Hh9 chuyên đề 10 hình trong đề hsg và chuyên toán phần 1(107 trang)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN HH9-CHUYÊN ĐỀ 10 CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUN TỐN Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2006) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB, C trung điểm OA dây MN OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK, MN a Chứng minh: BCHK tứ giác nội tiếp b Tính AH.AK theo R c Xác định vị trí K để KM + KN + KB lớn Tính GTLN Giải a Do K nằm O; AB AKB 90o Lại có HCB  90o (giả thiết) suy AKB  HCB  180o nên tứ giác BCHK nội tiếp (Tổng hai góc đối 180o ) b Ta có ACH AKB( g.g ) nên AH AB R   AH AK  AC AB  R  R AC AK c Đây câu hỏi hay Nếu bạn biết định lý Ptolemy định lý Shooten tốn giải Cách tiếp cận thứ nhất: Nhận thấy tam giác BMN cân B tam giác AMO (do AMO cân O M) suy tam giác BMN nên NKB  s® NB  600 Trên dây KN lấy điểm P cho KP = KB tam giác KPB Xét tam giác MKB NPB ta có: KB  BP, MB  NB, MKB  NPB  1200 suy MKB  NPB(c.g.c)  KM  PN  KM  KB  KN Vậy KM  KN  KB  2KN Dễ thấy KN  2R nên KM  KN  KB  4R, dấu xảy K, O, N thẳng hàng Từ suy điểm K giao điểm NO với (O) (K khác N) Cách 2: Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp KMNB ta có: KM.BN  KB.MN  KN.MB ý rằng: BM  BN  MN suy KM  KB  KN Phần lại ta làm 1.1 Định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) Khi ta  AD.BC  AC.BD có: ABCD | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN Chứng minh: Trên đường chéo BD lấy điểm E cho DAE  BAC Ta có DAE  BAC ADE  ACB (cùng chắn AB ) nên ADE ∽ ACB( g.g)  AD DE  AC BC  AD.BC  AC.DE (1) Do DAE  CAB nên DAC  EAB, lại có ABE  ACD (cùng chắn AD)  ABE ∽ ACD( g.g)  AB BE   AB.CD  AC.BE (2) AC CD Từ (1) (2) suy ABCD  AD.BC  AC( BE  DE)  AC.BD 1.2 Định lý Shooten Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Chứng minh với điểm M nằm đường trịn (O) ba đoạn MA, MB, MC có đoạn có độ dài tổng độ dài hai đoạn Chứng minh Xét điểm M nằm cung nhỏ BC Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABMC, ta có MA.BC  MB.AC  MC.AB Vì AB  AC  BC nên MA  MB  MC Tương tự điểm M nằm cung nhỏ AC AB ta có MB  MC  MA MC  MA  MB Suy đpcm Cách khác để chứng minh: MA  MB  MC (trường hợp điểm M nằm cung AB, AC tương tự) Trên MA lấy điểm I cho MI  MB ta cần chứng minh MC  AI Thật vậy, ta có BMI  ACB  60o mà MB  MI nên tam giác BIM đều, BI  BM IBM  60o Ta lại có ABC  60o nên ABC  IBM , suy CBM  ABI Dễ dàng chứng minh BCM  BAI (c.g.c) nên MC  AI Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2007) Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với (d) A Trên (d) lấy điểm H không trùng với A AH  R Qua H kẻ đường thẳng vng góc với (d), đường thẳng cắt (O) B, E (E nằm B H) CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN a Chứng minh: ABE  EAH ABH ∽ EAH b Lấy C (d) cho H trung điểm AC, CE cắt AB K Chứng minh: AHEK tứ giác nội tiếp c Tìm vị trí H để AB  R Giải a Do AH tiếp tuyến (O) A nên ABE  EAH  s® AE Xét tam giác ABH, EAH ta có: AHB chung ABE  EAH ABH ∽ EAH (g.g) b Vì E nằm trung trực AC nên EAH  ECH lại có: EAH  EBA suy ECH  EBA Suy ABH ∽ ACK (g.g) suy CKA  BHA  90o Tứ giác AHKE có AHE  EKA  180o suy AHKE nội tiếp (Tổng hai góc đối 180o ) c Khi AB  R sđ AEB  120o Do tam giác ABC cân B nên AB  BC  R lại có AEB  BEC  120o  HEA  60o  HAE  30o  HBA  30o  AH  AH  R Vậy điểm H nằm (d) cho R để AB  R Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2008) Cho đường trịn (O; R) có đường kính AB điểm E nằm đường trịn (E khác A, B) Đường phân giác góc AEB cắt đoạn AB F cắt (O) điểm thứ K a Chứng minh: KAF ∽ KEA b Gọi I giao điểm OE với trung trực EF Chứng minh (I) bán kính IE tiếp xúc với (O) E tiếp xúc với AB F c Chứng minh: MN // AB, M, N giao điểm thứ AE, BE với (I) d Tìm GTNN chu vi tam giác KPQ theo R E chuyển động (O), với P giao điểm NF AK, Q giao điểm MF, BK Giải | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUN TỐN a.Vì EK phân giác góc AEB nên AK  KB  AEK  KAB Xét tam giác KAF, KEA ta có: AEK  KAB va AKE chung Suy KAF ∽ KEA (g.g) b Vì I  OE, E  (O) nên ( I ; IE) tiếp xúc với (O; OE) E Vì I nằm trung trực EF nên IE = IF hay F  ( I ; IE) Ta có: IEF  IFE, OEK  OKE suy IFE  OKE  IF / / OK, mà OK  AB (do K điểm cung AB) từ suy IF  AB (1) hay (I) bán kính IE tiếp xúc AB F c Do MEN  90o  MN đường kính (I), hay M, I, N thẳng hàng Lại có FIN  2FEN  90o nên FI  MN (2) Từ (1) (2) suy MN // AB d Từ chứng minh câu b ta suy MFN  90o  PFN  90o Ta có EAB  EKB (cùng chắn cung EB), EAB  EMN (đồng vị), EMN  EFN (cùng chắn cung EN) suy EFN  EKB  FN / / BK, mặt khác AK  KB  AK  NF P suy PFQK hình chữ nhật tam giác APF vuông cân P nên KQ = PF = AP Ta kí hiệu chu vi tam giác KPQ c c  KP  KQ  PQ  KP  PA  KF  KA  KF Ta có   KA  R 2, KF  KO  Rnên c  R 1 Dấu xảy F  O Hay E điểm cung AB Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2009) Cho đường trịn (O; R) điểm A nằm ngồi (O), kẻ tiếp tuyến AB, AC đến (O) (B, C tiếp điểm) a Chứng minh: ABOC tứ giác nội tiếp b Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh: BE  OA OE.OA  R2 c Trên cung nhỏ BC (O) lấy điểm K (K khác B, C) Tiếp tuyến K (O) cắt AB, AC P, Q Chứng minh: Chu vi tam giác APQ không đổi K chuyển động cung nhỏ BC d Đường thẳng qua O vng góc với OA cắt đường thẳng AB, AC M, N Chứng minh: PM  QN  MN Giải CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN a Vì AB, AC tiếp tuyến (O) nên ABO  ACO  90o Tứ giác ABOC có ABO  ACO  180o nên ABOC tứ giác nội tiếp (tổng góc đối 180o ) b Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có BC  AO E Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABO ta có: OE.OA  OB2  R2 c Vì điểm A cố định nằm ngồi (O)nên AB, AC cố định suy AB  AC không đổi Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có: PK  PBQK ,  QC suy chu vi tam giác APQ là: AP  AQ  PQ  AP  AQ  PB  QC  AB  AC không đổi d Giả sử BK cắt PO I, CK cắt OQ J KIO  KJO  90o nên tứ giác KIOJ nội tiếp nên KOJ  KIJ  QKC  KBC  IJ / / BC hay IJ  AO Từ ta có: BPO  BKO  IJO  90o  JAO  QON Xét MOP NQO có: PMO  ONQ MPO  QON suy MOP ∽ NQO(g.g)  Ta có: PM.QN  PM ON MN   PM.QN  OM.ON  OM QN ( PM  QN )2 ( PM  QN )2 MN    PM  QN  MN 4 Dấu đẳng thức xảy PM  QN  PQ / / MN hay K điểm cung nhỏ BC Nhận xét: Đây toán hay đề tuyển sinh vào lớp 10 TP Hà Nội Một số tốn ơn tập thêm: Cho đường tròn tâm O điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O) với B, C tiếp điểm Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đường vng góc MI, MH, MK xuống BC, CA, AB Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng BM IK, CM IH a Chứng minh: tứ giác BIMK, CIMH tứ giác nội tiếp b Chứng minh: MI  MH.MK c Chứng minh: IPMQ nội tiếp suy PQ  MI Tìm vị trí điểm M để MI.MH.MK đạt GTLN Giải | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN a Từ giả thiết: BKM  BIM  90o suy tứ giác BKMI nội tiếp Tương tự cho tứ giác CIMH, AKMH b Vì tứ giác BKMI nội tiếp nên: MKI  MBI (cùng chắn cung MI) Mặt khác ta có: MBI  MCH (tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Nhưng MCH  MIH (cùng chắn cung MH tứ giác nội tiếp MHCI) Suy MKI  MIH Hoàn toàn tương tự ta có: MIK  MHI nên MIK ∽ MHI (g.g) Suy MI MH   MI  MH.MK MK MI c Ta có: PMQ  PIQ  BMC  PIM  QIM  BMC  MBA  MCA  BMC  MCB  MBC  180o Do tứ giác PIQM nội tiếp (Tổng hai góc đối 180O ) Vì PIQM nội tiếp suy MPQ  MIQ  MKI  MBI suy PQ / / BC hay MI  PQ d Từ chứng minh câu b) ta có MI  MH.MK  MI  MI MH.MK Suy MI MH.MK lớn MI lớn Hay M điểm cung nhỏ BC khơng chứa A Cho đường trịn tâm (O) Từ điểm A cố định (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC tới (O) (B, C tiếp điểm) Lấy điểm M cung nhỏ BC Gọi D, E, F thứ tự hình chiếu từ M đến BC, AC, AB Gọi MB cắt DF P, MC cắt DE Q Chứng minh đường thẳng nối giao điểm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF MQE qua điểm cố định Giải Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF MQE cắt M, N Đường thẳng MN cắt PQ, BC theo thứ tự K I Ta có tứ giác MDCE, MDBF nội tiếp nên MCE  MDE  MBC ; MBF  MDF  MCB Suy PMQ  PDQ  PMQ  PDM  QDM  PMQ  MCB  MBC  180o Do tứ giác MPDQ tứ giác nội tiếp Suy MQP  MCB  MEQ, suy KQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp MQE Tương tự KP tiếp tuyến đường tròn ngoại KM.KN  KQ2 , KM.KN  KP2 Suy KP  KQ tiếp tam giác MFP Ta có CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUYÊN Xét tam giác MBC, PQ // BC, KP = KQ Theo định lý Thales suy I trung điểm BC Vậy MN qua điểm cố định I trung điểm BC Cho tam giác ABC cân đỉnh A Gọi O trung điểm BC Đường tròn (O) tiếp xúc với AB E tiếp xúc với AC F Điểm H chạy cung nhỏ EF tiếp tuyến đường tròn H cắt AB, AC M, N Xác định vị trí điểm H để diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn Giải Dễ thấy OM, ON phân giác EOM, FOH Từ ta có: MON   180o  BAC  ABC  MBO ∽ OCN  g.g)  MB BO BC2   BM.CN  OBOC   const OC CN (1) Ta lại có SAMN  SABC  SBMNC nên SAMN đạt giá trị lớn SBMNC đạt giá trị nhỏ Gọi R bán kính đường trịn (O), ta có: SBMNC  SBOM  SMON  SNOC   R( BM  MN  NC) R BE  CF   EM  FN  ( MN  EM  FN )   R BE  EM  FN  ( BE  CF)  R( BE  BM  CN  2BE)  R( BM  CN  BE) (2)  Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, từ (1) (2) suy SBMNC  R   BC  BM.CN  BE  R  BE    Dấu “=” xảy BM  CN  MN / / BC H giao điểm đường trung trực BC với đường trịn (O) Vậy diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn H giao đường trung trực BC với đường tròn (O) Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2010) Cho đường trịn (O;R), đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (C  A, B) D thuộc dây BC ( D  B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC E, tia AC cắt BE F a Chứng minh tứ giác FCDE nội tiếp b Chứng minh DA.DE  DB.DC c Chứng minh CFD  OCB Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến (O) .7 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN d Cho biết DF  R, chứng minh tan AFB  Giải a Do C, E nằm đường trịn đường kính AB nên ACB  AEB  90o  FCD  FED  90o Tứ giác FCDE có FCD  FED  180o nên FCDE tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối 180o ) b Tứ giác ACED nội tiếp (O) nên ACB  AEB (cùng chắn cung AB) Ta có CDA  EDB (đối đỉnh) nên ACD ∽ BED(g.g)  DA DB hay DA.DE  DB.DC  DC DE c Tứ giác FCDE nội tiếp nên CFD  CED (cùng chắn cung CD) Tứ giác ACEB nội tiếp nên CEA  CBA (cùng chắn cung AC) Mà CBA  OCB suy CFD  OCB đpcm Do AE, BC hai đường cao tam giác AFB nên D trực tâm tam giác AFB Để ý điểm F, C, D, E nằm đường IE  IF  trịn đường kính DF nên I trung điểm DF suy DF  IEF  IFE (1) Ta có OEB  OBE (2) Từ (1) (2) ta suy IEF  OEB  IFE  OBE  90o  IEO  90o hay IE tiếp tuyến (O) d Ta tan CFB  có ACB ∽ DCF  CB BA   Trong CF FD tam giác vng CFB ta có: CB  đpcm CF Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2011) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi d1 d2 hai tiếp tuyến đường tròn (O) hai điểm A B Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng với A B) Đường thẳng d qua E vng góc với EI cắt hai đường thẳng d1, d2 M, N a Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp b Chứng minh ENI  EBI MIN  90o c Chứng minh AM.BN = AI.BI d Gọi F điểm cung AB khơng chứa E đường trịn (O) Hãy tính diện tích tam giác MIN theo R ba điểm E, I, F thẳng hàng Giải CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN a Do MAI  MEI  90o suy MAI  MEI  180o hay MAIE tứ giác nội tiếp (Tổng hai góc đối 180 ) b Do MAIE tứ giác nội tiếp nên EMI  EBI (cùng chắn cung EI) Chứng minh tương tự câu a ta có NEIB tứ giác nội tiếp nên ENI  EBN (cùng chắn cung NB) Từ suy MIN ∽ AEB  MIN  90o c Xét tam giác vng MAI IBN ta có: MIA  180o  MIN  NIB  90o  NIB  INB Suy MAI ∽ IBN  g.g  MA IB   AM.BN  IA.IB AI BN d Dựng EH  AB Khi F điểm cung AB EF phân giác góc AEB suy ra: EA IA 10    EA2  EB2  EA2  9EA2  AB2  4R2  EA2  R2  EA  R EB IB 5 2 10 S OI  OF  EI   IF  EB  R Ta có: MIN ∽ AEB  MIN      suy    SAEB  EH   OF  OF SMIN  5 10 10 SAEB  EA.EB  R R  R2 4 5 Bài 7: (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2012) Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M điểm cung nhỏ AC ( M  AC), BM cắt AC H Gọi K hình chiếu H AB a Chứng minh tứ giác CBKH tứ giác nội tiếp b Chứng minh ACM  ACK c Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E