Các bài hình học trong đề tuyển sinh lớp 10 năm 2019

Gọi I là điểm chính giữa cung AB (Cung AB không chứa điểm C, D).. Dựng tia Ax vuông góc với AE, Ax cắt cạnh CD kéo dài tại F. Qua E dựng đường thẳng song song với AB, cắt AI tại G. [r]

 Đỗ Tuấn Ngọc

CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC LUYỆN THI VÀO LỚP 10

Bài 1: Cho ABC có đường cao BD CE Đường thẳng DE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác hai điểm M N

a) Chứng minh: BEDC nội tiếp b) Chứng minh:DEA ACB

c) Chứng minh: DE song song với tiếp tuyến tai A đường tròn ngoại tiếp tam giác d) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC Chứng minh: AO phân giác củaMAN

e) Chứng tỏ: AM2 = AE.AB

GIẢI

a) Chứng minh: BEDC nội tiếp

CM 𝐵𝐸𝐶̂ =𝐵𝐷𝐸̂ = 900Do hai điểm D E nhìn BC góc 900 Nên BEDC tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh:DEA ACB

Do tứ giác BEDC mội tiếp nên → 𝐴𝐶𝐵̂+𝐵𝐸𝐷̂= 1800

Tại điểm E ta có : 𝐴𝐸𝐷̂ + 𝐵𝐸𝐷̂= 1800( Hai góc kề bù) →DEA ACB

c) Chứng minh: DE song song với tiếp tuyến tai A đường tròn ngoại tiếp tam giác Kẻ xy tiếp tuyến với (O) A Suy 𝑥𝐴𝐵̂=𝐴𝐶𝐵 ̂(Cùng chắn cung AB)

Mặt khác 𝐴𝐶𝐵̂=𝐴𝐸𝐷̂ (cmb) → 𝑥𝐴𝐵̂=𝐴𝐸𝐷̂ Mà góc vị trí góc slt → xy//ED

d) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC Chứng minh: AO phân giác củaMAN

Do xy tiếp tuyến (O) nên ta có xy  AO Mà xy //ED(cm câu c) → ED  AO → MN  AO Mà OA=R →OA trung trực MN →AM=AN →∆ AMN cân A →

AO phân giác 𝑀𝐴𝑁̂

e) Chứng tỏ: AM2 = AE.AB

Do AM=AN (cmt) →AM  AN → 𝑀𝐵𝐴̂=𝐴𝑀𝐸̂

Xét ∆ AME ∆ AMB ta có : 𝑀𝐵𝐴̂=𝐴𝑀𝐸̂ ; 𝑀𝐴𝐸̂=𝑀𝐴𝐵̂ →∆ AME ∽ ∆ ABM →

𝐴𝑀 𝐴𝐸=

𝐴𝐵

𝐴𝑀→AM.AM=AB.AE → 𝐴𝑀

2=AB.AE

y

x

O

N

M E

D

C B

Bài 2: Cho(O) đường kính AC Trên đoạn OC lấy điểm B vẽ đường tròn tâm O’, đường kính BC Gọi M trung điểm đoạn AB Từ M vẽ dây cung DE vng góc với AB; DC cắt đường tròn tâm O’ I

a) Tứ giác ADBE hình gì? b) Chứng minh: DMBI nội tiếp

c) Chứng minh: B, I, C thẳng hàng MI = MD

d) Chứng minh: MC.DB = MI.DC

d) Chứng minh: MI tiếp tuyến (O’)

GIẢI

a) Tứ giác ADBE hình gì?

Do MA=MB ABDE M nên ta có DM=ME ADBE hình bình hành

Mà BD=BE(AB đường trung trực DE) ADBE hình thoi b )C/m DMBI nội tiếp

BC đường kính,I(O’) nên 𝐵𝐼𝐷̂ =1v.Mà 𝐷𝑀𝐵̂ =1v(gt)𝐵𝐼𝐷̂ +𝐷𝑀𝐵̂=2vđpcm c)C/m B;I;E thẳng hàng

Do AEBD hình thoi BE//AD mà ADDC (góc nội tiếp chắn nửa đường

tròn)BEDC; CMDE(gt).Do 𝐵𝐼𝐶̂ =1v BIDC.Qua điểm B có hai đường thẳng BI và BE vng góc với DC → B;I;E thẳng hàng

C/m MI=MD: Do M trung điểm DE; EID vuông IMI đường trung tuyến tam giác vuông DEI MI=MD

d) C/m MC.DB=MI.DC

Hãy chứng minh MCI∽ DCB (𝐶̂ chung ; 𝐵𝐷𝐼̂ =𝐼𝑀𝐵̂ chắn cung MI DMBI nội tiếp)

e)C/m MI tiếp tuyến (O’)

-Ta có O’IC cân 𝑂’𝐼𝐶̂= 𝑂’𝐶𝐼.̂ Tứ giác MBID nội tiếp 𝑀𝐼𝐵̂ =𝑀𝐷𝐵 ̂ (cùng chắn cung MB) BDE cân B 𝑀𝐷𝐵̂ =𝑀𝐸𝐵 ̂ Do MECI nội tiếp 𝑀𝐸𝐵̂ =𝑀𝐶𝐼 ̂(cùng chắn cung MI)

Từ suy 𝑂’𝐼𝐶̂= 𝑀𝐼𝐵̂  𝑀𝐼𝐵̂+𝐵𝐼𝑂’̂=𝑂’𝐼𝐶̂+𝐵𝐼𝑂’̂=1v

Vậy MI O’I I nằm đường tròn (O’) MI tiếp tuyến (O’) I

E D

Bài 3: Cho ABC có A 900 Trên AC lấy điểm M cho AM<MC.Vẽ đường trịn tâm O đường kính CM; đường thẳng BM cắt (O) tại D; AD kéo dài cắt (O) S

a) Chứng minh: BADC nội tiếp

b) BC cắt (O) E Chứng minh rằng: ME phân giác AED

c) Chứng minh: CA phân giác BCS

GIẢI

a) Chứng minh: BADC nội tiếp

C/m A D làm với hai đầu đoạn thẳng BC góc vng. →đpcm b) BC cắt (O) E Chứng minh rằng: ME phân giác AED Hãy c/m AMEB nội tiếp

Cm

𝐴𝐵𝑀̂=𝐴𝐸𝑀( ̂ Cùng chắn cung AM) 𝐴𝐵𝑀̂ =𝐴𝐶𝐷̂( Cùng chắn cung MD) 𝐴𝐶𝐷̂=𝐷𝑀𝐸̂( Cùng chắn cung MD)

→ 𝐴𝐸𝑀̂ =𝑀𝐸𝐷̂ →ME phân giác AED→ñpcm

c) Chứng minh: CA phân giác BCS - 𝐴𝐶𝐵̂= 𝐴𝐷𝐵 ̂ (Cùng chắn cung AB)

-𝐴𝐷𝐵̂=𝐷𝑀𝑆̂ +𝐷𝑆𝑀̂(Góc ngồi tam giác MDS) -Mà 𝐷𝑆𝑀̂= 𝐷𝐶𝑀̂(Cùng chắn cung MD)

𝐷𝑀𝑆̂= 𝐷𝐶𝑆̂(Cuøng chaén cung DS)

𝑀𝐷𝑆̂ +𝐷𝑆𝑀̂= 𝑆𝐷𝐶̂+𝐷𝐶𝑀̂ → 𝑀𝐷𝑆̂ +𝐷𝑆𝑀̂=𝑆𝐶𝐴.̂ → 𝐴𝐷𝐵̂ = 𝑆𝐶𝐴̂ Vaäy 𝐴𝐶𝐵̂ = 𝑆𝐴𝐶̂ → AC phân giác 𝐵𝐶𝑆̂ →đpcm

Bài 4: Cho ABC có A 900.Trên cạnh AC lấy điểm M cho AM >MC Dựng đường trịn tâm O đường kính MC; đường trịn cắt BC E Đường thẳng BM cắt (O) D và đường thẳng AD cắt (O) S

a) Chứng minh: ADCB nội tiếp

b) Chứng minh: ME phân giác AED c) Chứng minh: ASM ACD

d) Chứng tỏ ME phân giác góc AED e) Chứng minh ba đường thẳng BA; EM; CD đồng quy

GIẢI

E

O S D M

C B

A

O

S

D

E M

C B

a) Chứng minh: ADCB nội tiếp Hãy chứng minh:

𝑀𝐷𝐶̂ = 𝐵𝐷𝐶̂=1v

Từ suy A D nhìn đoạn thẳng BC góc vng… b) Chứng minh: ME phân giác AED

Do ABCD nội tiếp nên

𝐴𝐵𝐷̂ =𝐴𝐶𝐷̂(Cùng chắn cung AD)

Do MECD nội tiếp nên 𝑀𝐶𝐷̂=𝑀𝐸𝐷 ̂ (Cùng chắn cung MD)

Do MC đường kính;E(O)𝑀𝐸𝐶̂ =1v𝑀𝐸𝐵̂=1v ABEM nội tiếp𝑀𝐸𝐴̂ =𝐴𝐵𝐷.̂ 𝑀𝐸𝐴̂=𝑀𝐸𝐷̂ME phân giác 𝐴𝐸𝐷̂ →đpcm

c) Chứng minh: ASM ACD

Ta có 𝐴 𝑆𝑀̂=𝑆𝑀𝐷̂ +𝑆𝐷𝑀̂(Góc ngồi tam giác SMD) Mà 𝑆𝑀𝐷̂ =𝑆𝐶𝐷̂(Cùng chắn cung SD)

𝑆𝐷𝑀̂=𝑆𝐶𝑀̂ (Cùng chắn cung SM)𝑆𝑀𝐷̂+𝑆𝐷𝑀̂=𝑆𝐶𝐷̂+𝑆𝐶𝑀̂ =𝑀𝐶𝐷̂ → 𝐴 𝑆𝑀̂ = 𝐴𝐶𝐷̂ →ñpcm

d) Chứng tỏ ME phân giác góc AED Tự CM câu b số

e) Chứng minh ba đường thẳng BA; EM; CD đồng quy

Gọi giao điểm AB;CD K.Ta chứng minh điểm K;M;E thẳng hàng

Do CAAB(gt);BDDC(cmt) AC cắt BD MM trực tâm tam giác KBCKM đường cao thứ nên KMBC.Mà MEBC(cmt) nên K;M;E thẳng hàng đpcm

Bài 5: Cho ABC có góc nhọn AB < AC nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ đường cao AD đường kính AA’ Gọi E, F theo thứ tự chân đường vuông góc kẻ từ B và C xuống đường kính AA’

a) Chứng minh: AEDB nội tiếp b) Chứng minh: DB.A’A = AD.A’C c) Chứng minh: DE  AC

d) Gọi M trung điểm BC Chứng minh: MD = ME = MF

GIẢI

a) Chứng minh: AEDB nội tiếp

.(Sử dụng hai điểm D;E làm với hai đầu đoạn AB…) b) Chứng minh: DB.A’A = AD.A’C

Chứng minh hai tam giác vuông DBA A’CA đồng dạng. c) Chứng minh: DE  AC

I N

A' F E

M D

C B

Do ABDE nội tiếp nên góc EDC=BAE(Cùng bù với góc BDE).Mà góc BAE=BCA’(cùng chắn cung BA’) suy góc CDE=DCA’ Suy DE//A’C Mà góc ACA’=1v nên DEAC.

d) Gọi M trung điểm BC Chứng minh:MD = ME = MF

Gọi N trung điểm AB.Nên N tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABDE Do M;N trung điểm BC AB MN//AC(Tính chất đường trung bình)

Do DEAC MNDE (Đường kính qua trung điểm dây…)MN đường trung trực DE ME=MD

 Gọi I trung điểm AC.MI//AB(tính chất đường trung bình)𝐴’𝐵𝐶̂=𝐴’𝐴𝐶̂(Cùng chắn cung A’C) Do ADFC nội tiếp 𝐹𝐴𝐶̂ =𝐹𝐷𝐶̂ (Cùng chắn cung FC) 𝐴’𝐵𝐶̂ =𝐹𝐷𝐶̂ hay DF//BA’ Mà 𝐴𝐵𝐴’̂ =1vMIDF (Đường kính MIdây cung DF)MI đường trung trực DFMD=MF Vậy MD=ME=MF

Bài 6: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O.Gọi M điểm bất kỳ cung nhỏ AC.Gọi E F là chân đường vng góc kẻ từ M đến BC và AC.P trung điểm AB;Q trung điểm FE

a) Chứng minh: MFEC nội tiếp b) Chứng minh: BM.EF = BA.EM c) Chứng minh: AMP ∽ FMQ d) Chứng minh: PQM 900

GIẢI a)C/m MFEC nội tiếp:

(Sử dụng hai điểm E;F cung làm với hai đầu đoạn thẳng CM…) b)C/m BM.EF=BA.EM

C/m:EFM∽ABM:

Ta có 𝐴𝐵𝑀̂ =𝐴𝐶𝑀 ̂ (Vì chắn cung AM)

Do MFEC nội tiếp nên 𝐴𝐶𝑀̂ =𝐹𝐸𝑀̂ (Cùng chắn cung FM) 𝐴𝐵𝑀̂ =𝐹𝐸𝑀̂.(1)

Ta lại có 𝐴𝑀𝐵̂ =𝐴𝐶𝐵̂(Cùng chắn cung AB).Do MFEC nội tiếp nên 𝐹𝑀𝐸̂=𝐹𝐶𝑀̂ (Cùng chắn cung FE).𝐴𝑀𝐵̂=𝐹𝑀𝐸̂.(2)

Từ (1)và(2) suy :EFM∽ABM đpcm

c)C/m AMP∽FMQ

P

Q O

E

F M

C B

Ta coù EFM∽ABM (theo c/m treân)

MF AM FE

AB  maØ AM=2AP;FE=2FQ (gt) 

FM AM FQ

AP MF

AM FQ

AP   

2

2 vaø

𝑃𝐴𝑀̂ =𝑀𝐹𝑄̂(suy từ EFM∽ABM)

Vậy: AMP∽FMQ

d)C/m góc:PQM=90o

Do 𝐴𝑀𝑃̂=𝐹𝑀𝑄 ̂ 𝑃𝑀𝑄̂ =𝐴𝑀𝐹̂ PQM∽AFM 𝑀𝑄𝑃̂ =𝐴𝐹𝑀̂ Mà 𝐴𝐹𝑀̂ =1v𝑀𝑄𝑃̂ =1v(đpcm)

Bài 7: Cho (O) đường kính BC, điểm A nằm trên cung BC.Trên tia AC lấy điểm D cho AB = AD Dựng hình vng ABED; AE cắt (O) điểm thứ hai F; Tiếp tuyến B cắt đường thẳng DE G

a) Chứng minh BGDC nội tiếp Xác định tâm I đường trịn

b) Chứng minhBFC vng cân F tâm đường tròn ngoại tiếp BCD

c) Chứng minh: GEFB nội tiếp

c) Chứng tỏ:C, F, G thẳng hàng G nằm đường trịn ngoại tiếp BCD Có nhận xét I F

GIẢI a)C/m BGEC nội tiếp:

-Sử dụng tổng hai góc đối… -I trung điểm GC

b)C/mBFC vuông cân:

𝐵𝐶𝐹̂=𝐹𝐵𝐴̂ (Cùng chắn cung BF) mà 𝐹𝐵𝐴̂=45o (tính chất hình vng)𝐵𝐶𝐹̂=45o. 𝐵𝐹𝐶̂ =1v(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ∆ BFC vng cân F →đpcm C/m F tâm đường tròn ngoại tiếp BDC.Ta c/m F cách đỉnh B;C;D Do BFC vuông cân nên BC=FC Xét hai tam giác FEB FED có:E F chung; 𝐵𝐸 𝐹̂ =𝐹𝐸𝐷̂ =45o;BE=ED(hai cạnh hình vng ABED).BFE=E FD (c-g-c)BF=FDBF=FC=FD.đpcm

c)C/m GE FB nội tiếp:

Do BFC vuông cân F Cung BF=FC=90o  sđg GBF=

2

1 Sñ cung BF=

.90o=45o.(Góc tiếp tuyến BG dây BF)

Mà 𝐹𝐸𝐷̂ =45o(tính chất hình vng)𝐹𝐸𝐷̂ =𝐺𝐵𝐹̂=45o.ta lại có 𝐹𝐸𝐷̂ + 𝐹𝐸𝐺̂=2v𝐺𝐵𝐹̂ +𝐹𝐸𝐺̂ =2v  Tứ giác GEFB nội tiếp

d)C/m C;F;G thẳng hàng:

Do tứ giác GEFB nội tiếp 𝐵𝐹𝐺̂ =𝐵𝐸𝐺̂

O F

I A

G

D

E

mà 𝐵𝐸𝐺̂ =1v𝐵𝐹𝐺̂ =1v.Do BFG vuông cân F𝐵𝐹𝐶̂ =1v.𝐵𝐹𝐺̂

+𝐶𝐹𝐵̂=2vG;F;C thẳng hàng C/m G nằm trên… :Do 𝐺𝐵𝐶̂= 𝐺𝐷𝐶̂=1vTâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BGDC FG nằn đường tròn ngoại tiếp BCD Dễ dàng c/m I F

Bài 8: Cho ABC có góc nhọn nội tiếp (O) Tiếp tuyến B C đường tròn cắt nhau D Từ D kẻ đường thẳng song song với AB, đường cắt đường tròn E F, cắt AC I (E nằm cung nhỏ BC)

a) Chứng minhBDCO nội tiếp b) Chứng minh: DC2 = DE.DF

c) Chứng minh:DOIC nội tiếp d) Chứng tỏ I trung đ iểm FE

GIẢI a)C/m:BDCO nội tiếp

(Dùng tổng hai góc đối) b)C/m:DC2=DE.DF

Xét hai tam giác:DEC DCF có góc D chung SđgócECD=

2

1 sđ cung EC(Góc tiếp tuyến dây) Sđ góc E FC=

2

1sđ cung EC(Góc nội tiếp)

𝐸𝐶𝐷̂ =𝐷𝐹𝐶.̂DCE ∽DFCđpcm

c)C/m DOIC nội tiếp: Ta có: sđgóc BAC=

2

1sđcung BC(Góc nội tiếp) (1)

Sđ góc BOC=sđcung BC(Góc tâm);OB=OC;DB=DC(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);OD chungBOD=COD 𝐵𝑂𝐷̂ =𝐶𝑂𝐷̂ 2sđ gócDOC=sđ cung BC sđgóc DOC=

2

1sđcungBC (2) Từ (1)và (2)𝐷𝑂𝐶̂ =𝐵𝐴𝐶.̂

Do DF//AB𝐵𝐴𝐶̂ =𝐷𝐼𝐶̂ (Đồng vị) 𝐷𝑂𝐶̂ = 𝐷𝐼𝐶̂

 Hai điểm O I nhìn đoạn thẳng DC góc nhau…Tứ giác DOIC nội tiếp → đpcm

d)Chứng tỏ I trung điểm EF:

Do DOIC noäi tiếp  𝑂𝐼𝐷̂ = 𝑂𝐶𝐷̂(cùng chắn cung OD)

Mà 𝑂𝐶𝐷̂=1v(tính chất tiếp tuyến)𝑂𝐼𝐷̂ =1v hay OIID OIFE.Bán kính OI vng góc với dây cung EFI trung điểmEF

O I

F

E

D

C B

Bài 9: Cho (O), dây cung AB Từ điểm M bất kỳ cung AB(M  A M  B), kẻ dây cung MN vng góc với AB H Gọi MQ đường cao MAN

a) Chứng minh4 điểm A, M, H, Q nằm trên đường tròn

b) Chứng minh: NQ.NA =NH.NM

c) Chứng minh: MN phân giác củaBMQ d) Hạ đoạn thẳng MP vng góc với BN; Xác định vị trí M cung AB để MQ.AN + MP.BN có GTLN

GIẢI a) C/m:A,Q,H,M nằm đường trịn

Tuỳ vào hình vẽ để sử dụng phương pháp sau:- -Cùng nhìn đoạn thẳng …một góc vng

-Tổng hai góc đối b)C/m: NQ.NA=NH.NM

Xét hai vuông NQM NAH đồng dạng

c)C/m MN phân giác góc BMQ Có hai caùch:

 Cách 1:Gọi giao điểm MQ AB I.C/m tam giác MIB cân M Cách 2: 𝑄𝑀𝑁̂ =𝑁𝐴𝐻̂ (Cùng phụ với 𝐴𝑁𝐻)̂

𝑁𝐴𝐻̂=𝑁𝑀𝐵̂ (Cùng chắn cung NB)đpcm

d) Xác định vị trí M cung AB để MQ.AN+MP.BN có giác trị lớn Ta có 2SMAN=MQ.AN

2SMBN=MP.BN

2SMAN + 2SMBN = MQ.AN+MP.BN

Ta laïi coù: 2SMAN + 2SMBN =2(SMAN + SMBN)=2SAMBN=2.

2 MN

AB =AB.MN Vaäy: MQ.AN+MP.BN=AB.MN

Mà AB khơng đổi nên tích AB.MN lớn MN lớn nhấtMN đường kính M điểm cung AB

I

P

O Q

N M

H B

Bài 10: Cho (O;R) (I;r) tiếp xúc A (R > r) Dựng tiếp tuyến chung BC (B nằm đường tròn tâm O C nằm đư ờng tròn tâm (I) Tiếp tuyến BC cắt tiếp tuyến A hai đường tròn E

a) Chứng minh tam giác ABC vuông A b) O E cắt AB N ; IE cắt AC F Chứng minh N, E, F, A nằm đường tròn c) Chứng tỏ : BC2 = 4Rr

d) Tính diện tích tứ giác BCIO theo R, r

GIẢI

1/C/m ABC vuông: Do BE AE hai tiếp tuyến cắt nênAE=BE; Tương tự AE=ECAE=EB=EC=

2

1 BC.ABC vuông A 2/C/m A;E;N;F nằm trên…

-Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt EO phân giác tam giác cân AEBEO đường trung trực AB hay OEAB hay 𝐸𝑁𝐴̂=1v

Tương tự 𝐸𝐹𝐴̂ =1vTổng hai góc đối……4 điểm… 3/C/m BC2=4Rr

Ta có tứ giác FANE có góc vng(Cmt)FANE hình vngOEI vng E EAOI(Tính chất tiếp tuyến).Aùp dụng hệ thức lượng tam giác vng có:

AH2=OA.AI(Bình phương đường cao tích hai hình chiếu)

Mà AH=

BCvaø OA=R;AI=r 

2

BC RrBC2=Rr

4/SBCIO=? Ta có BCIO hình thang vuông SBCIO=OBICBC

S=

) (rR rR

F N

A I

O

E

Bài 11: Trên hai cạnh góc vng xOy lấy hai điểm A B cho OA = OB Một đường thẳng qua A cắt OB M (M nằm đoạn OB) Từ B hạ đường vng góc với AM H, cắt AO kéo dài I

a) Chứng minhOMHI nội tiếp b) Tính góc OMI

c) Từ O vẽ đường vng góc với BI K Chứng minh: OK = KH

d) Tìm tập hợp điểm K M thay đổi OB

GIẢI 1/C/m OMHI nội tiếp:

Sử dụng tổng hai góc đối 2/Tính 𝑂𝑀𝐼̂ =?

Do OBAI;AHAB(gt) OBAH=M Nên M trực tâm tam giác ABI IM đường cao thứ IMAB

𝑂𝐼𝑀̂ =𝐴𝐵𝑂̂(Góc có cạnh tương ứng vng góc)

Mà  vng OAB có OA=OB OAB vng cân O 𝑂𝐵𝐴̂=45o𝑂𝑀𝐼̂=45o 3/C/m OK=KH

Ta có 𝑂𝐻𝐾̂ =𝐻𝑂𝐵̂+ 𝐻𝐵𝑂̂ (Góc ngồi OHB)

Do AOHB nội tiếp(Vì 𝐴𝑂𝐵̂=𝐴𝐻𝐵̂=1v) 𝐻𝑂𝐵̂=𝐻𝐴𝐵̂ (Cùng chắn cung HB) 𝑂𝐵𝐻̂ = 𝑂𝐴𝐻̂(Cùng chắn cung OH) 𝑂𝐻𝐾̂= 𝐻𝐴𝐵̂+𝐻𝐴𝑂̂=𝑂𝐴𝐵̂=45o

OKH vuông cân KOH=KH 4/Tập hợp điểm K…

Do OKKB OKB=1v;OB không đổi M di động K nằm đường tròn đường kính OB

Khi M≡Othì K≡O Khi M≡B K điểm cung AB.Vậy quỹ tích điểm K

đường trịn đường kính OB

O y

x

K

I H

M O

Bài 12: Cho (O) đường kính AB dây CD vng góc với AB F Trên cung BC lấy điểm M.Nối A với M cắt CD E

a) Chứng minh: AM phân giác góc CMD

b) Chứng minh: EFBM nội tiếp c) Chứng tỏ: AC2 = AE.AM

d) Gọi giao điểm CB với AM N; MD với AB là I Chứng minh: NI //CD

e) Chứng minh N tâm đường tròn nội tiếp CIM

GIẢI 1/C/m AM phân giác góc CMD

Do ABCD AB phân giác tam giác cân COD. 𝐶𝑂𝐴̂=𝐴𝑂𝐷̂

Các góc tâm 𝐴𝑂𝐶̂ = 𝐴𝑂𝐷 ̂ nên cung bị chắn  cung AC= cung ADcác góc nội tiếp chắn cung nhau.Vậy 𝐶𝑀𝐴̂ =𝐴𝑀𝐷̂

2/C/m EFBM nội tiếp

Ta có 𝐴𝑀𝐵̂ = 1v(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 𝐸𝐹𝐵̂ = 1v(Do ABEF)

𝐴𝑀𝐵̂ +𝐸𝐹𝐵̂ =2vñpcm. 3/C/m AC2=AE.AM

C/m hai ACE∽AMC (𝐴̂ chung;𝐴𝐶𝐷̂ = 𝐴𝑀𝐷̂ chắn cung AD vaø 𝐴𝑀𝐷̂ = 𝐶𝑀𝐴̂ cmt 𝐴𝐶𝐸̂ =𝐴𝑀𝐶̂)…

4/C/m NI//CD

Do cung AC=AD 𝐶𝐵𝐴̂ =𝐴𝑀𝐷̂

(Góc nội tiếp chắn cung nhau) hay 𝑁𝑀𝐼̂=𝑁𝐵𝐼̂ M B làm với hai đầu đoạn thẳng NI góc nhauMNIB nội tiếp 𝑁𝑀𝐵̂ +𝑁𝐼𝑀̂=2v mà 𝑁𝑀𝐵̂

=1v(cmt) 𝑁𝐼𝐵̂ =1v hay NIAB.Mà CDAB(gt) NI//CD. 5/Chứng tỏ N tâm đường tròn nội tiếp ICM

Ta phải C/m N giao điểm đường phân giác CIM

Theo c/m ta có MN phân giác CMI

Do MNIB nội tiếp(cmt)  𝑁𝐼𝑀̂ = 𝑁𝐵𝑀̂ (cùng chắn cung MN) 𝑀𝐵𝐶̂ = 𝑀𝐴𝐶̂ (cùng chắn cung CM)

Ta lại có 𝐶𝐴𝑁̂ =1v(góc nội tiếp 𝐴𝐶𝐵̂ =1v); 𝑁𝐼𝐴̂ =1v(vì 𝑁𝐼𝐵̂ =1v)ACNI nội tiếp 𝐶𝐴𝑁̂

= 𝐶𝐼𝑁̂ (cùng chắn cung CN) 𝐶𝐼𝑁̂ = 𝑁𝐼𝑀̂IN phân giác CIM Vậy N tâm đường tròn……

O I N E

M

F

D C

Bài 13: Cho (O) điểm A nằm ngồi đường trịn Vẽ tiếp tuyến AB; AC cát tuyến ADE Gọi H trung điểm DE

a) Chứng minh: A, B, H, O, C nằm 1 đường tròn

b) Chứng minh: HA phân giác BHC c) Gọi I giao điểm BC DE Chứng minh: AB2 = AI.AH

d) BH cắt (O) K.Chứng minh: AE // CK

GIẢI

1/C/m:A;B;O;C;H nằm đường tròn: H trung điểm EBOHED(đường kính qua trung điểm dây …)𝐴𝐻𝑂̂=1v Mà 𝑂𝐵𝐴̂=𝑂𝐶𝐴̂=1v (Tính chất tiếp tuyến) A;B;O;H;C nằm đường trịn đường kính OA

2/C/m HA phân giác 𝐵𝐻𝐶.̂

Do AB;AC tiếp tuyến cắt 𝐵𝐴𝑂̂=𝑂𝐴𝐶̂ AB=AC

cung AB=AC(hai dây băøng đường tròn đkOA) mà 𝐵𝐻𝐴̂ = 𝐵𝑂𝐴̂ (Cùng chắn cung AB) 𝐶𝑂𝐴̂= 𝐶𝐻𝐴̂(cùng chắn cung AC) mà cung AB=AC  𝐶𝑂𝐴̂ = 𝐵𝑂𝐻̂  𝐶𝐻𝐴̂= 𝐴𝐻𝐵̂đpcm

3/Xét hai tam giác ABH AIB (có A chung 𝐶𝐵𝐴̂ = 𝐵𝐻𝐴̂

hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) ABH∽AIBđpcm

4/C/m AE//CK

Do 𝐵𝐻𝐴̂=𝐵𝐶𝐴̂(cùng chắn cung AB) sđ 𝐵𝐾𝐶̂=

1 Sđ cungBC(góc nội tiếp) Sđ 𝐵𝐶𝐴̂=

2

1sđ cung BC(góc tt dây) 𝐵𝐻𝐴̂=𝐵𝐾𝐶̂ CK//AB

Bài 14: Cho (O) đường kính AB = 2R, xy tiếp tuyến với (O) B CD đường kính bất kỳ Gọi giao điểm AC, AD với xy theo thứ tự M, N

a) Cmr: MCDN nội tiếp

b) Chứng tỏ: AC.AM = AD.AN

c) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCDN H trung điểm MN Cmr: AOIH là hình bình hành

d) Khi đường kính CD quay xung quanh điểm O I di động đường nào?

