Tứ giác nội tiếp

ÔN TẬP TỨ GIÁC NỘI TIẾP A Lý thuyết y Định nghĩa: Tứ giác nội tiếp đường tròn tứ giác có bốn đỉnh nằm đường trịn B O O - Trong hình vẽ ta có ABCD nội tiếp đường tròn     ngoại A tiếp ABCD O z O Các tính chất: Cho ABCD nội tiếp đường tròn   , đó: - Tổng số đo hai góc đối diện 180 D C x t A  C  B  D  180 0 - Nếu tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện 180 tứ giác nội tiếp đường tròn Một số dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp - Tứ giác có tổng hai góc đối 180 - Tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện - Tứ giác có bốn đỉnh cách điểm cố định (mà ta xác định được) Điểm tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác - Tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh chứa hai đỉnh cịn lại góc  (dựa vào kiến thức cung chứa góc) *) Chú ý: Trong hình học hình chữ nhật, hình vng hình thang cân nội tiếp đường trịn Bài 1: Cho tam giác ABC cân A , đường cao A AD, BE cắt nha H Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE a CEHD nội tiếp O b A, E , D, B nằm đường tròn ED  BC c H O d DE tiếp tuyến đường tròn   B e Tính DE biết DH 2cm, AH 6cm E C Lời giải c) ABC cân ABC , AD đường cao  AD đường trung trực  D trung điểm BC  ED  BC BEC có ED đường trung tuyến   d) Ta có O tâm đường trịn ngoại tiếp AHE  O trung điểm AH  OA OE  A1 E (1) 0      E        E , Lại có E1  E 90  E2  E3 90 BDE cân D  B1 E3 , mà B1  A1 (phụ C )   OED 900  DE  OE E e) Ta có AH 6  OH OE 3; HD 2  OD 5 OED vuông E  DE 4cm Bài 2: Cho tam giác có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn A  O  Các đường cao AD, BE, CF cắt H N O cắt   M , N , P Kẻ đường kính AK , I trung điểm BC Chứng minh E rằng: P a CEHD, BCEF nội tiếp ba điểm H , I , K F thẳng hàng b Chứng minh tứ giác BMKC hình thang cân O H I B D c OH cắt AI G Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC M d AE AC  AH AD; AD.BC BE AC AE AC FA.BA (AFE ” ABC ) e H M đối xứng qua BC f Xác định tâm đường tròn nội tiếp DEF g Chứng minh MN / / EF OA  EF h Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF diện tích hình trịn ( AEF ) K C không đổi A di động cung lớn BC Lời giải a CEHD, BCEF nội tiếp ba điểm H, I, K thẳng hàng 0     Xét CEHD , có: E D 90  E  D 180  dpcm - Tứ giác BHCK hình bình hành  I trung điểm HK b Chứng minh tứ giác BMKC hình thang cân Ta có MK / / BC  BMKC hình thang Lại có BC đường trung trực HM  CH CM , mà CH BK  CM BK Hình thang BMCK có hai đường chéo nên hình thang cân c OH cắt AI G Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC  GI  AI Ta có G trọng tâm tam giác AHK  GI  AI  G - Xét ABC có AI trung tuyến trọng tâm ABC d) AEH #ADC ( gg )  AE.AC  AH AD; BEC#ADC ( gg )  AD.BC BE.AC e) H M đối xứng qua BC Ta chứng minh CB đường trung trực HM   A  sd Bm   CB C   A   C ABC 1 Có: (phụ ); phân giác C Mà CB  HM  CHM cân C nên CB đường trung trực HM f Xác định tâm đường tròn nội tiếp DEF  E   sd BF   E   sd HD  C C 2 Ta có BCEF nội tiếp , ta có CEHD nội tiếp ,  E   EB  E  phân giác FED  +) Chứng minh tương tự, ta có FC phân giác F g Chứng minh MN // EF OA  EF  C   AP  AN  OA  NP (1)  B   OA  EF N C  1; C  E   N  E   NP / / EF  1 1  h Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF diện tích hình trịn ( AEF ) khơng đổi A di động cung lớn BC +) Chứng minh BHCK hình bình hành (các cạnh đối song song) AHK  OI  AH Xét AHK , có OI đường trung bình O, I cố định nên OI không đổi  AH không đổi Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp AEF khơng đổi +) AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH  AEF nội tiếp đường trịn đường kính AH S( AEF ) .OI (không đổi) Bài 3: O; R  O O Cho đường tròn  từ điểm A   kẻ tiếp tuyến d với   Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A ) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP , kẻ tiếp tuyến MB , B tiếp điểm) Kẻ AC  MB, BD  MA , gọi H giao điểm AC BD , I giao điểm OM AB a AMBO nội tiếp b O, K , A, M , B nằm đường tròn 2 c OI OM R ; OI IM IA d OAHB hình thoi e O, H , M thẳng hàng f Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d A D K P N M O I H C B Lời giải b) Ta có K trung điểm NP  OK  NP Lại có A, B, K nhìn OM góc 900  nằm đường trịn đường kính OM Vậy điểm nằm đường trịn c) Ta có MA MB (tính chất hai tiếp tuyến); OA OB R  OM đường trung trực AB  OM  AB I OI OM OA (canh.va.duong cao)  OAM (OAM 900 )   OI IM IA Xét OB / / AH ( BM )   HBH  hinh.thoi   OA / / BH (  AM ) OA  OB   d) e) OAHB hình thoi  OH  AB, OM  AB  O, H , M thẳng hàng Vì qua O có đường thẳng vng góc với AB f) Theo chứng minh OAHB hình thoi  AH  AO R Vậy M di động d H di động cách A cố định khoảng R Do quỹ tích H M di chuyển đường thẳng d nửa đường trịn tâm A bán kính AH R Bài 4: O; R  Cho đường trịn  đường kính AB Kẻ tiếp N P J tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP  R , từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với I  O  M K M a APMO nội tiếp b BM / /OP c Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia A BM N Chứng minh OBNP hình bình hành d Biết AN cắt OP K , PM cắt ON I , PN OM kéo dài cắt I Chứng minh rằng: I , J , K thẳng hàng Lời giải   sd AM  B   sd AOM O  B 1 2 a (tính chất hai tiếp tuyến) 1 O B Mà hai góc vị trí đồng vị  BN / / OP  đpcm b AOP OBN ( gcg )  OP BN Vậy OBNP hình bình hành c) Ta có PN / /OB  PJ / / AB mà ON  AB  ON  PJ Lại có: PM  OJ mà ON  PM I  I trực tâm PJO  KO KP     +) PNOA hình chữ nhật  APO  NOP ( slt )  Có PO phân giác APM  IOP cân I , IK đường trung tuyến nên đường cao  IK  OP Xét OPJ , I trực tâm, mà IK  OP  I , J , K thẳng hàng Bài 7: O Cho đường tròn   , dây AB C điểm A cung nhỏ AB Lấy điểm D, E thuộc P D dây AB ( D nằm A, E ) Tia CD, CE cắt C  O  P, Q H O E a Chứng minh tứ giác PQED nội tiếp B b Nếu AD BE tứ giác PQED hình gì? c Chứng minh rằng: CA CP.CD d Xác định vị trí tương đối đường thẳng AC với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADP Lời giải   O a Xét   có C điểm cung nhỏ AB (gt)  AC BC   AP ) sd ( BC  CDB  Ta có: (góc có đỉnh bên đường trịn)    AP ) sdCP sd (CA    CQP   ( goc.noi.tiep )  CDB CQP 2   Ta có: CDB  BDP 180 (ke.bu ) Q     Mà CDB CQP(cmt )  CQP  BQP 180   Hay EQP  CDP 180   Xét PQED, co : EQP  EDP 180  PQED nội tiếp đường tròn b Nếu AD = EB tứ giác PQED hình gì? Gọi H giao điểm OC AB +) Xét (O) có: OC đường kính, C điểm cung