bài tập HÌNH HỌC CHỌN lọc

Tài liệu luôn hẳn là công cụ phục vụ tốt nhất cho công việc giảng dạy cũng như nghiên cứu của các nhà khoa học nhà giáo cũng như các em học sinh , sinh viên . Một con người có năng lực tốt để chưa hẳn đã thành công đôi khi một con người khác năng lực thấp hơn một chút lại có hướng đi tốt lại tìm đến thành công nhanh hơn trong khi con người có năng lực kia vẫn loay hay tìm lối đi cho chính mình . Tài liệu là một kim chỉ nang cho chúng ta một hướng đi tốt nhất đến với kết quả nhanh nhất . Tôi xin đóng góp một chút vào kho tàng tài liệu của trang , mọi người cũng có thể tham khảo đánh giá và góp ý để bản thân tôi có động lực đóng góp nhiều hơn những tài liệu mà tôi đã sưu tầm được và up lên ở trang.

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Câu 1) Cho tam giác ABC BC ,CA, AB thứ tự lấy điểm M , N , E cho AN = NE , BM = ME Gọi D điểm đối xứng E qua MN Chứng minh đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tam giác CMN vuông góc với CD MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC HÌNH HỌC PHẲNG Phân tích: Ta biết : Hai đường tròn cắt theo dây cung l đường nối tâm ln vng góc với dây cung l Thực nghiệm hình vẽ ta thấy D nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN Vì ta chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tam giác CMN cắt theo dây cung CD hay tứ giác ABCD,CDMN tứ giác nội tiếp Từ định hướng ta có lời giải cho tốn sau: Theo giả thiết ta có: BM = ME , AN = NE nên tam giác ANE cân · µ , AEN · µ Vì N , tam giác BME cân M Hay BEM =B =A D, E đối xứng với qua MN nên NE = ND, ME = MD suy · · · · µ - A µ = Cµ hay MDN = MEN = 1800 - AEN - BEM = 1800 - B · · MDN = MCN Û DMNC tứ giác nội tiếp tức điểm D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN 133 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC + Ta có ME = MB = MD nên M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BED + Ta có: NA = NE = ND nên N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE Từ suy ( ) ( ) · · · · · µ + 1800 - 2A µ BDA = BDE + EDA = BME + ANE = 1800 - 2B 2 µ - A µ = Cµ Như tứ giác ABCD nội tiếp, suy đường = 180 - B tròn ngoại tiếp tam giác ABC tam giác CMN cắt theo dây cung CD Hay IK ^ CD Câu 2) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Từ A kẻ tới đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC tiếp tuyến AP , AQ ( P ,Q tiếp điểm) · · a) Chứng minh BAP = CAQ b) Gọi P1, P2 hình chiếu vng góc P lên đường thẳng AB, AC Q1,Q2 hình chiếu vng góc Q AB, AC Chứng minh P1, P2,Q1,Q2 nằm đường tròn Phân tích: Giả thiết liên quan đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC giúp ta liên tưởng đến tính chất: ‘’Đường phân giác góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC E E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ’’ Ngồi giả thiết liên quan đến tam giác vuông nên ta nghỉ đến cách dùng góc phụ tứ giác nội tiếp để tìm mối liên hệ góc Từ sở ta có lời giải cho toán sau: Lời giải 134 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC + Gọi E giao