Đang tải... (xem toàn văn)
Lấy các điểm E, F lần lượt trên đoạn AT và CT sao cho EF song song với AC và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T EF nằm trên AC.. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tam giác T EF và đường[r]
(1)(2)Lời nói đầu Một số bổ đề kí hiệu, thuật ngữ sử dụng tài liệu 1.1 Các kí hiệu, thuật ngữ 1.2 Một số bổ đề dùng tài liệu
2 Các tốn có lời giải 13
3 Một số tốn chưa có lời giải 115
4 Bài tập rèn luyện 117
Tài liệu tham khảo 119
(3)Một số bổ đề kí hiệu, thuật ngữ sử dụng tài liệu
1.1 Các kí hiệu, thuật ngữ
(ABC) : Đường tròn ngoại tiếp tam giácABC
R(ABC) :Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC SABC : Diện tích tam giácABC
A, B, C, D đồng viên: A, B, C, D nằm đường tròn đpcm: Điều phải chứng minh
1.2 Một số bổ đề dùng tài liệu
(4)Bổ đề 1:Cho tam giácABC nội tiếp(O), phân giác gócA cắt(O)tại DkhácA.I thuộcAD J thuộc tia đối tia DA Khi đóI, J tâm đường trịn nội tiếp bàng tiếp góc A khiDB =DC =DI =DJ
Bổ đề 2: Cho tam giác ABC có trực tâm H M trung điểm BC Đường thẳng qua H cắt AB, AC P, Qkhi M H ⊥P Q⇔HP =HQ
(5)Bổ đề 3:Từ điểm M nằm ngoài(O) kẻ hai tiếp tuyếnM A, M B Kẻ cát tuyếnM CD tới(O) Khi ta có AC
AD = BC BD
Nhận xét Tứ giácACBDnhư gọi tứ giác điều hòa Trong bậc THCS ta chủ yếu nghiên cứu tính chất
Bổ đề 4: Phép đồng dạng tương ứng (khơng có định nghĩa)
Ví dụ: Cho hai tam giác ABC A0B0C0 đồng dạng có phân giác AD, AD0 đường cao AH, AH0 Khi ta có BD
DC = B0D0 D0C0;
AB HD =
A0B0 H0D0;
R(ABD) R(A0B0D0)
= R(ADC) R(A0D0C0)
;ADB\=A\0D0B0 và
ta có hàng loạt tỉ số, góc cho chúng có tính tương ứng
(6)Bổ đề 5: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Tiếp tuyến B, C (O) cắt P Gọi M trung điểm củaBC Khi BAP[ =CAM\
Nhận xét Đường thẳng AP gọi đường đối trung tam giác ABC có nhiều toán đề cập tới đường thẳng này, bạn đọc thấy tài liệu
(7)chung ba đường tròn đồng quy
Nhận xét Đây nội dung định lý trục đẳng phương, bậc THCS ta xét trường hợp hai đường trịn có dây cung chung
(8)Các tốn có lời giải
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm(O) Trên đoạnBC lấy điểmM, đoạn BA lấy N, đoạnCA lấy P cho BM =BN CM =CP
a, Chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácM N P
b, Chứng minh tứ giác AN OP nội tiếp
c, Tìm vị trí củaM, N, P cho độ dài đoạn N P nhỏ
(Đề thi TS lớp 10 Sư Phạm 2000-2001)
Bài
Lời giải
(9)raO tâm (M N P)
b, Theo tính đối xứng ta có: AP O[ +\AN O=OM C\+OM B\ = 180◦ suy tứ giác AN OP nội tiếp
c, Ta có: N OP\ = 180◦ −BAC[ (không đổi) mà ON = OP nên để N P nhỏ ON = OP =OM nhỏ đóM, N,P điểm tiếp xúc đường trịn nội tiếp tam giác ABC với cạnh tam giác
Từ điểmA ngồi đường trịn(O) kẻ hai tiếp tuyếnAB vàAC cát tuyến ADE.BC cắt DE K Chứng minh hệ thức sau:
1 AD +
1 AE =
2 AK
(trích đề thi TS lớp 10 tỉnh Phú Thọ 2017-2018)
Bài
Lời giải
(10)Suy HK, HA phân giác phân giác DHE\
⇒ DK AD =
KE
AE (Theo tính chất phân giác) Mà AK
AD + AK
AE = + DK
AD − EK
AE = 2⇒ AD + AE = AK Nhận xét: Đây hệ thức Descartes
Cho đường tròn (O) điểm A, B cố định, A nằm ngồi B nằm (O) Dây CD di động quaB.AC, AD cắt (O)tại điểm thứ E F Chứng minh EF qua điểm cố định
(Đề xuất Khoa Linh)
Bài
Lời giải
AB∩(O) = {K, L};EF ∩AB={M}; (ACD)∩AB ={A, I} Ta có: AB.BI =CB.BD =BK.BL(khơng đổi) ⇒I cố định Mặt khác: AEM\ =\F DC =\M IC ⇒M ECI nội tiếp
(11)Cho tam giác ABC có đường cao BE, CF cắt H Gọi M trung điểm EF dựng hình bình hành AEIH Chứng minh: BM vng góc với IF
(Đề xuất Tự Cường)
Bài
Lời giải
Cách 1:
Gọi N trung điểm BE Khi ta chứng minh được: 4M N B ∼ 4F HI(c.g.c) suy điều phải chứng minh
(12)LấyT đối xứng với I qua điểm H ta có ET I[ =EIH[ =\EAH ⇒AT HE nội tiếp Từ A, T, F, H, E thuộc đường trịn nhậnET đuờng kính
Suy 4T F H ∼ 4EF B(g.g) kéo theo 4IF T ∼ 4BM E(c.g.c)suy đpcm
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn(O).I điểm cung lớnBC Gọi H K hình chiếu củaI lên phân giác góc B C
Chứng minh trung điểm G HK thuộc trung trực BC
(Đề xuất Khoa Linh)
Bài
Lời giải
Gọi M trung điểm BC Khi ta có IM vng góc với BC.KC∩BH =J Ta có: IKC[ =\IM C = 90◦ suy IKM C nội tiếp IHM B nội tiếp
suy ra: M KC\ =\M IC = BAC[
2 KIH[ =HJ C[ =
[
ABC +ACB[
2
Từ đó: IKM\+KIH[ = 180◦ suy raKM kIH Tương tự ta có:IKM H hình bình hành Suy G thuộc IM hay ta có điều phải chứng minh
Cho 4ABC nhọn cóAB > AC Các đường cao AD, BF, CE cắt H BC cắt EF K GọiM trung điểm củaBC.(O),(O0)lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, BKE Chứng minh H trực tâm tam giác AM K
(Đề xuất conankun)
(13)Gọi L giao điểm thứ (O) (O0)
Ta có: ALE[ =AF E[ =\EBC = 180◦−\KLE Suy A, L, K thẳng hàng
[
HLA=\HF A= 90◦ ⇒HL⊥AK.(1) Ta lại có:
\
EM D = 2M BE\ =AF E[ +CF D\ = 180◦−\DF E suy tứ giác DF EM nội tiếp Suy ra: KL.KA=KF.KE =KD.KM ⇒ALDM nội tiếp⇒M LA\ =M DA\ = 90◦ ⇒M L⊥AK(2)
Từ (1) (2) ta có: M, H, Lthẳng hàng H trực tâm tam giác AKM
Nhận xét.Bài toán tốn hay có nhiều lời giải dựng đường tròn ngoại tiếp khác
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Phân giác góc ABC[ cắt (O)tại D cắt AC E Gọi (w) đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB F giao BC (w),DF cắt (w) G, EG cắt AD, BC M, N Chứng minh rằng: M A
M D N B N C =
AB2 DC2
(Đề xuất Nguyễn Tăng Vũ)
(14)Lời giải
Dễ dàng chứng minh DA tiếp tuyến (w) ⇒ DC2 = DA2 = DG.DF Từ suy ra ∠GF C =∠GCD mà ∠GF C =∠BEG Từ suy GEDC nội tiếp
∠BAG=∠BEG=∠DCG; ∠ABG=∠GEC =∠GDC ⇒ 4BAG∼ 4DCG⇒ AB
CD = BG DG =
AG CG
Mặt khác, ta có ∠AGE =∠ABE =∠ECD =∠EGD suy GE tia phân giác ∠AGD ⇒ AM
M D = AG
GD Tương tự ta chứng minh đượcGN phân giác∠BGC ⇒ N B
N C = GB GC ⇒
M A M D
N B N C =
AB2 CD2
Cho (O) đường thẳng d cố định (O); d khơng có điểm chung M điểm di động d Vẽ tiếp tuyến M A, M B phân biệt cát tuyến M CD (O) (C nằm M D) Vẽ dâyDN (O)song song vớiAB Gọi I giao điểm CN AB Chứng minh
a, IC
IA = BC
BD IA =IB
b, ĐiểmI thuộc đường cố định M di động đường thẳngd
(Đề xuất MoMo123)
Bài
(15)a, Ta thấy:
[
ICA=\BCD;IAC[ =\BDC ⇒ 4ICA∼ 4BCD⇒ IC IA =
BC BD (1) Tương tự ta có: 4ICB ∼ 4ACD⇒ CI
IB = AC AD.(2) Để ý ta có: BC
BD = AC
AD (bổ đề 3)
Từ (1) (2) ta có I trung điểm AB
b, Hạ OH vng góc với d cắt AB K
Ta có: OK.OH =OI.OM =OA2 suy K cố định Suy I thuộc đường tròn đường kính OK
Cho đường trịn (O), đường kínhAB Trên đường tròn lấy điểmDkhácA, B và∠DAB > 60◦ Trên đường kính AB lấy điểm C (C khácA, B) kẻ CH vng góc vớiAD H Phân giác DAB\ cắt đường tròn E cắt CH F Đường thẳng DF cắt đường tròn điểm thứ hai N
a, Chứng minh AF CN nội tiếp điểmN, C, E thẳng hàng
b, Cho AD=BC, chứng minhDN qua trung điểm AC
(Đề xuất MoMo123)
Bài
(16)a, Ta có: N AC\=N DB\ =N F C\⇒ Tứ giác AF CN nội tiếp ⇒F N C\ =F AC[ =\DAE =DN E\ ⇒C, N, E thẳng hàng b) Kẻ CGsong song AD (G∈DN)
Ta có: CGD\=ADN\ =ABN\ ⇒Tứ giác BCGN nội tiếp ⇒\CGB =CN B\ =EAB[ =F N C\ =CBG\
⇒ 4CGB cân tạiC ⇒CG=CB =AD⇒ADCG hình bình hành ⇒DN qua trung điểm AC
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), AC cắt BD J Đường tròn (O0) tiếp xúc với J A, J B tạiE, F tiếp xúc với (O), Chứng minh đường thẳng EF qua tâm đường tròn nội tiếp 4ABD
(Định lý Lyness)
Bài 10
(17)Gọi T tiếp điểm (O) (O0),T F cắt (O)tại N,AN cắt EF I
Ta có: O0F ⊥BD nên ON ⊥BD N điểm cungBD nên AN phân giác ∠DAB
Dễ dàng chứng minh BN2 =N F.N T(1) (4N F B ∼ 4N BT)
và ∠N AT =
2∠T ON = 2∠T O
0F =
∠IET nên tứ giác IEAT nội tiếp ⇒∠AIT =∠AET = ∠IF T nên 4N IF ∼ 4N T I suy N F.N T =N I2(2)
Từ (1) (2) suy N I =N B =N Dnên I tâm nội tiếp tam giác ABD
Từ đỉnh tam giác hạ đường vng góc xuống đường thẳng ngồi tam giác Chứng minh tổng độ dài đường vng góc gấp lần độ dài đoạn thẳng vng góc hạ từ trọng tâm tam giác xuống đường thẳng
(Đề xuất thanhdatqv2003)
Bài 11
(18)Dựng điểm hình vẽ (M đối xứng với trọng tâm Gqua D) Theo tính chất đường trung bình hình thang ta có:
