Luyện thị lớp 10: 15 LỜI GIAI BÀI TẬP RÈN LUYỆN NÂNG CAO (TIẾP)

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Câu 71 Giải: Gọi M , N , P ,Q trung điểm AB, BC ,CD, DA Gọi G giao điểm MP , NQ G trung điểm chung hai đoạn H đối xứng với O qua G , H 1' đối xứng với A qua H Ta chứng minh H 1' �H ' Thật vậy, ta có MH / / BH ( MH đường trung bình tam giác ABH 1' ; MH / / OP ( MOPH hình bình hành); OP ^ CD ' (đường kính qua trung điểm dây cung).Suy BH ^ CD Tương tự DH 1' ^ BC , suy H 1' trực tâm tam giác BCD ' H �H Lấy O ' đối xứng với O qua H , AOH 1O ' hình bình hành Suy O 'H = OA = R (bán kính ( O ) ) Tương tự O 'H = O 'H = O 'H = R Vậy ta có đpcm Câu 72 Giải: Ta chứng minh ba đường thẳng Ơ-le qua trọng tâm tam giác ABC Do tính tương tự, ta chứng minh cho tam giác BCI Về phía tam giác ABC , dựng tam giác A 'BC đều, nội tiếp đường tròn ( O1) Tứ giác IBA 'C nội tiếp 154 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � 'C + BIC � = 1800 Do A 'B = A 'C nên IA ' phân giác � , BA CIB suy ba điểm A, I , A ' thẳng hàng Gọi F trung điểm BC , S S1 trọng tâm tam giác ABC tam giác I BC Vì FS1 FO1 FS = = = nên ba FA FI FA ' điểm S1,O1, S thẳng hàng Mặt khác, O1S1 đường thẳng Ơ-le tam giác IBC , đường thẳng Ơ-le tam giác I BC qua trọng tâm tam giác ABC Chứng minh hoàn toàn tương tự với tam giác IAC , IAB Ta có đpcm Câu 73 Giải: Ta sử dụng bổ đề sau để chứng minh Bổ đề: cho tam giác nhọn ABC có O tâm đường tròn ngoại tiếp, H trực tâm Khi � = 600 AO = AH ta có BAC Trở lại toán: Giả sử bốn điểm O, I , H ,C thuộc đường � tròn Vì CI phân giác HCO nên IH = I O = t � �600 bốn điểm O, I , H , A Ta chứng minh: BAC thuộc đường tròn Kí hiệu M , N hình chiếu I OA AH Lấy hai điểm O1,O2 nằm tia AO cho IO1 = IO2 = t (O1 nằm A M , M nằm O1 O2 ) 155 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Lấy hai điểm H 1, H nằm tia AH cho I H = IH = t ( H nằm A N , N nằm H H ) a) Nếu O �O1 H �H , O �O2 H �H Khi D AIO : D AIH suy AO = AH Áp dụng bổ đề ta � = 600 , trái với điều giả thiết BAC b) Nếu O �O1 H �H O �O2 H �H Ta có � O = IH � H IO � O = IH � H Suy D IO1O2 = D IH 1H nên IO 2 1 tứ giác AOIH nội tiếp Giả sử A B không nằm đường tròn ngoại tiếp tam � = ABC � = 600 nên tam giác ABC đều, giác OI H Khi BAC suy ba điểm O, I , H trùng nhau, vơ lý Vậy ta có đpcm Câu 74 Giải: Gọi E giao điểm AH ( O ) , (E khác A ) Giao điểm MN EC F Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn ( O ) , có OK ^ MK nên theo “bài tốn bướm” ta có � � = HCB � (1) Mặt khác MAK HE ^ BK = BAE nên tam giác HCE cân C , suy HK = K E (2).Từ (1) (2) ta có tứ giác MHFE hình bình hành, MH / / EF � �EF = ABC � Suy MHK =K KM = KF � � Chứng minh hoàn toàn tương tự ta NHK = ACB 156 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � = MHN � � + ACB � = 1800 - BAC � Suy tứ giác Ta có QHP = ABC AQPH nội tiếp Câu 75 Giải: � = APC � = ABC � = 1800 - AHC � Do tứ giác AHCR Ta có ARC � � � nội tiếp.Suy AHX = ACR = CAP Tương tự ta có tứ giác AHBQ nội tiếp.Từ suy � � = XAH = QBH � + ABH � = BAP � + ABH � (2) QBA � + XAH � = Từ (1) (2) suy AHX � + BAP � + ABH � = CAB � + ABH � = 900 Do CAP � � hay