điểm phân giác AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC BE = CE ( E điểm cung BC ) Ta có · · · · · · · · Suy IBE = IBC + EBC = ABI + EAC = ABI + BAI = BIE tam giác D BIE cân E hay EB = EI Như EB = EI = EC Tức điểm E tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác IBC Vì AP , AQ tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến đường tròn (E ) nên · Ta có AE phân giác góc PAQ · · · · · · Mặt khác AE BAP = PAE - BAE ;CAQ = QEA - CAE · phân giác góc BAC Þ · · BAP = CAQ + Xét tam giác D PAP2; D QAQ1 Ta có AP = AQ (Tính chất tiếp · · tuyến), suy góc PAP suy = QAQ D PAP2 = D QAQ1 Þ AQ1 = AP2 Chứng minh tương tự ta có: AQ2 = AP1 Từ suy AP1.AQ1 = AP2.AQ2 hay tứ giác P1Q1Q2P2 nội tiếp 135 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · Câu 3) Cho hình bình hành ABCD có BAD < 900 Giả sử O điểm nằm tam giác ABD cho OC khơng vng góc với BD Dựng đường tròn tâm O bán kính OC BD cắt (O) hai điểm M , N cho B nằm M D Tiếp tuyến của (O) C cắt AD, AB P ,Q a) Chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp b) CM cắt QN K , CN cắt PM L Chứng minh K L vng góc với OC Phân tích: Giả thiết tốn liên quan đến hình bình hành đường thẳng song nên ta nghỉ đến hướng giải toán là: + Hướng 1: Dùng định lý Thales để tỷ số + Hướng 2: Dùng góc so le, đồng vị để quy dấu hiệu tứ giác nội góc + Ta kéo dài MN cắt PQ điểm để quy tam giác Từ định hướng ta có lời giải cho toán sau: Lời giải: + Gọi MN giao PQ T Tam giác PCD đồng dạng với tam giác CBQ nên ta có: TP TD TC = = TC TB TQ Þ T C = T P T Q Þ T C = T P T Q Mặt khác T C tiếp tuyến đường tròn (O) nên T C = T M T N Như ta có: T M T N = T P T Q Û MNPQ tứ giác nội tiếp 136 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC + Gọi giao điểm thứ hai (O) với MP S Ta có góc biến đổi sau: · ML = CMS · · (góc tạo tiếp tuyến dây cung) K = SCP · ML = MNC · · · ML = MSC · · (góc ngồi) K (tứ giác = MNQ K - SPC · ML = K · NL suy tứ giác MK LN MNPQ MNSC nội tiếp Vì K · LM = K · NM = QPM · nội tiếp Suy K suy K L / / PQ ^ OC Vậy K L ^ OC Câu 4).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn K tiếp xúc với CA, AB E , F tiếp xúc với (O) S SE , SF cắt (O) M , N khác S Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM , AFN cắt P khác A a) Chứng minh tứ giác AMPN hình bình hành b) Gọi EN , FM cắt (K ) G, H khác E , F Gọi GH cắt MN T Chứng minh tam giác AST cân Phân tích: + Để chứng minh AMPN hình bình hành ta chứng minh cặp cạnh đối song song dựa vào góc nội tiếp, góc tạo tiếp tuyến dây + Để chứng minh T A = T S ta nghỉ đến việc chứng minh T A,T S tiếp tuyến đường tròn (O) Từ định hướng ta có lời giải sau: 137 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · · · Ta thấy APF suy F , P , E = 180 - ANS = AMS = 180 - APE · · thẳng hàng Ta có APM góc nội tiếp chắn cung AM , = AEM · · (đối đỉnh) Vì AC tiếp tuyến đường tròn K AEM = SEC · · S (Tính chất góc tạo tia tiếp tuyến dây) nên SEC = EF · · Mà EFS tứ giác ANFP nội tiếp Vậy = PAN · · APM = PAN Þ AN / / PM Chứng minh tương tự ta có: AM / / PN Þ AMEN