bộ đề hình học nâng cao lớp 9

Bài 1 :Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn và .Vẽ 3 đường cao AD ,BE ,CF của tam giác ABC chúng cắt nhau tại H 1Chúng tỏ : Tứ giác BFEC nội tiếp 2Lấy M thuộc EF sao cho DMEF .Chứng tỏ : tam giác BMH vuông 3 EG cắt DM tại I .Chứng minh rằng : 4 Tìm thêm 1 điều kiện của tam giác ABC để HI,DE,FG đồng quy tại 1 điểm

Bài 1 :Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn và µ 45*C = .Vẽ 3 đường cao AD ,BE ,CF của tam giác ABC chúng cắt nhau tại H 1/Chúng tỏ : Tứ giác BFEC nội tiếp 2/Lấy M thuộc EF sao cho DM//EF .Chứng tỏ : tam giác BMH vuông 3/ EG cắt DM tại I .Chứng minh rằng : · · CBI ABE= 4 / Tìm thêm 1 điều kiện của tam giác ABC để HI,DE,FG đồng quy tại 1 điểm Bài giải 1/Tứ giác BFEC nội tiếp ,xác định tâm G của nó Dễ thấy · · 90*BFC BEC= = nên tứ giác BFEC nội tiếp trong đường tròn đường kính BC => tâm G là trung điểm của BC 2/ Tam giác BMH vuông Do DM//AC nên · · BDM ACB= ( 2 góc đồng vị ) .Do tứ giác BFEC nội tiếp nên · · ACB AFE= . Ta lại có · · AFE MFB= ( 2 góc đối đỉnh ) tứ đó suy ra · · MFB BDM= => Tứ giác BDFM nội tiếp ( 2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh BM ) .Ta lại có : · · 90*ADC BFC= = => Tứ giác BFHD nội tiếp . Từ đó dẫn đến 5 điểm B,M,F,H,D cùng thuộc 1 đường tròn đường kính BH -> BM vuông góc với MH vậy tam giác BMH vuông tại M 3/ · · CBI ABE= Trong tam giác vuông BEC có µ 45*C = nên tam giác BEC vuông cân có G là trung điểm của BC nên EG vuông góc với BC .Xét trong tam giác BEI có DI và BG là 2 đường cao chúng cắt nhau tại H => D là trực tâm của tam giác BEI => DE_|_BI DE_|_BI => · · EDG EIB= ( cùng phụ với góc DEI ) .Mặt khác ta có : · · 90*ADB AEB= = => Tứ giác AEDB nội tiếp => · · EDG BAC= => · · BAC EIB= Xét trong 2 tam giác vuông ABE và IBG ta có : · · BAC EIB= => · · CBI ABE= 4/ Tìm thêm 1 điều kiện của tam giác ABC Dựng BJ_|_ HI . Ta có : · · 90*BJH AFB= = nên tứ giác BFHJ nội tiếp=> · · ABE HJF= Ta có : · · 90*BJI BGI= = => Tứ giác BJGI nội tiếp => · · CBI GJI= Mà · · CBI ABE= => · · HJF GJI= . Mâc khác ta có : · · · · · · 180*FJG GJI FJI HJF FJI HJI= + = + = = => 3 điểm F,J,G thẳng hàng . Nếu HI ,DE ,FG đồng quy tại 1 điểm => 3 điểm E,J,G thẳng hàng => · · HEJ HED= , dễ thấy tứ giác DHEC nội tiếp nên · · HED HCD= từ đó suy ra · · HEJ HCD= .Do BJ vuông góc với HJ tức là 6 điểm M,F,H,J,D,B cùng thuộc 1 đường tròn từ đó suy ra · · HJE HFD= . Dễ thấy tứ giác BFHD nội tiếp nên · · · · HFD HBC HJE HBC= => = . Từ đó xét BHC ∆ và JHE ∆ ta có : · · HJE HBC= , · · HEJ HCD= => ~BHC JHE ∆ ∆ (g-g )=> HJ/HB=HE/HC mà