Đang tải... (xem toàn văn)
a, Chứng minh rằng: AOM đồng dạng với BNO và góc MON vuông b, gọi H là hình chiếu của O trên MN, Chứng minh rằng đường thẳng d luôn tiếp xúc với một nửa đường tròn cố định tại H.. c, C[r]
(1)TOÁN HÌNH HỌC CÓ YẾU TỐ CHUYỂN ĐỘNG Bài 1: Cho tam giác ABC, điểm M thuộc cạnh BC Gọi E, F là hình chiếu M trên AB và AC; H, O, K là trung điểm các đoạn thẳng BC, EF, AM a) Chứng minh ba điểm H, O, K thẳng hàng 1 + 2 b) Xác định vị trí điểm M trên cạnh BC để ME MF đạt giá trị nhỏ c) gọi Q là hình chiếu A trên đường thẳng OM Chứng minh M chuyển động trên cạnh BC thì Q luôn thuộc đường tròn cố định A Q K N E G O F B a) Có H KH = KE = M C AM (tính chất trung tuyến tam giác vuông) EKH = 2.EAH = 2.300 = 600 (góc nội tiếp và góc tâm) tam giác EKH là tam giác Tương tự có tam giác EKH là tam giác Suy tứ giác EHFK là hình thoi, suy H, O, K thẳng hàng b) Chứng minh ME + MF = AH 1 8 + = 2 ME MF ME.MF 4ME.MF (ME+MF) AH dấu xảy và ME = MF hay M là trung điểm cạnh BC c) Kẻ AN // HK (N đường thẳng MO), có AN = 2.OK AN = 2.OH GA = 2.GH G là trọng tâm tam giác ABC nên G là điểm cố định Q thuộc đường tròn đường kính AG cố định (2) Bài 2: Cho trước đoạn thẳng OM có độ dài m, đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R < m) Vẽ các tiếp tuyến MA, MB với (O, R) đó A, B là các tiếp điểm Vẽ đường kính AC, tiếp tuyến C đường tròn (O, R) cắt AB D MO cắt AB I; MC cắt OD H a) Chứng minh tứ giác OIDC nội tiếp MC2 = MI MO + AB AD b) Xác định độ lớn bán kính R đường tròn (O) để tam giác MAO có diện tích lớn nhất, tìm giá trị đó c) Chứng minh bán kính đường tròn (O) thay đổi thì điểm H luôn thuộc cung tròn cố định a) Có MA = MB OA = OB MO là trung trực AH OID 900 DC là tiếp tuyến (O) OCD 900 Tứ giác OIDC có OID OCD 1800 nên nội tiếp A M K I O H B C D Giải: b) Gọi K là trung điểm MO ta có MO m (trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông AMO) AK = AI MO AK MO m S MAO 2 Có Dấu xảy AI = AK AK MO Tam giác vuông cân A OA MO m m 2 m2 Vậy diện tích tam giác MAO đạt giá trị lớn là Đường tròn (O) có bán m kính là MA AO MAO ACD ( g g ) AC CD c) Ta có MA CO AM AC mà AO = CO nên AC CD hay CO CD lại có MAC OCD 90 MAC OCD(c g c) AMC COD tứ giác MAOH nội tiếp MAO MHO 1800 (3) 0 mà MAO 90 MHO 90 H thuộc đường tròn đường kính MO ( phần nằm trên nửa mặt phẳng bờ MO chứa điểm B, trừ hai đầu mút M và O) đây là cung tròn cố định Bài 3: Cho điểm H cố định thuộc đoạn thẳng BC cho trước cho HB < HC Qua H kẻ đường thẳng d BC A là điểm di động trên d (A không trùng H) Gọi E, F là chân đường vuông góc kẻ từ H xuống AB và AC a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp b) Chứng minh đường thẳng EF luôn điểm cố định EF c) Xác định vị trí điểm A trên đường thẳng d cho tỉ số AH có giá trị lớn nhất, tìm giá trị Đặt HB =a; HC= b ( a; b là số dương cho trước, a <b) Gọi I là giao đường thẳng EF với đường thẳng BC Dễ chứng minh các tứ giác AEHF; BEFC nội tiếp và IH là tiếp tuyến H đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF Có IH2 = IE.IF mà IE.IE = IB.IC nên IH2 = IB.IC