Các bài toán hình học chọn lọc lớp 9

Tailieumontoan.com  Điện thoại (Zalo) 039.373.2038 CÁC BÀI TẬP CHỌN LỌC HÌNH HỌC MƠN TỐN LỚP Tài liệu sưu tầm, ngày 09 tháng 10 năm 2021 Website: tailieumontoan.com MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC HÌNH HỌC PHẲNG Phân tích: Câu 1) Cho tam giác ABC BC ,CA, AB thứ tự lấy điểm M , N , E cho AN  NE , BM  ME Gọi D điểm đối xứng E qua MN Chứng minh đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tam giác CMN vng góc với CD A N I E B M K C D Ta biết : Hai đường tròn cắt theo dây cung l đường nối tâm ln vng góc với dây cung l Thực nghiệm hình vẽ ta thấy D nằm đường trịn ngoại tiếp tam giác CMN Vì ta chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tam giác CMN cắt theo dây cung CD hay tứ giác ABCD,CDMN tứ giác nội tiếp Từ định hướng ta có lời giải cho tốn sau: Theo giả thiết ta có: BM  ME , AN  NE nên tam giác ANE cân N ,  B , AEN  A  Vì D, E đối xứng tam giác BME cân M Hay BEM với qua MN nên NE  ND, ME  MD suy Liên hệ tài liệu word tốn SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website: tailieumontoan.com   MEN   1800  AEN   BEM   1800  B  A  C  hay MDN   MCN   DMNC tứ giác nội tiếp tức điểm thuộc đường MDN D tròn ngoại tiếp tam giác CMN + Ta có ME  MB  MD nên M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BED + Ta có: NA  NE  ND nên N tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE Từ suy       BDE   EDA   BME   ANE   1800  2B   1800  2A  BDA 2  Như tứ giác ABCD nội tiếp, suy đường tròn  A  C  180  B ngoại tiếp tam giác ABC tam giác CMN cắt theo dây cung CD Hay IK  CD Câu 2) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Từ A kẻ tới đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC tiếp tuyến AP, AQ ( P,Q tiếp điểm)   CAQ  a) Chứng minh BAP b) Gọi P1, P2 hình chiếu vng góc P lên đường thẳng AB, AC Q1,Q2 hình chiếu vng góc Q AB, AC Chứng minh P1, P2 ,Q1,Q2 nằm đường tròn Phân tích: Giả thiết liên quan đến tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IBC giúp ta liên tưởng đến tính chất: ‘’Đường phân giác góc A cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC E E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ’’ Ngoài giả thiết liên quan đến tam giác vng nên ta nghỉ Liên hệ tài liệu word tốn SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com đến cách dùng góc phụ tứ giác nội tiếp để tìm mối liên hệ góc Từ sở ta có lời giải cho toán sau: Lời giải A K P2 Q1 I Q Q2 C B P P1 E + Gọi E giao điểm phân giác AI với đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC BE  CE ( E điểm cung BC ) Ta có   IBC   EBC   ABI   EAC   ABI   BAI   BIE  Suy tam IBE giác BIE cân E hay EB  EI Như EB  EI  EC Tức điểm E tâm vịng trịn ngoại tiếp tam giác IBC Vì AP, AQ tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến đường tròn (E ) nên AE phân giác  Ta có BAP   PAE   BAE  ;CAQ   QEA   CAE  góc PAQ     Mặt khác AE phân giác góc BAC BAP  CAQ + Xét tam giác PAP2 ; QAQ1 Ta có AP  AQ (Tính chất tiếp tuyến), Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com   QAQ  suy PAP  QAQ  AQ  AP suy góc PAP 1 2 Chứng minh tương tự ta