Cos BHJ =HJ/HB và cos EHC =HE/HC => · · BHJ EHC= . Dễ thấy · · BHJ BFJ= ( 2 góc nội tiếp chắn cung BJ của đường tròn đường kính BH ) mà ta lại có GB =GF => Tam giác GBF cân => · · BFJ ABC= . Ta lại có : · · EHC BAC= ( cùng phụ với góc ACF ) từ đó suy ra · · ABC BAC= => tam giác ABC cân tại C ( đây là ĐK của bài toán ) Bài 2 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn ( AB<AC) .Vẽ 3 đường cao AD,BE,CF của tam giác ABC chúng cắt nhau tại H 1/Chứng tỏ : Tứ giác DHEC nội tiếp ,xác định tâm O 2/ Trên cung nhỏ EC của đường tròn (O) lấy 1 điểm I sao cho IC>IE ,DI cắt CE tại N .Chứng minh : NI.ND=NE.NC 3/ EF cắt IC tại M .Chứng minh : MN_|_CH 4/ HM cắt (O) tại K , KN cắt (O) tại G ,MN cắt BC tại T. Chứng tỏ : 3 điểm H,T,G thẳng hàng Bài giải 1/ Tứ giác DHEC nội tiếp ,xác định tâm O Ta có : · · 90*HDC AEB= = nên tứ giác DHEC nội tiếp trong đường tròn đường kính HC => tâm O là trung điểm của HC 2/ NI.ND=NE.NC Xét tam giác NIC và tam giác NED ta có : · · END INC = ( 2góc đối đỉnh ), · · DEN CIN= ( 2góc nội tiếp cùng chắn cung DC) => ~NIC NED ∆ ∆ (g-g ) => . . NI NE NI ND NC NE NC ND = => = 3/ MN vuông góc với CH Ta có : · · DIC DHC= ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC ) mà · · DHC ABC= ( cùng phụ với góc BCF ) mà ta lại có : : · · 90*BFC BEC= = nên tứ giác BFEC nội tiếp => · · ABC AEF= mà · · AEF MEC= ( 2 góc đối đỉnh ) từ đó · · MEC DIC= => Tứ giác MENI nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong ) => · · EMN EIN= mà · · EIN ACB= ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung DE ) ta lại có : · · ACB AFE= ( Tứ giác BFEC nội tiếp )=> · · AFE EMN= => AB//MN ( 2 góc sole trong ) mà AB_|_CH=> MN_|_CH 4/ 3 điểm H,T,G thẳng hàng Xét tam giác EMN và tam giác TCN ta có : · · EMN ACB= (cmt) , · · ENM TNC= ( 2 góc đối đỉnh )=> ~EMN TCN ∆ ∆ (g-g)=> . . EN TN EN CN TN MN MN CN = => = Xét tam giác ENK và tam giác GNC ta có : · · ENK CNG= ( 2 góc đối đỉnh ) , · · EKN NCG= ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EG) => ~ENK GNC ∆ ∆ ( g-g)=> . . EN GN EN CN KN GN NK CN = => = Từ đó suy ta TN.MN=KN.GN => TN/GN=KN/MN Xét tam giác MNK và tam giác GNT ta có : · · MNK GNT= ( 2 góc đối đỉnh ) , TN/GN=KN/MN (cmt) => ~MNK GNT ∆ ∆ (c-g-c) => · · TGN KMN= . Ta có góc HKC =90* ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) =>HK_|_CK theo như trên ta đã chứng minh MN_|_CH cho nên · · KMN HCK= ( cùng phụ với góc MHC ) mà ta lại có : · · HCK HGN= ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung HN )=> · · TGN HGN= => 2 tia GT và GH trùng nhau => 3 điểm H,T,G thẳng hàng Bài 3 : Cho 3 điểm B,D,C thẳng hàng theo 1 thứ tự nào đó ( D nằm giửa B và C) và đặt DC=2DB=2x (x>0) .Gọi (p) là đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC .Trên (p) lấy 1 điểm A sao cho AD=3x .Vẽ 2 đường cao BE và CF của tam giác ABC chúng cắt nhau tại H . 