ EC1 ⇒ EC1 tiếp tuyến đường trịn (O) Chứng minh tương tự ta có ED1 tiếp tuyến đường tròn (O) Vậy ba đường thẳng đồng quy Bài 4: Cho tam giác ABC , gọi ( O1 ) , ( O2 ) hai A đường trịn đường kính AB AC ( O1 ) cắt đường thẳng AC B1 , ( O2 ) cắt đường thẳng B1 AB C1 , ( O1 ) cắt ( O2 ) A A1 Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy O2 O1 C1 C A1 B Lời giải Do AA1= B AA1= C 900 ⇒ B, A1 , C thẳng hàng, AA1 ⊥ BC Tương tự ta có BB A CC A 900 ⇒ BB1 , CC1 hai đường cao tương ứng hạ từ B , C 1= 1= tam giác ABC Vậy AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Bài 5: Cho hai đường tròn ( O1; R1 ) , ( O2 ; R2 ) có R1 > R2 có tiếp tuyến chung ngồi Chứng minh hai tiếp tuyến chung ngồi chúng ln cắt đường thẳng nối tâm B2 B1 O1 O2 A2 M A1 Lời giải Gọi A1 A2 tiếp tuyến chung ngồi thứ Ta có O1 A1 / /O2 A2 R1 > R2 nên đường thẳng A`1 A2 cắt đường thẳng O1O2 M M nằm ngồi O1O2 phía O2 MO MO1 OA O1 A1 2 Theo định lí Talét ta có = = R2 R1 (1) 20 Tương tự, tiếp tuyến chung thứ hai BB1 cắt đường nối tâm N N nằm ngồi O1O2 phía O2 NO2 R2 = NO1 R1 ( 2) Từ (1)(2) suy M ≡ N Từ suy điều cần chứng minh Bài 6: Cho tam giác ABC vng A có AB < AC đường cao AH Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA , vẽ hình vng AHDE Gọi F giao điểm DE AC Đường thẳng qua F song song với AB cắt đường thẳng qua B song song với AC G Chứng minh ba đường thẳng AG, BF , HE đồng quy A E F K B H D C G Lời giải = FAE phụ với HAC ⇒ ∆AHB = ∆AEF ⇒ AB = AF Ta có BAH Hay tam giác ABF vng cân A Dễ dàng chứng minh AFGB hình vng nên hai đường chéo BF , AG cắt trung điểm K đường Mặt khác ta có KA = KD = BF ⇒ K nằm đường thẳng trung trực AD Do AHDE hình vng nên K ∈ HE Như ba đường thẳng AG, BF , DE đồng quy K Bài 7: Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự Vẽ hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) có F E đường kính AB BC Gọi DE tiếp tuyến chung ( O1 ) ( O2 ) với D ∈ ( O1 ) , E ∈ ( O2 ) Chứng minh A O1 B O2 C đường thẳng qua C vng góc với AC đường thẳng qua E vng góc với AE cắt đường thẳng BD M Lời giải Giả sử hai đường thẳng xét cắt M Ta phải chứng minh D, B, M thẳng hàng 21 Theo giả thiết tứ giác ACEM nội tiếp đường trịn đường kính AM Xét tứ giác ADEC , ta có DE tiếp tuyến chung ( O1 ) ( O2 ) nên O1 D / /O2 E Suy DO B = EO2 C ⇒ DBO1 = ECO2 ⇒ DE / / BC ⇒ BDE = CEx ⇒ ADCE nội tiếp đường tròn Mặt khác BAD = BDE Vì hai tứ giác ADEC AECM nội tiếp nên ngũ giác ADECM nội tiếp đường trịn đường kính AM Suy ADB = 900 ADM = 900 , Do D, B, M thẳng hàng Bài 8: Cho ∆ABC , phía ngồi vẽ ba tam giác ABC1 , BCA1 , CAB1 Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy A1 C B1 M A B C1 Lời giải Ta có C AC = BAB1 = A + 60 ⇒ ∆AC1C = ∆ABB1 ⇒ BB1 = CC1 Tương tự ta có AA1 = BB1 Giả sử BB1 cắt CC1 M Ta chứng minh A, M , A1 thẳng hàng MB = Thật vậy, ∆AC1C = ∆ABB1 ⇒ MBA MC A ; MCA = 1A Nên tứ giác