IH2 = (IH-a)(IH +b) IH2 = IH2 +IH.b – IH.a – ab IH = ab b a = const A x F E a I B b H C mà H cố định, I thuộc đường thẳng BC cố định nên I là điểm cố định Đặt AH = x (x là số dương thay đổi) 1 HA2 HB a x 2 HE 2 HB HA2 a x Có HE HB HA a x x AE x AE AH HE x a2 x2 a x2 a2 x2 2 2 AC HC HA2 b x AC b x x (a b) EF AE AE.CB AEF ACB EF (a x )( x b2 ) CB AC AC Có EF x(a b) 2 2 AH (a x )( x b ) Có (a x )( x b ) (a.x x.b) x(a b) EF x(a b) a x x a.b ABC 2 2 AH (a x )( x b ) 1 x b dấu đẳng thức xảy vuông A hay A là giao đường tròn đường kính BC với đường thẳng d EF thì tỉ số AH có giá trị lớn là Mở rộng: Gọi K là chân đường cao kẻ từ H xuống EF tam giác HEF (4) HE.HF.EF HE.HF.EF 4R 2x Có 2.S abx abx ab HK HEF EF (a +x )(b +x ) (a+b)x (a+b) SHEF Bài Cho tam giác ABC có BAC 45 , các góc B và C nhọn Đường tròn đường kính BC cắt AB và AC tai D và E Gọi H là giao điểm CD và BE a) Chứng minh AE = BE b) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp, xác định tâm K đường tròn đó c) Chứng minh OE là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE A I E D H B K O C M Mở rộng: Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với BH cắt đường tròn (O) M Nối ME, ta có DME DBE 45 Gọi K là giao AH với BC, có DEK là tam giác trực tâm tam giác ABC Dễ có DKE 90 và KA là phân giác góc DKE đó KA qua điểm chính cung DE đường tròn đường kính DE Thay đổi vai trò: - Cố định đường tròn (O, R) - Cố định dây DE = R - Điểm M thay đổi trên cung lớn DE đường tròn này - Gọi H là trực tâm tam giác MDE, EH và DH cắt (O, R) B, C (5) - A là giao BD và CE thì AH luôn qua điểm cố định là điểm chính cung DE đường tròn đường kính DE Bài 4’: Cho đường tròn O; R có dây cung AB cố định và AB R Lấy M là điểm di động trên cung lớn AB cho tam giác MAB có ba góc nhọn Gọi H là trực tâm tam giác MAB và C, D là các giao điểm thứ hai các đường thẳng AH, BH với đường tròn O Giả sử N là giao điểm các đường thẳng BC và AD a) Tính số đo các góc AOB và MCD b) Chứng minh CD là đường kính đường tròn O và đoạn thẳng HN có độ dài không đổi c) Chứng minh đường thẳng HN luôn qua điểm cố định 2 2 a) Ta có OA OB 2R AB Do đó tam giác OAB vuông O Vậy M AOB 900 / / Gọi A , B là chân các đường cao kẻ từ các đỉnh A, B ABM AMB 450 B/ BM Vì vuông cân nên tam giác B/ , đó MCD MBD 45 / / b) Vì tứ giác A MB H nội tiếp nên BHC AMB 450 Dễ thấy ACB AMB 45 giác BHC vuông cân B C O I D B' A A' H K B nên tam Vì HBC 90 nên CD là đường kính đường tròn (O) Ta thấy BHC và BDN là các tam giác vuông cân nên BH = BC, BN = BD Do đó BHN = BCD (c.g.c) HN CD 2R Vậy HN 2R có độ dài không đổi E N c) Gọi I là giao điểm các đường thẳng HN và CD thì tứ giác nội tiếp BHIC ta có BIH BCH 45 (6) Tương tự AIH ADH 45 Do đó AIB 90 , tức là I thuộc đường tròn (K) đường kính AB Gọi E là giao điểm đường thẳng HN với đường tròn (K) (với E khác I) đường tròn (K) Vì AIE BIE 45 nên E là điểm chính cung AB Vì A, B cố định nên E là điểm cố định Vậy HN luôn qua điểm E cố định Bài 5: Cho đường tròn (O, R) và dây BC = R , điểm A di động trên cung lớn