Giải tổng hợp luyện hình nâng cao

HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP KHÓ Câu 1) Phân tích định hướng giải: E a) Để chứng minh tứ giác BKCM nội tiếp ta chứng minh D I   BKC  BMC 1800 Điểm K A F tốn có mối quan với K O hai đường tròn ngoại tiếp C B tứ giác EBKD, KFDC ta   tìm cách tính góc BKC , BMC theo góc có liên quan đến tứ M giác         3600  BKE  CKE 3600   BDE  CKE Ta có: BKC        3600  1800  BDC  1800  BDC 2 BDC (1)    Mặt khác ta có: BMC (2) 1800  MBC 1800  BDC   Từ (1) (2) ta có: BKC  BMC 1800 b) Thực nghiệm hình vẽ cho ta thấy E , K , M thẳng hàng Thật ta có:       EKB  BKM EDB  BCM EDB  BDC 1800 Bây ta chứng minh: F , K , M thẳng hàng: Thật ta có:       MKC  CKF MBC  CKF BDC  CKF 1800 Từ ta suy điều phải chứng minh Câu 2) C Phân tích định hướng giải: a) Tứ giác CNMD có liên quan F đến tiếp tuyến CN nên ta tập trung N D khai thác giả thiết góc tạo M H tiếp tuyến dây A   Ta thấy: MCN , mặt khác MCA B O   phụ với góc MCA BAN    , BAN NAC BDN E   (góc nội tiếp) từ ta suy MDN hay tứ giác CNMD nội tiếp MCN b) Dễ thấy ADM 900 Từ suy ADM  AHM 1800 suy đpcm c) Để chứng minh E , O, F thẳng hàng: Ta chứng minh:  EOA  AOF 1800 , điều tương đương với việc chứng minh:       , EAB EAF 900 Thật ta có: EAF EAB  BAF EDB   (Cùng chắn cung EB ) , mặt khác EDB CMND nội tiếp, suy MNC       ,Từ suy EAF EAB MNC MAC MAC  MAF 900 (đpcm) Câu 3) Phân tích định hướng giải: Để chứng minh tứ giác BNJK nội tiếp ta chứng minh   Ta có: BJN BKN          BJN BJC  NJC 1800  BIC  1800  NOC NOC  BIC     DM  NC , Mặt khác ta có: NOC         BC   AD BIC  BC  AD từ suy ra: BJN  DM  NC 2     1      NC    AM  NB   DM  AD  BC Ta có: NKB  2         BC   AD Từ suy đpcm DM  NC   C D I O J K N B A M b) Ta có tứ giác BNJK nội tiếp nên   NJK  NBK 1800        NJK  NAM 1800  NJK  NCM 1800  NJK  NJO 1800 hay O, J , K thẳng hàng Mặt khác ta có:   KNB     KJB  IJB  BCI KNB  BNA 1800 hay K , I , J thẳng hàng Từ A suy I , K , O thẳng hàng F Câu 4) Phân tích định hướng giải: H   Ta có: BEC CFB 900 Suy H trực tâm tam giác ABC B I D E C   Hay AH  BC  BFH HDB 900 hay tứ giác BFHD nội tiếp Tương tự ta có: DHEC nội tiếp        Ta có: FBH tức FDH HCE HDE  FDE 2 FBE FIE FIDE tứ giác nội tiếp A Câu 5) + Ta có tính chất quen thuộc: E BE phân giác góc I  (Học sinh tự chứng minh FED điều dựa vào tứ giác M F H B N K nội tiếp BFHD, HIEK , HDEC ) C S D Từ suy HK HI EI EK Do    KIE  1800  IEK 900  IEH Mặt khác ta có     Suy đpcm MHF 900  FAH 900  FEH 900  IEH    + Xét tứ giác HMNK ta có: HKN 900 , mặt khác ta vừa chứng minh    FIMH nội tiếp nên suy FMH HIF 900  HMN 900 Như   HKN  HMN 1800 suy đpcm     + Ta có: HNM HKM HIM HFM  FHN cân H  MF MN   Từ dễ dàng chứng minh được: MAN DAS Câu 6) K I Q Phân tích định hướng giải: a) Áp dụng hệ thức lượng E B P D A H O x C tam giác vuông ABO ta có: AB  AH AO Theo tính chất tiếp tuyến cát tuyến ta có: AB  AD AE nên suy AH AO  AD AE  OHED nội tiếp Ta giải thích tường minh sau: Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABO ta có: AB  AH AO   Xét tam giác ABD tam giác AEB ta có: BAD chung, ABD BED (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây) Từ suy ABD đồng dạng với AEB nên AD AB   AD AE  AB AB AE b) Để giải tốt câu hỏi ta cần nắm tính chất liên quan đến cát tuyến tiếp tuyến (Xem thêm phần: ‘’Chùm tập liên quan đến cát  tuyến tiếp tuyến’’) là: HI phân giác góc DHE HA  phân giác ngồi góc DHE     Thật ta có: OHE mặt khác ta có: AHD OED ODE OED    ( Tính chất tứ giác nội tiếp) Suy AHD OHE hay HI  DHB BHE  phân giác góc DHE HA  HI nên suy HA phân giác  góc DHE Quay trở lại tốn:  Ta thấy : Từ việc chứng minh: HI phân giác góc DHE  HA phân giác ngồi góc DHE ta có: suy ID AD  IE AE Mặt khác theo định lý Thales ta có: ID HD AD HD   IE HE AE HE ID DP DP AD   suy mà IE BE BE AE DP AD  Điều chứng tỏ D trung điểm PQ EK AE A, P, K thẳng hàng EK BE nên Câu 7) Ta thấy rằng: Nếu tứ giác MBOQ C N   nội tiếp MQB MOB Q K   Mặt khác MOB tứ giác MKB   MBOK nội tiếp suy MQB MKB O A P M Như ta cần quy toán B chứng minh MKQB nội tiếp  Ta có: ABC  ACB NKQ (Tính chất tiếp tuyến) Như MKQB tứ giác nội tiếp Hồn tồn tương tự ta có: NKPC nội tiếp nên suy được: NCOP nội tiếp Câu 8) a) Giả sử đường tròn (O ') ngoại tiếp A tam giác ABC Dễ thấy H T K trực tâm tam giác ABC D I S E O trung điểm BC N Những điểm đặc biệt M giúp ta nghỉ đến toán đặc biệt liên quan đến L H O' B J C O F đường thẳng, đường tròn Ơ le Kẻ đường kính AF (O ') Ta dễ chứng minh được: BHCF hình bình  hành H , O, F thẳng hàng Ta có: MTB  ACB BTAC tứ giác nội tiếp   Mặt khác KDB DBC  ACB (Tính chất góc tạo tiếp tuyến   dây) Từ suy KDB tức tứ giác TKBD nội tiếp KTB Để ý rằng: Tứ giác BKDO nội tiếp, từ suy điểm O, B, K , T , D  nằm đường trịn đường kính OK hay OTK 900 Mặt khác  FTA 900 suy F , O, T thẳng hàng Do điểm F , O, H , T thẳng hàng Tam giác MAO có AH , OT hai đường cao nên suy H trực tâm, ML  AO nên điểm A, E , H , L, D nằm đường tròn Suy    ELA tức tứ giác BELO nội tiếp EDA EBC b) Ta có điểm B, N , E , L, O nằm đường tròn đường kính NO       nên NEO suy I NLO 900 , KDB DCB BHJ IHD    trung điểm AH  IE ID  IEO 900 Như vậy: IEO  NEO 1800 nên N , E , I thẳng hàng  c) Ta có MTE  ADE TADE nội tiếp ADE  ABC  ABC MTE    Mà  MTEB nội tiếp  MEB MTB       bù với ACB  MEB  BED MTB  BTA 1800 hay BED BTA M , E , D thẳng hàng d) Vì OE  IE  OE tiếp tuyến đường tròn