có: AQ2  AP1 Từ suy AP1.AQ1  AP2 AQ2 hay tứ giác PQ Q P nội tiếp 1 2   900 Giả sử O điểm nằm Câu 3) Cho hình bình hành ABCD có BAD tam giác ABD cho OC khơng vng góc với BD Dựng đường trịn tâm O bán kính OC BD cắt (O ) hai điểm M , N cho B nằm M D Tiếp tuyến của (O ) C cắt AD, AB P,Q a) Chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp b) CM cắt QN K , CN cắt PM L Chứng minh KL vng góc với OC Phân tích: Giả thiết tốn liên quan đến hình bình hành đường thẳng song nên ta nghỉ đến hướng giải toán là: + Hướng 1: Dùng định lý Thales để tỷ số + Hướng 2: Dùng góc so le, đồng vị để quy dấu hiệu tứ giác nội góc + Ta kéo dài MN cắt PQ điểm để quy tam giác Từ định hướng ta có lời giải cho toán sau: Q Lời giải: + Gọi MN giao PQ T Tam giác PCD đồng dạng M K C B với tam giác CBQ nên ta có: Liên hệ tài liệu word tốn SĐT zalo: 039.373.2038 A O S L TÀI LIỆU TOÁN P HỌC D N T Website: tailieumontoan.com TP TD TC   TC TB TQ  TC  TP TQ  TC  TP TQ Mặt khác TC tiếp tuyến đường tròn (O ) nên TC  TM TN Như ta có: TM TN  TP TQ  MNPQ tứ giác nội tiếp + Gọi giao điểm thứ hai (O ) với MP S Ta có góc biến đổi sau:   SCP  (góc tạo tiếp tuyến dây cung)   CMS KML  (góc ngồi) KML   MSC   SPC   MNQ  (tứ giác   MNC KML   KNL  suy tứ giác MKLN nội MNPQ MNSC nội tiếp Vì KML   QPM  suy KL / /PQ  OC Vậy   KNM tiếp Suy KLM KL  OC Câu 4).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) Đường tròn K tiếp xúc với CA, AB E , F tiếp xúc với (O ) S SE , SF cắt (O ) M , N khác S Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM , AFN cắt P khác A a) Chứng minh tứ giác AMPN hình bình hành b) Gọi EN , FM cắt (K ) G, H khác E , F Gọi GH cắt MN T Chứng minh tam giác AST cân Phân tích: + Để chứng minh AMPN hình bình hành ta chứng minh cặp cạnh đối song song dựa vào góc nội tiếp, góc tạo tiếp tuyến dây Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com + Để chứng minh TA  TS ta nghỉ đến việc chứng minh TA,TS tiếp tuyến đường tròn (O ) Từ định hướng ta có lời giải sau: A M N G T H O F P E K C B S   180  ANS   AMS   180  APE  suy F , P, E thẳng Ta thấy APF   AEM  góc nội tiếp chắn cung AM , AEM   SEC  hàng Ta có APM   EF  (đối đỉnh) Vì AC tiếp tuyến đường tròn K nên SEC S   PAN  tứ (Tính chất góc tạo tia tiếp tuyến dây) Mà EFS   PAN   AN / /PM Chứng minh giác ANFP nội tiếp Vậy APM tương tự ta có: AM / /PN  AMEN hình bình hành Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com + Các tam giác SKF , SON cân có chung đỉnh S nên đồng dạng suy SF SK SE suy   SN SO SM   HFE   HMN  suy tứ giác MNGH nội MN / /EF Từ HGE KF / /ON , tương tự KE / /OM suy tiếp Giả sử TS cắt O  K  S1, S TS TS1  TM TN  TH TG  TS TS suy TS1  TS suy S1  S  S Vậy TS tiếp tuyến O  Tứ giác AMEN hình bình hành nên AP MN cắt trung điểm I đường Ta có theo   PES   FST   NAS  tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung IAM   AMN   ASN  Vậy AIM  ANS suy Ta lại có AMI AM SN  AI AS Tương tự AN SM  AI SN  AM SN Từ theo tính chất tiếp tuyến TS tiếp xúc với O  suy TM SM AM   TN SN AN Vậy TA tiếp xúc với O  Suy TA  TS Câu 5) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O  Đường trịn I  ln qua B C