Về phía ngoài tam giác ABC , dựng tam giác A BC' đều, nội tiếp trong đường tròn O1.. Bổ đề: cho tam giác nhọn ABC có O là tâm đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm... Suy ra tứ giác
Trang 1Câu 71 Giải:
Gọi M N P Q, , , lần lượt là
trung điểm của AB BC CD DA, , ,
Gọi G là giao điểm của MP NQ,
thì G là trung điểm chung của
cả hai đoạn đó H đối xứng với O
qua G, H đối xứng với 1' A qua H Ta chứng minh H1' º H1 Thật
vậy, ta có MH / / BH (1' MH là đường trung bình của tam giác ABH ;1'
/ /
MH OP (MOPH là hình bình hành); OP ^CD (đường kính đi
qua trung điểm dây cung).Suy ra BH1' ^ CD Tương tự '
1
DH ^ BC ,
suy ra H là trực tâm của tam giác 1' BCD do đó H1' º H Lấy O' đối xứng với O qua H, thì AOH O là hình bình hành Suy ra1 '
1
'
O H = OA = (bán kính của R ( )O ) Tương tự
O H = O H = O H = Vậy ta có đpcm R
Câu 72 Giải:
Ta sẽ chứng minh ba đường
thẳng Ơ-le đó cùng đi qua
trọng tâm tam giác ABC
Do tính tương tự, ta chỉ chứng
minh cho tam giác BCI .
Q
P
N M
H1
O
H G
D
C B A
O1
S1 I
F S
A' C
B A
Trang 2Về phía ngoài tam giác ABC , dựng tam giác A BC' đều, nội tiếp trong đường tròn ( )O1 Tứ giác IBA C' nội tiếp vì
· ' · 1800
BA C + BIC = Do A B' =A C' nên IA' là phân giác ·CIB , suy
ra ba điểm A I A, , ' thẳng hàng Gọi F là trung điểm của BC , S và 1
S lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và tam giác IBC
' 3
FS
FA = FI =FA = nên ba điểm S O S thẳng hàng Mặt 1, ,1
khác, O S là đường thẳng Ơ-le của tam giác 1 1 IBC , do đó đường
thẳng Ơ-le của tam giác IBC đi qua trọng tâm tam giác ABC
Chứng minh hoàn toàn tương tự với các 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 là tâm đường tròn ngoại
tiếp, H là trực tâm Khi đó nếu
AO =AH thì ta có BAC =· 600.
Trở lại bài toán: Giả sử bốn điểm
, , ,
O I H C cùng thuộc một đường
tròn Vì CI là phân giác của ·HCO
nên IH =IO =t
Ta chứng minh: nếu BAC ¹· 600 thì bốn điểm O I H A, , , cùng thuộc
O2
O1
H2
H1
N
M
I O
H
C B
A
Trang 3Kí hiệu M N, lần lượt là hình chiếu của I trên OA và AH Lấy hai điểm O O nằm trên tia 1, 2 AOsao cho IO1= IO2= ( t O nằm giữa 1 A
và M , M nằm giữa O và 1 O ) 2
Lấy hai điểm H H nằm trên tia 1, 2 AH sao cho IH1= IH2= ( t H1
nằm giữa A và N, N nằm giữa H và 1 H ).2
a) Nếu O º O1 và H º H1, hoặc O º O2 và H º H2 Khi đó
D : D suy ra AO =AH Áp dụng bổ đề ta được
· 600
BAC = , trái với điều giả thiết.
b) Nếu O º O1 và H º H2 hoặc O º O2 và H º H1 Ta có
1 2 1 2
D = D nên · ·
1 2 2 1
IO O = IH H và · ·
2 1 1 2
IO O = IH H Suy ra tứ giác AOIH nội tiếp
Giả sử A và B không nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác OIH
Khi đó BAC· =ABC· =600 nên tam giác ABC đều, suy ra ba điểm
, ,
O I H trùng nhau, vô lý Vậy ta có đpcm.
Câu 74 Giải:
Gọi E là giao điểm của AH
và ( )O , (E khác A) Giao
điểm của MN và EC là F
Tứ giác ABEC nội tiếp đường
tròn ( )O , có OK ^MK nên theo
“bài toán con bướm” ta có F
E K
Q
P
N
M
H O
C B
A
Trang 4K M =KF (1) Mặt khác MAK· =BAE· =HCB· và HE ^BK nên tam giác HCE cân tại C , suy ra HK =KE (2).Từ (1) và (2) ta có tứ giác MHFE là hình bình hành, do đó MH / /EF Suy ra
MHK =KEF =ABC Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được NHK· =ACB· Ta có
QHP =MHN =ABC +ACB = - BAC Suy ra tứ giác AQPH
nội tiếp được.