AMBC1 , AMCB nội tiếp ⇒ AMB = AMC = 1200 Do BMA = 1200 ⇒ BMCA1 nội tiêp Do tính chất góc nội tiếp nên MAC = MCA = 60 1 Vì hai góc vị trí đối đỉnh nên A, M , A1 thẳng hàng 22 Bài 9: Tuyển sinh vào 10 chuyên PTNK – ĐHQG Hồ Chí Minh Cho điểm C thay đổi nửa đường C trịn đường kính AB = R ( C ≠ A, C ≠ B ) Gọi H hình chiếu vng góc C lên AB; I J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACH BCH Các đường thẳng CI , CJ cắt AB M N Chứng minh MJ , NI , CH đồng quy L J K I A M H N B Lời giải Gọi O tâm đường trịn đường kính AB Ta có ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ( ) =900 = =900 ACN + BCN ACB ; ANC + HCN = HCN ( J tâm đường tròn nội tiếp tam giác CHB) Mà BCN Do ACN = ANC nen tam giác ANC cân A Suy AN = AC Chứng minh tương tự ta có tam giác BCM cân B nên BM = BC Xét ∆ACN cân A , AL đường phân giác nên đồng thời đường cao, trung tuyến Do = CL NL, AL ⊥ CN Tương tự ta = có CK MK , BK ⊥ CM = CMN Do KL đường trung bình tam giác CMN Suy KL / / MN ⇒ CKL = = ILJ = 900 ⇒ KLJI nội tiếp ⇒ CKL CJI Mặt khác IKJ ( ) CMN ⇒ MIJN nội tiếp CJI = CKL Ta có = Vậy M , N , I , J nằm đường tròn = MCH + NCH = ACH + BCH = ACB = 450 ; MHI = ACH c) Ta có MCN 2 2 = NHC = 900 ⇒ NI ⊥ CM MCN = MHI =( 450 ) ⇒ HICN nội tiếp ⇒ NCI Tương tự ta có MJ ⊥ CN Xét tam giác CMN có MJ , NI , CH ba đường cao Nên ba đường MJ , NI , CH đồng quy 23 Bài 10: Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC , AC A ', B ' Gọi M , N trung điểm AB, AC Chứng minh A ' B ', MN A E F ABC đồng quy phân giác B' N M I O B A' E C Lời giải Gọi I giao điểm MN A ' B ' Ta chứng minh BO qua điểm I (Với O tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC ) Kí hiệu a, , b, hb , c, hc độ dài cạnh đối diện, đường cao xuất phát từ đỉnh A , B , C Giả sử a > c Hạ đường cao IE , IF , ND vng góc BC , CA, AB Ta chứng minh BI phân giác góc ABC Tức ta chứng minh IE = IF ⇔ IF = a a−c − a − c IF MI MN − NI 2 =c Thật ta có NI = NB ' = CB '− CN = , = = = a ND MN MN a c.h ND IF c IF c Do = ⇒ = ⇒ IF = c = = , mặt khác hc hc 2a 2a ND a Như I cách hai cạnh BC , AB nên I phân giác ABC Bài 11: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) đường trịn có trực tâm H Gọi A1 , B1 , C1 điểm đối xứng với H qua BC , CA , AB Xét đường thẳng d qua H Gọi d1 , d , d3 đường thẳng đối xứng với d qua BA, CA, AB Chứng minh d1 , d , d3 đồng quy d2 A d3 M C1 N d H B C d1 A1 24 B1 I Lời giải Do A1 , B1 , C1 đối xứng với H qua BC , CA, AB nên chúng nằm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Giả sử (O) cắt d M , N Gọi I giao điểm d , d3 Ta có B IC1 = B1 HC1 − HC1 I − B1 HC1 = B1 HC1 − C1 HN − B1 HM = B1 HC1 − 180 ( ) − 1800 = 1800 − C = 1800 − BAC AB1 Suy tứ giác AC1 IB1 nọi tiếp, hay I thuộc đường tròn (O) Tương tự cặp đường thẳng d1 , d d1 , d3 cắt điểm thuộc (O) Các đường thẳng cạnh tam giác ABC nên cắt điểm I Bài 