1. Trang chủ
  2. » Trung học cơ sở - phổ thông

Các bài hình học phẳng ôn thi học sinh giỏi quốc gia - Lê Bá Khánh Trình

23 92 1

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 23
Dung lượng 1,17 MB

Nội dung

Từ đó tam giác OPQ nội tiếp đường tròn đường kình OT cố định nên ta có điều phải chứng minh.. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác APQ và HMN tiếp xúc nhau..[r]

(1)

MỘT SỐ BÀI TẬP

TỪ THẦY LÊ BÁ KHÁNH TRÌNH

Bài Cho tam giác ABCcó đường trịn nội tiếp  I tiếp xúc với BC CA AB, , , ,

D E F Trên EF lấy M P, cho CM AC AP BC, Trên DE lấy N Q, cho

,

DN AC AQ BC Gọi K trung điểm BC Chứng minh trục đẳng phương PEM

và QFN song song với IK Lời giải

Ta có BFBD AP BD nên AFAP Tương tự, ta thu APAFAEAQ nên 90

PEQ PFQ

     Gọi X giao điểm PE QF X trực tâm tam giác DPQ

nên XP XEXQ XF , tức X có phương tích với PEM QFN

Ta có BFBD BF CM nên CMCDCE Do CEM    90 EDP EPM nên AE tiếp tuyến PEM, lại có APAE nên AP tiếp xúc với PEM Tương tự, AQ

H G

T X

K

N

M Q P

F

E

D

I O

B C

(2)

tiếp tuyến QFN, mà APAQ nên A có phương tích với PEM QFN Suy AX trục đẳng phương PEM QFN Do ta cần chứng minh IK AX Thật vậy, dễ thấy DX đường kính  I Gọi T giao điểm AX BC, đường thẳng qua X vng góc với DX cắt AB AC, G H, Ta thấy phép vị tự tâm A biến GH thành BC biến  I thành đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC, mà T ảnh X qua phép vị tự nên T tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A với BC, K trung điểm DT nên KI XT Ta có điều phải chứng minh

Bài Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O I I Ia, b, c tương ứng tâm đường tròn tiếp góc A B C, , tam giác ABC AIa giao  O D khác A Trên I D I Db , c lần

lượt lấy điểm ,E F cho ABC 2 I BEa , ACB 2 I CFa , E F, nằm tam giác

a

I BC Chứng minh EF giao I Ib c điểm nằm  O Lời giải

Cách

A' N

F E

D

Ib

Ia Ic

O

B C

(3)

Dễ thấy A B C, , chân đường cao tam giác I I Ia b c nên ( )O đường tròn Euler tam giác I I Ia b c, gọi N trung điểm I Ib c N thuộc ( ).O Ta cần chứng minh EF qua

N

Thật vậy, ta có 2I BEa  ABC 2 ABIb nên ABE I BIb a  90 Tương tự, 90

ACF

   nên gọi A' giao điểm BE CF A' đối xứng với A qua O, ' b c

DA I I Đồng thời, ý N trung điểm I Ib c nên

 

   

sin sin

sin sin

b c

b b c c

NI D ND ND NI D

NDINININDI

Nên ta dễ dàng có D A N EF ' ,  1

Mặc khác, dễ thấy NBDC tứ giác điều hòa nên A DN EF' ,   1 D A N EF ' ,  Suy , ,

E F N thẳng hàng Ta có điều cần chứng minh

Cách

Gọi H trực tâm tam giác I I Ia b c, M N, trung điểm BC I I, c b

H M

N E D

Ic Ib

Ia

O

B

C

(4)

Dễ thấy hai tam giác I BCb I I Hb a đồng dạng ngược nên I M I Db , b đẳng giác góc

a b

I I B Mặt khác, tương tự cách 1, ta có BE BM, đẳng giác góc I BIa b, suy E M liên hợp đẳng giác tam giác I BIa b tức I E I Ma , a đẳng giác Mà I BCa I I Ia b c đồng

dạng ngược, suy I Ea qua N Tương tự I Fa qua N, ta suy điều cần chứng minh

Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn có đường trịn nội tiếp  I tiếp xúc với BC CA AB, , , ,

D E F Gọi H trực tâm tam giác ABC, M N L, , trung điểm CA AB BC, , Trên , ,

AH BH CH lấy K P Q, , cho DKIL, EPIM, FQIN Gọi X Y Z, , giao điểm MP NQ, NQ LK, LK MP

a) Chứng minh XD YE ZF, , đồng quy điểm T b) Chứng minh H I T, , thẳng hàng

Lời giải

a) Ta cần có bổ đề sau: “ Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp  I tiếp xúc với BC CA AB, , D E F, , Gọi M trung điểm BC, đường thẳng IM cắt đường thẳng quaA vng góc BC X, AXDI hình bình hành.”