(AH+CL) +BN = 2DJ +BN =GI+M K+BN =GI+ (M K+BN) = 3GI Suy điều phải chứng minh
Cho 4ABC có trực tâm H Chứng minh đường tròn ngoại tiếp 4HBC,4HAB,4HCA có bán kính
(Đề xuất Lao Hac)
Bài 12
Lời giải
(19)Dễ dàng chứng minh Dđối xứng với H qua BC Suy R(BHC) =R(BDC) =R(ABC) Tương tự ta có bán kính đường trịn ngoại tiếp 4HBC,4HAB,4HCA bán kính đường trịn ngoại tiếp 4ABC
Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I) Gọi D, E, F điểm tiếp xúc đường tròn bàng tiếp đỉnh A với ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: SBIC >
1 4SDEF
(Đề xuất NguyenHoaiTrung)
Bài 13
Lời giải
Ta dễ dàng chứng minh được: BI k DE;IC k DF ⇒ 4BIC ∼ 4F DE(g.g) ⇒ SBIC SDEF
=
BC EF
2
Mặt khác 2BC =BC+BE +CF > EF ⇒
BC EF
2
(20)Cho đường tròn (O;R) điểm A cố định với OA = 2R, đường kính BC quay quanh O cho điểm A, B, C không thẳng hàng; Đường tròn (ABC) cắt OA tai điểm thứ I Đường thẳng AB, AC cắt (O;R) D, E với D 6= B , C 6= E Nối DE cắt đường thẳng OA K
a) Chứng minh: OI.OA=OB.OC vàAK.AI =AE.AC
b) Tính độ dài OI;OK theo R
c) Chứng minh: đường tròn (ADE) qua điểm cố định (khác A) BC quay quanh O
(TS lớp 10 đại học Sư Phạm ngoại ngữ 2001-2002)
Bài 14
Lời giải
OA cắt (O) M, N
a, Tương tự số
b, OI.OA= 2R.OI =OB.OC =R2 suy OI = R Ta có:AK.AI =AD.AB=AM.AN = 3R2 suy ra AK.5
2R = 3R
2 ⇒AK =
(21)DoK cố định nênKD.DE không đổi KD.KE =KA.KS nên KS không đổi nênS cố định Vậy (ADE) qua điểm S điểm cố định
Cho 4ABC nhọn nội tiếp (O;R) ngoại tiếp (I;r) Gọi x, y, z khoảng cách từ (O) xuống ba cạnh tam giác ABC Chứng minh hệ thức x+y+z =R+r
(Định lý Carnot)
Bài 15
Lời giải
Gọi M, N, P trung điểm BC, CA, AB
Áp dụng định lý Ptolemy ta có: OB.M P =OM.BP +OP.BM ⇔R.b =x
c +z
a Thiết lập đẳng thức tương tự cộng lại
R.a+b+c
2 =
b+c x+
a+c y+
a+b z
Để ý 2SABC = 2r(a+b+c) = ax+by+cz Suy R.a+b+c
2 +
a+b+c r =
b+c x+
a+c y+
a+b
2 z+x a +y
b +z
c ⇔(R+r).a+b+c
2 = (x+y+z)
a+b+c
2
Suy đpcm
(22)Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có đường caoBE, CF Các tiếp tuyến B, C (O) cắt K, gọi M giao điểm củaOK với BC
1, Chứng minh: 4AEB∼ 4CM K
2, Chứng minh: BAK\=M AC\
3, Gọi G giao điểm AM vàEF, H giao điểm AK BC Chứng minh GH kOM
(Đề xuất BunhiChySchwarz)
Bài 16
Lời giải
1, Ta có: 4AEB ∼ 4CM K(g.g)
2, Ta có: OM.OK =OC2 =OA2 ⇒ 4OM A∼ 4OAK(c.g.c)⇒OAM\ =OKA\ =DAH\ (1) Mặt khác OAC[ =\DAB (2)
(23)Suy AG AH =
AE AB =
AM
AK ⇒HG||OM
Từ M nằm (O)cho trước dựng hai tiếp tuyếnM A, M B.CChạy cung nhỏ AB D, E, F hình chiếu C AB, M A, M B S, T giao DE, DF với CA, CB Chứng minh rằng:
a, ST kAB
b, Chứng minhST tiếp tuyến chung (T F C) (SCE)
c, Gọi I giao điểm thứ (T F C) (SCE) Chứng minh: CI qua điểm cố định C di chuyển cung AB
(Đề xuất Minhcamgia)
Bài 17
Lời giải
a, Dễ dàng chứng minh tứ giác CDAE CDF B nội tiếp nên ta có: ∠SDT =∠CAB+∠CBA= 180◦−∠SCT
Từ suy tứ giác SCT D nội tiếp⇒∠CST =∠CDT =∠CBF =∠CAB Suy ST kAB
(24)Tương tự ta có ST tiếp tuyến (T CF)
c, Gọi P, Qlần lượt giao điểm IC với T S AB
Vì ST tiếp tuyến chung (T F C) và(SCE) nên T P2 =P S2 =P C.P I ⇒P T =P S mà T S kAB nên Q trung điểm AB (cố định) Suy đpcm
Cho đường tròn (O) hai điểm A, B nằm đường tròn, điểm C nằm đường tròn (O) Đường tròn (O0) tiếp xúc với (O) R tiếp xúc với CA, CB theo tứ tự P, Q GọiI tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh : A, P, R, I đồng viên
(Bổ đề Sawayama)
Bài 18
Lời giải
Kéo dài BC cắt (O) điểm thứ hai D Gọi K tâm đường tròn nội tiếp tam giác DAB L điểm cungBD
Theo số 10 ta có: P, K, Q thẳng hàng Ta có: RP K\ = RO\
0Q
2 =
[
ROL
2 =\RAK nên tứ giác RAP K nội tiếp Mặt khác: IKQ[ =CQP[ −QBK\ = 90◦− ACB[
2 −
[
CBA
2 =
[
CAB
(25)Cho tam giác từ M nằm (O) vẽ tiếp tuyếnM A, M B, gọi M O giao AB H, I trung điểm M H, K giao củaIA và(O)
a, Chứng minhIA ⊥HK
b, Tính M KB.\
(Đề thi TP.HCM 2014-2015)
Bài 19
Lời giải
a, Kẻ đường kính AD (O) Ta có:4AHM ∼ 4DBA(g.g)
Vì H trung điểm AB I trung điểm HM nên 4DBH ∼ 4AHI(c.g.c) Suy BDH\ =HAK\ =BDK\ nên D, H, K thẳng hàng
Ta có: AKH\ =\ABD = 90◦ nên AI ⊥HK
b, Vì AI ⊥HK nên KHI[ =HAK\ =KBM\ Từ ta có tứ giác KHBM nội tiếp Suy BKM\ =BHM\ = 90◦
Đường tròn (O1) và(O2)cắt P Q Qua P vẽ đường thẳng d1 cắt (O1) (O2) A B Đường thẳng d2 qua P cắt (O1) (O2) C D BD cắt AC X Vẽ dây P Y k BD (Y ∈ (O1)), P Z k AC (Z ∈ (O2)) Chứng minh : X, Y, Z, Q thẳng hàng
(Đề xuất taconghoang)
(26)Lời giải
Ta có: QDB\=\QP B =LCQ[ nên tứ giác LDQC nội tiếp
Suy ra: DLQ[ =\DCQ=P Y Q[ mà DLkP Y nên Y, L, Qthẳng hàng CLQ[ =CDQ\=P ZQ[ nên L, Q, Z thẳng hàng
Vậy suy raY, L, Q, Z thẳng hàng
1, Cho xAyd = 90◦ đường tròn (O) tiếp xúc với Ax Ay P, Q Đường
thẳng (d) tiếp tuyến thay đổi của(O) Gọi a, p, q khoảng cách từ A, P, Q xuống đường thẳng (d) Chứng minh: a
2
pq không đổi (d) dịch chuyển
2, Khẳng định cịn khơng xAyd khơng phải góc vuông
(Đề thi PTNK 2000)
Bài 21
(27)Gọi B, C gia điểm (d) với AP, AQ Đặt AB =c;AC = b;BC =a m = a+b+c
2 =
AP =AQ Ta có:
pq a2 =
BP.CQ AB.AC =
(m−c)(m−b)
bc =
m2−m(b+c) +bc
bc =
m2−m(b+c)
bc +
= (a+b+c)
2−2(a+b+c)(b+c)
4bc + =
a2−b2−c2−2bc
4bc + =
a2−b2−c2
4bc +
1
1, Nếu xAyd = 90◦
a2−b2−c2
4bc +
1 =
1
2 (không đổi)
2, Nếu xAyd góc vng
a2−b2−c2
4bc + = 2− cosA
2 (không đổi) Vậy từ suy a
2
pq khơng đổi (đpcm)
Cho đường trịn (O), đường kính AB, gọi C trung điểm AO Qua C kẻ đường vuông góc với OA cắt (O) điểm M N.Trên cung M N lớn lấy điểm K Giao điểm AK với M N H
a, Tìm vị trí K khoảng cách từN đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KM H nhỏ
b, Với K thuộc cung M B, lấy I KN cho KI =KM Chứng minh: N I =KB
(Đề xuất buingoctu)
(28)Lời giải
a, Gọi O0 tâm đường tròn ngoại tiếp 4M HK Ta có: AM C\ = M KH\ (do cung M A cung N A) nên M A tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp 4M HK
Mà M A⊥M B nên (O0)thuộc M B Kẻ N H ⊥M B suy H cố định
Ta có: N O0 ≥ N H Vậy khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp 4M HK nhỏ K ≡B
b, Vì C trung điểm AO nên 4M N B ⇒ 4M IK Suy 4M N I =4M BK(c.g.c)⇒N I =KB (đpcm)
Cho tam giácABC với AD, BE, CF đường cao tương ứng.EF cắtBC P,O trung điểm BC Biết OP =BC Chứng minh DB =DO
(Đề xuất Minhcamgia)
Bài 23
(29)Ta có tính chất quen thuộc tứ giác F EOD nội tiếp Kết hợp tứ giác F ECB nội tiếp Suy ra: P D.P O=P E.P F =P B.P C Từ suy DB =DO
Cho tam giác ABC, M, N, P điểm cạnhBC, CA, AB Chứng minh tam giácAN P, BM P, CM N tồn tam giác có diện tích khơng vượt q
4 diện tích tam giác ABC
(Đề xuất Minhcamgia)
Bài 24
Lời giải
Ta có: SAN P SABC
= AP.AN AB.AC SCM N
SABC =
CN.CM CA.CB ;
SBM P SABC =
(30)Suy ra: SAN P.SCM N.SBM P (SABC)3
= AP.BP AB2
CN.AN AC2
CM.BM BC2 ≤
1 64
Vậy tam giácAN P, BM P, CM N tồn tam giác có diện tích khơng vượt q diện tích tam giác ABC
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) AB∩CD = {E};AD∩BC = {F} Phân giác
\
DF C cắt AB, CD P Q
a, Chứng minh: 4P QE cân
b, Chứng minh: EF2 =F A.F D+EC.ED
(Đề thi Quốc học - Huế 2001)
Bài 25
Lời giải
a, Ta có: EP Q[ =P F B[ +P BF[ =\DF Q+\F DQ=P QE[ nên 4EP Q cân tạiE
b, Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF cắt EF M Khi BM F\ =\BAD =\BCE nên tứ giác CBM E nội tiếp
(31)Cho tứ giác ABCD, phân giác ∠DAB ∠ABC cắt M, phân giác ∠ADC ∠CBD cắt tạiN, phân giác∠BDA ∠ADC cắt tạiP, phân giác∠ABC ∠BCD cắt Q
1 Chứng minh tứ giác M P N Q nội tiếp
2 M0, N0, P0, Q0 tâm nội tiếp M AB, N CD, P AD, QBC, M1, N1, P1, Q1 giao M M0, N N0, P P0, QQ0 với (M N P Q) Chứng minh M1N1 =P1Q1
(Đề thi tỉnh Thái Nguyên 2015-2016)
Bài 26
Lời giải
a, Sử dụng phép cộng góc ta có: QM P\ = \DAB+CBA[
2 QN P\ =
\
ADC+\DCB
2
Suy QM P\ +QN P\ = 180◦ nên ta có tứ giácM P N Q nội tiếp
(32)Cho đường tròn (O), từ điểm A nằm (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC Kẻ đường kính BD, lấy F trung điểm OB Qua A kẻ đường thẳng vng góc vớiAB cắt OC E Chứng minh: AD ⊥EF
