Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 38 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
38
Dung lượng
2,19 MB
Nội dung
CHƯƠNG IV – CHÙM BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐIỂM, ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT TRONG TAM GIÁC, TIẾP TUYẾN CÁT TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRỊN I CHÙM BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG CAO VÀ ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP TAM GIÁC II CHÙM BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TÂM ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP 17 III CHÙM BÀI TOÁN CÁT TUYẾN, TIẾP TUYẾN VỚI ĐƯỜNG TRÒN 27 I CHÙM BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG CAO VÀ ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP TAM GIÁC Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường cao AD, BE, CF cắt H, đường thẳng AH, BH, CH kéo dài cắt (O) giao điểm thứ hai P, Q, R (P khác B, Q khác C, R khác A) Gọi M, I trung điểm BC, AH, đường thẳng EF cắt AH K x A Q E1 E I K R F G H O F1 B D C M P N Các tứ giác BFHD, CEHD, BFEC nội tiếp Chứng minh: Do AD, BE, CF đường cao tam giác ABC nên HDB BFD 900 HDB BFD 1800 , suy tứ giác BFHD nội tiếp (tổng hai góc đối 180 ) Tương tự ta có tứ giác CEHD nội tiếp Ta có: BFC BEC nên BFEC tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh liên tiếp F, E nhìn cạnh BC góc nhau) Các đường thẳng AD, BE, CF chứa đường phân giác góc EDF; DEF; EFD , từ suy trực tâm H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Chứng minh: Vì BFHD nội tiếp nên: FBH FDH (cùng chắn FH ) (1), CEHD nội tiếp nên HDE HCE (cùng chắn EH ) (2), tứ giác BFEC nội tiếp nên FBE FCE (cùng chắn EF ) (3) Từ (1), (2), (3) ta suy FDH EDH hay AD phân giác góc EDF Chứng minh tương tự, ta có: BE, CF chứa đường phân giác góc DEF; EFD Từ suy trực tâm H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Dựng đường kính (O) Khi tứ giác BHCN hình bình hành Suy H, M, N thẳng hàng H, G, O thẳng hàng HO = 3GO Chứng minh: Vì AN đường kính (O) nên NC AC , BH AC BH / /NC Chứng minh tương tự, ta có: CH // NB nên tứ giác BHCN hình bình hành Suy ra, hai đường chéo NH, BC cắt trung điểm đường Mà M trung điểm BC nên N, H, M thẳng hàng Ta có: MO đường trung bình tam giác AHN nên MO // = AH Gọi G giao điểm AM HO, MO // AH (cùng vuông góc với BC) Theo định lý Thales ta có: Do AG MO G trọng tâm tam giác ABC H, G, O thẳng hàng GM AH GO OM HO 3GO (Đường thẳng qua H, G, O gọi đường thẳng Ơle tam giác ABC) GH AH Các đường thẳng AH, BH, CH kéo dài cắt (O) giao điểm thứ P, Q, R đó: P, Q, R điểm đối xứng với H qua BC, CA, AB Chứng minh: Vì AN đường kính (O) nên APN 900 PN / /DM Lại có M trung điểm HN (chứng minh 3) Suy DM đường trung bình tam giác HPN D trung điểm HP Nói cách khác P điểm đối xứng với H qua BC Chứng minh tương tự ta có: Q, R điểm đối xứng với H qua