1/ Hãy tính diện tích tam giác ABC theo x và chứng tỏ góc ACB =góc AFE 2/ Chứng minh rằng : DB.DC=DH.DA .3/ Hãy tính : HD và HA theo x ,tam giác AEF theo x 4/ Gỉa sử D,B,C cố định .Tìm giá trị của đoạn thẳng AD theo x để : tam giác ABC có 3 góc nhọn , · BAC ≤ 60* Bài giải 1/Hãy tính diện tích tam giác ABC theo x và chứng tỏ góc ACB =góc AFE Ta có : S∆ABC=BC.AD/2=3x.3x:2=4.5x 2 . Xét tứ giác BFEC ta có · · 90*BFC BEC= = => Tứ giác BFEC nội tiếp => góc ACB =góc AFE 2/ DB.DC=DH.DA Xét tam giác HDB và tam giác CDA ta có : · · 90*HDB ADC= = , · · BHD ACB= ( cùng phụ với góc ACB ) => ~HDB CDA ∆ ∆ (g-g)=> . . HD CD HD AD BD CD BD AD = => = 3/Tính HD,HA, diện tích tam giác AFE theo R Ta có : BC 2 =BF 2 +CF 2 =(AB-AF) 2 +CF 2 =AB 2 -2.AB.AF+AF 2 +CF 2 =AB 2 2.AB.AC.cosA+ AC 2 từ đó rút ra cosA= 2 2 2 2. . AB AC BC AC BC + − Theo như trên ta đã có :DB.DC=DH.DA=> . .2 2 3 3 DB DC x x x DH DA x = = = Từ đó ta có : HA=AD-HD=3x- 2 7 3 3 x x = Xét tam giác AFE và tam giác ACB ta có : BAC là góc chung , góc AFE=góc ACB ( cmt) =>∆AFE~∆ACB (g-g)=> 2 2 S ABC AE S AEF AB ∆ = ∆ =cos 2 A => S∆AEF=S∆ABC.cos 2 A Ta tính được AB = 2 2 2 2 9 10AD BD x x x+ = + = ,AC= 2 2 2 2 9 4 13AD CD x x x+ = + = Ta có : S∆AEF =∆ABC. 2 2 2 2. . AB AC BC AC BC + − = 2 2 2 2 2 2 9 10 13 9 63 . 2 2. . 10. 13 2 130 x x x x x x + − = 4/ Vị trí của A sao cho góc BAC nhỏ hơn 60 độ B,D,C cố định => BD=x và CD=2x Gỉa sử xét A tại vị trí sao cho góc BAC= 60* Áp dụng công thức cosA= 2 2 2 2. . AB AC BC AC BC + − vì cos 60* =1/2 =>Đặt AD =y ta có : AB 2 +AC 2 -BC 2 =AC.BC =>x 2 +y 2 +y 2 +4x 2 -9x 2 = 2 2 2 2 ( )(4 )x y x y+ +  2y 2 -4x 2 = 2 2 2 2 ( )(4 )x y x y+ + (*) Nhận thấy vế phải luôn dương ta có : (2y 2 -4x 2 ) 2 =4x 4 +x 2 y 2 +4x 2 y 2 +y 4  4y 4 -16x 2 y 2 +16x 4 =4x 4 +5x 2 y 2 +y 4  3y 4 -21x 2 y 2 +12x 4 =0 Xem trên là một phương trình bậc hai ẩn là y 2 ,x là tham số / muốn phương trình trên có nghiệm thì điều kiện là phương trình có nghiệm dương ∆ = (-21x 2 ) 2 -4.3.12x 4 =297x 4 >0 , 2 297x∆ = =>Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 2 2 1 21 297 6 x x x + = ( nhận ) , 2 2 2 21 297 6 x x x − = ( nhận ) Tuy nhiên Ta phải loại đi một nghiệm nhận thấy rằng trường hơp 2 x vì ở trên ta thấy ở (*) muốn tồn tại thì ta phải có : 2y 2 -4x 2 ≥0 =>y 2 ≥2x 2 như vậy ở trường hợp số 2 không thỏa yêu cầu bài toán , chỉ nhận trường hợp 1 Vị trí của D dể góc BAC≤60* thì AD 2 ≥ 2 2 21 297 6 x x+ => AD≥ 21 297 . 