Chứng minh

Gọi K giao điểm thứ hai AI với đường tròn  O ngoại tiếp tam giác ABC Dễ thấy hai tam giác AIF BKM đồng dạng, đồng thời ý KBKI AX, KM nên ta có

K X

M F

E

D I

O

B C

(5)

AX AI AI IF

MKIKBKMK

Nên AXIFID, suy AXID hình bình hành Hồn tất chứng minh bổ đề Trở lại toán,

Gọi G giao điểm IL với AK Áp dụng bổ đề, ta có GD AI nên GDEF

Mặt khác, tam giác GKL ta thấy KDGL LD, GK nên D trực tâm tam giác GKL, suy GDKL Do ta có EF KL Chứng minh tương tự, ta có hai tam giác DEF XYZ có cặp cạnh tương ứng song song nên XD YE ZF, , đồng quy tâm vị tự T hai tam giác

b) Gọi ,S J trung điểm IH IA, JS AH nên JSMN

NJ BI BI, DF DF, XZ nên NJXM Tương tự, MJXN, suy J trực tâm tam giác XMN nên XJMN hay X J S, , thẳng hàng Suy XS ID YS IE, Vậy phép vị tự tâm T biến tam giác DEF thành tam giác XYZ biến đường thẳng DI thành XS, EI thành IS nên biến I thành S, , ,S I T thẳng hàng, kéo theo H I T, , thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh

H G

T X

Z

Y

P

Q

K

N M

L F

E

D I

B C

(6)

Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn  O Gọi D E F, , trung điểm cung BAC CBA ACB, , DE DF, cắt AC AB, M N, Gọi H K, hình chiếu A lên BE CF, Chứng minh CH BK MN, , đồng quy

Lời giải

Ta cần có bổ đề sau: “ Cho tam giác ABC, đường cao AD CE, Gọi M N, trung điểm BC CA, DE giao MN T Khi AT đường đối trung tam giác ABC.”

Chứng minh

J

S H

T X

Z

Y

K

N M

L D

I

B C

A

T D

E

N

M

B C

(7)

Ta thấy tứ giác AEDC nội tiếp AB TN nên NTD BED NCD suy TDNC nội tiếp Mà NANDNC nên NA2 ND2 NM NT suy hai tam giác ANM TNA đồng dạng, để có MAN  NTA BAT.Suy AT đường đối trung tam giác ABC

Trở lại toán,

Gọi BE giao CF X, CF giao AD Y, AD giao BE Z Ta thấy X Y Z, , tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC; A B C, , D E F, , chân đường cao, đường trung tuyến tam giác XYZ, XHK  XAK  XYZ  XBZ, suy BC HK

Mặt khác, áp dụng bổ đề vừa chứng minh, ta có X M N, , thẳng hàng nằm đường đối trung tam giác XYZ, đồng thời đường thẳng MN qua trung điểm BC hai tam giác XBC XYZ đồng dạng ngược Từ áp dụng bổ đề hình thang, ta có BH CK MN, , đồng quy Bài 5. Cho tam giác ABC nhọn có D E F, , trung điểm BC CA AB, , Đường tròn qua

E tiếp xúc BC B cắt lại DE M Đường tròn qua F tiếp xúc BC C cắt lại DF N Gọi K giao điểm MN EF Chứng minh AK song song với trục đẳng phương ABC DEF

X

Y

Z

K H

M N

D

F

E

O

B C

(8)

Lời giải

Ta thấy DEF đường tròn Euler tam giác ABC, gọi Q tâm đường tròn Gọi ,

X Y hình chiếu C B, AB AC, XY giao DE M', từ chứng minh bổ đề trước, ta có

'

BDDE DM nên (BEM') tiếp xúc với BC, suy M trùng M' Chứng minh tương tự ta có XY qua N

Áp dụng định lý Pappus cho hai điểm thẳng hàng B X F, , , C Y E, ,  ta có T thuộc OQ Từ đó, theo định lý Brokard ta có AKQT, suy AKOQ hay AK song song với trục đẳng phương ABC DEF Ta có điều phải chứng minh

Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O Gọi I tâm đường tròn nội tiếp; ,L M N, giao điểm thứ hai AI BI CI, , với  O Một đường tròn qua ,I L cắt BC , E F

,

LE LF cắt  O lần , P Q PQ cắt AB AC, H K, Chứng minh NH MK cắt điểm nằm IEF

Lời giải

Ta có L trung điểm cung BC nên LILBLC LI2 LE LPLF LQ suy tứ giác

EFQP nội tiếp, đồng thời hai tam giác LIE LPI đồng dạng, để có PIL IEL, tương tự

QIL IFL

   , suy PIL QIL IEL IFL180  Do , ,P I Q thẳng hàng

Q

T

K Y

X N

M

F E

D O

B C

(9)

Gọi T giao điểm thứ hai NH  O , TM giao AC K' Áp dụng định lý Pascal cho điểm N A M

B T C

 

 

 

  ta có H I K, , ' thẳng hàng, suy K trùng K'

Ta có TH TK, phân giác góc ATB ATC, nên

1

TB KC HA TB HA TA KC TC KA HB   HB TA KA TC   

Gọi X giao điểm TL BC ta có XB TB

XCTC Suy

1

XB KC HA XC KA HB  

Nên X H K, , thẳng hàng, từ XT XLXP XQXE XF nên tứ giác ETLF nội tiếp, ta có điều phải chứng minh

Bài Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O Một đường kình thay đổi cắt AB AC, E F, Gọi M N, trung điểm BF CE, ,P Q hình chiếu ,B C lên OM ON, Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác OPQ có bán kính cố định

Lời giải

X

T

K H

Q

P

F E

N

M

L

I O

B C

(10)

Kẻ đường kính BL CK,  O Do E O F, , nên tương tự trước, ta có KE LF, giao điểm T nằm  O

Ta có OM đường trung bình tam giác BLF nên

BOM BLF BOT

     Suy BT qua P Tương tự CT qua Q Từ tam giác OPQ nội tiếp đường trịn đường kình OT cố định nên ta có điều phải chứng minh

Bài 8. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O Gọi D giao điểm đường tròn qua B tiếp xúc AC A với đường tròn qua C tiếp xúc AB A Tiếp tuyến đường tròn DBCD cắt AB AC, M N, cắt  O P Q, Gọi H trực tâm tam giác APQ Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ HMN tiếp xúc Lời giải

,

DC DB giao  O lần ,R S Tương tự trước, ta chứng minh RM giao SN điểm T nằm  O M D N, , thẳng hàng

H trực tâm tam giác APQ nên đường tròn HPQ APQ đối xứng qua PQ, gọi X điểm đối xứng với A qua PQ để hồn tất tốn, ta cần chứng minh

APQ XMN tiếp xúc

Thật vậy, ta có MDB DCB MTB nên tứ giác TDMB nội tiếp, tương tự TDNC tứ giác nội tiếp

Q P

L K

T N M

F

E O

B C

(11)

Đồng thời ý T X nằm phía so với MN nên từ

MTN MTD NTD MBD NCD MAN MXN

            

Ta suy NXTM nội tiếp

Ta có MNT  DCT RST nên RS MN, suy TRS TMN tiếp xúc Từ ta thu điều phải chứng minh

Bài Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O Gọi D hình chiếu trực tâm H

lên trung tuyến AI tam giác ABC Tiếp tuyến A đường tròn  O cắt BC T DT cắt AB AC, E F, Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh KEF tiếp xúc  O

Lời giải

R

S

T X

Q

P

N

M

D O

B C

(12)

Gọi P Q, hình chiếu A B, BC CA, Dễ thấy tứ giác IPHD PHQC, nội tiếp nên AD AIAH APAQ AC , suy IDQC nội tiếp, dó IDC IQC ICA, suy hai tam giác IDC ICA đồng dạng Để có

DC IC IB DB

ACIAIAAB

Đồng thời, BDC BDI CDI  ABC ACB180  BAC nên gọi S điểm đối xứng với D qua BC S O SB DB AB

