, Suy ra D thuộc đường tròn đường kính OM
3) Chứng minh độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK luôn không đổi.
không đổi.
Gọi N là trung điểm của AB, P là trung điểm của HC, đường thẳng CH cắt AB tại M
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKIcó: AKB 90· = o ( Chứng minh trên ) AB
⇒ là đường kính N
⇒ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI ( Do N là trung điểm của AB ) Ta có: BIC AKC 90· = · = o( Chứng minh trên )
hay HIC HKC 90· =· = o ( Do H BI,H AK∈ ∈ )
Xét tứ giác HKCIcó: HIC HKC 90· +· = o+90o =180o. Mà HIC· và HKC· ở vị trí đối nhau nên tứ giác HKCInội tiếp ( Dấu hiệu nhận biết )
Mà HIC 90· = o( Chứng minh trên ) ⇒HClà đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCI
P
⇒ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCI ( Do P là trung điểm của HC ) và PC là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK.
Tam giác ABC có : AK và BI là đường cao và AK cắt BI tại H ( giả thiết ) nên suy ra CM cũng là đường cao của ∆ABC( Tính chất )⇒CM⊥ABhay
CP⊥AB( Do P CM∈ )(5)
Xét đường tròn ( )O có dây AB và N là trung điểm của AB nên suy ra ON⊥AB tại N ( Quan hệ đường kính và dây cung ) (6)
Từ (5) và (6) suy ra CP // ON( Quan hệ từ vuông góc đến song song )
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKIvà đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCIcắt nhau tại K và I. Mà N và P lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI
NP IK
⇒ ⊥ ( Tính chất đường nối tâm ) (7)
Ta có: IK⊥OC ( Chứng minh trên ) (8)
Từ (7) và (8) suy ra NP // OC ( Quan hệ từ vuông góc đến song song ) Xét tứ giác NOCP có:
CP // ON ( Chứng minh trên )
NP // OC ( Chứng minh trên )
⇒Tứ giác NOCP là hình bình hành ( Dấu hiệu nhận biết )⇒ON PC= ( Tính
chất )
Xét ONAvuông tại N ( Do ON⊥ABtại N ), áp dụng đinh lý Pytago ta có:
2 2 2 2 2 2 OA =AN +NO ⇒NO =OA −AN Mặt khác: AB OA R ,AN 2 = =
( Do N là trung điểm của AB )
2 2 2 2 AB 2 AB NO R ON R 4 4 ⇒ = − ⇒ = − ( Do AB R 2 > ) Mà ON PC= ( Chứng minh trên ) 2 2 AB PC R 4 ⇒ = −
Vì ( )O cố định và AB cố định nên R, AB không đổi ⇒PCcó giá trị không đổi
Mặt khác PC là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK ⇒ Độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK luôn không đổi và có giá trị bằng
22 AB 2 AB R 4 − ( đpcm ).
Bài 57.Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. Lấy M bất kì thuộc nửa đường tròn (M không trùng với A, B) và C là điểm chính giữa cung AM. Gọi D là giao điểm của AC và
BM; H là giao điểm của AM và BC.
a) Chứng minh: Tứ giác CDMH nội tiếp. b) Chứng minh: DA .DC DB.DM= .
c) Gọi Q là giao điểm của DH và AB. Chứng minh khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn (O) thì đường tròn ngoại tiếp ∆CMQ luôn đi qua một điểm cố
định.
a) Ta có: ACB AMB· =· = °90 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · · 90 BCD AMD ⇒ = = ° · · 90 90 180 BCD AMD
⇒ + = ° + ° = ° ⇒ Tứ giác CDMHnội tiếp b) Xét ∆DCB và ∆DMA có: ·ADB chung; BCD AMD· =· = °90
DCB DMA
⇒ ∆ á∆ (g.g)
DC DB DA .DC DB.DMDM DA