6 x + Đây chính là giới hạn của điểm A Bài 4 : Cho đường tròn tâm O ,đường kính AB .Trên đường tròn (O) lấy 1 điểm C sao cho BC>AC. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại D .Vẽ CH vuông góc với AB tại H . Qua O kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD tại M 1/Chứng minh rằng : MC là tiếp tuyến của (O) và CH 2 =AH.BH 2/Chứng tỏ : Tứ giác AMOC nội tiếp được 3/ BM cắt CH tại I .Chứng minh : I là trung điểm của CH 4/ AI cắt (O) tại D. Chứng tỏ : DN là tiếp tuyến của (O) 5/ MN cắt (O) tại P , DP cắt AN tại Q .Chứng minh : AQ 2 =QP.QD 6/Đường thẳng qua Qsong song AB cắt MA và MB lần lượt tại J và K .Gỉa sử QK=QJ . Tính diện tích tam giác MIN theo R Gỉai 1/ MC là tiếp tuyến của (O) và CH 2 =AH.BH Ta có : góc ACB =90* ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB ) => AC_| _BC mà OM//BC => OM//BC .Ta có : OA=OC=R=> tam giác AOC cân trong tam giác này có OM là đường cao => OM cũng là đường phân giác => · · AOM COM= Xét tam giác AOM và tam giác COM ta có : OA=OC=R , · · AOM COM= ( cmt) , OD là cạnh chung ) =>∆AOM=∆BOM (c-g-c)=> · · 90*OCM OAM= = => CO_|_CM ta lại có C thuộc (O) nên MC là tiếp tuyến của (O) .Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta liền suy ra CH 2 =AH.BH 2/Tứ giác AOMC nội tiếp được Ta có : · · 90* 90* 180*OAM OCM= = + = => Tứ giác AOMC nội tiếp ( tổng 2 góc đối =180* ) 3/ I là trung điểm của CH Trong tam giác ADB ta có OA=OB=R , OM//BD => MA=MD CH//AD ( cùng vuông góc với AB ) Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác ABM và tam giác BMD ta có : IH BI CI AM BM DM = = mà AM=DM => IH=IC hay I là trung điểm của CH 4/ DN là tiếp tuyến của (O ) Xét tam giác ABD và tam giác HCA ta có : · · 90*AHC ABD= = , · · ACH ABD= ( cùng phụ với góc BCH ) =>∆ ABD~∆HCA (g-g)=> 2 2AB HC OA HI BD CA BD CA = => = (O,I là trung điểm của AB.CH) Xét tam giác ACI và tam giác DBO ta có : · · ACH ABD= ( cmt) , OA HI BD CA = ( suy ra từ trên ) =>∆ ACI~∆DBO (c-g-c) => · · ODB IAC= Gỉa sử gọi L là giao điểm của OD và AN ta có : · · ODB IAC= => Tứ giác ADCL nội tiếp => · · 90*ALD ACD= = => OD vuông góc với AN Ta có : OA=ON =R=> tam giác OAN cân mà có OD là đường cao => OD cũng là phân giác => · · AOD NOD= . Xét tam giác AOD và ta giác NOD ta có : OA=ON , · · AOD NOD= , OD là cạnh chung =>∆ AOD=∆NOD (C-G-C) => · · 90*OND OAD= = => ON_|_DN lại có n thuộc (O) => DN là tiếp tuyến của (O) 5/ QA 2 =QP.QD Xét tam giác MAP và