hình bình hành + Các tam giác SK F , SON cân có chung đỉnh S nên đồng dạng suy K F / / ON , tương tự K E / / OM suy SF SK SE suy = = SN SO SM · · · MN / / EF Từ HGE suy tứ giác MNGH = HFE = HMN ( ) ( ) nội tiếp Giả sử T S cắt O K S1, S2 T ST S1 = T M T N = T H T G = T ST S2 suy T S1 = T S2 suy S1 º S2 º S Vậy T S tiếp tuyến ( O ) Tứ giác AMEN hình bình hành nên AP MN cắt trung điểm I đường Ta có theo tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung · · · · · · · Ta lại có AMI Vậy IAM = PES = FST = NAS = AMN = ASN D AIM : D ANS suy AM SN = AI AS Tương tự AN SM = AI SN = AM SN Từ theo tính chất tiếp tuyến T S 138 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ( ) tiếp xúc với O suy TM SM AM Vậy T A tiếp xúc với = = TN SN AN (O ) Suy T A = T S ( ) Câu 5) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O Đường tròn (I ) (J ) qua B C cắt AB, AC M , N Đường tròn ( ) ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường tròn O điểm thứ hai K Chứng minh K I / / OJ Ta thấy OJ đường nối tâm hai đường tròn (O),(J ) OJ ^ AK Do để chứng minh K I / / OJ ta quy chứng minh IK ^ AK Phân tích Lời giải: Nối M với K K với I · · MIC = 2MBC (1) · C = MK · A - CK · A Ta lại có: MK · · A = 1800 - ANM - CK · A = ABC · · Mà CK = MBC (2) ( ) Vì tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn I · · nên ANM Từ = MBC · C = 1800 - 2MBC · · (1) (2) suy MK Do = 1800 - MIC · C + MIC · MK = 1800 nên tứ giác MK CI nội tiếp · C = IMC · Suy IK Trong tam giác IMC ta có: · · 1800 - MIC 1800 - 2MBC · · Suy IMC = = = 900 - MBC 2 · · · C + AK · C = 900 Do IK ^ AK IMC + MBC = 900 nên IK 139 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ( ) Đường tròn J ( ) đường tròn O cắt A, K nên OJ ^ AK Suy OJ / / IK Câu 6) Cho tam giác ABC vuông A đường cao AH Trên nửa ( ) mặt phẳng bờ BC chứa A vẽ đường tròn O đường kính HC ( ) Trên nửa mặt phẳng bờ BC khơng chứa A vẽ nửa đường tròn O ' ( ) đường kính BC Qua điểm E thuộc nửa đường tròn O kẻ EI ( ) vng góc với BC cắt nửa đường tròn O ' F Gọi K giao điểm EH BF Chứng minh CA = CK Lời giải: Phân tích: Ta có CA = CB CH nên để chứng minh CA = CK , ta chứng minh CK = CB CH Điều làm ta nghĩ đến chứng minh D CK H : D CBK , ¶ =B ¶ Xét góc cần chứng minh K 1 phụ với hai góc trên, cần chứng minh ¶ = C¶ Chỉ cần chứng · · Muốn cần chứng minh C ECK = BCF ¶ ¶ (do CEK F minh hai góc phụ với chúng E K2 tứ giác nội tiếp) Cách giải: µ + Fµ = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác nội Tứ giác CEK F có: E ¶ =K ¶ Do hai góc phụ với chúng tiếp, suy E 1 140 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · · , ta ECK Do hai C¶ = C¶ Cùng cộng thêm BCK = BCF ¶ =B ¶ D CK H : D CBK (g.g) góc phụ với chúng K 1 CK CH = Þ CK = CB CH (1) Theo hệ thức lượng tam CB CK giác ABC vng A ta có:CA = CB CH (2) Từ (1) (2) suy CA = CK Þ ( ) Câu 7) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O Đường vng góc với AB B cắt CD I Gọi K giao điểm IO AD Chứng minh rằng: · · a) IBK = IDK · b) CBK = 900 Phân tích: · · IDK hai góc D IBK D IDK , hai