(Đề xuất BunhiChySchwarz)
Bài 27
Lời giải
Gọi G giao AD EF,H trung điểm OA Ta có: EAO[ =BOA[ =EOA[ nên 4EOA cân tạiE Ta có: 4OF H ∼ 4OHE(g.g)⇒ OF
F H = OH HE ⇔
OD F H =
OA HE ⇔
OD OA =
F H HE
Suy 4F HE ∼ 4DOA(c.g.c)⇒HEG\ =\HAG⇒GHAE nội tiếp Suy EF ⊥AD Cho tam giácABC vuông tạiA Từ điểmI thuộc miền tam giác vẽIM,IN,IK đường vng góc tới BC,CA,AB Tìm vị trí điểmI cho IM2+IN2+IK2 bé
(Đề thi tỉnh Bình Định 2017-2018)
(33)Lời giải
Kẻ đường cao AH 4ABC
Ta có tứ giác AKIN hình chữ nhật nên AI =KN
Suy ra: IK2+IN2+IM2 =KN2+IM2 =IA2+IM2 ≥ (AI+IM)
2 ≥
AH2 Vậy để IK2+IN2+IM2 đạt giá trị nhỏ thì I là trung điểm củaAH
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), (I) đường tròn nội tiếp tam giác ABC AI cắt (O) A J E trung điểm BC Tiếp tuyến B C cắt S AS cắt (O) A D DI cắt (O) D M Chứng minh M J chia đôi IE
(Đề thi Bà Rịa-Vũng Tàu 2017-2018)
Bài 29
(34)Gọi T tâm bàng tiếp đối diện góc A Áp dụng Bài 16ta có: BAD\=EAC[
Suy 4ABD ∼ 4AEC(g.g) 4ABI ∼ 4AT C(g.g) Từ ta có: AD.AE = AB.AC = AI.AT
Suy 4IAD∼ 4EAT(c.g.c)⇒ET A[ =ADI[ =AJ M\ ⇒M J kET
Mặt khác ta có tính chất quen thuộc: J I = J B = J C = J T nên J M đường trung bình 4IET
(35)Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi M trung điểm cạnh BC N điểm đối xứng với M qua O QuaA vẽ đường thẳng vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vng góc BC D Kẻ dường kính AE (O) Chứng minh rằng:
1, BA.BC = 2BD.BE
2, CD qua trung điểm dường cao AH tam giác ABC
(Đề thi TP.HCM 2015-2016)
Bài 30
Lời giải
1, Kéo dài AN cắt BC F Ta có: AN EM hình bình hành nên M E k AF ⇒ BM E\ = 180◦−EM C\ = 180◦−AF B[ =\BDA
Mặt khác: M BE\ =OAC[ = 90◦−ABC[ =\DBA
Suy ra: 4DBA∼ 4M BE(g.g)⇒2BD.BE =BA.BC
(36)Ta có: 4BDA ∼ 4BM E ⇒ 4BDM ∼ 4BAE(c.g.c) ⇒ BM D\ = BEA[ = BCA[ ⇒ M D k GC
Suy D trung điểm GB mà AH kGB nên I trung điểm AH Suy đpcm
Từ Anằm ngồi (O)kẻAB, AC tiếp tuyến, kẻ đường kínhBD, gọi E hình chiếu C BD, F giao CE AD Chứng minh F trung điểm CE
(Đề xuất Minhcamgia)
Bài 31
Lời giải
Gọi M giao điểm OA BC, đóM trung điểm BC
Ta có: 4OCA∼ 4DCB(g.g) mà CM, CE hai đường cao tương ứng nên DE BE =
OM AM Mặt khác: DE
BE = DF F A ⇒
OM AM =
DF
F A ⇒M F kBE ⇒ F trung điểm EC
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O),AB < BD biết AC =CD GọiI tâm đường tròn nội tiếp 4ABD Gọi giao điểm đường tròn ngoại tiếp 4BIC với AB F E trung điểm AD Chứng minh rằng: AI vng góc với EF
(Đề xuất MoMo123)
Bài 32
(37)Gọi J điểm cung nhỏAD Ta có: ICF[ =IBF[ =ACE[ ⇔ICJd =F CA[
Ta lại có: J I2 =J D2 =J E.J C ⇒ 4J EI ∼ 4J IC ∼ 4AF C
Suy ra: EI.AF =J E.F C, ta lại có:4IF C ∼ 4J EA(g.g) nên J E.F C =AE.F I Vậy ta có: AF.EI =AE.F I ⇔ AF
AE = IF IE
Giả sử AI cắt EF K áp dụng tính chất đường phân giác ta có: IF IE =
AF AE =
F K KE nên IK phân giác EIF[ ⇒ 4AEI =4AF I(g.c.g) Suy đpcm
Cho 4ABC nhọn nội tiếp (O), đường cao BE, CF cắt H Vẽ dây BD cắt CH K nằm H vàC CD cắt BE G Chứng minh: EF qua trung điểm GK
(Đề xuất MoMo123)
Bài 33
(38)Gọi M giao điểm F E với GK
Ta có: 4BF K ∼ 4CEG(g.g)và 4BF H ∼ 4CEH(g.g)
Suy ra: F K GE =
BF CE =
F H HE
Áp dụng định lý Menelaus vào 4GHK ta có: GE
EH F H F K
KM
M G = 1⇒M K =M G Suy đpcm
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) AD cắt BC P, AC cắt BD Q AB cắt CD M Chứng minh: M Q⊥P O
(Định lý Brocard)
Bài 34
(39)Gọi J giao điểm của(AQB) (DQC), M, Q, J thẳng hàng
Ta có: AJ D[ =AJ Q[ +QJ D[ =ABQ[ +QCD\=\AOD nên tứ giácAJ OD nội tiếp Tương tự ta có: J ∈(BOC) Suy P, J, O thẳng hàng
Ta có: AJ Q[ +\ODA=\ABD+\ADO= 90◦ Suy ra: QJ O[ = 90◦ nên ta có đpcm
Cho tam giácABC nội tiếp(O)có phân giác AD.(ADC)∩AB={A, F};(ABD)∩AC = {A, E} Chứng minh rằng: OD ⊥EF
(Đề xuất Khoa Linh)
Bài 35
(40)Kéo dài AD cắt (O) I.CI∩AB ={M}; BI∩AC ={N}
Theo định lý Brocard ta có: OD ⊥M N Mặt khác ta có: \ECD =CBI[ = BAC[
2 ⇒BN kCE BF kCM Suy ra: AF
AN = AF AC
AC AN =
AB AM
AE AB =
AE
AB ⇒M N kEF Vậy suy raOD ⊥EF
Từ điểm M (O), vẽ tiếp tuyến M A, M B Đường tròn (I) nội tiếp 4ABM tiếp xúc với AB, AM H, G; (I) cắt (O)tại P, R (P nằm nửa mặt phẳng bờ OM chứa A),AR cắt (I) Q Chứng minh P R, AI, HG đồng quy 4AP Q cân
(Đề xuất phamhuy1801)
Bài 36
(41)Dễ dàng chứng minh I giao OM với (O), H giao OM AB
Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có: AI qua trung điểm HG (1)
Gọi giao P R với AM làS ta có SA2 =SG2 =SP.SR suy ra: SA=SR
Mà P RkAB suy P R qua trung điểm HG(2)
Từ (1),(2) suy đpcm
Ta có: P IA[ =P RQ[ =
2P IQ[ ⇒P IA[ =AIQ[
Vì I điểm cung P Qcủa (O) nên P AI[ =IAQ[ ⇒ 4AP I =4AIQ(g.c.g) ⇒AP =AQ
(42)Cho điểm A cố định nằm đường tròn (O) Kẻ tiếp tuyến AE, AF (O)(E, F tiếp điểm) Điểm D di động cung lớn EF cho DE < DF, D không trùng với E tiếp tuyến D (O) cắt tia AE, AF B, C
a, Gọi M, N giao điểm đường thẳng EF với đường thẳngOB, OC Chứng minh tứ giác BN M C nội tiếp đường tròn
b, Kẻ tia phân giác DK EDF\ tia phân giác OI \BOC (K thuộc EF I thuộc BC) Chứng minh OI song song vớiDK
c, Chứng minh đường thẳng IK qua điểm cố định
(Đề thi chuyên Phan Bội Châu 2017-2018)
Bài 37
Lời giải
a, Ta có: CF M\ =EF A[ = 90◦− BAC
2 =\OBC+\OCB =COM\ nên tứ giác COF M nội tiếp ⇒BM C\ = 90◦
(43)90◦+
4(ABC[ −ACB)[
Bằng phép cộng góc ta chứng minh được: CDK\ =CIO[ = 90◦+
4(ABC[ −ACB)[ ⇒ IOkDK
c, G giao điểm củaAO (O)khi G nằm cung EF nên D, K, Gthẳng hàng
Gọi H giao điểm OA EF
Ta có: 4GHK ∼ 4ODI(g.g)⇒ GK OI =
HG OD =
HG OE Ta dễ dàng có: EGlà phân giác \HEA nên HG
AG = HE EA = EO OA ⇒ HG EO = AG OA Suy ra: GK
OI = GA
OA ⇒ 4GKA∼ 4OIA⇒I, K, A thẳng hàng Suy IK qua điểm cố định A
Cho tam giácABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn(O) GọiH trực tâm tam giác ABC P điểm đoạn BC (P khác B, C) Đường thẳngAH cắt (BHC) T khác H Đường thẳngP T cắt (BHC) K khácT Giả sử BK cắt AC M CK cắt AB N Gọi X, Y trung điểm củaBN,CM
a, Chứng minh tứ giác AN KM nội tiếp đường tròn
b, Chứng minh góc XP Y có số đo khơng đổi khiP di động BC
(Đề xuất khanhdat1)
Bài 38
(44)a, Ta có: P KC\ =\T HC =ABC[ nên tứ giác M KP B nội tiếp, tương tự ta có tứ giác N KP C nội tiếp
Suy tứ giác AM KN nội tiếp
b, Gọi Llà trung điểm BC
Ta có: BAC[ = N KC\ =N P C\ ⇒N P C ∼ 4BAC(g.g) mà P Y, AL hai đường trung tuyến tương ứng nên Y P C[ =LAC[ nên AP LY nội tiếp
Tương tự ta có: ALP X nội tiếp suy raAXP Y nội tiếp⇒XP Y\ = 180◦−BAC(khơng đổi)[
Vậy ta có đpcm
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường cao BE, CF M trung điểm BC, AM cắt EF N Kẻ N X ⊥ BC, XY ⊥ AB , XZ ⊥ AC Chứng minh N trực tâm tam giác AY Z
(Đề xuất taconghoang)
Bài 39
(45)Kẻ M K ⊥EF tứ giác M N KX nội tiếp K trung điểm EF
Ta có: 4AEF ∼ 4ABC(g.g) có hai đường trung tuyến tương ứng AK AM nên
\
AKE =AM X Từ ta có:\ A, K, X thẳng hàng Bằng đồng dạng tương ứng ta dễ dàng có: N E
N F = BX XC Mà BX
XC = BY Y F =
EZ ZC
Suy ra: Y N kBE;ZN kCF ⇒N trực tâm tam giácAY Z
Từ A nằm ngoài(O)kẻ hai cát tuyến ABC ADE Chứng minh I giao BE CD chạy đường cố định cát tuyến thay đổi
(Đề xuất Minhcamgia)
Bài 40
(46)Kẻ hai tiếp tuyếnAM, AN AO∩M N ={H} (BIC)∩(DIC) ={K}
Áp dụng 34ta có: A, I, K thẳng hàng OK ⊥AI
Ta có: AI.AK =AM2 =AH.AO⇒ 4AIH ∼ 4AOK(c.g.c)⇒IH ⊥AO
Suy ra: M, I, N thẳng hàng Từ ta có I chạy đoạnM N cố định
Cho tam giácABC điểm hình vẽ Giả sử diện tích tam giác tơ màu đơi Chứng minh diện tích tứ giác không tô màu đôi
(Đề xuất Korkot)
Bài 41
(47)Gọi J giao củaAK vàLC
Ta có: SILK =SKEC ⇒IE kLC ⇒J L=J C
Mặt khác: SIF A=SILK ⇒F LkAK ⇒K trung điểm CF
Suy ra: SF BK =SCBK ⇒SF ILB =SLDCK
Tương tự ta hồn tất chứng minh
Cho(O)và dây cungBC cố định, lấy điểmAtrên cung lớnBC KẻBD⊥AC, CE ⊥AB BD cắt đường thẳng kẻ từ A vuông góc với AB I,ED cắt đường thẳng kẻ từ A song song với BC M Chứng minh M I qua tâm đường trịn có đường kính cố định
