Luyện thị lớp 10: 14 LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN NÂNG CAO

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP KHĨ Câu 1) Phân tích định hướng giải: a) Để chứng minh tứ giác BKCM nội tiếp ta chứng minh · · BKC + BMC = 1800 Điểm K tốn có mối quan với hai đường tròn ngoại tiếp tứ giác EBKD, KFDC ta · · tìm cách tính góc BKC , BMC theo góc có liên quan đến tứ giác ( ) · · · · ·  = 3600 − BKE + CKE = 3600 −  BDE + CKE Ta có: BKC   ( ) · · · = 3600 − 1800 − BDC + 1800 − BDC = BDC (1) · · · Mặt khác ta có: BMC (2) = 1800 − 2MBC = 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) 96 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Phân tích định hướng giải: a) Tứ giác CNMD có liên quan đến tiếp tuyến CN nên ta tập trung khai thác giả thiết góc tạo tiếp tuyến dây · · Ta thấy: MCN , mặt khác = MCA · · phụ với góc MCA = BAN ·NAC , BAN · · = BDN · · (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: EAF = 900 Thật ta · · · · · có: EAF , EAB (Cùng chắn cung EB ) , mặt = EAB + BAF = EDB · · · · · khác EDB CMND nội tiếp, suy EAB ,Từ = MNC = MNC = MAC · · · suy EAF = 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 ( ) ¼ · » , = DM + NC Mặt khác ta có: NOC 97 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ( ) ( » ¼ · · » − BC » − »AD BIC = BC + »AD từ suy ra: BJN = DM + NC 2 ( ) ( ) ) · » =  DM ¼ − »AD − BC » − NC »  = ¼ AM − NB Ta có: NKB  2 = ( ) ¼ » − BC » − »AD Từ suy đpcm DM + NC 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 suy I , K , O thẳng hàng Câu 4) Phân tích định hướng giải: · · Ta có: BEC = CFB = 900 Suy H trực tâm tam giác ABC 98 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · 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 = 2FBE = FIE FIDE tứ giác nội tiếp Câu 5) + Ta có tính chất quen thuộc: BE phân giác góc · (Học sinh tự chứng minh FED điều dựa vào tứ giác nội tiếp BFHD, HIEK , HDEC ) 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) Phân tích định hướng giải: a) Áp dụng hệ thức lượng 99 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC tam giác vng 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 vng 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 ngồi · góc DHE Quay trở lại toán: · Ta thấy : Từ việc chứng minh: HI phân giác góc DHE ID HD AD HD · = = HA phân giác ngồi góc DHE ta có: IE HE AE HE suy ID AD = IE AE Mặt khác theo định lý Thales ta có: ID DP DP AD = = suy mà IE BE BE AE 100 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 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 · · nội tiếp MQB = MOB · · Mặt khác MOB tứ giác = MKB · · MBOK nội tiếp suy MQB = MKB Như ta cần quy tốn chứng minh MKQB nội tiếp · Ta có: ·ABC = ·ACB = NKQ (Tính chất tiếp tuyến) Như MKQB tứ giác nội tiếp Hoàn toàn tương tự ta có: NKPC nội tiếp nên suy được: NCOP nội tiếp Câu 8) a) Giả sử đường tròn (O ') ngoại tiếp tam giác ABC Dễ thấy H trực tâm tam giác ABC O trung điểm BC Những điểm đặc biệt giúp ta nghỉ đến toán đặc biệt liên quan đến đường thẳng, đường tròn Ơ le 101 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 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 tròn 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 #∆OSA · · · · 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: 102 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Bài toán làm ta liên tưởng đến đường thẳng