Đang tải... (xem toàn văn)
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 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 � BMC � 1800 Điểm K BKC tốn có mối quan với hai đường tròn ngoại tiếp tứ giác EBKD, KFDC ta � , BMC � tìm cách tính góc BKC theo góc có liên quan đến tứ giác � 3600 BKE � CKE � � CKE � � 3600 � BDE Ta có: BKC � � � 180 BDC � � 3600 1800 BDC BDC (1) � 1800 MBC � 1800 BDC � Mặt khác ta có: BMC (2) � BMC � 1800 Từ (1) (2) ta có: BKC b) Thực nghiệm hình vẽ cho ta thấy E , K , M thẳng hàng Thật ta có: � BKM � � BCM � EDB � BDC � 1800 Bây ta chứng minh: EKB EDB F , K , M thẳng hàng: Thật ta có: � CKF � MBC � CKF � BDC � CKF � 1800 Từ ta suy điều MKC 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 � MCA � , mặt khác Ta thấy: MCN � BAN � phụ với góc MCA � � BDN � NAC , BAN � � (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 � 900 Thật ta , điều tương đương với việc chứng minh: EAF � EAB � BAF � , EAB � EDB � (Cùng chắn cung EB) , mặt có: EAF � MNC � � MNC � MAC � khác EDB CMND nội tiếp, suy EAB ,Từ � MAC � MAF � 900 (đpcm) suy EAF Câu 3) Phân tích định hướng giải: Để chứng minh tứ giác BNJK nội tiếp ta chứng minh � BKN � Ta có: BJN � BJC � NJC � 1800 BIC � 1800 NOC � � BIC � BJN NOC � DM � NC � , Mặt khác ta có: NOC 97 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � BC � � � DM � NC � BC � � BIC AD từ suy ra: BJN AD 2 � 1 � � 1� � � � NC � � AM NB DM AD BC Ta có: NKB � 2� � � BC � � DM NC AD Từ suy đpcm b) Ta có tứ giác BNJK nội tiếp nên � NBK � 1800 � NJK � NAM � 1800 � NJK � NCM � � NJO � 1800 hay NJK 1800 � NJK O, J , K thẳng hàng Mặt khác ta có: � IJB � KNB � BCI � KNB � BNA � 1800 hay K , I , J thẳng hàng Từ KJB suy I , K , O thẳng hàng Câu 4) Phân tích định hướng giải: � CFB � 900 Suy H Ta có: BEC trực tâm tam giác ABC 98 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � HDB � 900 Hay AH BC � BFH hay tứ giác BFHD nội tiếp Tương tự ta có: DHEC nội tiếp � FDH � HCE � HDE � � FDE � FBE � FIE � tức Ta có: FBH 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 � 1800 IEK � � Mặt khác ta có KIE 900 IEH � 900 FAH � 900 FEH � 900 IEH � Suy đpcm MHF � 900 , mặt khác ta vừa chứng minh + Xét tứ giác HMNK ta có: HKN � � 900 � HMN � FIMH nội tiếp nên suy FMH HIF 900 Như � HMN � HKN 1800 suy đpcm � � � HFM � � FHN cân H � MF MN + Ta có: HNM HKM HIM � DAS � Từ dễ dàng chứng minh được: MAN 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 � ODE � OED � � Thật ta có: OHE mặt khác ta có: � AHD OED � � DHB � BHE � ( Tính chất tứ giác nội tiếp) Suy � hay HI AHD OHE � phân giác góc DHE HA HI nên suy HA phân giác � góc DHE Quay trở lại tốn: � 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 � MOB � nội tiếp MQB � MKB � Mặt khác MOB tứ giác � MKB � MBOK nội tiếp suy MQB Như ta cần quy toán chứng minh MKQB nội tiếp � Ta có: � (Tính chất tiếp tuyến) ABC � ACB NKQ 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 � DBC � �� Mặt khác KDB ACB (Tính chất góc tạo tiếp tuyến � KTB � tức tứ giác TKBD nội tiếp dây) Từ suy KDB Để ý rằng: Tứ giác BKDO nội tiếp, từ suy điểm O, B, K , T , D � 900 Mặt khác nằm đường tròn đường kính OK hay OTK � 900 suy F , O, T thẳng hàng Do điểm F , O, H , T thẳng