GIẢI 1/ C/m MCDN noäi tieáp:

K

I H E

D

O

C B

A

y x

O

I

H N

M

D

C

AOC cân O𝑂𝐶𝐴̂ =𝐶𝐴𝑂;̂ 𝐶𝐴𝑂̂=𝐴𝑁𝐵̂ (cùng phụ với 𝐴𝑀𝐵̂) 𝐴𝐶𝐷̂=𝐴𝑁𝑀.̂ Mà 𝐴𝐶𝐷̂+𝐷𝐶𝑀̂=2v𝐷𝐶𝑀̂+𝐷𝑁𝑀̂=2v DCMB nội tiếp

2/C/m: AC.AM=AD.AN Haõy c/m ACD∽ANM

3/C/m AOIH hình bình hành

 Xác định I:I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCDNI giao điểm dường trung trực CD vàMNIHMN IOCD.Do ABMN;IHMNAO//IH Vậy cách dựng I:Từ O dựng đường vng góc với CD.Từ trung điểm H MN dựng đường vng góc với MN.Hai đường cách I

Do H trung điểm MNAhlà trung tuyến vuông AMN𝐴𝑁𝑀̂ =𝑁𝐴𝐻̂ Maø 𝐴𝑁𝑀̂ =𝐵𝐴𝑀̂=𝐴𝐶𝐷̂(cmt)𝐷𝐴𝐻̂=𝐴𝐶𝐷̂

Gọi K giao điểm AH DO 𝐴𝐷𝐶̂+𝐴𝐶𝐷̂ =1v𝐷𝐴𝐾̂+𝐴𝐷𝐾̂ =1v hay AKD vuông ở KAHCD mà OICDOI//AH AHIO hình bình hành

4/Quỹ tích điểm I:

Do AOIH hình bình hành IH=AO=R khơng đổiCD quay xung quanh O I nằm trên đường thẳng // với xy cách xy khoảng R

Bài 15: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D điểm cung nhỏ BC.Kẻ DE;DF;DG vng góc với cạnh AB, BC, AC Gọi H hình chiếu của D lên tiếp tuyến Ax (O)

a) Chứng minh: AHED nội tiếp

b) Gọi giao điểm AE với HD HB với (O) P Q, ED cắt (O) M

Chứng minh: HA.DP = PA.DE c) Chứng minh: QM = AB

d) Chứng minh: DE.DG = DF.DH

e) Chứng minh: E, F, G thẳng hàng (đường thẳng Sim sơn)

GIẢI

1/C/m AHED nội tiếp(Sử dụng hai điểm H;E làm hành với hai đầu đoạn thẳng AD…)

2/C/m HA.DP=PA.DE Xét ∆ HAP ∆ EPD có : 𝐴𝐻𝑃̂=𝑃𝐸𝐷̂= 900

𝐻𝑃𝐴̂= 𝐸𝑃𝐷̂ ( đối đỉnh )

→∆ HAP ∆ EDP → Tỷ số →đpcm

P

M Q

D x

H

O G

F

E

C B

3/C/m QM=AB:

Do HPA∽EDP𝐻𝐴𝐵̂=𝐻𝐷𝑀̂ Mà sđ 𝐻𝐴𝐵̂=

2

1sñ cung AB Sñ 𝐻𝐷𝑀̂ =

2

1sñ cung QM 4/C/m: DE.DG=DF.DH

Xeùt hai tam giác DEH DFG có:

Do tứ giác EHAD nội tiếp 𝐻𝐴𝐸̂=𝐻𝐷𝐸̂ (cùng chắn cung HE)(1) Và 𝐸𝐻𝐷̂=𝐸𝐴𝐷̂ (cùng chắn cung ED)(2)

Vì 𝐹̂ =𝐺̂= 900DFGC nội tiếp𝐹𝐷𝐺̂=𝐹𝐶𝐺̂ (cùng chắn cung FG)(3) 𝐹𝐺𝐷̂= 𝐹𝐶𝐷̂(cùng chắn cung FD)(4) Nhưng 𝐹𝐶𝐺̂=𝐵𝐶𝐴̂=𝐻𝐴𝐵̂(5).Từ (1)(3)(5)EDH=FDG(6)

Từ (2);(4) 𝐵𝐶𝐷̂ =𝐵𝐴𝐷̂(cùng chắn cungBD) 𝐸𝐻𝐷̂=𝐹𝐺𝐷̂(7) Từ (6)và (7)EDH∽FDG

DG DH DF

ED  đpcm 5/C/m: E;F;G thẳng hàng:

Ta có 𝐵𝐹𝐸̂=𝐵𝐷𝐸̂ (cmt)và 𝐺𝐹𝐶̂= 𝐶𝐷𝐺̂(cmt)

Do ABCD nội tiếp𝐵𝐴𝐶̂+𝐵𝑀𝐶̂=2v;Do GDEA nội tiếp 𝐸𝐷𝐺̂+ 𝐸𝐴𝐺̂=2v 𝐸𝐷𝐺̂ =𝐵𝐷𝐶 ̂maø 𝐸𝐷𝐺̂=𝐸𝐷𝐵̂+𝐵𝐷𝐺̂

vaø 𝐵𝐶𝐷̂ =𝐵𝐷𝐺̂+𝐶𝐷𝐺̂𝐸𝐷𝐵̂=𝐶𝐷𝐺̂  𝐺𝐹𝐶̂= 𝐵𝐸𝐹̂E;F;G thẳng hàng

Bài 16: Cho tam giác ABC có A 900, AB < AC Gọi I trung điểm BC;qua I kẻ IK  BC (K nằm BC) Trên tia đối tia AC lấy điểm M cho MA = AK

a) Chứng minh: ABIK nội tiếp đường tròn tâm I

b) Chứng minh: BMC = 2ACB

c) Chứng tỏ BC2 = 2AC.KC

d) AI kéo dài cắt đường thẳng BM N Chứng minh AC = BN

GIẢI 1/C/m ABIK nội tiếp (tự C/m)

2/C/m 𝐵𝑀𝐶̂=2𝐴𝐶𝐵̂

Do ABMK MA=AK(gt)BMK cân B𝐵𝑀𝐴̂=𝐴𝐾𝐵̂ Mà 𝐴𝐾𝐵̂=𝐾𝐵𝐶̂+𝐾𝐶𝐵̂ (Góc ngồi tam giac KBC)

Do I trung điểm BC KIBC(gt) KBC cân K 𝐾𝐵𝐶̂=𝐾𝐶𝐵̂

Vaäy 𝐵𝑀𝐶̂=2 𝐴𝐶𝐵̂

N

M K

C I

B A

3/C/m BC2=2AC.KC

Xeùt  vuông ACB ICK có 𝐶 ̂ chungACB∽ICK



CK CB IC

AC  IC=

2 BC

CK BC BC AC 

2

ñpcm 4/C/m AC=BN

Do 𝐴𝐼𝐵̂ =𝐼𝐴𝐶̂ + 𝐼𝐶𝐴̂ (góc ngồi IAC) IAC Cân I𝐼𝐴𝐶̂ =𝐼𝐶𝐴̂  𝐴𝐼𝐵̂ =2 𝐼𝐴𝐶̂

(1) Ta lại có 𝐵𝐾𝑀̂ = 𝐵𝑀𝐾̂ 𝐵𝐾𝑀̂= 𝐴𝐼𝐵̂ (Cùng chắn cung AB-Tứ giác AKIB nội tiếp) 𝐴𝐼𝐵̂ =𝐵𝑀𝐾̂ (2) Mà 𝐵𝑀𝐾̂=𝑀𝑁𝐴̂+𝑀𝐴𝑁̂(Góc ngồi ∆ MNA) Do MNA cân

M(gt)𝑀𝐴𝑁̂=𝑀𝑁𝐴̂BMK=2MNA(3)

Từ (1);(2);(3)𝐼𝐴𝐶̂ =𝑀𝑁𝐴̂ và 𝑀𝐴𝑁̂=𝐼𝐴𝐶̂ (đ đ)… 5/C/m NMIC nội tiếp:

Do 𝑀𝑁𝐴̂= 𝐴𝐶𝐼 ̂hay 𝑀𝑁𝐼̂=𝑀𝐶𝐼̂ hai điểm N;C làm thành với hai đầu…)

Bài 17: Cho (O) đường kính AB cố định,điểm C di động nửa đường tròn.Tia phân giác của ACB cắt (O) tai M.Gọi H;K hình chiếu của M lên AC BC

a) Chứng minh:MOBK nội tiếp b) Tứ giác CKMH hình vng c) Chứng minhH;O;K thẳng hàng

d) Gọi giao điểm HKvà CM I.Khi C di động trên nửa đường trịn I chạy đường nào?

GIẢI 1/C/m:BOMK nội tiếp:

Ta có 𝐵𝐶𝐴̂=1v(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CM tia phân giác 𝐵𝐶𝐴̂𝐴𝐶𝑀̂=𝑀𝐶𝐵̂=45o cungAM= cung MB=90o

dây AM= dây MB có O trung điểm AB OMAB hay 𝐵𝑂𝑀̂= 𝐵𝐾𝑀̂ =1v BOMK nội tiếp

2/C/m CHMK hình vuông:

Do  vng HCM có góc 45o nên CHM vuông cân H HC=HM, tương tự

CK=MK Do 𝐶̂=𝐻̂=𝐾̂=1v CHMK hình chữ nhật có hai cạnh kề CHMK hình vng

3/C/m H,O,K thẳng hàng:

Gọi I giao điểm HK MC;do MHCK hình vngHKMC trung điểm I MC.Do I trung điểm MCOIMC(đường kính qua trung điểm dây…)

Vậy HIMC;OIMC KIMCH;O;I thẳng hàng

4/Do 𝑂𝐼𝑀̂ =1v;OM cố địnhI nằm đường trịn đường kính OM

K M

Q P

H

O B

A

-Giới hạn:Khi CB IQ;Khi CA IP.Vậy C di động nửa đường trịn (O) thì I chạy cung trịn PHQ đường trịn đường kính OM

Bài 18: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2a, BC = a Kẻ tia phân giác ACD, từ A hạ AH vng góc với đường phân giác nói a) Chứng minh: AHDC nội tiếp ( O) mà ta phải định rõ tâm bán kính theo a

b) HB cắt AD I cắt AC M; HC cắt DB N Chứng tỏ HB = HC Và AB.AC = BH.BI

c) Chứng tỏ MN song song với tiếp tuyến H (O)

d) Từ D kẻ đường thẳng song song với BH; đường cắt HC K cắt (O) J Chứng minh HOKD nội tiếp

GIẢI

Xeùt hai HCAABI có 𝐴̂= 𝐻̂=1v 𝐴𝐵𝐻̂= 𝐴𝐶𝐻̂ (Cùng chắn cung AH)  HCA∽ABI 

BI AC AB

HC  mà HB=HC đpcm 3/Gọi tiếp tuyến H (O) Hx

DoAH=HD;AO=HO=DOAHO=HOD 𝐴𝑂𝐻̂=𝐻𝑂𝐷̂

màAOD cân OOHAD OHHx(tính chất tiếp tuyến) nên AD//Hx(1) Do cung AH=HD  𝐴𝐵𝐻̂=𝐴𝐶𝐻̂=𝐻𝐵𝐷̂𝐻𝐵𝐷̂=𝐴𝐶𝐻̂hay 𝑀𝐵𝑁̂ =𝑀𝐶𝑁 ̂

hay điểm B;C làm với hai đầu đoạn MN góc MNCB nội tiếp𝑁𝑀𝐶̂ =𝑁𝐵𝐶̂(cùng chắn cung NC) mà 𝐷𝐵𝐶̂=𝐷𝐴𝐶 ̂(cùng chắn cung DC) 𝑁𝑀𝐶̂ =𝐷𝐴𝐶 ̂MN//DA(2).Từ (1)và (2)MN//Hx

4/C/m HOKD nội tiếp:

Do DJ//BH𝐻𝐵𝐷̂=𝐵𝐷𝐽̂ (so le)cung BJ=HD=AH=

AD mà cung AD=BCcung BJ=JCH;O;J thẳng hàng tức HJ đường kính  𝐻𝐷𝐽̂ = 1v 𝐻𝐽𝐷̂ =𝐴𝐶𝐻̂(cùng chắn cung nhau) 𝑂𝐽𝐾̂ = 𝑂𝐶𝐾̂CJ làm với hai đầu đoạn OK góc nhauOKCJ nội tiếp 𝐾𝑂𝐶̂= 𝐾𝐽𝐶 ̂(cùng chắn cung KC);𝐾𝐽𝐶̂ =𝐷𝐴𝐶̂(cùng chắn cung DC)𝐾𝑂𝐶̂ =𝐷𝐴𝐶̂OK//AD mà ADHJOKHOHDKC nội tiếp

I

J

K O

N

M H

D C

Bài 19: Cho nửa đường trịn (O) đường kính

AB, bán kính OC  AB Gọi M điểm cung BC Kẻ đường cao CH ACM a) Chứng minh AOHC nội tiếp

b) Chứng tỏ CHM vuông cân OH phân giác COM

c) Gọi giao điểm OH với BC I MI cắt (O) D Cmr: CDBM hình thang cân d) BM cắt OH N

Chứng minh: BNI ∽ AMC, từ suy ra: BN.MC = IN.MA

GIẢI 1/C/m AOHC nội tiếp:

(học sinh tự chứng minh) 2/C/mCHM vng cân:

Do OCAB trại trung điểm OCung AC=CB=90o

Ta lại có: Sđ CMA=

2

1sđcung AC=45o.CHM vng cân M

C/m OH phân giác 𝐶𝑂𝑀̂:Do CHM vng cân HCH=HM; CO=OB(bán kính);OH chungCHO=HOM𝐶𝑂𝐻̂= 𝐻𝑂𝑀̂ đpcm

3/C/m:CDBM thang cân:

Do OCM cân O có OH phân giácOH đường trung trực CM mà IOHICM cân I 𝐼𝐶𝑀̂= 𝐼𝑀𝐶 ̂mà 𝐼𝐶𝑀̂ =𝑀𝐷𝐵̂(cùng chắn cung BM)  𝐼𝑀𝐶̂= 𝐼𝐷𝐵 ̂hay CM//DB.Do IDB cân I 𝐼𝐷𝐵̂=𝐼𝐵𝐷̂

𝑀𝐵𝐶̂= 𝑀𝐷𝐶̂(cùng chắn cungCM) nên 𝐶𝐷𝐵̂=𝑀𝐵𝐷̂CDBM thang cân 4/C/m BNI AMC đồng dạng:

Do OH đường trung trực CM NOH CN=NM

Do AMB=1vHMB=1v hay NMAM mà CHAMCH//NM,có 𝐶𝑀𝐻̂

=45o 𝑁𝐻𝑀̂ =45oMNH vuông cân M CHMN hình vng  𝐼𝑁𝐵̂=𝐶𝑀𝐴̂

=45o

Do CMBD thang cânCD=BM cungCD=BM mà cung AC=CBcungAD=CM… và CAM=CBM(cùng chắn cung CM)

INB=CMA ñpcm

N

I D

H O

M C

Bài 20: Cho đều ABC nội tiếp (O;R) Trên AB AC lấy hai điểm M; N cho BM = AN

a) Chứng tỏ OMN cân

b) Chứng minh: OMAN nội tiếp

c) BO kéo dài cắt AC D cắt (O) E Chứng minh: BC2 + DC2 = 3R2

d) Đường thẳng CE AB cắt F Tiếp tuyến A (O) cắt FC I; AO kéo dài cắt BC J Chứng minh: BI qua trung điểm AJ

GIẢI 1/C/m OMN caân:

Do ABC tam giác nội tiếp (O)AO BO phân giác ABC 𝑂𝐴𝑁̂=𝑂𝐵𝑀̂=30o; OA=OB=R BM=AN(gt)OMB=ONA

OM=ON OMN cân O 2/C/m OMAN nội tiếp:

do OBM=ONA(cmt)𝐵𝑀𝑂̂ =𝐴𝑁𝑂̂ maø 𝐵𝑀𝑂̂+ 𝐴𝑀𝑂̂=2v𝐴𝑁𝑂̂+𝐴𝑀𝑂̂=2v. AMON nội tiếp

3/C/m BC2+DC2=3R2

Do BO phân giác đều BOAC hay BOD vuông D.Aùp dụng hệ thức Pitago ta có:

BC2=DB2+CD2=(BO+OD)2+CD2=

=BO2+2.OB.OD+OD2+CD2.(1)

Mà OB=R.AOC cân O có 𝑂𝐴𝐶̂=30o. 𝐴𝑂𝐶̂ =120o𝐴𝑂𝐸̂ =60o AOE tam giác đều có ADOEOD=ED=

2 R

Aùp dụng Pitago ta có:OD2=OC2-CD2=R2-CD2.(2)

Từ (1)và (2)BC2=R2+2.R

2

R +CD2-CD2=3R2

4/Gọi K giao điểm BI với AJ

Ta có BCE=1v(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)có 𝐵̂ =60o𝐵𝐹𝐶̂=30o BC=

2

1BF maø AB=BC=AB=AF.Do AOAI(t/c tt) vaø AJBCAI//BC có A trung điểm BFI trung ñieåm CF Hay FI=IC

K J

I F

E D O N M

C B

Do AK//FI.p dụng hệ Talét BFI coù:

BI BK EI

AK  Do KJ//CI.p dụng hệ Talét BIC có:

BI BK CJ KJ  Mà FI=CIAK=KJ (đpcm)

Bài 21: Cho ABC (A900)nội tiếp

đường tròn tâm (O) Gọi M trung điểm cạnh AC Đường trịn tâm I đường kính MC cắt cạnh BC N cắt (O) D

a) Chứng minh tứ giác ABNM nội tiếp CN.AB = AC.MN

b) Chứng tỏ B, M, D thẳng hàng OM tiếp tuyến (I)

c) Tia IO cắt đường thẳng AB E Chứng minh BMOE hình bình hành

d) Chứng minh NM phân giác AND.

GIẢI 1/

C/m ABNM nội tiếp: (dùng tổng hai góc đối) C/m CN.AB=AC.MN

Chứng minh tam giác vuông ABC tam giác vuông NMC đồng dạng

2/C/m B;M;D thẳng hàng Ta có 𝑀𝐷𝐶̂ =1v(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm I) hay MD  DC 𝐵𝐷𝐶̂=1v(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O)

Hay BDDC Qua điểm D có hai đường thẳng BD DM vng góc với DCB;M;D thẳng hàng

C/m OM tiếp tuyến (I):Ta có MO đường trung bình ABC (vì M;O trung điểm AC;BC-gt)MO//AB mà ABAC(gt)MOAC hay MOIC;M(I)MO là tiếp tuyến đường tròn tâm I

3/C/m BMOE hình bình hành: MO//AB hay MO//EB.Mà I trung điểm MC;O trung điểm BCOI đường trung bình MBCOI//BM hay OE//BMBMOE hình bình hành

4/C/m MN phân giác góc AND:

Do ABNM nội tiếp 𝑀𝐵𝐴̂=𝑀𝑁𝐴̂(cùng chắn cung AM) 𝑀𝐵𝐴̂=𝐴𝐶𝐷̂(cùng chắn cung AD) Do MNCD nội tiếp 𝐴𝐶𝐷̂=𝑀𝑁𝐷̂(cùng chắn cung MD)  𝐴𝑁𝑀̂ =𝑀𝑁𝐷̂ ñpcm

I

E

M

O N

D

C B

A

Bài 22: Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi I điểm đường chéo AC Qua I kẻ đường thẳng song song với AB; BC, đường cắt AB; BC; CD; DA lần lượt P; Q; N; M

a) Chứng minh INCQ hình vng b) Chứng tỏ NQ // DB

c) BI kéo dài cắt MN E; MP cắt AC F Chứng minh MFIN nội tiếp đường tròn Xác định tâm

d) Chứng tỏ MPQN nội tiếp Tính diện tích của theo a

e) Chứng minh: MFIE nội tiếp.

GIẢI 1/C/m INCQ hình vuông:

MI//AP//BN(gt)MI=AP=BN

NC=IQ=PD NIC vng N có 𝐼𝐶𝑁̂ =45o(Tính chất đường chéo hình vng)NIC vng cân NINCQ hình vng

2/C/m:NQ//DB:

Do ABCD hình vuông DBAC Do IQCN hình vuông NQIC Hay NQACNQ//DB

3/C/m MFIN nội tiếp: Do MPAI(tính chất hình vng)𝑀𝐹𝐼̂=1v;𝑀𝐼𝑁̂=1v(gt) hai điểm F;I làm với hai đầu đoạn MN…MFIN nội tiếp

Tâm đường tròn giao điểm hai đường chéo hình chữ nhật MFIN 4/C/m MPQN nội tiếp:

Do NQ//PMMNQP hình thang có PN=MQMNQP thang cân.Dễ dàng C/m thang cân nội tiếp

TÍnh SMNQP=SMIP+SMNI+SNIQ+SPIQ=

2 1S

AMIP+

2 S

MDNI+

2 1S

NIQC+

2 1S

PIQB

= 1S

ABCD=

2 1a2

5/C/m MFIE nội tiếp:

Ta có tam giác vuông BPI= tam giác vuông IMN(do PI=IM;PB=IN; 𝑃̂= 𝐼̂=1v  𝑃𝐼𝐵̂=𝐼𝑀𝑁̂ mà 𝑃𝐵𝐼̂ =𝐸𝐼𝑁̂ (đ đ) 𝐼𝑀𝑁̂=𝐸𝐼𝑁̂

Ta lại có 𝐼𝑀𝑁̂+𝐸𝑁𝐼̂ =1v𝐸𝐼𝑁̂ + 𝐸𝑁𝐼̂ =1v𝐼𝐸𝑁̂ =1v mà 𝑀𝐹𝐼̂ =1v 𝐼𝐸𝑀̂+𝑀𝐹𝐼̂ =2v Tứ giác FMEI nội tiếp

F

E I

M

N

Q P

D

C B

Bài 23: Cho hình vng ABCD, N trung điểm DC; BN cắt AC F Vẽ đường trịn tâm O đường kính BN (O) cắt AC E BE kéo dài cắt AD M; MN cắt (O) I

a) Chứng minh MDNE nội tiếp b) Chứng tỏ BEN vuông cân

c) Chứng minh MF qua trực tâm H BMN

d) Chứng minh BI = BC IE F vuông e) NE cắt AB Q Chứng minh MQBN hình thang cân

GIẢI 1/C/m MDNE nội tiếp

Ta có 𝑁𝐸𝐵̂=1v(góc nt chắn nửa đường trịn) 𝑀𝐸𝑁̂=1v;𝑀𝐷𝑁̂ =1v(t/c hình vng)

𝑀𝐸𝑁̂+𝑀𝐷𝑁̂=2vđpcm 2/C/m ∆ BEN vuông cân:

𝑁𝐸𝐵 ̂ = 900 (cmt)Do CBNE nội tiếp𝐸𝑁𝐵̂=𝐵𝐶𝐸̂cùng chắn cung BE) mà 𝐵𝐶𝐸̂=45o(t/c hv) 𝐸𝑁𝐵̂=45oñpcm

3/C/m MF qua trực tâm H BMN Ta có 𝐵𝐼𝑁̂ =1v(góc nt chắn nửa đ/tròn)

BIMN Mà ENBM(cmt)BI EN hai đường cao BMNGiao điểm EN BI trực tâm H.Ta phải C/m M;H;F thẳng hàng

Do H trực tâm BMNMHBN(1)

𝑀𝐴𝐹̂=45o(t/c hv); 𝑀𝐵𝐹̂=45o(cmt)𝑀𝐴𝐹̂=𝑀𝐵𝐹̂ =45oMABF nội tiếp.𝑀𝐴𝐵̂+ 𝑀𝐹𝐵̂ =2v mà 𝑀𝐴𝐵̂=1v(gt)𝑀𝐹𝐵̂=1v hay MFBM(2) Từ (1)và (2)M;H;F thẳng hàng

4/C/m BI=BC: Xét 2vuông BCN BIN có cạnh huyền BN chung;𝑁𝐵𝐶̂=𝑁𝐸𝐶̂

(cùng chắn cung NC).Do 𝑀𝐸𝑁̂=𝑀𝐹𝑁̂=1vMEFN nội tiếp𝑁𝐸𝐶̂=𝐹𝑀𝑁̂ (cùng chắn cung FN); 𝐹𝑀𝑁̂=𝐼𝐵𝑁̂ (cùng phụ với 𝐼𝑁𝐵̂ )𝐼𝐵𝑁̂ =𝑁𝐵𝐶̂BCN=BIN.BC=BI *C/m IEF vng:Ta có 𝐸𝐼𝐵̂ =𝐸𝐶𝐵̂ (cùng chắn cung EB) 𝐸𝐶𝐵̂=45o 𝐸𝐼𝐵̂ =45o

Do 𝐻𝐼𝑁̂+𝐻𝐹𝑁̂ =2vIHFN nội tiếp 𝐻𝐼𝐹̂= 𝐻𝑁𝐹 ̂ (cùng chắn cung HF);mà 𝐻𝑁𝐹̂ =45o(do EBN vuông cân)𝐻𝐼𝐹̂ =45o  Từvà 𝐸𝐼𝐹̂ =1v đpcm

5/ * C/mBM đường trung trực QH:Do AI=BC=AB(gt cmt)ABI cân B.Xét vuông ABM ∆ vng BIM có cạnh huyền BM chung;AB=BIABM=BIM

𝐴𝐵𝑀̂ =𝑀𝐵𝐼̂ ;ABI cân B có BM phân giác BM đường trung trực QH *C/m MQBN thang cân: Tứ giác AMEQ có 𝐴̂ +𝑄𝐸𝑁̂ =2v(do ENBM theo cmt)

AMEQ nội tiếp𝑀𝐴𝐸̂ = 𝑀𝑄𝐸̂(cùng chắn cung ME) mà 𝑀𝐴𝐸̂=45o 𝐸𝑁𝐵̂=45o(cmt) 𝑀𝑄𝑁̂=𝐵𝑁𝑄̂=45o MQ//BN.ta lại có 𝑀𝐵𝐼̂=𝐸𝑁𝐼̂ (cùng chắn cungEN) 𝑀𝐵𝐼̂=𝐴𝐵𝑀̂

H Q

I M

E

O F N

D C

Và 𝐼𝐵𝑁̂ = 𝑁𝐵𝐶̂ (cmt) QBN=𝐴𝐵𝑀̂+𝑀𝐵𝑁̂=𝐴𝐵𝑀 +̂ 45o(vì 𝑀𝐵𝑁̂=45o)𝑀𝑁𝐵̂= 𝑀𝑁𝐸̂+𝐸𝑁𝐵̂=𝑀𝐵𝐼̂+45o 𝑀𝑁𝐵̂=𝑄𝐵𝑁̂MQBN thang cân

Bài 24: Cho ABC có góc nhọn(AB < AC) Vẽ đường cao AH Từ H kẻ HK; HM vuông góc với AB; AC Gọi J giao điểm AH MK

a) Chứng minh AMHK nội tiếp b) Chứng minh JA.JH = JK.JM

c) Từ C kẻ tia Cx vng góc với AC Cx cắt AH kéo dài D Vẽ HI; HN vng góc với DB DC Cmr : HKMHCN

d) Chứng minh M; N; I; K nằm đường trịn.