tứ giác AXEH nội tiếp Vậy AXH = 900 = AEH � = AHX � = CAP � (theo (1)) Suy EX / / AP XEA (đpcm) Câu 76 Giải: Gọi M , N trung điểm BD,CE K N cắt �QC = K �AC = EPQ � Suy AB, (O2 ) , (O ) S, P ,Q Ta có K EP / / CQ , mà N trung điểm EC nên N trung điểm PQ Ta thấy: 2SA.SM = SA.SD + SA.SB ; 2SK SN = SK SP + SK SQ mà SA.SD = SK SP (tứ giác AK PD nội tiếp); SA.SB = SK SQ (tứ 157 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC giác AKQB nội tiếp) � SA.SM = SK SN � tứ giác AK NM nội tiếp, hay K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN � � Mặt khác tứ giác AMO N nội tiếp AMO = ANO = 900 hay 1 có O1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Suy � O = ANO � tứ giác AK NO1 nội tiếp � AK = 900 (đpcm) 1 Câu 77 Giải: Gọi M điểm đối xứng B qua EF Ta có � = EBF � EMF � + EAF � = EBF � +A �+A � = EBF � + E� + F� = 1800 nên Mà EBF 1 � + EAF � = 1800 Vậy tứ giác MEAF nội tiếp đường tròn EMF (j ) Gọi N giao điểm tiếp tuyến A M ( j ) ta chứng minh ba điểm N , E , F thẳng hàng Thật vậy, gọi F ' 158 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC giao điểm thứ hai NE với ( j ) Ta có D NAE : D NF 'A (g.g) Suy AE NA ME NM NA (1) Tương tự = = = AF ' NF ' MF ' NF ' NF ' AE ME AE AF ' nên (*) Gọi I = = AF ' MF ' ME MF ' giao điểm AB EF Ta có IE = IA.I B = IF Mà D I EB : D IAE (g.g) nên IE = IF (2) Từ (1) (2) ta có EB IF IE BF IF EB BF Tương tự Suy Do = = = = AE IA IA AF IA AE AF ME MF AE AF hay = = AE AF ME MF (**) Từ (*) (**) ta có AF ' AF suy F �F ' Vậy ba điểm N , E , F thẳng hàng = MF ' MF Ta có N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF Do N thuộc trung trực AB , suy N thuộc đường thẳng OO ' Tương tự D CD cắt điểm N ' thuộc OO ' Do tính chất đối xứng, CD EF cắt điểm thuộc OO ' N �N ' Vậy đường thẳng CD, EF , D 1, D đồng quy N (đpcm) Câu 78 Giải(Bạn đọc xem thêm phần’’Các định lý hình học tiếng’’Nội dung định lý Lyness Qua M kẻ tiếp tuyến chung (O ') ( O ) � = NMX � � =M � Ta có N B 1 � � NMD = NMB � Vậy MN phân giác góc DMB 159 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Gọi Q giao điểm thứ hai MN ( O ) Ta có Q điểm cung BD � Gọi I giao điểm CQ CQ phân giác góc DCB NP 1� � � � + sđQB � � � = IPM � � � �= 1� �= N � sđ DM + sđ DQ sđ DM Ta có I CM = � � � � � � � � � 2 Suy tứ giác IPCM nội tiếp Do � = NPA � = I� QMB MC � D QIM : D QNI � QI = QN QM Mà � � � D DQN : D MQD � QD = QN QM � QD = QI QMD = QDN Do I tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD Tương tự tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD nằm NP Câu 79 Giải: Gọi A ' giao điểm thứ hai AI với ( O ) Theo câu 78 ta có tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm IM (xét với ( O1) I N (xét với ( O2 ) ) Suy tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm) Câu 80 Giải: 1� � � Ta có BMC = 900 + A = 1800 - B � � ZMY = 1800 - B (vì tứ giác MZCY nội tiếp) � = Y� Do BMZ MC nên � XBM = Y�NC Suy D BXM : D MY C 160 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC D K XB : D LY M � = LY � M = Y�TC = BTN � Vậy tứ giác BXT N nội tiếp � BXK Tương tự ta có tứ giác Y CNZ nội tiếp Mặt khác � = BT � X = BMX � � � suy