Ơle, đường tròn Ơ le Dựng đường kính AA ' Ta dễ thấy điểm A, E , H , D nằm đường tròn 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 *) 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) Câu 10) Phân tích định hướng giải: a) Ta cần dùng góc để tận dụng điều kiện AR, AQ tiếp tuyến (O) · Thật vậy: ORC = 900 , ta cần chứng minh 103 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · 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 µ +C µ B · · · · · Thật ta có: PRC mà POC , = OBC + OCB = = POC µ µ ·CRQ = 1800 − ·ARQ = 1800 −  180 − A ÷ = 900 + A suy  ÷ 2   µ +C µ µA B · · PRC + CRQ = + 900 + = 1800 (Đpcm) 2 11) Phân tích định hướng giải: a) Ta có: ·AMO = ·ANO = ·ADO = 900 nên điểm A, M , D, O, N nằm đường tròn đường kính AO Suy tứ giác AMDN , MNDO tứ giác nội tiếp b) Ta có: BDHF tứ giác nội tiếp nên: AH AD = AF AB 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 104 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 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 tròn đường kính BC Để chứng minh điểm B, C , E , P, F nằm đường tròn · Ta cần chứng minh BPC = 900 Thật ta có: · · · · PBC = PBE + EBC = ·ABE + EBC = ( ) ( µ 900 − µA + 900 − C ) · · · Tương tự ta có: PCB = PCF + FCB = ( ) ( ) µ Từ suy 900 − µA + 900 − B ( ) · · µ +C µ = 900 ⇒ BPC · PBC + PCB = 2700 − µA + B = 900 Vậy điểm P thuộc đường tròn đường kính BC Mặt khác BP phân giác góc ·ABH nên P trung điểm cung nhỏ EF b) Để ý M , N tâm hai đường tròn đường kính BC đường tròn đường kính AH Do hai đường tròn cắt theo dây cung EF nên MN qua trung điểm cung EF Hay M , N , P thẳng hàng Câu 13) Phân tích định hướng giải: a) Điểm P tốn điểm Miquel tam giác ABC + Ta dễ thấy điểm 105 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Ta có NA NA MA AQ NA = AQ Mặt khác = = = AB CD MD BD · NAQ = 600 nên tam giác NAQ Vậy phép quay tâm A góc quay 600 biến D thành B , N thành Q Do DN BQ tạo với góc 600 · Vậy BPD = 600 Do P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Câu 51 Giải: Vì tứ giác BEPD, AQCB · · · nội tiếp nên CAQ = CBQ = DEP · · · Mặt khác AQC = 1800 - ABC = EPD (1).Áp dụng định lý Ptô –lê- mê cho tứ giác BEPD ta có PE BD + PD.EB + DE BP (2) Từ (1) (2) suy AQ.BD + QC EB = CA.BP Mặt khác BD = EB = CA nên AQ + QC = BP Câu 52 Giải: 1µ 1µ · · · a) Ta có NCE Do E nằm = IBN = B < A = NCM 2 µ > Cµ nên N C nằm · góc NCM (1) Do B phía AM Do E C nằm phía AM (2) 140 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Từ (1) (2) suy E nằm · góc AMC Vậy Q thuộc cung nhỏ AC b) Vì QK = QA · · Q = 1A µ + 1B µ (3), suy QAK = AK 2 1µ · · · · · · Mặt khác CAQ nên Þ IAK + CAQ = B = IBK + CBQ = CBQ · CAQ = I·BK hay tứ giác AI K B nội tiếp Từ ta có 1µ · Q = BAI · · QM nên K I / / MQ IK = A =K Gọi L giao điểm K N MQ , K ILE hình bình hành Do N trung điểm K L Vậy BK CL hình bình hành Mặt khác ta có BK / / CL , BK = CL · · · (4) nên CL = QC (5) Từ (4) (5) suy CLQ = BLQ = CQM BK = CL (6) BQ = QA +QC Từ (3) (6) ta có Câu 53 Giải: Gọi T giao điểm (khác A ' ) đường tròn ngoại tiếp tam giác A 'B 'C ' tam giác A 'BC Tứ giác BA 'CT nội tiếp đường tròn · B = CT · A '+A · 'T B CT ( ) · · 'C 'B ' = CBA ' + 1800 - A 141 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ( ) · · = 180 - ( ACB - CBA ') Gọi H · · = CBA ' + 1800 - ACB (do A 'C '/ / AC , BC / / B 'C ' ) giao điểm BA ' AC · · · · Khi ACB - CBA ' = BHC = CAB ' BH / / AB ' Suy · B = 1800 - CAB · CT ' Do tứ giác AB 'T C nội tiếp hay T thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác B 'CA Tương tự T thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác C 'AB Câu 54 Giải: a) Gọi K ,T hình chiếu vng góc M , N xuống BC H hình chiếu vng góc N xuống AC , L hình chiếu vng góc M xuống AB Đặt MK = ML = a;NT = NH = b; PN = c Dễ dàng tính được: PM PX = c c c c NT = ba ; PZ = ML = a; 1- c 1- c 1- c 1- c 1- c 1- c PY = 1 NH = b Do PY = PX + PZ 1- c 1- c b) Dễ dàng chứng minh D PZB : D PY C nên D PXB : D PY A nên PB PZ ; = PC PY PB PX Do = PA PY PB PB PX + PZ 1 + = = hay = + PC PA PY PB PA PC 142 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Câu 55 Giải: · · Ta có OM = ON ROM nên D OMR = D ONR (c.g.c) = RON Vậy RM = RN Do N nằm đường trung trực MN nằm · phân giác MAN nên R ¼ điểm cung MN (cung khơng chứa A ) đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Vậy tứ giác AMRN nội tiếp đường tròn Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BMR cắt BC P khác B Do tứ giác AMRN , BMRP nội tiếp nên tứ giác CNRP nội tiếp Vậy hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMR,CNR cắt P thuộc BC Câu 56 Giải: Sử dụng tứ giác ABCD nội tiếp Ta chứng minh PA = PC Giả sử BP cắt AC E , DP cắt AC F Dễ dàng chứng minh cặp tam giác đồng dạng D BCE : D BDA, D DAF : D DBC suy 143 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC AF AD CE · · Do CE = AF Mặt khác PEF nên = = = PFE BC BD BC PE = PF Từ ta có D PEC = D PFA (c.g.c) Vậy PC = PA Ngược lại, giả sử PA = PC Gọi X ,Y tương ứng giao điểm CD, DP với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP Ta có cặp tam giác đồng dạng D ADB : D PDX , D ADP : D BDX nên BX BD XD = = AP AD PD (1) Mặt khác D DPC : D DXY nên XY XD (2) Từ (1) và(2) suy BX = XY = CP PD Do · · B = XPY · · · · · · DCB = XY = PDX + PXD = ADB + ABD = 1800 - BAD Vậy ABCD nội tiếp Câu 57 Giải: Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng I A, IB, IC điểm thứ hai M , N , P Gọi ( O;R ) , (O ';R ') đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , A 'B 'C ' Ta có: IA.I A ' = IB IB ' = I C I C ' ; IA.IM = IB IN = I C IP IA ' IB ' I C ' Suy hai tam giác A 'B 'C ' MNP có = = IM IN IP 144 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC cạnh tương ứng song song nên O 'C '/ / OP Mặt khác ta có OP R NP IP Vậy ba điểm O, I ,O ' thẳng hàng = = = O 'C ' R ' C 'B ' IC ' Câu 58 Giải: Khi A thay đổi cung lớn BC tam giác MNP có µ · không đổi 900 + A NMP µ Tam giác ANP ln cân, có A khơng đổi nên NP lớn AB + AC lớn nhất, A điểm cung lớn ¼ Gọi A0 điểm cung lớn BC , ứng với vị BC trí ta có tam giác M 0N 0P0 cân M ; · M P = NMP · Vậy chu vi D M 0N 0P0 ³ chu vi N 0P0 ³ NP ;N 0 D MNP Do chu vi tam giác MNP lớn A º A0 b) Gọi A ' giao điểm IA với NP , B ' giao điểm IB với MP , C ' giao I C với MN Các điểm O ',G ' tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm tam giác A 'B 'C ' Ta có IA.IA ' = IB IB ' = IC IC ' = Do theo câu suy ba điểm I ,O ',O thẳng hàng Mặt khác ba điểm I ,G ',O ' nằm đường thẳng Ơ-le tam giác MNP qua O cố định Câu 59) Giải: Gọi M , N , P 145 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC tiếp điểm cặp đường tròn ( O1) ,( O2 ) ;( O1) , (O ) ;( O2 ) , (O ) Đường thẳng MI cắt AB Q Ta có ba điểm O2, P ,O thẳng hàng Mặt khác O2M / / OB Tương tự O2M OB = r2 r = O2P OB nên QA MO2 r2 = = QB MO1 r1 PB PO r r MN = = = Do