Các bài toán hình GK2 toán 9

CÁC BÀI TỐN HÌNH TRONG ĐỀ THI GK2 – LỚP CÁC TRƯỜNG HÀ NỘI Bài Tây Hồ-2018-2019 Cho đường tròn  O; R  đường thẳng d khơng có điểm chung với đường trịn Từ điểm M thuộc đường thẳng d kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường trịn Hạ OH vng góc với đường thẳng d H Nối AB cắt OH K , cắt OM I Tia OM cắt đường tròn  O; R  E a) Chứng minh: AOBM tứ giác nội tiếp b) Chứng minh: OI OM  OK.OH c) Chứng minh: E tâm đường trịn nội tiếp tam giác MAB d) Tìm vị trí M đường thẳng d để diện tích tam giác OIK có giá trị lớn Hướng dẫn M A E I K H O B a) Chứng minh: AOBM tứ giác nội tiếp HDedu - Page Xét tứ giác AOBM có: MAO  MBO  180 Mà hai góc vị trí đối Suy AOBM tứ giác nội tiếp b) Chứng minh: OI OM  OK.OH Ta có: OIK ∽ OHM (g-g) OI OK   OI OM  OH OK (đpcm) OH OM c) Chứng minh: E tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB - Xét (O) có AOE  BOE (t/c tiếp tuyến cắt nhau) sđ cung AE = sđ cung BE  BAE  MAE - Xét ABM có: +) MO phân giác thứ (t/c tiếp tuyến cắt nhau) +) AE phân giác thứ hai (cmt) +) MO cắt AE E  E tâm đường tròn nội tiếp AMB (đpcm) d) Tìm vị trí M đường thẳng d để diện tích tam giác OIK có giá trị lớn - Có: OH OK  OI OM  OB  R  OH OK  R  OK  R2 OH Mà OH không đổi, nên OK không đổi 1 - Ta có: SOIK  OI IK   OI  IK   OK  const 4 Để diện tích tam giác OIK đạt giá trị lớn OI  IK Khi đó:  OI OH  IK HM Suy OH  HM Vậy điểm M nằm đường thẳng (d) cho OH  HM diện tích tam giác OIK đạt giá trị lớn Bài – Nam Từ Liêm- 2018-2019 Cho đường tròn  O; R  , dây cung BC không qua tâm Điểm A di động cung nhỏ BC  AB  AC  Kẻ đường kính AP Gọi D hình chiếu A BC , gọi E , F hình chiếu điểm B, C AP a) Chứng minh tứ giác tứ giác ABDE nội tiếp b) Chứng minh BD AC  AD.PC HDedu - Page c) Gọi I trung điểm BC Đường thẳng OI cắt DP K Gọi N điểm đối xứng D qua I Chứng minh IK ∥ NP EN ∥ AC d) Chứng minh I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Hướng dẫn a) Ta có D, E nhìn AB góc vng nên ABDE nội tiếp b) Xét BDA PCA có BDA  PCA  90 DBA  CPA ( chắn cung AC ) Vậy BDA ∽ PCA  g.g   BD PC   BD AC  AD.PC AD AC c) I trung điểm BC  OI  BC  IK ∥ AD Xét PDA có O trung điểm PA , OK ∥ AD Vậy K trung điểm PD Xét PDN có I trung điểm DN , K trung điểm PD Vậy IK ∥ NP Ta có IK ∥ NP  BNP  90 Ta có N , E nhìn PB góc vng nên BENP nội tiếp BNE  BPE ( chắn cung BE ) (*) BPE  BCA ( chắn cung BA ) (**) Từ (*) (**) suy BNE  BCA Vậy EN ∥ AC d) Ta có EDC  BAP ( tứ giác ABDE nội tiếp) BAP  BCP ( chắn cung PB ) Vậy EDC  BCP Vậy ED∥CP ED∥CP   Ta có EN ∥CA   DE  EN Mà I trung điểm DN Vậy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AC  CP  DEF HDedu - Page Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC ,  AB  AC  có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Gọi H giao điểm ba đường cao AD, BE, CF