tam giác IBK không Các đỉnh B D hai góc nằm khác ( ) phía OI , mà OI trục đối xứng O Có thể đổi phía góc IBK cách lấy F đối xứng với B qua OI , ta có · · · · Chỉ cần chứng minh IDK cách chứng IBK = IFK = IFK » ) Ta minh tứ giác IK DF nội tiếp (hình vẽ ứng với F Ỵ CD · IF + K · DF = 1800 Chú ý đến chứng minh K · IF , Iµ ABF · · · ¶ góc K (đừng qn AB ^ BI ) Xét CBK = IBK +B · · Chú ý đến IBK (câu a), = IDK Lời giải: a) Kẻ dây BF vng góc với OI Ta có IK đường trung trực 141 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC BF nên tam giác BK F , BIF cân · · Suy IBK = IFK · IF = Iµ (1) K ¶ ) · Ta lại có Iµ1 = ABF (cùng phụ góc B · IF = ABF · nên K ABFD tứ giác · · · IF + ADF · nội tiếp nên ABF + ADF = 1800 Suy K = 1800 , · · (2) Từ (1) (2) suy IK DF tứ giác nội tiếp nên IDK = IFK · · IBK = IDK · · b) IDK ( ABCD nội tiếp) = 1800 - ABC ¶ · ¶ = 1800 - 900 - B = 1800 - ABI - B 2 · ¶ ) Ta lại có · · (vì ABI (câu a) nên = 900 - B IDK = IBK · ¶ Do IBK · ¶ = 900 IBK = 900 - B +B 2 » Các trường hợp khác Lưu ý: Hình vẽ ứng với F Ỵ CD chứng minh tương tự ( ) ( ) Câu 8) Cho đường tròn O O ' cắt A B Dây AC ( ) ( ) đường tròn O ' tiếp xúc với đường tròn O A Tia CB cắt ( ) đường tròn O điểm thứ hai D Gọi K điểm thuộc dây AD Vẽ ( ) dây BE đường tròn O cho BE qua K Tia CK cắt đường ( ) tròn O ' điểm thứ hai I cắt AE F Chứng minh rằng: a) AIDF tứ giác nội tiếp ( ) b) DF tiếp tuyến đường tròn O 142 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC J B = OB + OJ = 52 + 2,42 = 769 769 Vậy bán kính Þ JB = đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN 769 Câu 20 (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP TP Hồ Chí Minh– năm 2013) Cho tam giác ABC có B,C cố định A di động cho AB = 2AC a) Gọi I điểm cạnh BC cho IB = 2IC Chứng minh · AI tia phân giác BAC b) Chứng minh điểm A ln di động đường tròn cố định Cho tam giác ABC Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm I tiếp xúc với BC D Đường tròn bang tiếp góc A tam giác ABC có tâm J , tiếp xúc với BC E a) Gọi F giao điểm AE DI Chứng minh F thuộc ( ) đường tròn I b) Gọi M trung điểm BC chứng minh đường thẳng MI qua trung điểm AD Phân tích định hướng giải: Lời giải: 1) a) Vận dụng tính chất đường phân giác tam giác 161 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC b) A di động đường tròn cố định đường kính ID (trong D ngồi đoạn BC cho DB = 2) DC ( )( ) 2) a) Hai đường tròn I , J IT / / J K , IF / / EJ nên Suy F Ỵ tiếp xúc với AC T L Ta có AI IF IT Mà J E = J L nên IF = IT = = AJ JE JL (I ) b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt suy æ AB + BC - AC MD ID ÷ ÷ BD = CE ỗ = Do ú MD = ME Vỡ ç = =1 ÷ ç ÷ è ø ME IF nên MI / / EF Từ suy MI qua trung điểm AD Câu 21) Cho tam giác ABC vuông A Gọi CT đường phân ( ) giác tam giác T Ỵ AB ( ) a) Chứng minh đường tròn K qua C , T tiếp xúc với AB có tâm K thuộc BC ( ) b) Gọi giao điểm AC K D khác C , giao điểm · · DB ( K ) E khác D Chứng minh ABD = BCE c) Gọi giao điểm CE AB M Chứng minh M trung điểm đoạn thẳng BT Lời giải: ( ) a) K tiếp