Y�NC = Y�ZT = Y� BNX MC XNY =B Từ � = BMX � +Y� � = BMX � + XBM � +B � = 2B �=B � +C� BNC MC + B � + BAC � =A � +B � +C� = 1800 Suy tứ giác ABNC nội BNC tiếp Câu 81 Giải: a) D ABE : D ACF � (g.g) AB AE = � AE AC = AF AB AC AF � + BDH � = 1800 � b) Ta có BFH Tứ giác BFHD nội tiếp (tứ giác có hai góc đối bù nhau) � � Ta có ADB = AEB = 900 � Tứ giác ABDE nội tiếp (tứ giác có hai ( ) đỉnh D, E nhìn AB góc vng) � � c) Ta có BFC = BEC = 900 � Tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác có ( ) � = ABC � hai đỉnh F , E nhìn BC góc vng) � AEF � = ABC � � = AEF � Mà xAC (hệ quả) Do xAC (hai góc vị trí so le trong) nên Ax / / EF Lại có OA ^ Ax Do OA ^ EF d) Gọi I giao điểm AD EF Ta có � = ABE � = FDH � � DI tia phân giác � Mà AD ^ BC ADE EDF nên có DK dường phân giác ngồi D DEF Xét D DEF có 161 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC KF IF (1) Áp dụng hệ Talet vào tam giác: D IAE có = KE IE FN / / AE : NF IF = AE IE Từ (1),(2),(3) cho (2); D K AE có MF / / AE : KF MF = KE AE (3) NF MF = � NF = MF AE AE Câu 82 Giải: � = MC � a) Ta có AM � ) ( M điểm AC � � (hệ góc � ABM = IBM � � = 900 nội tiếp) AMB = ACB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) � BM ^ AI , AC ^ BI D ABI có BM vừa đường cao ( BM ^ AI ) vừa đường phân (� � ) giác ABM = IBM Do tam giác ABI cân B �MI = 900 BM ^ AI ; K �CI = 900 AC ^ BI b) Ta có K ( ) ( ) � +K �CI = 900 + 900 = 1800 Vậy tứ giác MICK nội tiếp � KMI c) Xét D ABN D IBN có AB = BI ( D ABI cân B ), � = IBN � (chứng minh trên), BN cạnh chung Do ABN � = NIB � Mà � D ABN = D IBN (c.g.c) � NAB NAB = 900 nên � = 900 � NI ^ BI Mà I thuộc đường tròn ( B, BA ) (vì NIB BI = BA ) Vậy NI tiếp tuyến đường tròn ( B, BA ) + Xét D ABC có M trung điểm AI , D ABI cân B , BM 162 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC đường cao, O trung điểm AB � MO đường trung bình tam giác ABI � MO / / BI Mà NI ^ BI (chứng minh trên) Vậy NI ^ MO � D = IBM � d) Ta có IK (hai góc nội tiếp chắn cung IK � = IBA � = IBM � � IBA � góc đường tròn IBK ) Mà IDA ( IDA ( ) ( ) nội tiếp góc tâm chắn cung AI đường tròn B, BA , � ) Do IDK � = IDA � � hai tia BN tia phân giác IBA DK , DA trùng � D, K , A thẳng hàng Mà C , K , A thẳng hàng nên D, K , A,C thẳng hàng Vậy ba điểm A,C , D thẳng hàng � = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường Câu 83 Giải:a) Ta có ICD ( ) � = ICD � = 900 Do tứ giác tròn O ).Tứ giác IHDC có IHD � = 2ICH � � I� IHDC nội tiếp đường tròn tâm M � IMH CH = IDH � � ( ( ) góc chắn cung AB O ) � � ( � Do BCA = ICH = I DH ( � = 2ICH � Ta có ) nên BCH ) � = IMH � � BCH = 2ICH Vậy tứ giác BCMH nội tiếp b) Gọi T giao điểm PD ( ) đường tròn J ngoại tiếp ( ) tam giác HMD T �D Xét D PHD D PT M � � = PT �M có HPD (chung), PHD 163 � Mà BCA = ICH = IDH ) (hai PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC (hai góc nội tiếp chắn cung MD ( J ) ).Do D PHD : D PT M (g.g) PH PD = � PM PH = PD.PT Chứng minh tương tự có PT PM PM PH = PC PB , nên PD.PT = PC PB � PD PB (vì = PC PT � = PTC � PD.PT = PC PB ) Do D PBD : D PT C (c.g.c) � PBD � Xét D PBD D PT C có PBD (chung), � Tứ giác BCDT