SCDCAC nên ABSC tứ giác điều hịa,

TDTSTA, suy TD2 TA2 TB TC nên TD tiếp tuyến BDC

Gọi M N, giao điểm thứ hai CD BD, với  O Ta có , ,E D F thẳng hàng nên ME giao NF điểm X nằm  O Do EXB MCB EDB nên tứ giác XDEB nội tiếp, tương tự XDFC tứ giác nội tiếp,

180

EXF EXD FXD EBD FCD ABC ACB DBC DCB EAF

                    

Suy XEKF nội tiếp

Mặt khác EFX  DCX  MNX nên EF MN, XEF tiếp xúc  O Ta có điều phải chứng minh

Bài 10. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn  OD E F, , tiếp điểm đường tròn nội tiếp  I với BC CA AB, , Lần lượt lấy OI BC AD, , điểm L M N, , cho

P

Q

S X

N

M K

F E

T

D H

I O

B C

(13)

, ,

DLEF LMBC LNAD Gọi K giao điểm thứ hai hai đường tròn LEF LMN Chứng minh MN DK EF, , đồng quy

Lời giải

Ta cần bổ đề sau: “ Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn  OD E F, , tiếp điểm đường tròn nội tiếp  I với BC CA AB, , Khi đó, OI đường thẳng Euler tam giác DEF.” Chứng minh

Gọi X Y Z, , trung điểm EF FD DE, , Khi đó, dễ thấy phép nghịch đảo tâm I phương tích r2 biến đường trịn  O thành đường tròn XYZ, đường tròn Euler tam giác

DEFOI qua tâm đường tròn Euler tam giác nên đường thẳng Euler tam giác DEF

Trở lại toán,

Áp dụng bổ đề, ta có L trực tâm tam giác DEF nên từ trước, ta dễ dàng suy DK đường trung tuyến tam giác DEF nên qua trung điểm EF Như vậy, ta cần chứng minh MN chia đôi EF

Thật vậy, gọi X Y, hình chiếu ,E F DF DE, T trung điểm BC

Z Y

X F

E

D

I O

B C

(14)

Ta có LNDA LM, DM LX, DF LY, DE nên L NM XY , D AM FE ,  1 Mà , , ,

M N X Y nằm đường trịn đường kính DL nên ta có MN XY,  1 Hơn nữa, dễ thấy TX TY, tiếp tuyến  DL nên ta có MN qua T

Bài toán chứng minh hoàn toàn

Bài 11 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn  OH trực tâm Gọi K M N, , trung điểm BC CA AB, , Đường thẳng qua M vng góc với MH cắt đường thẳng qua N vng góc với NH D Trên MN lấy E cho EH vng góc với AD Trên BC lấy F cho EF vng góc với AO Chứng minh KH AF cắt  O

Lời giải

Gọi X Y, hình chiếu B C, CA AB, Dễ thấy HE trục đẳng phương AH DH Mà MN XY HE, , trục đẳng phương nên chúng đồng quy tâm đẳng phương đường trịn AH , DH , YNXM, đo dó E thuộc XY

Y

X

T N M

L

A I

E F

(15)

Gọi AF giao  O T khác A Ta có FT FAFB FCFY FX nên tứ giác AXYT nội tiếp, suy ATH  90

Do TH qua Q điểm đối xứng Aqua O, mà ta có tính chất quen thuộc H K Q, , thẳng hàng, suy ,T H K, thằng hàng Ta có điều phải chứng minh

Bài 12. Cho tam giác ABCBC cố định, A thay đổi cho SABC không đổi Đường cao

,

BE CF cắt H Gọi M N, trung điểm AB AC, EF giao MN BC, , P Q

AP giao QH K Chứng minh tam giác KBC có diện tích cố định Lời giải.