tam giác ABC 1) Chứng minh AEHF AEDB tứ giác nội tiếp đường trịn 2) Vẽ đường kính AK đường tròn  O  Chứng minh tam giác ABD tam giác AKC đồng dạng với Suy AB AC  2R AD 3) Chứng minh OC vng góc với DE Hướng dẫn A x E O F B C D K y HDedu - Page 1) Ta có : AEH  90 AFH  90 Do đó: AEH  AFH  180 mà hai góc đối  Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn Ta lại có, AEB  ADB  90  E D nhìn cạnh AB góc vng Vậy tứ giác AEDB nội tiếp 2) Ta có ACK  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Hai tam giác vng ADB ACK , có: ABD  AKC (góc nội tiếp chắn cung AC) Suy ABD ∽ AKC  g.g   AB AD   AB AC  AK AD  AB AC  2R AD AK AC 3) Vẽ tiếp tuyến xy C  O  Ta có OC  Cx (1) Mặt khác, AEDB nội tiếp  ABC  DEC Mà ABC  ACx nên ACx  DEC  Cx / / DE (2) Từ (1) (2) ta có: OC  DE Bài điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn  AB  AC  nội tiếp đường tròn  O  Các đường cao AF CE tam giác ABC cắt H ( F  BC; E  AB) a) Chứng minh tứ giác BEHF nội tiếp đường trịn b) Kẻ đường kính AK đường tròn  O  Chứng minh: Hai tam giác ABK AFC đồng dạng c) Kẻ FM song song với BK (M  AK ) Chứng minh: CM vng góc với AK Hướng dẫn HDedu - Page A E H B O F C M K a) Ta có E  900 , F  900  E  F  900  900  1800 Vậy tứ giác BEHF nội tiếp đường tròn ( tổng hai góc đối 1800) b) Ta có : ABK  900 ( góc nội tiếp chắn đường trịn) Xét ABK AFC Có ABK  AFC  900 AKB  ACF (hai góc nội tiếp chắn cung BA)  ABK ∽ AFC ( g  g ) c) CBK  CAK (hai góc nội tiếp chắn cung CK) CBK  CFM ( so le trong)  CFM  CAK  Tứ giác AFMC nội tiếp  AMC  AFC  CM  AK Bài ( 3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, C điểm nằm O A Đường thẳng vng góc với AB C cắt nửa đường tròn I , K điểm nằm đoạn thẳng CI ( K khác C I ), tia AK cắt nửa đường tròn  O  M , tia BM cắt tia CI D Chứng minh: 1) Các tứ giác: ACMD; BCKM nội tiếp đường tròn 2) CK CD  CACB 3) Gọi N giao điểm AD đường tròn  O  chứng minh B, K , N thẳng hàng 4) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm đường thẳng cố định K di động đoạn thẳng CI Hướng dẫn HDedu - Page D M I N E A K C O B 1) Ta có: AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AMD  900 ( góc kề bù) Và ACD  900 (gt) Suy ACD  AMD  900 mà hai góc có đỉnh kề nhau, nhìn cạnh AD nên tứ giác ACMD nội tiếp + Xét tứ giác BMKC có BMK  BCK  900  900  1800 mà hai góc đối nhau, nên tứ giác BMKC nội tiếp 2) Chỉ CAK  CDB ( phụ ABM ) Suy CKA ∽ CBD  g.g   CK CD  CA.CB 3) Vì K trực tâm ADB  BK  AD Mặt khác BNA  900 ( góc nt chắn nửa đường trịn) nên BN  AD  B, K , N thẳng hàng 4) Lấy E đối xứng với B qua C E cố định EDC  BDC , lại có: BDC  CAK (cùng phụ với B ), suy ra: EDC  CAK Do AKDE tứ giác nội tiếp Gọi O ' tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AKD O ' tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên Suy O thuộc đường trung