GIẢI 1/C/m AMHK nội tiếp:

Dùng tổng hai góc đối) 2/C/m: JA.JH=JK.JM

Xét ∆ JAM ∆ JHK có: 𝐴𝐽𝑀̂=𝐾𝐽𝐻̂(đđ)

Do tứ giác AKHM nt 𝐻𝐴𝑀̂= 𝐻𝐾𝑀̂ ( chắn cung HM)JAM∽JKHđpcm

3/C/m 𝐻𝐾𝑀̂=𝐻𝐶𝑁̂

Vì AKHM nội tiếp 𝐻𝐾𝑀̂=𝐻𝐴𝑀̂(cùng chắn cung HM) Mà 𝐻𝐴𝑀̂= 𝑀𝐻𝐶 ̂ (cùng phụ với 𝐴𝐶𝐻̂)

Do 𝐻𝑀𝐶̂=𝑀𝐶𝑁̂=𝐶𝑁𝐻̂=1v(gt)MCNH hình chữ nhật MH//CN hay 𝑀𝐻𝐶̂ =𝐻𝐶𝑁̂ 𝐻𝐾𝑀̂ =𝐻𝐶𝑁.̂

4/C/m: M;N;I;K nằm đường tròn

Do BKHI nội tiếp𝐵𝐾𝐼̂ =𝐵𝐻𝐼̂ (cùng chắn cung BI);𝐵𝐻𝐼̂ =𝐼𝐷𝐻̂ (cùng phụ với 𝐼𝐵𝐻̂) Do IHND nội tiếp𝐼𝐷𝐻̂ =𝐼𝑁𝐻̂(cùng chắn cung IH) 𝐵𝐾𝐼̂=𝐻𝑁𝐼̂

Do AKHM nội tiếp𝐴𝐾𝑀̂=𝐴𝐻𝑀̂ (cùng chắn cung AM);𝐴𝐻𝑀̂=𝑀𝐶𝐻̂(cùng phụ với 𝐻𝐴𝑀̂)

Do HMCN nội tiếp𝑀𝐶𝐻̂=𝑀𝑁𝐻̂ (cùng chaén cung MH)𝐴𝐾𝑀̂=𝑀𝑁𝐻̂

mà 𝐵𝐾𝐼̂+𝐴𝐾𝑀̂+𝑀𝐾𝐼̂ =2v 𝐻𝑁𝐼̂+𝑀𝑁𝐻̂ +𝑀𝐾𝐼̂ =2v hay 𝐼𝐾𝑀̂+𝑀𝑁𝐼̂=2v M;N;I;K cùng nằm đường tròn

N I

D J

M K

H C

B

Bài 25: Cho ABC ( A 900), đường cao

AH Đường trịn tâm H, bán kính HA cắt đường thẳng AB D cắt AC E; Trung tuyến AM ABC cắt DE I

a) Chứng minh D; H; E thẳng hàng

b) Chứng minh BDCE nội tiếp Xác định tâm O đường tròn

c) Chứng minh AM  DE

d) Chứng minh AHOM hình bình hành.

GIẢI 1/C/m D;H;E thẳng hàng:

Do 𝐷𝐴𝐸̂=1v(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm H)DE đường kính D;E;H thẳng hàng.

2/C/m BDCE nội tiếp:

HAD cân H(vì HD=HA=bán kính đt tâm H) 𝐻𝐴𝐷̂ =𝐻𝐴𝐷̂ Mà 𝐻𝐴𝐷̂=𝐻𝐶𝐴̂(Cùng phụ với HAB)

𝐵𝐷𝐸̂=𝐵𝐶𝐸̂

Hai điểm D;C làm với hai đầu đoạn thẳng BE…

Xác định tâm O:O giao điểm hai đường trung trực BE BC

3/C/m:AMDE:

Do M laø trung điểm BCAM=MC=MB= BC

𝑀𝐴𝐶̂ =𝑀𝐶𝐴̂;mà 𝐴𝐵𝐸̂ =𝐴𝐶𝐵̂ (cmt)𝑀𝐴𝐶̂ =𝐴𝐷𝐸.̂

Ta lại có:𝐴𝐷𝐸̂+𝐴𝐸𝐷̂ =1v(vì 𝐴̂=1v)𝐶𝐴𝑀̂+𝐴𝐸𝐷̂=1v 𝐴𝐼𝐸̂ =1v AMED. 4/C/m AHOM hình bình hành:

Do O tâm đường tròn ngoại tiếp BECD  OM đường trung trực BC OMBCOM//AH

Do H trung điểm DE(DE đường kính đường trịn tâm H)OHDE mà AMDEAM//OHAHOM hình bình hành

Bài 26: Cho ABC có góc nhọn, đường cao AH Gọi K điểm dối xứng H qua AB; I là điểm đối xứng H qua AC E; F giao điểm KI với AB AC

a) Chứng minh: AICH nội tiếp b) Chứng minh: AI = AK

c) Chứng minh: Các điểm: A, E, H, C, I nằm đường tròn

d) Chứng minh: CE; BF đường cao ABC

O I E

M D

H C

B

A

M F E

I

K

H C

B

e) Chứng tỏ giao điểm đường phân giác HFE trực tâm ABC

GIẢI

1/C/m AICH noäi tieáp:

Do I đx với H qua ACAC trung trực HIAI=AH HC=IC;AC chung

AHC=AIC(ccc)

𝐴𝐻𝐶̂=𝐴𝐼𝐶̂ maø 𝐴𝐻𝐶̂ =1v(gt)𝐴𝐼𝐶̂ =1v 𝐴𝐼𝐶̂ +𝐴𝐻𝐶̂ =2v AICH nội tiếp. 2/C/m AI=AK:

Theo chứng minh ta có:AI=AH.Do K đx với H qua AB nên AB đường trung trực của KHAH=AK AI=AK(=AH)

3/C/m A;E;H;C;I nằm đường tròn:

DoEABvà ABlà trung trực KHEK=EH;EA chung;AH=AKAKE=AHE𝐴𝐾𝐸̂ = 𝐸𝐻𝐴 ̂ màAKI cân A(theo c/m AK=AI) AKI=AIK.𝐸𝐻𝐴̂ =𝐴𝐼𝐸̂  hai điểm I và K cung làm với hai đầu đoạn AE…A;E;H;I nằm đường tròn ký hiệu (C)

Theo cmt A;I;CV;H nằm đường trịn(C’)  (C) (C’) trùng có chung điểm A;H;I không thẳng hàng)

4/C/m:CE;BF đường cao ABC

Do AEHCI nằm đường trịn có 𝐴𝐼𝐶̂ =1vAC đường kính.𝐴𝐸𝐶̂=1v ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)Hay CE đường cao ABC.Chứng minh tương tự ta có BF đường cao…

5/Gọi M giao điểmAH EC.Ta C/m M giao điểm đường phân giác HFE EBHM nt 𝑀𝐻𝐸̂ = 𝑀𝐵𝐸̂ (Cùng chắn cungEM)

BEFC nt 𝐹𝐵𝐸̂= 𝐸𝐶𝐹 ̂ (Cùng chắn cung EF) HMFC nt𝐹𝐶𝑀̂=𝐹𝑀𝐻̂ (cùng chắn cung MF)

C/m tương tự có EC phân giác FHE đpcm

Bài 27: Cho ABC (AB =AC) nội tiếp (O) Gọi M điểm cung nhỏ AC Trên tia BM lấy MK = MC tia BA lấy AD = AC

a) Chứng minh: BAC  2BKC

b) Chứng minh: BCKD nội tiếp Xác định tâm của đường tròn

c) Gọi giao điểm DC với (O) I Chứng minh: B; O; I thẳng hàng

d) Chứng minh: DI = BI

GIẢI 1/Chứng tỏ: BAC  2BKC

𝐵𝐴𝐶̂= 𝐵𝑀𝐶 ̂ (cùng chắn cung BC) 𝐵𝑀𝐶̂ =𝑀𝐾𝐶̂+𝑀𝐶𝐾̂ (góc MKC)

Mà MK=MC(gt)MKC cân M𝑀𝐾𝐶̂=𝑀𝐶𝐾̂𝐵𝑀𝐶̂=2𝐵𝐾𝐶̂.𝐵𝐴𝐶̂=2𝐵𝐾𝐶.̂ 2/C/mBCKD nội tiếp:

Ta có 𝐵𝐴𝐶̂ =𝐴𝐷𝐶̂+𝐴𝐶𝐷̂(góc ngồi ADC) mà AD=AC(gt)ADC cân A𝐴𝐷𝐶̂=𝐴𝐶𝐷̂ 𝐵𝐴𝐶̂ =2𝐵𝐷𝐶̂ Nhưng ta lại có:𝐵𝐴𝐶̂=2𝐵𝐾𝐶̂ (cmt)𝐵𝐷𝐶̂=𝐵𝐾𝐶̂BCKD nội tiếp

Xác định tâm:Do AB=AC=ADA trung điểm BD trung tuyến CA=

2

1BDBCD vuông C

.Do BCKD nội tiếp 𝐷𝐾𝐵̂ =𝐷𝐶𝐵̂(cùng chắn cungBD).Mà 𝐵𝐶𝐷̂=1v𝐵𝐾𝐷̂=1vBKD vng K có trung tuyến KAKA=

2

1BD AD=AB=AC=AK A tâm đường tròn… 3/C/m B;O;I thẳng hàng:Do 𝐵𝐶𝐼̂ =1v,mà B;C;I(O) BI đường kính B;O;I thẳng hàng.

4/C/mBI=DI:

Cách 1: Ta có 𝐵𝐴𝐼̂ =1v(góc nội tiếp chắn nử đường trịn)hay AIDB,có A trung điểmAI đường trung trực BDIBD cân IID=BI

Cách 2: 𝐴𝐶𝐼̂ =𝐴𝐵𝐼̂ (cùng chắn cung AI)ADC cân ởD𝐴𝐶𝐼̂ =𝐴𝐷𝐼̂ 𝐵𝐷𝐶̂=𝐴𝐶𝐷̂ 𝐼𝐷𝐵̂ =𝐼𝐵𝐷̂ BID cân Iđpcm

I

O M K

D

C B

Bài 28: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) Gọi I điểm cung AB (Cung AB không chứa điểm C, D) IC ID cắt AB M; N

a) Chứng minh: D, M, N, C nằm đường tròn

b) Chứng minh: NA.NB=NI.NC

c) DI kéo dài cắt đường thẳng BC F; đường thẳng IC cắt đường thẳng AD E Chứng minh: EF //AB

d) Chứng minh:IA2 = IM.ID

GIẢI 1/C/m D;M;N;C nằm đường trịn Sđ 𝐼𝑀𝐵̂=

2

1sđcung(IB+AD) Sđ 𝑁𝐶𝐷̂=

2

1Sđ cungDI

Mà cung IB=IAIMB=NCD 𝐼𝑀𝐵̂= 𝑁𝐶𝐷̂

Ta lại có 𝐼𝑀𝑁̂+𝐷𝑀𝑁̂ =2v

 𝑁𝐶𝐷̂+𝐷𝑀𝑁̂ =2vMNCD nộitiếp. 2/Xét 2NBC NAI có:

𝐼𝐴𝐵̂ =𝐼𝐶𝐵̂ (cùng chắn cung BI)

𝐼𝑁𝐴̂ =𝐵𝑁𝐶̂ (ñ ñ)NAI∽NCBñpcm

3/C/m EF//AB:

Do 𝐼𝐷𝐴̂=𝐼𝐶𝐵̂ (cùng chắn hai cung hai cung IA=IB) hay 𝐸𝐷𝐹̂=𝐸𝐶𝐹̂ Hai điểm D C làm với hai đầu đoạn EF…EDCF nội tiếp

 𝐸𝐹𝐷̂=𝐸𝐶𝐷̂ (cùng chắn cung ED),mà 𝐸𝐶𝐷̂ = 𝐼𝑀𝑁̂(cmt) 𝐸𝐹𝐷̂ =𝐹𝑀𝑁̂ EF//AB 4/C/m: IA2=IM.ID

AIM∽DIA vì: 𝐼 ̂chung;𝐼𝐴𝑀̂=𝐼𝐷𝐴̂ (hai góc nt chắn hai cung nhau) đpcm

E

F

O

D C

B A

N M

Bài 29: Cho hình vng ABCD, cạnh BC lấy điểm E Dựng tia Ax vng góc với AE, Ax cắt cạnh CD kéo dài F Kẻ trung tuyến AI của AEF, AI kéo dài cắt CD K Qua E dựng đường thẳng song song với AB, cắt AI tại G

a) Chứng minh: AECF nội tiếp b) Chứng minh: AF2 = KF.CF c) Chứng minh: EGFK hình thoi

d) Cmr: E di động BC EK = BE + DK chu vi CKE có giá trị khơng đổi e) Gọi giao điểm EF với AD J Chứng minh: GJ  JK

GIẢI 1/C/m AECF nội tiếp:

𝐹𝐴𝐸̂=𝐷𝐶𝐸̂=1v(gt)  AECF nội tiếp 2/C/m: AF2=KF.CF

Do AECF nội tiếp 𝐷𝐶𝐴̂=𝐹𝐸𝐴̂(cung chắn cung AF).Mà 𝐷𝐶𝐴̂=45o(Tính chất hình vng)𝐹𝐸𝐴̂ =45oFAE vng cân A có FI=IEAIFE

𝐹𝐴𝐾̂=45o.

 𝐹𝐾𝐴̂=𝐴𝐶𝐹̂=45o.Và 𝐾𝐹𝐴̂chungFKA∽FCA

FA FK FC

FA  ñpcm.

3/C/m: EGFK hình thoi -Do AK đường trung trực FEGFE cân G 𝐺𝐹𝐸̂=𝐺𝐸𝐹̂Mà GE//CF (cùng vng góc với AD)𝐺𝐸𝐹̂ =𝐸𝐹𝐾̂(so le)  𝐺𝐹𝐼̂=𝐼𝐹𝐾̂ FI đường trung trực GKGI=IK,mà IF=IEGFKE hình thoi.

4/C/m EK=BE+DK:

Xét vuông ADF ∆ ABE có AD=AB;AF=AE.(AE F vuông cân)ADF=ABE BE=DF nà FD+DK=FK VÀ FK=KE(t/v hình thoi)KE=BE+DK

C/m chu vi tam giác CKE khơng đổi:Gọi chu vi C= KC+EC+KE =KC+EC+BE

+DK =(KC+DK)+(BE+EC)=2BC không đổi 5/C/m IJJK:

Do 𝐽𝐼𝐾̂ =𝐽𝐷𝐾̂ =1vIJDK nội tiếp 𝐽𝐼𝐾̂ =𝐼𝐷𝐾̂ (cùng chắn cung IK) 𝐼𝐷𝐾̂ =45o(T/c hình vng)𝐽𝐼𝐾̂ =45oJIK vng vân IJI=IK,mà IK=GI

JI=IK=GI=

1GKGJK vuông J hay GJJK x

G J

K I F

E

D C

Bài 30: Cho ABC Gọi H trực tâm tam giác Dựng hình bình hành BHCD Gọi I giao điểm HD BC

a) Chứng minh: ABDC nội tiếp đường tròn tâm O; nêu cáh dựng tâm O

b) So sánh BAHvàOAC

c) CH cắt OD E Chứng minh: AB.AE = AH.AC

d) Gọi giao điểm AI OH G Chứng minh: G trọng tâm ABC

GIẢI 1/c/m:ABDC nội tiếp:

Gọi đường cao ABC AN;BM;CN

Do 𝐴𝑄𝐻̂+ 𝐻𝑀𝐴̂ =2vAQHM nội tiếp𝐵𝐴𝐶̂+𝑄𝐻𝑀̂=2vmà 𝑄𝐻𝑀̂=𝐵𝐻𝐶̂(đ đ) 𝐵𝐻𝐶̂=𝐶𝐷𝐵̂ (2 góc đối hình bình hành)

𝐵𝐴𝐶̂ +𝐶𝐷𝐵̂=2VABDC nội tiếp.

Cách xác định tâm O:do CD//BH(t/c hình bình hành)

Và BHACCDAC hay 𝐴𝐶𝐷̂ =1v,mà A;D;Cè nằm đường trịnAD đường kính.Vậy O trung điểm AD.

2/So sánh 𝐵𝐴𝐻̂ 𝑂𝐴𝐶̂:

𝐵𝐴𝑁̂= 𝑄𝐶𝐵̂(cùng phụ với 𝐴𝐵𝐶̂) mà CH//BD( BHCD hình bình hành) 𝑄𝐶𝐵̂ =𝐶𝐵𝐷̂(so le);𝐶𝐵𝐷̂=𝐷𝐴𝐶̂ (cùng chắn cung CD)𝐵𝐴𝐻̂ = 𝑂𝐴𝐶̂

3/c/m: AB.AE=AH.AC:

Xét hai tam giác ABH ACE có 𝐸𝐴𝐶̂=𝐻𝐶𝐵̂ (cmt);𝐴𝐶𝐸̂=𝐻𝐵𝐴̂(cùng phụ với 𝐵𝐴𝐶̂ )ABH∽ACEđpcm

4/C/m G trọng tâm ABC.ta phải cm G giao điểm ba đường trung tuyến hay GJ=

3 1AI

Do IB=ICOIBC mà AHBCOI//AH.Theo định lý Ta Lét AGH 

AG GI AH

OI  .Do I trung điểm HDO trung điểm AD

2  AH

OI (T/c đường trung bình)

2  

AG GI AH

OI GI=

2

1AG Hay GI=

1AIG trọng tâm ABC

Q

M

N

O G

I

D H

C B

Bài 31: Cho (O) cung AB = 90o C điểm tuỳ ý cung lớn AB Các đường cao AI, BK, CJ ABC cắt H BK cắt (O) ở N; AH cắt (O) M BM AN gặp D

a) Chứng minh: B, K, C, J nằm đường tròn

b) Chứng minh: BI.KC = HI.KB

c) Chứng minh:MN đường kính (O) d) Chứng minh: ACBD hình bình hành e) Chứng minh: OC // DH

GIẢI

Bài có hai hình vẽ tuỳ vào vị trí C.Cách c/m tương tự 1/C/m B;K;C;J nằm đường tròn

-Sử dúng toơng hai góc đoẫi

-Sử dụng hai góc làm với hai đầu đoạn thẳng góc vng 2/C/m: BI.KC=HI.KB

Xét hai tam giác vuông BIH BKC có 𝐼𝐵𝐻̂ =𝐾𝐵𝐶̂(đ đ) đpcm

3/ C/m MN đường kính (O) Do cung AB=90o. 𝐴𝐶𝐵̂=𝐴𝑁𝐵̂=45o

KBC;AKN tam giác vuông cân𝐾𝐵𝐶̂=45o𝐼𝐵𝐻̂ =𝐾𝐵𝐶̂=45oIBH cũng tam giác vuông cân.Ta lại có:

𝐴𝑀𝐷̂=𝑀𝐴𝐵̂+𝐴𝐵𝑀̂ (góc ngồi tam giác MAB).Mà Sđ 𝑀𝐴𝐵̂=

2

1sñMB Sñ 𝐴𝐵𝑀̂=

2

1 sđAM cung MA+AM=AB=90o. 𝐴𝑀𝐷̂ =45o 𝐴𝑀𝐷̂ = 𝐵𝑀𝐻̂(đ đ)

 𝐵𝑀𝐼̂=45oBIM vng cân𝑀𝐵𝐼̂=45o 𝑀𝐵𝐻̂ =𝑀𝐵𝐼̂+𝐼𝐵𝐻̂ =90o hay 𝑀𝐵𝑁̂ =1vMN đường kính (O).

5/C/m OH//DH

Do MN đường kính 𝑀𝐴𝑁̂=1v(góc nt chắn nửa đtrịn) mà 𝐶𝐴𝑁 ̂=45o.

𝑀𝐴𝐶̂=45o hay cung MC=90o𝑀𝑁𝐶̂=45o.Góc tâm 𝑀𝑂𝐶̂chắn cung MC=90o𝑀𝑂𝐶̂ =90oOCMN.

Do DBNH;HADN;AH DB cắt MM trực tâm DNH MNDHOC//DH

O D

M

N

I

J K

H

C B

Bài 32: Cho hình vng ABCD Gọi N điểm CD cho CN < ND; Vẽ đường trịn tâm O đường kính BN (O) cắt AC tại F; BF cắt AD M; BN cắt AC E a) Chứng minh:BFN vuông cân

b) Chứng minh: MEBA nội tiếp

c) Gọi giao điểm ME NF Q MN cắt (O) P Chứng minh: B, Q, P thẳng hàng d) Chứng tỏ ME // PC BP = BC

e) Chứng minh : FPE tam giác vuông

GIẢI 1/C/m:BFN vuông cân:

𝐴𝑁𝐵̂ =𝐹𝐶𝐵̂ (cùng chắn cung FB).Mà 𝐹𝐶𝐵̂=45o (tính chất hình vuông)  𝐴𝑁𝐵̂=45o

Mà 𝑁𝐹𝐵̂=1v(góc nt chắn nửa đường trịn) BFN vng cân F

2/C/m MEBA Nội tiếp: DoFBN vuông cân F

𝐹𝑀𝐸̂=45o 𝑀𝐴𝐶̂=45o(tính chất hình vuông)𝐹𝑀𝐸̂=𝑀𝐴𝐶̂=45o. MABE nội tiếp

3/C/m B;Q;P thẳng hàng:

Do MABE nt𝑀𝐴𝐵̂ +𝑁𝐸𝐵̂=2v;mà 𝑀𝐴𝐵̂=1v(t/c hình vng) 𝑀𝐸𝐵̂=1v hay MEBN.Theo cmt NFBMQ trực tâm BMNBQMN(1)

Ta lại có 𝐵𝑃𝑁̂=1v(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay BPMN(2). Từ (1)và(2)B;Q;P thẳng hàng

4/C/m MF//PC

Do 𝑀𝐹𝑁̂=𝑀𝐸𝑁̂=1vMFEN nội tiếp𝐹𝑁𝑀̂=𝐹𝐸𝑀̂(cùng chắn cung MF) Mà 𝐹𝑁𝑃̂=𝐹𝑁𝑀̂=𝐹𝐶𝐷̂ (cùng chắn cung PF (O)𝐹𝐸𝑀̂=𝐹𝐶𝑃̂ME//CP

C/m:BP=BC:Do ME//CP MEBNCPBN.Đường kính MN vng góc với dây

CPBN đường trung trực CP hay BCP cân BBC=BP 5/C/m FPE vng:

Do FPNB nội tieáp𝐹𝑃𝐵̂=𝐹𝑁𝐵̂=45o(cmt)

Dễ dàng cm QENP nội tiếp𝑄𝑃𝐸̂ =𝑄𝑁𝐸̂=45ođpcm P

Q

F M

E O

N

D C

Bài 33: Trên đường tròn tâm O lấy bốn điểm A, B, C, D cho AB = DB; AB CD cắt E BC cắt tiếp tuyến A đường tròn(O) Q; DB cắt AC K

a) Chứng minh: CB phân giác củaACE b) Chứng minh: AQEC nội tiếp

c) Chứng minh: KA.KC = KB.KD d) Chứng minh: QE//AD

GIẢI 1/C/m CB phân giác góc ACE:

Do ABCD nội tiếp 𝐵𝐶𝐷̂+𝐵𝐴𝐷̂=2v Mà 𝐵𝐶𝐸̂+𝐵𝐶𝐷̂=2V𝐵𝐶𝐸̂ =𝐵𝐴𝐷̂.

Do AB=AC(gt)BAD cân B𝐵𝐴𝐷̂ =𝐵𝐷𝐴̂

Ta lại có 𝐵𝐷𝐴̂=𝐵𝐶𝐴̂ (Cùng chắn cung AB)𝐵𝐶𝐸̂ =𝐵𝐶𝐴̂đpcm 2/C/m AQEC nội tiếp:

Ta có sđ 𝑄𝐴𝐵̂=

1SđAB(góc tiếp tuyến dây) Sđ 𝐴𝐷𝐵̂ =Sđ

2

1AB 𝑄𝐴𝐵̂ =𝐴𝐷𝐵̂ =𝐵𝐶𝐸̂(cmt) 𝑄𝐴𝐸̂ =𝑄𝐶𝐷̂hai điểm A C làm với hai đầu đoạn QE…đpcm

3/C/m: KA.KC=KB.KD C/m KAB∽KDC

4/C/m:QE//AD:

Do AQEC nt𝑄𝐸𝐴̂=𝑄𝐶𝐴̂(cùng chắn cung QA) mà QCA=BAD(cmt)  𝑄𝐸𝐴̂=𝐸𝐴𝐷̂ QE//AD.

K Q

O

C E

D B

Bài 34: Cho (O) tiếp tuyến Ax Trên Ax lấy hai điểm B C cho AB = BC Kẻ cát tuyến BEF với đường tròn CE CF cắt (O) lần lượt M N Dựng hình bình hành AECD

a) Chứng minh: D nằm đường thẳng BF b) Chứng minh: ADCF nội tiếp

c) Chứng minh: CF.CN = CE.CM d) Chứng minh: MN//AC

e) Gọi giao điểm AF với MN I Cmr: DF qua trung điểm NI

GIẢI 1/C/m:D nằm đường thẳng BF

Do ADCE hình bình hànhDE AC hai đường chéo.Do B trung điểm AC B trung điểm DE hay DBE thẳng hàng.Mà B;E;F thẳng hàng D nằm BF

2/C/m ADCF nội tiếp:

Do ADCE hình bình hành 𝐷𝐶𝐴̂ = 𝐶𝐴𝐸̂(so le) Sđ CAE=

2

1Cung AE(góc tt dây) mà 𝐸𝐹𝐴 ̂=sđ

2 1AE

𝐶𝐴𝐸̂ =𝐸𝐹𝐴̂𝐷𝐹𝐴̂ =𝐷𝐶𝐴̂hai điểm F C làm với đầu đoạn AD…đpcm 3/C/m: CF.CN=CE.CM ta c/m CEF∽CNM

4/C/m:MN//AC

Do ADCF nt𝐷𝐴𝐶̂=𝐷𝐹𝐶̂ (cùng chắn cung CD).Mà ADCE hình bình hành 𝐷𝐴𝐶̂ =𝐴𝐶𝐸̂ (so le),ta lại có 𝐶𝐹𝐷̂=𝑁𝑀𝐸̂ (cùng chắn cung EN)𝐴𝐶𝑀̂ = 𝐶𝑀𝑁 ̂ AC//MN 5/C/m:DF qua trung điểm NI:Gọi giao điểm NI với FE J

Do NI//AC(vì MN//AB)

NJ//CB,theo hệ talét

BC NJ FB

JE  Tương tự IJ//AB

AB JI FB

JF  MaØ AB=AC(gt)JI=NJ

J I

x O

D

N M

F

E C

Bài 35: Cho (O;R) đường kính AB; CD vng góc với Gọi M điểm cung nhỏ CB

a) Chứng minh: ACBD hình vng

b) AM cắt CD, CB P I Gọi J giao điểm DM AB Chứng minh : IB.IC = IA.IM

c) Chứng tỏ IJ//PD IJ phân giác của

CJM

d) Tính diện tích AID theo R

GIẢI 1/C/m:ACBD hình vuông:

Vì O trung điểm AB;CD nên ACBD hình bình hành

Mà AC=BD(đường kính) ACDB (gt)hình bình hành ACBD hình vng 2/C/m: IB.IC=IA.IM

Xét IAC IBM có ù 𝐶𝐼𝐴̂ =𝑀𝐼𝐵̂(đ đ)

𝐼𝐴𝐶̂=𝐼𝐵𝑀̂ (cùng chắn cung CM) IAC∽IBMđpcm

3/C/m IJ//PD

Do ACBD hình vuông 𝐶𝐵𝑂̂ =45o.

Vaø cung AC= cung CB= cung BD= cung DA 𝐴𝑀𝐷̂=𝐷𝑀𝐵̂=45o

 𝐼𝑀𝐽̂=𝐼𝐵𝐽̂=45oM B làm với hai đầu đoạn IJ…MBIJ nội tiếp 𝐼𝐽𝐵̂+ 𝐼𝑀𝐵̂=2v mà 𝐼𝑀𝐵̂=1v 𝐼𝐽𝐵̂ =1v hay IJAB.Mà PDAB(gt) IJ//PD

 C/m IJ phân giác góc CMJ:

-Vi IJAB hay 𝐴𝐽𝐼̂ =1v 𝐴𝐶𝐼̂=1v(t/c hình vuông)ACIJ nội tiếp  𝐼𝐽𝐶̂= 𝐼𝐴𝐶̂(cùng chắn cung CI) mà 𝐼𝐴𝐶̂ =𝐼𝐵𝑀̂ (cùng chắn cungCM) -Vì MBJI nội tiếp 𝑀𝐵𝐼̂=𝑀𝐽𝐼̂ (cùng chắn cung IM) 𝐼𝐽𝐶̂ = 𝐼𝐽𝑀̂ đpcm. 4/Tính diện tích AID theo R:

Do CB//AD(tính chất hình vng) có ICB khoảng cách từ đến AD CA.Ta lại có IAD CAD chung đáy đường cao SIAD=SCAD.Mà SACD=

2

SABCD. SIAD=

2

SABCD.SABCD=

2

1AB.CD (diện tích có đường chéo vng góc)S

ABCD=

2

2R.2R=2R2S

IAD=R2

O J

I

P M

D C

Bài 37: Cho ABC ( A 900) Kẻ AH  BC

Gọi O O’ tâm đường tròn nội tiếp AHB và AHC Đường thẳng OO’ cắt cạnh AB, AC tại M, N

a) Chứng minh:  OHO’ tam giác vuông b) Chứng minh: HB.HO’ = HA.HO

c) Chứng minh: HOO’ ∽ HBA

d) Chứng minh: Các tứ giác BMHO; HO’NC nội tiếp

e) Chứng minh: AMN vuông cân

GIẢI 1/C/m:OHO’ vuoâng:

Do 𝐴𝐻𝐵̂=1v O tâm đường tròn nội tiếp AHBO giao điểm ba đường phân giác của tam giác𝐴𝐻𝑂̂=𝑂𝐻𝐵̂=45o.