Q Y

X T

F

E

D

N M

K H

O

B C

A

T K P

Q

F

E

M N

H

O

B C

(16)

Gọi T giao điểm AP BC

Dễ thấy Q AH FB ,  1 nên AK PT,  1 Suy KP 2KT, từ có AT 3KT , mà tam giác ABC có diện tích cố định nên tam giác KBC có diện tích cố định

Bài 13. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn  OB C, cố định, điểm A thay đổi  O cho tam giác ABC nhọn BAC ABC Gọi H trực tâm, D trung điểm BC Trên AB AC, lấy E F, cho EF qua D vng góc HD Đường thẳng qua E vng góc FH cắt AC G Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFG Chứng minh

KF qua điểm cố định A thay đổi Lời giải

Gọi L hình chiếu B AC Khi ta có tứ giác HDFL nội tiếp nên LFH LDH

2 2 2 2

LFDFHDHLBDHB HL HL DB DCHL BLDB DCLA LCLODO

Nên OFLD, mà HDF 90 nên OFD LDH LFH Nên FO FH, đẳng giác góc GFE, mà FHGE nên FO qua K Suy FK ln qua O cố định, ta có điều phải chứng minh

L

K G

F

E

H

D O

B C

(17)

Bài 14. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn  O có trực tâm H CH cắt AB D Trên AC lấy M cho DMOD Trên MD lấy N cho CNMH Gọi K giao điểm CD OM Chứng minh MNK CNH

Lời giải

Gọi T trung điểm AC, ta có

2 2 2 2 2

TMDMODOTTATCDA DBTADH DCTAHD HCDHTHDH

Suy DTMH, mà MDO 90 nên DMH TDO TMO Suy MH MO, đẳng giác góc NMC

Hơn nữa, gọi X giao điểm MH AB Ta có MDX  CDO (cùng phụ góc ADO) nên X O hai điểm liên hợp đẳng giác tam giác MCD Từ

XCD ACO BCD

     nên X đối xứng B qua D

Ta có DCN   90 XHD   90 DHB ACD nên CD phân giác góc MCN.Mà MH MK đẳng giác nên ta có NH NK đẳng giác, hay MNK CNH Ta có điều phải chứng minh

X

T

K

N M

D

H O

B C

(18)

Bài 15. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  OB C, cố định, A thay đổi cho tam giác ABC nhọn BE CF, đường cao Trung tuyến qua A tam giác AEF cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF D Kí hiệu    K , H lầ lượt đường tròn qua D tiếp xúc AB AC, F E, Chứng minh trục đẳng phương    K , H qua điểm cố định A thay đổi

Lời giải

Gọi M trung điểm EF, N giao điểm thứ hai  K  H , ND giao AEF lần X Ta có FND END BFD CED180 nên N thuộc EF Từ có

NDF AFN AFE MDE

       suy DN đường đối trung tam giác DEF nên XEDF tứ giác điều hòa Mặt khác, gọi T trung điểm BC dễ thấy TE TF, tiếp tuyến AEF nên T thuộc XD Vậy ND qua T cố định Ta có điều phải chứng minh

Bài 16 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O Gọi ,E F chân đường cao qua ,

B C tam giác ABC Trung tuyến qua A tam giác AEF cắt lại  O M Trung tuyến qua A tam giác ABC cắt lại AEFN Chứng minh AO tiếp xúc AMN

Lời giải

Gọi T trung điểm BC H, trực tâm tam giác ABC, AH giao BC D Ta có tứ giác TDHN CDHE nội tiếp nên AN ATAH ADAE AC , suy TCEN nội tiếp,

TNC TEC TCA

     Tương tự, ta suy

X

N

T D

M E

F

O

B

(19)

180

BNC TNB TNC TBA TCA BAC

            

Nên gọi M' điểm đối xứng với N qua BC ta có M' nằm  O , đồng thời '

'

M B NB NB AB AC TB AB TA AB

M CNCAB AC NC  TA AC TC   AC

Nên ABM C' tứ giác điều hịa, lại có EF đối song BC nên AM' trung tuyến tam giác AEF, suy M' trùng M Do M đối xứng N qua BC

Từ ta có NMA MAD OAN nên OA tiếp tuyến AMN Ta có điều phải chứng minh

Bài 17 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O Gọi D trung điểm BC Trên ,

AB AC lấy ,E F cho DEAC DF, AB

a) Chứng minh A thay đổi  O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF di chuyển đường cố định

b) DEF cắt BC lần G AG giao  O M khác A Đường cao qua A tam giác ABC cắt ( )O lần N Các tiếp tuyến  O M N, cắt P Các tiếp tuyến BGM , CGM ,B C cắt Q Chứng minh PQ AD cắt  O

D H

T N

M E

F

O

B C

(20)

Lời giải.

a) Tiếp tuyến B C  O giao T Ta có

180

EBT ABT ACB EDT

        