xúc với AB T nên K T ^ AB K T 162 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC song song với AB Vì D K T C cân nên · CT = K · T C = T· CA = T· CB Do K thuộc BC K ( ) b) Gọi F giao điểm K BC ( F khác C ) Tứ giác · FEDC nội tiếp K Ỵ BC nên FEC = 900 · · · · Từ ABD = 900 - ADB = 900 - EFC = BCE · · c) Từ câu b suy MBE , = BCM D MBE : D MCB Þ ME MC = MB Mặt khác, MT tiếp xúc ( ) với K nên MT = ME MC = MB Vậy M trung điểm BT Câu 22) Cho tam giác ABC , đường tròn (I ) nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnh BC ,CA, AB tương ứng D, E , F Gọi K , L hình chiếu vng góc A lên DE , DF Giả sử AI cắt EF M a) Chứng minh M trực tâm tam giác DK L b) Gọi P đối xứng với E qua K ,Q đối xứng với F qua L Chứng minh giao điểm QE , PF nằm đường tròn (I ) Phân tích định hướng giải: a) Để chứng minh M trực tâm tam giác DK L ta chứng minh K M ^ LD, ML ^ K D Để ý giả thiết cho biết AK ^ DK vng góc với DK để chứng minh ML ^ DK ta cần chứng minh 163 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · · · ML / / AK tức LMA Nhưng ta có LMA (do tứ = MAK = MFA · · · giác ALFM nội tiếp), LFA AB tiếp tuyến = BFD = FED · · AM tứ giác MAK E nội tiếp Từ (I ) Mặt khác FED =K · · suy LMA Hoàn toàn tương tự ta chứng minh = MAK K M ^ LD b) Gọi giao điểm QE , PF với đường tròn T T ' Để chứng minh Chứng minh giao điểm QE , PF nằm đường tròn (I ) chất chứng minh T º T ' Để ý rằng: MK đường trung bình tam giác PEF nên PF / / MK Þ PF ^ FD (kết câu a) Suy DT đường kính (I ) Hoàn toàn tương tự ta chứng minh DT ' đường kính (I ) suy T º T ' Câu 23) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) P điểm nằm tam giác ABC Trung trực CA, AB cắt PA E , F Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến C (O) M Đường thẳng qua F song song với AB cắt tiếp tuyến B (O) N a) Chứng minh MN tiếp tuyến (O) b) Giả sử MN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM , ABN S,Q khác MN Chứng minh D ABC : D ASQ SB cắt CQ điểm nằmtrên (O) Phân tích định hướng giải: 164 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC a) Bằng thực nghiệm hình vẽ ta dự đốn MN tiếp xúc với đường tròn (O) giao điểm D AP với đường tròn (O) Như ta · · cần chứng minh ODM = 900 ODN = 900 Nếu điều xảy tứ giác OEDM OFND nội tiếp Trong tốn có giả thiết liên quan đến tiếp tuyến CM , BN nên ta cần ý đến tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung để tìm liên hệ góc Ngồi giả thiết liên quan đến đường trung trực giúp ta nghỉ đến tam giác cân tính chất đối xứn qua trung trực cạnh tam giác + Muốn chứng minh OEDM nội tiếp ta cần góc · · · · OME (do OEMC nội tiếp) mà OME = ODE = OCE · · (OE trung trực AC ) Mặt khác tam giác OAD OCE = OAE · · · · cân O suy OAE Từ suy OME hay = ODE = ODE · · OEDM nội tiếp suy OEM = ODM = 900 165 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · + Hồn tồn tương tự ta có ODN = 900 hay MN tiếp tuyến (O) · Q º AS · M = 1800 - ACM · · b) + Ta thấy AS tứ giác = ACx ASMC nội tiếp Mặt khác MC tiếp tuyến (O) nên · · · · ACx = ABC Þ ASQ = ABC Tương tự ta có: · · · · · suy AQS º AQN = 1800 - ABN = ABy = ACB D ABC : D ASQ + Giả sử SB cắt QC điểm R Muốn chứng minh R thuộc đường tròn (O) ta quy chứng minh ABCR tứ giác nội tiếp · · Tức ta quy chứng minh RCA Để ý tam = RBA · · giác ARQ tam giác ASR RCA xảy = RBA · · Nhưng điều hiến nhiên D ABC : D ASQ ACQ = ABS (Bài toán kết thúc) Câu 24) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) cố định với B,C cố định Điểm A di chuyển đường tròn (O) cho AB < AC · Lấy điểm D thuộc đoạn BC cho AD phân giác góc BAC Đường tròn (K ) qua A tiếp xúc với BC D cắt AC , AB E , F khác điểm A BE ,CF cắt (K ) G, H khác E , F AG, AH cắt BC M , N a) Chứng minh (K ) tiếp xúc với (O) b) Tìm vị trí điểm A đường tròn (O) để diện tích tam giác AMN lớn Phân tích định hướng giải: Giả thiết liên quan đến đường phân giác AD ta nghỉ đến việc kéo 166 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC dài AD cắt đường tròn (O) D ' ta có tính chất quen thuộc OD ' ^ BC Mặt khác K D ^ BC D giao điểm đường phân giác góc A với (K ) suy K D ^ EF Þ EF / / BC Để chứng minh hai đường tròn tiếp xúc với ta kẻ tiếp tuyến Ax Ç BC = T đường tròn (K ) Ta chứng minh Ax tiếp tuyến chung hai đường tròn · · · Ta có: T· AF = AEF mà AEF đồng vị Từ suy = ACB · Điều chứng tỏ AT tiếp tuyến T· AF º T· AB = ACB (O) Cách 2: Kẻ tiếp tuyến Ax Ç BC = T đường tròn (O) Ta có · · · T· DA = DAC + ACD = DAB +T· AB = T· AD suy tam giác T AD cân T , mà T D tiếp xúc với (K ) Þ T A tiếp xúc với (K ) Vậy T A tiếp tuyến chung A hai đường tròn b) Ta có · · EF = GAB · GBM =G Þ D BGM : D ABM Û MB = MG MA Mặt khác theo tính chất tiếp tuyến cát tuyến ta có: MD = MG MA Þ MB = MD Tương tự ta chứng minh N trung điểm CD Suy MN = BC khơng đổi Ta có SD AMN = AL MN Trong AL đường cao kẻ từ A đến BC Như SD AMN lớn AL lớn Suy AL phải qua tâm O Suy A trung điểm cung BC Câu 25) Cho đường tròn (O) dây cung AB (khơng phải đường kính) Điểm M thuộc cung lớn AB , I tâm vòng tròn nội tiếp D MAB , P điểm cung AM khơng chứa điểm B, K trung điểm MI a) Chứng minh PK ^ MI 167 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC b) Gọi Q giao điểm PK AI Chứng minh ABQP nội tiếp c) Khi M thay đổi cung lớn AB Chứng minh PQ tiếp xúc với đường tròn cố định Phân tích định hướng giải: + Để chứng minh PK ^ MI ta phải chứng minh D PMI cân P tính chất hình học quen thuộc + Để chứng minh ABPQ nội tiếp ta chứng minh · · để tận dụng PQA = PBA giả thiết liên quan đến phân giác tính chất điểm P + Ta thấy PQ ^ MI , PQ tiếp xúc với đường tròn có bán kính cố định song song với MI , điều giúp ta liên tưởng đến tâm O đường thẳng qua O vng góc với PQ Từ định hướng ta có lời giải sau: D PMI cân P Thật ta có: · · · · · · · · suy PMI = PMA + AMI = PBA + IMB = PBM + BMI = PIM tam giác D PMI cân P PK ^ MI a) Trước hết ta chứng minh b) Tacó ( ) ( · · · IQ = 900 - IMA · · · PQA = 900 - K + IAM = 900 AMB + MAB 1· · Như tứ giác ABPQ nội tiếp = MAB = PBA 168 ) PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC c) Kẻ OT vng góc với PQ T trung điểm dây PQ Ta ¼ · · có PQ phân giác góc MPB