Câu 75 Giải:
Ta có · ARC = APC · = ABC · = 1800- AHC · Do đó tứ giác AHCR
nội tiếp.Suy ra · AHX = ACR · = CAP ·
Tương tự ta cũng có tứ giác
AHBQ nội tiếp.Từ đó suy ra
XAH =QBH =
QBA + ABH = BAP + ABH (2)
Từ (1) và (2) suy ra · AHX + XAH · =
CAP + BAP + ABH = CAB + ABH = Do đó
· 900 ·
AXH = =AEH hay tứ giác AXEH nội tiếp được Vậy
XEA=AHX =CAP (theo (1)) Suy ra EX / /AP (đpcm).
Câu 76 Giải:
Gọi M N, lần lượt là trung điểm của BD CE, KN cắt AB O,( ) ( )2 ,O
lần lượt tại S P Q, , Ta có KQC· =KAC· =EPQ· Suy ra EP / /CQ,
A
B
C
O H
Q
X
P
E
R
Trang 5mà N là trung điểm của EC
nên N là trung điểm của PQ
Ta thấy: 2 SA SM = SA SD + SA SB ;
2SK SN =SK SP +SK SQ mà
SA SD =SK SP (tứ giác AKPD
nội tiếp); SA SB =SK SQ (tứ
giác AKQB nội tiếp)
SA SM SK SN
Þ = Þ tứ giác AKNM
nội tiếp, hay K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Mặt
khác tứ giác AMO N nội tiếp vì ·1 · 0
AMO = ANO = hay cũng có 1
O thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Suy ra tứ giác
1
Þ = = (đpcm).
Câu 77
Giải: Gọi M là điểm đối xứng của B qua EF Ta có EMF· =EBF· .
Q
P K S
N
D
E
O2
O1 O
C B
A
M
D
O' B
A
F I
M
N O
C
E
Trang 6Mà · · · µ ¶ · ¶ µ 0
EBF + EAF = EBF + A + A = EBF + E + F = nên
· · 1800
EMF + EAF = Vậy tứ giác MEAF nội tiếp đường tròn ( )j
Gọi N là giao điểm của các tiếp
tuyến tại A và M của ( )j ta
chứng minh ba điểm N E F, ,
thẳng hàng Thật vậy, gọi F '
là giao điểm thứ hai của NE
với ( )j Ta có DNAE : DNF A'
(g.g) Suy ra
AF = NF (1) Tương tự ' ' '
MF = NF = NF (2) Từ
(1) và (2) ta có
AF = MF nên
' '
ME = MF (*) Gọi I là giao điểm
của AB và EF Ta có IE2=IA IB =IF2 do đó IE =IF
Mà DIEB : DIAE (g.g) nên EB IF IE
AE = IA = IA Tương tự
AF = IA
Suy ra EB BF
AE = AF Do vậy
AE = AF hay
ME = MF (**) Từ (*)
và (**) ta có '
'
MF = MF suy ra F º F ' Vậy ba điểm N E F, , thẳng
hàng Ta có N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF Do vậy
N thuộc trung trực AB, suy ra N thuộc đường thẳng OO' Tương
tự D và 2 CD cắt nhau tại một điểm N' thuộc OO' Do tính chất đối xứng, CD và EF cắt nhau tại một điểm thuộc OO' do đó N º N ' Vậy các đường thẳng CD EF D D đồng quy tại , , 1, 2 N (đpcm).
F'
M E
A
N
Trang 7Câu 78 Giải(Bạn đọc có thể xem thêm phần’’Các định lý hình học
nổi tiếng’’Nội dung định lý Lyness
Qua M kẻ tiếp tuyến chung của ( )O' và ( )O
Ta có ¶ ·
1
N = NMX và ¶ ¶
B = M
do đó NMD· =NMB· .
Vậy MN là phân giác góc ·DMB.
Gọi Q là giao điểm thứ hai của
MN và ( )O Ta có Q là điểm
chính giữa của cung BD do đó
CQ là phân giác góc ·DCB Gọi I là giao điểm của CQ và NP .
Ta có · đ¼ đ¼ đ¼ đ» ¶ ·
1
ICM = æççè DM + DQö÷÷÷ø= æççè DM + QBö÷÷÷ø=N =IPM
Suy ra tứ giác IPCM nội tiếp Do đó
QMB =NPA =IMC Þ DQIM : DQNI Þ QI =QN QM Mà
QMD =QDN Þ DDQN : DMQD Þ QD =QN QM Þ QD =QI
Do đó I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD Tương tự tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ACD nằm trên NP .
Câu 79 Giải:
Gọi A' là giao điểm thứ hai của AI với ( )O Theo câu 78 ta có tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên IM (xét với ( )O1 và IN (xét với ( )O2 ) Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm).
