Chứngminh độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK luôn không đổi.

I A= N B.

3) Chứngminh độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK luôn 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:  o

AKB=90 ( 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:   o

BIC=AKC=90 ( Chứng minh trên )

hay   o

HIC=HKC=90 ( Do H∈BI, H∈AK )

Xét tứ giác HKCIcó:   o o o

HIC HKC+ =90 +90 =180 . Mà HIC và  HKCở vị trí đối nhau nên tứ giác HKCInội tiếp ( Dấu hiệu nhận biết )

Mà  o

HIC=90 ( 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 ABKIvà tứ giác HKCI ( Chứng minh trên )

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: OA R , AN AB

2

= = ( Do N là trung điểm của AB )

2 2 2 2 AB 2 AB NO R ON R 4 4 ⇒ = − ⇒ = − ( Do R AB 2 > ) Mà ON=PC( Chứng minh trên ) 2 AB2 PC R 4 ⇒ = −

Vì ( )O cố định và AB cố định nên R và AB không đổi ⇒PCcó giá trị không đổi . Mặt khác PC là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK ( Chứng minh trên )

⇒ Độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK luôn không đổi và có giá trị bằng 2 AB2

R 4

− ( đpcm ).

Bài 60. Cho đường tròn ( )O và điểm A cố định ở ngoài( )O . Vẽ qua Acát tuyến ABC (B nằm giữa A và C), AM, AN là các tiếp tuyến với ( )O (M N, ∈( )O và M thuộc nửa mặt phẳng bờ AC có chứa O, gọi H là trung điểm BC.

a) Chứng minh: 2 . =

AM AB AC

b) Chứng minh 5 điểm A, M , N , O, H cùng thuộc một đường tròn.

c) Đường thẳng qua B song song với AM cắt MN ở E. Chứng minh EH MC// d) Khi cát tuyến ABC quay quanh Athì trọng tâm G của tam giác MBC chạy trên đường nào? Lời giải a) Xét ΔCMA và ΔMBA Có MAC chung và  = =1 sñ 2 BMA ACM BM ⇒ΔMBA ∽ ΔCMA g g( ). ⇒ AM = AC AB AM ⇒ 2 . = AM AB AC

b) Vì AM , AN là các tiếp tuyến tại M và N của đường tròn ( )O (gt) nên  ANO= AMO= °90

Lại có H là trung điểm dây BC của đường tròn ( )O

⇒OH ⊥BC ⇒ OHA= °90

⇒A, M , N, O, H cùng thuộc một đường tròn đường kính AO.

GD D K H E O N M C B A

c) A, M , N, O, H cùng thuộc một đường tròn đường kính AO.

 =

HAM MNH (hai góc nội tiếp cùng chắc cung MH) Vì BE AM// ⇒  HBE=HAM

⇒  HBE=ENH

⇒ tứ giác BEHN nội tiếp

⇒  BHE=BNE

Mà trong (O) ta có BNE =BCM (hai góc nội tiếp cùng chắn MB) Nên BHE =BCM ⇒EH//MC

d) Gọi K là trung điểm AO và D là trọng tâm tam giác MAO ⇒K, D cố định Vì D và G lần lượt là trọng tâm tam giác MAO và tam giác MBC

⇒ 2 3 = = MD MG MK MH ⇒G D HK// ⇒ 2 2 1. 1 3 3 2 3 = = = DG HK AO AO không đổi

⇒Khi cát tuyến ABC quay quanh Athì trọng tâm G của tam giác MBC chay trên đường đường tròn tâm D bán kính

3

AO

Bài 61. Cho đường tròn (O R; ) đường kính AB cố định. Gọi H là điểm bất kì thuộc đoạn thẳng

OA (điểm H khác điểm O và điểm A). Vẽ dây CD vuông góc với AB tại H. Gọi M

là điểm bất kì thuộc đoạn thẳngCH . Nối AM cắt ( )O tại điểm thứ hai là E. Tia BE cắt tia DC tại F.

a) Chứng minh bốn điểmH, M, E, Bcùng thuộc một đường tròn.

b) Kẻ Ex là tia đối của tia ED. Chứng minh FEx =FEC và MC FD. =FC MD. c) Tìm vị trí của điểm H trên đoạn thẳng OA để diện tích ∆OCH lớn nhất.