BC Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh AB, AC, BC D, E, F Đường thẳng DE cắt các tia BI, CI thứ tự M, N a) Chứng minh đường thẳng DE luôn tiếp xúc với đường tròn cố định b) Chứng minh điểm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNF c) Xác định vị trí điểm A diện tích tam giác MNF đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị đó A Giải: Dễ cm BAC 60 a) kẻ BH, CK vuông góc với DE (H, K thuộc đường thẳng DE), K ta có BHKC là hình thang BD BF BH 2 Có CE CF CK 2 BC 3 R BH CK 2 D H E Q N I O F P M J B C Lấy P, Q là trung điểm BC và HK, ta có PQ là trung bình hình thang BHKC PQ 3R và PQ HK ( P; 3R ) cố định đường thẳng DE tiếp xúc với đường tròn b) Tam giác ADE ADE 60 lại có NIB IBC ICB 60 nên tứ giác BDNI nội tiếp mặt khác tứ giác BDIF nội tiếp BDNIF nội tiếp MNI DBI FBI FNI NI là tia phân giác góc MNF tương tự có: NMI ECI FCI FMI MI là tia phân giác góc NMF I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNF c) theo chứng minh trên MNF CBA; NMF BCA FMN ACB ( g g ) và NFM BAC 600 IFN 300 (7) S r ( FMN ) 1 1 FMN S FMN S ABC IF kẻ IJ NF thì IJ = hay r ( ABC ) S ABC diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn và A là điểm chính cung lớn BC đó R 3 vậy… S ABC Bài 6: Cho điểm M di chuyển trên cạnh AB hình vuông ABCD cạnh a (M khác A và B) Gọi N và P là các điểm đối xứng M qua AC và BD a) Chứng minh N và P đối xứng qua tâm O hình vuông ABCD b) Kẻ đường cao MH tam giác MNP Chứng minh điểm H luôn thuộc cung tròn cố định c) Chứng minh M di chuyển trên cạnh AB đường thẳng MH luôn qua điểm cố định d) Với vị trí nào điểm M thì tam giác MNP có chu vi nhỏ và tính chu vi đó theo a K M A B P H O N C D a) Do AC và BD là các trục đối xứng hình vuông ABCD nên điểm N thuộc cạnh AD, điểm P thuộc cạnh BC và các tam giác AMN, BMP vuông cân đỉnh A và B 0 0 có NMP 180 ( AMN BMP) 180 (45 45 ) 90 tính chất đối xứng ta có OM=ON OMN cân O MON 1800 2.OMN Tương tự MOP 180 2.OMP MON MOP 3600 2(OMN OMP ) 3600 2.900 1800 Suy ba điểm N, O, P thẳng hàng Lại có ON = OP = OM suy N và P đối xứng qua tâm O (8) 0 b) Tứ giác AMHN có MAN MHN 90 90 180 nên nội tiếp 0 Suy AHM ANM 45 tương tự có BHM 45 Nên có AHB 90 đó H thuộc đường tròn đường kính AB cố định c) Do AHM ANM nên MH qua điểm chính nửa đường tròn đường kính AB d) Có MN AM 2; MP BM MN MP a MN MP PN a PN a a a( 1) dấu đẳng thức xảy và M là trung điểm AB, vậy… Bài 7: Cho đoạn thẳng AB = a cố định góc xAy = 45 quay xung quanh điểm A Đường thẳng qua B vuông góc với Ax M nó cắt Ay điểm E Đường thẳng qua B vuông góc với Ay N nó cắt AX điểm F Chứng minh: a) Bốn điểm A; B; M; N cùng thuộc đường tròn b) EF = MN c) Khi góc xAy quay quanh A thì trung điểm K đoạn thẳng EF luôn thuộc đường tròn cố định d) Xác định vị trí góc xAy để tam giác AEF có diện tích lớn nhất, tìm giá trị đó Giải: AB b) Có OM = ON = ( là trung tuyến ứng với cạnh huyền các tam giác vuông AMB và ANB) lại có MON = MAN = 450 = 900 (góc ỏ tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung MN đường tròn đường kính AB) Suy tam giác MON vuông cân O MN = OM hay MN x