trực đoạn thẳng AE cố định Bài ( 3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, C điểm nằm O A Đường thẳng vng góc với AB C cắt nửa đường tròn I , K điểm nằm đoạn thẳng CI ( K khác C I ), tia AK cắt nửa đường tròn  O  M , tia BM cắt tia CI D Chứng minh: 1) Các tứ giác: ACMD; BCKM nội tiếp đường tròn 2) CK CD  CACB 3) Gọi N giao điểm AD đường tròn  O  chứng minh B, K , N thẳng hàng HDedu - Page 4) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm đường thẳng cố định K di động đoạn thẳng CI Hướng dẫn D M I N E A K C O B 1) Ta có: AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AMD  900 ( góc kề bù) Và ACD  900 (gt) Suy ACD  AMD  900 mà hai góc có đỉnh kề nhau, nhìn cạnh AD nên tứ giác ACMD nội tiếp + Xét tứ giác BMKC có BMK  BCK  900  900  1800 mà hai góc đối nhau, nên tứ giác BMKC nội tiếp 2) Chỉ CAK  CDB ( phụ ABM ) Suy CKA ∽ CBD  g.g   CK CD  CA.CB 3) Vì K trực tâm ADB  BK  AD Mặt khác BNA  900 ( góc nt chắn nửa đường trịn) nên BN  AD  B, K , N thẳng hàng 4) Lấy E đối xứng với B qua C E cố định EDC  BDC , lại có: BDC  CAK (cùng phụ với B ), suy ra: EDC  CAK Do AKDE tứ giác nội tiếp Gọi O ' tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AKD O ' tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên Suy O thuộc đường trung trực đoạn thẳng AE cố định Bài - Hà Đông-2018-2019 Cho  O; R  MN dây không qua tâm C, D hai điểm thuộc dây MN ( C, D không trùng với M , N ) A điểm cung nhỏ MN Các đường thẳng AC AD cắt  O  điểm thứ hai E , F a).Chừng minh ACD = AFE tứ giác CDEF nội tiếp HDedu - Page b).Chứng minh AM  AC AE c).Kẻ đường kính AB Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC Chứng minh M , I , B thẳng hàng Hướng dẫn B E O I F M D C N A a).Chứng minh ACD = AFE tứ giác CDEF nội tiếp     1 1 Có ACD  sđ AN  ME  sđ AM  ME  sđ AE , mà AFE sđ AE 2 2  ACD  AFE  ACD  AFE nội tiếp (do có góc ngồi góc đối trong) b).Chứng minh AM  AC AE AMC AEM có MAC  EAM (góc chung), AMC  AEM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  AMC ∽ AEM  AM AC  AM  AC AE  AE AM c).Kẻ đường kính AB Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MEC Chứng minh M , I , B thẳng hàng Có I tâm đường trịn ngoại tiếp MEC  IM  IE  IC Có AMB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Có IMC  180  MIC  180  2MEC (do MIC  2MEC ), mà CMA  MEC  IMC  2CMA  180  IMC  CMA  90  IM  MA M , mà BM  MA M HDedu - Page Suy M , I , B thẳng hàng Bài - (BTL-2017-2018) Cho nửa đường tròn  O  , đường kính AB K điểm cung AB Trên cung KB lấy điểm M (khác K , B ) Trên tia AM lấy điểm N cho AN  BM Kẻ dây BP / / KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP BM ; E giao điểm PB AM Chứng minh rằng: Tứ giác PQME nội tiếp đường tròn 1) Chứng minh:  AKN   BKM 2) Chứng minh: AM BE  AN AQ 3) Gọi R, S giao điểm thứ hai QA, QB