tam giác MNA ta có : · MAN là góc chung , · · MAP MNA= ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AP )=>∆MAP~∆MNA (g-g)=> MA MN MP MA = mà MA =MD => MD MN MP MD = . Xét tam giác MDP và tam giác MND ta có : DMN là góc chung , MD MN MP MD = ( cmt) =>∆ MDP~∆MNA (c-g-c) => · · MDP MND= mà · · MND PAN= ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung NP )=> · · MDP PAN= Xét tam giác QAP và tam giác QDA ta có : · AQD lá góc chung , · · MDP PAN= (cmt) =>∆QAP~∆QDA (g-g) => 2 . QA QD QA QP QD QP QA = => = và suy ra · · APQ DAQ= 6/ Diện tích tam giác MIN theo R Gỉa sử tia DQ cắt (O) tại E . Theo như trên ta có : · · APQ DAQ= => » » AN AE= ( 2 góc bằng nhau chắn 2 cung bằng nhau ) => NE_|_AB ( quan hệ đường kính và dây cung ) Tia NE cắt (O) tại F .Ta có : NE_|_AB => F là trung điểm của NE ( quan hệ đường kính và dây ) . Gỉa sử tia MQ cắt NE tại T Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác DMQ và GTE ,tam giác AMQ và NQT Ta có : MA AQ DM NT NQ ET = = mà MA =DM => NT=ET => T là trung điểm của NE dẫn đến 2 điểm G và T trùng nhau => 3 điểm M,Q,F thẳng hàng Lại Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác AMF và BMF ta có : QJ MQ KQ AF MF BF = = => QJ AF QK BF = . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ANB ta có : 2 2 . . AN AF AB AF BN BF AB BF = = .Ta có : góc ANB=90* ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB )=> AN_|_BN mà OD_|_AN=>OD//BN=> · · AOD ABN= Xét tam giác NAB và tam giác ABD ta có : · · 90*ANB AOD= = , · · AOD ABN= ( cmt) =>∆NAB~∆ABD (g-g) => AN OA BN AD = mặt khác dễ thấy 2AB OA AD AD = . Đến đây dễ thấy 2 tam giác vuông ADB và CAB đồng dạng => AB BC AD CA = . Lại Áp dụng hệ thức lương trong tam giác vuông ABC có đường cao CH ta có : 2 2 . . BC BH AB BH AC CH AB CH = = .Từ tất cả trên suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4QJ AF AN OA AB BC BH QK BF BN AD AD AC AH = = = = = = Theo như yêu cầu đề bài thì QJ=QK => BH=4AH mà AH+BH=AB=2R dễ suy ra AH=2R/5 Suy ra AH=2R/5 và BH=8R/5 Ta có : CH = 2 .8 4 . 5.5 5 R R R AH BH = = => IH = 2 5 R BC= 2 2 2 2 4 64 2 17 25 25 5 R R R CH BH+ = + = . Ta có :AB 2 =BC.BD =>BD= 2 2 4 .5 10 2 17 17 AB R R BC R = = AD= 2 2 2 2 2 100 32 4 2 4 17 17 17 R R R BD AB R− = − = = =>AM = 2 2 17 R . OD= 2 2 2 2 32 7 17 17 R R OD AD R+ = + = OD cắt AN tại L .Ta có :OA.AD=AL.OD => 2OA.AD=AN.OD =>AN= 2 . 2 .4 2. 17 8 2. 7 17.7 OA AD R R R OD R = = và AL= 4 2. 7 R DL = 2 2 2 2 32 32 32 17 49 7 17 R R R AD AL− = − = S∆MIN=S∆AMN-S∆AMI= 2 S ADN∆ - S∆AMB+S∆AIB = . . . 4 2 2 DL AN AM AB HI AB − + = 32 .8 2. 