Nên TDBE nội tiếp, tương tự TDCF nội tiếp Do AET  AFT  90 nên AT đường kính AEF Vì A thay đổi, tâm đường trịn AEF di chuyển đường trịn có tâm trung điểm OT, bán kính

2R, đường tròn cố định

b) Ta có TEAB DF,  AB nên TE DF, tương tự TF DE nên TEDF hình bình hành, gọi I trung điểm DT I trung điểm EF

Đường thẳng qua A vng góc BC cắt AEF lần J Ta thấy qua phép đối xứng tâm ,I E biến thành F, T biến thành D, nên J biến thành G' DG' JT , suy

'

GBC Đồng thời, EJTF tứ giác nội tiếp nên FG DE' tứ giác nội tiếp, G trùng G' Vậy G đối xứng J qua I Suy IHIG nên D trung điểm HG

J

I R

Q

P H

N M

G

T E

F D

O

B C

(21)

Ta có BQC180  QBC QCB180  BMC BAC nên Q thuộc  O Đồng thời,

QBC AMB AQB

     nên AQ BC, suy A QD GH ,  1 nên QMRN tứ giác điều hòa, suy AD giao QP  O Ta có điều phải chứng minh

Bài 18 Cho tam giác ABCI tâm đường trịn nội tiếp Gọi E F, chân đường phân giác chân đường phân giác ngồi góc A tam giác ABC Các tiếp tuyến qua

,

E F (khác BC)  I cắt D Gọi H M N, , tiếp điểm AB DE DF, , với  I Trên BI lấy K cho DKAI

a) Giả sử B C, cố định, A thay đổi Chứng minh K ln thuộc đường trịn cố định

b) Đường thẳng qua D song song với AB cắt AC MN, P Q, HQ giao  I T Chứng minh PT tiếp tuyến  I

Lời giải

a) Gọi X tiếp điểm AC với  I Ta có FAI  FMI  90 nên AMF AIF Mà , ,

A I E thẳng hàng,

1 90

2

FMN FDE FIE

      

Nên A M N, , thẳng hàng Suy A nằm đường đối cực D  I , theo định lý La Hire ta có D thuộc HX , đường đối cực A  I , HX qua K

S

T

Q P X K

D

N M

H I

E F

B C

(22)

Ta có 90

KIC BAC KXC

       nên XICK nội tiếp, BKC 90 nên K thuộc  BC cố định

b) Ta có XH MN,  1 nên A BC QD ,  1, mà DQ AB nên P trung điểm DQ Mặt khác, dễ thấy tam giác PXD cân X , kéo theo PXPDPQ Suy raPXQ 90 , đó, gọi S giao điểm XQ với  I SH đường kính  I , HSAB, mà

AB DQ nên HSDQ suy S trực tâm tam giác DHQ Suy D S T, , thẳng hàng,

PXPDPQPT nên PT tiếp tuyến  I Ta có điều phải chứng minh

Bài 19. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O Các đường trịn đường kính AB AC, cắt D cắt đường trung tuyến AI E F, IDE IDF cắt

   AC , AB M N, Gọi G trọng tâm tam giác ABC Tia DG cắt  O P Chứng minh MN PI, cắt  O

Lời giải.

Dễ thấy D hình chiếu A BC

Đường thẳng qua A song song với BC cắt  O lần P' Gọi X hình chiếu P' BC Dễ thấy AP XD' hình chữ nhật, đồng thời I trung điểm DX nên ta có

X K

H

T

P

G

N

M

F E

I D

O

B C

(23)

'

2

AP DX GA

DIDI   GI

Từ theo định lý Thales đảo ta có D G P, , ' thẳng hàng, suy P trùng P' Do APCB hình thang cân

Mặt khác, gọi K hình chiếu C AB, BE giao AD H H trực tâm tam giác

ABI Do HDEIIHAB nên IH CK Hơn nữa,

90 90

MHI HEM ACM MKC

          

Nên K H M, , thẳng hàng Mà IKIB nên IH trung trực KB, dẫn tới

BKH KBH ADE HME

      

Nên EM KB, ABE BEM  ACM nên hai tam giác BAE CAM đồng dạng, suy BAE CAM hay AM đường đối trung tam giác ABC Tương tự, AN đường đối trung tam giác ABC, mà PI đối xứng AI qua trung trực BC nên ta có PI giao

Ngày đăng: 08/02/2021, 08:18

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w