nên POQ = sđAMB ỉ· POQ ÷ ç ÷ ç ÷ khơng đổi Từ ta có OT = R.cosỗ khụng i Vy PQ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ luụn tip xỳc vi ng trũn tõm O bỏn kớnh ổã ỗPOQ ữ ữ r = OT = R.cosỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ ç è ø Câu 26) Cho AB dây cung (khơng đường kính) (O),(O ') ( )( ) trung điểm OB , O1 , O2 đường tròn đường kính OA,O 'B ( )( ) MN tiếp tuyến chung hai đường tròn O1 , O2 với M Ỵ ( O1) , N Ỵ (O2 ) Gọi C giao điểm AM với đường tròn (O) (C ¹ A ) a) Chứng minh CO ^ MN b) Chứng minh: AMNB tứ giác nội tiếp c) Chứng minh MN = AB Phân tích định hướng giải: a) Ta thấy MO1 / / NO2 ^ MN để chứng minh CO ^ MN 169 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ta chứng minh CO / / MO1 CO / / NO2 Tức ta chứng minh · · điều AMO = ACO hiển nhiên tam giác O1AM ,OAC cân O1 O b) Kéo dài MN cắt (O) D Dễ thấy B, N ,C thẳng hàng , ta gọi C ' giao điểm BN (O) C 'O ^ MN Þ C º C ' Để chứng minh AMNB nội tiếp ta cần · · chứng minh ABN ta có: = CMN 1· 1· 1· · · · ABC từ suy CMN = DMA = AO C = AOC = AOC 2 điều phải chứng minh: Chú ý: Việc kéo dài MN cắt đường tròn (O) D chìa khóa để tính góc dựa tính chất tiếp tuyến MN c) Ta có D CMN : D CBA Þ MN CM CN MN CM CN CM CN = = Þ = = BA CB CA BA CB CA CA CB OO1 CN OO2 mặt khác CM = = ; = = Þ MN = CA OA CB OB AB Câu 27) Cho tam giác ABC Một đường tròn (K ) qua B,C cắt đoạn CA, AB E , F khác C B Đường thẳng BE cắt CF H Gọi M trung điểm EF Gọi P ,Q đối xứng với A qua BE ,CF a) Chứng minh đường tròn (I ) ngoại tiếp tam giác HEP đường tròn (J ) ngoại tiếp tam giác HFQ cắt AM 170 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC b) Chứng minh (I ) (J ) có bán kính Phân tích định hướng giải: a) Nếu D giao điểm thứ hai hai đường tròn (I ),(J ) Thực nghiệm hình vẽ giúp ta dự đốn tứ giác AEDF hình bình hành Nếu chứng minh điều ta kết luận AM qua D Tuy nhiên việc chứng minh trực tiếp AEDF hình bình tương đối khó + Để khắc phục điều ta gọi D đỉnh thứ hình bình hành AEDF sau ta chứng minh tứ giác QFHD, PEHD nội tiếp Khi đường tròn (I ),(J ) qua D Ta có: · · · · · (1) Ta cần CAH để ý đến hai HPE = EAH = CAH = EDH tam giác D CAH D EDH ta thấy · · · · E - FCB · · · · · HED = FED - FEH = AF = ECB - FCB = ECF = ECH Mặt khác ta có D FEH : D BCH Þ HE EF = HC CB 171 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC AF EF HE AF DE suy (do = = = AC BC HC AC AC · · kết hợp AF = DE ) D CAH : D EDH CAH = EDH D AEF : D ABC Þ · · với (1) ta suy HPE hay tứ giác PEHD nội tiếp, hoàn = EDH toàn tương tự ta có QFHD nội tiếp suy đường tròn (I ) ngoại tiếp tam giác HEP đường tròn (J ) ngoại tiếp tam giác HFQ cắt điểm D nằm AM · · · · · D hai tam giác b) Ta có HID = 2HED = 2HCA = 2HFD = HJ D HJ D, D HID có chung cạnh đáy, góc đỉnh nên D HJ D = D HID Þ J D = ID Câu 28) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Các điểm E , F thuộc cung BC không chứa điểm A cho EF / / BC tia AE nằm tia AB,AF Gọi H trực tâm tam giác ABC FH cắt (O) điểm G khác F Gọi (L ) đường tròn ngoại tiếp tam giác · AGH Giả sử K Ỵ AE cho