với đường tròn ngoại tiếp  OMP Chứng minh M di động cung KB trung điểm I RS ln nằm đường cố định Hướng dẫn Q I R K S M P N E A B O 1) Chứng minh rằng: Tứ giác PQME nội tiếp đường trịn Xét (O), đường kính AB có: APB  900 ; AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên QPB  900 ; QMA  900 ( kề bù) HDedu - Page 10 Mà hai góc vị trí đối ⇒ Tứ giác MCHE nội tiếp e) Qua A kẻ đường thẳng song song với MK , cắt  O  I , CI cắt MK N Chứng minh NH  NK Vì AI / / MK  gt   AIC  HNC (đồng vị) Mà AIC  sđ AC (góc nội tiếp chắn cung AC )  HNC  sđ AC Vì MA, MC hai tiếp tuyến cắt M  O  nên OM phân giác AOC  MOC  1 AOC  sđ AC 2 Mà HNC  sđ AC  cmt   MOC  HNC Xét tứ giác MCNO có MOC  HNC  cmt  Mà hai góc hai góc đỉnh kề nhìn cạnh MC tứ giác MCNO ⇒ Tứ giác MCNO nội tiếp Lại có MCO  90  cmt   Tứ giác MCNO nội tiếp đường trịn đường kính MO  MNO  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính MO ) hay ON  HK  NH  NK (quan hệ đường kính vng góc với dây cung  O  f) OE = OF Xét tứ giác AMNO có MAO  MNO  90  90  180 Mà hai góc vị trí đối ⇒ Tứ giác AMNO nội tiếp  AOM  ANH (hai góc nội tiếp chắn cung AM ) Mà AOM  BOF (đối đỉnh)  ANH  BOF Xét HNA BOF có: ANH  BOF  cmt  ; AHN  OBF (hai góc nội tiếp chắn cung AK (O) ) HDedu - Page 23  HNA ∽ BOF  g.g   AN OF  3 HN OB Có BEO  EMH  EHM (góc ngồi MEH ) Mà EHM  BHK (đối đỉnh)  BEO  EMH  BHK * Có OAN  EMH (hai góc nội tiếp chắn cung ON )  NAK  NAO  OAK  EMH  BHK (do OAK  BHK hai góc nội tiếp chắn cung BK ) (**) Từ (*) (**)  BEO  NAK Xét BEO KAN có: BEO  NAK  cmt  ; EBO  NKA (hai góc nội tiếp chắn cung AH )  BEO ∽ KAN  g g   Mà NH  NK  cmt   Từ (3) (4)  OE AN  OB NK OE AN   4 OB NH OF OE   OE  OF (đpcm) OB OB Bài 16 – Nguyễn Tri Phương-2018-2019 Cho O đường kính AB, M điểm cố định tiếp tuyến A O Vẽ tiếp tuyến MC cát tuyến MHK (H nằm M K ; tia MK nằm hai tia MB, MO) Các đường thẳng BH , BK cắt đường thẳng MO E F a) Chứng minh tứ giác AMCO, tứ giác MGKC tứ giác MCHE nội tiếp b) Qua A kẻ đường thẳng song song với MK , cắt O I , CI cắt MK N Chứng minh NH NK c) OE  OF Hướng dẫn HDedu - Page 24 M E H C N O A B K I F g) Chứng minh tứ giác AMCO, tứ giác MGKC tứ giác MCHE nội tiếp *) Chứng minh tứ giác AMCO nội tiếp Vì MA tiếp tuyến  O  (gt) nên MA  AO  MAO  90 Vì MC tiếp tuyến  O  (gt) nên MC  CO  MCO  90 Xét tứ giác AMCO có MAO  MCO  90  90 =180 Mà hai góc vị trí đối Suy tứ giác AMCO nội tiếp đường trịn đường kính MO *) Chứng minh tứ giác MFKC nội tiếp Ta có BKC góc nội tiếp chắn cung BC  O  nên BKC = sđ BC COB góc tâm chắn cung BC (O) nên COB  sđ BC  COB  BKC 1 Vì MA, MC hai tiếp tuyến cắt M  O   COM  AOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Mà AOM  BOF (đối đỉnh)  COM  BOF Vì MCO vng O  CMO  COM  90  CMO  COM  180 Hay 2CMO  COM  BOF  180 Lại có COM  BOC  BOF  180  BOC  2CMO  2 Từ (1) (2)  BKC  CMO HDedu - Page 25 Mà BKC  CKF  180 (hai góc kề bù)  CMO  CKF  180 Xét tứ giác MFKC có CMO  CKF  180 (cmt) Mà hai góc vị trí đối ⇒ Tứ giác MFKC nội tiếp *) Chứng minh tứ giác tứ giác MCHE nội tiếp Ta có CMO  BKC  cmt   CME  BKC Lại có CHB  BKC (hai góc nội tiếp chắn cung BC (O))  CME  CHB Mà CHB  CHE  180 (hai góc kề bù)  CME  CHE  180 Xét tứ giác MCHE có CME  CHE  180  cmt  Mà hai góc vị trí đối ⇒ Tứ giác MCHE nội tiếp h) Qua A kẻ đường thẳng song song với MK , cắt  O  I , CI cắt MK N Chứng minh NH  NK Vì AI / / MK  gt   AIC  HNC (đồng vị) Mà AIC  sđ AC (góc nội tiếp chắn cung AC )  HNC  sđ AC Vì MA, MC hai tiếp tuyến cắt M  O  nên OM phân giác AOC  MOC  1 AOC  sđ AC 2 Mà HNC  sđ AC  cmt   MOC  HNC Xét tứ giác MCNO có MOC  HNC  cmt  Mà hai góc hai góc đỉnh kề nhìn cạnh MC tứ giác MCNO ⇒ Tứ giác MCNO nội tiếp HDedu - Page 26 Lại có MCO  90  cmt   Tứ giác MCNO nội tiếp đường tròn đường kính MO  MNO  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính MO ) hay ON  HK  NH  NK (quan hệ đường kính vng góc với dây cung  O  i) OE = OF Xét tứ giác AMNO có MAO  MNO  90  90  180 Mà hai góc vị trí đối ⇒ Tứ giác AMNO nội tiếp  AOM  ANH (hai góc nội tiếp chắn cung AM ) Mà AOM  BOF (đối đỉnh)  ANH  BOF Xét HNA BOF có: ANH  BOF  cmt  ; AHN  OBF (hai góc nội tiếp chắn cung AK (O) )  HNA ∽ BOF  g.g   AN OF  3 HN OB Có BEO  EMH  EHM (góc ngồi MEH ) Mà EHM  BHK (đối đỉnh)  BEO  EMH  BHK * Có OAN  EMH (hai góc nội tiếp chắn cung ON )  NAK  NAO  OAK  EMH  BHK (do OAK  BHK hai góc nội tiếp chắn cung BK ) (**) Từ (*) (**)  BEO  NAK Xét BEO KAN có: BEO  NAK  cmt  ; EBO  NKA (hai góc nội tiếp chắn cung AH )  BEO ∽ KAN  g g   Mà NH  NK  cmt   Từ (3) (4)  OE AN  OB NK OE AN   4 OB NH OF OE   OE  OF (đpcm) OB OB Bài 17 - Thanh Xuân-2018-2019 HDedu - Page 27 Cho đường tròn  O; R  đường kính AB Dây MN vng góc với AB I cho IA  IB Trên đoạn MI lấy điểm E ( E  M ; E  I ) Tia AE cắt đường tròn điểm thứ hai K Chứng minh điểm: B, E , I , K thuộc đường tròn Chứng minh: AE AK  AM Chứng minh: R  BI BA  AE AK Xác định vị trí điểm I cho chu vi tam giác MIO đạt giá trị lớn Tính giá trị lớn theo R Hướng dẫn Ta có: AKB  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét tứ giác BKEI có: EKB  EIB  90O  90O  180O Mà hai góc vị trí đối nên tứ giác BKEI nội tiếp hay điểm: B, E , I , K thuộc đường tròn Vì AB đường kính, dây MN vng góc với AB I nên sd AM  sd AN Từ suy AME  AKM , lại có MAE chung nên MAE đồng dạng với KAM Suy MA AE   AM  AE AK KA AM 1 Ta có AMB  90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Lại có MBA chung nên BMA đồng dạng với BIM suy BM BA   BM  BI BA BI BM Ta có AM  BM  AB  4R  2  3 Từ 1 ;   ;  3 suy R  BI BA  AE AK Chu vi tam giác MIO là: MI  IO  MO  MI  IO  R HDedu - Page 28 Ta có:  MI  IO    MI  IO   2OM  2R  