cho BE  AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân C d Gọi d tiếp tuyến đường tròn (O) điểm A Cho P điểm nằm d cho hai điểm P, C nằm nửa mặt phẳng bờ AB AP.MB  R Chứng minh đường thẳng PB MA qua trung điểm đoạn thẳng HK Giải | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUN TỐN  AB  o a Vì C nằm đường tròn  O;  nên ACB  90 , ta có   HKB  90o  ACB  HKB  180o nên CHKB tứ giác nội tiếp (tổng góc đối 180o ) b Tứ giác AMCB nội tiếp nên ACM  ABM (cùng chắn cung AM) (1) Tứ giác CHKB nội tiếp nên HCK  HBK (cùng chắn cung HK) (2) Từ (1) (2) ta suy ACM  ACK c Do C điểm cung AB nên ACB tam giác vuông cân C, suy AC = CB, ta có: MAC  EBC (cùng chắn cung MC), AM = BE (gt) suy AMC  BEC(c.g.c) suy CM = CE Lại có MCE  MCA  ACE  ECB  ACE  90o nên MCE tam giác vuông cân C d Giả sử MB kéo dài cắt tiếp tuyến A N Ta dễ chứng minh được: NAB∽ AMB suy MB AB 2R NA.MB AP.MB AP.MB NA.MB kết hợp với điều kiện: hay    R  Rsuy  MA NA NA 2MA MA MA 2MA NA  2AP  P trung điểm AN Giả sử BP cắt HK I Do HK // NA theo định lý Thales ta có: HI IK BI mà NP  PI suy HI  IK trung điểm HK   NP PI BP Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2013) Cho đường trịn (O) điểm A nằm bên ngồi (O) Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) Một đường thẳng d qua A cắt đường tròn (O) hai điểm B C ( AB  AC, d không qua tâm O) a Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp b Chứng minh AN  AB.AC Tính độ dài đoạn thẳng BC AB  4cm, AN  6cm c Gọi I trung điểm BC Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai T Chứng minh MT // AC d Hai tiếp tuyến đường tròn (O) B C cắt K Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định d thay đổi thỏa mãn điều kiện đầu Giải 10 HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN XK  XH nên suy X tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác KHD, suy X nằm trung trực DH hay X  BC Bài 92 Cho đường tròn tâm O đường kính AB  2R , đoạn OA lấy điểm I  I  A, I  O  Vẽ tia Ix  AB cắt  O  C Lấy điểm E cung nhỏ BC  E  B, E  C  nối AE cắt CI F, gọi D giao điểm BC với tiếp tuyến A  O; R  a Chứng minh: BEFI tứ giác nội tiếp b Chứng minh: AE AF  CB.CD c Tia BE cắt IC K Giả sử I, F trung điểm OA, IC Chứng minh: AIF ∽ KIB từ tính IK theo R d Khi I trung điểm OA E chạy cung nhỏ BC Tìm vị trí điểm E để EB  EC lớn Giải: a Vì điểm E nằm  O  đường kính AB nên AEB  900 , lại có FI  AB I nên FIB  900 Tứ giác IFEB có AEB  FIB  900  900  1800 nên IFEB tứ giác nội tiếp 94 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN b Xét tam giác AIF, AEB có AIF  AEB  900 , EAB chung, suy AIF ∽ AEB (1) ( g.g ) dẫn đến AI AE   AE AF  AI AB , Vì điểm C nằm AF AB  O  đường kính AB nên ACB  900 , AD tiếp tuyến  O  nên DAB  900 áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ACB, BAD ta có: AI AB  AC  CD.CB suy AE AF  CD.CB b Tam giác AIF KIB có AIF  KIB  900 , IAF  IKB  900  KBA AIF ∽ KIB  g.g   nên AI IF AI IB   KI  KI IB IF Vì điểm I trung điểm OA CI  OA nên tam giác OAC cân C, lại có OC  OA  R nên tam giác OAC tam giác đều, suy COA  600 3 R  IF  CI  R nên CBA  COA  300 , từ dễ tính được: CI  2 KI  IA.IB IC   IC  3R IF IC c Gọi M giao điểm tia CI với  O   M  C  tam giác CBI cân B Kết hợp với chứng minh câu c CBA  300  CBM  600 ta suy tam giác CBM Lấy điểm N đoạn EM cho EN  EC , CEM  CBM  600 nên suy tam giác CEN Xét CNM , CEB ta có: CNM  1800  CNE  1200 , CEB  1800  CMB  1200 CE  CN , CMN  CBE  MCN  BCE  CNM  CEB  c.g.c  suy MN  EB Từ ta có: EC  EB  EN  MN  EM  2R , dấu đẳng thức xảy EM đường kính  O  , hay E điểm đối xứng với M qua O Nhận xét: Nếu biết định lý Ptolemy ta có kết quả: EC.MB  EB.MC  BC.EM mà tam giác BMC nên MB  MC  BC suy EC  EB  EM 95 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN Bài 93 Cho điểm A nằm  O; R  Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC đến  O; R  O  (B, C tiếp điểm) cát tuyến AMN đến  O; R  , MN không qua O AM  AN ) Chứng minh: ABOC tứ giác nội tiếp Chứng minh: AM AN  AB2 Tiếp tuyến N  O; R  cắt đường thẳng BC F Chứng minh: FM tiếp tuyến  