(Đề xuất phamhuy1801)
Bài 42
(48)BD∩CE ={H};M I∩AH ={T} Kẻ AK ⊥IM, ON ⊥BC Ta có: M K.M T =M A2 =M D.M E ⇒ tứ giácT KDE nội tiếp Ta lại có: AKI[ =ADI[ = 90◦ ⇒ tứ giác AKDI nội tiếp
Suy ra: \T ED =DKI[ =DAI[
Mà \AED=DAM\ ⇒IAM[ =T EA[ ⇔T EA[ =T AE[
Suy T trung điểm AH
Mặt khác AH = 2ON(không đổi A di chuyển cung lớn BC) Vậy suy raM I qua tâm đường trịn có đường kính cố định
Cho 4ABC nhọn, đường cao BD, CE cắt H Đường trịn đường kính AB cắt CE G, đường trịn đường kính AC cắt BD F CF cắt BG I, DG cắt EF K
a, Chứng minh điểmA, I, K thẳng hàng
b, Giả sửEF cắt BG M,DG cắt CF N Chứng minh HI, EN, DM đồng quy
(Đề xuất phamhuy1801)
Bài 43
(49)a, Ta có: AF2 = AD.AC = AE.AB = AG2 ⇒ AF = AG ⇒ 4AIG = 4AIF(ch−cgv) ⇒ AF =AG;IF =IG ;AF G[ =AGF[(1)
Mặt khác: AF E[ =ACE[ =ABD\=\AGD(2) Từ (1),(2) suy ra: GF K\ =F GK\⇒KF =KG Vậy ta có A, K, I thẳng hàng
b, Đây nội dung định lý Pappus, bạn đọc tham khảo mạng
Cho tam giác ABC nhọn,M thay đổi cạnh AB.(BM C)∩AC ={C, N}
a, Chứng minh: 4AM N ∼ 4ACB Tính M A
M B đểSAM N = SABC
2
b, Gọi I tâm(AM N) Chứng minh I thuộc đường cố định M di động
c, J tâm(BM C) Chứng minh độ dài IJ không đổi M di động
(Đề xuất Korkot)
Bài 44
(50)a, Ta có: 4AM N ∼ 4ACB(g.g)
Ta có: =
SAM N SABC
= AM.AN AB.AC =
AM2
AC2 ⇒ AM = √
2
2 AC ⇒ M A M B =
√ 2 AC AB− √ 2 AC = AC √
2AB−AC
b, Gọi O tâm (ABC)
Bằng phép cộng góc ta dễ dàng có: AO⊥M N;IJ ⊥M N ⇒AOkM N AI ⊥BC;OJ ⊥BC ⇒AI kOJ
Suy tứ giác AIJ O hình bình hành Vậy I thuộc đường thẳng qua J song song với AO c, Ta có: IJ =AO (khơng đổi M di động)
Vậy ta hoàn tất chứng minh
Cho điểmA, B, C thẳng hàng theo thứ tự Đường tròn(O)đi qua B vàC TừA kẻ tiếp tuyến AM, AN với (O) Gọi I trung điểm BC N I cắt (O) D Chứng minh rằng: a, Khi (O) thay đổi quaB, C N, D ln thuộc đường trịn cố định
b, Tâm đường tròn ngoại tiếp 4AIO chạy đường thẳng cố định
(Đề xuất MarkGot7)
Bài 45
(51)a, Ta có: AN2 =AB.AC ⇒N ∈A;√AB.AC (cố định)
Qua D kẻ đường thẳng vng góc với OD cắt BC K Ta có:
[
M IA=AIN[ =DIK[ ⇒M OA\ =DOK\ ⇒ 4M AO =4DKO(g.c.g) Suy ra: OA=OK ⇔CK =AB từ ta cóK cố định
Mặt khác: KD2 =KC.KB⇒D∈K;√AB.AC (cố định)
b, Ta dễ thấy tâm (AIO) trung điểm AO nên tâm (AIO) thuộc đường thẳng qua trung điểm AI vng góc với BC
Cho hai đường tròn (O) (O0) cắt A B Trên tia đối tiaAB lấy điểm M từM kẻ hai tiếp tuyến M C, M Dvới (O0),AC, ADcắt (O)tại E, F Chứng minh
a, Chứng minh CD qua trung điểm EF
b, EF qua điểm cố định M di động tia đối tia AB
(Đề thi tỉnh Nghệ An 2017-2018)
Bài 46
(52)a, CD∩EF ={N}
Ta có: 4DBF ∼ 4CBE(g.g)⇒ BD CB =
DF CE
Mặt khác: 4ADM ∼ 4DBM(g.g);4ACM ∼ 4CM B(g.g)⇒ BD CB = AD CA ⇒ AD CA = DF CE(∗) Áp dụng định lý Menelaus ta có: EN
N F F D DA
AC
CE = 1⇒N E =N F
b, CD∩OO0 ={K}; M O0 ∩CD={H}; AB∩OO0 ={I}
Ta có: O0C2 =O0H.O0M =O0I.O0K ⇒K cố định nên ta có đpcm.
Cho tam giácABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâmO bán kínhR cố định vàDlà chân đường phân giác góc A tam giác Gọi E F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD tam giác ACD
a, Chứng minh ∠AEO=∠ADC tứ giác AEOF tứ giác nội tiếp
b, Chứng minh tam giácEOF tam giác cân
c, Khi BC cố định A di động trên(O), chứng minh tứ giác AEOF có diện tích khơng đổi
(Đề thi tỉnh Thanh Hóa 2017-2018)
Bài 47
(53)a, Ta có: AEO[ =\ADC = 90◦+BAE[ [
AF O =\ADB= 90◦−F AC[
Suy ra: AEO[ +AF O[ =ADC\+\ADB= 180◦ nên tứ giác AEOF nội tiếp
b, Ta có: AOE[ = AOB[
2 =\ACD⇒EAO[ =DAC\=
[
BAC Tương tự ta có: F AO[ = BAC[
2
Suy ra: EAO[ =F AO[ ⇒OE=OF
c, AD∩(O) = {A, I}
Ta có: 4AEO∼ 4BDI;4AF O ∼ 4CDI ⇒ SAEO SBDI
= SAF O SCDI
= AO
IB2 Suy ra: SAEOF =SBIC
R2
BI2 (khơng đổi) Vậy hồn tất chứng minh
Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp (O) tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Đường tròn (A;AE) cắt đường cao AH tam giác ABC M (M nằm A H) Đường thẳng OM DM cắt đường tròn (A;AE) K N M O∩BC ={I}
a, Chứng minh ba điểm A, I, N thẳng hàng
b, Chứng minh đường trịn đường kính AI tiếp xúc với (O)
(Đề xuất khanhdat1)
Bài 48
(54)a, Ta có: N DI[ =HM D\ + 90◦ = 90◦ +AM N\ =M KN\ ⇒ tứ giácN KDI nội tiếp ⇒DN I[ =DKI.[
Mặt khác: OM.OK = OF2 = OD2 ⇒ 4OM D ∼ 4ODK(c.g.c) ⇒ ODK\ = ODM\ =
\
AM N =M N A\
Suy ra: DN I[ =M N A\ ⇒A, N, I thẳng hàng
b, QuaAdựng đường thẳng song song vớiDN cắt DE J Kéo dàiED cắtAH tạiL⇒AJ phân giác HAI[
Áp dụng Menelaus ta có: AE EC
DC HD
LH
LA = ⇔ HD LH =
AE LA =
AM AL =
J D
J L ⇒ HJ phân giác AHD\
(55)Cho tam giác ABC có cạnh BC cố định điểmA thay đổi cho tam giácABC nhọn không cân Gọi D trung điểm BC E, F tương ứng hình chiếu D AC, AB
a, Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đường thẳng EF cắt AO BC theo thứ tự M vàN Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N qua điểm cố định
b, Các tiếp tuyến tạiE, F đường tròn ngoại tiếp tam giácAEF cắt tạiT Chứng minh T thuộc đường thẳng cố định
(Đề xuất khanhdat1)
Lời giải
a, Ta có: AM N\ =OAC[ +M EA\ = 90◦−ABC[ +\ADF =F DB\+\ADF =\ADB ⇒AM DN nội tiếp hay(AM N) qua điểm D cố định
b, ED∩AB ={K};F D∩AC ={L} Khi D trực tâm4AKL
Gọi T0 trung điểm KL Ta dễ dàng chứng minh T0E;T0F tiếp tuyến (O) ⇒T trung điểm KL
(56)Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ngoại tiếp đường tròn khác, tiếp điểm E, F, G, H Chứng minh: EG vng góc với F H
(Đề xuất thanhdatqv2003)
Bài 50
Lời giải
Ta có: EGH\+GHF\=AHE\+F GC[ = 180
◦−\BAD
2 +
180◦−BCD\
2 = 90
◦
Suy ra: EG⊥F H
Tìm kích thước tam giác ABC có diện tích lớn nội tiếp đường trịn (O;R) cho trước
(Đề xuất Korkot)
Bài 51
(57)Gọi D điểm cung BC chứaA E trung điểm BC Ta có:
SABC ≤SDBC =DE.CE = √
R2−OE2.(R+OE) =p
(R+OE)3(R−OE) =
p
(R+OE)(R+OE)(R+OE)(3R−3OE) √
3 ≤
3√3R2
Vậy để SABC lớn tam giácABC tam giác nội tiếp (O)
Cho điểm A thuộc đường trịn tâm O đường kính BC (A khác B C) Vẽ đường tròn tâm A tiếp xúc với BC H, cắt đường tròn (O) E F Gọi I trung điểm HC, D hình chiếu I EF Đường trịn đường kính AH cắt đường trịn (O) G
a, Chứng minh đường thẳng AG, EF, BC đồng quy
b, Chứng minh ba điểmA, D, C thẳng hàng
(Đề xuất khanhdat1)
Bài 52
(58)a, Kẻ đường kính AK, AH kéo dài cắt(O) L EF cắt AH, AO lầ lượt M S AG∩CB ={T}
Ta có: AM.AL=AS.AK =AE2 =AH2 ⇔AM.2AH =AH2 ⇒AM =M H ⇒M G=M A Suy ra: OM ⊥AG⇒M trực tâm 4AT O ⇒T M ⊥AO
Mà EF ⊥AO⇒T, E, F thẳng hàng Suy raAG, EF, BC đồng quy
b, Kẻ HD0 ⊥AC Bằng phép cộng góc ta có:M D0 ⊥AO⇒D0 ∈EF
Mặt khác: M D0 =M H; ID0 =IH ⇒M D\0I =M HI\ = 90◦ ⇒ID0 ⊥EF ⇒D≡D0
Vậy hoàn tất chứng minh
Cho đường trịn tâm O Từ điểm M nằm ngồi đường trịn vẽ tiếp tuyếnM A, M C (A, C tiếp điểm), B thuộc cung lớn AC cho M B nằm M O M C Tia M B cắt đường tròn Q khác B, cắt CA N
a, Gọi T trung điểm BQ Chứng minh M Q.M B =M N.M T
b, Gọi K điểm đối xứng với C qua B Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt CM H Chứng minh QH, AC, M K đồng quy
(Đề xuất khanhdat1)
Bài 53
(59)QH ∩AC ={S}; M S∩CB ={K0};OM ∩AC ={I} a, Ta có: M Q.M B =M A2 =M I.M O =M N.M T
b, Ta có: M I.M O = M Q.M B ⇒ IQBO nội tiếp ⇒ \QIM = \OBQ = \OQB = OIB[ ⇒ IN, IM phân giác phân giác của4IBQ
Suy ra: QH BC =
QM M B =
QN BN =
QS
BC ⇒ QS = QH ⇒ BK
0 = BC ⇒ K ≡ K0 Suy ra
M K, AC, HQ đồng quy
Cho tam giác ABC,M, N trung điểm AB, AC, đường tròn(AM C)cắt đường tròn (AN B) G khác A, Dlà trung điểm BC Chứng minh ∠DAC =∠GAB
(Đề xuất Minhcamgia)
Bài 54
Lời giải
(60)Ta có: 4GBM ∼ 4GN C(g.g); 4BP C ∼ 4M GC(g.g)⇒ BP P C =
M G GC =
BM N C =
AB AC ⇒AC.BP =AB.CP
Áp dụngPotolemeta có:BP.AC+AB.CP =AP.BC⇔2BP.AC = 2AP.DC ⇔ BP AP =
DC AC ⇒ 4P BA∼ 4CDA(c.g.c)⇒∠DAC =∠GAB(đpcm)
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), D, E trung điểm AB, AC, đường tròn (ADC) cắt đường tròn (AEB) J khác A, trung trực BC cắt DE G Chứng minh AJ OG nội tiếp
(Đề xuất Minhcamgia)
Bài 55
Lời giải