F M K A H B O N E y AB AB 2 = Ta có B là trực tâm tam giác AEF nên AB EF H Suy BAN = EFN (cùng phụ FEN) Lại có AN = FN ( tam giác ANF vuông cân N) Suy BAN = EFN ( G – C - G), Suy AB = EF EF hay EF = MN Như có: MN AB EF c) Có OM = ON = , KM = KN = ( là trung tuyến ứng với cạnh huyền các tam giác vuông EMF và ENF) (9) Mà AB = EF suy OM = ON = KM = KN suy tứ giác MONK là hình thoi Kết hợp với MON = 900 suy tứ giác MONK là hình vuông AB AB K thuộc đường tròn tâm O bán kính cố định Do đó OK = MN a a a (1 2) AH AK AO OK 2 d) Có 1 a(1 2) a (1 2) EF AH a 2 a(1 2) a (1 2) S AEF a 2 Hay , dấu đẳng thức xảy và góc xAy nhận AB là tia phân giác… Bài 8: Cho hình vuông ABCD cạnh a Lấy điểm M trên cạnh CD, điểm N trên cạnh CD cho MAN 45 Đường chéo BD cắt AM, AN E và F a) Chứng minh điểm C, E, F, M, N cùng thuộc đường tròn b) Tính theo a khoảng cách từ A đến MN c) Với vị trí nào M thì tam giác AMN có diện tích nhỏ B A y E M H F a-y K D x N a-x C a) Có EAN EDN 45 nên tứ giác ADNE nội tiếp 0 mà ADN 90 AEN 90 hay NE AM tương tự có MF AN có MEN MFN MCN 90 suy điểm C, E, F, M, N cùng thuộc đường tròn đường kính MN b) Tứ giác MNFE nội tiếp FNM AED Tứ giác ADNE nội tiếp AED AND Suy AND FNM hay AND ANK Suy hai tam giác vuông AND và ANK suy AK = AD = a c) Có AND ANK ND NK x ( x 0) tương tự có MB = MK = y (y > 0) suy MN = x + y (10) 2 2 lại có MN CM CN (a x) (a y) ( x y )2 (a x) ( a y )2 ax ay a xy xy xy ( x y) a a a 4a 4a 2 ( x y ) 4a( x y ) 4a 0 x y a ( x y 2a)2 8a x y 2a( 1) hay MN 2a( 1) 1 S AMN MN AK a.2a( 1) a ( 1) 2 Có Dấu đẳng thức xảy x y a ( 1) AM là tia phân giác góc BAC Bài 9: Cho đường tròn (O) và dây BC cố định Điểm A di động trên cung lớn BC (A B, C) Tia phân giác góc ACB cắt (O) điểm thứ hai D Lấy điểm I thuộc đoạn CD cho DI = DB Đường thẳng BI cắt (O) điểm thứ hai là K a) Chứng minh tam giác KAC cân b) Chứng minh đường thẳng AI luôn qua điểm cố định là J c) Tìm vị trí A cho AI có độ dài lớn d) Trên tia đối tia AB lấy điểm M cho AM = AC Chứng minh A di động trên cung lớn BC (O) thì M luôn thuộc cung tròn cố định M A D X K X O I C B J a) Tam giác DIB cân D DBI DIB mà DIB IBC ICB (11) và DBI KCI KCA ACD KBA ICB ABI CBI I là tâm đường nội tiếp tam giác ABC BI là tia phân giác góc B K là điểm chính cung nhỏ AC Tam giác KAC cân đỉnh K b) Vì I là tâm đường nội tiếp tam giác ABC AI qua trung điểm J cung nhỏ BC c) Tam giác JBI cân đỉnh J JI = JB = const AI = AJ – IJ = AJ – const lớn AJ lớn AJ là đường kính (O) A là điểm chính cung lớn BC d) Có DBI KCI KCA ACD KBA ICB ABI CBI Bài 10: Hai đường tròn (O1 ), (O2 ) cắt hai điểm phân biệt A, B Đường thẳng vuông góc với AB B cắt lại (O1 ) C và cắt lại (O2 ) D Một đường thẳng quay quanh B cắt các đường tròn (O1 ), (O2 ) theo thứ tự giao điểm thứ hai E , F AE a) Chứng minh tỉ số AF không đổi b) Các đường thẳng EC , DF cắt G Chứng minh tứ giác AEGF nội tiếp c) Chứng minh rằng, đường thẳng EF quay xung quanh B thì tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGF luôn thuộc đường tròn cố định A O1 E O2 I C B D F G a) Xét hai tam giác ACD, AEF