Tương tự 𝐴𝐻𝑂’̂ =𝑂’𝐻𝐶̂=45o. 𝑂’𝐻𝑂̂ =45o+45o=90o. hay O’HO vuông H 2/C/m: HB.HO’=HA.HO

Do ABC vuông A AHBC𝐴𝐵𝐻̂=𝐶𝐴𝐻̂ (cùng phụ với góc C) mà OB;O’A

Phân giác hai góc trên 𝑂𝐵𝐻̂ =𝑂’𝐴𝐻̂và 𝑂𝐻𝐵̂=𝑂’𝐻𝐴̂=45o.HBO∽HAO’

) ( 'H O

OH HA

HB  ñpcm.

3/C/m HOO’∽HBA

Từ (1)

' HO HO HA

HB  

HB HO HA

HO'  (Tính chất tỉ lệ thức).Các cặp cạnh HO HO’ HOO’tỉ lệ với cặp cạnh HBA góc xen 𝐵𝐻𝐴̂=𝑂’𝐻𝑂̂ =1v

HOO’∽HBA

4/C/m:BMOH nt:

Do  HOO’∽HBA𝑂’𝑂𝐻̂=𝐴𝐵𝐻̂ maø 𝑂’𝑂𝐻̂ +𝑀𝑂𝐻̂ =2v𝑀𝐵𝐻̂+𝑀𝑂𝐻̂=2vđpcm.

C/m NCHO’ nội tiếp:

Do HOO’∽HBA(cmt) hai tam giác vuôngHBA HAC có góc nhọn 𝐴𝐵𝐻̂

=𝐻𝐴𝐶̂(cùng phụ với góc ABC) nênHBA∽HAC HOO’ ∽HACOO’H=ACH.Mà

𝑂𝑂’𝐻̂+𝑁𝑂’𝐻̂ =2v 𝑁𝐶𝐻̂ +𝑁𝑂’𝐻̂ =2v ñpcm. 5/C/m AMN vuông cân:

Do OMBH nt 𝑂𝑀𝐵̂ + 𝑂𝐻𝐵̂ =2v mà 𝐴𝑀𝑂̂ +𝑂𝑀𝐵̂=2v𝐴𝑀𝑂̂=𝑂𝐻𝐵̂Mà 𝑂𝐻𝐵̂ =45o𝐴𝑀𝑂̂=45o.Do AMN vuông A có 𝐴𝑀𝑂̂ =45o.AMN vng cân A.

O' O

N M

H C

B

Bài 37: Cho nửa đường trịn O, đường kính AB = 2R, gọi I trung điểm AO Qua I dựng đường thẳng vng góc với AB, đường cắt nửa đường tròn K Trên IK lấy điểm C, AC cắt (O) M; MB cắt đường thẳng IK D Gọi giao điểm IK với tiếp tuyến M là N

a) Chứng minh:AIMD nội tiếp b) Chứng minh: CM.CA = CI.CD c) Chứng minh: ND = NC

d) CB cắt AD E Chứng minh: E nằm đường tròn (O) C tâm đường tròn nội tiếp EIM

e) Giả sử C trung điểm IK.Tính CD theo R GIẢI

1/C/m AIMD nội tiếp:

Sử dụng hai điểm I;M làm với hai đầu đoạn AD… 2/C/m: CM.CA=CI.CD

C/m hai CMD CAI đồng dạng 3/C/m CD=NC:

Sñ 𝑁𝐴𝑀̂=

1sđ cung AM(góc tt dây)Sđ 𝑀𝐴𝐵̂=

1 sđ cung AM𝑁𝐴𝑀̂=𝑀𝐴𝐵̂ Mà 𝑀𝐵𝐴̂ =𝐴𝐶𝐼̂ (cùng phụ với 𝐶𝐴𝐼̂ );̂ 𝐶𝐴𝐼=𝐾𝐶𝑀̂ (đ đ)𝑁𝐶𝑀̂+𝑁𝑀𝐶̂NMC cân NNC=NM Do 𝑁𝑀𝐷̂+𝑁𝑀𝐶̂=1v; 𝑁𝐶𝑀̂+𝑁𝐷𝑀̂=1v 𝑁𝐶𝑀̂=𝑁𝑀𝐶̂

𝑁𝐷𝑀̂ =𝑁𝑀𝐷̂ NMD cân NND=NMNC=ND(đpcm)

4/C/m C tâm đường tròn nội tiếp EMI.Ta phải c/m C giao điểm đường phân giác của EMI (xem câu 35)

5/Tính CD theo R:

Do KI trung trực AOAKO cân KKA=KO mà KO=AO(bán kính) AKO là  đềuKI=

2 R CI=KC= KI =

R .p dụng PiTaGo tam giác vuông ACI có:CA=

4

16 2

2

2 R R R

AI

CI     CIA∽BMA( hai tam giác vuông có goùc CAI chung)

MA IA BA

CA  MA= AC

AI

AB = 2R.  : R R = 7

4R MC=AM-AC=

28

9R áp dụng hệ thức câu 2CD=

3 3R

Bài 38: Cho ABC Gọi P điểm nằm trong tam giác cho PBA  PAC Gọi H

và K chân đường vng góc hạ từ P xuống AB, AC

a) Chứng minh: AHPK nội tiếp b) Chứng minh: HB.KP = HP.KC

c) Gọi D, E, F trung điểm PB, PC, BC Cmr: HD = EF; DF = EK

d) Chứng minh: Đường trung trực HK qua F

GIẢI 1/C/m AHPK nội tiếp(sử dụng tổng hai góc đối) 2/C/m: HB.KP=HP.KC

C/m hai  vuông HPB KPC đồng dạng 3/C/m HD=FE:

Do FE//DO DF//EP (FE FD đường trung bình PBC)DPEF hình bình hành.DP=FE.Do D trung điểm BPDH trung

tuyến  vuông HBPHD=DPDH=FE

C/m tương tự có:DF=EK

4/C/m đường trung trực HK qua F

Ta phải C/m EF đường trung trực HK.Hay cần c/m FK=FH Do HD=DP+DB 𝐻𝐷𝑃̂=2𝐴𝐵𝑃̂(góc ngồi tam giác cân ABP) Tương tự 𝐾𝐸𝑃̂ =2𝐴𝐶𝑃̂

Maø 𝐴𝐵𝑃̂=𝐴𝐶𝐷̂(gt)

Do PEFD hình bình hành(cmt)𝑃𝐷𝐹̂=𝑃𝐸𝐹̂(2) Từ (1) (2)𝐻𝐷𝐹̂=𝐾𝐸𝐹 ̂

maø HD=FE;KE=DFDHF∽EFK(cgc)FK=FH

F

E D

K H

P

C B

A

Bài 39: Cho hình bình hành ABCD(A 900) Từ C kẻ CE, CF, CG vng góc với AD, DB, AB

a) Chứng minh: DEFC nội tiếp b) Chứng minh: CF2 = EF.GF

c) Gọi O giao điểm AC DB Kẻ OI  CD Cmr: OI qua trung điểm AG

d) Chứng tỏ EOFG nội tiếp

GIẢI

1/C/mDEFC nội tiếp: (Sử dụng hai điểm E;F làm với hai đầu đoạn thẳng CD) 2/C/m: CF2=EF.GF:

Xét ECF CGF có:

-Do DE FC nt𝐹𝐶𝐸̂=𝐹𝐷𝐸̂(cùng chắn cung FE); 𝐹𝐷𝐸̂=𝐹𝐵𝐶̂(so le).Do GBCF nt (tự c/m) 𝐹𝐵𝐶̂= 𝐹𝐺𝐶̂(cùng chắn cung FC)𝐹𝐺𝐶̂

=𝐹𝐶𝐸.̂

-Do GBCF nt𝐺𝐵𝐹̂ =𝐺𝐶𝐹̂ (cuøng chắn cùngG) mà 𝐺𝐵𝐹̂=𝐹𝐷𝐶̂(so le).DoDEFC nội tiếp  𝐹𝐷𝐶̂= 𝐹𝐶𝐸̂ (cùng chắn cùngC)𝐹𝐶𝐺̂=𝐹𝐸𝐶̂ECF∽CGFđpcm

3/C/m OI qua trung điểm AG

.Gọi giao điểm đường trịn tâm O đường kính AC J Do AG//CJ CGAGAGCJ là hình chữ nhật AG=CJ Vì OICJ nên I trung điểm CJ(đường kính  với

dây…)đpcm

4/C/m EOFG nội tiếp:

Do 𝐶𝐸𝐴̂=𝐴𝐺𝐶̂ =1vAGCE nt (O)𝐴𝑂𝐺̂=2𝐺𝐶𝐸 ̂ (góc nt nửa góc tâm cùng chắn cung;Và 𝐸𝐴𝐺̂+𝐺𝐶𝐸̂ =2v(2góc đối tứ giác nt).Mà 𝐴𝐷𝐺̂+𝐴𝐷𝐶̂=2v(2góc đối hbh)𝐸𝑂𝐺̂=2 𝐴𝐷𝐶̂(1)

Do DEFC nt𝐸𝐹𝐷̂=𝐸𝐶𝐷̂(cùng chắn cungDE);𝐸𝐶𝐷̂=90o- 𝐸𝐷𝐶̂ (2 góc nhọn  vng EDC)();Do GBCF nt𝐺𝐹𝐵̂=GBC(cùng chắn cung GB); 𝐵𝐶𝐺̂=90o-𝐺𝐵𝐶̂ ().Từ ()và()𝐸𝐹𝐷̂+𝐺𝐹𝐵̂=90o-𝐸𝐷𝐶̂+90o-𝐺𝐵𝐶̂=180o-2𝐴𝐷𝐶̂

mà 𝐸𝐹𝐺̂ =180o-(𝐸𝐹𝐷̂+𝐺𝐹𝐵̂)=180o-180o+2𝐴𝐷𝐶̂=2ADC(2) Từ (1) (2)𝐸𝑂𝐺̂=𝐸𝐹𝐺̂EOFG nt

I O

G

F E

B

C D

Bài 40: Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt nhau A B Các đường thẳng AO cắt (O), (O’) C E; đường thẳng AO’ cắt (O) (O’) D F

a) Chứng minh: C, B, F thẳng hàng b) Chứng minh: CDEF nội tiếp c) Chứng tỏ DA.FE = DC.EA

d) Chứng minhA tâm đường tròn nội tiếp BDE

e) Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O); (O’)

GIẢI

1/C/m:C;B;F thẳng hàng: Ta có: 𝐴𝐵𝐹̂=1v;𝐴𝐵𝐶̂=1v(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 𝐴𝐵𝐶̂+𝐴𝐵𝐹̂ =2vC;B;F thẳng hàng.

2/C/mCDEF nội tiếp:Ta có 𝐴𝐸𝐹̂=𝐴𝐷𝐶̂ =1vE;D làm với hai đầu đoạn CF… đpcm

3/C/m: DA.FE=DC.EA Hai  vuông DAC EAF có 𝐷𝐴𝐶̂ =𝐸𝐴𝐹̂(ñ ñ)  DAC ∽ø EAFñpcm

4/C/m A tâm đường tròn ngoại tiếp BDE.Ta phải c/m A giao điểm đường phân giác DBE (Xem cách c/m 35 câu 3)

5/Để DE tiếp tuyến chung đường tròn cần điều kiện là:

Nếu DE tiếp tuyến chung ODDE O’EDE.Vì OA=OD AOD cân O𝑂𝐷𝐴̂ =𝑂𝐴𝐷.̂Tương tự O’AE cân O’𝑂’𝐴𝐸̂=𝑂’𝐸𝐴̂ Mà 𝑂’𝐴𝐸̂=𝑂𝐴𝐷̂ (đ đ)

 𝑂𝐷𝑂’̂=𝑂𝐸𝑂’̂D E làm với hai đầu đoạn thẳng OO’ góc nhauODEO’ nt ODE+EO’O=2v.Vì DE tt (O) (O’)𝑂𝐷𝐸̂= 𝑂’𝐸𝐷̂

=1v𝐸𝑂’𝑂̂=1vODEO’ hình chữ nhật DA=AO’=OA=AE(t/c hcn) hay OA=O’A. Vậy để DE tt chung hai đường trịn hai đường trịn có bán kính nhau.(hai đường trịn nhau)

Bài 41: Cho (O;R) Một cát tuyến xy cắt (O) ở E F Trên xy lấy điểm A nằm đoạn EF, vẽ tiếp tuyến AB AC với (O) Gọi H là trung điểm EF

a) Chứng tỏ điểm: A, B, C, O, H nằm trên đường tròn

b) Đường thẳng BC cắt OA I cắt đường thẳng OH K Chứng minh: OI.OA = OH.OK = R2

c) Khi A di động xy I di động đường nào?

F E

D

C B

A

O' O

K x

y I

H E

F O

C B

d) Chứng minh: KE KF hai tiếp tyuến của (O)

GIẢI 1/ C/m:A;B;C;H;O nằm đường trịn:

Ta có 𝐴𝐵𝑂̂=𝐴𝐶𝑂̂(tính chất tiếp tuyến).Vì H l;à trung điểm dây FE nên OHFE (đường kính qua trung điểm dây) hay kính AO.

𝑂𝐻𝐴̂=1v5 điểm A;B;O;C;H nằm đường tròn đường kính AO. 2/C/m: OI.OA=OH.OK=R2

Do ABO vng B có BI đường cao.Aùp dung hệ thức lượng tam giác vng ta

có:OB2=OI.OA ;mà OB=R.OI.OA=R2.(1)

Xét hai  vuông OHA OIK có 𝐼𝑂𝐻 ̂ chung.AHO∽KIO

OI OH OK

OA  OI.OA=OH.OK (2)

Từ (1) (2)đpcm

4/C/m KE KF hai tt đuờng tòn (O) -Xét hai EKO EHO.Do OH.OK=R2=OE2

OK OE OE

OH  vaø 𝐸𝑂𝐻̂ chung

EOK∽HOE(cgc)𝑂𝐸𝐾̂=𝑂𝐻𝐸̂ mà 𝑂𝐻𝐸̂ =1v𝑂𝐸𝐾̂=1v hay OEEK điểm E nằm (O)EK tt (O)→đpcm

Bài 42: Cho ABC (AB < AC) có hai đường phân giác CM, BN cắt D Qua A kẻ AE AF vng góc với BN CM Các đường thẳng AE AF cắt BC I; K a) Chứng minh: AFDE nội tiếp

b) Chứng minh: AB.NC = BN.AB c) Chứng minh: FE // BC

d) Chứng tỏ ADIC nội tiếp

{Chú ý toán AB > AC}

GIẢI 1/C/m AFDE nội tiếp.(Hs tự c/m)

2/c/m: AB.NC=BN.AB

Do D giao điểm đường phân giác BN CM củaABN 

AN AB DN

BD  (1) Do CD phân giác cuûa  CBN

CN BC DN

BD  (2) Từ (1) (2) 

AN AB CN

BC  ñpcm

3/CM FE//BC

M

N

K I

F

E D

C B

Do BE phân giác ABI BEAIBE đường trung trực AI.Tương tự CF phân giác ACK CFAKCF đường trung trực AK E F trung điểm AI AK FE đường trung bình AKIFE//KI hay EF//BC 4/C/m ADIC nt:

Do AEDF nt𝐷𝐴𝐸̂=𝐷𝐹𝐸̂ (cùng chắn cung DE) Do FE//BC𝐸𝐹𝐷̂=𝐷𝐶𝐼̂ (so le)

Bài 43: Cho ABC (A 900); AB = 15; AC = 20 (cùng đơn vị đo độ dài) Dựng đường trịn tâm O đường kính AB (O’) đường kính AC Hai đường trịn (O) (O’) cắt điểm thứ hai D

a) Chứng tỏ D nằm BC

b) Gọi M điểm cung nhỏ DC AM cắt DC E cắt (O) N Chứng minh: DE.AC = AE.MC

c) Chứng minh: AN = NE O; N; O’ thẳng hàng

d) Gọi I trung điểm MN Chứng minh:

OIO’90

e) Tính diện tích ∆ AMC.

GIẢI

1/Chứng tỏ:D nằm đường thẳng BC:Do 𝐴𝐷𝐵̂=1v; 𝐴𝐷𝐶̂=1v(góc nt chắn nửa đường trịn) 𝐴𝐷𝐵̂+ 𝐴𝐷𝐶̂=2vD;B;C thẳng hàng.

-Tính DB: Theo PiTaGo  vng ABC có: BC= AC2 AB2  152 202 25.Aùp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABC có: AD.BC=AB.ACAD=20.15:25=12 2/C/m: DE.AC=AE.MC.Xét hai tam giác ADE AMC.Có 𝐴𝐷𝐸̂=1v(cmt) 𝐴𝑀𝐶̂ =1v (góc nt chắn nửa đường trịn).Do cung MC=DB(gt)𝐷𝐴𝐸̂=𝑀𝐴𝐶̂

(2 góc nt chắn cung baèng nhau) DAE∽MAC

AC AE MC

DE MA

DA   (1)Ñpcm. 3/C/m:AN=NE:

Do BAAO’(ABC Vuông A)BA tt (O’)sđ 𝐵𝐴𝐸̂=

1sñ AM SñAED=sñ

2

1 (MC+AD) mà cung MC=DM  cung MC+ cung AD=cung AM  𝐴𝐸𝐷̂ =𝐵𝐴𝐶̂ BAE cân B mà BMAENA=NE

C/m O;N;O’ thẳng hàng:ON đường TB ABEON//BE OO’//BE

O;N;O’ thẳng hàng

O' O

I N

E M

D C

B

A

4/Do OO’//BC cung MC=MD O’MBCO’MOO’NO’M vng O’ có O’I trung tuyến INO’ cân I 𝐼𝑂’𝑀̂ =𝐼𝑁𝑂’̂ mà 𝐼𝑁𝑂’̂ =𝑂𝑁𝐴̂(đ đ);OAN cân O𝑂𝑁𝐴̂ =𝑂𝐴𝑁̂ 𝑂𝐴𝐼̂ =𝐼𝑂’𝑂̂ OAO’I nt𝑂𝐴𝑂’̂+𝑂𝐼𝑂’̂ =2v mà 𝑂𝐴𝑂’̂=1v  𝑂𝐼𝑂’̂=1v.

5/ Tính diện tích AMC.Ta coù SAMC=

2

1AM.MC Ta coù BD=

9

2

 BC

AB DC=16

Ta lại có DA2=CD.BD=16.9AD=12;BE=AB=15DE=15-9=6AE=

5

2  

DE

AD Từ(1) tính AM;MC tính S Bài 44: Trên (O;R), ta đặt theo chiều, kể từ điểm A cung AB 600, cung BC 900 cung CD 1200 a) Chứng minh: ABCD hình thang cân b) Chứng tỏ AC  DB

c) Tính cạnh đường chéo ABCD

d) Gọi M; N trung điểm cạnh DC AB Trên DA kéo dài phía A lấy điểm P; PN cắt DB Q Chứng minh: MN phân giác PMQ.

GIẢI 1/C/m:ABCD hình thang cân:

Do cung BC=90o BAC=45o (góc nt nửa cung bị chắn).do cung

AB=60o;BC=90o;CD=120oAD=90o 𝐴𝐶𝐷̂=45o 𝐵𝐴𝐶̂ =𝐴𝐶𝐷̂=45o.AB//CD.

Vì cung DAB=150o.Cung ABC =150o. 𝐵𝐶𝐷̂=𝐶𝐷𝐴̂ABCD thang cân.

2/C/mACDB:

Gọi I giao điểm AC BD.sđAID=

1sñ cung(AD+BC)=180o=90o.ACDB

3/Do cung AB=60o𝐴𝑂𝐵̂ =60oAOB tam giác đềuAB=R.

Do cung BC=90o 𝐵𝑂𝐶̂=90o BOC vuông cân OBC=AD=R

2Do cung CD=120o 𝐷𝑂𝐶̂=120o.Keû OKCDDOK=60osin 60o=

OD

DK DK=

3 R

CD=2DK=R

-Tính AC:Do AIB vng cân I2IC2=AB2IA=AB

2 =

2

R Tương tự IC=

6 R ; AC = DB=IA+IC =

2 ) (

6

2 R R

R   

4/PN caét CD E;MQ cắt AB I;PM cắt AB J

K

J

I

E O

Q P

N

M

D C

Do JN//ME 

PE PN ME

JN  Do AN//DE 

PE PN DE AN 

Do NI//ME 

QE NQ ME

NI  NB//ME 

QE NQ DE NB 

NI=NJ.Mà MNAB(tc thang cân)JMI cân ởp MMN phân giác… Bài45: Cho  ABC cĩ cạnh a Gọi

D giao điểm hai đường phân giác góc A góc B ∆ABC Từ D dựng tia Dx vng góc với DB Trên Dx lấy điểm E cho ED = DB (D E nằm hai phía đường thẳng AB) Từ E kẻ EF  BC Gọi O trung điểm EB a) Chứng minh: AEBC EDFB nội tiếp, xác định tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác theo a

b) Kéo dài FE phía F,cắt (D) M EC cắt (O) N Chứng minh: EBMC thang cân Tính diện tích

c) Chứng minh: CE phân giác DCA d) Chứng minh: FD đường trung trực MB

e) Chứng tỏ A; D; N thẳng hàng

f) Tính diện tích phần mặt trăng tạo cung nhỏ EB hai đường tròn.

GIẢI

1/Do ABC tam giác có D giao điểm đường phân giác góc A BBD=DA=DC mà DB=DEA;B;E;C cách DAEBC nt (D)

Tính DB.p dụng cơng thức tính bán kính đường trịn ngoại tiếp đa giác ta có: DB= o  AB o 

n Sin AB 60 sin 180 3 a

Do 𝐸𝐷𝐵̂=𝐸𝐹𝐵̂ =1vEDFB nội tiếp đường tròn tâm O đường kính EB.Theo Pi Ta Go tam giác vng EDB có:EB2=2ED2=2.(

3 a )2. EB= a OE= 6 a

2/C/m EBMC laø thang cân:

𝐸𝐷𝐵̂=90o góc tâm (D) chắn cung EBCung EB=90o𝐸𝐶𝑁̂ =45o.EFC vuông cân F𝐹𝐸𝐶̂=45o𝑀𝐵𝐶̂=45o(=𝑀𝐸𝐶̂ =45o) 𝐸𝐹𝐶̂=𝐶𝐵𝑀̂ =45oBM//EC.Ta có FBM vng cân FBC=EM EBMC thang cân

Do EBMC thang cân có hai đường chéo vng gócSEBMC=

2

1BC.EM (BC=EM=a)SEBMC=

2 1a2

3/C/m EC phân giác góc DCA: Ta có 𝐴𝐶𝐵̂=60o;𝐸𝐶𝐵̂=45o𝐴𝐶𝐸̂=15o.

Do BD;DC phân giác  ABC 𝐷𝐶𝐵̂=𝐴𝐶𝐷̂=30o 𝐸𝐶𝐴̂ =15o 𝐸𝐶𝐷̂=15o 𝐸𝐶𝐴̂=𝐸𝐶𝐷̂EC phân giác 𝐸𝐶𝐴.̂

4/C/m FD đường trung trực MB:

Do 𝐵𝐸𝐷̂=𝐵𝐸𝐹̂+𝐹𝐸𝐷̂=45o vaø 𝐹𝐸𝐶̂=𝐹𝐸𝐷̂+𝐷𝐸𝐶̂=45o𝐵𝐸𝐹̂=𝐷𝐸𝐶̂

𝐷𝐸𝐶̂=𝐷𝐶𝐸̂=15o.Mà 𝐵𝐸 𝐹̂=𝐵𝐷𝐹̂ (cùng chắn cung BF) 𝑁𝐸𝐷̂=𝑁𝐵𝐷̂ (cùng chắn cung ND)𝑁𝐵𝐷̂ =𝐵𝐷𝐹̂BN//DF mà BNEC(góc nt chắn nửa đuờng trịn (O) DF EC.Do DC//BM(vì BMCE hình thang cân)DFBM nhưmg BFM vuông cân FFD đường trung trực MB.

5/C/m:A;N;D thẳng hàng: Ta có 𝐵𝑁𝐷̂=𝐵𝐸𝐷̂ =45o (cùng chắn cung DB) 𝐸𝑁𝐵̂ =90o(cmt);𝐸𝑁𝐴 ̂là góc ngồi ANC𝐸𝑁𝐴̂=𝑁𝐴𝐶̂+𝐶𝐴𝑁̂ =45o

𝐸𝑁𝐴̂+𝐸𝑁𝐵̂ +𝐵𝑁𝐷̂ =180oA;N;D thẳng hàng 6/Gọi diện tích mặt trăng cần tính là:S

Ta có: S =Snửa (O)-S viên phân EDB

S(O)=.OE2=.(

6 a )2=

6

2

a S

2 1(O)=

12

2

a

S quaït EBD= o

o BD 360 90   = 12 6 2   a  a

        

SEBD=

2

1DB2=

6

2

a

Sviên phân=S quạt EBD - SEDB=

12 2 a -6 a = 12 ) (

2 

a

 S =

12 2 a -12 ) (

2  

a =

6

2

Bài 46: Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC Gọi A điểm nửa đường tròn; BA kéo dài cắt tiếp tuyến Cy F Gọi D là điểm cung AC; DB kéo dài cắt tiếp tuyến Cy E

a) Chứng minh: BD phân giác ABC OD // AB

b) Chứng minh: ADEF nội tiếp

c) Gọi I giao điểm BD AC Chứng tỏ: CI = CE IA.IC = ID.IB

d) Chứng minh: AFDAED

GIẢI

1/* C/mBD phân giác góc ABC:Do cung AD=DC(gt) 𝐴𝐵𝐷̂=𝐷𝐵𝐶̂ (hai góc nt chắn hai cung nhau)BD phân giác góc ABC.

*Do cung AD=DC 𝐴𝑂𝐷̂ =𝐷𝑂𝐶̂

(2 cung hai góc tâm nhau) Hay OD phân giác  cân AOCODAC Vì 𝐵𝐴𝐶̂ là góc nt chắn nửa đường tròn BAAC 2/C/m ADEF nội tiếp:

Do 𝐴𝐷𝐵̂ =𝐴𝐶𝐵̂ (cùng chắn cung AB)

Do 𝐴𝐶𝐵̂= 𝐵𝐹𝐶̂(cùng phụ với góc ABC) Mà 𝐴𝐷𝐵̂+𝐴𝐷𝐸̂ =2v𝐴𝐹𝐸̂+𝐴𝐷𝐸̂=2vADEF nội tiếp. 3/C/m: *CI=CE:

Ta có:sđ 𝐷𝐶𝐴̂=

1 sđ cung AD(góc nt chắn cung AD) Sđ 𝐸𝐶𝐷̂ =

1 sđ cung DC (góc tt và dây)

Mà cung AD=DC𝐷𝐶𝐴̂ = 𝐸𝐶𝐷 ̂ hay CD phân giác ICE.Nhưng CDDB (góc nt chắn nửa đt)CD vừa đường cao,vừa phân giác ICEICE cân

CIC=CE.

*C/m IAD∽IBC(coù DAC=DBC chắn cung DC)

4/Tự c/m:

Bài47: Cho nửa đường trịn tâm (O); đường kính AD Trên nửa đường tròn lấy hai điểm B và C cho cung AB < AC; AC cắt BD E Kẻ

EF  AD F

a) Chứng minh: ABEF nội tiếp b) Chứng tỏ: DE.DB = DF.DA

y

I

O

E D

F A

C B

M O

I F E

C B

D A

c) Chứng minh: E tâm đường tròn nội tiếp FBC

d) Gọi I giao điểm BD với CF Chứng minh: BI2 = BF.BC – IF.IC

GIẢI 1/Sử dụng tổng hai góc đối

2/c/m: DE.DB=DF.DA

Xét hai tam giác vuông BDA FDE có góc D chung BDA∽FDEđpcm

3/C/m IE tâm đường tròn ngoại tiếp FBC:

Xem câu 35

4/ C/m: BI2=BF.BC-IF.IC

Gọi M trung điểm ED

*C/m:BCMF nội tiếp: Vì FM trung tuyến tam giác vuông FEDFM=EM=MD=

EDCác tam giác FEM;MFD cân M𝑀𝐹𝐷̂=𝑀𝐷𝐹̂ và 𝐸𝑀 𝐹̂ =𝑀𝐹𝐷̂+𝑀𝐷𝐹̂=2 𝑀𝐷𝐹̂(góc ngồi MFD)

Vì CA phân giác góc BCF2ACF=BCF.Theo cmt 𝑀𝐷𝐹̂=𝐴𝐶𝐹̂ 𝐵𝑀𝐹̂= 𝐵𝐶𝐹̂BCMF nội tiếp

*Ta có ∆ BFM∽BIC 𝐹𝐵𝑀̂=𝐶𝐵𝐼̂ (BD phân giác 𝐹𝐵𝐶̂ -cmt) 𝐵𝑀𝐹̂= 𝐵𝐶𝐼̂ (cmt) 

BC BM BI

BF  BF.BC=BM.BI

* IFM∽IBC 𝐵𝐼𝐶̂ =𝐹𝐼𝑀̂ (đđ).Do BCMF nội tiếp 𝐶𝐹𝑀̂=𝐶𝐵𝑀̂(cùng chắn cung CM)

IM IC FI

IB  IC.IF=IM.IB  Lấy trừ vế theo vế

 BF.BC-IF.IC=BM.IB-IM.IB=IB.(BM-IM)=BI.BI=BI2 Bài 48: Cho (O) đường kính AB; P

điểm di động cung AB cho PA < PB Dựng hình vng APQR vào phía đường trịn Tia PR cắt (O) C

a) Chứng minh: ACB vuông cân

b) Vẽ phân giác AI PAB (I nằm trên(O); AI cắt PC J Chứng minh4 điểm J; A; Q; B cùng nằm đường tròn

c) Chứng tỏ: CI.QJ = CJ.QP.