Gọi L giao điểm ED với (AEB) LB cắt tiếp tuyến tạiC (O) ởK
Ta có: LBA[ = LEA[ = ACB[ ⇒ LB tiếp tuyến (O) Suy ra: A, J, K G, O, K thẳng hàng
(61)Từ điểm M nằm ngồi đường trịn(O)kẻ hai tiếp tuyếnM A, M B (A, B tiếp điểm) Lấy E thuộc cung lớn AB Trên M E, M O lấy C, D cho M B = M D = M C OM ∩AB={H} Chứng minh: CD phân giác∠OCH
(Đề xuất Minhcamgia)
Bài 56
Lời giải
Ta có: M C2 =M B2 =M H.M O ⇒ 4HCM ∼ 4COM(c.g.c)⇒ CH OC = HM CM = HM BM = BH OB Vì M D =M B ⇒BD phân giácOBH\ ⇒ BH
OB = DH OD Suy ra: CH
OC = DH
OD ⇒CD phân giác OCH.\
Cho 4ABC có I tâm đường trịn nội tiếp Đường trung trực đoạn IC cắt AI, BI, AC, BC tạiD, E, H, F Gọi T tâm đường tròn ngoại tiếp 4AIH
a, Chứng minh (T) qua E điểm A, B, C, D, E thuộc đường tròn
b, Chứng minhIT ⊥BD
(Đề xuất phamhuy1801)
Bài 57
(62)a, Ta có: AIE[ =IAB[+IBA[ = 90◦−ICA[ =F HC\ =AHE\⇒AIHE nội tiếp⇒E ∈(T) Ta có: HIC[ =HCI[ =ICF[ ⇒IH kBC ⇒AEI[ =AHI[ =ACB[ ⇒AECB nội tiếp Tương tự ta có ABDC nội tiếp từ điểm A, B, C, D, E thuộc đường tròn
b, Kẻ tiếp tuyến ILcủa (T)
Ta có: LIAd =AEI[ =\ADB ⇒IL kBD ⇒IT ⊥BD (đpcm)
Cho 4ABC vuông A, đường cao AH HD, HE phân giác góc BHA CHA (D, E thuộcAB, AC).I trung điểm DE BI cắt DH, CD M, P; CI cắt EH,BE N, Q BE cắt CD K Chứng minh:
a, Tứ giác AP KQ nội tiếp
b*, M N kDE M N cắt AH K
(Đề xuất phamhuy1801)
Bài 58
(63)a, Ta có: DHE\ =DAE\= 90◦ ⇒ tứ giác ADHE nội tiếp vàHA phân giác DHE\ ⇒AD= AE
Ta lại có: BD DA =
AE
EC ⇒BD.CE =AD.AE =DE.IE ⇒ 4BDE ∼ 4IEC ⇒DBE\ =EIC[ ⇒ tứ giácIQBD nội tiếp⇒EQ.EB =EI.ED=EA2 ⇒AQ⊥BE ⇔AQK\= 90◦
Tương tự ta có: AP K\=AQK\= 90◦ ⇒ tứ giác AP KQ nội tiếp
b, Trước hết định lý Ceva ta có: CD, BE, AH đồng quy tạiK Ta có: AIE[ =AQE[ = 90◦ ⇒AIQE nội tiếp
Suy ra: EQC[ =EHC\ =KHN\ = 45◦ ⇒ tứ giác KQN H, HQEC nội tiếp ⇒QKN\ =QHN\ =QCA[ =AEI[−EIC[ = 45◦−QAE[
Tương tự ta có:
\
M KD= 45◦−\DAP ⇒M KD\ +QKN\ = 90◦−\DAP −QAE[ =P AQ[ = 180◦−P KQ\
Vậy ta có: M, K, N thẳng hàng
(64)Cho đường trịn(O)có đường kínhBC vàAlà điểm nằm nửa đường trịn Đường tròn (I;r) tiếp xúc với BC, CA, AB theo thứ tự D, E, F Gọi M trung điểm cạnh AC Đường thẳng M I cắt AB N, đường thẳng DF cắt đường cao AH P
a, Chứng minh tam giác AN P tam giác cân
b, Gọi T hình chiếu D EF Chứng minh rằng: T B.CD =T C.BD
(Đề xuất khanhdat1)
Bài 59
Lời giải
Đặt AB=c; BC =a; CA=b ⇒r=ID=IE =IF = b+c−a
2
Ta có: EM =AM −AE = b −
b+c−a
2 =
a−c
2 ⇒
EI AN =
EM AM ⇔
b+c−a
AN =
a−c b ⇒AN = (b+c−a)b
2(a−c) =
a2−c2−b(a−c) 2(a−c) =
b+c−a Qua A kẻ AK kBC (K ∈DF)
Ta có: 4KAP ∼ 4IDB(g.g)⇒AP =AK.AP
AK =AF BD
ID =BD=
b+c−a Suy ra: 4AN P cân tạiA
(65)ST = CD = CE ⇒ 4RT B ∼ 4ST C(c.g.c) ⇒RT B[ =ST C[ ⇔T D phân giácBT C[ ⇒ BT
T C = BD
DC ⇒BT.DC =BD.CT
Cho tam giácABC nhọn nội tiếp đường trịn(O)có ba đường cao AG, BD, CE cắt H Gọi I giao điểm DE AH Đường thẳng qua I song song với BC cắt tia AB, tia DB P vàQ Gọi M trung điểm củaAH
a, Chứng minh IP =IQ I trực tâm tam giác M BC
b, Từ A vẽ tiếp tuyếnAS, AT với đường trịn đường kính BC (S,T tiếp điểm) Chứng minh ba điểm S, H,T thẳng hàng
(Đề xuất khanhdat1)
Bài 60
Lời giải
a, Ta dễ dàng chứng minh được: DH DA phân giác phân giác 4IDG
Suy ra: IQ BG = IH HG = ID DG = AI AG = IP
BG ⇒IQ=IP Ta có: 4M ID∼ 4M DG(g.g)⇒M I.M G=M D2 =M H2
(66)b, Ta có: AS2 = AT2 = AE.AB = AH.AG ⇒ 4AHS ∼ 4ASG; 4AHT ∼ 4AT G ⇒
[
AHS+AHT[ =ASG[ +AT G[
Mặt khác: ASN[ =AT N[ =\AGN = 90◦ ⇒ASGT nội tiếp nên suy ra: ASG[ +AT G[ = 180◦ Vậy ta có: S,H, T thẳng hàng
Cho (O;R) (O1;R1)cắt A, B, tiếp tuyến tạiA (O) và(O1)cắt (O1),(O) D, C, AB cắt CD E, M trung điểm DE
1 Chứng minh EC ED =
R2 R2
2 Chứng minh ∠M AC =∠BAD
(Đề xuất Minhcamgia)
Bài 61
Lời giải
1, Ta có: 4BAD ∼ 4BCA(g.g)⇒ BA BC = BD BA = AD AC = R1 R Mặt khác ta có: ABC[ =\ABD⇒\CBE =DBE\⇒ EC
ED = BC BD = BC BA BA BD = R2 R2
2, Gọi N trung điểm AC Ta có:AN M\ = 180◦−N AD\ = 180◦ −BAD\−\BDA=\ABD Ta lại có: N M
N A = AD AC =
BD
(67)Cho (O)và(O0)cắt tạiA, B, tiếp tuyến chung ngoàiCD, (C ∈(O), D ∈(O0)) Một dường thẳng d qua B cắt (O),(O0) E, F, CE cắt DF G, M trung điểm EF Chứng minh ∠M GF =∠AGC
(Đề xuất Minhcamgia)
Bài 62
Lời giải
Kéo dài BA cắt CD H Khi ta có: HC2 =HA.HB =HD2 ⇒HC =HD.
Ta có: 4BCD ∼ 4GEF(g.g) mà hai tam giác có hai đường trung tuyến tương ứng nên
\
M GF =HBD\ =\ADC
Mặt khác ta dễ dàng có tứ giác GCAD nội tiếp nên\ADC =AGC[
Vậy suy ra: M GF\ =AGC.[
Cho4ABC nhọn(AB < AC), đường caoBD, CE cắt tạiH.M, N trung điểm BD, CE Gọi I trực tâm 4ADE Chứng minh M N ⊥HI
(Đề xuất phamhuy1801)
Bài 63
(68)Gọi P giao điểm DE vàIH Ta có: tứ giácHEID hình bình hành
Dựa vào tính chất đường trung bình ta dễ dàng chứng minh đượcM trực tâm4HP N ⇒ M N ⊥HI
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (O0) tiếp xúc với đường tròn (O) tiếp xúc với cạnh AB, AC R, P, Q Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
a, Chứng minh BRI[ =CRI[
b, Đường trung trực AI cắt AC, AB theo thứ tự E, F Chứng minh đường tròn tiếp xúc với AC, AB E, F tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC
(Đề xuất khanhdat1)
Bài 64
(69)a, Theo 18ta có tứ giác P IRB, QIRC nội tiếp nênBRI[ =AP Q[ =AQP[ =CRI[
b, (EIB)∩(F IC) = {I, G} Gọi T tâm đường tròn tiếp xúc với AB, AC E, F Ta có:
\
BGC =BGI[ +IGC[ =BEI[+IF C[ = 2EAI[ + 2F AI[ = 2BAC[ =\BOC ⇒G∈(O) Ta có: EGF[ =EBI[ +ICF[ = 90◦−BAC[
2 =
[
ET F
2 ⇒G∈(T)
Mặt khác: F GC[ =F IC[ =F IQ[+QIC[ =F EI[+IBC[ =GEF[ +\GBC Suy ra: (T)tiếp xúc với (O) G
Cho tam giác ABC nội tiếp (O),M trung điểm cung nhỏ BC Lấy K, Llần lượt thuộc AB, AC cho OK kM B OLkM C M L cắt (O) điểm thứ G.Chứng minh BG chia đôi KL
(Đề xuất kekkei)
Bài 65
(70)Kéo dài M O cắt (O) J Gọi P, Q,I trung điểm KM, LM,KL Ta có: AJ M\ =ACM\ =ALO[ ⇒J ∈(AKOL)
Suy ra: 4J LC =4J KB(g.c.g)⇒KB =LC
Trên tia đối tia BA lấy R cho BR=BK =CL
⇒ 4M BR=4M CL(c.g.c)⇒M L=M R= 2BP ⇒M Q=QL=BP =P I Tương tự ta có: M P =P K =CQ
Suy ta có: 4M BP =4CM Q; 4CLQ=4KBP(c.c.c)
⇒BP I[ =KP B\+KP I[ =P BM\ +P M B\ +P M Q\ =BM C\ ⇒BIP[ =BCM\ =BGM \
Vì P I kM G⇒B, I, G thẳng hàng nên ta có đpcm
Cho 4ABC nhọn có đường cao BG, CI cắt H Trung trực AH cắt AB, AC D, E OD, OE cắt IG S, T Chứng minh: AO qua trung điểm ST
(Đề xuất viethoang2002)
Bài 66
(71)Ta có: 4ADH ∼ 4AOC(g.g)⇒ 4ADO∼ 4AHC(c.g.c)⇒\AOD=\ACH Tương tự ta có: AOE[ =\ABH ⇒OA phân giácDOE.\
Mặt khác dễ dàng chứng minh: OA⊥IG⇒ 4OST cân O hay ta có đpcm
Cho góc xAy vuông A hai điểm B, C Ax, Ay Dựng hình vng M N P Q có M AB, N AC P, Q BC Biết B, C dịch chuyển thỏa mãn AB.AC =k2 (khơng đổi) Tìm giá trị lớn diện tích hình vng M N P Q.
(Đề xuất Korkot)
Bài 67
(72)Đặt độ dài cạnh hình vng x AH =h, BC =a
Ta có: M Q AH + M N BC = BM AB + AM
AB = 1⇔ x h +
x
a = ⇒x= ah a+h =
k2 a+h Ta có: a2 =AB2+AC2 ≥2AB.AC = 2k2 ⇒a ≥√2k
Suy ra: a+h= a 2+
a
2 +h ≥3
3 r ah.a ≥ √
2k ⇒x
2 ≤ 2k
9 Vậy giá trị lớn SM N P Q=
9k
2 khi AB=AC =|k|
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) M trung điểm BC, E điểm cung nhỏ BC Lấy F đối xứng với E qua M Gọi I tâm đường tròn nội tiếp 4ABC P thay đổi trên(IBC) choP, O, F không thẳng hàng Chứng minh tiếp tuyến tạiP (P OF)luông qua điểm cố định A di chuyên cung lớn BC
(Đề xuất Korkot)
Bài 68
(73)Kéo dài EM cắt (O) điểm G
Ta có: M I =M B =M C Suy ra: EP2 =EC2 =EM.EG=EM.2EO =EF.EO ⇒EP tiếp tuyến của(P OF) Suy đpcm
Cho tứ giác ABCD có ABC[ = \ADC = 90◦ nội tiếp đường tròn (O) Lấy điểm M đoạn thẳng ABsao cho AM =AD Đường thẳngDM cắt BC N GọiH hình chiếu D AC K hình chiếu C AN
a, Chứng minh M HN\ =M CK.\ (USMO 2009)
b, Gọi T giao điểm AB CK Lấy điểm E, F đoạn AT CT cho EF song song với AC tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T EF nằm AC Chứng minh đường tròn ngoại tam giácT EF đường tròn ngoại tiếp tam giác N AC tiếp xúc với
(Đề xuất khanhdat1)
Bài 69
(74)a, Ta có AM2 =AD2 =AH.AC ⇒ 4AM H ∼ 4ACM.