PM PO2 r2 NA r r r r QA PB NM = = Vậy đoạn thẳng AP , MQ, BN QB PM NA r1 r2 r đồng quy nên MQ đường cao tam giác MAB hay MQ ^ AB suy MQ ^ O1O2 Vậy I thuộc đường thẳng qua M vng góc với O1O2 Câu 60 Giải: Gọi E giao điểm thứ hai khác A AI với đường tròn ( O ) Khi E điểm cung BC (cung khơng chứa A ) Ta có EB = EI = EC = IA Theo định lý Ptơ-lê-mê ta có EA.BC = EC AB + EB AC 2BC = AB + AC Theo tính chất đường phân giác tam giác ta có: AB AI AC AB + AC AB + AC = = = = = Vậy BD ID DC BD + DC BC 146 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC AI AG AI = Gọi M trung điểm cạnh BC , = 2= AD GM ID Vậy GI / / BC Câu 61 Giải: ( R + R3 ) (Tính chất đường trung bình hình thang), Gọi O giao điểm AC BD Ta có dO / D = dO / D khoảng cách từ O tới D Tương tự dO/ D = 1 R1 + R3 ) ;dO / D = ( R2 + R4 ) = dO / D Vậy ( 2 dO / D = dO / D = dO / D Do D 1, D 2, D 3, D tiếp xúc với đường tròn tâm O Câu 62 Giải: Đường tròn ngoại tiếp tam giác SMN có tâm B tiếp xúc với AS S , AM M Đường tròn ngoại tiếp tam giác SPQ có tâm D tiếp xúc với AQ Q , AS S · · Ta có AMQ suy = AQM · · · · · · QME - FQM = AQF - AME = QPF - MNE (1) Ta có AE AN = AM = AF AP hay tứ giác NEFP nội tiếp Do ( ) ( · · · · · · FEM - EFQ = FEN + NEM - EFP + PFQ 147 ) PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ( ) ( ) ( é ù · · = ê1800 - FPN + NEM úê ú ë û ( ) é · ù · ê180 - ENP + PFQ ú ê ú ë û ) ( )( · · · · · · · · = ENP - FPN + NSM - PSQ = ENC - FPC NSM - PSQ ) (để ý CP = CS = CN ) ( ) ( é· · · · = êENS + NSC - FRS + SPC ê ë · · - PSQ ) ùúúû+ ( NSM ) ( · · - PSQ ) ( ) ùúúû+ ( NSM ) · · · · · · = ( NSC + NSM + PSQ - FPS ) - (CSP ) + ( NSM ) é ù · · · · = ê( 90 - SNM - ( 90 - SPQ ú+ ( ENS - FPS ) ) ) ê ú ë û · · · · = ( MSC - QSC - FPS ) + ( ENS ) · · · · · · = ( SPQ - FPS - ENS = MNE (2) ) - ( SNM ) = QPF é· · · · = êENS + NSC - FPS + CSP ê ë 0 · · · · Từ (1) (2) suy QME hay - FQM = FEM - EFQ · · · · Do tứ giác MEFQ nội tiếp QME + EFQ = EFM + FQM Câu 63 Giải: Đường thẳng qua D song song với AC cắt AB M Đường thẳng qua M song song với BC cắt AC N Gọi Q trung điểm NC Ta có AM DC AN = = nên = AB BC AC 148 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC QC DC Vậy CQ = NQ = AN Do = = suy DQ / / AB CA BC ¼ ¼ ¼ ¼ Vậy tứ giác BMPD tứ Do BAC nên BMD = BPD = BPD · · · · giác nội tiếp Do MPA suy tứ giác = MDB = ACB = MNA AMPN nội tiếp Vì BMPD, AMPN tứ giác nội tiếp nên CDPN tứ giác nội tiếp Hơn QD = QC = QN , nên Q tâm đường 1· 1· · tròn ngoại tiếp tứ giác CDPN Vậy DPC = DQC = BAC 2 Câu 64 Giải: Theo định lý Sim-sơn, ba điểm P ,Q, R thẳng hàng Từ hai bốn điểm (C , D, P ,Q ) ;( A, D,Q, R ) thuộc đường tròn ta suy D DCA : D DPR Tương tự ta cặp tam giác đồng dạng D DAB : D DQP , D DBC : D DRQ Do DC BC PQ = Suy DA BA QR DC BC Điều tương đương với chân = DA BA đường phân giác góc D tam giác ADC chân đường phân giác góc B tam giác ABC trùng nhau, hay phân giác góc ABC ADC cắt AC PQ = QR Û Câu 65 Giải: 149 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Gọi H giao điểm MC với PQ Ta cần chứng minh H trung điểm MQ Ta có D K AC : D K MA suy Tương tự D K BC : D K MB suy MA KA = CA KC MB KB = CB KC Mặt khác K A = K B nên MA MB = CA CB AC BM = BC AM (1) Dễ dàng nhận thấy D BMP : D BCQ suy BC CQ = BM MP Từ (1) (2) ta có (2) CA MP = Sử dụng định lý Mê-lê-la –uyt CQ MA cho tam giác QPA với cát tuyến MCH ta có: MP CA HQ =1 MA CQ HD Do HQ = HD Câu 66 