12: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi A1 , B1 , C1 trung điểm cung BC , CA, AB Các cạnh tam giác ABC A1 B1C1 cắt tạo thành lục giác Chứng minh ba đường chéo lục giác đồng quy A B1 M4 M3 C1 O M2 M5 I B M1 M6 C A1 Lời giải Từ giả thiết ta có AA1 , BB1 , CC1 ba đường phân giác tam giác ABC nên chúng đồng quy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Kí hiệu lục giác tạo thành M , M , M , M , M , M Xét đường chéo chính, chẳng hạn M , M Theo tính chất phân giác, ta có: M A A1 A M A A1 A M A M A = ; = ; A1 B =A1C ⇒ = ⇒ M M / / BC M B A1 B M 5C A1C M B M 5C Giả sử A1 A cắt BC, M M A ' I ' I'A I ' A' M A M2B Theo ta có = = A1 A A1 B Ta chứng minh hai tam giác ∆A1 AB, ∆A1 BA ' đồng dạng với 25 Suy A1 A AB I ' A BA ABC nên I ' ≡ I = ⇒ = ⇒ BI ' phân giác góc A1 B BA ' I ' A ' BA ' Từ ta có ba đường chéo lục giác đồng quy I Bài 13: Cho hai đường tròn ( O; R ) ( O '; R ') tiếp xúc A với R > R ' Đường thẳng OO ' cắt (O) B cắt (O’) C với B ≠ A; C ≠ A Gọi I trung điểm BC EF dây cung (O) vuông góc với BC I EC cắt (O’) điểm D a) Chứng minh điểm A , F , D thẳng hàng b) Chứng minh EG , DF , CI đồng qui Trong G giao điểm CF ( O ') E D B A I O C O' G F Lời giải ADC = 900 ) (1) a) Ta có AD ⊥ EC (vì Dễ thấy I trung điểm EF BC , suy tứ giác BECF hình bình hành ⇒ BF / / EC AFB = 900 ⇒ AF ⊥ BF ⇒ AF ⊥ EC Và (2) Từ (1)(2) ⇒ A, D, F thẳng hàng b) Chứng minh tương tự ta có A, E , G thẳng hàng ⇒ EG, DF , CI đồng quy A Bài 14: Cho ∆ABC tam giác cân Đường tròn tâm (O) tiép xúc vưới cạnh BC , CA, AB M , N , P Đường thẳng NP cắt đường thẳng BO, CO E F a) Chứng minh O, N , E , C thuộc đường tròn b) Chứng minh BF , CE , OM đồng quy I A F N P E O B 26 M C Lời giải a) TH1: N nằm P E (hình vẽ) A = ANP = 900 − Ta có ENC ( ∆ANP cân) = OBC + OCB = B + C = 900 − A EOC 2 = EOC ⇒ E , N , O, C thuộc đường thẳng ⇒ ENC TH2: E nằm N P (chứng minh tương tự) = ENC = 900 ⇒ OE ⊥ EC b) Ta có theo câu a) ⇒ EOC Tương tự ta có OF ⊥ BF Gọi I giao điểm BF CE ⇒ ∆IBC có BE , CF đường cao ⇒ O trực tâm ∆BIC ⇒ IO ⊥ BC , OM ⊥ BC ⇒ I , O, M thẳng hàng ⇒ OM qua I *) Chú ý: Hoặc dùng ∆BOC Bài 15: Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh S D AC lấy điểm M , dựng đường trịn tâm (O) A có đường kính MC Đường thẳng BM cắt M đường tròn tâm (O) D , đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) S O a) Chứng minh tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp CA tia phân giác góc BCS B E C b) Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM , CD đồng quy c) Chứng minh M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải = BAC = 900 ⇒ ABCD nội tiếp a) Dễ thấy BDC b) Nhận thấy BA, CD, ME đường cao tam giác MBC nên chúng đồng quy điểm N trực tâm tam giác MBC c) Tương tự ta có M trực tâm tam giác NBC với đường cao NE , BD, CA Như M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE 27 28