CA, AB OA EF , tam giác ARQ cân Chứng minh: Dựng tiếp tuyến Ax đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có Ax OA (4) Ta có: xAC ABC (tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Mặt khác: tứ giác BFEC nội tiếp nên AEF ABC , từ suy xAC AEF hay EF // Ax (5) Từ (4) (5) suy EF OA Chú ý EF đường trung bình tam giác HQR nên QR // EF QR OA suy OA QR trung điểm QR nên tam giác AQR cân A Đường thẳng EF kéo dài cắt đường tròn (O) E1 ; F1 (E nằm E1 F) Khi đó: AE1 ; AF1 tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CEE1 ; BFF1 Chứng minh: Theo chứng minh ta có: EF // QR E1F1 // QR, suy tam giác AF1E1 cân A nên AF1E1 AE1F1 Mặt khác: AE1F1 AB1E1 AF1E1 ABF1 Suy AF1 tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BFF1 Chứng minh tương tự ta có: AE1 tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CEE1 Chú ý rằng: Từ chứng minh ta có hệ thức đẹp: AF12 AF.AB AH.AD; AE12 AE.AC AH.AD A I E X Y H F J G O Z B T D C M N Gọi X, Y, Z, T trung điểm AB, AC, HB, HC Khi điểm D, E, F, X, Y, M, I, Z, T nằm đường trịn có tâm trung điểm OH (gọi đường tròn Ơle tam giác ABC) Chứng minh: Ta có IZ đường trung bình tam giác ABH IZ // = giác ABC nên YM // = AB, YM đường trung bình tam AB Từ suy IZ // = YM IZMY hình bình hành Lại có: ZM đường trung bình tam giác BHC nên ZM // CH mà AB CH ZM IZ Vậy tứ giác IZMY hình chữ nhật nên hai đường chéo IM, ZY cắt trung điểm J đường Tương tự ta chứng minh tứ giác XITM, XYTZ hình chữ nhật nên suy đường chéo IM, ZY, TX đồng quy trung điểm J đường Chú ý rằng: IDM, ZEY, TFX vuông D, E, F nên tâm vòng tròn ngoại tiếp trung điểm J cạnh huyền tương ứng Suy điểm D, E, F, X, Y, M, I, Z, T nằm đường tròn tâm J Ta có: OM // = AH // = IH nên tứ giác IHMO hình bình hành, suy hai đường chéo IM, HO cắt trung điểm đường Nói cách khác điểm J trung điểm HO Chú ý rằng: Nếu chứng minh điểm số điểm nêu nằm đường trịn ta làm đơn giản sau: Ví dụ: Chứng minh tứ giác DMEF nội tiếp Ta có: M tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác BFEC nên EMF 2EBF (tính chất góc tâm góc nội tiếp chắn cung) Mặt khác theo 2) ta DEF 2HDF 2EBF suy EMF EDF hay tứ giác DMEF nội tiếp (các đỉnh liên tiếp D, M nhìn cạnh EF góc nhau) K trực tâm tam giác IBC Chứng minh: Để chứng minh K trực tâm tam giác IBC ta chứng minh: CK IB Ta chứng minh: IBC KCB 900 Ta có: IBC IBE EBC IBE 900 ACB (5) Để ý rằng: điểm A, E, F, H nằm đường tròn tâm I trung điểm AH nên EIH 2EAH 2PBC PBE (do H đối xứng với P qua D) Suy tứ giác EIBP nội tiếp nên IBE IPE (6) Ta có: AEF ABC APC nên tứ giác EKPC nội tiếp suy IPE KPE KCE ACB KCB (7) Từ (6) (7) suy IBE ACB KCB thay vào (5) ta có: IBC 900 KCB Từ suy ra: IBC KCB 900 Vậy KC IB , kết hợp IK BC suy K trực tâm tam giác IBC Ngồi ta làm theo cách sau: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC cắt IC K1 theo tính chất quen thuộc tiếp tuyến cát tuyến ta có: IK1.IC IE2 (1’), mặt