Giải: T A,T B,T C cắt đường tròn ( O ') điểm thứ hai A1, B1,C Khi D A1B1C : D ABC , chúng có cạnh tương ứng song song Ta có 150 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC AC 1 AC = B1C BC = A1B1 AB 2 æ æ T A1 ö TA12 T A12 T B12 TB1 T A1 T B1 ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ = = = = = ữ ữ.Do ú ỗ ỗ ữ AA ' ữ ỗ çBB 'ø AA ' BB ' AA1.AT BB1.BT èAA 'ø è Tương tự T A1 T A1 AA ' = T B1 T C1 CC ' T C1 TA TB TC (1) Theo = = AA ' BB ' CC ' AA ' BB ' CC ' định lý Ptơ- lê-mê ta có T B.AC = T A.BC +T C AB (2) Từ (1) (2) ta có: BB '.AC = AA '.BC + CC '.AB Vậy = = Câu 67 Giải: Kẻ tiếp tuyến chung K H , LT ( O1) (O2 ) Giao điểm K H , LT với ( O ) B,C Kẻ tiếp tuyến chung EF ( O1) ( O2 ) cho E B nằm phía O1O2 Các điểm M , N tiếp điểm ( O1) ,( O2 ) với ( O ) EF cắt ( O ) P ,Q Ta chứng minh BC / / PQ Gọi A điểm cung PQ đường tròn ( O ) , kẻ tiếp tuyến AX , AY ( O1) ,( O2 ) Dễ dàng chứng minh ba điểm A, E , M thẳng hàng, ba điểm A, F , N thẳng hàng tứ giác MEFN nội tiếp Do AX = AE AM = AF AN = AY hay AX = AY 151 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Áp dụng câu 66 cho tam giác ABQ nội tiếp đường tròn ( O ) đường tròn ( O1) tiếp xúc với ( O ) M , ta có: AX PQ = BK AC +CL AB Tương tự AY PQ = BH AC + CT AB Suy AC ( BH - BK ) = AB (CL - CT ) AC K H = AB T L hay AC = AB Vậy A trung điểm cung BC , PQ / / BC Câu 68 Giải: · · · · Lấy E , F thuộc đường tròn cho CDB = ADE , BDA = DCF Khi AE = BC , FD = AB, EC = AB, BF = AD Áp dụng định lý Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp AECD BCDF ta có: AC ED = AE CD + AD.EC = BC CD + AD.AB (1) Và BDCF = BC DF + BF CD = BC AB + AD.CD (2) · · · · · · · Mặt khác CDE = CDB + BDE = ADE + BDE = ADB = FCD · · · · · · Do FDC suy = FDE + EDC = FCE + FCD = ECD ED = FC (3) Từ (1),(2),(3) ta có điều phải chứng minh Câu 69 Giải: Tứ giác BC 'MA ' A 'MB 'C 152 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC nội tiếp nên · 'MC ' + B µ = Cµ + A · 'MB ' = 1800 A · 'A ' = MCA · µ = Cµ MB ' Mà B · 'MC ' = A · 'MB ' suy A CM MA ' suy D C 'MA ' : D A 'MB ' (c.g.c) Do = MA ' MB ' · ' B 'M + MCA · · 'A ' = MBA · C· 'A ' M = A ' Mặt khác MC ' nên · · 'MC ' = 1800 - B µ khơng D BMC : D C 'MA ' Do BCM =A Ta lại có đổi Vậy M thuộc đường tròn cố định Câu 70) Gọi H trực tâm AMN , I trung điểm cạnh MN Gọi · Az tia phân giác BAC · · Ta có HAM nên Az = OAN · tia phân giác OAH Gọi O ' đối xứng với O qua Az Khi O ' thuộc AH Khi O thay đổi BC O ' thay đổi đường thẳng D đối xứng với đường thẳng BC qua Az ON · · Tam giác OI N có $ I = 900, I ON = BAC không đổi nên OI không đổi Mặt khác AH = 2.OI nên OA không đổi Do OI AO ' khơng đổi O ' thuộc D cố định nên H thuộc AH đường thẳng D ' song song với D 153 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 154 ... PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Chú ý: Bài tốn giải theo cách 1: Đó OH ⊥ AM suy H trực tâm tam giác AOM , ta thấy P, H , M thẳng hàng Câu 14) Phân tích định hướng giải Gọi S giao điểm thứ... L thẳng hàng nên suy M , H , S thẳng hàng Câu 9) Phân tích định hướng giải tốn: 102 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Bài toán làm ta liên tưởng đến đường thẳng Ơle, đường tròn Ơ le Dựng...PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Phân tích định hướng giải: a) Tứ giác CNMD có liên quan đến tiếp tuyến CN nên ta tập trung khai thác giả thiết góc tạo tiếp tuyến