2 2.2 2 .2 5.2 7 17.4 17.2 R R R R R R − + =R 2 ( 64 2 2 2 2 5 7 17 17 + + )=R 2 ( 320 2 35 2 238 35 17 + + )=R 2 ( 355 2 238 35 17 + ) Bài 5 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn ( AB<AC) nội tiếp đường tròn (O) ,BE và CF là 2 đường cao của tam giác ABC cắt nhau tại H 1/Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp và OA_|_EF 2/Đường thẳng qua E song song với OA cắt FC tại M và cắt BC tại N . Chứng minh rằng : NC 2 =NM.NE 3/Đường thẳng qua F song song với OA cắt BE tại P và cắt BC tại Q , NF cắt QE tại I.Chứng minh rằng : BQ=NC suy ra IQ.PQ=IE.MN 4/ Chứng minh rằng : · · PAH OAM= Bài giải 1/Tứ giác BFEC nội tiếp và OA vuông góc với EF Ta có : · · 90*BFC BEC= = => Tứ giác BFEC nội tiếp trong đường tròn đường kính BC .Kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O) như hình vẽ . Theo như trên ta có : Tứ giác BFEC nội tiếp => · · ACB AFE= mà · · ACB BAx= ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AB ) => · · AFE BAx= => EF//Ax ( 2 góc ở vị trí solo trong ) mà Ax vuông góc với OA=> OA_|_EF 2/ AH vuông góc với BC và NC 2 =NM.NE Xét trong tam giác ABC có BE và CF là 2 đường cao cắt nhau tại H => H là trực tâm của tam giác ABC => AH_|_BC Ta có : OA_|_EF mà EN//EF => EF_|_EN Ta có : · · BEF CEN= ( cùng phụ với góc BEN ) mà · · BEF BCF= ( tứ giác BFEC nội tiếp ) => · · BCF CEN= . Xét tam giác NCM và tam giác NEC ta có : NCE là góc chung , · · BCF CEN= ( cmt ) =>∆NCM~∆NEC (g-g) => NC NE MN NC = => NC 2 =NM.NE 3/ BQ=NC và IQ.PQ=IE.MN Gọi T và K lần lượt là trung điểm của BC và EF Ta có : T là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC => TF=TE=> tam giác TEF cân ( trong tam giác này có TK là đường trung tuyến)=> TK cũng là đường cao => TK_|_EF ta thấy FQ//EN//TK ( cùng vuông góc với OA ) => Tứ giác QFEN là hình thang trong hình thang này ta có : KT//FQ//EN , K là trung điểm của EF=> T là trung điểm của QN .Ta có : TB=TC ,TQ=TN=>BQ=NC Chứng minh tương tự như câu 2 ta có : BQ 2 =PQ.FQ Mà BQ=NC và NC 2 =NM.NE => PQ.FQ=NM.NE => PQ NE MN FQ = Trong hình thang QFNE có QF//NE Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác QIF và IEN ta có : NE IE FQ IQ = từ đó suy ra PQ IE MN IQ = => PQ.IQ=MN.IE 4 / · · PAH OAM= Xét tam giác ECM và tam giác EBF ta có : · · BEF CEN= , · · FBE ECF= ( Tứ giác BFEC nội tiếp ) =>∆ECM~∆EBF ( g-g) => EC BE MC FB = . Chứng minh tương tự ta có ∆FBP~∆FCE ( g-g) => FB CF BP EC = . Lấy 2 đảng thức trên nhân với nhau ta có : . . EC CF BE FB MC EC FB BP = => MC BP FC BE = (1) Xét trong 2 tam giác vuông ABE và ACF ta có : SinA= BE CF BA CA = (2) .Lại