nhỏ AB (gt)  H trung điểm dây AB OC  AB  AH BH Ta lại có AD EB  HD HE +) Vì OC  AB; HD HE (cmt )  CH đường trung trực AB  CD CE  CDE cân C      CDE CED (t / c)  EDP DEQ (1)       +) Vì CDE CQP (cmt ); CDE CED (cmt )  CED CQP  DE / / PQ  PQED hình thang (2) Từ (1)(2)  PQED hình thang cân (dấu hiệu nhận biết) c Chứng minh rằng: CA CP.CD  sd BC sd AC     CAB   CAB  ( goc.noi.tiep); APC  ; AC BC  APC 2 +) Xét (O), có:  : chung C CAD, CPA, co :   CAD CPA( g g )   CAD  CPA   +) Xét  CA CD  (tc)  CA2 CP.CD CP CA d Xác định vị trí tương đối đường thẳng AC với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADP Chứng minh định lý đảo định lý góc tạo tia tiếp tuyến dây cung, cụ thể là: Nếu góc BAx (với đỉnh A nằm đường tròn, cạnh chứa dây cung AB), có số đo nửa số đo cung AB căng dây cung nằm bên góc cạnh Ax tia tiếp tuyến đường trịn Hình minh họa Chứng minh: B  Kẻ OH tia phân giác AOB Vì OA OB  AOB cân O nên OH đồng thời đường cao tam giác AOB   OH  AB; OHA 900 O H A x   HOA  OAH 900  tc  Xét AOH vuông H có:  sd AB      HOA xAB  xAB 900  OA  Ax  Ax    ( gt )  OAH   Ta lại có: tia tiếp tuyến (O)  APD  sd AD ( goc.noi.tiep ) Chứng minh: Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác ADP, có:   Mà CAD  APD(cmt ) nên theo định lý đảo định lý góc tạo tia tiếp tuyến dây cung ta có AC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADP Bài 5: O Cho đường trịn   đường kính AB , điểm C C D thuộc  O  cho CD không M thuộc nửa mặt phẳng bờ AB , đồng thời P H AD  AC Gọi M , N điểm K cung AC , AD, MN cắt AC , AD A H , I MD cắt CN K B O I a Chứng minh tam giác NKD tam giác MAK cân b KH / / AD N D   c So sánh CAK DAK d Tìm hệ thức số đo cung AC , số đo AD điều kiện cần đủ để AK / / ND Lời giải a Chứng minh tam giác NKD tam giác MAK cân Xét đường tròn (O), có:    NKD  sd MC  sd ND 2 1    sd AC  sd AD  sd MN KDN 4  NKD cân N Xét CAD có CN, DM phân giác góc C D  K giao điểm đường phân giác  AK cắt (O) P  PC PD         MAK NAK  sd MP  sd MC  sdCP  sd MA  sd PD PK 2 2 Xét (O), có cân M b Chứng minh: KH / / AD Xét MAD có MI phân     HMK HMA HCK  MCKH giác nội tiếp     MKH MCH MDA  HK / / AD   c So sánh CAK DAK    Vì AP phân giác CAD  CAK DAK d Tìm hệ thức số đo cung AC, số đo AD điều kiện cần đủ để AK // ND AMK cân M có AN đường phân giác  MN  AK Để AK / / ND  MN  ND  MD đường kính   sd AC  sd AD 1800 Bài 6: O; R  O '; R '  Cho đường trịn   có R  R ' tiếp xúc C Gọi AC BC hai đường O O' O kính qua điểm C     DE dây cung   vng góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với  O '  F , BD cắt  O '  G CMR: a MDGC nội tiếp b M , D, B, F nằm nửa đường tròn c ADBE hình thoi d B, E , F thẳng hàng e DF , EG, AB đồng quy MF  DE f O' g MF tiếp tuyến đường tròn   D G A M O' C B O F C Lời giải c M trung điểm AB, mà DE  AB M  M trung điểm DE (đường kính dây) nên hình thoi (hai đường chéo vng góc trung điểm đường) d Ta có AD // EB (tính chất hình thoi ), AD  DF (góc nội tiếp)  BE  DF F  Lại có: BF  DF ( F 90 ) , mà qua B có đường thẳng  DF  B, E , F thẳng hàng e Xét BDE có C trực tâm  EC  BD, CG  DB  E , C , G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy  MF  DE (dpcm) f