\
CN D = 90◦−AM D\ = 90◦−ADM\ =N DC\ ⇒CN =CD ⇒CN2 =CH.CA
⇒ 4CN H ∼ 4CAN ⇒M HN\ =M HA\−N HA\ =AM C\−BN A\=AM C\−M T C\ =M CK.\
b, Vì AC kEF nên dễ dàng chứng minh(T AC) (T EF) tiếp xúc với
Mặt khác dễ dàng (AN C) (T AC) đối xứng qua AC, AC truc đối xứng (O), (T EF)
Suy (T EF)tiếp xúc (AN C)theo tính đối xứng
Cho 4ABC nội tiếp (O), phân giác góc BAC cắt (O) D Gọi N, K chân đường vng góc kẻ từ O, D xuống AC Chứng minh AB= 2N K
(Đề xuất phamhuy1801)
(75)Kẻ DH ⊥AB
Ta có: 4DCK =4DBH(g.c.g)⇒BH =CK
Vì AK =AK ⇒AC =AB+ 2CK ⇒N K =N C −CK = AC−2CK
2 =
AB Suy đpcm
Cho tam giácABC nội tiếp(O).M điểm thuộc trung trực BC.R, S tâm nội tiếp tam giác ACM, ABM Chứng minh (ARS) qua điểm cố định khác A M thay đổi
(Đề xuất taconghoang)
Bài 71
(76)Gọi K điểm cung lớn BC (M RC)∩KM ={M, P}; (M RC)∩KC ={C, Q} Ta có: 4KP Q∼ 4KBM(g.g)(1)
Ta lại có: SM R\ = BM C\
2 =BM P\ ⇒BM S\ =P M R.\ Mặt khác: KCR\= KCM\ +KCA\
2 =
\
KBM +ABK\
2 =SBM\
⇒ 4P RQ∼ 4BSM(g.g)(2)
Từ (1),(2) ta có: 4KRP ∼ 4KSB ⇒SKR[ =BKP\ = BAC[
2 =SAR[ ⇒K ∈(ASR) Vậy (ASR) qua điểm K cố định M di động
Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn(O)cóBC cố định vàA di động cho tam giác ABC nhọn Gọi H trực tâm tam giác ABC Đường trịn tâm H bán kính AH cắt AB, AC theo thứ tự M, N
a, Chứng minh đường thẳng kẻ từ H vng góc với M N qua điểm cố định
b, Gọi D E theo thứ tự giao điểm AB, AC với tiếp tuyến O đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC GọiQlà điểm đối xứng vớiAquaDE Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác QDE tiếp xúc với đường tròn (O)
(Đề xuất khanhdat1)
(77)Lời giải
a,Ta có:BM H\ =BAH\=BCH\ ⇒BHCM nội tiếp Tương tự ta có điểm M, B, H, N, C thuộc đường tròn
LấyK đối xứng với O qua BC ⇒AHKO hình bình hành Kẻ tiếp tuyếnAx (O) Ta có: \M Ax=BCA[ =BM N\ ⇒AxkM N.Vì Ax⊥AO⇔Ax⊥HK ⇒HK ⊥M N Vậy đường thẳng qua H vuông góc với M N qua điểm cố định K
b, Ta có: DE kBC ⇒(ADE)tiếp xúc với (O)
Mà (ADE); (QDE) đối xứng qua DE DE trục đối xứng (O) ⇒(QDE)tiếp xúc với (O)
Cho tam giác ABC cân A nội tiếp (O) D điểm cung nhỏ BC Lấy I đoạn BC, dựng hình bình hành IKDL (K ∈ BD, L ∈ CD) Chứng minh: AI ⊥KL
(Đề thi chuyên Lê Quý Đôn 2016-2017)
Bài 73
(78)AI∩KL={E}
Ta có: KD=IL=LC;OL=OC;OCL[ =\ODC=ODK\ ⇒ 4OLC =4OKD(c.g.c) ⇒OKD\ =OLC[ ⇒OKDL nội tiếp ⇒COL[ =KOD\ =\KLD
Mặt khác ta có: 4AOC ∼ 4ILC(g.g)⇒ 4OLC ∼ 4AIC ⇒LOC[ =IAC[
Suy ra: KLD\=IAC[ ⇒AELC nội tiếp Từ ta có đpcm
Cho điểmAcố định thuộc(O;R) Hai dây cung thay đổiAB, ACthỏa mãnAB.AC = 3R2. Chứng minh:
a, BC tiếp xúc với đường tròn cố định
b, Xác định vị trí dây AB, AC để diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn
(Đề xuất eLcouQTai)
Bài 74
(79)Gọi AH đường cao 4ABC, kẻ đường kính AD
Dễ dàng chứng minh 4HAB ∼ 4CAD(g.g)⇒AB.AC = 2R.AH ⇒AH = 2R ⇒BC tiếp xúc với
A;3 2R
SABC lớn ⇔ BC lớn ⇔ OM nhỏ ⇒ M ≡ L Trong L giao AD
A;3 2R
Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn tâm P đường kính BC cắt AB, AC tạiF E Gọi giao điểm BE CF H Vẽ HD vng góc với BC D Gọi K giao điểm EF AH Gọi I trung điểm AH.IC cắt đường tròn (P)tại M khác C Chứng minh :
a) A, H, D thẳng hàng vàB, K, M thẳng hàng
b) Gọi T giao điểm tiếp tuyến B, C đường tròn(O) GọiS điểm đối xứngT quaBC GọiJ, N theo thứ tự giao điểm củaEF vớiSB, SC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác SJ N
(Đề xuất khanhdat1)
Bài 75
(80)a) Vì E, F ∈ (P,BC
2 ) nên \BEC = \BF C = 90
◦ hay BE, CF là đường cao tam giác
ABC Suy : H trực tâm tam giác ABC ⇒AH ⊥BC Mà HD⊥BC nên A, H, D thẳng hàng
Dễ dàng ta chứng minh IE tiếp tuyến (P) nên IEK[ =ABE[
Mặt khác ta có : \ADB = AEB[ = 90◦ ⇒ AEDB nội tiếp ⇒ ABE[ = IDE Suy :[ IEK[ =
[
IDE
Do : 4IDE ∼ 4IEK(g.g)⇒IE2 =IK.ID.(1)
Ngồi IE tiếp tuyến (P) nên dễ có IE2 = IM.IC Kết hợp với (1) ta : IK.ID =IM.IC ⇒ 4IM K ∼ 4IDC(c.g.c)⇒IM K\ =IDC[ = 90◦ ⇒KM ⊥IC
Mà M ∈(P,BC
(81)cân N ⇒CN E\ = 180 −2N F C\ = 2ACB[ =\BP E ⇒CP EN nội tiếp Tương tự ta có BF J P nội tiếp
Gọi X giao điểm thứ (BP F) (CN E) Khi : BXC\ =BXP\+CXP\ =BF P[ +
[
CEP =ABC[ +ACB[ = 180◦−BAC[ =BHC\ ⇒BHXC nội tiếp Do tính chất đối xứng S T nên SN XJ nội tiếp
Ta lại có :BXJ[ =AF E[ =ACB[ =XCB\+\XCA=XCB\+XN J.\
Từ suy (BXC) tiếp xúc với (N XJ)hay (BHC) tiếp xúc với (SN J)
Cho tam giác ABC với AB=AC Dlà trung điểmAC.Phân giácBAC[ cắt(BCD) E miền tam giác.BD cắt (ABE) F(KhácB).AF cắt BE I CI cắt BD K Chứng minh : I tâm đường tròn nội tiếp tam giác KAB
(Đề xuất BurakkuYokuro11)
Bài 76
Lời giải
(82)Mà ECA[ =EBD\ nên EBD\=EBA[ hay BI tia phân giác củaABK\ Ta chứng minhAI tia phân giácBAK
Gọi G trung điểm BC, H giao điểm thứ củaIC với (BDC)
Ta có : DGkAB⇒\AGD=BAE[ =EF D\⇒DEF Gnội tiếp
Do : AF G[ = AF E[ +EF G[ = ABE[ + 180◦ −EDG\ = ABE[ +\ADE +GDC\ = ABE[ +
\
EBC+BAC[ = 180◦−ACB[ ⇒AF GC nội tiếp
Lại có :IH.IC =IE.IB=IF.IA⇒AHF C nội tiếp hayA, H, F, G, C thuộc đường trịn đường kính AC ⇒DH =DC ⇒BD tia phân giác HBC.\
Suy : 4CKD ∼ 4BCD(g.g)⇒CD2 =DK.DB ⇒AD2 =DK.DB
⇒ 4ADK ∼ 4BDA(c.g.c)⇒KAD\ =ABD.\
Do : IAB[ =IEF[ = BED\−DEF\ = (180◦ −ACG)[ −(180◦−\DGF) = \DGF −ACG[ = (90◦ −GDF\
2 )−(90
◦− BAC[
2 ) =
[ BAC − \ GDF = [ BAC − \ ABD = [ BAC − \ DAK = \ KAB ⇒AI tia phân giác KAB Suy ra\ I tâm đường tròn nội tiếp tam giácAKB
Tiếp tuyến đường tròn (O) A B cắt P Trên cung nhỏ AB, lấy điểm C cho khơng phải điểm cung Tiếp tuyến C cắt OP F cắt P A,P B tạiDvà E Chứng minh rằng(P CF);(P AB);(P DE)đồng quy điểm khác P
(Đề xuất Badong2211)
Bài 77
(83)Giả sử C, B nằm phía so vớiOP Gọi {P, T}= (P CF)∩(P DE)
Ta có: CT E[ =F CT[ −CET[ = (180◦−F P T[)−(180◦−DP T[) =DP F\= DP E\
2 =
\
DT E ⇒T C phân giác góc DT E ⇒ DC
DT = CE ET ⇔
AD DT =
BE
ET ⇒ 4BET ∼ 4ADT(c.g.c) ⇒DAT[ =EBT[ ⇒T ∈(P AB)
Suy điều phải chứng minh
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường kính AZ Lấy D BC lấy X, Y OB, OC cho BXD\ +ABC[ = CY D\+ACB[ = 180◦ Chứng minh: XZY\ không đổi D di chuyển BC
(Đề xuất Fabffriver)
Bài 78
(84)Gọi {D, T}= (BXD)∩(CY D)
Ta có: BT C[ =\BT D+DT C[ =OXD\ +OY D\=ABC[ +ACB[ = 180◦−BAC[
⇒T ∈(ABC)⇒OY T[ =\OY D+DY T\=ACB[ +DCT[ =ACT[ =OZT[
⇒O, Y, Z, T đồng viên Tương tự ta có: X, O, Z, T đồng viên ⇒XZY\ = 180◦−\BOC(const) Vậy ta có đpcm
Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) (I) tiếp xúc với BC D Qua D kẻ đường thẳng vng góc với AD cắt BI, CI M, N Chứng minh: 4AM N cân
(Đề xuất Nguyễn Minh Hà)
Bài 79
(85)Gọi K giao điểm thứ AD với (I) E, F tiếp điểm AC, AB với (I)
Bằng phép biến đổi góc ta có: 4KF D∼ 4IDM; 4IDN ∼ 4KED(g.g) ⇒ DM
ID = DF F K;
DN ID =
DE EK Mặt khác dễ dàng được: DF
F K = DE
EK ⇒DM =DN Suy 4AM N cân tạiA
Cho hình bình hành ABCD Đường phân giác BAD\ cắt cạnh CD đường thẳng BC M, N.Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác CM N.Vẽ dây cung CK (O) cho CK song song BD Chứng minh : B, K, O, C, D thuộc đường tròn
(Đề xuất Tea Coffee)
Bài 80
(86)Gọi E giao điểm AC BD
Do AN tia phân giác \DAB nên DN A\ =N AB\ =DAN\ ⇒ 4DAN cân D⇒DN = AD=BC
Mặt khác : CM N\ =DAN\ =DN A\ = CN M\ ⇒ 4OM N cân C ⇒CN = CM ⇒ OC trung trực M N ⇒M CO\ =OCN\ =ON C\ ⇒\BCO=DN O.\
MàO tâm (CM N)nên OC =ON Suy : 4ON D = 4OCB(c.g.c)⇒ODN\ =\OBC ⇒ ODBC nội tiếp.(1)
Vì 4ON D = 4OCB nên OD =OB ⇒OE trung trực củaBD
Ta lại có : CK k BD nên OE trung trực CK hay OE trục đối xứng hình thang BCKD⇒BCKD hình thang cân ⇒BCKD nội tiếp.(2)
(87)Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Đường tròn (O1) qua B.C cắt cạnh AB, AC D, E Đường tròn (O2)qua A, D, E cắt (O) K (K khácA).Gọi M, N trung điểm BD, CE Chứng minh A, K, N, O1, M thuộc đường tròn
(Đề xuất Tea Coffee)
Bài 81
Lời giải
Vì O1 tâm (BDEC) mà M, N trung điểm BD, CE nên O\1M A =O\2N A= 90◦ ⇒AM O1N nội tiếp
Ta có : KDA\ =KEA\ ⇒KDB\ =KEC\ KBD\ =\KCA Nên 4KBD ∼ 4KCE(g.g)
(88)Cho tam giác ABC không cân nội tiếp (O), BD phân giác ABC.BD[ cắt (O) E ĐƯờng trịn (O1) đường kính DE cắt (O) F
a) Chứng minh : đường thẳng đối xứng vớiBF qua BD qua trung điểm AC
b) Giả sử tam giácABC vuông tạiB, BAC[ = 60◦ bán kính của(O)bằng R Tính bán kính (O1) theo R
(Đề xuất quynhanhlh7)
Bài 82
Lời giải
a)
Gọi M trung điểm BC, kẻ đường kính EI (O)suy I, D, F thẳng hàng Ta có: IM D\=IAD[ = 90◦ ⇒AIM D nội tiếp
Từ ta có:
[
F AE =F IE[ =DAM\ ⇒ đpcm
(89)Ta có: DC AD =
BC AB =
√
3⇔ AC AD =
√
3 + 1⇒AD= (√3−1)R ⇒OD =R−AD= (2−√3)R
Áp dụng Pythagoras ta có: DE2 =DO2+OE2 = (8−4√3)R2 ⇒R (O1)=
p
8−4√3R
2
Cho (I, R)và (J, r)là hai đường tròn bàng tiếp BAC[ vàABC[ tam giác ABC Đường tròn (I) tiếp xúc AB N,BC P,AC H.Đường tròn (J) tiếp xúc BA K,BC Q,N M đường kính (I) Chứng minh BC, AH, KM đồng quy
(Đề xuất Tea Coffee)
Bài 83
(90)(J) tiếp xúc với BC L
Ta có : KL⊥AJ ⇔KL||AI ⇔KL⊥N H ⇔KLkHM Mặt khác: HIM\ =N AH\ =AJ L[ ⇒ 4J KL∼ 4IHM ⇒ HM
KL = IH J M =
CH CL Suy 4CHM ∼ 4CLK(c.g.c)⇒K, C, M thẳng hàng
Từ ta có đpcm
Cho tam giác ABC M điểm BC.Gọi H, K chân đường vng góc kẻ từ M xuống AB, AC.Xác định vị trí M để diện tích tam giác HM K lớn
(Đề xuất Tea Coffee)
Bài 84
(91)Ta có : HM K\ = 120◦ khơng đổi nên để SHM K lớn thìM H.M K phải lớn Ta lại có :M H.M K =
√ BM
√
2 M C =
4M C.M B ≤ 16.BC
2.