cắt AB, AC M , N Đường tròn J  ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường tròn O  điểm thứ hai K Chứng minh KI / /OJ Phân tích Ta thấy OJ đường nối tâm hai đường tròn (O ),(J ) OJ  AK Do để chứng minh KI / /OJ ta quy chứng minh IK  AK A Lời giải: Nối M với K K với I    2MBC MIC N J K M (1) O C B Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 I TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com   MKA   CKA  Ta lại có: MKC   CKA   1800  ANM   ABC   MBC  (2) Mà CKA   MBC  Từ (1) Vì tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn I  nên ANM   1800  2MBC   1800  MIC  Do (2) suy MKC   MIC   1800 nên tứ giác MKC MKCI nội tiếp   IMC  Trong tam giác IMC ta có: Suy IKC   1800  MIC 1800  2MBC   Suy IMC    900  MBC 2   MBC   900 nên IKC   AKC   900 Do IK  AK Đường IMC trịn J  đường tròn O  cắt A, K nên OJ  AK Suy OJ / /IK Câu 6) Cho tam giác ABC vuông A đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A vẽ đường trịn O  đường kính HC Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A vẽ nửa đường trịn O ' đường kính BC Qua điểm E thuộc nửa đường tròn O  kẻ EI vng góc với BC cắt nửa đường trịn O ' F Gọi K giao điểm EH BF Chứng minh CA  CK A Lời giải: E Phân tích: Ta có CA2  CB.CH nên để chứng minh CA  CK , B H I O' O C Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 K TÀI LIỆU TOÁN HỌC F Website: tailieumontoan.com ta chứng minh CK  CB.CH Điều làm ta nghĩ đến chứng minh CKH  CBK ,  B  Xét góc cần chứng minh K 1 phụ với hai góc trên, cần chứng minh  C  Chỉ cần chứng minh   BCF  Muốn cần chứng minh C ECK  K  (do CEKF tứ giác nội hai góc phụ với chúng E tiếp) Cách giải:  F   900  900  1800 nên tứ giác nội tiếp, suy Tứ giác CEKF có: E  C  Cùng  K  Do hai góc phụ với chúng C E 1  , ta ECK   BCF  Do hai góc phụ với chúng cộng thêm BCK  B  K CKH  CBK (g.g) 1  CK CH   CK  CB.CH CB CK (1) Theo hệ thức lượng tam giác ABC vuông A ta có:CA2  CB.CH CA  CK (2) Từ (1) (2) suy Liên hệ tài liệu word tốn SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website: tailieumontoan.com Suy OJ  AH  2, Tam giác vng OBJ có JB  OB  OJ  52  2, 42  769  JB  đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN 769 Vậy bán kính 769 Câu 20 (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP TP Hồ Chí Minh– năm 2013) Cho tam giác ABC có B,C cố định A di động cho AB  2AC a) Gọi I điểm cạnh BC cho IB  2IC Chứng minh  AI tia phân giác BAC b) Chứng minh điểm A di động đường tròn cố định Cho tam giác ABC Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm I tiếp xúc với BC D Đường trịn bang tiếp góc A tam giác ABC có tâm J , tiếp xúc với BC E a) Gọi F giao điểm AE DI Chứng minh F thuộc đường tròn I  b) Gọi M trung điểm BC chứng minh đường thẳng MI qua trung điểm AD Phân tích định hướng giải: L C Lời giải: T J D 1) a) Vận dụng tính M I chất đường phân giác E A F B Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 N TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com tam giác b) A di động đường tròn cố định đường kính ID (trong D ngồi đoạn BC cho DB  ) DC 2) a) Hai đường tròn I , J  tiếp xúc với AC T L Ta có IT / /JK , IF / /EJ nên AI IF IT Mà JE  JL nên IF  IT   AJ JE JL Suy F  I  b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt suy  AB  BC  AC  MD ID  Do MD  ME Vì BD  CE   1 ME IF   nên MI / /EF Từ suy MI qua trung điểm AD Câu 21) Cho tam giác ABC vuông A Gọi CT đường phân giác tam giác T  AB  a) Chứng minh đường tròn K  qua C , T tiếp xúc với AB có tâm K thuộc BC b) Gọi giao điểm AC K  D khác C , giao điểm DB K  E   BCE  khác D Chứng minh ABD c) Gọi giao điểm CE AB M Chứng minh M trung điểm đoạn thẳng BT A Lời giải: T a) K  tiếp xúc với AB T nên KT  AB KT M B Liên hệ tài liệu word tốn SĐT zalo: 039.373.2038 K C TÀI LIỆU TỐN HỌC Website: tailieumontoan.com   KTC   TCA   TCB  song song với AB Vì KTC cân nên KCT Do K thuộc BC b) Gọi F giao điểm K  BC ( F khác C ) Tứ giác FEDC nội   900 tiếp K  BC nên FEC    900  ADB   900  EFC   BCE Từ ABD   BCM  , c) Từ câu b suy MBE MBE  MCB  ME MC  MB Mặt khác, MT tiếp xúc với K  nên MT  ME MC  MB Vậy M trung điểm BT Câu 22) Cho tam giác ABC , đường tròn (I ) nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnh BC ,CA, AB tương ứng D, E , F Gọi K , L hình chiếu vng góc A lên DE , DF Giả sử AI cắt EF M a) Chứng minh M trực tâm tam giác DKL b) Gọi P đối xứng với E qua K ,Q đối xứng với F qua L Chứng minh giao điểm QE , PF nằm đường trịn (I ) Phân tích định hướng giải: a) Để chứng minh M trực P A Q tâm tam giác DKL ta K L T chứng minh KM  LD, ML  KD E M F I Để ý giả thiết cho biết AK  DK vng góc với DK để chứng B C D minh ML  DK ta cần chứng minh Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com  Nhưng ta có LMA  (do tứ giác   MAK   MFA ML / /AK tức LMA   BFD   FED  AB tiếp tuyến (I ) Mặt ALFM nội tiếp), LFA   KAM  tứ giác MAKE nội tiếp Từ suy khác FED   MAK  Hoàn toàn tương tự ta chứng minh KM  LD LMA b) Gọi giao điểm QE , PF với đường tròn T T ' Để chứng minh Chứng minh giao điểm QE , PF nằm đường tròn (I ) chất chứng minh T  T ' Để ý rằng: MK đường trung bình tam giác PEF nên PF / /MK  PF  FD (kết câu a) Suy DT đường kính (I ) Hồn tồn tương tự ta chứng minh DT ' đường kính (I ) suy T  T ' Câu 23) Cho tam giác ABC nội tiếp (O ) P điểm nằm tam giác ABC Trung trực CA, AB cắt PA E , F Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến C (O ) M Đường thẳng qua F song song với AB cắt tiếp tuyến B (O ) N a) Chứng minh MN tiếp tuyến (O ) b) Giả sử MN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM , ABN S ,Q khác MN Chứng minh ABC  ASQ SB cắt CQ điểm nằmtrên (O ) Phân tích định hướng giải: Liên hệ tài liệu word tốn SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website: tailieumontoan.com A R y H K F O x P E C B S N D M Q L a) Bằng thực nghiệm hình vẽ ta dự đốn MN tiếp xúc với đường tròn (O ) giao điểm D AP với đường tròn (O ) Như ta cần chứng minh   900 ODN   900 Nếu điều xảy tứ giác OEDM ODM OFND nội tiếp Trong toán có giả thiết liên quan đến tiếp tuyến CM , BN nên ta cần ý đến tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung để tìm liên hệ góc Ngồi giả thiết liên quan đến đường trung trực giúp ta nghỉ đến tam giác cân tính chất đối xứn qua trung trực cạnh tam giác   ODE  + Muốn