GIẢI 1/ C/mABC vuông cân:

O I J

C R

Q P

Ta có 𝐴𝐶𝐵̂=1v(góc nt chắn nửa đt) Và 𝐴𝑃𝐵̂=1v ;Do APQR hình vng có PC đường chéo PC pg 𝐴𝑃𝐵̂ cung AC= cung CB dây AC=dây CB ABC vuông cân 2/C/m JANQ nội tiếp:

Vì 𝐴𝑃𝐽̂ =𝐽𝑃𝑄̂ =45o.(t/c hv);PJ chung;AP=PQPAJ=QPJ 𝑃𝐴𝐽̂ =𝑃𝑄𝐽 ̂ maø 𝐽𝐴𝐵̂ =𝑃𝐴𝐽 ̂vaø 𝑃𝑄𝐽̂ +𝐽𝑄𝐵̂ =2v 𝐽𝐴𝐵̂ +𝐽𝑄𝐵̂ =2v JQBA nt.

3/C/m: CI.QJ=CJ.QP

Ta cần chứng minh CIJ∽QPJ 𝐴𝐼𝐶̂ =𝐴𝑃𝐶̂(cùng chắn cung AC) 𝐴𝑃𝐶̂ =𝐽𝑃𝑄̂ =45o𝐽𝐼𝐶̂ =𝑄𝑃𝐽̂

Hơn 𝑃𝐶𝐼̂ =𝐼𝐴𝑃̂ ( Cùng chắn cung PI); 𝐼𝐴𝑃̂=𝑃𝑄𝐽̂ (cmt) PQJ=ICJ

Bài 49: Cho nửa (O) đường kính AB = 2R Trên nửa đường tròn lấy điểm M cho

AMMB Tiếp tuyến với nửa đường tròn M cắt tiếp tuyến Ax By D C a) Chứng tỏ ADMO nội tiếp

b) Chứng tỏ AD.BC = R2

c) Đường thẳng DC cắt đường thẳng AB N; MO cắt Ax F; MB cắt Ax E Chứng minh: AMFN hình thang cân

d) Xác định vị trí M nửa đường tròn để DE = EF

GIẢI 1/C/m ADMO nt:Sử dụng tổng hai góc đối 2/C/m: AD.BC=R2

C/m:∆ DOC vng O: Theo tính chất hai tt cắt ta có 𝐴𝐷𝑂̂ = 𝑀𝐷𝑂 ̂

𝑀𝑂𝐷̂=𝐷𝑂𝐴̂ Tương tự 𝑀𝑂𝐶̂=𝐶𝑂𝐵̂ Mà :𝑀𝑂𝐷̂+𝐷𝑂𝐴̂+𝑀𝑂𝐶̂+𝐶𝑂𝐵̂ =2v𝐴𝑂𝐷̂+ 𝐶𝑂𝐵̂ =𝐷𝑂𝑀̂+𝑀𝑂𝐶̂ =1v hay 𝐷𝑂𝐶̂ =1v.

Aùp dụng hệ thức lượng tam giác vng DOC có OM đường cao ta

có:DM.MC=OM2.Mà DM=AD;MC=CB(t/c hai tt cắt nhau) OM=R ñpcm

3/Do AD=MD(t/c hai tt cắt nhau)và 𝐴𝐷𝑂̂ =𝑂𝐷𝑀̂ OD đường trung trực AM hay DOAM Vì FAON;NMFO(t/c tt) FA cắt MN D

D trực tâm FNODOFN.Vậy AM//FN

Vì OAM cân O𝑂𝐴𝑀̂ =𝑂𝑀𝐴̂.Do AM//FN 𝐹𝑁𝑂̂ =𝑀𝐴𝑂 ̂ và 𝐴𝑀𝑂̂=𝑁𝐹𝑂̂𝐹𝑁𝑂̂ =𝑁𝐹𝑂 ̂Vậy FNAM thang cân.

4/Do DE=FE nên EM trung tuyến  vuông FDMED=EM. Vì 𝐷𝑀𝐴̂

=𝐷𝐴𝑀̂và 𝐷𝑀𝐴̂ +𝑀𝐷𝐸̂=1v;𝐷𝐴𝑀̂+𝐷𝐸𝑀̂=1v𝐸𝐷𝑀̂=𝐷𝐸𝑀 ̂ hay EDM cân D hay DM=DE.Từ và EDM  𝑂𝐷𝑀̂ =60o𝐴𝑂𝑀̂=60o.Vậy M nằm vị trí sao cho cung AM=1/3 nửa đường tròn.

y x

E

N

F

O M

C

D

Bài 50: Cho hình vng ABCD, E điểm thuộc cạnh BC Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DE, đường cắt đường thẳng DE DC theo thứ tự H K

a) Chứng minh: BHCD nội tiếp b) Tính góc CHK

c) Chứng minh: KC.KD = KH.KB

d) Khi E di động BC H di động đường nào?

GIẢI

1/ C/m BHCD nt(Sử dụng H C làm với hai đầu đoạn thẳng DB…) 2/Tính 𝐶𝐻𝐾̂:

Do BDCE nt 𝐷𝐵𝐶̂=𝐷𝐻𝐾̂ (cùng chắn cung DC) mà 𝐷𝐵𝐶̂ =45o (tính chất hình vuông) 𝐷𝐻𝐶̂ =45o mà 𝐷𝐻𝐾̂ =1v(gt)𝐶𝐻𝐾̂=45o.

3/C/m KC.KD=KH.KB

Chứng minh hai tam giác vuông KCB KHD đồng dạng

4/Do 𝐵𝐻𝐷̂ =1v không đổi E di chuyển BC H di động đường trịn đường kính DB

K H E

D C

1 2

2 2

1 1

2

K

E F

H I

M

A

O B

C

N Bài :

Từ điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O Kẻ tiếp tuyến AB AC với đường tròn

( Bvà C tiếp điểm )Trên nửa mặt phảng bờ đướng thẳng AO chứa điểm B vẽ cát tuyến AMN với đường tròn tâm O (AM < AN , MN không qua O) Gọi I trung điểm của MN

1/ CMR : Tứ giác AIOC tứ giác nội tiếp 2/ Gọi H giao điểm AO BC CMR : AH.AO=AM.AN tứ giác MNOH tứ giác nội tiếp

3/Qua M kẻ đường thẳng song song với BN cắt AB AC theo thứ tự E F CMR M trung điểm EF

(TS 10 Hải Dương 2019)

Giải

1/ CMR : Tứ giác AIOC tứ giác nội tiếp

Do I trung điểm MN nên OI  MN →𝑂𝐼𝐴̂ = 900

Mặt khác AC tiếp tuyến với (O) nên 𝑂𝐶𝐴̂= 900(T/c Tiếp tuyến với đường trịn)

Vì 𝑂𝐼𝐴̂ = 𝑂𝐶𝐴̂(= 900) →𝑂𝐼𝐴̂ ; 𝑂𝐶𝐴̂ nhìn OA góc 900 nên tứ giác AIOC

là tứ giác nội tiếp (đpcm)

2/

a/ CMR : AH.AO=AM.AN

Xét ∆ AMB và ∆ ABN ta có : 𝐵𝐴𝑀̂= 𝐵𝐴𝑁̂; 𝐴𝐵𝑀̂=𝐵𝑁𝐴̂ ( Cùng chắn BM )→∆ AMB ∽ ∆ ABN

→ 𝐴𝑀 𝐴𝐵=

𝐴𝐵

𝐴𝑁→AM.AN=AB.AB →AM.AN= 𝐴𝐵

2 (1)

Do AB AC tiếp tuyến với (O) nên ta có AO  BC = H →BH  AO

Xét ∆ ABO (𝐴𝐵𝑂̂ =900) ta có : 𝐴𝐵2=AH.AO (2)(Hệ thức lượng tam giác vuông)

Từ (1) (2) suy : AH.AO=AM.AN →(đpcm)

b/CMR MNOH tứ giác nội tiếp:

Do AH.AO=AM.AN → 𝐴𝐻

𝐴𝑀= 𝐴𝑁 𝐴𝑂

Xét ∆ AHM A ∆ ANO ta có : 𝑀𝐴𝐻̂=𝑁𝐴𝑂̂ ; 𝐴𝐻

𝐴𝑀= 𝐴𝑁

𝐴𝑂(cmt) →∆ MAH ∽ ∆ OAN

→ 𝑀𝐻𝐴̂=𝑂𝑁𝐴̂ ( góc tương ứng)

Tại H ta có 𝑀𝐻𝐴̂+𝑀𝐻𝑂̂= 1800(Hai góc kề bù ) →𝑂𝑁𝐴̂ +𝑀𝐻𝑂̂= 1800

→ Tứ giác MNOH tứ giác nội tiếp →(đpcm)

3/ CMR M trung điểm EF :

Giả sử BC ∩ AN={𝐾} Xét ∆ ABN ta có : ME// BN nên ta có :𝐸𝑀

𝐵𝑁= 𝐴𝑀

L P

I K E

D F

H O

B A

C

Xét ∆ KBN ta có MF //BN nên ta có : 𝑀𝐹

𝐵𝑁= 𝐾𝑀

𝐾𝑁 ( Định lý Ta let) (4)

Xét ∆ OMN có OM=ON (=R)→∆ OMN cân O → 𝑂𝑁𝑀̂=𝑂𝑀𝑁̂ → 𝑂𝑁𝐴̂= 𝑂𝑀𝑁̂

Do MNOH tứ giác nội tiếp (cmt) nên ta có : 𝑂𝑀𝑁̂=𝑁𝐻𝑂̂( chắn ON)

→𝑂𝑁𝐴̂= 𝑁𝐻𝑂̂ Mà 𝑀𝐻𝐴̂=𝑂𝑁𝐴̂(cmt) → 𝑀𝐻𝐴 ̂ = 𝑁𝐻𝑂̂

Tại H ta có : 𝑀𝐻𝐴̂+𝑀𝐻𝐾̂= 900

Tại H ta có : 𝑁𝐻𝑂̂+ 𝑁𝐻𝐾̂ = 900

→𝑀𝐻𝐾̂=𝑁𝐻𝐾 ̂ →HK phân giác 𝑀𝐻𝑁̂ → 𝐾𝑀

𝐾𝑁= 𝐻𝑀

𝐻𝑁 (T/c phân giác tam giác) (5)

Do AH  BC (cmt) →AH  HK Mà HK phân giác ∆ MHN →

AH phân giác ∆ MHN →𝐴𝑀

𝐴𝑁= 𝐻𝑀

𝐻𝑁(T/c đường phân giác tam giác) (6)

Từ (3)(4)(5)(6) ta có : 𝐸𝑀

𝐵𝑁= 𝑀𝐹

𝐵𝑁 →EM=MF →M trung điểm EF →(đpcm)

Bài 2:

Cho ∆ ABC có góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Hai đường cao BE va CF cắt H

1/ CM bốn điểm B,C,E,F thuộc đường tròn

2/ CMR đường thẳng OA vng góc với đường thảng EF

3/Gọi K trung điểm BC Đường thẳng AO cát đoạn thẳng BC điểm I , đường thẳng EF cất đường thẳng AH P

CMR ∆ APE đồng dạng với ∆ AIB đường thẳng KH song song với đường thẳng IP

(TS 10 Hà nội 2019-2020)

Giải

1/ CM bốn điểm B,C,E,F thuộc đường tròn

Do BE CF đường cao ∆ ABC nên ta có :

BE  AC=E → 𝐵𝐸𝐶̂= 900

CF  AB =F → 𝐵𝐹𝐶̂= 900

→ BCEF tứ giác nội tiếp → điểm B;C;E;F nằm đường tròn →(đpcm)

2/ CMR đường thẳng OA vng góc với đường thảng EF

Cách : Kéo dài AO ∩ (O)={𝐿}→AL đường kính (O) Ta có 𝐴𝐵𝐿̂= 900( Chắn cung AL)

→∆ ABL vuông B → 𝐴𝐿𝐵̂+ 𝐿𝐴𝐵̂= 900→ 𝐴𝐿𝐵̂+ 𝑂𝐴𝐹̂= 900(1)

Xét tứ giác nội tiếp BECF ta có : 𝐴𝐶𝐵̂+𝐵𝐹𝐸̂= 1800

Tại điểm F ta có : 𝐴𝐹𝑂̂+ 𝐵𝐹𝐸̂= 1800

Mặt khác ta có : 𝐴𝐿𝐵̂ =𝐴𝐶𝐵̂( Chắn cung AB)

→ 𝐵𝐸𝐶̂= 𝐵𝐹𝐶̂= 900→ Hai góc nhìn BC

→ 𝐴𝐹𝑂̂= 𝐴𝐶𝐵̂

3

P M

K

F I

D C

B O

A

E

Từ (1) và(2) → 𝐴𝐹𝑂̂+ 𝑂𝐴𝐹̂= 900 → ∆ AFO vuông O →AO  EF →(đpcm)

Cách : Tại A vẽ tiếp tuyến Ax với (O) Tự CM

3/CM ∆ APE ∽ ∆ AIB CM KH//IP a/CM ∆ APE ∽ ∆ AIB

Do tứ giác BCEF nội tiếp nên ta có : 𝐸𝐹𝐵̂+𝐵𝐶𝐸̂=1800 → 𝐸𝐹𝐵̂+𝐵𝐶𝐴̂=1800

Mặt khác F ta có : 𝐸𝐹𝐵̂+ 𝐴𝐹𝐸̂=1800

Xét ∆ ABC ∆ AEF ta có :𝐵𝐴𝐶̂=𝐸𝐴𝐹̂ ; 𝐴𝐹𝐸̂=𝐵𝐶𝐴̂(cmt) →∆ ABC ∽ ∆ AEF →

𝐴𝐵𝐶̂=𝐴𝐸𝐹̂ → 𝐴𝐵𝐼̂ =𝐴𝐸𝑃̂ (a)

Do OA  EF →AO  PO → 𝑃𝑂𝐿̂= 900→𝑃𝑂𝐿̂+ 𝐴𝐷𝐶̂= 900+ 900 = 1800

→ 𝑃𝑂𝐼̂ +𝐼𝐷𝑃̂ = 1800 →Tứ giác POID nội tiếp → 𝑂𝐼𝐷̂ +𝑂𝑃𝐷̂= 1800

Mặt khác 𝐴𝑃𝐸̂+𝑂𝑃𝐷̂= 1800

→ 𝐴𝐼𝐵̂ = 𝐴𝑃𝐸̂(b)

Xét ∆ APE ∆ AIB ta có :

𝐴𝐵𝐼̂ =𝐴𝐸𝑃̂ ( theo a); 𝐴𝐼𝐵̂ = 𝐴𝑃𝐸̂( theo b) →∆ APE ∽ ∆ AIB →( đpcm)

b/ CM KH//IP:

Do ∆ APE ∽ ∆ AIB → 𝐴𝑃

𝐴𝐼= 𝐴𝐸

𝐴𝐵 (3) , mặt khác 𝐴𝐿𝐵̂ = 90

0(chắn đường kính AL)

Do 𝐴𝐹𝐸̂=𝐵𝐶𝐴̂(cmt) Mà 𝐵𝐶𝐴̂=𝐴𝐿𝐵 ̂( Cùng chắn cung AB) → 𝐴𝐹𝐸̂=𝐴𝐿𝐵̂

Do BE CF đường cao ∆ ABC nên ta có :

BE  AC=E → 𝐻𝐸𝐴̂= 900

CF  AB =F → 𝐻𝐹𝐴̂= 900

→ AEHF tứ giác nội tiếp → 𝐴𝐹𝐸̂=𝐴𝐻𝐸̂

→ 𝐴𝐻𝐸̂=𝐴𝐿𝐵̂

Xét ∆ AEH ∆ ALB ta có : 𝐴𝐵𝐿̂= 𝐴𝐸𝐻̂(=900); 𝐴𝐻𝐸̂= 𝐴𝐿𝐵̂ →∆ AEH ∽ ∆ ABL →

𝐴𝐸 𝐴𝐵=

𝐴𝐻

𝐴𝐿 (4) Từ (3) (4) ta có :

𝐴𝑃 𝐴𝐼=

𝐴𝐻 𝐴𝑙 →

𝐴𝑃 𝐴𝐻=

𝐴𝐼 𝐴𝐿

Xét ∆ AHL có : 𝐴𝑃

𝐴𝐻= 𝐴𝐼

𝐴𝐿 →IP//HL →IP//KH →(đpcm)

Bài :

Cho đường trịn (O;R), hai đường kính AB CD vng góc với E điểm thuộc cung nhỏ BC (E không trùng B C) ,tiếp tuyến của đường tròn (O;R) E cắt đường thẳng AB tại I Gọi F giao điểm DE AB , K điểm thuộc IE cho KF vng góc với AB a/CMR tứ giác OKEF nội tiếp

b/CMR 𝑂𝐾𝐹̂=𝑂𝐷𝐹̂ c/CMR DE.DF=2 𝑅2

d/ Gọi M giao điểm OK với CF Tính tan 𝑀𝐷𝐶̂=? Khi 𝐸𝐼𝐵̂ = 450

(TS 10 Quảng Ninh 2019)

→𝐴𝐹𝐸̂=𝐵𝐶𝐴̂

→ 𝑂𝐼𝐷̂ =𝐴𝑃𝐸̂

→ 𝐻𝐸𝐴̂= 𝐻𝐹𝐴̂= 900→ Hai góc nhìn AH

Giải

a/CMR tứ giác OKEF nội tiếp :

Do 𝑂𝐸𝐾̂=𝐾𝐹𝑂̂(=900) Mà góc nhìn OK góc nên tứ giác

OKEF nội tiếp →(đpcm)

b/CMR 𝑂𝐾𝐹̂=𝑂𝐷𝐹̂:

Do tứ giác OKEF nội tiếp nên ta có 𝑂𝐾𝐹̂=𝑂𝐸𝐹̂ → 𝑂𝐾𝐹̂=𝑂𝐸𝐹̂

Do OE=OD →∆ OED cân O →𝑂𝐸𝐹̂=𝑂𝐹𝐸̂

c/CMR DE.DF=2 𝑅2

Nối CE ta có 𝐶𝐸𝐷̂= 900 (chắn đường kính CD)

Xét ∆ DOF ∆ CED ta có : 𝐹𝑂𝐷̂=𝐶𝐸𝐷̂(= 900) ; 𝑂𝐷𝐹̂ =𝐶𝐷𝐸̂ →∆ CED ∽ ∆ F0D →

𝐶𝐷

𝐹𝐷 =

𝐸𝐷

𝑂𝐷 →ED.FD= CD.OD thay số với CD=2R ; OD=R ta có : ED.FD=2R.R →

ED.FD=2 𝑅2 →(đpcm)

d/ Tính Tan 𝑀𝐷𝐶̂=?

Khi 𝐸𝐼𝐵̂ = 450 →∆ OEI vuông cân E →IE=OE=R

Xét tứ giác COFE ta có : 𝐶𝐸𝐹̂+𝐶𝑂𝐹̂= 900+ 900= 1800

→Tứ giác COFE nội tiếp →C,F,E,O ∈ Đường trịn đường kính CF

Mặt khác tứ giác OKEF nội tiếp →O,K,E,F ∈ Đường tròn đường kinh KO

Mà CF ∩KO →C,O,K,E,F ∈ (M; MO)→→ 𝐶𝐾𝑂̂= 900(chắn đường kính KO)

→CK  CO mà IB  CO →CK//IB

Mặt khác 𝐸𝐼𝐵̂ =𝐶𝐵𝑂̂( = 450)

Mà 𝐸𝐼𝐵̂ ; 𝐶𝐵𝑂̂ góc slt

→IB=CK

Xét tứ giác COFK có 𝐾𝐶𝑂̂=𝐶𝑂𝐹̂=𝐶𝐹𝐾̂=900 →COFK hình chữ nhật →CK=OF

→IB=OF

Ta có 𝐼𝐸𝐵̂ =𝐸𝐴𝐵̂( chắn cung EB)

Xét ∆ IBE ∆ EAI ta có: 𝐼𝐸𝐵̂ =𝐸𝐴𝐵̂; 𝐴𝐼𝐸̂ =𝐵𝐼𝐸̂ → ∆ BEI ∽ ∆ EAI →𝐼𝐵

𝐸𝐼= 𝐸𝐼

𝐴𝐼 →IB.AI= 𝐸𝐼

2

Thay số ta có : IB.(IB+2R)= 𝑅2 → 𝐼𝐵2+2R.IB – 𝑅2=0 → IB=R( √2 –1) →OF= R( √2 –1)

Từ M kẻ MP  CO=P →

MP//OF Do MC=MF

→PC=PO=𝑅

2

Ta có : PD=OD+PO

Thay số ta có PD=R+𝑅

2=

2R Xét tam giác vng MGP ta có :

Tan 𝑀𝐷𝐶̂= 𝑃𝑀

𝑃𝐷 =

2 𝑅( √2 –1) 2𝑅

= √2 –1

3 →(đpcm)

→ 𝑂𝐾𝐹̂=𝑂𝐷𝐹̂ →(đpcm)

→EI//BC →KI//BC

→Tứ giác KIBC hình bình hành

→MP đường trung bình ∆ COF →PM=1

2 OF

→PM=1

2 R( √2 –1)

5

I E

D

K G

P

Q N

M B

O A

H C Bài :

Cho đường trịn tâm O đường kính AB Trên đoạn thằng AO lấy điểm H (H không trùng với A trùng với O)Kẻ đường thẳng d vng góc với AB H Trên đường thẳng d lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O) Từ điểm C kẻ 2 tiếp tuyến CM CN với đường tròn (O) (M và N tiếp điểm M nằm nửa mặt phảng bờ chứa điểm A) Gọi P Q giao điểm đường thẳng CM CN với đường thẳng AB Đường thằng qua O vng góc với AB cắt MN K Qua K kẻ đưởng thẳng song song với AB cắt CP CQ lần lượt D E

a/CMR tứ giác OMDK tứ giác nội tiếp HC là tia phân giác 𝑀𝐻𝑁̂

b/Đường thẳng CK cắt đường thẳng AB I CMR I trung điểm PQ

c/CMR ba đường thẳng PN , QM ,CH đồng quy (TS 10 Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2019) Giải

a/CMR tứ giác OMDK tứ giác nội tiếp HC tia phân giác 𝑀𝐻𝑁̂

Do CM tiếp tuyến đường trịn (O) nên ta có : 𝐶𝑀𝑂̂= 900 → 𝐷𝑀𝑂̂ = 900

Do KO  AB(gt)

DE//AB(gt)

→ 𝐶𝑀𝑂̂+𝑂𝐾𝐷̂=1800 → Tứ giác OMDK nội tiếp →(đpcm)

Cm tương tự ta Cm tứ giác CMHO nội tiếp tứ giác CNOH nội tiếp

Ta có 𝑀𝐻𝐶̂= 𝐶𝑁𝑀̂(Cùng chắn cung CM) 𝐶𝐻𝑁̂ =𝐶𝑀𝑁̂

Do CM CN tiếp tuyến đường tròn nên →CM=CN →∆ CMN tam giác cân C Suy :

𝐶𝑀𝑁̂=𝐶𝑁𝑀̂

→ 𝑀𝐻𝐶̂=𝑁𝐻𝐶̂ →CH là phân giác 𝑀𝐻𝑁 ̂ →(đpcm)

b/Đường thẳng CK cắt đường thẳng AB I CMR I trung điểm PQ

Do OM  CM ( OM tiếp tuyến đường tròn) →𝑂𝑀𝐷̂= 900

Do OK  DE(cmt) → 𝑂𝐾𝐷̂= 900

→ 𝑂𝑀𝐷 ̂ 𝑂𝐾𝐷̂ nhìn MO góc →Tứ giác MOKI tứ giác nội tiếp Tương tự ta cm tứ giác OKNE nội tiếp

→KO  DE ={𝐾}→ 𝑂𝐾𝐷̂= 900

→𝑂𝑀𝐷̂ = 𝑂𝐾𝐷̂= 900

→ 𝑀𝑂𝐷̂= 𝑀𝐾𝐷̂(Cùng chắnMD )

→𝑁𝑂𝐸̂=𝑁𝐾𝐸̂ ( Cùng chắn NE)

Tại K ta có : 𝑁𝐾𝐸̂= 𝑀𝐾𝐷̂( Hai góc đối đỉnh )

Xét ∆ NDO ∆ NEO có :

𝑀𝑂𝐷̂= 𝑁𝑂𝐸̂(cmt)

OM=ON( CM,CN tiếp tuyếncủa(O))

OND̂=ONÊ= 900

→∆ DOE cân O Mà KO  DE(cmt) →DK=KE(1)

Do DE// AB →DK//PO KE//QO

Xét ∆ CPO có : DP//PO → 𝐷𝐾

𝑃𝐼= 𝐶𝐾

𝐶𝐼(Định lý Ta let)(2)

Xét ∆ CQO có KE//QO → 𝐾𝐸

𝑄𝐼= 𝐶𝐾

𝐶𝐼( Định lý Ta lét )(3)

Từ (1);(2);)(3) ta có : PI=QI →I trung điểm PQ →(đpcm)

c/CMR ba đường thẳng PN , QM ,CH đồng quy:

+/CM BỔ ĐỀ : Định lý Ceva (Nhà toán học Ý, 1647-1734)

Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ thuộc đường thẳng BC, CA, AB Khi AA’, BB’, CC’ đồng quy A'B ' '

' ' ' B C C A A C B A C B 

Chứng minh Cách : Kẻ thêm đường phụ

  Phần thuận :Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng BB’, CC’ M, N

Ta có: ' ;C'A ; '

' ' '

B C BC AN A B AM

B A AM C B  BC A C  AN

Vậy ta có A'B ' ' ' ' '

B C C A AM BC AN A C B A C B  AN AM BC 

  Phần đảo :Gọi I giao BB’ CC’ Giải sử AI cắt BC A’’, suy A’’ thuộc BC

Theo định lý Ceva (phần thuận) ta có A''B ' ' '' ' '

B C C A

A C B A C B  mà

A'B ' ' ' ' '

B C C A A C B A C B 

→ 𝑀𝑂𝐷̂= 𝑁𝑂𝐸̂

→∆ NDO =∆ NEO →DO=DE ( cạnh t/ứng)

7 D

M

H

N I

B

O A

C

nên A'B ''

' '' A B

A C  A C Từ suy A''A' Do AA’, BB’, CC’ đồng quy

Cách : Sử dụng phương pháp diện tích Tự CM Cách : Sử dụng lượng giác nhiều cách khác

Xét ∆ PMH ∆ PCO ta có : 𝑃𝐻𝑀̂=𝑃𝐶𝑂̂( CMHO tứ giác nội tiếp) ; 𝑀𝑃𝐻̂=𝐶𝑃𝑂̂ → ∆ PMH

∽ ∆ POC → 𝑃𝑂

𝑃𝑀= 𝑃𝐶

𝑃𝐻 →PO.PH=PM.PC(4)

Xét ∆ QON ∆ QOC ta có : 𝑁𝑄𝑂̂=𝐶𝑄𝑂̂; 𝑄𝑂𝑁̂= 𝑄𝐶𝐻̂( CNOH tứ giác nội tiếp) →∆ QON ∽

∆ QCH →𝑄𝑂

𝑄𝐶= 𝑄𝑁

𝑄𝐻 → QC.QN = QO.QH (5)

Do CM CN tiếp tuyến đường tròn (O) nên ta có CO phân giác 𝑀𝐶𝑁 ̂ →

CO phân giác ∆ CPQ nên ta có : 𝑃𝑂

𝑄𝑂= 𝐶𝑃

𝐶𝑄 → PC.QO= PO.CQ (6)

Lấy (4)nhân (5)nhân(6) ta có :PO.PH QC.QN PC.QO= PM.PC QO.QH PO.CQ

→PH.QN =PM QH →PH.QN CM=PM QH.CN( Do CM =CN Vì tiếp tuyển (O))

→ 𝑃𝐻.𝑄𝑁.𝐶𝑀 𝑃𝑀.𝑄𝐻.𝐶𝑁=1→

𝑃𝐻 𝑄𝐻

𝑁𝑄 𝑁𝐶

𝐶𝑀

𝑃𝑀=1→CH ,PN QM đồng qui điểm (Định lý Ceva)→ (đpcm)

Bài 5:

Cho đường tròn (O) Hai điểm Avà B nằm (O)Sao cho 𝐴𝑂𝐵̂= 900Điểm C nằm

Trên cung lớn AB Sao cho AC > BC ∆ ABC có góc nhọn Các đường cao AI BK cắt nhau H Đường thẳng BK cắt (O) N (N ≠ B)và đường thẳng AI cắt (O) M(M ≠ A) NA cắt MB D CM

a/ Tứ giác CIHK tứ giác nội tiếp b/MN đường kinh (O)

c/OC //DH

(TS 10 Bắc Ninh 2019)

Giải

a/ Tứ giác CIHK tứ giác nội tiếp

Do AI ; BK đường cao ∆ ABC nên ta có 𝐻𝐾𝐶̂=𝐻𝐼𝐶̂ = 900 → 𝐻𝐾𝐶̂+𝐻𝐼𝐶̂ =

1800 →Tứ giác CIHK nội tiếp

b/MN đường kinh (O)

Ta có : 𝐴𝑂𝐵̂= sđ AB ( góc tâm đường tròn )

Mà 𝐴𝑂𝐵̂= 900

→ 𝐴𝐶𝐵̂= 450( chắn cung AB)→ 𝐾𝐶𝐼̂ = 450

Tứ giác CIHK nội tiếp (cmt)→ 𝐾𝐶𝐼̂ +𝐻𝐾𝐼̂ = 1800

→ sđ AB= 900

→ 𝐻𝐾𝐼

̂ = 1800- 450= 1350

B,

C,

A, B1

A1

C1

H O

A

B

C

𝑀à 𝐻𝐾𝐼̂ =

2( sđ MNs ABd ) → 135 0= 1

2( sđ

0

90

MN )→ sđ MN900 → MN đường kính

của (O)

c/OC //DH

Ta có 𝑁𝐵𝐶̂=1

2 sđ NC ; 𝑀𝐴𝐶̂=

2 sđ NC; 𝑀𝐴𝐶̂=𝑁𝐵𝐶̂( Góc có cạnh tương ứng vng góc ) →

Sđ MCsđ NC → MCNC C nằm MN →CO  MN (a)

Ta có 𝑁𝐵𝑀̂= 900 (chắn đường kinh MN) →MB  ND →MB đường cao ∆ MND

Ta lại có 𝑁𝐴𝑀̂= 900( chắn đường kinh MN) →NA  MD →NA đường cao ∆ MND

Xét ∆ MND ta có : NA đường cao ∆ MND MB đường cao ∆ MND

MB ∩ NA ={𝐻}

Từ (a) (b) ta có OC// DH →(đpcm)

Bài 6:

Cho đường tròn (O) bán kính R ngoại tiếp ∆ ABC có góc nhọn Gọi đường cao hạ từ các đỉnh A,B,C đến cạnh tương ứng BC ,Ac và AB A 𝐴1;B 𝐴1 C 𝐶1 Các đường thẳng A 𝐴1và C 𝐶1 cắt (O) điểm tương ứng 𝐴, 𝐵,( 𝐴1 nằm 𝐴,và 𝐶1) Các tiếp tuyến (O) 𝐴, 𝐶, cắt 𝐵,

a/ Gọi H trực tâm ∆ ABC CMR : H 𝐶1 𝐴1C=𝐴1 𝐶1.H 𝐵1

b/ CMR ba điểm B, 𝐵,,O thằng hàng c/ Khi ∆ ABC Hãy tính 𝐴, 𝐶, theo R?