lấy 1 nhân với 2 ta có : . . MC FC BP BE FC AC BE BA = => MC PB AC AB = . Xét tam giác ABP và tam giác ACM ta có : · · ABE ACF= ( cùng phụ với góc BAC ) , MC PB AC AB = ( cmt) =>∆ABP~∆ACM (c-g-c)=> · · BAP CAM= Dựng đường kính AS của (O) ta có : · · AHF ABC= ( cùng phụ với góc BAH ) mà · · ABC ASC= ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) => · · AHF ASC= Ta có : góc ACS=90* ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AS ) Xét tam giác AFH và tam giác ACS ta có : [...]... : 2 R ( 19 − 3) 2( 19 − 3) BH2-HP2=AB2-AP2( = BP2) => 2m= = R ( 57 − 3) 2( 19 − 3) R (41 − 3 57) 2( 19 − 3) + R 19 − R 3 = =>m = n= R 19 − R 3 - R[ 57 − 3 + 2( 19 − 3) 2 ] 2( 19 − 3) R (41 − 3 57) 4( 19 − 3) R (82 − 6 57) 8( 19 − 3) = ta tìm được R[8( 19 − 3) 2 − 82 + 6 57] 8( 19 − 3) = R (47 − 5 57) 4( 19 − 3) ( 19 − 3) 2 (47 − 5 57) 2 R ( 382 57 − 1725) − = 2 4 4( 19 − 3) 2( 19 − 3) Để ý rằng BH//IM... IQ=BP /2 = , MQ =n/2 = 8( 19 − 3) 4( 19 − 3) 2 2 BP= BH − n = R R (47 − 5 57) R (135 − 13 57) R 19 − R 3 + = 8( 19 − 3) 8( 19 − 3) 2 Để ý rằng do I là trung điểm của AB nên S∆HBI =∆IHA IQ.HA =>BK.HI=IQ.HA => BK= HI Ta lại có : HQ =HM + MQ = = R 382 57 − 1725.R ( 19 − 3) = = 4( 19 − 3).R 382 57 − 1725 16( 19 − 3) 2 R 382 57 − 1725.( 19 − 3).2 2 095 8 − 198 2 57 + (135 − 13 57) 2 64( 19 − 3) 2 Bài 6 : Từ 1... 2 = 19 R 2 > 0 , ∆ = R 19 =>Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt R 19 − R 3 − R 19 − R 3 ( nhận ) , x2 = ( loại ) x1 = 2 2 R 19 − R 3 Ta tìm được : BH=HM=AM = = , AH= R 19 − R 3 2 Đặt HP= n , AP=m, ta có : m+n=AH= R 19 − R 3 R 2 ( 19 − 3) 2 -n2=4R2-m2 4 2 2 R [16 − ( 19 − 3) ] R 2 (2 57 − 6) R 2 ( 57 − 3) =>(m-n)(m+n)= = = 4 4 2 2 R ( 57 − 3) R( 57 − 3) = => m-n= Từ đó ta tìm được : 2 R ( 19 −... ,Tứ giác BDMK là hình chữ nhật · Ta có : BCK = 90 * ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BK ) => BC_|_KC Ta có : OA=OB=R ,AB=AC ( Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ) => OA là trung trực của BC => HB=HC và OA_|_BC => OA//CK Xét tứ giác ta có : · ABO + · ACO = 90 * +90 * = 180* Tứ giác ABOC nội tiếp ( tổng 2 góc đối =180* ) Xét tứ giác BDKM ta có : OB=OK , OD=OM => Tứ giác BDKM là hình bình hành ta... ,Tứ giác BDMK là hình chữ nhật · Ta có : BCK = 90 * ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BK ) => BC_|_KC Ta có : OA=OB=R ,AB=AC ( Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ) => OA là trung trực của BC => HB=HC và OA_|_BC => OA//CK Xét tứ giác ta có : · ABO + · ACO = 90 * +90 * = 180* Tứ giác ABOC nội tiếp ( tổng 2 góc đối =180* ) Xét tứ giác BDKM ta có : OB=OK , OD=OM => Tứ giác BDKM là hình bình hành ta...