MI  IO  R Dấu xảy MI  IO  MIO vuông cân O  OI  R  I trung điểm OA Bài 18 - Ams-2018-2019 Cho tam giác ABC  AB  AC  nhọn nội tiếp đường tròn  O  Trên cạnh BC lấy hai điểm D E ( D nằm B E ) cho DAB  EAC Các tia AD AE tương ứng cắt lại đường tròn  O  I J a) Chứng minh rằng: phân giác BAC qua điểm cung nhỏ IJ đường trịn  O  b) Chứng minh: tứ giác BCJI hình thang cân c) Kẻ tiếp tuyến xy đường tròn  O  điểm A Chứng minh rằng: đường thẳng xy tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE Hướng dẫn a) Kẻ đường kính IOK Ta có OI  OJ  OI J cân y O  OIJ  OJI A K Lại có: KOJ  OIJ  OJI (góc ngồi tam giác) x  KOJ  2OIJ M O Tương tự KOH  2OIH   E Nên KOH  KOJ  IOH  OIJ  HOI  HIJ C D B Tương tự HOJ  HAJ Do HIJ  HAJ (1) J I H Tương tự HJI  HAI (2) Có HAJ  HAC  IAC HAI  HAB  IAB Mà HAC  HAB ; IAC  IAB (gt) Nên HAJ  HAI (3) Từ (1), (2) (3) suy ra: H IJ  HJI  HIJ cân H  HI  HJ Mà IJ đay cung (O)  H nằm cung nhỏ IJ HDedu - Page 29     b) Tương tự câu a ta có: BCJ  BAJ   BOJ  ; IBC  IAC   IOC      Mà BAJ  IAJ  BAI  IAJ  CAJ  IAC Nên BCJ  IBC Có B, C , J , I   O   BCJ  BIJ  1800  IBC  BIJ  1800 Mà hai góc vị trí phía Do BC / / IJ  BCIJ hình thang Mà BCJ  IBC nên BCIJ hình thang cân c) Có xAD  xAB  BAD AED  ACE  EAC mà BAD  EAC Kẻ OM  AB(M  AB) , có xAB  AOM  Tương tự câu a có ACB  AOB AOB Do xAB  ACB đpcm Bài 19 -Đống Đa-2018-2019: Cho đường tròn (O ) điểm M nằm ngồi đường trịn , kẻ tiếp tuyến MA ( A tiếp điểm) Kẻ đường kính AOC dây cung AB vng góc với OM H a) Chứng minh BC OM tứ giác AOBM nội tiếp đường tròn b) Kẻ dây CN đường tròn (O ) qua H Tia MN cắt (O ) điểm thứ hai D Chứng minh MA2  MN MD c) Giả sử AOB  120 Tính độ dài cung nhỏ AB diện tích hình quạt trịn AOB d) Chứng minh ba điểm B, O, D thẳng hàng Hướng dẫn HDedu - Page 30 M B H C N A O D a) Xét ABC có BO  OA  OC  AC nên ABC vuông B  ABC  90  BC  AB Mà AB  OM  OM BC + Vì OM  AB H nên HA  HB Xét AOB có OA  OB  R  AOB cân O mà OH  AB  AOH  BOH  AOH  BOH   MOA  MOB  90  OB  MB Xét AOM BOM có OA  OB OM chung  Xét tứ giác AOBM có OBM  OAM  90  90  180 (tổng góc đối) Vì AOBM tứ giác nội tiếp  AMD chung  b) Xét MAN MAD có   MAN  MDA (= sdAN )   MAN ∽ MDA (g - g)  c) Độ dài cung nhỏ AB là: l  MA MD   MA2  MN MD MN MA  R.120 80 Diện tích hình quạt trịn AOB là: S   2 R lR 2 R  R   d) + Tứ giác NADB nội tiếp (O ) nên  AND  ABD (cùng chắn cung AD ) (1) + MO BC  MHN  BCN (2 góc đồng vị) HDedu - Page 31 Mà MBN  BCN (cùng số đo cung BN )  MBN  MHN Nên tứ giác MNHB tứ giác nội tiếp  MBH  HND ( tính chất tứ giác nội tiếp)  AND  ABD  MBA  CND (2) Từ (1) (2) ta có: MBA  ABD  CND  DNA  MBD  CNA  90  MB  BD Mà MB  BO  B, O, D thẳng hàng Bài 20 –Bắc TL-2018-2019 Cho (O;R) đường kính AB cố định, điểm H nằm hai điểm A O Kẻ dây CD vng góc với AB H Lấy điểm F thuộc cung AC nhỏ; BF cắt CD E; AF cắt