chứng minh OEDM nội tiếp ta cần góc OME   OAE  (OE   OCE  (do OEMC nội tiếp) mà OCE OME trung trực AC ) Mặt khác tam giác OAD cân O suy   ODE  Từ suy OME   ODE  hay OEDM nội tiếp suy OAE   ODM   900 OEM Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com   900 hay MN tiếp tuyến + Hoàn toàn tương tự ta có ODN (O )  tứ giác   ACx   b) + Ta thấy AS Q  AS M  1800  ACM ASMC nội tiếp Mặt khác MC tiếp tuyến (O ) nên   ABC     Tương tự ta có: ACx ASQ  ABC   AQN   1800  ABN   ABy   ACB  suy ABC  ASQ AQS + Giả sử SB cắt QC điểm R Muốn chứng minh R thuộc đường tròn (O ) ta quy chứng minh ABCR tứ giác nội tiếp Tức ta quy   RBA  Để ý tam giác ARQ tam chứng minh RCA  xảy ACQ   RBA   ABS  Nhưng điều giác ASR RCA hiến nhiên ABC  ASQ (Bài toán kết thúc) Câu 24) Cho tam giác ABC nội tiếp (O ) cố định với B,C cố định Điểm A di chuyển đường tròn (O ) cho AB  AC Lấy điểm D thuộc  Đường tròn (K ) qua A đoạn BC cho AD phân giác góc BAC tiếp xúc với BC D cắt AC , AB E , F khác điểm A BE ,CF cắt (K ) G, H khác E , F AG, AH cắt BC M , N a) Chứng minh (K ) tiếp xúc với (O ) b) Tìm vị trí điểm A đường trịn (O ) để diện tích tam giác AMN x lớn Phân tích định hướng giải: A Giả thiết liên quan đến K O đường phân giác AD ta nghỉ đến việc kéo F T Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 B E H G M D N C TÀI D' LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com dài AD cắt đường tròn (O ) D ' ta có tính chất quen thuộc OD '  BC Mặt khác KD  BC D giao điểm đường phân giác góc A với (K ) suy KD  EF  EF / /BC Để chứng minh hai đường tròn tiếp xúc với ta kẻ tiếp tuyến Ax  BC  T đường tròn (K ) Ta chứng minh Ax tiếp tuyến   AEF  mà chung hai đường tròn Ta có: TAF  Điều   ACB  đồng vị Từ suy raTAF   TAB   ACB AEF chứng tỏ AT tiếp tuyến (O ) Cách 2: Kẻ tiếp tuyến Ax  BC  T đường tròn (O ) Ta có   DAB   TAB   TAD  suy tam giác TAD cân   DAC   ACD TDA T , mà TD tiếp xúc với (K )  TA tiếp xúc với (K ) Vậy TA tiếp tuyến chung A hai đường trịn b) Ta có  G    BGM  ABM  MB  MG MA Mặt GBM EF  GAB khác theo tính chất tiếp tuyến cát tuyến ta có: MD  MG MA  MB  MD Tương tự ta chứng minh N trung 1 BC khơng đổi Ta có S AMN  AL.MN 2 Trong AL đường cao kẻ từ A đến BC Như S AMN lớn điểm CD Suy MN  AL lớn Suy AL phải qua tâm O Suy A trung điểm cung BC Câu 25) Cho đường tròn (O ) dây cung AB (khơng phải đường kính) Điểm M thuộc cung lớn AB , I tâm vịng trịn nội tiếp MAB , P điểm cung AM không chứa điểm B, K trung điểm MI a) Chứng minh PK  MI Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com b) Gọi Q giao điểm PK AI Chứng minh ABQP nội tiếp c) Khi M thay đổi cung lớn AB Chứng minh PQ tiếp xúc với đường trịn cố định Phân tích định hướng giải: M + Để chứng minh PK  MI Q T ta phải chứng minh PMI cân P tính K P chất hình học quen thuộc + Để chứng minh ABPQ nội tiếp ta chứng minh I A O B   PBA  để tận dụng PQA giả thiết liên quan đến phân giác tính chất điểm P + Ta thấy PQ  MI , PQ tiếp xúc với đường tròn có bán kính cố định song song với MI , điều giúp ta liên tưởng đến tâm O đường thẳng qua O vng góc với PQ Từ định hướng ta có lời giải sau: a) Trước hết ta chứng minh PMI cân