O; R  Gọi P giao điểm BC dây MN, E giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác MON đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC (E khác O) Chứng minh: P, E, O thẳng hàng Giải: Gọi H giao điểm BC, AO BH  AO theo câu b) ta có AM AN  AB2 , áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABO ta có: AB2  AH AO , từ suy AH AO  AM AN  AHM ∽ ANO  c.g.c  Dẫn tới AHM  ANO  MHON tứ giác nội tiếp Giả sử tiếp tuyến M, N  O  cắt F suy điểm F, M, O, N nằm đường trịn đường kính OF Ta chứng minh: F, B, H thẳng hàng Thật vậy: điểm M, H, O, N nằm đường tròn điểm F, M, O, N nằm đường trịn đường kính OF ta suy điểm F, M, H, O, N nằm đường tròn đường kính OF hay FHO  900  FH  AO , lại có BH  AO (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Từ suy F, B, H thẳng hàng Từ chứng minh ta suy đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN đường trịn đường kính OF, E giao điểm đường trịn đường kính OF với đường trịn đường kính AO ta có AEO  900 OEF  900 suy AEO  OEF  1800 hay A,E, F thẳng hàng Gọi K trung điểm MN OF  MN K, lại có FP  OA H suy P trực tâm tam giác FOA suy OP  AF EP  AF  E, P, O thẳng hàng Bài 94 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn  O  có đường cao AD, BE, CF cắt điểm H, AH cắt  O  giao điểm thứ P (P khác A) Gọi M, I trung điểm BC, 96 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN AH Dựng đường kính AK  O  , đường thẳng qua P song song với EF cắt  O  giao điểm thứ Q (khác P) Gọi S giao điểm IM EF a Chứng minh: BFEC tứ giác nội tiếp b Chứng minh: IE  EM từ suy ME  MS.MI c Chứng minh: Tam giác APQ cân d Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt  O  giao điểm thứ N Chứng minh: N, S, Q thẳng hàng Giải: a Vì BE, CF đường cao tam giác ABC nên BEC  BFC  900 suy BFEC tứ giác nội tiếp (Có đỉnh liên tiếp cạnh EF nhìn cạnh BC góc nhau) b Do I IA  IE  IH  trung điểm AH nên AH dẫn tới tam giác AIE cân I suy IEA  IAE 1 Tương tự ta có: MEC  MCE   Lấy 1    ta có: IEA  MEC  IAE  MCE  DAC  DCA  900   suy IEM  1800  IEA  MEC  900 nên IE  EM Do IE  IF , ME  MF nên IM trung trực EF hay IM  EF S Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng IEM ta có: ME  MI MS c Do BFEC tứ giác nội tiếp nên AEF  ABC (tính chất tứ giác nội tiếp) Lại có: ABC    AOC  1800  2OAC  900  OAC (do tam giác OAC cân O), từ suy ABC  OAC  900 hay AEF  OAC  900  OA  EF , mà PQ / / EF  PQ  OA mà PQ dây  O  suy OA  PQ trung điểm PQ hay tam giác APQ cân A d Do AEH  AFH  900  E, F nằm đường trịn tâm I đường kính AH kí hiệu  I  suy HNA  900  3 Lại có KC  AC, BH  AC  BH / / KC , tương tự CH / / KB nên BHCK hình bình hành, suy H, M, K thẳng hàng (5) Ta có KNA  900 (4), từ (3), (4) suy K, H, N thẳng hàng (6) Từ (5), (6) suy K, H, M, N thẳng hàng .97 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN Ta có MHF ∽ MFN  g.g  suy MF  MH MN  ME (do ME  MF ) kết hợp với chứng minh câu b ta suy MH MN  MI ME  MHS ∽ MIN (c.g.c ) dẫn đến HSM  INM  NISH tứ giác nội tiếp Kết hợp với IM / / AK tam giác APQ cân A ta có: HNS  HIS  PAK  QAK  QNK  NQ  NS hay Q, S, N thẳng hàng Bài 95 Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD, BE, CF cắt điểm H Gọi P, Q hình chiếu vng góc D lên BH, CH a Chứng minh: điểm H, P, D, Q nằm đường tròn b Chứng minh: PQ / / EF c Đường tròn tâm I đường kính AD cắt AB, AC R, S Chứng minh R, P, Q, S thẳng hàng d Đường tròn  J  ngoại tiếp tam giác DQS cắt IC T, DT cắt AC K Chứng minh: KA CA  KS CS Giải: a Vì HPD  HQD  900 nên điểm P, H, Q, D nằm đường trịn đường kính HD b Do tứ giác HPDQ nội tiếp nên HPQ  HDQ 1 (cùng chắn cung HQ) Ta có: HDQ  HCD (2) với QDC ), tứ BFC  BEC  900 đường trịn giác (cùng BFEC phụ có nên BFEC nội tiếp đường kính BC suy FCB  FEB (3) Từ (1), (2), (3) suy HPQ  HEF  PQ / / EF c Đường trịn tâm I đường kính AD cắt AB, AC R, S ARD  ASD  900 suy BRD  BSC  900 nên tứ giác DQSC, BRPD nội tiếp Ta có: SQC  SDC  DAC (4) PQD  PHD  AHE (5), mà AHE  DAC  900 (4), (5) ta suy PQD  DQC  SQC  1800 hay P, Q, S thẳng hàng, chứng minh tương tự ta có: P, Q, R thẳng hàng, suy R, P, Q, S thẳng