· AFH = · ACS = 90 * , · AHF = · ASC ( cmt) · · =>∆AFH~∆ACS ( g-g )=> FAH = CAO · · · · · · Ta có PAH = FAH − BAP , OAM = CAO − CAN · · · · · · FAH = CAO, BAP = CAN ( cmt) => PAH = OAM Bài 6 : Từ 1 điểm A ngồi (O;R) ,Kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC đến (O) với B và C là tiếp điểm Vẽ dây cung... AD,KG,CO là 3 đường cao của tam giác AKC chúng cắt nhau tại J => CO_|_AK Xét tam giác AOC và tam giác MNC ta có : · · · · AOC = MNC = 90 * , OAC = MNC (cmt) =>∆AOC~∆MNC ( g-g ) => AC OC = MC NC · · => · ACO = MCN => · ACM = NCO Xét tam giác CAM và tam giác CON ta có : AC OC · · = , ACM = NCO (cmt ) MC NC · · =>∆ CAM ~∆CON (c-g-c ) => CAM = CON Xét tứ giác KOLN ta có : · · COK + LNK = 90 * +90 * = 180 * =>Tứ... PQ cắt AH tại T Chứng tỏ : PA PT Lời giải 1/Chứng tỏ :Các tứ giác AFHE ,HKEN nội tiếp và HK.HC=HN.HA Xét tứ giác AFHE ta có : · AFH + · AEH = 90 * +90 * = 180 * =>Tứ giác AFHE nội tiếp ( tổng 2 góc đối bằng 180* ) · · Xét tứ giác HKEN ta có : EKH + ENH = 90 * +90 * = 180 * =>Tứ giác HKEN nội tiếp ( tổng 2 góc đối bằng 180*) ... dụng định lý OB OF = ta lét ta có : mà OB=OK => OF=ON , Dẩn đến tứ giác BFKN là hình OK ON · bình hành => BN//DK ta lại có :BD_|_KD => BN_|_BD ta lại có : BDM = 90 * ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn => BD_|_BM =>3 điểm B,N,M thẳng hàng 4/ NS//AB Dựng NI_|_BK tại I ,Gỉa sử MK cắt BC tại L , Dựng LT_|_BK tại LTa có : · BMK = 90 * ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BK ) Xét trong 2 tam giác vng... giao điẻm của AE và BK.Dựng PQ_|_AB tại Q Xét trong tam giác APB ta có : · ACB = · AMB = 90 * ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB ) Dẫn đến PQ,AM,BC là 3 đường cao tam giác APB => PQ ,AM,BC đồng quy tại 1 điểm T · · · · Ta có : MOB = OMA + OAM = 2OAM ( Do tam giác AOM cân OA=OM =R) · · Ta có : PQA = PCB = 90 * =>Tứ giác ACTQ nội tiếp ( góc ngồi bằng góc đối trong ) · · · · => OAM = BCQ Ta lại . ( 19 3) 2( 19 3) R R R − − = − − .Từ đó ta tìm được : 2m= ( 57 3) 2( 19 3) R − − + 19 3R R− = 2 [ 57 3 2( 19 3) ] 2( 19 3) R − + − − = (41 3 57) 2( 19 3) R − − =>m = (41 3 57) 4( 19 3) R. 3) R − − ta tìm được n= 19 3R R− - (82 6 57) 8( 19 3) R − − = 2 [8( 19 3) 82 6 57] 8( 19 3) R − − + − = (47 5 57) 4( 19 3) R − − BP= 2 2 2 2 2 ( 19 3) (47 5 57) 4 4( 19 3) BH n R − − − = − − . 19R R R− − = > 0 , 19R∆ = =>Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 1 19 3 2 R R x − = ( nhận ) , 2 19 3 2 R R x − − = ( loại ) Ta tìm được : BH=HM=AM = 19 3 2 R R− = , AH= 19