Vậy vớiM trung điểm BC diện tích tam giác HM K lớn
Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp (O) Phân giác góc BAC cắt (O) D khác A, E đối xứng Dqua O Gọi F điểm cung BD không chứa A, C (O);F E cắt BC G, H thuộcAF choGH song song với AD Chứng minhHG phân giác
\
BHC
(Đề xuất Diepnguyencva)
Bài 85
(92)Gọi I giao HG DE
Ta có : F HI[ = \F AD =F ED\ ⇒ F HEI nội tiếp ⇒GH.GI =GF.GE =GB.GC ⇒ BHCI nội tiếp
Suy : BHI[ =BCI[ =CBI[ =CHI[ ⇒HG tia phân giác BHC.\
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O có đường chéo AC BD vng góc với Các điểm M N điểm cung ADC ABC Đường kính qua D (O) giao dây cungAN G Đường thẳng qua G song song với N C cắt CD K Chứng minh BM ⊥AK
(Đề xuất quangminhltv99)
Bài 86
(93)Ta có: ADCN nội tiếp N C || GK nên AGKD nội tiếp Suy N GD\ =\CKA mà \ACD=AN D\ ⇒N DG\ =CAK.\
Ta lại có: N DG\ =ON D\ =DBM\ ⇒DBM\ =CAK\ Từ ta có đpcm
Cho (O)và dâyABkhơng qua tâm DâyP Qvng góc với ABtại H (HA > HB).M hình chiếu Q P B, QM cắt AB K Tia M H cắt AP N TừN kẻ đường thẳng song song với AK cắt QB I Chứng minh : P, I, K thẳng hàng
(Đề xuất MarkGot7)
Bài 87
(94)Gọi {I0}=QB∩P K
Ta có : P HK\ =P M K\ =QHB\ =QM B\ = 90◦ nên tứ giác HBM Q, HP KM nội tiếp ⇒M QB\ =M HB\ =M P I\0 ⇒P I0M Q nội tiếp⇒P I[0Q=P M Q\ = 90◦.
Tam giác P AB nội tiếp(O) cóQM ⊥P B ,QH ⊥AB mà M, H, N thẳng hàng nên theo tính chất đường thẳng Simson ta có : QN ⊥AP
Lại có : M KH\ =M P H\ =QAB[ ⇒ 4QAK cân tạiQ⇒P QA[ =P QK.\
Mà \N QA=I\0QK = 90◦−P KQ\ = 90◦−P AQ[ nên P QN\ =P QI[0.
Mặt khác : QP N\ =QP I[0 nên P Q là trung trực của N I0 hay P Q⊥N I0 ⇒N I kAK ⇒I0 ≡
I ⇒P, I, K thẳng hàng
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) M điểm cung lớn BC Lấy D, E thuộc tia đối tia AB, AC cho BD=AC CE=AB Gọi K điểm đối xứng với M qua BC Chứng minh: D, K, E thẳng hàng
(Đề xuất Phan Quế Sơn)
Bài 88
(95)Dựng hình bình hànhABF C Từ ta có: 4BDF và4CEF cân tạiB C Ta có: CF E[ =\BF D= 90◦− BAC[
2 và\BF C =BAC[ ⇒D, F, E thẳng hàng Mặt khác: \BF C =BAC[ =BKC\ ⇒BKF C nội tiếp
Suy ra: BF K\ =BCK\ = 90◦− BKC\ = 90
◦ −BAC[
2 =BF D\⇒D, K, F thẳng hàng Tương tự K, F, E thẳng hàng nên ta có đpcm
Cho tam giácABC, phân giácAD, trung tuyếnAM Đường vng góc vớiAD D cắt AB, AM X, Y Đường vuông góc với AB X cắt AD Z Chứng minh Y Z vng góc với BC
(Đề xuất viaaiv)
Bài 89
Lời giải
(96)Kéo dài DY cắt AC I Suy ZI ⊥AC
Từ Y kẻ đường thẳng vuông góc với Y Z cắt AB, AC P, Q Ta có hai tứ giác ZY P X ZY IQ nội tiếp
Kết hợp với \ZXY =ZIY[ ta có: ZP Y[ =ZQY[
Suy Y P =Y Qmà M B =M C từ ta có P Q||BC Suy đcpcm
(97)Ta có : AD cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC I
KẻIK vng góc vớiABsuy tứ giácIM BK nội tiếp nênIKM\ =\IBM = BAC[
2 =KAI[ ⇒ KM ⊥AI ⇒KM||XY ⇒Y Z||M I ⇒đpcm
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) cóAB < AC Gọi M trung điểm BC.AM cắt (O) điểm thứ hai D Đường tròn ngoại tiếp 4M DC cắt AC E Đường tròn ngoại tiếp 4M BD cắt đường thẳng AB F
a) Chứng minh4CED ∼ 4BF D E, M, F thẳng hàng
b) Phân giác ∠BAC cắt EF N Phân giác ∠CEM cắt CN P Phân giác ∠BF N cắt BN Q Chứng minh P QkBC
(Đề xuất MoMo123)
Bài 90
Lời giải
(98)Từ (1) (2) suy : 4CED ∼ 4BF D(g.g)
⇒BDF\=\CDE ⇒BM F\ =CM E\ ⇒F M C\ +CM E\ =BM F\ +F M C\ = 180◦ ⇒E, F, M thẳng hàng
b) Tam giácBF N có tia phân giác F Qnên : QN QB =
F N F B Tam giác CEN có tia phân giác EP nên : P N
P C = EN EC Tam giác AEF có tia phân giác AN nên : N F
N E = AF AE
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC có cát tuyếnF M E, ta có : EC
EA M B M C
F A F B =
Theo giả thiết ta có : M trung điểm BC nên M B =M C Suy : EC EA =
F B F A ⇒ F A
EA = F B EC ⇒
N F N E =
F B EC ⇒
F N F B =
EN EC ⇒
QN QB =
P N
P C ⇒P QkBC
Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp (O) Lấy điểm E thuộc cung nhỏ AB AE cắt BC H AB cắt CE F AE cắt DC K Chứng minh : đường tròn ngoại tiếp 4F BE tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp 4KED
(Đề xuất MarkGot7)
Bài 91
(99)Ta chứng minh OE tiếp tuyến chung (KDE) (EF B)
Thật vậy, ta có : OEC[ =OCE[ =ACE[ =ABE[ ⇒OE tiếp tuyến (EF B).(1) Tương tự ta có : \OED=ODE\=BDE\=BAE.[
MàABCD hình chữ nhật nênAB kKC ⇒BAE[ =DKE Suy :\ OED\=DKE\ hay OE tiếp tuyến (KDE).(2)
Từ (1) và(2) suy : OE tiếp tuyến chung của(KED) và(EF B) Do :(KED)tiếp xúc (EF B)
Cho xOyd vuông hai điểm cố định A, B Ox (A nằm O B) Điểm M chạy
trên Oy (M khácO) Đường trịn đường kính ABcắt M A, M B tạiC, E TiaOE cắt đường trịn F Xác định vị trí M để tứ giác OCF M hình bình hành
(Đề xuất MarkGot7)
Bài 92
Lời giải
Gọi D=M C ∩OF
(100)tứ giác M OCB nội tiếp Do : \CBO=CM O.\ (2)
Theo giả thiết ta có tứ giác AF EB nội tiếp nênABF[ =AEF[ (3)
Từ (1),(2) (3) suy : CBA[ =CM O\ =AEO[ =ABF[ ⇒BA tia phân giác \F BC Mà BA đường kính đường tròn qua A, F, B, C nên BA trung trực CF
Suy : CF ⊥AB ⇒CF kM O ⇒M OCF hình thang
Giả sử OCF M hình bình hành⇒D trung điểm OF
Ngoài BA trung trực CF nên OA trung tuyến 4OCF Suy : A trọng tâm tam giácOF C ⇒ CA
CD = ⇒
CA AM =
1
Vì tứ giácM OCB nội tiếp nênCA.AM =OA.AB ⇒ AM
2 =OA.AB ⇒AM
2 = 2OA.AB ⇒ AM =√2OA.AB Vậy vớiM chạy trênOy thoảAM =√2OA.AB tứ giác OCF M hình bình hành
Cho tam giácABC nhọn cân C Đường trịn tâmO đường kínhBC cắt ABvà AC E F Gọi H giao điểmBF CE Đường trịn đường kính EC cắt AC M Gọi K giao điểm củaBM (O) Chứng minh KC qua trung điểm HF
(Đề xuất Diepnguyencva)
Bài 93
(101)Gọi I =CK∩M E
Ta có : M EA\ = 90◦−CAB[ = 90◦−CBA[ =ECB\⇒M EA\+\OEB =\BCE+\CBE = 90◦ ⇒
\
M EO = 90◦ ⇒M E tiếp tuyến của(O)⇒M EK\ =KCE.\
Suy 4IEK ∼ 4ICK(g.g)⇒IE2 =IK.IC.