hàng 98 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN d Do điểm D, Q, S, C nằm đường trịn đường kính DC nên đường trịn tâm J ngoại tiếp tam giác DQC đường trịn đường kính DC suy DTC  900 Ta có CSD ∽ CDA nên suy CD2  CS.CA (6) Trong tam giác vng IDC ta có: CD2  CT CI (7) Từ (6), (7) ta suy CS.CA  CT CI  CTS ∽ CAI  CTS  CAI nên AITS tứ giác nội tiếp, kết hợp với AIS cân I ta có biến đổi góc: CTS  CAI  ISA  ITA suy ATK  STK hay TK phân giác góc ATS , TC vng góc với TK nên TC phân giác ngồi góc ATS Theo tính chất phân giác ta có KA CA đpcm  KS CS Bài 96 Cho đường tròn tâm O bán kính R điểm N nằm ngồi  O  Từ N kẻ tiếp tuyến NA, NB đến  O  (A, B tiếp điểm) Gọi E giao điểm AB, ON a Chứng minh: NAOB tứ giác nội tiếp b Tính AB biết ON  5cm, R  3cm c Kẻ tia Nx góc ANO cắt  O  C, D (C nằm N D) Chứng minh: NEC  OED d Qua N kẻ cát tuyến thứ với đường tròn NPQ (P nằm N, Q) Gọi I giao điểm CQ, DP Chứng minh: A, B, I thẳng hàng Giải: a Vì NA, NB tiếp tuyến  O  nên NAO  NBO  900 suy NAO  NBO  1800 Hay tứ giác NAOB nội tiếp (tổng góc đối 1800 ) b Khi ON  5cm, R  3cm , theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có AB  AE Và AE  NO E, áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AON ta có: OA2  OE.ON OA2 9 16 16.9 Suy OE    NE  NO  OE    , lại có AE  EN EO  AN  ON 5 25  AN  12 24  AB  AN  5 c Xét tam giác NCA, NAD ta có: AND chung NAC  NDA  sđ AC 99 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN Suy NCA ∽ NAD  g.g  dẫn tới NC NA (tỷ số đồng dạng) suy NA2  NC.ND 1  NA ND Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng NAO ta có: NA2  NE.NO   Từ (1), (2) ta suy NC.ND  NE.NO  NC NO kết hợp với NCE, NOD có góc OND chung ta suy  NE ND NCE ∽ NOD (c.g.c) suy NEC  NDO dẫn tới CEOD nội tiếp (góc ngồi đỉnh góc đối) Cũng từ CEOD nội tiếp tam giác OCD cân O ta có biến đổi góc NEC  NDO  OCD  OED (đpcm) d Tương tự câu c ta có: PEOQ nội tiếp Ta có: CEP  CEN  NEP  ODC  OQP     1 1800  COD  1800  POQ 2    3600  COD  POQ 1 1 0 180  COD  180  POQ  180  COD  POQ   COP  DOQ 2 2          1 COP  DOQ  s®CP  s®QD  CIP suy CEIP nội tiếp, tương tự DEIQ nội tiếp 2 Suy IEP  ICP  IDQ  IEQ hay EI phân giác PEQ (3) Từ chứng minh câu c ta suy CEA  DEA hay EA phân giác góc CED , tương tự ta suy EB phân giác góc PEQ (4) Từ (3), (4) suy EI  EB hay I, A, B thẳng hàng Bài 97 Cho đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần luợt D, E, F Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF K, gọi M trung điểm BC Chứng minh: MI  DK Giải: Gọi P giao điểm ID EF Vì AE, AF tiếp tuyến  I  E, F nên IA  EF Vì IP  BC suy IP  AK Từ suy P trực tâm tam giác AIK  AP  IK H suy tứ giác ANHK nội tiếp Kẻ đường thẳng qua P song song với BC cắt AB, AC X, Y từ tứ giác IPXF, IPEY 100  CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN nội tiếp ta suy PXI  PFI  PEI  PYI dẫn tới tam giác IXY cân I nên P trung điểm XY Theo định lý Thales IH IK  IN IA  IF  ID2  ta dễ suy A, P, M thẳng hàng Lại có: IH ID suy IHD ∽ IDK (c.g.c)  ID IK Tứ giác IDMH nội tiếp suy IDH  IMH , IHD ~ IDK  IDH  IKD  IMH  IKD mà IMH phụ với MIH nên IKD phụ với MIH  IM  DK Bài 98 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp  O  Một đường tròn  K  qua B, C cắt AC, AB E, F, BE cắt CF H, AH cắt  O  P khác A, PE cắt  O  R khác P Đường tròn ngoại tiếp tam giác FHB cắt AH D a Chứng minh: KD  AH b Giả sử AH cắt BC L Q đối xứng với P qua D Chứng minh: AEQF tứ giác nội tiếp c Chứng minh: BR chia đôi EF Giải: a Ta có: AH AD  AF.AB  AE.AC suy EHDC nội tiếp Từ BDC  3600  BDH  CDH  BFC  BEC  2BFC  BKC nên BDKC tứ giác nội tiếp Ta có: KDH  CDH  CDK = 1800  HEC  KBC  1800  BKC 1800  BKC   900 2 b Gọi N điểm đối xứng với F qua KD, KF  KN nên điểm N nằm  K  101 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN ta có: HH9-CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN Ta có BCP  BAP  BFN  BCN nên CP  CN hay C, N, P thẳng hàng Do FQPN hình thang cân ta có: FQA  FNC  FBC nên BFQL nội tiếp Tương tự ta có: CEQL nội tiếp Từ ta có biến đổi góc: FQE  3600  FQL  EQL  ABC  ACB  1800  BAC