1
1
1 Q
x
I O'
O
P N
B A
M
Trang 8Câu 80 Giải:
Ta có · 900 1 µ 1800 µ
2
và ZMY· =1800- Bµ
(vì tứ giác MZCY nội tiếp)
Do đó BMZ· =Y MC· nên
XBM =Y NC Suy ra DBXM : DMY C
do đó DKXB : DLY M
Þ = = = Vậy tứ giác BXT N nội tiếp.
Tương tự ta cũng có tứ giác Y CNZnội tiếp Mặt khác
BNX =BTX =BMX suy ra Y NC· =Y ZT· =Y MC· và XNY· =Bµ .Từ
đó · BNC = BMX · + Y MC · + = B µ BMX · + XBM · + = B µ 2 B µ = B µ + C µ
do đó · BNC + BAC · = + + A µ B µ C µ = 1800 Suy ra tứ giác ABNC nội
tiếp.
Câu 81 Giải:
hai góc đối bù nhau)
N
L T Z
K X
C B
A
M
x
K
D
O
H N F
E
C B
A
Trang 9Ta có ADB · = AEB · ( = 900) Þ Tứ giác ABDE nội tiếp (tứ giác có hai
KE = IE
/ / : NF IF
Câu 82 Giải:
(góc nội tiếp chắn nửa đường
O K
D I
N M
B C
A
Trang 10· · 900 900 1800
· 900
Vậy NI là tiếp tuyến của đường tròn ( B BA , )
NI ^MO
2
, ,
D K A
đường tròn tâm M Þ IMH · = 2 ICH · và ICH · = IDH ·
Trang 11Do đó BCA · = ICH · ( = IDH · ) nên BCH · = 2 ICH · .Ta có
· · ( 2 · )
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
PM PH =PC PB , nên PD PT =PC PB
PC = PT (vì
PD PT =PC PB) Do đó DPBD : DPTC (c.g.c) Þ PBD · = PTC ·
Câu 84 Giải:
a) AM AN , là các tiếp tuyến của đường tròn ( ) O (gt)
· · 900 900 1800
O
N
P
J H
M
D
C B
A
I
Trang 12b) I là trung điểm của BC (gt) Þ OI ^BC , AIO · = 900Þ I thuộc
của ( ) O ).
(chung), AIM · = AMK ·
2 .
2 .
tròn đường kính OA
IMN
IN
3
NK
2
K
O B
N M
A
Trang 13Câu 85 Giải:
(tính chất đối xứng trục)
2
AHN = ADN æ ç ç ç = AN ö ÷ ÷ ÷
÷
çè ø
b) ADB = · 900 (góc nội tiếp chắn
AD =AH
Þ =
· · 900 900 1800
, , ,
A H C E
O1
K I
Q
M D
O
N
E
B
A
Trang 14Mặt khác AHM · = AEM · ( = ADM · ) Þ tứ giác AEHM nội tiếp
, , ,
A E H M
, , , ,
A E C H M cùng thuộc một đường tròn
AMC = AHC = (A E C H M , , , , cùng thuộc một đường tròn) DABC
có CM BN AH , , là ba đường cao (AMC · = 90 ,0ANB · = 90 ,0AH ^ BC
).Do đó ba đường thẳng CM BN AH , , đồng quy
2
DQ
DI = (I là
2
BC
BK = BC
æ ö ÷
= = ç ç = ÷ ÷
çè ø
Câu 86) Giải:
ABC
D ( ABC = · 900) và D ADC ADC ( · = 900) có AC (cạnh chung),
0
Trang 15.cos 3
2
2
CN = æ ç ç ç ö ÷ ÷ ÷ ÷ + a =
ç ÷
7
2
a
phân giác nên là đường cao,
đường trung bình của tam giác
/ /
, / /
AC ^ BD MN BD
· 900
Þ ^ Þ = , MBC · = 90 ,0MKC · = 90 ,0MEC · = 900 (
AM = AN AM æ ç ç ç = = = AD ö ÷ ÷ ÷ ÷
3
KN
4
a
x
F
I K
E
O H
N M
D
C B
A
Trang 16c) DCMN có CK là đường cao, đường trung tuyến Þ DCMN cân tại C
,
MK Mx trùng nhau Vậy KM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam
0
NF FM KN ^ AC Þ KN ^ NF Þ KNF = ,
K IN KNF
D : D ( KI KN , IKN ·
Câu 87 Giải:
MCH = DOH MHC = DHO
· · 1800 · 1800 s đ » s đ » s đ » ·
F D A
B
O
K C
H
Trang 17Vẽ OH ^MF tại H Tứ giác OBDH nội tiếp, A B H O C , , , , cùng thuộc
một đường tròn
AHB = AOB = BDS Þ
ABM = BDH = BFH
/ /
Þ ,DH / / GM
, ,
M B G thẳng hàng.Tương tự M C L , , thẳng hàngBC / / GL
Mx
T S
G x
H
C
L
O B
E
M
A
D F