DEF vuông F   g MF MD  MDF cân M  D1 F1      O ' BE cân O’  B1 F3 , mà B1 D1 (phụ DEB )       Vậy F1 F3  F1  F2 F2  F3 90  MF  O ' F  MF tiếp tuyến (O’) Bài 7: Cho nửa đường trịn đường kính AB Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyên thứ cắt tiếp tuyến Ax, By C D Các đường thẳng AD, BC cắt N Nối MA cắt CO D , nối MB cắt OD F a OEMF hình chữ nhật b AC  BD CD AB AC.BD  ) c Khi M chuyển động nửa đường tròn AC BD khơng đổi (hoặc lớp B 10 d AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD e* MN  AB f Cho BD R tính AM g* Gọi H giao điểm MN với AB, Chứng minh M di động nửa đường trịn đường trịn ngoại tiếp HEF ln qua điểm cố định h Xác định vị trí điểm M để chu vi ACDB đạt GTNN D I M R C N E H A K F B O Lời giải a) OM OA R  900 CM CA (tính chất hai tiếp tuyến)  OC đường trng trực AM  E  Chứng minh tương tự: F 90  HCN b) AC  BD CM  MD CD 2  c Xét COD(O 90 )  MC MD OM  AC.BD OM R ( không đổi ) d Gọi I trung điểm CD  I tâm đường trịn ngoại tiếp COD đường kính CD, bán kính OI AC  AB    AC / / BD  ACBD BD  AB  Ta có: hình thang, mà I trung điểm CD  OI đường trung  bình hình thang ACDB e) Ta có: AC / / BD  OI / / AC    OI  AB  AB AC  AB  tiếp tuyến đường trịn đường kính CD CN AC CN CM     MN / / BD, BD  AB  MN  AB NB BD AB DM 11 BD  900 )  tan BOD     BOD( B    BOD 600 ; AM / / OD  MAB BOD 600 BO f) Xét 0   Xét MAB( M 90 ), AM  AB.cosMAB 2 R.cos : 60 R (cm) g) Gọi K giao điểm OM EF  KO KM KE KF  Xét MHO( H 90 )  KH KM KO  KH KO KE KF  đường tròn ngoại tiếp HEF ln O cố định h) Ta có ch vi ABCD  AB  BC  CD  DA, AC  BD CD  CV  AB  2CD  CD phải nhỏ (AB cố đinh)  CD khoảng cách Ax By ta có CD khoảng cách Ax By tức CD  AC CD // AB  M trung điểm cung AB Bài 8: Cho điểm B nằm hai điểm A, C N Vẽ đường thẳng d vng góc với AC A Vẽ (O) đường kính BC D M lấy điểm M Tia CM cắt d D, tia AM cắt (O) điểm G thứ hai N Tia DB cắt (O) điểm thứ hai P B J I K A a Chứng minh tứ giác ABMD, APCD nội tiếp b Chứng minh CM CD khơng phụ P thuộc vào vị trí điểm M (O) c Tứ giác APND hình gì? Vì d Chứng minh trọng tâm G tam giác MAC chạy đường tròn cố định điểm M di chuyển đường tròn (O) Lời giải a) Chứng minh tứ giác ABMD, APCD nội tiếp 0   Ta có: BMC 90  BMD 90    BMD  DAB 1800  ABMD tứ giác nội tiếp đường tròn 12 C  Ta lại có DPC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)    DAC DPC 900  APCD nội tiếp b Chứng minh CM CD không phụ thuộc vào vị trí điểm M (O) Vì CMB CAD( gg )  CM CB   CM CD CA.CB CA CD mà điểm C, A, B cố định nên CA.CB không đổi M di chuyển đường trịn (O) Vậy CM.CD khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M đường trịn (O) c Tứ giác APND hình gì? Vì    Vì ABMD tứ giác nội tiếp đường tròn nên DAM DBM (1)(chanDM )    Lại có BMNP tứ giác nội tiếp đường tròn (O) nên DBM MNP(2)(chan.MBP )   Từ (1)(2)  DAM MNP  AD / / NP  APND hình thang d Chứng minh trọng tâm G tam giác MAC chạy đường tròn cố định điểm M di chuyển đường tròn (O) Gọi I trung điểm AC, J điểm nằm B I, K điểm nằm I C cho: 2 BJ  BI ; CK  CI 3 Vì A, B, C điểm cố định nên I, J, K điểm cố định MG BJ AMC  MG  MI     GJ / / BM MI BI Do G trọng tâm MG CK    GK / /CM 0   Lại có MI CI Mà BMC 