qua điểm A, E , T , H , D, L tâm I Suy   OEL OAE  OEL#OAE  OA.OL OE  OA.OL OS  OLS #OS A     Mặt khác OSA 900  OLS 900  MLO  OLS 1800  M , L, S thẳng hàng Mà H , M , N , L thẳng hàng nên suy M , H , S thẳng hàng Câu 9) Phân tích định hướng giải tốn: Bài toán làm ta liên tưởng đến đường thẳng Ơle, đường trịn Ơ le Dựng đường kính AA ' Ta dễ thấy điểm A, E , H , D nằm đường trịn tâm I đường kính AH Suy HN  AN Mặt khác từ tính chất quen thuộc chứng minh BHCA ' hình bình hành ta suy HIOM hình bình hành HM / /OI Ta lại có OI đường nối tâm đường tròn (O), ( I ) nên OI  AN (Do OI nằm đường trung trực AN ) Từ suy MH  AN Hay M , H , N thẳng hàng A N E I D H O K C M B A' *) Để chứng minh K , E , D thẳng hàng Ta chứng minh:   KEN  NED 1800 Ta tìm cách quy góc góc đối tứ giác nội tiếp     + Ta có: NEA (Cùng chắn cung NA ), NHA phụ với NHA NKB      góc KAH suy NEA Mà  NKB  NKBE nội tiếp suy NEK NBK   (Do NBCA nội tiếp) NBK NAD     + Từ suy KEN  NED NAD  NED 1800 ( Điều phải chứng minh) A Câu 10) Phân tích định hướng giải: a) Ta cần dùng góc để tận dụng điều kiện AR, AQ P R Q N O B M C tiếp tuyến (O)  Thật vậy: ORC 900 , ta cần chứng minh  OPC 900 Mặt khác NM đường trung bình tam giác ABC nên ABP BPM   ABP PBM (Tính chất phân giác trong) Từ suy BMP cân M  MB MP MC  BPC vuông   P  ORC OPC 900 hay ORPC tứ giác nội tiếp b) Để chứng minh P, Q, R thẳng hàng ta chứng minh:   PRC  CRQ 1800  C  B      Thật ta có: PRC mà POC , OBC  OCB  POC A  1800  A   CRQ 1800  ARQ 1800    90   suy  2    C  A B   PRC  CRQ   900  1800 (Đpcm) 2 11) Phân tích định hướng giải: A a) Ta có: AMO  ANO  ADO 900 nên điểm A, M , D, O, N nằm E F đường trịn đường kính AO Suy tứ giác M N H AMDN , MNDO tứ giác nội tiếp b) Ta có: BDHF tứ giác nội tiếp nên: AH AD  AF AB B D O C Mặt khác AF AB  AM nên AM  AH AD  AF AB Hay AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD suy AMH  ADM Ta có: AMDN tứ giác nội tiếp nên: AMN  ANM  ADM từ ta suy AMH  AMN hay M , H , N thẳng hàng Câu 12) Phân tích định hướng giải: a) Ta thấy điểm B, C , E , F nằm đường trịn đường kính BC Để chứng minh điểm B, C , E , P, F nằm đường tròn  Ta cần chứng minh BPC 900 Thật ta có: A 1     PBC PBE  EBC  ABE  EBC   900  A  900  C    S M F  P    Tương tự ta có: PCB PCF  FCB   Từ suy 900  A  900  B      R E H B C D N     C  900  BPC  PBC  PCB 2700  A  B 90 Vậy điểm P thuộc đường tròn đường kính BC Mặt khác BP phân giác góc ABH nên A P trung điểm cung nhỏ EF b) Để ý M , N tâm hai đường trịn đường kính BC đường trịn đường kính AH Do hai đường trịn cắt Fnhau theo dây cung EF nên MN qua trung điểm cung EF Hay M , N , P thẳng hàng Câu 13) Phân tích định hướng giải: P a) Điểm P toán E H B O D C M