khác ta có điểm I, F, D, M, E nằm đường tròn nên IEF IDF IDE suy IEK ∽ IDE IE IK.ID (2’) Từ (1' ) , (2' ) suy IK1.IC IK ID DKK1C nội tiếp Nên góc KK1C 900 Lại có BK1C 900 ( Do K1 nằm đường trịn đường kính BC ) , từ suy B, K , K1 thẳng hàng hay BK IC kết hợp với BK BC đpcm ME , MF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh A E I K1 K H F B D O C M P N Đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF có tâm trung điểm I AH Ta có : IAE IEA (8) , tam giác MEC cân M nên MEC MCE ; IAE MCE 900 10 Từ (8), (9), (10) suy IEA MEC 900 hay IEM 900 tức ME tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh tương tự ta có MF tiếp tuyến ngoại tiếp tam giác AEF 10 Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt O T ( T khác A )thì M , H , T thẳng hàng Chứng minh: Q A E1 E I H1 R F H A1 O F1 B D M P K1 C K D1 Ta thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHEF I đường kính AH Vì đường trịn O cắt I giao điểm thứ T nên HTA 900 NTA 900 N , H , T thẳng hàng Mặt khác theo 3) ta chứng minh: N , H M thẳng hàng Từ suy M , H , T thẳng hàng 11.Đường thẳng RD cắt đường trịn (O) D1 AD1 qua trung điểm DE Chứng minh: Xét tam giác FHD tam giác AED ta có : RH AE RH AE DFH DAE , FDH ADE RHD ∽ AEA1 nên DRH A1 AE HD EA1 HD EA1 ,mặt khác DRH A1 AC suy A1 AC A1 AE hay AA1 AD1 tức A, A1 , D1 thẳng hàng 12.Đường thẳng KE1 cắt BC K1 AK1 HE1 Chứng minh: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt AK1 giao điểm thứ H1 suy AH1 H 900 nên HH1 K1D tứ giác nội tiếp Theo 6) chứng minh : AH1 AK1 AH AD AE AC AE12 Tam giác AE1 K1 vuông E1 có AE12 AH1 AK1 nên theo hệ thức lượng tam giác vuông ta suy E1 H1 AK1 (đpcm) 13.Đường thẳng AT cắt BC B1 E , F , B1 thẳng hàng Chứng minh A E I T F B1 B O H D C M K Cách 1: Ta có tứ giác ATBC nội tiếp nên B1T B1 A B1B.B1C , giả sử B1 F cắt I E ' tứ giác ATFA ' nội tiếp, suy E ' E Suy E , F , B1 thẳng hàng Cách 2:Ta có: TFB 3600 TFE EFB 1800 TFE 1800 EFB TAC ACB 1800 AA1B nên TFB AB1 B 1800 nên tứ giác BFTB1 nội tiếp Ta có: TFB1 TFE TBB1 TFE TAE TFE 1800 suy E , F , B1 thẳng hàng 14.Đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF, HBC cắt điểm nằm đường thẳng AM Chứng minh: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF cắt đường thẳng AM M Dễ thấy Đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF đường ngoại tiếp tứ giác AEHF nên ta có : EM 1M 3600 EM 1H HM 1M 1800 1800 HM 1E EMC 1800 HAC EMC 1800 HAC HBC 1800 HBC suy HM 1CB nội tiếp Tức là: Đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF, HBC cắt điểm nằm đường thẳng AM Cách 2: Giả sử Đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF, HBC cắt M Làm tương tự ta chứng minh tứ giác EM 1MC , FM 1MB nội tiếp Từ ta có: AM E EM 1M AEF 1800 ACB 1800 suy A, M , M thẳng hàng 15 Ba điểm B1 , H , M thẳng hàng Chứng minh Theo 10) ta có : MH AB ,ta có AH B1M suy H trực tâm tam giác AB1M suy B1H AM Theo 