AHK = 900 a) Chứng minh L nằm AE b) Giả sử (L ) cắt CA, AB M , N khác A Chứng minh AF ^ MN điểm P c) GK Ç MN = Q, AQ Ç (O ) = R ¹ A Chứng minh đường thẳng qua R vng góc với AF cắt GP điểm nằm (O) Phân tích định hướng giải: a) Nếu L nằm AE điểm A,G, H , K nằm đường tròn (L ) Như chất câu hỏi chứng minh AGHK nội tiếp Thật : Ta có: 172 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · Do K Ỵ AE cho AHK = 900 suy HK ^ AH Þ HK / / BC / / EF · HF = HFE · Do K · · mà HFE = EAG (cùng chắn cung FG ) · HF = K · AG hay AGHK suy K · nội tiếp Mặt khác AHK = 900 nên L trung điểm AK · · AF = AK · N + BAE · · · N b) Ta có: AMN +M = 900 ( Do AMN = AK · AF = BAE · chắn cung AN , M hai cung BE ,CF nhau.) Suy AF ^ MN điểm P c) Giả sử đường thẳng qua R vng góc với AF cắt GP I Ta cần chứng minh AGRI tứ giác nội tiếp Thật từ việc xác · · định điểm I ta suy RI / / MN suy RIG ( đồng vị) = QPG · · Mặt khác ta dễ thấy QPG ( Do tứ giác APQG nội = QAG · · tiếp) suy RIG Û AGRI tứ giác nội tiếp Tức điểm = RAG I nằm đường tròn (O) 173 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Câu 29) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Điểm P · nằm tam giác cho AP phân giác góc BAC Gọi E , F hình chiếu vng góc của P lên CA, AB Đường thẳng qua A vng góc với AP cắt đường tròn (O) D khác A , PD cắt EF Q , M trung điểm BC a) Chứng minh MQ / / AP ( )( ) b) Gọi K , L đường tròn ngoại tiếp tam giác BQF ,CQE Chứng minh ( K ) ,( L ) có điểm chung với (O) ( )( ) c) Giả sử QM cắt K , L S,T khác Q Chứng minh đường trung trực ST AO cắt (O ) Phân tích định hướng giải: a) Kéo dài AP cắt (O) G dễ thấy GD đường kính (O) Ta thấy tam giác D APE #D DGC có đường cao tương ứng EN ,CM nên có MG NP Mặt khác ta = MD NA NP QP = NQ / / AD NA QD từ suy 174 MG QP = Þ QM / / GN º AP MD QD PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC b) Gọi R giao điểm (O) với DP Ta chứng minh tứ giác BFQR,CEQR đường tròn (K ),(L ),(O) có · · điểm chung R Thật AD / / EF nên BAD mà = BFQ · · · · Þ BFQ + BRD = 1800 hay tứ giác BFQR nội BAD = 180 - BRD ( )( ) tiếp Tương tự ta có: CEQR nội tiếp nên K , L có điểm chung với (O) R c).Dựng đường kính AH (O) Ta chứng minh đường trung trực ST qua H Điều có nghĩa tam giác SHT cân H · Tứ giác FQSB nội tiếp mà SQF = 900 Þ BS ^ BF ^ BH Þ B, S, H thẳng hàng Tương tự C ,T , H thẳng hàng nên · · · · · · H Þ D SHT cân ( đpcm) SHT = QSB = AFE = AEF = QRC = ST 175 ... PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC + Với giả thiết ta thấy: Chỉ có BC cố định, thực nghiệm cho thấy HK ln qua trung điểm BC định hướng để ta giải toán a) Gọi B ' hình chiếu B AC , C ' hình chiếu C AB ·... trục đối xứng BD hình vng nên DZ = DV Do ADME hình thang cân nên DZ = AL Vậy DV = AL Do CV vng góc với DL Tương tự DY vng góc với CE Do 155 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC EM ,CX ,... A a) Chứng minh tứ giác AMPN hình bình hành b) Gọi EN , FM cắt (K ) G, H khác E , F Gọi GH cắt MN T Chứng minh tam giác AST cân Phân tích: + Để chứng minh AMPN hình bình hành ta chứng minh