ta có AEF AEB ACB ACD (cùng chắn cung AB (O1 ) ) AFE AFB ADB ADC (cùng chắn cung AB (O2 ) ) Suy AEF ACD AE AC R1 const AF AD R2 Do đó (12) b) Do CD AB nên AC là đường kính (O1 ) và AD là đường kính (O2 ) Suy AEG AEC 90 , và AFG AFD 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Từ đó, tứ giác AEGF có AEG AFG 90 đó nội tiếp đường tròn đường kính AG c) Chứng minh tương tự phần 2, tứ giác ACGD nội tiếp Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGF Khi đó I là trung điểm AG Suy IO1 || CG , IO2 || DG 0 Từ đó AO1 I ACG 180 ADG 180 AO2 I Từ đó, O1 , O2 khác phía với AI I AO1O2 suy tứ giác AO1IO2 nội tiếp, hay cố định Bài 11: Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài đường tròn Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm) Gọi D là điểm (D không trùng với A, B và điểm chính cung) di động trên cung lớn AB và C là giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn (O; R) a) Giả sử H là giao điểm OM với AB Chứng minh MH.MO = MC.MD, từ đó suy đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn qua điểm cố định b) Chứng minh dây AD song song với đường thẳng MB thì đường thẳng AC qua trọng tâm G tam giác MAB c) Kẻ đường kính BK đường tròn (O; R), gọi I là giao điểm các đường thẳng MK và AB Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, biết OM = 2R K A I D C M H O E B a) Vì tam giác AOM vuông A có AH OM nên MH.MO MA Mặt khác MAC ADC nên MAC đồng dạng MDA (g.g), đó (13) MA MC MC.MD MA MD MA MH.MO MC.MD Vậy MH MC Khi đó MD MO MHC MDO MHC MDO Do đó đồng dạng Từ đó suy OHCD nội tiếp, vì đường tròn ngoại tiếp HCD luôn qua điểm O cố định b) Giả sử AC cắt MB E, vì CBE EAB nên EBC đồng dạng EAB Do đó EB EC EA.EC EB2 EA EB EMC MDA MAC Vì AD // MB nên Do đó EMC đồng dạng EAM EM EC EA.EC EM EA EM Vậy EB = EM, tức là E là trung điểm MB Tam giác MAB có MH và AE là các đường trung tuyến, nên AC luôn qua trọng tâm G MAB c) Vì OM = 2R nên MAB là tam giác đều, đó MBA 60 Kẻ đường kính MN đường tròn ngoại tiếp BMI thì tam giác vuông IMN ta có sin INM IM IM 2IM MN MN sin 60 (1) IM MH Ta có AK // MO nên HIM đồng dạng AIK (g.g) Do đó IK AK R 3R IM 3IK OH MH IM nên AK = R và , đó IK 2 Dễ thấy IH IH IA AH Mặt khác (2) R 3R R IH , IA nên 10 Vì 2R 3R IK IM , đó Khi đó (3) AH R/ R 21 Vậy đường tròn ngoại tiếp BMI có bán kính Bài 12 Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R > 0) M, N là hai điểm thuộc nửa đường tròn đó cho M thuộc AN và tổng khoảng cách từ A, B đến MN R a) Tính độ dài MN theo R b) Gọi giao điểm AN và BM là I, giao điểm AM và BN là K Chứng minh điểm M, N, I, K cùng nằm trên đường tròn Tính bán kính đường tròn đó theo R (14) c) Tìm giá trị lớn diện tích tam giác KAB theo R MN thay đổi vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán Giải: a) Gọi P, G, H là hình chiếu A, B, O lên MN hình thang ABGP có OH là đường trung bình: K OH AP BG R 2 MN 2MH 2 R 3R R 2 R Suy ra: ΔOMN là tam giác b) Ta có: KMI KNI 90 KMON nội tiếp đường tròn đường kính KI c) Gọi J là tâm đường tròn đường kính KI 0 Ta có: KAN 30 AKN 60 0 MJN 120 MJH 