(TS 10 Chuyên ĐH SP HN 2019)

x

Giải

a/ Gọi H trực tâm ∆ ABC CMR : H 𝐶1 𝐴1C=𝐴1 𝐶1.H 𝐵1

Phân tích :Gặp loại tốn thổ tả điều phải nghĩ đến phải CM tam giác đồng dạng để có tỷ số để có tích H 𝐶1 𝐴1C=𝐴1 𝐶1.H 𝐵1

Từ KL toán yêu cầu CM : H 𝐶1 𝐴1C=𝐴1 𝐶1.H 𝐵1Ta suy : 𝐻 𝐶1

𝐻𝐵1=

𝐴1𝐶1

𝐴1𝐶

Để xuất tỷ số 𝐻 𝐶1

𝐻𝐵1 ta phải gắn đoạn thằng vào ∆ H 𝐵1 𝐶1 Công việc cịn lại cần tìm

trong hình ∆ đồng dạng với Theo tui ta CM ∆ H 𝐵1 𝐶1 ∽ ∆ HBC Để xuất tỷ số 𝐴1𝐶1

𝐴1𝐶 ta phải gắn đoạn thằng vào ∆ 𝐵𝐴1 𝐶1 ∆ 𝐴𝐶1𝐵1

Cơng việc cịn lại CM tam giác đồng dạng mà Như với câu a Ta tiên hành bước sau :

→DH  AB (b)

9

Bước 1: CM ∆ H 𝐵1 𝐶1 ∽ ∆ HCB

Để CM ta lợi dụng tứ giác B 𝐶1 𝐵1C nội tiếpđể cm cặp góc nhau xong Khi

tam giác đồng dạng ta suy tỷ số : 𝐻 𝐶1

𝐻𝐵1 =

𝐻𝐵 𝐻𝐶(1)

Bước :CM ∆ 𝐵𝐴1 𝐶1 ∆ 𝐵1𝐴1C

Để CM ta lợi dụng tứ giác B 𝐶1 H 𝐴1 , …… nội tiếpđể cm cặp góc nhau xong

Khi tam giác đồng dạng ta suy tỷ số : 𝐴1𝐶1

𝐴1𝐶 =

𝐵 𝐶1

𝐵1𝐶(2)

Phân tích : Khi chứng minh đến ta thấy chưa đủ kết luận 𝐻 𝐶1

𝐻𝐵1= 𝐴1𝐶1

𝐴1𝐶 → H 𝐶1

𝐴1C=𝐴1 𝐶1.H 𝐵1

Như ta phải cm 𝐻𝐵

𝐻𝐶= 𝐵 𝐶1

𝐵1𝐶 Như muốn có tỷ số ta phải cm ∆ HB 𝐶1∽ ∆ H C 𝐵1

Bước 3: CM ∆ HB 𝐶1∽ ∆ H 𝐶1B

Dựa vào tứ giác nội tiếp có hình ta có cặp góc để syt ∆ HB 𝐶1∽ ∆

H 𝐶1B →𝐻𝐵

𝐻𝐶= 𝐵 𝐶1

𝐵1𝐶 (3)

Bước 4:

Từ (1),(2),(3) ta suy 𝐻 𝐶1

𝐻𝐵1= 𝐴1𝐶1

𝐴1𝐶 → H 𝐶1 𝐴1C=𝐴1 𝐶1.H 𝐵1 →( Đpcm)

b/ CMR ba điểm B, 𝐵,,O thằng hàng

Phân tích : Nhìn vào hình vẽ ta phát hiên điểm(B, 𝐵,,O) thẳng hàng Hơn đường thẳng qua điểm đường trung trực đoạn thẳng 𝐴, 𝐶, Mặt khácta lại phát hiện 𝐵, là giao hai tiếp tuyến kẻ từ𝐴, ; 𝐶,với (O) Nên chắc chắn 𝐵,∈ đường trung trực𝐴, 𝐶,

Như ta chỉ cần cm điểm B điểm O nằm đường trung trực 𝐴, 𝐶, Nhưng ta lại phát

hiện điểm O tâm đường tròn (O) Nên ta chỉ cần cm BO  𝐴, 𝐶,là xong Như tốn giải sau :

Bước 1: CM BO  𝐴, 𝐶,

Kẻ Bx tiếp tuyến với (O) →Bx  OB Ta có 𝐶𝐵𝑥̂ = 𝐵𝐴𝐶̂(cùng chắn BC)

Mặt khác A 𝐶1 𝐴1C tứ giác nội tiếp: 𝐶̂1𝐴1𝐵= 𝐵𝐴𝐶̂

→ 𝐶𝐵𝑥̂ =𝐶̂1𝐴1𝐵 Mà 𝐶̂1𝐴1𝐵; 𝐶𝐵𝑥̂ hai góc vị trí slt →Bx //𝐶1𝐴1 →Bx// 𝐴, 𝐶,Mà Bx  OB

→OB  𝐴, 𝐶,

Bước 2:

Do O tâm đường tròn (O) → 𝑂𝐴, = 𝑂𝐶,

Bước :

Do 𝐴,𝐵, 𝐵, 𝐶, tiếp tuyến với (O) nên : 𝐴,𝐵,=𝐵, 𝐶, → 𝐵, ∈ đường trung trực 𝐴, 𝐶,(b)

Từ (a),(b) ta có : B.O, 𝐵, ∈ đường trung trực 𝐴,𝐶, → B.O, 𝐵, thẳng hàng →đpcm

c Khi ∆ ABC Hãy tính 𝐴, 𝐶, theo R?

Vẽ lại hình Tính tốn vớ vẩn tý dựa vào tính chất đặc biệt tam giác Pitago ngay KQ 𝐴,𝐶, = 𝑅√15

2

→B.O ∈ đường trung trực 𝐴, 𝐶,(a)

H C M

O A

B

D

Q1 Q

T

I

K

F H

E

P D

M O A

B

C

Bài 7:

Cho đường tròn (O) điểm M nằm ngồi đường trịn Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB với đường tròn (O) Đường thẳng d thay đổi đi qua M không qua O cắt (O) C D (C nằm M D )

a/ CMR AMBO tứ giác nội tiếp b/ CMR MC.MD = 𝑀𝐴

c) CMR đường trịn ngoại tiếp ∆ OCD ln qua điểm cố định khác O

(TS 10 Hà Tĩnh 2019 )

Giải Tự CM Bài 8:

Cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (O) )AB < AC) Điểm M trung điểm BC ,Đường phân giác 𝐵𝐴𝐶̂ cắt cạnh BC D cắt đường tròn (O) điểm P Gọi E điểm đối xứng với D qua M Qua D kẻ đường thằng vng góc với BC cắ đường thẳng AO H Qua E kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt đường thẳng AD F Gọi K giáo điểm PE DH

1)CMR tứ giác DEFK hình chữ nhật

2)CMR DB.DC=DA.DP=DH,DK từ suy tứ giác BHCK nội tiếp đường tròn (I)

3) Gọi T giao điểm AD đường tròn (I) (T khác F) CMR HT vng góc với AD

4) Đường tròn ngoại tiếp ∆ MTP cắt đường thẳng HT Q (Q khác T)CMR QA tiếp xúc với đường tròn (O)

( TS10 Chuyên Toán Hà Nam 2019)

Giải

1)CMR tứ giác DEFK hình chữ nhật

Từ DH  BC ; EF  BC (gt)→DH//EFDo AD phân giác 𝐵𝐴𝐶 ̂nên 𝐵𝐴𝑃̂= 𝐶𝐴𝑃̂ Mà

𝐵𝐴𝑃̂=1

2 sđ BP ;𝐶𝐴𝑃̂=

11

Mà MB=MC (gt) → O;P;M thẳng hàng →OP//DK//EF( vng góc với BC)→MP//DK//EF

Xét ∆ DEF :MD=ME(gt);MP//EF →DP=PF;PM=1

2 EF ( Định lý đường trung bình ∆)

Xét ∆ EDK: MD=ME(gt);MP//DK →EP=PK;PM=1

2 DK ( Định lý đường trung bình ∆)

→Tứ giác DEFK hình bình hành Mà DH  BC ; EF  BC (gt) → 𝐾𝐷𝐸̂=𝐷𝐸𝐹̂= 900 →

Tứ giác DEFK hình chữ nhật →(đpcm)

2)CMR DB.DC=DA.DP=DH.DK CMR BHCK nội tiếp đường tròn tâm I:

Ta có 𝐴𝐵𝐷̂=𝐷𝑃𝐶̂( chắn AC); 𝐵𝐷𝐴̂=𝐶𝐷𝑃̂(đối đỉnh ) →∆ ABD ∽ ∆ CPD →𝐷𝐴

𝐷𝐶=

𝐷𝐵 𝐷𝑃

→DB.DC=DA.DP (a)

Ta lại có 𝐴𝐷𝐻̂=𝐾𝐷𝑃̂(đối đỉnh ) ; 𝐴𝐷𝐻̂=𝐴𝑃𝑂̂(slt) Do AO=PO=R →∆ APO cân O →

𝐴𝑃𝑂̂=𝐷𝐴𝐻̂ →∆ AHD cân H 𝐴𝐷𝐻̂=𝐴𝑃𝑂̂=𝐾𝐷𝑃̂Mà 𝐾𝐷𝑃̂= 𝑃𝐾𝐷̂(T/c hình chữ nhật nên

∆KDP cân P)→ 𝐴𝐷𝐻̂=𝐴𝑃𝑂̂=𝐾𝐷𝑃̂=𝑃𝐾𝐷̂ →∆ HAD ∽ ∆ PKD →

𝐷𝐴 𝐷𝐾=

𝐷𝐻

𝐷𝑃 →DA.DP=DH.DK (b) Từ (a) và(b) ta có DB.DC=DA.DP=DH.DK (đpcm)

Do DB.DC=DA.DP=DH.DK → DB.DC =DH.DK → 𝐷𝐵

𝐷𝐻= 𝐷𝐾

𝐷𝐶; 𝐵𝐷𝐻̂=𝐶𝐷𝐾̂ →∆ DBH ∽ ∆ DKC

→𝐻𝐵𝐷̂=𝐷𝐾𝐶̂ → 𝐻𝐵𝐶̂=𝐻𝐾𝐶 ̂mà 𝐻𝐵𝐶̂;𝐻𝐾𝐶 ̂cùng nhìn HC →Tứ giác BHCK nội tiếp (đpcm)

3) Gọi T giao điểm AD đường tròn (I) (T khác F) CMR HT vng góc với AD

Nối CF Xét ∆ BDK ∆ CEF có : BD=CE (cmt) ; 𝐵𝐷𝐾̂=𝐶𝐸𝐹̂= 900;DH=EF →

∆ BDK =∆ CEF (cgc) → 𝐷𝐵𝐾̂= 𝐸𝐶𝐹̂( góc tương ứng ) → 𝐶𝐵𝐾̂=𝐵𝐶𝐹̂ Mà DKFE hình chữ

nhật (cmt) →KF//BC → 𝐶𝐵𝐾̂+ 𝐵𝐾𝐹̂= 1800 → 𝐵𝐶𝐹̂+𝐵𝐾𝐹̂=1800

→Tứ giác BCFK nội tiếp →B,C,F,K ∈ đường tròn

Mà BHCK nội tiếp đường tròn tâm I →B,H,C,K ∈ đường tròn (I)

→B,C,K,H,K ∈ đường tròn (I)

Do DEFK hình chữ nhật nên 𝐷𝐾𝐹̂= 900 → 𝐻𝐾𝐹̂= 900 mà 𝐻𝐾𝐹̂= 1

2 sđ HF → HF đường

kính đường trịn tâm I →I ∈ HF → 𝐻𝑇𝐹̂= 900(Chắn HF) →HTTF → HTAD →đpcm

4) Đường tròn ngoại tiếp ∆ MTP cắt đường thẳng HT Q (Q khác T)CMR QA tiếp xúc với đường tròn (O)

Kéo dài BD cắt HT 𝑄1

Ta có 𝐻𝑄̂1𝐷=𝐴𝐷𝐻̂( Góc có cạnh tương ứng vng góc)→ 𝑇𝑄̂1𝐷=𝐴𝐷𝐻̂

Ta lại có 𝑇𝑄𝐷̂=𝑇𝑃𝑂̂( chắn cung TM) → 𝑇𝑄𝐷̂= 𝐴𝑃𝑂̂

Mà 𝐴𝑃𝑂̂=𝐴𝐷𝐻̂(cmt )

→ 𝑇𝑄̂1𝐷=𝑇𝑄𝐷̂ →𝑄1=Q → 𝑇𝑄𝐷̂=𝐴𝐷𝐻̂ → 𝐻𝑄𝐷̂= 𝐴𝐷𝐻̂ mà 𝐻𝑄𝐷̂; 𝐴𝐷𝐻̂cùng nhìn DH →

Tứ giác AQDH nội tiếp →

𝑄𝐴𝐻̂+ 𝐻𝐷𝑄̂= 1800 → 𝑄𝐴𝐻̂= 1800= 900 → 𝑄𝐴𝐻̂= 900 →QA  AH →QA  AO Mà

AO=R bán kính đường trịn (O) →QA tiếp xúc với đường tròn (O) →(đpcm)

2R 2

R

R R

R

R

E

K I

H M

C B

A O

N

Bài :

Cho đương tròn (O;R)và điểm A Sao cho OA = 3R Qua A kẻ hai tiếp tuyến AB AC đến đường tròn (O) Kẻ cát tuyến AMN với đường tròn (O) cho M nằm A N Gọi H giao điểm OA BC

a) CMR ABOC tứ giác nội tiếp b) CMR AM.AN=AH.AO

c)CMR HB đường phân giác 𝑀𝐻𝑁̂ d)Gọi I K hình chiếu M lên AB AC Tìm giá trị lớn tích MI.MK Khi cát tuyến AMN quay quanh A (TS 10 Hà Nam 2019)

Giải

a)CMR ABOC tứ giác nội tiếp

Dựa vào tính chất tiếp tuyến định nghĩa tứ giác nội tiếp Học sinh tự chứng minh

b)CMR AM.AN-AH.AO

Hướng dẫn giải

Xem lại ý b :( TS 10 Hải Dương 2019)

Cụ thể để CM AM.AN=AH.AO Ta cm +) AM.AN = 𝐴𝐵2

Để chứng minh từ tích ta biến đổi thành 𝐴𝑀

𝐴𝐵= 𝐴𝐵

𝐴𝑁 Để có tỷ số ta cm ∆ AMB ∽

∆ ANB Để cm điều ta cần cặp góc ổn Để có cặp góc nhau Ta lợi dụng tính chất tiếp tuyến góc chắn cung làm

+) AH.AO= 𝐴𝐵2

Để cm điều dễ Ta áp dung hệ thức lượng vào ∆ vng ABO có AH đường cao hạ từ đỉnh vuông xong

+) Đống hai đảng thức vùa chúng minh ta kết cần tìm CM AM.AN=AH.AO

c)CMR HB đường phân giác 𝑀𝐻𝑁̂ Hướng dẫn giải

Xem lại ý c :( TS 10 Hải Dương 2019)

Cụ thể để cm HB phân giác 𝑀𝐻𝑁 ̂ Ta phải chứng minh 𝑀𝐻𝐵̂=𝑁𝐻𝐵̂

Chứng minh trực tiếp rát khó Tuy nhiên ta phát H ta có :

𝑀𝐻𝐵̂+𝑀𝐻𝐴̂ = 900 ; 𝑀𝐻𝐵̂+𝑁𝐻𝑂̂= 900 ta cm 𝑀𝐻𝐴̂=𝑁𝐻𝑂 ̂ thì t có

thể suy 𝑀𝐻𝐵̂=𝑁𝐻𝐶̂Như lời giải sau :

+) Cm tứ giác MHON tứ giác nội tiếp : Từ KQ câu b : AM.AN-AH.AO →𝐴𝑀

𝐴𝐻= 𝐴𝑂

𝐴𝑁 kết hợp với 𝑀𝐴𝐻̂=𝑂𝐴𝑁̂( Góc A chung ) →

∆ AMH ∽ ∆ AON → 𝑀𝑁𝑂̂= 𝑀𝐻𝐴 ̂ (hai góc tương ứng )(a)

Mà điểm H ta lại có : 𝑀𝐻𝑂̂+ 𝑀𝐻𝐴̂= 1800( Hai góc kề bù )

13

M H

J

K L

E F

N T

D I

A

B

C P

+) CM 𝑀𝐻𝐴̂=𝑁𝐻𝑂 ̂ :

Do tứ giác MHON nội tiếp → 𝑁𝐻𝑂̂= 𝑂𝑀𝑁̂( chắn cung ON)(b)

Do OM=ON =R → ∆ OMN cân O → 𝑂𝑀𝑁̂=𝑂𝑁𝑀̂(Hai góc đáy tam giác cân)(c) Từ (a),(b),(c) ta có : 𝑀𝐻𝐴̂= 𝑁𝐻𝑂̂

+) Cm 𝑀𝐻𝐵̂=𝑁𝐻𝐶̂

Tại H ta có : 𝑀𝐻𝐵̂+𝑀𝐻𝐴̂ = 900

𝑀𝐻𝐵̂+𝑁𝐻𝑂̂= 900

𝑀𝐻𝐴̂= 𝑁𝐻𝑂̂

d)Tìm giá trị lớn tích MI.MK Khi cát tuyến AMN quay quanh A

Kẻ MP  BC ={𝑃}→ 𝑀𝑃𝐵̂= 𝑀𝑃𝐶̂= 900

Xét ∆ vng ABO ta có : 𝐴𝑂2= 𝐴𝐵2+ 𝐵𝑂2(ĐỊnh lý Pitago) → 𝐴𝐵2= 𝐴𝑂2- 𝐵𝑂2 Thay số:

𝐴𝐵2= (3𝑅)2- 𝑅2 → 𝐴𝐵2= 8𝑅2

Do AH.AO= 𝐴𝐵2(cmt câu b) → AH=𝐴𝐵

2

𝐴𝑂 Thay số ta có AH =

8𝑅2 3𝑅 =

8 3R

Ta có AH=AE+EH →EH=AH-AE thay sơ EH=8

3R – 2R=

2 3 R

Dễ dàng chứng minh tứ giác MPBI nội tiếp tứ giác MPCK nội tiếp

CM ∆ IPM ∽ ∆ PKM → 𝑀𝐼

𝑀𝑃= 𝑀𝑃

𝑀𝐾→MI.MK =MP.MP →MI.MK= 𝑀𝑃

2

Nhận thấy MP ≤ EH

→ MI.MK ≤ 𝐸𝐻2 → 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝐼.𝑀𝐾= 𝐸𝐻2 → 𝑀𝑎𝑥 𝑀𝐼.𝑀𝐾= (2

3𝑅)

2 →

𝑀𝑎𝑥 𝑀𝐼.𝑀𝐾=4 9 𝑅

2 → điểm M trùng vào điểm E Khi MI=MK= 2

3 R Bài 10:

Cho ∆ ABC cân A có đường tròn nội tiếp (I) Các điểm E;F theo thứ tự thuộc cạnh AC AB Sao cho FE tiếp tuyến đường tròn (I) điểm P Gọi K L hình chiếu vng góc E F lên BC Giả sử FK cắt El J Gọi H hình chiếu vng góc hạ từ J lên BC a)CMR HJ phân giác 𝐸𝐻𝐹̂

b) Ký hiệu 𝑆1;𝑆2lần lượt diện tích tứ giác BFJL tứ giác CEJK CMR 𝑆1

𝑆2 = 𝐵𝐹2 𝐶𝐸2

c)Gọi D trung điểm BC CMR ba điểm P;J;D thẳng hàng

(TS 10 Chuyên ĐH TN Hà Nội 2019 Vòng 3)

→ 𝑀𝐻𝐵̂=𝑁𝐻𝐵̂ →HB phân giác 𝑀𝐻𝑁̂ →đpcm

Giải

a)CMR HJ phân giác 𝐸𝐻𝐹̂

Do EK  BC ; FL  BC ; JH  BC → EK//FL//JH

Xét ∆ LKE ta có : JH//EK nên ta có : 𝐿𝐻

𝐻𝐾= 𝐿𝐽

𝐽𝐸 (Định lý Talet)

Xét ∆ JEK ta có : FL//EK nên ta có : 𝐹𝐿

𝐸𝐾= 𝐿𝐽

𝐽𝐸 (Định lý Talet )

Do 𝐹𝐿𝐻̂=𝐸𝐾𝐷̂= 900 𝐿𝐻

𝐻𝐾= 𝐹𝐿

𝐸𝐾 nên ta có : ∆ FLH ∽∆EKD →𝐿𝐹𝐻̂=𝐾𝐸𝐷̂(2 góc tương ứng )

Mặt khác EK//JH nên 𝐾𝐸𝐷̂=𝐸𝐻𝐽̂ FL//JH nên 𝐿𝐹𝐻̂=𝐹𝐻𝐽̂

→ 𝐸𝐻𝐽̂ = 𝐹𝐻𝐽̂ →JH phân giác 𝐸𝐻𝐹̂ →(đpcm)

b)Ký hiệu 𝑆1;𝑆2lần lượt diện tích tứ giác BFJL tứ giác CEJK CMR 𝑆1

𝑆2 = 𝐵𝐹2 𝐶𝐸2

Ta có 𝑆1= 𝑆𝐵𝐹𝐽𝐿=𝑆∆𝐹𝐿𝐵+𝑆∆𝐹𝐽𝐿 Do HJ//FL : 𝑆∆𝐹𝐽𝐿= 𝑆∆𝐹𝐿𝐻 → 𝑆1= 𝑆𝐵𝐹𝐽𝐿=𝑆∆𝐹𝐿𝐵+𝑆∆𝐹𝐿𝐻=𝑆∆𝐵𝐹𝐻

Ta có 𝑆2= 𝑆𝐶𝐸𝐽𝐾=𝑆∆𝐸𝐾𝐶+𝑆∆𝐸𝐽𝐾 Do HJ//EK : 𝑆∆𝐸𝐽𝐾= 𝑆∆𝐸𝐾𝐷 → 𝑆2= 𝑆𝐵𝐹𝐽𝐿=𝑆∆𝐸𝐾𝐶+𝑆∆𝐸𝐾𝐶=𝑆∆𝐶𝐸𝐻

Ta lại có 𝐸𝐻𝐽̂ = 𝐹𝐻𝐽̂ → 𝐸𝐻𝐶̂=𝐹𝐻𝐵̂( Các cặp góc tương ứng phụ điểm H)

Do ∆ ABC cân A nên ta có 𝐴𝐵𝐶̂=𝐴𝐶𝐵̂ → 𝐹𝐵𝐻̂=𝐸𝐶𝐻̂ → ∆ CEH ∽ ∆ BFH →

𝐵𝐹 𝐶𝐸=

𝐵𝐻 𝐶𝐻=

𝐹𝐻

𝐸𝐻 →

𝑆∆𝐵𝐹𝐻 𝑆∆𝐶𝐸𝐻= (

𝐵𝐹 𝐶𝐸)

2= 𝐵𝐹2 𝐶𝐸2 → 𝑆1

𝑆2 = 𝐵𝐹2

𝐶𝐸2 →(đpcm)

c)Gọi D trung điểm BC CMR ba điểm P;J;D thẳng hàng

Bổ đề : Định lý Menelaus (Nhà tốn học cổ Hy Lạp, kỷ I sau cơng nguyên)

Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ nằm đường thẳng BC, CA, AB cho trong chúng khơng có điểm nào, có điểm thuộc cạnh tam giác ABC Khi A’, B’, C’ thẳng hàng A'B ' '

' ' ' B C C A A C B A C B 

Chứng minh

* Trường hợp 1: Trong điểm A’, B’, C’ có đúng điểm thuộc cạnh tam giác ABC Giả sử B’, C’

Phần thuận :  Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng B’C’ M

→ 𝐿𝐻

𝐻𝐾= 𝐹𝐿 𝐸𝐾

15

Ta có: C'A ; ' ' ' ' '

AM B C A C

C B  A B B A AM Vậy

A'B ' ' ' '

' ' ' ' '

B C C A AM A C A B A C B A C B  A B AM A C 

Phần đảo :  Gọi A’’ giao B’C’ với BC

Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có A''B ' ' '' ' '

B C C A A C B A C B 

mà A'B ' ' ' ' '

B C C A

A C B A C B  nên

A''B ' '' '

A B

A C  A C Do B’, C’ thuộc cạnh CA, AB

nên A’’ nằm cạnh BC Vậy A''B '

'' ' A B

A C  A C A’, A’’ nằm ngồi cạnh BC suy A'' A' Do A’, B’, C’

thẳng hàng

* Trường hợp 2: Trong điểm A’, B’, C’ khơng có điểm thuộc cạnh tam giác ABC

được chứng minh tương tự.