14) ta có HM AM từ suy B1 , H , M thẳng hàng Chú ý: Các tính chất 13,14,15 dễ dàng suy nhờ định lý Brocard sau đây: Định lý Brocard: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi M giao điểm AB CD ; N giao điểm AD BC ; I giao điểm AC BD Chứng minh I trực tâm tam giác OMN Chứng minh N A E B I O D M C Gọi E giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI CDI Trước tiên ta chứng minh: E , I , M thẳng hàng: Thật vậy, giả sử MI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI E ' MI ME ' MB.MA MC.MD suy điểm D, E ', I , C nằm đường tròn suy E ' E suy E , I , M thẳng hàng Ta có: AED 3600 DEI AEI 1800 DEI 1800 AEI ABD ACD AOD nên tứ giác AEOD nội tiếp Ta có: BEC BEI IEC BAC BDC BOC nên tứ giác BEOC nội tiếp.Từ ta suy N , E , O thẳng hàng 1800 BOC BDC 900 suy ME ON Chứng minh tương tự ta có: NI OM suy I tực tâm tam giác OMN Ta có: OEM OEC CEM OBC BDC Trở lại toán : Ta thấy tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn tâm M đường kính BC , có giao điểm hai đường chéo H nên suy H trực tâm tam giác AMB1 Cũng chứng minh: B1 H AM mà không dùng đến định lý Brocard sau:Gọi I1 trung điểm HM I1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HDM ,các điểm E , F nằm đường tròn tâm I đường kính AH Ta có:Tứ giác DEFM nội tiếp đường tròn Owle tam giác ABC nên B1F B1E B1B.B1M từ AH HM B1 H trục đẳng phương đường tròn I ; , I1; suy B1 H II1 mà II1 đường trung bình tam giác HAM suy B1 H AM suy 10 Gọi F giao điểm CI với (O) , Q giao điểm PI với (O) theo 5) ta có I trung điểm DE Ta có 1 : FPB DPB ACB; DIB BIA 90 180 ABC BAC 90 ACB nên DPB DIB suy tứ 2 giác DBPI nội tiếp suy BPQ ADE Tương tự tứ giác IPCE nội tiếp nên IPC AED BPQ CPQ Suy Q điểm cung BAC 9) Tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) AI cắt BC D Gọi E, F điểm đối xứng D qua CI , BI Gọi M , N trung điểm DE , DF Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM , AFN cắt P khác A Khi AP chia đơi BC Chứng minh A J E F I M N P C B D 24 Theo tính chất đối xứng phân giác Ta có: E , F thuộc AC , AB Ta có: BF BD CD CE EF / / BC Gọi J trung điểm EF ta có: BA BA CA CA MPN MPA NPA MEC NFB MDC NDB 180o MDN 180o MJN Suy MJPN nội tiếp Từ ta có: MPJ MNJ MEJ EDC DEC MPA suy A, J , P thẳng hàng hay AP chia đôi EF , suy AP chia đơi BC 10 Cho đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC , CA, AB D , E , F Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF K , gọi M trung điểm BC Chứng minh K A E Y P X F N H I C B D M MI DK Gọi P giao điểm ID EF Vì AE , AF tiếp tuyến ( I ) E , F nên IA EF Vì IP BC suy IP AK Từ suy P trực tâm tam giác AIK AP IK H suy tứ giác ANHK nội tiếp Kẻ đường thẳng qua P song song với BC cắt AB, AC X , Y Từ tứ giác IPXF , IPEY nội tiếp ta suy PXI PFI PEI PYI dẫn tới tam giác IXY cân I nên P trung điểm XY Theo định lí thales ta dễ suy điểm A, P, M thẳng hàng Lại có IH IK IN IA IF ID IH ID suy IHD ∽ IDK (c.g.c) Tứ giác IDMH nội tiếp suy ID IK IDH IMH , IHD ∽ IDK IDH IKD IMH IKD mà IMH phụ với MIH nên IKD phụ với MIH IM DK 11 Dựng đường kính DK đường trịn (I), đường thẳng AK cắt BC H Chứng minh : BD HC Chứng minh 25 Dựng đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC S , T suy ST tiếp tuyến (I), theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có : SK SE , BD BE ,lại có : SIE BIE KIE DIE 900 nên SIB vuông I , suy ra: SK BD SE.EB IE r Tương tự ta có: KT CD IF r suy SK BD KT CD SK KT áp CD BD SK KT SK TK ST , mặt khác theo định lý Thales ta có : CD BD CD BD BC SK SA ST SK SK DC BH từ suy BH AB BC DC BH dụng dãy tỉ số ta suy : 26 III CHÙM BÀI TỐN CÁT TUYẾN, TIẾP TUYẾN VỚI ĐƯỜNG TRỊN Cho đường tròn ( O; R ) điểm M nằm ngồi đường trịn ( O ), qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn ( O ) ( A, B tiếp điểm) dựng cát tuyến MCD cho MC MD Gọi E trung điểm CD , đoạn thẳng MO cắt ( O ) AB I , H Khi tính chất hình học sau có liên quan đến nhau: điểm M , A, O, E , B nằm đường trịn ME tia phân giác góc AEB MA2 MC.MD AC BC AD BD I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB Tứ giác CHOD nội tiếp AB chứa đường phân giác góc CHD CAD BHD OE kéo dài cắt AB K KC , KD tiếp tuyến O 10 AE cắt ( O ) giao điểm thứ F ( F khác với A ) Khi BF / / CD 11 Tia CH cắt đường tròn ( O ) giao điểm thứ P (khác C ) DP // AB 12 Đường thẳng qua E song song với BD cắt AB N Khi CN OB 13 Vẽ đường kính AQ , đường thẳng QC , QD cắt đường thẳng MO X , Y O trung điểm XY 14 Đường thẳng qua trung điểm E CD song song với AD cắt AB F , DF cắt AM N1 , N1 trung điểm AM 15 Qua M dựng cát tuyến thứ ( O ) MC1D1 Chứng minh: CD1 , C1D cắt điểm nằm AB 16 Giả sử MC cắt AB K Gọi L trung điểm MK ta có hệ thức sau tương đương nhau: KC MC * ; LM LK LC.LD (Hệ thức Niu tơn) (**); ME.MK MC.MD (hệ thức Maclaurin) (***) KD MD 17 Kẻ đường kính CC O , đường thẳng qua trung điểm BD song song với BC cắt CD J J nằm đường trịn có bán kính khơng đổi 18 Giả sử M cố định, chứng minh: cát tuyến MCD thay đổi, trọng tâm G tam giác BCD thuộc đường tròn cố định 19 Giả sử M cố đinh, chứng minh: Tia BO cắt O giao điểm thức L ( L khác B ) 27 Đường thẳng ML cắt O điểm thứ T (khác L ) Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác ATM tiếp xúc với đường thẳng cố định 20 Giả sử M thuộc đường thẳng cố định (d) MO cắt AB H Chứng minh: H thuộc đường tròn c định 21 Giả sử M cố định nằm O cát tuyến MCD thay đổi quanh điểm M Đường thẳng BE cắt đường tròn O giao điểm thức B1 (khác B ) Tìm vị trí cát tuyến MCD để diện tích tam giác MB1D lớn 22 Giả sử M thay đổi O Đường thẳng qua O vng góc với MO cắt tia MA, MB S , W Khi diện tích tam giác MSW nhỏ 23 Giả sử MO = 2R , cát tuyến MCD thay đổi quanh Tìm vị trí cát tuyến để EA EB EM lớn 24 Giả sử MO 2R , cát tuyến MCD thay đổi quanh M tìm vị trí cát tuyến để 1 nhỏ EA EB CHỨNG MINH CÁC BÀI TOÁN Vì MA, MB tiếp tuyến ( O ) nên MAO MBO 90, E trung điểm CD nên OE CD MEO 90 (Tính chất đường kính qua trung điểm dây cung) Từ suy điểm M , A, O, E , B nằm đường tròn đường kính MO Vì tứ giác MAEB nội tiếp MA MB MA MA AEM BEM (Góc nội tiếp chắn cung có số đo nhau) Tứ suy ME phân giác góc AEB 28 Vì MA tiếp tuyến ( O ) nên MAC = ADC (Tính chất góc tạo tiếp tuyền dây cung) Xét hai tam giác MAC MDA ta có: MAC ADC, AMD chung nên MAC ∽ MDA (g.g) suy MA MD MA2 MC MD MC MA Từ chứng minh MAC ∽ MDA (g.g) suy có: MCB ∽ MBD CA MC 1 , chứng minh tương tự ta AD MA CA CB MC MC CB MC (2), từ (1) (2) ý MA MB AD BD MA MB BD MB Do I nằm MO nên MI phân giác góc AMB (3) Lại có MO trung trực AB I nằm MO nên IA IB suy IAB IBA Mặt khác ta có MAI IAB (tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) từ suy MAI IAB phân giác góc MAB (4) Từ (3) (4) suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB Theo chứng minh 3) ta có MA2 MC.MD (5), áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông MAO , MH MD Xét tam giác AH MO ta có MA2 MH MO (6) Từ (5) (6) suy MH.MO MC.MD hay MC MO MH MD MCH , MOD ta có: OMD chung nên MC MO MCH ∽ MOD (g.g) suy MHC MDC => tứ giác CHOD nội tiếp (góc ngồi đỉnh H góc đối diện đỉnh H ) Từ 6) ta có MHC MDO (7) mà MDO OCD (8) (do tam giác COD cân O ) Mặt khác ta có OCD OHD (9) (góc nội tiếp chắn OD ) Từ (7), (8), (9) suy MHC OHD Các góc CHA, DHA phụ với góc MHC , OHD tương ứng nên suy CHA DHA hay AH phân giác góc CHD Chú ý: Từ việc chứng minh: AH phân giác CHD gọi ta có Z giao điểm AH CD ta có: HC ZC MH ZH nên MH phân giác ngồi góc CHD từ ta có HD ZD MC ZC MC ZD HC MC (đây hệ thức hay gặp suy MD ZD MD ZC HD MD 1 Ta có BHD 1800 DHA 1800 CHD 1800 COD (10) (Do AH phân giác góc CHD tứ 2 1 giác CHOD nội tiếp chứng minh trên) Mà COD CBD (11) (tính chất góc nội tiếp số đo góc 2 tâm chắn cung) CBD 1800 CAD (12) Từ (10), (11) ,(12) suy BHD CAD 29 Chú ý rằng: ACD HBD có BHD CAD ACD HBD chắn cung AD nên ACD ∽ HBD g.g suy ADC HDB Từ suy ADH CDB Giả sử tiếp tuyến C , D cắt K KCO KDO 900 nên tứ giác KCOD nội tiếp Mặt khác theo 6) ta có tứ giác CHOD nội tiếp Từ suy điểm K , C , H , O, D nằm đường trịn đường kính KO suy KHO 900 , mặt khác ta có AHO 900 K , A, H thẳng hàng, hay K nằm đường thẳng AB 10 Theo chứng minh 1) điểm A, E , O, M nằm đường trịn đường kính MO nên ta có AEM AOM AOB AFB ( tính chất góc nội tiếp góc tâm) Mà hai góc AEM , AFB đồng vị nên suy EM / / BF 11 Theo chứng minh 6) ta có tứ giác CHOD nội tiếp kết hợp với 7) AH chứa đường phân giác góc 1 CHD nên CHA CHD COD CPD mà hai góc CHA, CPD đồng vị nên HA / / DP 2 12 Để chứng minh: CN OB ta chứng minh CN / / MB Thật theo cách dựng điểm N ta có : CEN CDB (đồng vị) Mặt khác CDB CAB chắn cung BC suy CEN CAB CAN tứ giác CEAN nội tiếp ( có đỉnh liên tiếp A, E nhìn cạnh CN góc nhau) Từ suy ECN EAN EAB (13) mặt khác tứ giác EAMB nội tiếp ( chứng minh 1) nên EAB EMB (14) Từ 13 , 14 suy ECN EMB suy CN / / MB mà MB OB CN OB 13 Do AQ đường kính O nên ADQ 900 ADYH tứ giác nội tiếp Suy AYD AHD Mặt khác theo 6,7) ta có CHOD nội tiếp AH phân giác góc CHD suy 30 1 AHD CHD COD CQD AYD CQD suy AY / / CQ Xét hai tam giác AOY , QOX ta có: 2 OA OQ, AOY QOX , YAO XQO nên AOY QOX g.c.g suy OX OY Chú ý: Ta chứng minh theo cách khác sau: Tứ giác AEOM nội tiếp nên : AEC AEM AOM QOY , YQO DQA DCA ECA nên OYQ ∽ EAC QY CA hay QO CE QY CA QY CA QYA ∽ CAD c.g.c nên YAQ ADC ECA AQC 1 QA CD QA CD 2 AY / / QX nên tứ giác AXQY hình bình hành suy OX OY Tính chất trường hợp đặc biệt toán: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp O điểm P nằm tam giác, đường thẳng AP cắt BC , O Q, D Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQD cắt S , SO cắt AC , AB E , F Khi ta có: PE QE PF QF Ta chứng minh tốn sau: Ta có: DQC DPS APF PAF QCD nên QCD ∽ PAF Tương tự ta có: QBD ∽ PAE 31 Nên PE PE AP QD QC QC đpcm Khi P Q ta có tốn PF AP PF QB QD QB 14 Đường thẳng qua trung điểm E CD song song với AD cắt AB F , DF cắt AM N1 N1 trung điểm AM Ta có biến đổi góc: FEC ADC ABC Suy EFCB nội tiếp Giả sử CF cắt AD K1 EF đường trung bình tam giác CDK1 hay F trung điểm CK1 Theo bồ đề hình thang ta suy N1 trung điểm AM 15 Ta có CHOD tứ giác nội tiếp, AH phân giác góc CHD Tương tự có: C1 HOD1 tứ giác nội tiếp HB phân giác góc C1 HD1 32 Ta có: CI1C1 sđ CC1 DD1 CHC1 CHM MHC1 ODC OD1C1 1 1800 COD 1800 C1OD1 3600 sdCD sdC1D1 sd CC1 DD1 2 hay CI1C1 CHC1 tức tứ giác CI1 HC1 nội tiếp, tương tự ta có DD1 HI1 nội tiếp Từ ta có biến đổi góc CHI1 CC1 D CD1 D CC1D DHI1 hay I1 H phân giác CHD Suy A, I1 , H thẳng hàng 16 Chứng minh hệ thức: + KC MC * KD MD + LM LK LC.LD + ME.MK MC.MD Giải: + Trước tiên ta chứng minh hệ thức tương đương với nhau: Thật ta có: LM LC.LD LM MC ML MD ML LM MC.MD ML MC MD ML2 MC.MD ML MC MD MC.MD MK MK 2ME MK ME ** *** tương đương MC MD 2 + Ta có: 33 KC MC MD.KC MC.KD MD MK MC MC MD MK MC.MD MK MC MD KD MD 2MC.MD MK.2ME MC.MD MK.ME * *** tương đương Bây ta chứng minh *** Gọi H giao điểm AB, MO CHOD KHOE tứ giác nội tiếp nên MC.MD MH MO MK.ME (đpcm) 17 Gọi E ' trung điểm BD, Do E ' J ' song song với BC ' nên E 'J' đường trung bình DBC ' dẫn tới J ' trung điểm C ' D suy OJ ' D 900 nên điểm OE ' J ' D nằm đường trịn đường kính OD R 18 Qua G kẻ đường thẳng song song với EO, MD cắt OB, MB U , V BG BU BV UV , suy U , V cố định UGV 900 Suy G BE BO BM MO thuộc đường trịn đường kính PQ MO Ta có điểm B, O, M cố định 19 Do MTB MHB 900 nên tứ giác MTHB nội tiếp nên TBH TMH mặt khác TBH TBA TAM suy TMH TAM hay HM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ATM Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ATM tiếp xúc với đường thẳng cố định MO 34 Một tốn tương tự tính chất Cho đường trịn tâm O , đường kính BC Một điểm A di chuyển O cho AB AC Tiếp tuyến A O cắt đường thẳng BC D Gọi E điểm đối xứng với A