tia DC I 1) Chứng minh: Tứ giác AHEF tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh: góc BFH = góc EAB, từ suy BE.BF = BH.BA 3) Đường tròn ngoại tiếp HIA cắt AE điểm thứ hai M Chứng minh HBE đồng dạng với HIA điểm M thuộc (O;R) 4) Tìm vị trí H OA để OHD có chu vi lớn Hướng dẫn 1) + Ta có AFB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AFE  900 + Ta có AHE  900 (do CD  AB H) + Xét tứ giác AHEF có AFE  AHE  900  900  1800  Tứ giác AHEF nội tiếp đường tròn 2) + Tứ giác AHEF nội tiếp đường tròn (cmt) HDedu - Page 32  EFH  EAH  sd EH (góc nội tiếp đường trịn)  EFH  EAB + Xét BHE BFA có BHE  BFA ( 900 ) ABF chung Do BHE ∽ BFA (g.g)  BH BE (đn)  BE.BF  BH BA  BF BA 3) + Xét ABF AHI có AFB  AHI   900  BAI chung Do ABF ∽ AHI (g.g) 4) Xét ABI có đường cao IH, BF IH cắt BF E Suy E trực tâm ABI  AE  BI (1) + Ta có EFI vng F  điểm F thuộc đường trịn đường kính EI Mà tứ giác IFEM nội tiếp đường tròn  điểm M thuộc đường tròn đường kính EI  EM  IM hay EM  IB (2) Từ (1) (2) ta có A, E, M thẳng hàng AMB  900  M thuộc đường trịn đường kính AB Hay M thuộc (O) Bài 21 –Chu Văn An-2018-2019 Cho đường tròn (O; R) , kẻ đường kính AB Điểm M (O ) cho MA  MB  M  A, B  M Kẻ MH  AB H Vẽ đường trịn ( I ) đường kính MH cắt MA, MB E F a) Chứng minh: MH  MF MB ba điểm E, I , F thẳng hàng b) Kẻ đường kính MD đường tròn (O), MD cắt đường tròn ( I ) điểm thứ hai N ( N  M ) Chứng minh tứ giác BONF nội tiếp c) MD cắt EF K Chứng minh MK  EF MHK  MDH d) Đường tròn ( I ) cắt đường tròn (O ) điểm thứ hai P( P  M ) Chứng minh ba đường thẳng MP, FE BA đồng quy Hướng dẫn HDedu - Page 33 a) Chứng minh: MH  MF MB ba điểm E , I , F thẳng hàng Ta có AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) MFH  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm I) Suy tam giác MHB vuông H, đường cao HF Vậy MH  MF MB (hệ thức lượng tam giác vng) b) Kẻ đường kính MD đường tròn (O), MD cắt đường tròn ( I ) điểm thứ hai N ( N  M ) Chứng minh tứ giác BONF nội tiếp Ta có MNH  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm I) Suy NOH  MHN (cùng phụ góc NHO) Mà MHN  NFB (do tứ giác MHNF nội tiếp) Nên NOH  NFB Mặc khác ta có HON  NOB  1800 (kề bù) nên NFB  NOB  1800 Vậy tứ giác BONF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) c) MD cắt EF K Chứng minh MK  EF MHK  MDH Ta có MBD  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Chứng minh tương tự câu a, ta tam giác AMH vuông H, đường cao HE Khi MH  ME.MA mà MH  MF MB (câu a) nên tam giác MAB đồng dạng tam giác MFE Suy MAB  MFE (hai góc tương ứng nhau) Mặc khác ta có MAB  AMB  900 (do DBM  900 ) HDedu - Page 34  MFE  AMB  900 Vậy MK  EF Ta có tam giác MKF đồng dạng với tam giác MBD (g – g) Suy MF.MB  MK MD mà MF MB  HF (câu a) Nên MK MD  HF Khi tam giác MHK đồng dạng với tam giác MDH (c –g – c) Vậy MHK  MDH (hai góc tương ứng) d) Đường trịn ( I ) cắt đường tròn (O ) điểm thứ hai P( P  M ) Chứng minh ba đường thẳng MP, FE BA đồng quy Gọi Q giao điểm PM AB Xét tam giác MQO, có MH đường cao OI đường cao (vì OI đường nối tâm hai đường trịn) MH cắt OI I Suy I trực tâm tam giác MQO Nên QI  MO Mặc khác MO  EF (cmt) Suy điểm Q, E, F thẳng hàng Vậy ba đường thẳng MP, EF BA đồng quy Bài 22 Ba Đình-2017-2018 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) với cạnh AB cố định khác đường kính Các đường cao AE , BF tam giác ABC cắt H cắt đường tròn I , K CH cắt AB D 1) Chứng minh tứ giác CEHF nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CDF  CBF 3) Chứng minh EF / / IK 4) Chứng minh C chuyển động cung lớn AB đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF qua điểm cố định Hướng dẫn HDedu - Page 35 1) Chứng minh tứ giác CEHF nội tiếp đường trịn Ta có hai đường cao AE BE tam giác ABC cắt H nên H trực tâm tam giác ABC Khi CD vng góc với AB Xét tứ giác CEHF, có CEH  CFH  900  900  1800  tứ giác CEHF nội tiếp đường trịn (tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) 2) Chứng minh CDF  CBF Xét tứ giác CFDB, có CFB  CDB  900  tứ giác CFDB nội tiếp đường trịn (tứ giác có hai góc nhìn cạnh nhau) Vậy CDF  CBF (góc nội tiếp chắn cung CF) 3) Chứng minh EF / / IK Chứng minh tương tự ý 2, ta tứ giác AFEB nội tiếp đường tròn  ABF  AEF (cùng chắn cung AF) Mà ABF  ABK  KIA (cùng chắn cung AK) Nên AEF  AIK Vậy EF / / IK (hai góc vị trí đồng vị nhau) HDedu - Page 36 4) Chứng minh C chuyển động cung lớn AB đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF qua điểm cố định Gọi M trung điểm BC Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFEB, có AB đường kính (vì AEB  900 ) Suy M tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFEB Khi FAE  FBE  FME (góc nội tiếp chắn cung nhỏ nửa số đo góc tâm) Mặc khác ta chứng minh tứ giác AFHD BEHD nội tiếp Khi FDH  FAH  FAE , EDH  EBH  EBF (các góc nội tiếp chắn cung) Xét tứ giác EFDM, có FDE  FDH  EDH  FAE  FBE  FME Suy tứ giác EFDM nội tiếp đường tròn Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF qua điểm M cố định điểm C di chuyển cung lớn AB HDedu - Page 37 ... E  90 0 , F  90 0  E  F  90 0  90 0  1800 Vậy tứ giác BEHF nội tiếp đường trịn ( tổng hai góc đối 1800) b) Ta có : ABK  90 0 ( góc nội tiếp chắn đường trịn) Xét ABK AFC Có ABK  AFC  90 0... vi lớn Hướng dẫn 1) + Ta có AFB  90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AFE  90 0 + Ta có AHE  90 0 (do CD  AB H) + Xét tứ giác AHEF có AFE  AHE  90 0  90 0  1800  Tứ giác AHEF nội tiếp... giá trị lớn Bài – Nam Từ Liêm- 2018-20 19 Cho đường tròn  O; R  , dây cung BC không qua tâm Điểm A di động cung nhỏ BC  AB  AC  Kẻ đường kính AP Gọi D hình chiếu A BC , gọi E , F hình chiếu