P Thật ta có:   PIM  suy   PMA   AMI   PBA   IMB   PBM   BMI PMI tam giác PMI cân P PK  MI Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website: tailieumontoan.com b) Tacó       MAB   900  KIQ   900  IMA   IAM   900  AMB PQA 1  Như tứ giác  MAB  PBA ABPQ nội tiếp  c) Kẻ OT vng góc với PQ T trung điểm dây PQ Ta có   sđAMB  khơng đổi Từ  nên POQ PQ phân giác góc MPB     POQ  ta có OT  R.cos   khơng đổi Vậy PQ tiếp xúc với đường         POQ  tròn tâm O bán kính r  OT  R.cos       Câu 26) Cho AB dây cung (khơng đường kính) (O ),(O ') trung điểm OB , O1 , O2  đường trịn đường kính OA,O ' B MN tiếp tuyến chung ngồi hai đường trịn O1 , O2  với M  O1 , N  O2  Gọi C giao điểm AM với đường tròn (O ) C  A a) Chứng minh CO  MN b) Chứng minh: AMNB tứ giác nội tiếp c) Chứng minh MN  AB Phân tích định hướng giải: Liên hệ tài liệu word tốn SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Website: tailieumontoan.com C a) Ta thấy MO1 / /NO2  MN để chứng minh CO  MN D M ta chứng minh CO / /MO1 N O CO / /NO2 Tức ta chứng minh   ACO  điều AMO O1 O' O2 B A hiển nhiên tam giác O1AM ,OAC cân O1 O b) Kéo dài MN cắt (O ) D Dễ thấy B, N ,C thẳng hàng , ta gọi C ' giao điểm BN (O ) C 'O  MN  C  C ' Để   CMN  chứng minh AMNB nội tiếp ta cần chứng minh ABN 1   DMA   AOC  từ suy   AO  ta có: CMN ABC C  AOC 2 điều phải chứng minh: Chú ý: Việc kéo dài MN cắt đường tròn (O ) D chìa khóa để tính góc dựa tính chất tiếp tuyến MN c) Ta có CMN  CBA  mặt khác MN CM CN MN CM CN CM CN      BA CB CA BA CB CA CA CB OO1 OO2 CM CN   ;    MN  AB CA OA CB OB 4 Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com Câu 27) Cho tam giác ABC Một đường tròn (K ) qua B,C cắt đoạn CA, AB E , F khác C B Đường thẳng BE cắt CF H Gọi M trung điểm EF Gọi P,Q đối xứng với A qua BE ,CF a) Chứng minh đường tròn (I ) ngoại tiếp tam giác HEP đường tròn (J ) ngoại tiếp tam giác HFQ cắt AM b) Chứng minh (I ) (J ) có bán kính Phân tích định hướng giải: A a) Nếu D giao điểm thứ hai hai đường tròn E (I ),(J ) Thực nghiệm hình M F vẽ giúp ta dự đốn tứ giác AEDF hình bình hành P H I Q Nếu chứng minh điều ta kết luận K J D C B AM qua D Tuy nhiên việc chứng minh trực tiếp AEDF hình bình tương đối khó + Để khắc phục điều ta gọi D đỉnh thứ hình bình hành AEDF sau ta chứng minh tứ giác QFHD, PEHD nội tiếp Khi  (1)   EAH   CAH đường tròn (I ),(J ) qua D Ta có: HPE   EDH  để ý đến hai tam giác CAH EDH ta Ta cần CAH Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com thấy   FED   FEH   AF    ECB   FCB   ECF   ECH  HED E  FCB HE EF  HC CB AF EF HE AF DE suy (do   AEF  ABC   AC BC HC AC AC   EDH  kết hợp với AF  DE ) CAH  EDH CAH   EDH  hay tứ giác PEHD nội tiếp, hoàn toàn tương tự (1) ta suy HPE Mặt khác ta có FEH  BCH  ta có QFHD nội tiếp suy đường tròn (I ) ngoại tiếp tam giác HEP đường tròn (J ) ngoại tiếp tam giác HFQ cắt điểm D nằm AM   2HFD   HJD  hai tam giác   2HED   2HCA b) Ta có HID HJD, HID có chung cạnh đáy, góc đỉnh nên HJD  HID  JD  ID Câu 28) Cho tam giác ABC nội tiếp (O ) Các điểm E , F thuộc cung BC không chứa điểm A cho EF / /BC tia AE nằm tia AB, AF Gọi H trực tâm tam giác ABC FH