qua BC , AE cắt BC M Kẻ đường cao AH ABE Gọi I trung điểm AH , BI cắt O K Gọi N giao điểm AK BD Chứng minh: N trung điểm MD Hướng dẫn: 35 Ta có M trung điểm AE nên IM đường trung bình tam giác AHE suy IF / / HE , kết hợp với BAKC tứ giác nội tiếp Ta có biến đổi góc: AMI AEB ACB AKI suy tứ giác AIFK nội tiếp Chú ý rằng: IM AH (do AH BE ) nên tứ giác AIMK nội tiếp đường trịn đường kính AM Gọi S giao điểm DK với O Ta có KMD KAE (cùng phụ với KMA ) mà KAE KED KMD KED hay KMED nội tiếp Dẫn đến KDM KEM KEA KSA suy AS / / BD Ta có: KDN KSA KAD Suy KND ∽ DNA NK NA ND Trong tam giác vng NMA ta có : MN NK NA từ suy MN ND 20 Dựng OA1 d , d , O cố định nên OA1 không đổi, giả sử OA1 cắt AB A2 Ta có MA1O ∽ A2 HO OA1 OM OA1.OA2 OH OM OH OA2 Trong tam giác vuông MOA ta có: OH OM OA2 R suy OA1.OA2 R OA2 R2 không đổi, OA1 suy A2 cố định Mặt khác A2 HO 900 suy H thuộc đường tròn đường kính OA2 21 Theo tính chất 10) ta có AB1 / / CD nên SMB1D SMAD Dựng DD1 ΑΜ S MAD 1 DD1.MA DA.MA R.MA R.MA 2 Dấu xảy D1 A, DA R Hay D đối xứng A qua O Từ xác định vị trí cát tuyến MCD sau: Dựng đường kính AD , nối MD ta cát tuyến MCD cần tìm 36 22 Ta có: SMWS SMOS OA.MS OA MA AS Áp dụng bất đẳng thức côsi dạng x y xy ta có MA AS MA AS Mặt khác theo hệ thức lượng tam giác vng MOS ta có MA AS OA R suy MA AS 2R Do SMWS 2R2 Dấu xảy MA AS MOS vuông cân O hay MO 2R Để giải câu hỏi 19, 20 ta cần biết toán tiếng sau: ĐỊnh lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O Khi ta có: AB.CD AD.BC AC.BD Chứng minh Trên đường chéo BD lấy điểm D cho DAE BAC ta có DAE BAC DAE ACB ( chắn cung AD DE AD.BC AC.DE 1 Do DAE BAC nên DAC EAB , lại AB ) nên ADE ∽ ACB (g-g) AC BC AB BE AB.CD AC BE có ABE ACD ( chắn cung AD ) ∽ ACD AC CD Từ 1 ta có AB.CD AD.BC AC BE DE AC.BD 23 Khi MO R MO 2OA AMO 300 AMB 600 , MAB nên MA MB AB Mặt khác tứ giác MEOB nội tiếp ( chứng minh định lý 1 ) Áp dụng định lý Potolemy cho tứ giác MEOB ta có EA.MB EB.MA EM AB Mà MA MB AB suy EA EB EM Do EA EB EM EM Vì tổng EA EB EM lớn EM lớn nhất, EM MO 2R M O Nói cách khác cát tuyến MCD qua O 37 1 1 1 11 24 Với số thực dương x, y ta có x y xy Áp Nên ta suy x y x y xy x y 1 1 4 2R dụng vào toán ta có Do EM MO 2R nên ta suy EB EC EB EC EM MA MB R Dấu xảy E O Nói cách khác cát tuyến MCD qua O 38 ... khác tứ giác T1T3T4C nội tiếp nên T1T3T4 T4CT1 1800 T2T3T1 T1T3T4 1800 Vậy T2 , T3 , T4 thẳng hàng 11 +Ta có: T2 , T3 , T4 thẳng hàng Dễ thấy T2T3 đường trung bình tam giác T1T5T6 nên... phân giác góc MAB (4) Từ (3) (4) suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB Theo chứng minh 3) ta có MA2 MC.MD (5), áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông MAO , MH MD Xét tam giác AH MO ta... mặt khác TBH TBA TAM suy TMH TAM hay HM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ATM Vậy đường trịn ngoại tiếp tam giác ATM ln tiếp xúc với đường thẳng cố định MO 34 Một tốn tương tự tính