nội tiếp nên T thuộc đường tròn ( O ) Do T �N Vậy ba điểm P , D, N thẳng hàng Câu 84 Giải: ( ) a) AM , AN tiếp tuyến đường tròn O (gt) � � = 900 Tứ giác AMON có � AMO = ANO � + ANO � = 900 + 900 = 1800 � Tứ giác AMON nội tiếp đường AMO tròn đường kính OA � = 900 � I b) I trung điểm BC (gt) � OI ^ BC , AIO thuộc đường tròn đường kính OA Ta có AM = AN ( AM , AN ( ) tiếp tuyến O ) ( + Xét đường tròn AMOIN ) có AM = AN � = AN � = AMK � � � AIM � AM � Xét D AIM D AMK có IAM � = AMK � (chung), AIM Do D AIM : D AMK (g.g) 164 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC AI AM = � AK AI = AM AM AK � (chung), AMB � � Xét D AMB D ACM có MAB (hệ = ACM góc tạo tiếp tuyến dây cung).Do D AMB : D ACM (g.g) � � AM AB = � AB.AC = AM Vậy AK AI = AB AC = AM AC AM ( ) � = 900 ; O, A cố định I thuộc đường tròn đường c) Ta có AIO kính OA Khi B � M I � M ; B � N I � N Do cát tuyến ABC thay đổi I chuyển động cung tròn MON đường tròn đường kính OA � = AN � = NIK � � � MIK d) Xét đường tròn đường kính OA có AM D IMN có IK đường phân giác � IM MK Do = IN NK IM MK =2� = � MK = 2NK � MK = MN IN NK Vậy cát tuyến ABC cắt đoạn thẳng MN điểm K cho IM = 2IN � MK = MN IM = 2IN Câu 85 Giải: � = 900 AH ^ BC Do H thuộc đường tròn O a) Ta có AHB ( ) H E đối xứng qua AC (gt) N �AC � = AEN � Do AHN (tính chất đối xứng trục) � � � � � � sđ AN � � � � � � = Mà AHN = ADN � � � � = ADN � Do AEN � D ADE 165 ( ) PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC cân A Vậy AD = AE � = 900 (góc nội tiếp chắn b) ADB nửa đường tròn), AH = AE (tính chất đối xứng trục) AD = AE nên AD = AH (� ) (� ) 0 + Xét D ADB ADB = 90 D AHB AHB = 90 có AD = AH , AB (cạnh chung) Do D ADB = D AHB (cạnh huyền- cạch góc � = HAB � vuông) � DAB � � , AM (cạnh + Xét D ADM D AHM có AD = AH , DAM = HAM � � Ta có (c.g.c) � ADM = AHM chung) Do D ADM = D AHM ( ) � � � � AHM = AHN = ADM Vậy HA tia phân giác MHN � = AEC � c) H E đối xứng qua AC (gt) � AHC (tính chất đối ( � = 900 AH ^ BC xứng trục) Mà AHC ) � = 900 Tứ giác nên AEC � + AEC � = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác AHCE nội AHCE có AHC tiếp � A, H ,C , E thuộc đường tròn � � ( � Mặt khác AHM = AEM = ADM ) � tứ giác AEHM nội tiếp � A, E , H , M thuộc đường tròn (2) Từ (1) (2) ta có năm điểm A, E ,C , H , M thuộc đường tròn � = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có ANB � � = 900 ( A, E ,C , H , M thuộc đường tròn) AMC = AHC D ABC có CM , BN , AH ba đường cao ( � � = 900, AH ^ BC ).Do ba đường thẳng AMC = 900, ANB CM , BN , AH đồng quy � = ABC � d) Xét D ADQ D ABC có ADQ (hai góc nội tiếp ( ) � = ACB � � O ); AQD chắn cung AH (hai góc nội tiếp chắn 166 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � ( O1) Do D ADQ : D ABC (g.g) � AD = DQ Mà AH AB BC DI = DQ BC ( I trung điểm DQ ), BK = ( K trung 2 điểm BC ) nên DI DQ = BK BC � � + Xét D ADI D ABK có ADI = ABK , AD DI = AB BK � DQ � � � � = � � � � � BC � � = AK � B � Tứ giác AIHK + Do D ADI : D ABK (c.g.c) � AID nội tiếp Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK Câu 86) Giải: � = ADC � = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường a) Ta có ABC (� (� ) ) 0 tròn).Xét D ABC ABC = 90 D ADC ADC = 90 có AC (cạnh chung), AB = AD ( D ABD đều) Do D ABC = D ADC � = DAC � = 300 (cạnh huyền – cạnh góc vng) � BAC CD = BC = AC sin BAC = 2a sin300 = a ; BD = AD = AB = AC cosBAC = 3a , DN = AD 3a , D DNC = 2 � 2a � 7a2 � � � vuông D � CN = DN + CD , CN = � nên +a = � � � � � � � � CN = 7a b) D ABD có AC đường phân giác nên đường cao, đường trung tuyến M , N 167 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC trung điểm AB, AD � MN đường trung bình tam giác ABD � MN / / BD Ta có AC ^ BD, MN / / BD � � C = 900, MEC � � C = 900 , MBC = 900, MK = 900 ( � MN ^ AC � MK H trực tâm D CMN ) Do B, M , K , E ,C thuộc ( ) đường tròn T ( ) �FB = K �CB (xét T ), đường kính MC Ta có K �FB = ADB � � = ADB � � K F / / AD Tứ giác (xét ( O ) ) � K KCB K FDN có K F / / ND K N / / FD nên hình bình hành � � AB AD � � AM = = = AD nên � � DF = K N D AMN có AM = AN � � � � 2 � � Mà AK đường D AMN cân A phân giác nên đường cao, đường trung tuyến � KN = MN BD 3a Vậy 3a = = DF = 4 c) D CMN có CK đường cao, đường trung tuyến � D CMN cân C � � MCK � � Xét đường tròn Do CK tia phân giác MCE = KCE (T ) � �CE � MK � =K �ME = MFI � Vẽ Mx tiếp �E � K có MCK =K ( tuyến đường tròn MIF ) � = MFI � có xME Ta có �ME = xME � � Hai tia MK , Mx trùng Vậy K M tiếp xúc với K đường tròn ngoại tiếp tam giác MIF D K MI : D K FM (g.g) KM KI KN KI , mà K M = K N nên Ta có = = KF KM KF KN �NF = 900 , D K IN : D K NF NF / / FM , K N ^ AC � K N ^ NF � K � 168 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC KI KN � �IN = K �NF = 900 mà K F / / AD = , IK N chung) � K KN KF � = 900 Vậy IND ( Câu 87 Giải: a) D MAC : D MDA b) D MHC : D MDO (c.g.c) � � , MHC � � MCH = DOH = DHO � � � = COD = CHD = BHD � c) CAD 2 d) DE cắt CF K � � � � 0 � = OCD � = 180 - COD = 180 - sđCD = sđCE - sđ DF = DK � F OHD 2 �HF = 1800 - K �DF = 900 � K H ^ MO H � tứ giác DK HF , K Mà AB ^ MO H Nên K H , AB trùng Câu 88 Giải: Vẽ OH ^ MF H Tứ giác OBDH nội tiếp, A, B, H ,O,C thuộc đường tròn � = AOB � = BDS � � AHB Tứ giác BDFH nội tiếp � = BFH � � BDH ( � � � ABM = BDH = BFH ) � BM / / DH , DH / / GM ( DH đường trung bình tam giác MGF ) 169 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC M , B,G thẳng hàng.Tương tự M ,C , L thẳng hàng BC / /GL Trên nửa mặt phẳng bờ BM có chứa F vẽ tia Mx tia ( ) � = MCD � � tiếp tuyến đường tròn O , xMB = MLG � Mx tia tiếp tuyến đường tròn ( MGL ) ( ) ( ) Vậy hai đường tròn O MGL tiếp xúc 170 ... � � 2 � � Mà AK đường D AMN cân A phân giác nên đường cao, đường trung tuyến � KN = MN BD 3a Vậy 3a = = DF = 4 c) D CMN có CK đường cao, đường trung tuyến � D CMN cân C � � MCK � � Xét đường... , (E khác A ) Giao điểm MN EC F Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn ( O ) , có OK ^ MK nên theo bài tốn bướm” ta có � � = HCB � (1) Mặt khác MAK HE ^ BK = BAE nên tam giác HCE cân C , suy HK =... hành, MH / / EF � �EF = ABC � Suy MHK =K KM = KF � � Chứng minh hoàn toàn tương tự ta NHK = ACB 156 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � = MHN � � + ACB � = 1800 - BAC � Suy tứ giác Ta có