hàng FTA 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 � EDA � EBC � ELA tức tứ giác BELO nội tiếp b) Ta có điểm B, N , E , L, O nằm đường tròn đường kính NO � NLO � 900 , KDB � DCB � BHJ � IHD � suy I nên NEO � 900 Như vậy: IEO � NEO � 1800 trung điểm AH � IE ID � IEO nên N , E , I thẳng hàng � � c) Ta có MTE ADE TADE nội tiếp � � � MTEB nội tiếp � MEB � MTB � Mà ADE � ABC � � ABC MTE � BED � MTB � BTA � 1800 hay � BTA � bù với � ACB � MEB BED 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 � OAE � � OEL#OAE � OA.OL OE � OA.OL OS � OLS #OS A OEL � 900 � OLS � 900 � MLO � OLS � 1800 � M , L, S thẳng Mặt khác OSA 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 tốn 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: � NED � 1800 Ta tìm cách quy góc góc đối KEN tứ giác nội tiếp � NHA � � NKB � phụ với + Ta có: NEA (Cùng chắn cung NA ), NHA � NKB � � NKBE nội tiếp suy NEK � NBK � Mà � góc KAH suy NEA � NAD � (Do NBCA nội tiếp) NBK � NED � NAD � NED � 1800 ( Điều phải chứng minh) + Từ suy KEN Câu 10) Phân tích định hướng giải: a) Ta cần dùng góc để tận dụng điều kiện AR, AQ tiếp tuyến (O) � 900 , Thật vậy: ORC ta cần chứng minh 103 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � 900 OPC Mặt khác NM đường trung bình tam giác ABC nên � � � � (Tính chất phân giác trong) ABP BPM ABP PBM Từ suy BMP cân M � MB MP MC � BPC vuông � OPC � 900 hay ORPC tứ giác nội tiếp P � ORC b) Để chứng minh P, Q, R thẳng hàng ta chứng minh: � CRQ � 1800 PRC � � � OBC � OCB � BC , � POC � Thật ta có: PRC mà POC � 1800 � A� � A 0 � � CRQ 180 ARQ 180 � 90 suy � � � � � � � � � CRQ � B C 900 A 1800 (Đpcm) PRC 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 � 900 Thật ta có: Ta cần chứng minh BPC � PBE � EBC � 1� � PBC ABE EBC � 900 � A 900 C � PCF � FCB � Tương tự ta có: PCB � Từ suy 900 � A 900 B � PCB � 2700 � �C � 900 � BPC � 900 Vậy điểm P thuộc PBC A B 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 � = 600 nên tam giác NAQ NAQ Vậy phép quay tâm A góc quay 600 biến D thành B , N thành Q Do DN BQ tạo với góc 600 � = 600 Do P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam Vậy BPD giác ABD Câu 51 Giải: Vì tứ giác BEPD, AQCB � = CBQ � = DEP � nội tiếp nên CAQ � � = EPD � Mặt khác AQC = 1800 - ABC (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: � = IBN � = 1B � < 1A � = NCM � Do E nằm a) Ta có NCE 2 � > C� 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 � Vậy Q thuộc cung nhỏ AC góc AMC b) Vì QK = QA � = AK � Q = 1A � + 1B � (3), suy QAK 2 � + CAQ � = 1B � = IBK � + CBQ � Mặt khác � � nên � IAK CAQ = CBQ � = IBK � hay tứ giác AIK B nội tiếp Từ ta có CAQ � Q = BAI � = 1A �=K �QM nên K I / / MQ IK Gọi L giao điểm K N MQ , K I LE hình bình hành Do N trung điểm K L Vậy BK CL hình bình hành Mặt khác ta có BK / / CL , BK = CL � = BLQ � = CQM � (4) nên CL = QC (5) Từ (4) (5) suy CLQ 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 ( ) � ' + 1800 - A � = CBA 'C 'B ' 141 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ( ) � - CBA � ' = 180 - ( ACB ) Gọi H � ' + 1800 - ACB � = CBA (do A 'C '/ / AC , BC / / B 'C ' ) giao điểm BA ' AC � - CBA � ' = BHC � = CAB � ' BH / / AB ' Suy Khi ACB � B = 1800 - CAB � ' Do tứ giác AB 'T C nội tiếp hay T CT 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 � 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 � = PFE � Do CE = AF Mặt khác PEF nên = = 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 � = XY � B = XPY � = PDX � + PXD � = ADB � + ABD � = 1800 - BAD � DCB Vậy ABCD nội tiếp Câu 57 Giải: Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng IA, 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.IA ' = IB IB ' = IC IC ' ; IA.IM = I B.I N = I C IP IA ' IB ' IC ' 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 � � khơng đổi 900 + A NMP � Tam giác ANP ln cân, có A khơng đổi nên NP lớn AB + AC lớn nhất, A điểm cung lớn � Gọi A0 điểm cung lớn BC , ứng với vị BC trí ta có tam giác M 0N 0P0 cân M ; � � Vậy chu vi D M N P � chu vi N 0P0 �NP ;N M 0P0 = NMP 0 0 D MNP Do chu vi tam giác MNP lớn A �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 ( ) ( ) ( � � � � =� 180 - FPN + NEM � � � ( ) � � � � 180 - ENP + PFQ � � � � ) ( )( � - FPN � � - PSQ � � - FPC � � - PSQ � = ENP + NSM = ENC NSM ) (để ý CP = CS = CN ) ( ) ( �� � � + SPC � =� ENS + NSC - FRS � � - PSQ � + NSM � )� ) �( ( � - PSQ � + NSM � ) ( )� ) �( � + NSM � � + PSQ � � - FPS � = ( NSC ) - (CSP ) + ( NSM ) � � � � � - FPS � =� + ENS (�90 - SNM ) - ( 90 - SPQ )� ) �( � - QSC � � - FPS � = ( MSC ) + ( ENS ) � - FPS � � - ENS � � = MNE � (2) = ( SPQ ) - ( SNM ) = QPF �� � � +CSP � =� ENS + NSC - FPS � 0 � - FQM � � - EFQ � Từ (1) (2) suy QME hay = FEM � + EFQ � = EFM � + FQM � Do tứ giác MEFQ nội tiếp QME 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 � = BPD � � � Vậy tứ giác BMPD tứ Do BAC nên BMD = BPD � = MDB � � = MNA � giác nội tiếp Do MPA suy tứ giác = ACB 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� � = DQC � tròn ngoại tiếp tứ giác CDPN Vậy DPC = 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 � 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 � � T A1 � T A12 T A12 T B12 T B1 � T A1 T B1 � � � � � � � � = = = = = � �.Do � � � AA ' � � � AA ' BB ' AA '� AA1.AT BB1.BT BB '� 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 Ptô- 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: � = ADE � , BDA � = DCF � Lấy E , F thuộc đường tròn cho CDB 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 + ADCD (2) � = CDB � + BDE � = ADE � + BDE � = ADB � = FCD � Mặt khác CDE � = FDE � + EDC � = FCE � + FCD � = ECD � Do FDC suy 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 � � = C� + A � A 'MC ' + B 'MB ' = 1800 � 'A ' = MCA � ' Mà B � = C� MB � � suy A 'MC ' = A 'MB ' CM MA ' suy D C 'MA ' : D A 'MB ' (c.g.c) Do = MA ' MB ' � � ' Mặt khác � � ' nên C� 'A 'M = A 'B 'M + MCA MC 'A ' = MBA � � � không D BMC : D C 'MA ' Do BCM =A 'MC ' = 1800 - B 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... MNB#FIA (Bài toán giải quyết) NBM BAC IAF Câu 19) Phân tích định hướng: Vì BC R Áp dụng công thức � R BC R sin BAC � � sin BAC A 600 Trong tốn có yếu tố cố định BC , � A nên ta tập. .. cạnh BC khơng đối , nên diện tích lớn đường cao hạ từ K đến BC lớn Tức K trung � , A trung điểm cung lớn BC � Tam giác KBC điểm cung BC nên độ dài đường cao tam giác KBC 3R 3 R, 2 3 � S KBC