Không làm tính tổng qt tốn Giả sử P nằm phía với B nửa mặt phảng bờ tia AD hình vẽ Gọi M giáo điểm PJ EK Áp dụng Định

lý Menelaus cho tam giác KFE với cát tuyến MJP ta có : 𝑀𝐾

𝑀𝐸 𝑃𝐸 𝑃𝐹

𝐽𝐹

𝐽𝐾=1 Mà ta lại có

∆ BFH ∽ ∆ CEH với FL EK hai đường cao tương ứng Nên :𝐽𝐹

𝐽𝐾 = 𝐹𝐿 𝐸𝐾 = 𝐵𝐹 𝐶𝐸 → 𝑀𝐾 𝑀𝐸 𝑃𝐸 𝑃𝐹 𝐵𝐹 𝐶𝐸=1(3)

Để cm ba điểm P,J,D thẳng hàng ta cần cm M,D,J thẳng hàng Theo định lý

Menelaus đảo áp dụng cho ∆ LKE ta có 𝑀𝐾

𝑀𝐸 𝐽𝐸 𝐽𝐿

𝐷𝐿

𝐷𝐾=1 Lại có

𝐽𝐸 𝐽𝐿 =

𝐸𝐾 𝐹𝐿 =

𝐶𝐸

𝐵𝐹

𝐷𝐿 𝐷𝐾= 𝐷𝐿 𝐷𝐵 𝐷𝐶 𝐷𝐾 𝐷𝐵 𝐷𝐶= 𝐴𝐹 𝐴𝐵 𝐴𝐶 𝐴𝐸.1= 𝐴𝐹

𝐴𝐸 Do cần cm

K I

E H

N M

O A

C

B

Từ (3)và(4) ta đưa toán cm :𝐶𝐸

𝐵𝐹 𝐴𝐹 𝐴𝐸 =

𝑃𝐸 𝑃𝐹

𝐵𝐹

𝐶𝐸 hay

𝐴𝐹 𝐴𝐸

𝑃𝐹 𝑃𝐸=

𝐵𝐹2

𝐶𝐸2 Gọi T N lần

lượt tiếp điểm đường tròn (I) với AB AC Đặt a= AB=AC

;x=BD=CD; y=PF=TE; z=PE=EN Ta cm a= 𝑥(𝑥+𝑦)(𝑥+𝑧)

𝑥2−𝑦𝑧 (6)

Sử dụng định lý Cosin ∆ ABC ∆ AEF ta có :

2cosA=𝐴𝐸

2+𝐴𝐹2−𝐸𝐹2

𝐴𝐸.𝐴𝐹 =

𝐴𝐵2+𝐴𝐶2=𝐵𝐶2

𝐴𝐵.𝐴𝐶 →

(𝑎−𝑥−𝑦)3+ (𝑎−𝑥−𝑧)2−(𝑦+𝑧)2 (𝑎=𝑥−𝑦)(𝑎−𝑥−𝑧)

=2𝑎

2−4𝑥2

𝑎2 →2-

(𝑎−𝑥−𝑦)2+(𝑎−𝑥−𝑧)2−(𝑦+𝑧)2

(𝑎−𝑥−𝑦)(𝑎−𝑥−𝑧) = 2-

2𝑎2−4𝑥2 𝑎2

→ 𝑦𝑧

𝑎2−(2𝑥+𝑦+𝑧)𝑎+(𝑧+𝑦)(𝑥+𝑧)= 𝑥2 𝑎2

→( 𝑥2-yz) 𝑎2-𝑥2(2x+y+z)a +𝑥2(x+y)(x+z)=0

→(a-x) [(𝑥2− 𝑦𝑧)𝑎 − 𝑥(𝑥 + 𝑦)(𝑥 + 𝑧)] =0

Do a > x nên (6) chứng minh Sử dụng kết (6) vừa cm ta có

𝐴𝐹 𝐴𝐸

𝑃𝐹 𝑃𝐸=

𝑎−𝑥−𝑦 𝑎−𝑥−𝑧

𝑦 𝑧=

𝑥(𝑥+𝑦)(𝑥+𝑧) 𝑥2−𝑦𝑧 −𝑥−𝑦 𝑥(𝑥+𝑦)(𝑥+𝑧)

𝑥2−𝑦𝑧 −𝑥−𝑧

= (𝑥+𝑦)

2

(𝑥+𝑧)2= 𝐵𝐹2

𝐶𝐹2 Đẳng thức (5) cm

→Ta có điều phải chứng minh

Bài 11:

Cho đường trịn tâm O có hai đường kinh AB và MN vng góc với Trên tia đối MA lấy điểm C (C khác điểm M) Kẻ MH vng góc với BC(H ∈ BC )

a)CMR tứ giác BOMH tứ giác nội tiếp b)MB cắt OH E CMR ME.HM=BE.HC c)Gọi giao điểm đường tròn(O) đường tròn ngoại tiếp ∆ MHC điểm K CMR C,K,E thẳng hàng

17

Giải

a)CMR tứ giác BOMH tứ giác nội tiếp

Câu tự em trình bày

b)MB cắt OH E CMR ME.HM=BE.HC

Câu khơng khó Tuy nhiên để làm tốt ta sử dụng sơ đồ tư ngược nhanh Nào KL toán : ME.HM=BE.HC →𝑀𝐸

𝐵𝐸= 𝐻𝐶 𝐻𝑀 (a)

Xem kỹ đầu kết hợp với hình vẽ tui phát tứ giác ABCD hình vng góc vng bị đường chéo hình vng chia thành góc có số đo 450

Và câu a chứng minh tứ giác MOBH tứ giác nội tiếp nên lợi dụng góc chắn cung ta dễ dàng suy 𝑀𝐻𝐸̂=𝐵𝐻𝐸̂= 450 → HE phân giác 𝑀𝐻𝐵̂ (𝑀𝐻𝐵̂= 900) →

𝑀𝐸 𝐵𝐸=

𝑀𝐻 𝐵𝐻(b)

Từ (a)và(b) ta suy 𝐻𝐶

𝐻𝑀= 𝐻𝑀

𝐵𝐻 →HC.HB= 𝐻𝑀

2 Mà ∆ vng MBC có MH đường cao

thì đảng thức ln

Vậy tui có lời giải sau : Ghi lộn ngược lại mà tui vừa tư

Do AMBN tứ giác có đường chéo AB  MN=O; AB=MN ; AO=BO=CO=DO=R →AMBN

là hình vng →AM=MB=NB=AN →𝐴𝑀𝑂̂=𝐵𝑀𝑂̂=𝑀𝐵𝑂̂=… = 450

Do tứ giác MOBH nội tiếp nên ta có 𝑀𝐻𝐸̂=𝑀𝐵𝑂̂(chắn MO);𝐸𝐻𝐵̂=𝐵𝑀𝑂̂(chắnOB)

→ 𝑀𝐻𝐸̂=𝐸𝐻𝐵 ̂ →HE phân giác 𝑀𝐻𝐵̂ →𝑀𝐸

𝐵𝐸= 𝑀𝐻 𝐻𝐵

Xét ∆ vng MBC có MH đường cao ta có : HC.HB= 𝐻𝑀2 →𝑀𝐻

𝐻𝐵= 𝐻𝐶 𝐻𝑀

→ 𝑀𝐸

𝐵𝐸= 𝐻𝐶

𝐻𝑀 →ME.HM=BE.HC →( đpcm)

c)Gọi giao điểm đường tròn(O) đường tròn ngoại tiếp ∆ MHC điểm K CMR C,K,E thẳng hàng

Đây câu khó Tuy nhiên với vài hình vẽ tui vẽ xác tui phát số điều : Đầu yêu cầu chứng minh ba điểm thẳng hàng Tuy nhiên tui phát điểm C,K.E mà điểm C,K.E , N thẳng hàng với Như thừa điểm N điểm N mấu chốt chìa khóa để tui giải toán Do gt toán cho MB ∩ OH–{𝐸}Vì tui chia bài toán làm phần :

Phần 1: CM điểm C,K,N thẳng hàng :

Do ∆ MHC vng H nên đường trịn ngoại tiếp ∆ MHC nhận MC đường kinh

Nối CK KN Do 𝑀𝐾𝑁̂ chắn đường kinh MN nên 𝑀𝐾𝑁̂= 900 Mặt khác 𝑀𝐾𝐶 ̂ chắn đường

kinh MC nên 𝑀𝐾𝐶̂= 900 →𝑀𝐾𝐶̂+ 𝑀𝐾𝑁̂= 1800 →Ba điểm C,K,N thẳng hàng (1)

Phần :CM ba điểm N,K,E thẳng hàng

Xuất phát điểm cần chứng minh ba điểm N,K,E thẳng hàng Ta phát ba điểm N,K,E thẳng hàng điểm E có 𝑀𝐸𝑁̂ = 𝐾𝐸𝐵̂(Đối đỉnh) Vì tui phát sinh tư

chứng minh ∆ MNE ∽ ∆ KEB coi cm xong

Mà ∆ MEC ∆ BEM có cặp góc :𝐸𝑀𝐶̂= 𝐸𝐵𝑁̂= 900Như để cm hai tam giác đồng

K Q P N B D C O A M

Nghĩa ta cần cm 𝐸𝐵

𝐸𝑀= 𝑀𝐵

𝑀𝐶 (c)Xuất đẩng thức KB EB lại đưa ta đến hướng tư

ở câu (a) tính chất phân giác KE ∆ MKB Như lấy (b) nhân (c) ta có :

𝑀𝐸 𝐵𝐸 𝐸𝐵 𝐸𝑀= 𝑀𝐻 𝐵𝐻 𝑀𝐵

𝑀𝐶 →1= 𝑀𝐻 𝐵𝐻 𝑀𝐵 𝑀𝐶 → 𝑀𝐵 𝑀𝐶= 𝐵𝐻

𝑀𝐻 Muốn có tỷ số ta phải cm ∆ MBC ∽ ∆

BMH Mà tam giác có 𝐵𝑀𝐶̂=𝐵𝐻𝑀̂= 900; 𝑀𝐵𝐶̂=𝑀𝐻𝐶̂( 𝐵 ̂chung) ( t/m) Như ta tiếp

túc ghi lời giải cách ghi lộn ngược lại mà tui vừa tư

Do AMBN hình vng nên AM  MB → 𝐴𝑀𝐵̂= 900 → 𝐶𝑀𝐸̂= 900

Ta có 𝑀𝐵𝐶̂= 900(Chắn đường kính MN) → 𝑁𝐵𝐸̂= 900

Xét ∆ vng BMH ∆ vng BMC ta có 𝐵𝑀𝐶̂=𝐵𝐻𝑀̂= 900; 𝑀𝐵𝐶̂=𝑀𝐻𝐶̂( 𝐵 ̂chung) →

∆ MBC ∽ ∆ BMH → 𝐵𝐻

𝑀𝐻= 𝑀𝐵

𝑀𝐶 (*) Xét ∆ vng MBC có MH đường cao ta có : HC.HB=

𝐻𝑀2 →𝑀𝐻

𝐵𝐻= 𝐶𝐻

𝐻𝑀 (**) Nhận(*)(**) ta có :

𝐵𝐻 𝑀𝐻 𝑀𝐻 𝐵𝐻= 𝑀𝐵 𝑀𝐶 𝐶𝐻

𝐻𝑀 →1= 𝑀𝐵 𝑀𝐶 𝐶𝐻 𝐻𝑀 → 𝑀𝐵 𝑀𝐶= 𝐻𝑀 𝐶𝐻 → 𝑁𝐵 𝑀𝐶= 𝐻𝑀 𝐻𝐶

Ta có ME.HM=BE.HC(cmt) →𝐻𝑀

𝐻𝐶= 𝐵𝐸 𝑀𝐸 → 𝑁𝐵 𝑀𝐶= 𝐵𝐸 𝑀𝐸 → 𝑁𝐵 𝐵𝐸= 𝑀𝐶 𝑀𝐸

Xét ∆ MEC ∆ NBE ta có : 𝐶𝑀𝐸̂=𝑁𝐵𝐸̂(cmt);𝑁𝐵

𝐵𝐸= 𝑀𝐶

𝑀𝐸 (cmt) → ∆ MEC ∽ ∆ BEN

→ 𝑀𝐸𝐶̂=𝐵𝐸𝑁̂ mà M,E,B thẳng hàng →C,E,N thẳng hàng (2)

Từ (1) và(2) →Điểm C,K,E thẳng hàng →(đpcm)

Bài 12 :

Cho đường trịn (O;R) có hai đường kính AB và CD vng góc với Gọi M điểm di động đoạn thẳng OB (M khác O B )Tia CM cắt đường tròn (O) N , BD cắt CN P ,AN cắt CD Q

a)CMR PQ//AB

b)CMR ∆ CAQ đồng dạng với ∆ AMC Từ suy diện tích tứ giác ACMQ khơng đổi M di động đoạn thẳng OB

c)Chứng minh hệ thức 𝐶𝑄

𝐴𝑀= ( 𝐶𝑁 𝐴𝑁)

2

d) Xác định vị trí điểm M đoạn thẳng OB để NQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ CPQ Tính OM theo R trường hợp

(TS 10 Chuyên Toán Quảng Ngãi )

Giải

a)CMR PQ//AB: Ta có 𝐷𝑁𝐶̂= 900 (chắn đường kính CD)

Do AB CD đường kinh (O) mà AB  CD=O →AC = CB = BD = DA

Ta có 𝑄𝐷𝑃̂= 1

2 sđ AC Mặt khác 𝑄𝑁𝑃 ̂=

1 2AD

→ 𝑄𝐷𝑃̂=𝑄𝑁𝑃̂ → Tứ giác QDNP nội tiếp → 𝑃𝑄𝐷̂+𝐷𝑁𝑃̂= 1800 → 𝑃𝑄𝐷̂+𝐷𝑁𝐶̂= 1800 → 𝑃𝑄𝐷̂+ 900= 1800→ 𝑃𝑄𝐷̂=900 →PQ  CD Mà AB  CD(gt) →PQ//AB →(đpcm)

→ 𝐶𝑀𝐸̂=𝑁𝐵𝐸̂

19

b)CMR ∆ CAQ đồng dạng với ∆ AMC Từ suy diện tích tứ giác ACMQ khơng đổi M di động đoạn thẳng OB

Ta có 𝐶𝐴𝑄 ̂= 450 (chắn AD ) 𝐶𝐴𝑀̂= 450(chắn AC ) → 𝐶𝐴𝑄 ̂= 𝐶𝐴𝑀̂

Mặt khác 𝐴𝑄𝐶̂=1

2 sđ(ACDN )=

2 sđ(ADDN ) =

2 sđAN Mà 𝐴𝐶𝑀̂ =

1

2 sđAN→𝐴𝑄𝐶̂=𝐴𝐶𝑀̂

∆ CAQ ∽ ∆ AMC →(đpcm)→𝐶𝑄

𝐴𝐶= 𝐴𝐶

𝐴𝑀 →CQ.AM= 𝐴𝐶

2

Xét từ giác ACMQ ta có :

𝑆𝐴𝐶𝑀𝑄=𝑆∆𝐴𝐶𝑀+ 𝑆∆𝐴𝑄𝑀=1

2CO.AM+ 2QO.AM= 2AM(CO+QO)= 2AM.CQ

Như M di chuyển tùy ý BO 𝑆𝐴𝐶𝑀𝑄= 1

2 𝐴𝐶

2 không thay đổi →(đpcm)

c)Chứng minh hệ thức 𝐶𝑄

𝐴𝑀= ( 𝐶𝑁 𝐴𝑁)

2

Ta có 𝐶𝐴𝑀̂= 450(cmt) mà 𝐴𝑁𝐶̂= 450(chắn AC)→ 𝐶𝐴𝑀̂=𝐴𝐶𝑁̂

Do ∆CAQ ∽ ∆ AMC nên 𝐴𝑀𝐶̂=𝐶𝐴𝑄̂

→ 𝐴𝐶 𝐴𝑀= 𝐶𝑁 𝑁𝐴 → ( 𝐴𝐶 𝐴𝑀)

2 = (𝐶𝑁 𝑁𝐴)

2 → 𝐴𝐶2 𝐴𝑀2 =

𝐶𝑁2 𝑁𝐴2

Từ CQ.AM=𝐴𝐶2 → 𝐶𝑄.𝐴𝑀

𝐴𝑀2 = 𝐴𝐶2 𝐴𝑀2 →

𝐶𝑄 𝐴𝑀=

𝐴𝐶2 𝐴𝑀2

c) Xác định vị trí điểm M đoạn thẳng OB để NQ tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp ∆ CPQ Tính OM theo R trường hợp

Gọi K trung điểm CP mà ∆ CPQ tam giác vng Q nên đường trịn (K;KQ) ngoại tiếp tam giác CPQ

Giả sử NQ tiếp tuyến đường trịn (K) 𝑁𝑄𝐾̂= 900 → 𝐾𝑄𝑃̂+ 𝑁𝑄𝑃̂= 900

Tại Q ta có: 𝑃𝑄𝐶̂= 900 →𝐾𝑄𝑃̂+ 𝐾𝑄𝐶̂= 900

Tứ giác PQDN nội tiếp →𝑁𝑄𝑃̂=𝑃𝐷𝑁̂( chắn cung PN) → 𝑁𝑄𝑃̂=𝐵𝐷𝑁̂

Do KQ=KC( Bán kính đường trịn tâm K) →∆ KCQ cân K →𝐾𝑄𝐶̂=𝑄𝐶𝐾̂ → 𝐾𝑄𝐶̂=𝐷𝐶𝑁̂

→ 𝐵𝐷𝑁̂=𝐷𝐶𝑁̂ Mà 𝐵𝐷𝑁̂= 𝐵𝐶𝑁̂( chắn cung NB) → 𝐵𝐶𝑁̂=𝐷𝐶𝑁̂ → 𝐵𝐶𝑀̂= 𝐷𝐶𝑀̂

→CM phân giác 𝐵𝐶𝑂̂ →𝑂𝐶𝑀̂= 22.50

Xét ∆ COM vuông O ta có : tan 22,50= 𝑂𝑀

𝑂𝐶 →OM=OC tan 22,5

0 →OM=R.tan 22,50

Như để NQ tiếp tuyến (K) ngoại tiếp ∆ CPQ điểm M ∈ OB OM=R.tan 22,50

→ 𝑆𝐴𝐶𝑀𝑄=

2 𝐴𝐶

→∆ ACM ∽ ∆ NCA

→ 𝐶𝑄 𝐴𝑀= (

𝐶𝑁 𝐴𝑁)

2 →(đpcm)

S

P I

K

N F

Q

E

H

D

O A

B

C

Bài 13:

Cho tam giác ABC có góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường trịn (O) Các đường cao BD CE tam giác ABC cắt điểm H Đường tròn (O) cắt đường trịn đường kính Ah tại điểm thứ F (F khác A)

1/ CMR ∆ BEF đồng dạng với ∆ CDF

2/Gọi N điểm cung <ỏ BC của đường tròn (O) Đường thẳng FN cắt cạnh BC điểm K CMR tia HK phân giác 𝐵𝐻𝐶̂

3/ Hai tia phân giác 𝐴𝐵𝐻̂và 𝐴𝐶𝐻̂ cắt tại I Gọi P giao điểm hai đoạn thẳng ON và BC Gọi Q trung điểm đoạn thẳng AH CMR P,I,Q thẳng hàng

(TS 10 Chuyên Tin Hà Nội 2019)

Giải

1/ CMR ∆ BEF đồng dạng với ∆ CDF:

Do BD CE đường cao tam giác nên 𝐴𝐸𝐻̂=𝐴𝐷𝐻̂= 900 Mà hai góc nhìn AH

nên tứ giác AEND nội tiếp đường tròn (Q;𝐴𝐻

2 )

Tại điểm E ta có : 𝐹𝐸𝐵̂+𝐹𝐸𝐴̂= 1800(Hai góc kề bù )

Tại điểm D ta có : 𝐹𝐷𝐶̂+𝐹𝐷𝐴̂= 1800(Hai góc kề bù)

Ta lại có : 𝐹𝐸𝐴̂=𝐹𝐷𝐴̂( chắn cung FA)

Ta có 𝐹𝐵𝐴̂=𝐹𝐶𝐴̂ → 𝐹𝐵𝐸̂=𝐹𝐶𝐷̂ ( Cùng chắn cung FA)

→∆ BEF ∽ ∆ CDF (đpcm)

2/Gọi N điểm cung <ỏ BC đường tròn (O) Đường thẳng FN cắt cạnh BC tại điểm K CMR tia HK phân giác 𝐵𝐻𝐶̂

Do N điểm BCBN = CN

Mà 𝐵𝐹𝑁̂= 1

2 sđBN 𝐶𝐹𝑁̂=

2 sđ CN → 𝐵𝐾

𝐾𝐶= 𝐹𝐵

𝐹𝐶 (T/c đường phân giác ∆ BFC)

Do ∆ BEF ∽ ∆ CDF (cmt) → 𝐵𝐸

𝐶𝐷= 𝐹𝐵 𝐹𝐶

Mặt khác 𝐸𝐻𝐵̂=𝐷𝐻𝐶̂(đối đỉnh ) →∆ vuông BEH ∽ ∆ vuông CDH →𝐵𝐸

𝐶𝐷= 𝐵𝐻 𝐶𝐻

→ 𝐵𝐾

𝐾𝐶= 𝐵𝐻

𝐶𝐻 →HK phân giác ∆ BHC → HK phân giác 𝐵𝐻𝐶̂ →(đpcm)

3/ Hai tia phân giác 𝐴𝐵𝐻̂và 𝐴𝐶𝐻̂ cắt I Gọi P giao điểm hai đoạn thẳng ON và BC Gọi Q trung điểm đoạn thẳng AH CMR P,I,Q thẳng hàng

→ 𝐹𝐸𝐵̂=𝐹𝐷𝐶̂

→ 𝐵𝐹𝑁̂=𝐶𝐹𝑁̂ →FK phân giác 𝐵𝐹𝐶̂

→ 𝐵𝐻

𝐶𝐻= 𝐹𝐵 𝐹𝐶

21 D

G

F

R Q

P

N

M J

I O

A

B C

E

Xét ∆ vuông BEC ta có EP=1

2 BC(P la trung điểm BC)

Xét ∆ vng BDC ta có DP= 1

2𝐵𝐶(P trung điểm BC)

Mặt khác:E.D ∈ đường tròn (Q) :QE=QD →Q ∈ trung trực ED (b)

Do BI phân giác ABH →BI phân giác 𝐸𝐵𝐷̂ →𝐸𝐵𝐼̂ =𝐼𝐵𝐷̂

Do CI phân giác ACH → CI phân giác 𝐸𝐶𝐷̂ → 𝐸𝐶𝐼̂ =𝐼𝐶𝐷̂

Mà 𝐸𝐵𝐶̂=𝐸𝐶𝐷̂(cùng phụ với 𝐵𝐴𝐶̂)

Vì 𝐸𝐵𝐼̂ =𝐸𝐶𝐼̂ mà hai góc nhìn EI →Tứ giác BEIC nội tiếp

Vì 𝐼𝐵𝐷̂ =𝐼𝐶𝐷̂ mà hai góc nhìn ID →Tứ giác CIDC nội tiếp

Do BD CE đường cao ∆ ABC nên 𝐵𝐸𝐶̂=𝐵𝐷𝐶̂= 900

Mà hai góc nhìn BC→Tứ giác BEDC nội tiếp đường trịn (P;𝐵𝐶

2 )

→B,E.I.D.C ∈ đường tròn (P) Do 𝐸𝐵𝐼̂ =𝐼𝐵𝐷̂ →EI = ID →EI=ID →I ∈ trung trực ED(c)

Từ (a);(b);(c) ta có P,Q,I ∈ đường trung trực ED →P,Q,I thẳng hàng (đpcm)

Bài 14:

Cho tam giác ABC có ba góc nhon (AB < AC) Nội tiếp đường tròn (O)Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Tia AI cắt BC J cắt đường tròn tâm O điểm thứ hai M(M khác A)

1/CMR 𝑀𝐼2=MJ.MA

2/Kẻ đường kính MN đường trịn (O) Đường thẳng AN cắt tia phân giác của góc ABC góc ACB Pvà Q CMR N trung điểm đoạn thẳng PQ 3/Lấy điểm E thuộc cung nhỏ MC đường tròn tâm O (E khác M ) Gọi F điểm đối xứng với I qua điểm E Gọi R giao điểm của hai đường thẳng PC QB CMR bốn điểm P,Q,R.F ∈ đường tròn

(TS 10 Chuyên Toán Hà Nội 2019)

Giải

1/CMR 𝑀𝐼2=MJ.MA :

Do AM ; BG;CD phân giác ∆ ABC nên :MBMC GC; GA DA; DB

Ta có 𝐵𝑀𝐽̂=𝐵𝑀𝐴̂ (𝑀̂ chung) ; 𝑀𝐵𝐽̂=𝐵𝐴𝑀̂( MBMC)→∆ BMJ ∽ ∆ AMB →𝐵𝑀

𝑀𝐽= 𝑀𝐴 𝐵𝑀 →

MJ.MA= 𝑀𝐵2(a) Ta có 𝐵𝐼𝑀̂=1

2 (sđ BM + sđAG)=

1

2(𝐴𝐵𝐶̂+𝐴𝐶𝐵̂)

Mặt khác 𝐵𝑀𝐼̂= 1

2 sđ MG =

2 (sđ CM + sđCG)=

1

2(𝐴𝐵𝐶̂+𝐴𝐶𝐵̂)

→EP=DP →P ∈ trung trựcED

(a)

→𝐸𝐵𝐼̂ =𝐼𝐵𝐷̂ =𝐸𝐶𝐼̂ =𝐼𝐶𝐷̂

→ 𝐵𝐼𝑀̂=𝐵𝑀𝐼̂

→∆ BIM cân M

Tương tự với cách làm ta ∆ ICG cân G ; ∆ AGI cân G ∆ DIB cân D

Từ ∆ BIM cân M →MB=MJ(b) Từ (a)l(b) ta có : 𝑀𝐼2=MJ.MA →(đpcm)

2/Kẻ đường kính MN đường trịn (O) Đường thẳng AN cắt tia phân giác góc ABC góc ACB Pvà Q CMR N trung điểm đoạn thẳng PQ

Do MBMC →OM  BC →MN  BC Ta có 𝑀𝐴𝑁̂= 900(góc chắn đường kinh MN) →

MA  NA mà MA phân giác 𝐵𝐴𝐶 ̂ →NA phân giác 𝐵𝐴𝐶̂

Từ MA  NA →RA  PQ →RA đường cao ∆ PQR

Xét ∆ ABC có CD phân giác 𝐴𝐶𝐵 ̂ NA phân giác 𝐵𝐴𝐶̂ mà NA ∩ AN=Q

→Q tâm đường tròn bàng tiếp 𝐴𝐶𝐵̂ →BR phân giác 𝐴𝐵𝐶̂ →BG  BR →

QR  BP →BP đường cao tam giác PQR → 𝑄𝐵𝑃̂= 900

Xét ∆ PQR có RA PB đường cao;RA ∩ PB ={𝐼 } →QC  RP →QC  CP → 𝑃𝐶𝑄̂= 900

→ 𝑃𝐶𝑄̂=𝑄𝐵𝑃̂= 900 mà hai góc nhìn PQ nên tứ giác PQBC nội tiếp →P,Q,B,C ∈ đường tròn đường kính PQ

Do O ∈ MN MN  BC →M,N điểm cung BC nhỏ cung BC lớn

→NA=NB Mà N ∈ PQ

→N tâm đường trịn đường kinh PQ →NP=NQ →N trung điểm PQ →(đpcm)

3/Lấy điểm E thuộc cung nhỏ MC đường tròn tâm O (E khác M ) Gọi F điểm đối xứng với I qua điểm E Gọi R giao điểm hai đường thẳng PC QB CMR bốn điểm P,Q,R.F ∈ đường tròn

Xét ∆ IBR(𝐼𝐵𝑅̂ = 900) có MB=MI (∆ MBI cân M) ; M ∈ IR Dễ dàng chứng minh MI=MR

Xét ∆ ICP(𝐼𝐶𝑃̂ = 900) có GI=GC (∆ GCI cân G) ; G ∈ IP Dễ dàng chứng minh GI=GP

Xét ∆ IBQ (𝐼𝐵𝑄̂ = 900) có DB=DI (∆ MBC cân M) ; D ∈ IQ Dễ dàng chứng minh DI=DQ

Trong ∆ IRF có IM=MR(cmt);IE=EF (gt) →ME đường trung bình ∆ IRF →ME//RF(c)

Trong ∆ IQR có ID=DQ (cmt); IM=MR(cmt) → MD đường trung bình→MD//QR(d)

Tương tự ta cm EG đường trung bình ∆ IFP → EG//FP(e)

Tương tự ta cm DG đường trung bình ∆ IPQ → DG//PQ(f)

Từ (c) (e) → 𝑀𝐸𝐺̂=𝑅𝐹𝑃̂ ( Góc có cạnh tương ứng song song)

Từ (d) (f)→𝑀𝐷𝐺̂=𝑅𝑄𝑃̂ ( Góc có cạnh tương ứng song song)

Tứ giác MEGD nội tiếp đường tròn (O) → 𝑀𝐸𝐺̂+𝑀𝐷𝐺̂ = 1800

→Tứ giác ƠQRF nội tiếp →Bốn điểm P,Q,R.F ∈ đường tròn →(đpcm)