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác IM C vng M có đường cao M K ta có : IM2 =IK.IC
Do : IM =IE mà HF kEM nên KC qua trung điểm HF
Từ điểmA nằm ngồi đường trịn(O)kẻ tiếp tuyến ABvà AC; cát tuyếnADE cho BD < CD;AD < AE Gọi H giao điểm OA BC Gọi I trung điểm DE Kéo dài IH cắt (O) K cho H nằm I K Gọi S tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OKA Chứng minh OS ⊥IK
(Đề xuất Diepnguyencva)
Bài 94
(102)Gọi F giao điểm thứ hai IH với đường trịn (O) Vì tứ giácF BKC nội tiếp nên : HF.HK=HB.HC Mà tứ giác BOCA nội tiếp nên : HB.HC=HO.HA
Suy : HF.HK =HO.HA⇒AKOF nội tiếp Do : F K dây chung hai đường tròn (O)và (S) nên OS ⊥F K hay OS⊥IK
Cho đường trịn (O)và dâyBC cố định khơng qua tâm , điểmA di động cung lớn BC,(I)nội tiếp tam giácABC tiếp xúc vớiAB, AC tạiD, E Chứng minh EDln tiếp xúc với đường trịn cố định A di động
(Đề xuất Minhcamgia)
Bài 95
(103)Gọi M trung điểm BC Kẻ BP, M H, CQ vng góc với P Q Vì BC cố định nênDBP\=ECQ[ = BAC[
2 =α=const
Hình thang BP QC cóM H đường trung bình hình thang nên : M H = BP +CQ
2
Mà BP =BD.cos\DBP =BD.cosα;CQ=CE.cosQCE[ =CE.cosα Nên BP +CQ= (BD+CE).cosα =BC.cosα =const⇒M H =const Vậy DE tiếp xúc (M, M H) cố định
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) P điểm nằm cung nhỏ BC, , trung trực AB, AC cắt AP E, F,BE cắt CF Q Chứng minh AP =BQ+CQ
(Đề xuất Minhcamgia)
Bài 96
(104)Gọi {D}=CQ∩(O)
Vì F thuộc trung trực củaAC nên F A=F C ⇒ 4F AC cân C ⇒F AC[ =F CA.[
Mà \DAP = \DCP( chắn cung DP (O))nên \DAC =P CA[ ⇒ADP C hình thang cân Do : AP =CD
Ta có : QBD\ = EBA[ +\ABD = EAB[ +ACD\ =EAB[ +F AC[ = BAC[ = \BDC ⇒ 4BDQ cân Q⇒BQ=QD
Do : BQ+CQ=QD+CQ=CD =AP
Cho tam giácABC nhọn nội tiếp đường tròn(O).M điểm thay đổi cung nhỏ BC Gọi N điểm đối xứng với M qua trung điểm I AB
a) Chứng minh trực tâm K tam giác ABN thuộc đường tròn cố định
b) Giả sửN K∩AB=D, hạKE ⊥BC.H trực tâm tam giác ABC Chứng minh DE qua trung điểm J HK
(Tuyển sinh lớp 10 PTNK 2004-2005)
Bài 97
(105)a) Vì AN BM hình bình hành nên : AN B\=AM B.\
Mà K trực tâm tam giác ABN nên AKB\ =AN B\ = (90◦−KBN).\
Suy : AKB\=AM B\ hay AKM B tứ giác nội tiếp Do đóK ∈(O) cố định
b) Gọi H1, H2 giao củaCH vàAH với (O),K1, K2 điểm đối xứng K qua AB BC
Dễ dàng ta chứng minh : BC trung trực củaHH2 AB trung trực củaHH1 Theo tính chất trung trực ta có : BH\1K =BHK\1 BH\2K =BHK\2
Do : BHK\1+BHK\2 =BH\1K+BH\2K = 180◦ hay K1, H, K2thẳng hàng Tam giác KK1K2 cóDE đường trung bình nên DE kK1K2
(106)Cho tam giác ABC P nằm tam giác Hạ P A1, P B1, P C1 vng góc xuống BC, CA, AB Tìm quỹ tích điểmP để tam giácA1B1C1 cân
(Đề xuất Korkot)
Bài 98
Lời giải
Giả sử tam giác A1B1C1 cân A1 ta có A1B1 =A1C1 Xét đường trịn đường kính BP CP hình vẽ: Ta thấy dây A1B1 =A1C1 C\1BA1 =B\1CA1 = 60◦
Suy đường tròn hayBP =CP suy P thuộc trung trực BC
Chứng minh tương tự ta có quỹ tích điểm P để A1B1C1 cân đường trung trực tam giác ABC
Cho tam giác ABC cóACB[ = 45◦ ACB[ +BAC[ = 2ABC Đường trung trực của[ AB cắt BC M
a) Tính M AC.\
b) Gọi I tâm đường tròn (AM C) Chứng minh tứ giác ABCI nội tiếp
(Tuyển sinh 10 PTNK 2005-2006)
(107)a) Theo giả thiết ta có :ACB[ = 45◦ vàACB[ +BAC[ = 2ABC Suy :[ BAC[ = 75◦,ABC[ = 60◦
Mà M thuộc trung trực AB nên M BA\ =M AB\ = 60◦ ⇒M AC\ = 15◦
b) Gọi D nằm cung lớnAC (I) Ta có : AIC[ = 2\ADC = 2(180◦−AM C) = 120\ ◦ Do : ABC[ +AIC[ = 180◦ ⇒AICB nội tiếp
Cho tam giác ABC đường thẳngd song song vớiBC khác phía với A LấyM thuộc d cho tứ giác ABM C lồi Điểm N M B M C cho AN chia diện tích tứ giác ABM C thành hai phần Tìm quỹ tích điểm N M di động
(Đề xuất Korkot)
Bài 100
(108)Kéo dài AB, AC cắt d D, E Gọi K, I, L, P trung điểmCD, BE, DE, BC Giả sử N thuộc đoạnM C Áp dụng bổ đề 6ta có: SABM N =SAN C ⇒P N kAM Suy ra: M N
N C = P Q P C =
M L
(109)(110)Một số tốn chưa có lời giải
Sau năm tốn chưa có lời giải diễn đàn Tốn học Bạn đọc thử tự tìm lời giải cho riêng
Bài 101 (Diepnguyencva) Cho đường tròn (O); AB = 2R Lấy C thuộc đường tròn (AC > BC) Tiếp tuyến A C (O) cắt D, DB cắt (O) E Kẻ CH vng góc AB DH cắt AE I; CI cắt AD K Lấy F đối xứng với E qua AB
a, Chứng minh KE tiếp tuyến của(O)
b, Qua E kẻ đường thẳng song songAB cắt KB S.OS cắt AE Q Chứng minh:D,Q, F thẳng hàng
Bài 102.(phamhuy1801)Cho4ABC nhọn Đường tròn(O;BC
2 )cắtAB, AC thứ tự tạiE, D Các tiếp tuyến kẻ từ E, D (O) cắt I cắt tiếp tuyến kẻ từ B, C (O) F, G F G cắt AI H cắt (O) M, N Chứng minh H trực tâm 4ABC M A, N A tiếp tuyến của(O)
Bài 103 (khanhdat1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có E, F thuộc đoạn CA BA cho EF song song với BC Đường trung trực đoạn thẳng BC cắt AC M, đường trung trực đoạn EF cắt cắt AB N Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM cắt CF P khác C, đường tròn ngoại tiếp tam giácEF N cắt CF Q khácF
a, Chứng minh đường trung trực P Q qua trung điểm M N
(111)Bài 104.(khanhdat1) Cho tam giácABC nhọn nội tiếp đường trịn (O) có trực tâmH, đường cao AF vàM trung điểm củaBC Đường tròn đường kínhAH cắt HM Q khácH Lấy điểm X thuộc BC cho XH vng góc với QM Gọi L, P trung điểm QH QA Đường thẳng qua Q song song với LX cắt M P N Vẽ đường trịn tâmX bán kính XH cắt đường tròn (O)tại K cho K phía với A so với BC
a, Chứng minh ba điểm K, Q, N thẳng hàng
b, Chứng minh (M N F) tiếp xúc với đường trịn đường kính QH
Bài 105 (khanhdat1) Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB điểm M nằm (O) khơng nằm đường kính AB Gọi N giao điểm đường phân giác góc AM B với đường trịn (O) Đường phân giác ngồi góc AM B cắt đường thẳng N A, N B P Q Đường thẳng M A cắt đường trịn đường kính N Q R, đường thẳng M B cắt đường trịn đường kínhN P S(R, S khácM) QuaR kẻ đường thẳng song song với P Q cắt AN C, qua S kẻ đường thẳng song song với P Q cắt BN D Gọi I trung điểm củaCD
a, Chứng minh ba điểm N, O, I thẳng hàng
(112)Bài tập rèn luyện
Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho 4ABC nội tiếp (O) Lấy E, F AB AC Gọi M, N, P trung điểmCE, BF, EF.K chân đường cao hạ từO xuống EF Chứng minh M, N, P, K đồng viên
Bài Cho 4ABC nội tiếp (O) ngoại tiếp (I) Giả sửAB+AC = 2BC Chứng minhAIO[ = 90◦
Bài (VMO 2011) Cho đường trịn (O) đường kính AB Lấy P tiếp tuyến B (O).P A cắt (O)tại điểm thứ hai C Kẻ đường kính CD (O) P D cắt (O) điểm thứ hai E Chứng minh AE, BC, P O đồng quy
Bài Cho 4ABC không cân nội tiếp (O) Kẻ đường kính AD, tiếp tuyến D cắt BC P P O cắt AB, AC E, F Chứng minh OE =OF
Bài Cho 4ABC có AB < AC < BC nội tiếp (O) Trên tia BA, BC lấy D, E cho BD=BE =AC (BDE)cắt (O) điểm thứ hai P Chứng minh BP =AP +CP Bài Cho 4ABC nội tiếp (O) có đường cao BD, CE Tiếp tuyến B C cắt ởP Chứng minhAP qua trung điểm DE
Bài 7.Cho 4ABC nội tiếp (O)có trực tâmH GọiM trung điểm AH, E AC cho OE k BC F điểm đối xứng E qua O Chứng minh rằng: BM ⊥ M E BF phân giác M BE\
Bài 8.Cho 4ABC nội tiếp(O) ngoại tiếp(I) Kẻ đường kính AD (O) AI cắt (O)tại E Tia DI cắt (O) K KE cắt BC L Chứng minh rằng: IL⊥BC
(113)Bài 10 (IMO 2018) Cho 4ABC nội tiếp (O) Trên AB, AC lấy D, E cho AD = AE Trung trực củaBD, CE cắt cung nhỏ AB, AC F, G Chứng minh GF kDE Bài 11 (Russian MO 2015) Cho tam giácABC nhọn không cân Kẻ đường cao AH trung tuyếnAM LấyQ, P nằm AB, AC cho QM ⊥AC,P M ⊥AB Đường tròn ngoại tiếp 4P M Qcắt BC điểm thứ hai X Chứng minh BH =CX
Bài 12 Cho 4ABC cân A Trên AB lấy D cho BD = 2AD Kẻ BE ⊥CD, lấy F trung điểm CE Chứng minh: AF B[ = 90◦
Bài 13 (Stan Fulger) Cho tam giác ABC vuông A Kẻ hình vng M N P Q với M ∈AB, N ∈AC P, Q∈BC N B cắt M Q R,M C cắt N P S Chứng minh AR=AS
Bài 14 Cho đường trịn (O) có dây cung AB LấyD điểm cung nhỏ AB, C điểm cung lớn AB Vẽ đường tròn (I) tiếp xúc với đường (O)tại C đồng thời tiếp xúc AB F Kẻ tiếp tuyến XA, XC đường tròn (O) Gọi giao điểm XD AB M Chứng minhM trung điểm AF
Bài 15 Cho tam giácABC nội tiếp(O)cóI tâm nội tiếp.N điểm cung BAC (O) N I cắt BC D Qua D kẻ đường thẳng vng góc với AI cắt IB, IC K L Chứng minh DK =DL
Bài 16 Cho4ABC vng tạiA có phân giácBE CF cắt I Gọi K trung điểm EF Chứng minh KI ⊥BC
Bài 17 (Tạp chí Kvant) Cho 4ABC nội tiếp (O)có đường cao AH Qua H kẻ đường thẳng song song vớiOA cắt OA D Chứng minh D thuộc đường trung bình 4ABC
Bài 18.(China TST) Cho hai đường tròn(O)và (O0)cắt C, D Kẻ tiếp tuyến chung AB cho C gần AB D Lấy E thuộc OO0 cho AE ⊥ BC Chứng minh
[
ACE = 90◦
Bài 19.Cho4ABC khơng cân có đường caoAD, BE, CF.EF cắtBC I QuaDkẻ đường thẳng song song với EF cắt AB, AC K, L Chứng minh (IKL) qua điểm cố định A di động BC cố định