CHUONG 4 CHUM BAI TOAN LIEN QUAN DIEM DUONG THANG TRONG TAM GIAC

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 CD 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: SMWS  SMOS  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 SMWS  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