23

Bài 15: Cho tam giác ABC, ABAC, với ba đường cao AD, BE, CF đồng quy H. Các đường thẳng EF, BC cắt G, gọi I

hình chiếu H GA

1 Chứng minh tứ giác BCAI nội tiếp 2 Gọi M trung điểm BC. Chứng minh rằng GH AM

(TS 10 Chuyên Amxtecdam)

Giải

1 Chứng minh tứ giác BCAI nội tiếp

Dễ dàng chứng minh tứ giác AIFH nội tiếp tứ giác AFHE nội tiếp

 điểm A, F , H, E, I thuộc đường tròn

 tứ giác AIFE nội tiếp

  GI GA GF GE  

Dễ dàng chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp GF GE GB GC  

Từ  1  2 suy ra: GI GA GB GC  tứ giác BCAI nội tiếp (điều phải chứng minh)

2 Chứng minh GH AM

Gọi  O đường tròn ngoại tiếp ABC. Kẻ đường kính AA'  O

Vì tứ giác BCAI tứ giác nội tiếp  I O  AIA90 A I  AI hay A I  AG

Mà HI  AG (giả thiết)  A I HI  A , I, H thẳng hàng

Mà dễ dàng chứng minh A H' qua trung điểm M BC (tứ giác BHCA'

hình bình hành)

M

 , I, H thẳng hàng

Xét AGM có: AD AM , MI AG AD cắt MI H

H

 trực tâm tam giác AGM

GH AM

  Suy điều phải chứng minh

O

A' M

D I

G

F

E

H A

d2

d1 F E

S

D

G K

I Q L

P H

N

J M A

B

C

Bài 15:

Cho tam giác ABC có (AB < AC) Gọi 𝑑1,𝑑2lần lượt đường phân giác ngồi góc BAC Gọi M,N hình chiếu vng góc B lên 𝑑1,𝑑2 Gọi P,Q hính chiếu vng góc C lên 𝑑1,𝑑2

a)CMR MN OQ qua trung điểm của AB AC

b) CMR NM PQ cắt BC c) Trên 𝑑1 lấy điểm E F cho

𝐴𝐵𝐸̂=𝐵𝐶𝐴̂; 𝐴𝐶𝐹̂=𝐶𝐵𝐴̂(E thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C,F thuộc vào mặt phẳng bờ AC chứa điểm B ) CMR 𝐵𝐸

𝐶𝐹= 𝐴𝐵 𝐴𝐶

d) Các đường thẳng BN CQ cắt AC

và AB điểm K L CMR đường thẳng KE LF cắt đường thẳng BC (TS 10 Chuyên TP Hồ Chí Minh 2019)

Giải

a)CMR MN OQ qua trung điểm AB AC

Dễ dàng chứng minh BMAN APCQ hình chữ nhật ( Dấu hiệu 1:Vì có ba góc vng) Vì hình chữ nhật coi hình bình Mà hình binh hành hai đường chéo cắt

trung điểm đường →MN PQ trung điểm H I AB AC → (đpcm)

b)CMR NM PQ cắt BC

Giả sử MN ∩ BC=I Do 𝑑1 phân giác 𝐵𝐴𝐶̂ nên ta có 𝐽𝐴𝐶̂ =𝐵𝐴𝐽̂ Mặt khác BMAN hình chữ

nhật Nên 𝑁𝑀𝐴̂=𝐵𝐴𝐽̂ → 𝐽𝐴𝐶̂ =𝑁𝑀𝐴̂ Mà hai góc vị trí slt → MN//AC →MI//AC ;IB=IC

Cm tương tự ta PQ //AB

Xét ∆ ABC ta có MI//AC (cmt) MI qua trung điểm AB(cma) →I trung điểm BC

Xét ∆ ABC ta có ID đường trung bình →ID//AB mà PDQ//AB → I ∈ PQ ( Tiên đề Ơclit)

Vậy NM PQ cắt BC

c)Trên 𝑑1 lấy điểm E F cho 𝐴𝐵𝐸̂=𝐵𝐶𝐴̂; 𝐴𝐶𝐹̂=𝐶𝐵𝐴̂(E thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C,F thuộc vào mặt phẳng bờ AC chứa điểm B ) CMR 𝐵𝐸

𝐶𝐹= 𝐴𝐵 𝐴𝐶

Tại B ta có 𝐽𝐵𝐸̂ =𝐴𝐵𝐶̂-𝐴𝐵𝐸̂ → 𝐽𝐵𝐸̂ =𝐴𝐵𝐶̂-𝐴𝐶𝐵̂ (Do gt 𝐴𝐵𝐸̂=𝐴𝐶𝐵̂)

Tại C ta lại có : 𝐽𝐶𝐹̂ =𝐴𝐶𝐹̂-𝐴𝐶𝐵̂ → 𝐽𝐶𝐹̂ =𝐴𝐵𝐶̂-𝐴𝐶𝐵̂( Do gt 𝐴𝐵𝐶̂=𝐴𝐶𝐹̂)

Mặt khác 𝐸𝐽𝐵̂ = 𝐶𝐽𝑃̂ ( đối đỉnh)

→∆ BJE ∽ ∆ CJF → 𝐵𝐸

𝐶𝐹=

𝐵𝐽 𝐶𝐽

Do Ạ phân giác ∆ ABC nên ta có : 𝐵𝐽

𝐶𝐽= 𝐴𝐵 𝐴𝐶

d)Các đường thẳng BN CQ cắt AC AB điểm K L CMR đường thẳng KE LF cắt đường thẳng BC :

→ 𝐽𝐵𝐸̂ = 𝐽𝐶𝐹̂

→ 𝐵𝐸 𝐶𝐹=

𝐴𝐵

𝐴𝐶 (đpcm)

25 H M

F

E D

O

B A

C Q

Ta có 𝐵𝐶𝐸̂= 𝐴𝐵𝐸̂+𝐵𝐶𝐴̂=𝐵𝐶𝐴̂+1

2𝐵𝐴𝐶̂= 𝐸𝐽𝐵̂ Do ∆ BEJ cân B Mà BM  EJ nên ta có M

trung điểm EJ Lại có ∆ KAB cân A ( Có AN vừa phân giác vừa đường cao) →

N trung điểm KB Bây ta sử dụng định lý Talet tam giác IBN với MJ//BN ta có 𝐼𝐽

𝐼𝐵= 𝑀𝐽 𝐵𝑁=

1 2𝐸𝐽 2𝐾𝐵

= 𝐸𝐽

𝐾𝐵 ∆ IJE ∆ IBK có 𝐼𝐽𝐸̂= 𝐼𝐵𝐾 ̂(đồng vị )

𝐼𝐽 𝐼𝐵 =

𝐸𝐽 𝐾𝐵 →

∆ IJE ∽ ∆ IBK → 𝐸𝐼𝐽̂= 𝐾𝐼𝐵̂ Từ ta có K,E,I thẳng hàng Vậy KE qua trung điểm I BC Chứng minh tương tự ta có LF qua trung điểm I BC Do KE LF cắt

tạ trung điểm I BC →(đpcm)

Bài 16:

Cho tam giác ABC nhọn (BA < BC) nội tiếp đường tròn (O) Vẽ đường tròn (Q) qua A C cho (Q) cắt tia đối tia AB CB lần lượt điểm thứ hai D E Gọi M giao điểm thứ hai đường tròn (O) đường trịn ngoại tiếp tam giác BDE CMR QM vng góc với BM

(TS 10 Chuyên Đà Nẵng 2019)

Bài giải

Kéo dài BM ∩ DE = {𝐻}

Ta có tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O)→𝐴𝐵𝑀̂+𝐴𝐶𝑀̂= 1800 → 𝐷𝐵𝐻̂+𝐴𝐶𝑀̂= 1800(a)

Ta có tứ giác ACED nội tiếp đường tròn (Q)→ 𝐵𝐷𝐻̂+𝐴𝐶𝐸̂= 1800 → 𝐵𝐷𝐻̂+𝐴𝐶𝐸̂= 1800(b)

Trong ∆ BDH ta có : 𝐵𝐻𝐷̂+𝐷𝐵𝐻 ̂ + 𝐵𝐷𝐻̂= 1800(c)

Tại điểm C ta có : 𝐴𝐶𝑀̂+𝐴𝐶𝐸̂+𝑀𝐶𝐸̂= 3600(d)

Lấy (d)+(c)-(a)-(b) Ta có : 𝐵𝐻𝐷̂+ 𝑀𝐶𝐸̂= 1800 →𝑀𝐻𝐸̂+𝑀𝐶𝐸̂= 1800 →Tứ giác HMCE nội

tiếp → 𝐶𝑀𝐻̂) =𝐶𝐸𝐷̂ ; 𝐶𝑀𝐻̂=𝐵𝐴𝐶̂ (Tứ giác ABMC nội tiếp ) Mà 𝐶𝐸𝐷̂=𝐷𝑀𝐵̂ → 𝐶𝑀𝐻̂=

= 𝐶𝐸𝐷̂=𝐴𝐵𝐶̂= 𝐷𝑀𝐵̂ →𝐶𝑀𝐻̂=𝐷𝑀𝐵̂ (1)

Tại C ta có 𝐶𝑀𝐷̂+𝐶𝑀𝐻̂+𝐷𝑀𝐵̂= 1800 → 𝐶𝑀𝐷̂= 1800- 2𝐶𝑀𝐻̂

Mặt khác ta có 𝐶𝑄𝐷̂=2 𝐶𝐸𝐷̂ (Góc tâm ….)→ 𝐶𝑄𝐷̂=2 𝐶𝑀𝐻̂ (cmt) →𝐶𝑀𝐷̂+𝐶𝑄𝐷̂= 180

0

Q

I M

F

N P

E

D O

A

B

C

→Tứ giác MDQC nội tiếp → 𝑄𝑀𝐶̂= 𝐶𝐷𝑄̂( chắn cung QC) Do QD=QC →∆ QDC cân nên

𝐶𝐷𝑄̂=𝐷𝐶𝑄̂ mà 𝐷𝐶𝑄̂=𝐷𝑀𝑄̂ → 𝑄𝑀𝐶̂=𝑄𝑀𝐷̂ (2)

Cộng (1) với (2) ta có 𝐶𝑀𝐷̂+ 𝑄𝑀𝐶̂=𝐷𝑀𝐵̂+𝑄𝑀𝐷̂ → 𝑄𝑀𝐻̂=𝑄𝑀𝐵̂ Tại M ta có 𝑄𝑀𝐻̂ =𝑄𝑀𝐵̂

→ 𝑄𝑀𝐻̂=𝑄𝑀𝐵̂= 900 →QM  BM →(đpcm) Bài 17

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nơi tiếp đường trịn (O) AB > AC Gọi D E lần lượt chân đường cao hạ từ A B tam giác ABC Gọi F chân đường cao hạ từ B lên AO

a/ CMR B.D.E.F thuộc bốn đỉnh hình thang cân

b/ CM EF qua trung điểm BC

c/ Gọi P giao điểm thứ hai đường thẳng AO đường tròn (O) M N trung điểm EF CP Tính số đo góc BMN (TS 10 Chuyên ĐHSP Hà Nội Vòng II 2019)

Giải

a/ CMR B.D.E.F thuộc bốn đỉnh hình thang cân

Ta có 𝐴𝐹𝐵̂=𝐴𝐷𝐵̂=𝐴𝐸𝐵̂= 900 →A,B.D,E ∈ đường trịn (ABFDE) Lại có 𝐷𝐴𝐸̂= 900

- 𝐴𝐶𝐵̂ 𝐹𝐴𝐵̂=𝑂𝐴𝐵̂= 180

0−2.𝐴𝑂𝐵̂

2 =

1800−2.𝐴𝐶𝐵̂ = 90

0-𝐴𝐶𝐵̂ nên 𝐹𝐴𝐵̂=𝐷𝐴𝐸 ̂ →

BFDE

→BF=DE Tứ giác BFDE nội tiếp có BF=DE →Tứ giác BFDE hình thang cân

b/ CM EF qua trung điểm BC

Gọi I giao điểm EF BC Do tứ giác BFDE hình thang cân nên BI=IE →

∆ BIE cân I Từ ta có 𝐼𝐵𝐸̂ =𝐼𝐸𝐵̂ Lại có 𝐼𝐵𝐸̂ = 900-𝐼𝐶𝐸̂ mà 𝐼𝐸𝐵̂ = 900- 𝐼𝐸𝐶̂ nên ta có

𝐼𝐶𝐸̂ =𝐼𝐸𝐶̂ →∆ IEC cân I nên ta có IC=IE=IB Vậy EF qua trung điểm BC

c/ Gọi P giao điểm thứ hai đường thẳng AO đường tròn (O) M N trung điểm EF CP Tính số đo góc BMN

Do tứ giác ABFE nội tiếp nên 𝐵𝐹𝐸̂= 1800- 𝐵𝐴𝐶̂ Lại có 𝐵𝑃𝐶̂= 1800= 𝐵𝐴𝐶̂(Do tứ giác ABPC

nội tiếp ) nên 𝐵𝐹𝐸̂= 𝐵𝑃𝐶̂ (1)

Do BFDE hình thang cân nên DF //BE mà BE  AC nên D F AC lại có PC  AC nên

DF//PC Suy 𝐵𝐶𝑃̂= 𝐵𝐷𝐹̂=𝐵𝐸𝐹̂(2)

Từ (1)và (2) ta suy ∆ BEF ∽ ∆ BCP Lại có M trung điểm EF N trung điểm

CP nên từ kết ta có ∆ BEM ∽ ∆ BCN (3)→𝑁𝐵𝐶̂= 𝑀𝐵𝐸 ̂ 𝐵𝑁

𝐵𝑀= 𝐵𝐶 𝐵𝐸 (4) Từ (3) → 𝐶𝐵𝐸̂= 𝑀𝐵𝑁̂ Kết hợp (4) ta ∆ BMN ∽ ∆ BEC Do 𝐵𝑀𝑁̂= 𝐵𝐸𝐶̂ = 900

27 T

L

K I

Q P

D F

N

M

E O A

B

C

Bài 18:

Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC)_ nội tiếp đường trịn (O) Gọi E điểm cung nhỏ BC Trên cạnh AC lấy điểm M cho EM=AC đường thẳng BM cát đường tròn O) N(N khác B) Các đường thẳng EA EN cắt cạnh BC D E

a)CMR tam giác AEN đồng dạng tam giác FED b)CMR M trực tâm tam giác AEN

c)Gọi I trung điểm AN ,Tia IM cắt (O) tại K CMR CM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK

(TS 10 Chuyên Nghệ An 2019)

Giải

a)CMR tam giác AEN đồng dạng tam giác FED

Do E điểm cung nhỏ BC nên suy BECE → 𝐵𝐴𝐸̂=𝐶𝐴𝐸̂ →AE phân giác

𝐵𝐴𝐶̂ Ta có 𝐷𝐹𝐸̂= 1

2(sđCN + sđBE) → 𝐷𝐹𝐸̂=

1

2(sđCN + sđCE)=

1

2 sđEN Mà 𝐸𝐴𝑁 ̂=

1

2 sđEN

→𝐷𝐹𝐸̂= 𝐸𝐴𝑁 ̂Xét ∆ DEF ∆ AEN ta có 𝐷𝐹𝐸̂= 𝐸𝐴𝑁 ̂(cmt); 𝐴𝐸𝑁̂=𝐷𝐸𝐹̂ →∆ AEN ∽ ∆ FED →

(đpcm)

b)CMR M trực tâm tam giác AEN

Gọi giao điểm AM với EN Q BN với AE PDo ∆ AEN ∽ ∆ FED (cmt) → 𝐸𝐷𝐹̂=

𝐸𝑁𝐴̂ → 𝐸𝐷𝐹̂+𝐹𝑁𝐴̂ Mà D ta có 𝐸𝐷𝐹̂+𝐴𝐷𝐹̂= 1800 →𝐹𝑁𝐴̂+𝐴𝐷𝐹̂= 1800 →Tứ giác ADFN

nội tiếp Do AE phân giác 𝐵𝐴𝐶 ̂ →EP phân giác 𝐵𝐴𝑀̂ →EP phân giác ∆ BAM →

𝑃𝐵 𝑃𝑀=

𝐴𝐵

𝐴𝑀 (a)Do BECE→ 𝐵𝑁𝐸̂=𝐶𝑁𝐸̂ →NE phân giác 𝐵𝑁𝐶̂ →NF phân giáccủa ∆ MNC →

𝑄𝐶 !𝑄𝑀=

𝐶𝑁

𝑀𝑁(b)Xét ∆ ABM ∆ MNC ta có 𝐴𝑀𝐵̂=𝑁𝑀𝐶̂( đối đỉnh ); 𝐵𝐴𝑀̂=𝑀𝑁𝐶̂( chắn cung BC) →

∆ ABM ∽ ∆ NCM → 𝐴𝐵

𝐴𝑀= 𝐶𝑁

𝑀𝑁 (c)

Từ (a);(b);(c) → 𝑃𝐵

𝑃𝑀= 𝑄𝐶

𝑄𝑀 Xét ∆ MBC có

𝑃𝐵 𝑃𝑀=

𝑄𝐶

𝑄𝑀 →PQ//BC(Định lý Talet)

Do PQ//BC → 𝐴𝑃𝑄̂= 𝐴𝐷𝐹̂(slt) Mà 𝐹𝑁𝐴̂+𝐴𝐷𝐹̂= 1800 → 𝐹𝑁𝐴̂+𝐴𝑃𝑄̂= 1800 → Tứ giác

APQN nội tiếp Tại điểm P ta có 𝑄𝑃𝐸̂ + 𝐴𝑃𝑄̂= 1800 → 𝑄𝑃𝐸̂= 𝐹𝑁𝐴 ̂ Mà 𝐹𝑁𝐴̂= 𝑀𝐶𝐸̂( chắn

cung AE)→𝑄𝑃𝐸̂= 𝑀𝐶𝐸̂ Theo gt ta có EC=EM →∆ CEM cân E →𝑀𝐶𝐸̂=𝐸𝑀𝐶̂ →

𝑄𝑃𝐸̂= 𝐸𝑀𝐶̂ →𝑄𝑃𝐸̂= 𝐸𝑀𝑄̂ mà hai góc nhìn QE Nên tứ giác PMQE nội tiếp

→ 𝑀𝑃𝐸̂+𝑀𝑄𝐸̂= 1800 (d) Tại điểm P ta có :𝐴𝑃𝑁̂+𝑀𝑃𝐸̂= 1800 (e)Tại điểm Q Ta có

𝑁𝑄𝐴̂+𝑀𝑄𝐸̂= 1800(f) Từ (d);(e);(f) → 𝐴𝑃𝑁̂+𝑁𝑄𝐴̂= 1800mà 𝐴𝑃𝑁̂=𝑁𝑄𝐴̂( Cùng chắn cung

NA)→ 𝐴𝑃𝑁̂=𝑁𝑄𝐴̂=180

0

2 → 𝐴𝑃𝑁̂=𝑁𝑄𝐴̂ = 90

0 →AP  PN ;AQ  NQ →AQ PN đường

K H P I

B

K

C

A O

M

c)Gọi I trung điểm AN ,Tia IM cắt (O) K CMR CM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK

Gọi giao điểm IM với đường tròn (O) T Dễ thấy ATNM hình bình hành nên TN vng

góc với EN → ET đường kính đường trịn (O)→ 𝐸𝐾𝑇̂= 900 → 𝐸𝐾𝑀̂= 900→K ∈ đường

tròn đường kính EM → Các điểm P,Q,M,K,T ∈ đường trịn Ta có

𝐾𝑀𝐶̂=𝐾𝑀𝑄̂=𝑄𝐸𝐾̂=𝑁𝐸𝐾̂=𝑁𝐵𝐾 ̂ ( Do tứ giác MBKQ nội tiếp ) →CM tiếp tuyến đường

tròn ngoại tiếp tam giác BMK → (đpcm)

Baì 19:

Từ điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R Kẻ tiếp tuyến AB AC với đường tròn (B C tiếp điểm ) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M khác B khác C Gọi I,K,P hình chiếu vng góc điểm M đoạn thẳng AB ,AC,BC

1)CMR AIMK tứ giác nội tiếp 2/CMR 𝑀𝑃𝐾 ̂ = 𝑀𝐵𝐶̂

3/ Xác đinh vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đặt giá trị lớn

(TS 10 Thanh Hóa 2019)

Giải

1)CMR AIMK tứ giác nội tiếp

Tự CM

2/CMR 𝑀𝑃𝐾 ̂ = 𝑀𝐵𝐶̂:

Dễ dàng CM tứ giác MKCP nội tiếp →𝑀𝑃𝐾̂= 𝑀𝐶𝐾̂( Cùng chắn cung MK) Mà góc 𝑀𝐶𝐾̂=

𝑀𝐵𝐶̂ ( Cùng chắn cung MC) → 𝑀𝑃𝐾 ̂ = 𝑀𝐵𝐶̂ →(đpcm)

3/ Xác đinh vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MI;MK;MP đặt giá trị lớn

Dễ dàng cm tứ giác IMPB nội tiếp nên 𝐼𝑃𝑀̂=𝐼𝐵𝑀̂( Cùng chắn cung IM) Ta có 𝐼𝐵𝑀̂= 𝑀𝐶𝑃̂

( Cùng chắn cung BM) mà 𝑀𝐶𝑃 ̂= 𝑀𝐾𝑃̂( Cùng chắn cung MP) → 𝐼𝑃𝑀̂= 𝑀𝐾𝑃 ̂

Ta có 𝑀𝑃𝐾 ̂ = 𝑀𝐵𝐶̂ (cma)→ 𝑀𝑃𝐾 ̂ = 𝑀𝐵𝑃 ̂ mà 𝑀𝐵𝑃̂= 𝑀𝐼𝑃̂(chắn cung MP) → 𝑀𝑃𝐾 ̂ = 𝑀𝐼𝑃̂

→∆ MIP ∽ ∆ MPK (g-g) → 𝑀𝐼

𝑀𝑃= 𝑀𝑃

𝑀𝐾 →MI.MK = 𝑀𝑃

2 →MI.MK.MP= 𝑀𝑃3Mà MP ≤ HK

𝑀𝑎𝑥𝑀𝐼.𝑀𝐾.𝑀𝑃= 𝐻𝐾3 Khí điểm M trùng với K điểm P trùng với H

29 H

K P Q

N

F

E

D M

O A

B

C

Bài 20:

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) với AB < AC Gọi M trung điểm BC .AM cắt đường tròn (O) điểm D khác A Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDC cắt

đường thẳng AC E khác C Đường tròn ngoại tiếp tam giác MDB cắt đường thẳng AB F khác B

1)CMR hai tam giác BDF tam giác CDE đồng dạng

2)CMR ba điểm E,M,F thẳng hàng OA vng góc với EF

3)Đường phân giác góc BAC cắt EF N Đường phân giác góc CEN cắt CN P Đường phân giác góc BFN cắt BN Q Chứng minh PQ song song với BC

(TS 10 Chuyên Thanh Hóa 2019)

Giải

1)CMR hai tam giác BDF tam giác CDE đồng dạng

Tứ giác BMDF nội tiếp → 𝐵𝐹𝐷̂= 𝐷𝑀𝐶̂(Cùng bù với 𝐵𝑀𝐷̂) Mà 𝐷𝑀𝐶̂= 𝐷𝐸𝐶̂(cùng chắn cung

DC)→ 𝐵𝐹𝐷̂= 𝐷𝐸𝐶̂

Tứ giác ABDC nội tiếp → 𝐷𝐶𝐸̂+ 𝐴𝐵𝐷̂= 1800 Tại B ta có 𝐹𝐵𝐷̂+ 𝐴𝐵𝐷̂= 1800( Hai góc kề bù)

→ 𝐷𝐶𝐸̂= 𝐹𝐵𝐷̂

→∆ BDF ∽ ∆ CDE(g=g) →(đpcm)

2)CMR ba điểm E,M,F thẳng hàng OA vng góc với EF

Tứ giác BMDF nội tiếp → 𝐵𝐷𝐹̂= 𝐵𝑀𝐹̂(cùng chắn cung FB)

Tứ giác CEMD nội tiếp → 𝐶𝐷𝐸̂=𝐶𝑀𝐸̂( chắn cung EC)

Do ∆ BDF ∽ ∆ CDE(cmt) →𝐵𝐷𝐹̂=𝐶𝐷𝐸̂( hai góc tương ứng )

𝐵𝑀𝐹̂=𝐶𝑀𝐸̂ Mà điểm B;M;C thẳng hàng →Các điểm E;M;F thẳng hàng (đpcm)

Kẻ AO cắt đường tròn (O) EF K H →AK đường kính đường trịn(O)

Do BFDM nội tiếp → 𝐴𝐹𝐻̂=𝐵𝐷𝐴̂( Cùng chắn cung MB) Mà 𝐵𝐷𝐴̂= 1

2 sđ AB → 𝐴𝐹𝐻̂=

2 sđ AB

Do 𝐹𝐴𝐻̂= 1

2 sđ BK → 𝐴𝐹𝐻̂+𝐹𝐴𝐻̂=

2 sđ AB+

2 sđ BK → 𝐴𝐹𝐻̂+𝐹𝐴𝐻̂=

2 (sđ AB+ sđ BK ) →

𝐴𝐹𝐻̂+𝐹𝐴𝐻̂=1

2 sđ AK→ 𝐴𝐹𝐻̂+𝐹𝐴𝐻̂= 90

0 →∆ AFH vuông H → AH  FH →AO  EF →

(đpcm)

Bổ đề : Định lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp, kỷ I sau công nguyên)

Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ nằm đường thẳng BC, CA, AB cho trong chúng điểm nào, có điểm thuộc cạnh tam giác ABC Khi A’, B’, C’ thẳng hàng A'B ' '

' ' ' B C C A A C B A C B 

* Trường hợp 1: Trong điểm A’, B’, C’ có điểm thuộc cạnh tam giác ABC Giả sử B’, C’

Phần thuận :  Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng B’C’ M Ta có: C'A ; ' '

' ' '

AM B C A C

C B  A B B A AM Vậy A'B ' ' ' '

' ' ' ' '

B C C A AM A C A B A C B A C B  A B AM A C 

Phần đảo :  Gọi A’’ giao B’C’ với BC

Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có A''B ' ' '' ' '

B C C A A C B A C B 

mà A'B ' ' ' ' '

B C C A

A C B A C B  nên

A''B ' '' '

A B

A C  A C Do B’, C’ thuộc cạnh CA, AB

nên A’’ nằm cạnh BC Vậy A''B '

'' ' A B

A C  A C A’, A’’ nằm cạnh BC suy A'' A' Do A’, B’, C’ thẳng hàng * Trường hợp 2:Trong điểm A’, B’, C’ khơng có điểm thuộc cạnh tam giác ABC chứng

minh tương tự.

Do AN phân giác ∆ ÀEF nên ta có : 𝑁𝐹

𝑁𝐸= 𝐴𝐹

𝐴𝐸 (AN phân giác 𝐵𝐴𝐶̂)(a)

Do điểm E,M,F thẳng hàng Áp dựng định lý Menelaus vào ∆ ABC ta có : 𝐴𝐸

𝐸𝐶 𝑀𝐵 𝑀𝐶

𝐹𝐵 𝐹𝐴=1 →

𝐴𝐸 𝐸𝐶

𝑀𝐵 𝑀𝐶

𝐹𝐵 𝐹𝐴=1 →

𝐴𝐸 𝐸𝐶 1.

𝐹𝐵

𝐹𝐴=1( theo gt M trung điểm BC)→

𝐴𝐸 𝐸𝐶.

𝐹𝐵 𝐹𝐴=1→

𝐴𝐸 𝐸𝐶= 𝐴𝐹 𝐵𝐹 → 𝐴𝐹 𝐴𝐸= 𝐵𝐹

𝐸𝐶(b) Từ (a);(b) ta có :

𝑁𝐹 𝑁𝐸= 𝐵𝐹 𝐸𝐶 → 𝑁𝐹 𝐵𝐹= 𝑁𝐸 𝐶𝐸

Do EP phân giác ∆ENC nên ta có : 𝑁𝑃

𝐶𝑃= 𝑁𝐸 𝐶𝐸

Do FQ phân giác ∆ BFN nên ta có :𝑄𝑁

𝑄𝐵= 𝑁𝐹 𝐹𝐵

Xét ∆ NBC có 𝑁𝑃

𝐶𝑃= 𝑄𝑁

𝑄𝐵 →PQ//BC (Định lý Ta let) →(đpcm)

31

Bài 21:

Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC,AC,AB điểm D,E,F Gọi M trung điểm BC Gọi N giao điểm của hai đường thẳng ID EF Qua điểm N kẻ đường thẳng song song với BC cắt hai đường thẳng AB AC Q P Qua điểm A kẻ đường thằng song song với BC cắt EF điểm K

a)CMR tứ giác INQF INEP nội tiếp đường tròn tam giác IPQ cân

b)CMR 𝐼𝐴𝑀̂=𝐹𝐾𝐼̂

c)CMR hai đường thẳng IM DK vng góc với

(TS 10 Chuyên Vĩnh Phúc 2019)