90  JGK 90  G thuộc đường trịn đường kính JK cố định Vậy M di chuyển đường trịn (O) trọng tâm G tam giác AMC di chuyển đường trịn đường kính JK cố định Bài 9: 13 Cho (O; R) dây AB < 2R Lấy điểm C thuộc tia AB cho AC > AB Từ C P M kẻ hai tiếp tuyến với (O) P K Gọi I trung điểm AB B I A a Chứng minh ngũ giác CPIOK O nội tiếp đường tròn H b Chứng minh CP CA.CB c Gọi H trực tâm tam giác CPK Tính KH theo R K d Giả sử AP / /CK Chứng minh tia đối tia BK tia phân giác góc CBP Lời giải a) Chứng minh ngũ giác CPIOK nội tiếp đường tròn   Xét CPOK : CPO  CKO 180  CPOK Nội tiếp   Xét CIOK : CIO  CKO 180  CIOK Nội tiếp Vậy điểm thuộc đường tròn b Chứng minh: CP CA.CB   CAp CPB CPB, CAP, co :   : chung  PCB Xét  CPB CAP ( gg )  CP CA   CP CA.CB CB CP c Gọi H trực tâm tam giác CPK Tính KH theo R Vì H trực tâm CPK  PH  CK ; KH  CP Mà OK  CK ; OP  CP  PH / / OK ; KH / / OP  OPHK hình bình hành  HK OP R d Giả sử AP // CK Chứng minh tia đối tia BK tia phân giác góc CBP    PAK Gọi M BB  CP Vì tứ giác PBKA nội tiếp (O) nên PBM (cùng bù với PBK )   Xét (O) có ABK  AKx (hệ góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) 14 C     Lại có MBC  ABK (đối đỉnh); AKx PAKP ( so.le.trong ; AP / /CK )    Do PBM MBC  tia đối tia BK tia phân giác CBP Bài 10: Cho (O; R) (O’; 2R) tiếp xúc A Qua N A kẻ hai cát tuyến AMN APQ với M, P thuộc S M (O) N, Q thuộc (O’) a Chứng minh (O)  (O ') H A b Chứng minh: MP // NQ K O' O c Tia O’M cắt (O’) S Gọi H trực tâm tam giác SAO’ Chứng minh tứ giác SHO’N P nội tiếp Q  d Khi MAP 90 Tính độ dài MP NQ theo R Lời giải a Chứng minh rằng: (O)  (O ') OA R  O ' A 2OA  O ' A  R  Ta có A tiếp điểm chung (O) (O’) nên: Mà (O) (O’) tiếp xúc A nên điểm A, O’, O thẳng hàng (đường nối tâm đường trịn tiếp xúc ln qua tiếp điểm)  O trung điểm O’A  O ' A đối xứng qua O Mà A  (O)  O '  (O)(dpcm) b Chứng minh: MP // NQ O' A O;  )  O ' MA vuông M  O ' M  AN Xét O ' MA có O ' MA chắn nửa đường trịn ( Ta có: O ' M  AN  M trung điểm AN (1) Tương tự ta có: P trung điểm AQ (2) Từ (1) (2)  MP đường trung bình ANQ  MP / / NQ c Tia O’M cắt (O’) S Gọi H trực tâm tam giác SAO’ Chứng minh tứ giác SHO’N nội tiếp 15 Gọi K giao điểm SH O’A, H trực tâm SAO '  SK đường cao SAO '  O ' KS vuông K O ' MA Xét vuông M O ' KS  ' A : chung MO có  ; SK O  ' MA  O  ' SH O  ' AN (3)  O ' MA O ' KS  O Lại có: O ' NA cân O’ (vì O’N, O’A bán kính (O’))  ' AN O  ' NA  O  ' AN O  ' NH (4)  O   Từ (3)(4)  O ' SH O ' NH  SHO ' N nội tiếp đường tròn  d Khi MAP 90 Tính độ dài MP NQ theo R  Nếu MAP 90  MAP ' O hình chữ nhật  PM  AO ' 2 R; QN 2 PM 4 R Bài 11: Cho tam giác ABC vuông A, AB > AC, C đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa O' điểm A vẽ nửa (O) đường kính BH cắt AB E, H F nửa đường trịn (O’) đường kính HC cắt AC F O I a Chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật b Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp A c Chứng minh AE AB  AC AF d Chứng minh FE tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O) (O’)  e Giả sử ABC 30 Chứng minh bán kính nửa đường trịn (O) gấp ba lần bán kính nửa (O’) Lời giải a Chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật   Ta có: HEB HFC 90 (góc nội tiếp)  AFH  AEH 900 (kề bù với góc vng)  AEHF hình chữ nhật 16 E B b Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp Gọi I giao điểm AH FE, ta có tam giác AIE cân I (Tính chất hình chữ nhật)          IAE IEA Mà IAE  ACB (cùng phụ với IAF )  IEA  ACB(IAE ) Tứ giác BEFC có góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện nên nội tiếp c Chứng minh: AE AB  AF AC Xét   : chung AE AC  EAF AEF , ACB, co :   AEF ACB( gg )    AE AB  AF AC   AF AB   AEF  ACB d Chứng minh FE tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O) (O’)         Ta có: AEF  ACB ( y.b) OBE cân O  OEB OBE  AEF  OEB  ACB  OBE 90    FEO 1800  ( AEF  OEB ) 900  FE  OE Mà FE  (O) E  FE tiếp tuyến (O) Chứng minh tương tự ta có FE tiếp tuyến (O’) Vậy FE tiếp tuyến chung (O) (O’)  e Giả sử ABC 30 Chứng minh bán kính nửa đường trịn (O) gấp ba lần bán kính nửa (O’) 1 R  HB r  HC 2 Gọi bán kính (O); Gọi bán kính (O’) ABC 300  sin ABC  sin 30  Trong tam giác BHE vuông E ta có Sin ABC  HE HE 1    HE  HB R  AEHF HB HB 2 hình chữ nhật  AF HE R FC  HC r FHC  ABC 300 Vì Chứng minh tương tự trên, ta có HC  AC 2r    Vì FHA  ABC 30 (cùng phụ với HAB) Chứng minh tương tự ta có:  AC 4r  AF  FC 4r  R  r 4r  R 3r Vậy bán kính nửa (O) gấp ba lần bán kính nửa (O’) Bài 12: Cho (O) đường kính AB Đường kính CD thay đổi Các tia AC, AD cắt tiếp tuyến B P 17 Q Gọi M trung điểm PQ a Chứng minh tứ giác PCDQ nội tiếp b Chứng minh: AM  CD c Chứng minh: AC.PC  AD.DQ khơng đổi CD di động d Tìm vị trí CD để PQ nhỏ e Tìm tập hợp I đường tròn ngoại tiếp tam giác PCQ f Tìm tập hợp trực tâm tam giác CDQ P C M I B H A O N D Q K Lời giải a Chứng minh tứ giác PCDQ nội tiếp     Ta có: ADB 90 (chan.nua.duong tron)  DQB  ABD ( phu.DBQ)        Mà: ABD  ACD(chan AD )  ACD DQB  DQB  DCQ 180  PCDQ nội tiếp b Chứng minh: AM  CD  CAD 900 (chan.nua.duong tron) APQ vuông A, AM trung tuyến ứng với cạnh huyền nên:  AM MP MQ  APM PAM      Mặt khác theo ý a tứ giác PCDQ nội tiếp  APM CDA(bu.CQD )  PAM CDA 18 0     Ta lại có CDA  ACD 90  PAM  ACD 90  AM  CD c Chứng minh: AC.PC  AD.DQ không đổi CD di động  Ta có ACB 90 (chan.nua.duong.tron), BC  AP Theo ta có BD  AQ Hai tam giác vng ABP ABQ có đường cao BC BD tương ứng Do ta có hệ thức: AC.CP BC ; AD.DQ BD  AC.CP  AD.DQ BC  BD CD  AB không đổi CD thay đổi d Tìm vị trí CD để PQ nhỏ Tam giác APQ vng A có AB đường cao nên: PQ  PB  BQ  AB PB.BQ    PQmin 2 AB  PB BQ  APB    vuông cân  DC  AB e Tìm tập hợp I đường tròn ngoại tiếp tam giác PCQ Gọi I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác PCQ Khi IO  CD; MI  PQ  IO / / AM ; IM / / AB  AMIO hình bình hành Hạ IH  AB  MIHB hình chữ nhật  BH MI  AO không đổi nên H điểm cố định  Đường thẳng HI cố định Vậy quỹ tich điểm I đường thẳng qua H vng góc với đường thẳng AB f Tìm tập hợp trực tâm tam giác CDQ Gọi K trực tâm tam giác CDQ, KQ / / AM ( CD)  Ta có A, K, P thẳng hàng (vì CAD 90 ) KPQ có M trung điểm PQ, KQ / / AM nên AM đường trung bình   AP KA - Từ K hạ KN  AB  KNA PBA  NA  AB không đổi hay N điểm cố định  đường thẳng NK cố định Do quỹ tích điểm K đường thẳng qua N vng góc với đường thẳng AB 19 20