suy AEQF nội tiếp c Từ AEQF tứ giác nội tiếp ta có: BFE  1800  AFE  1800  AQE  DQE Ta có: FBE  FCE  HDE EFB ∽ EQD( g.g ) suy nên FB DQ  FE QE Gọi I trung điểm EF ta có QP FB DQ FB FB QP  IFB ∽ EQP  c.g.c       FE QE FI QE FI QE nên FBI  EPQ  ABR hay BR  BI tức BR chia đôi EF Bài 99 Cho tam giác ABC nội tiếp  O  , P điểm tam giác Q  cung nhỏ BC  O  , AP cắt  O  giao điểm thứ D, M trung điểm AQ, QP cắt  O  giao điểm thứ K Dựng đường tròn  w  qua điểm P, K tiếp xúc với AP Các đường thẳng AK, MP cắt  w  E, F Gọi R giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác KPD với MP a Chứng minh: AMDR tứ giác nội tiếp b Chứng minh: KFP ~ KRD suy F trung điểm PR c Chứng minh: điểm A, D, E, F nằm đường tròn Giải: 102 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN a Từ tứ giác KPDR, AKDQ nội tiếp ta suy DRP  DKP  DAQ hay AMDR tứ giác nội tiếp b Ta có: PA tiếp tuyến đường tròn  w KPDR nội tiếp nên KFP  KPA  KRD , lại có KPR  KDR  KPF  KDR nên KFP ∽ KRD ( g.g ) suy FP KP  RD KD Lại có: KPD ∽ APQ ( g.g ) suy có: KP AP PR PA PA , từ ta  , PRD ∽ PAM nên   KD AQ RD AM AQ PR PA KP KF suy F trung điểm RP    RD AQ KD RD c Ta có KRF  KDP, KFR  1800  KFP  1800  KPA  KPD suy KFR ∽ KPD ( g.g ) kết hợp với PKF  DPF suy KPF ∽ PDF (c.g.c) suy ADF  PDF  KPF  1800  AEF hay ADEF tứ giác nội tiếp Bài 100 Cho đường trịn tâm O đường kính BC Một điểm A thuộc đường tròn O  cho AB  AC Tiếp tuyến A  O  cắt BC D Gọi E điểm đối xứng với A qua BC, AE cắt BC M, kẻ đường cao AH tam giác ABE, AH cắt BC F a Chứng minh: AFEC hình thoi b Chứng minh: DC.DB  DM DO c Gọi I trung điểm AH, kéo dài BI cắt  O  điểm thứ K Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp d Đường thẳng AK cắt BD N Chứng minh: N trung điểm MD Giải: 103 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN a Do điểm E đối xứng với A qua đường kính BC nên E   O  dẫn tới BEC  900 hay BE  CE , lại có: AH  BE suy AH / /CE 1 , ta có AE  BM trung điểm M BC nên F trực tâm tam giác ABE dẫn đến EF  AB , mặt khác AC  AB Suy EF / / AC (2), từ (1), (2) kết hợp với AE  FC ta suy ACEF hình thoi b Do DA tiếp tuyến  O  nên CAD  ABD  sđ AC suy DAB ∽ DCA ( g.g ) suy DA DB hay DA2  DB.DC  3 Trong tam giác vuông OED ( OAD  900 ta có AM  OD nên  DC DA suy DM DO  DA2   Từ (3), (4) ta có: DB.DC  DM DO c Do I trung điểm AH nên MI đường trung bình tam giác AHE suy MI  AH  MI / / HE  AH  Ta có IMA  AEB (đồng vị), AEB  AKB (góc nội tiếp chắn cung AB) dẫn đến IMA  IKA  AIMK tứ giác nội tiếp (có đỉnh liên tiếp nhìn cạnh IA góc nhau) d Từ chứng minh câu c ta có: AKM  1800  AIM  900 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AMN ta có: MN  NK NA  5 Kéo dài DK cắt  O  S Ta dễ chứng minh DE tiếp tuyến  O  Ta có KMD  KAM  KAE  KED suy KMDE tứ giác nội tiếp Dẫn tới EKD  EMD  900 suy SE đường kính  O  nên SA  AE dẫn tới SA / / ND Tam giác KND tam giác DNA có AND chung NDK  DSA  KAD suy DNA ∽ KND ( g.g ) suy DN NA   ND  NA.NK   Từ (5), (6) suy ND2  MN hay ND  NM KN ND Bài 101 Cho đường tròn  O; R  điểm M nằm  O  , qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến  O  , dựng cát tuyến MCD cho MC  MD tia MC nằm tia MB, MO Gọi I trung điểm CD a Chứng minh: Tứ giác AIOB nội tiếp b Tia BI cắt  O  giao điểm thứ J (J khác B) Chứng minh: AJ / / MD 104 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN c Chứng minh: AD2  AJ MD Đường thẳng qua I song song với BD cắt AB K Tia CK cắt OB G Khi cát tuyến MCD thay đổi thỏa mãn điều kiện đề tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CIG thuộc đường trịn nào? Giải: a Vì I trung điểm dây CD nên OI  CD (Quan hệ vuông góc đường kính dây) suy OIM  900 , MA, MB tiếp tuyến  O  nên OAM  OBM  900  OAM  OBM  1800 hay tứ giác MAOB nội tiếp (tổng góc đối 1800 ) Tương tự MAOI nội tiếp, suy điểm M, A, O, I, B nằm đường tròn Suy tứ giác AIOB nội tiếp b Vì điểm M, A, O, I, B nằm đường tròn nên MIB  MOB (hai góc nội tiếp chắn cung MB) Mặt khác ta có AJB  AOB (liên hệ góc nội tiếp góc tâm), mà AOB  2MOB (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau), từ suy AJB  MIB  AJ / / MD Do AJ / / MD nên JAD  ADM (so le trong) (1) Tứ giác AJDC nội tiếp nên AJD  ACM (2), ta có MCA ∽ MAD (g.g) (học sinh tự chứng minh) suy MCA  MAD (3) Từ (2) (3) ta suy AJD  MAD (4) Từ (1), (4) ta có: DAM ∽ AJD (g.g) suy AD DM (cạnh tương ứng) hay  AJ AD AD2  JA.MD c Vì IK / / BD nên KIC  CDB (đồng vị), mà CDB  CAK (cùng chắn cung BC) suy KIC  KAC  ACKI nội tiếp (hai đỉnh liên tiếp A, I nhìn cạnh CK góc nhau) Từ suy CKA  CIA (5) (góc nội tiếp chắn cung CA) Mặt khác điểm A, I, M, B nằm đường tròn nên AIM  ABM (góc nội tiếp chắn cung BM) (6) Từ (5), (6) suy CKA  MBA  CK / / MB mà MB  OB  CK  OB G Tứ giác CGIO có CGO  CIO  900 nên CGOI tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính CO (hai đỉnh liên tiếp G, I nhìn cạnh CO 105 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUN TỐN góc 900 ) Suy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CGI tròn ngoại tiếp tam giác CIG thuộc đường trịn tâm O bán kính CO R  , hay tâm đường 2 R Bài 102 Từ điểm M nằm ngồi đường trịn  O  kẻ tiếp tuyến MA, MB đến  O  (A, B tiếp điểm) cát tuyến MCD cho MC  MD tia MC nằm tia MA, MO Gọi H giao điểm AB MO, E trung điểm CD, đường thẳng CH cắt  O  giao điểm thứ F (khác C) Đường thẳng DF cắt tia MA, MB P, Q a Chứng minh: EM tia phân giác AEB b Chứng minh: MH MO  MC.MD c Chứng minh: DF / / AB d Gọi X giao điểm EP với AD, Y giao điểm EQ với BD Chứng minh: HD chia đôi XY Giải: a Chứng minh điểm M, A, E, O, B nằm đường tròn, ý MA  MB nên AEM  BEM suy đpcm b Ta dễ chứng minh: MA2  MC.MD , áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông MAO, AH  MO ta có MA2  MH MO Từ suy MH MO  MC.MD c Từ b ta có: MH MD Xét tam giác  MC MO MCH, MOD ta có: MH MD OMD  MC MO chung nên MCH ∽ MOD  g.g  suy MHC  MDO  tứ giác CHOD nội tiếp ta có biến đổi góc MHC  MDO  OCD  ODH MHC  OHD , góc CHA, DHA phụ với góc MHC , OHD tương ứng nên suy CHA  DHA hay AH phân giác góc CHD 1 Chú ý rằng: CHA  CHD  COD  CFD mà hai góc CHA, CFD đồng vị nên AB / / DF 2 106 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN d Ta có: AEM  MEB  MAB  MPQ suy APDE tứ giác nội tiếp Tương tự ta có BQDE tứ giác nội tiếp Ta có XEY  XED  YED  DAP  DBQ  ABD  BAD  1800  ADB nên EXDY tứ giác nội tiếp Từ suy DXY  DEY  DBQ  DAB hay XY / / AB Theo định lý Thales ta có DH qua trung điểm I XY Bài 103 Cho tam giác ABC vng A có  AB  AC  , cạnh AC lấy điểm D (D khác A, C) dựng DE  BC Tiếp tuyến C đường tròn tâm K ngoại tiếp tam giác DEC cắt tia DE M Đường thẳng qua C vuông góc với MK cắt đường trịn  K  F (F nằm tam giác ABC) a Chứng minh: Tứ giác ADEB nội tiếp CD.CA  CE.CB b Chứng minh: MF  ME.MD c Tia CF cắt cạnh AB I Chứng minh: BIC ∽ FEC d Chứng minh: I trung điểm AB Giải: a Vì tam giác ABC vng E nên BAD  900 , ED  BC nên DEB  900 suy BAD  BED  1800 suy tứ giác ADEB nội tiếp (tổng góc đối 1800 ) Tam giác vuông BAC tam giác vng DEC có BAC  DEC  900 ACB chung nên BAC ∽ DEC (g.g) suy AC BC hay AC.DC  CE.BC  EC DC b Giả sử CF  KM H H trung điểm FC (Quan hệ vng góc đường kính qua trung điểm dây) suy KH phân giác góc FKC Xét tam giác KFB KCM, ta có: KC  KF (là bán kính  K  ), KM chung, FKM  CKM  KFB  KCM  c.g.c  suy KFM  KCM  900 hay MF tiếp tuyến có: MFE  EDF  K  Từ sđ EF , MEF ∽ MFD (g.g) suy dẫn ta đến ME MF  MF MD 107 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TOÁN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN hay MF  ME.MD c Do điểm F nằm đường trịn đường kính CD nên CFD  900  DFI  900 suy tứ giác ADFI nội tiếp Ta có IFE  3600  IFD  DFE  1800  IFD  1800  DFE , ý tứ giác ADFI, DFEC nội tiếp nên ta có: 180  IFD  BAC, 1800  DFE  ACB từ suy IFE  BAC  ACB  1800  ABC hay IFE  IBE  1800 suy IFEB tứ giác nội tiếp Dẫn đến BIC  FEC  BIC ∽ FEC (g.g) (1) (vì có ICB chung BIC  FEC ) d Xét tam giác FEC tam giác DKM ta có: EFC  EDC  MDK , FEC  1800  FDC  1800  FKC  1800  MKC  DKM  FEC ∽ DKM (2) Từ (1) (2) suy BIC ∽ DKM  BI BC (*), ta có BAC  DCM  900 ABC  CDM  DK DM phụ với ACB suy BAC ∽ DCM (g.g) suy BA BC (**) Từ (*) (**) suy  DC DM BA DC BI BA hay    suy I trung điểm AB BI DK DK DC 108