60 ΔMJH là nửa tam giác MH N J M P A G H I O MJ 2MH 3MH 3.R 3R MJ 3.2 3 Do đó: d) K nằm trên cung chứa góc 600 dựng trên đoạn AB SAKB h.2R hR Gọi chiều cao kẻ từ K đến AB là h ta có: lớn h lớn AB h 3R Mà h ≤ OK dấu “=” xảy h AB O ΔABK Vậy: max SKAB R Bài 13: Cho đoạn thẳng AB = 2a có trung điểm là O Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB kẻ các tia Ax, By vưông góc với AB, đường thẳng d thay đổi cắt Ax M, cắt By N cho luôn có: AM.BN = a2 a, Chứng minh rằng: AOM đồng dạng với BNO và góc MON vuông b, gọi H là hình chiếu O trên MN, Chứng minh đường thẳng (d) luôn tiếp xúc với nửa đường tròn cố định H c, Chứng minh tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MON chạy trên tia cố định d, Tìm vị trí (d) cho chu vi AHB đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn đó HD a, Chứng minh rằng: AOM đồng dạng với BNO và góc MON vuông Từ AM.BN = a2 => AM a AM OA = ⇒ a BN OB BN và góc MAO = góc NBO = 900 (gt) => Δ AOM đồng dạng Δ BNO (c.g.c) B (15) => Góc O1 = góc N1 , góc O2 = góc M2 mà tổng góc N1 +O2 = 900 => O1 + O2 = 900 => góc MON = 900 b, Tứ giác AMHO nội tiếp nên góc O1= H1 Tứ giác OBNH nội tiếp nên góc O2 = H2 mà O1 +O2 =900 => H1 + H2 = 900 => góc BHA= 900 => H (O;a) lại có OH d H => d tiếp xúc (O;a) cố định c, Gọi I là trung điếm MN, dễ dàng chứng minh OI AB O => I chạy trên tia Oz thuộc đường trung trực [AB] cố định d, Chu vi tam giác AHB = AH+HB+AB mà AB = 2a không đổi => AH +HB+AB lớn và AH+HB lớn Áp dụng BĐT bunhiacôpxki ta có: (AH+HB)2 2(AH2 + HB2) = 2AB2 = 8a2 => AH + MB √ a 1+ √2 Từ đó => chu vi tam giác AHB 2a + 2 a=2 a¿ √ Dấu đẳng thức xảy và HA= HB <=> cung MA = cung MB <=> H H1 là điểm chính nửa đường tròn (O) Vậy chu vi tam giác AHB lớn 2a(1+ √ ) <=> ( d) qua H1 mà vẫn thoả mãn AM.BN = a2 Bài 14 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AD Gọi H là trực tâm tam giác ABC, E là điểm trên cung BC không chứa điểm A Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành Gọi P và Q là các điểm đối xứng E qua các đường thẳng AB và AC Chứng minh điểm P, H, Q thẳng hàng Tìm vị trí điểm E để PQ có độ dài lớn Vì H là trực tâm tam giác ABC nên BH AC (1) Mặt khác AD là đường kính đường tròn tâm O nên DC AC (2) Từ (1) và (2) suy BH // DC Hoàn toàn tương tự, suy BD // HC Suy tứ giác BHCD là hình bình hành ( Vì có cặp cạnh đối song song) Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy AP=AE PAB EAB PAB EAB ( c.g c ) APB AEB Lại có AEB ACB ( góc nội tiếp cùng chắn cung) APB ACB 0 Mặt khác AHB ACB 180 APB AHB 180 tứ giác APHB là tứ giác nội tiếp PAB PHB ( góc nội tiếp cùng chắn cung) (16) Mà PAB EAB PHB EAB Hoàn toàn tương tự, ta có: CHQ EAC Do đó: PHQ PHB EHC CHQ BAE EAC BHC BAC BHC 1800 Suy ba điểm P, H, Q thẳng hàng Vì P, Q là điểm đối xứng E qua AB và AC nên ta có AP = AE = AQ suy tam giác APQ là tam giác cân đỉnh A Mặt khác, tính đối xứng ta có PAQ 2BAC ( không đổi) Do đó cạnh đáy PQ tam giác cân APQ lớn và AP, AQ lớn AE lớn Điều này xảy và AE là đường kính đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC E D (17)