cắt (O ) điểm G khác F Gọi (L) đường tròn ngoại tiếp tam giác AGH Giả sử K  AE cho   900 AHK a) Chứng minh L nằm AE b) Giả sử (L) cắt CA, AB M , N khác A Chứng minh AF  MN điểm P c) GK  MN  Q, AQ  (O )  R  A Chứng minh đường thẳng qua R vng góc với AF cắt GP điểm nằm (O ) Phân tích định hướng giải: Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com a) Nếu L nằm AE điểm A,G, H , K nằm đường tròn (L) Như chất câu hỏi chứng minh AGHK nội tiếp Thật : Ta có:   900 Do K  AE cho AHK suy HK  AH  A G L HK / /BC / /EF P   HFE  Do KHF   EAG  mà HFE M Q N H K O I C B (cùng chắn cung FG )   KAG  hay AGHK suy KHF R E F   900 nên L trung điểm AK nội tiếp Mặt khác AHK    BAE   900 ( Do AMN  M   AKN  b) Ta có: AMN AF  AKN   hai cung BE ,CF nhau.) chắn cung AN , M AF  BAE Suy AF  MN điểm P c) Giả sử đường thẳng qua R vng góc với AF cắt GP I Ta cần chứng minh AGRI tứ giác nội tiếp Thật từ việc xác định điểm I ta   QPG  ( đồng vị) Mặt khác ta dễ suy RI / /MN suy RIG   RAG    QAG  ( Do tứ giác APQG nội tiếp) suy RIG thấy QPG  AGRI tứ giác nội tiếp Tức điểm I nằm đường tròn (O ) Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com Câu 29) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) Điểm P nằm  Gọi E , F tam giác cho AP phân giác góc BAC hình chiếu vng góc của P lên CA, AB Đường thẳng qua A vng góc với AP cắt đường tròn (O ) D khác A , PD cắt EF Q , M trung điểm BC a) Chứng minh MQ / /AP b) Gọi K , L  đường tròn ngoại tiếp tam giác BQF ,CQE Chứng minh K , L  có điểm chung với (O ) c) Giả sử QM cắt K , L  S ,T khác Q Chứng minh đường trung trực ST AO cắt O  Phân tích định hướng giải: a) Kéo dài AP cắt (O ) G dễ thấy D A GD đường kính (O ) E N Q Ta thấy tam giác F APE  DGC có P đường cao tương ứng EN ,CM nên MG NP Mặt khác ta  MD NA K B NP QP NQ / /AD  NA QD Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 L M C S R có O H G T TÀI LIỆU TỐN HỌC Website: tailieumontoan.com từ suy MG QP   QM / /GN  AP MD QD b) Gọi R giao điểm (O ) với DP Ta chứng minh tứ giác BFQR,CEQR đường trịn (K ),(L),(O ) có điểm chung   180  BRD    BFQ  mà BAD R Thật AD / /EF nên BAD   BRD   1800 hay tứ giác BFQR nội tiếp Tương tự ta có:  BFQ CEQR nội tiếp nên K , L  có điểm chung với (O ) R c).Dựng đường kính AH (O ) Ta chứng minh đường trung trực ST qua H Điều có nghĩa tam giác SHT cân H   900  BS  BF  BH  B, S , H Tứ giác FQSB nội tiếp mà SQF thẳng hàng Tương tự C ,T , H thẳng hàng nên   QSB   AFE   AEF   QRC   STH   SHT cân ( đpcm) SHT Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC ... IDK    1800  90 0  B  B  1800  ABI 2   90 0  B  ) Ta lại có IDK  (câu a) nên   IBK (vì ABI   90 0  B  Do IBK  B   90 0 IBK 2  Các trường hợp khác Lưu ý: Hình vẽ ứng với... liệu word toán SĐT zalo: 0 39. 373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com   1800  KAL   1800  BAC  Vậy AKOL nội tiếp đó: KOL    90 0  BAC MON  Kết hợp với câu a   90 0  KAL... DE cắt AB L Do X thuộc trục đối xứng BD hình vng nên DZ  DV Do ADME hình thang cân nên Liên hệ tài liệu word toán SĐT zalo: 0 39. 373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Website: tailieumontoan.com DZ  AL