Lời giải

a) Xét (O):  90

AEB= ° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay MEB = °90 CH ⊥AB⇒MHB= °90

Xét tứ giácBEMH : 

90 90 180

MEB+MHB= ° + ° = °

⇒ Tứ giác BEMH là tứ giác nội tiếp hay bốn điểm H, M , E, B cùng thuộc một đường tròn.

b) AB⊥CD tại H ⇒ H là trung điểm của CD hay AB là đường trung trực của

CD

   

AC AD AC AD AEC AED

⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒EM là tia phân giác của

 CE MC

CED

ED MD

⇒ =

Lại có: AEB= ° ⇒90 AEF = ° ⇒90  AEC+FEC= °90 và  AED+FEx= °90

Mà  AEC=AED⇒ FEx=FEC ⇒EF là tia phân giác góc ngoài tại E của ∆CED CE FC

ED FD

⇒ = MC FC MC FD. FC MD.

MD FD

⇒ = ⇒ =

Vậy FEx =FEC và MC FD. =FC MD.

c) ∆OCH vuông tại H ⇒HC2+HO2 =OC2 =R2

Với hai số a, b ta có: ( )2 2 2 0 2 0 − ≥ ⇒ − + ≥ a b a ab b 2 2 2 2 2 2 + ⇒a +b ≥ ab⇒ab≤a b Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b

Áp dụng ta có: Diện tích ∆OCH là 2 2 2 1 1 2 2 2 4 OCH HC HO R S∆ HC HO + = ⋅ ⋅ ≤ ⋅ =

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 2 2

R HC=HO= Vậy diện tích ∆OCH lớn nhất khi 2

2

R

OH =

Bài 21. Cho đường tròn ( ; )O R . Từ một điểm M ở ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến MA, MB

tới đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB. Gọi I là trung điểm của EF.

a) Chứng minh năm điểm M , A, I , O, B cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh ∆OIA đồng dạng với ∆MAE.

c) Chứng minh N là trung điểm của MH và 2

. = MN AN NF. d) Chứng minh rằng HB22 − EF =1 HF MF . Lời giải

a) Do MA, MB là tiếp tuyến tại A, B của đường tròn ( )O nên MA⊥OA và ⊥

MB OB

  90   180

⇒MAO=MBO= ° ⇒MAO+MBO= °⇒ Tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp ( )1 .

Do I là trung điểm của EF ⇒OI ⊥EF⇒MIO= °90 ⇒MAO =MIO= °90 ⇒ Tứ giác MAIO nội tiếp ( )2 .

Từ ( )1 và ( )2 ⇒ năm điểm M, A, I , O, B cùng thuộc một đường tròn. b) Tứ giác MAIO nội tiếp ⇒ AOI =AME và OME =OAI

Mà AE MO⇒MEA =OME ⇒OAI =MEA

Xét ∆OIA và ∆MAE có:  AOI= AME; OAI =MEA ⇒ ∆OIA~∆MAE (góc-góc)

c) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: =

MA MB và MO là tia phân giác của AMB ⇒ ∆MAB cân tại M, có MO là phân giác ⇒MO là đường trung trực của AB ⇒MO⊥AB tại H ⇒MHB = °90 .

Lại có: FBA =MEA⇒FBA =OME hay  FBH =FMH ⇒ Tứ giác BMFH nội tiếp

  90

⇒MFB=MHB= ° và FHM =FBM, mà   1  2

FBM =FAB= sđFB ⇒FHM =FAB

    90

⇒FHM +FNH =FAB+FNH = ° (do MO⊥AB tại H) ⇒NFH = °90 . Ta có: MFN  +NFB=MFB= °90 và NFB  +BFH =NFH = °90 ⇒MFN =BFH. Xét ∆MFH và ∆BFA có:  FMH =FBH; FHM =FAB ⇒ ∆MFH~∆BFA

⇒ MF = MH BF BA . Xét ∆MFN và ∆BFH có: MFN =BFH;  FMH =FBH ⇒ ∆MFH~∆BFH ⇒MF =MN BF BH . ⇒MN = MH ⇒ MN = BH

BH BA MH BA , mà H là trung điểm của BA (do MO là trung trực của AB)

1 1

2 2

⇒ BH = ⇒ MN = ⇒

BA MH N là trung điểm của MH. ∆AHN vuông tại H có đường cao 2

. ⇒ =

HF NH AN NF.

N là trung điểm của MH ⇒MN =NH ⇒MN2 =AN NF. . d) ∆AHN vuông tại H có đường cao 2

. ⇒ = HF HA AF AN và 2 . = HF AF NF. Mà 2 . = ⇒ = HB HA HB AF AN 2 2 + 1 ⇒ HB = AN = AF NF = AF + HF NF NF NF . / / AF EF AF 1 EF 1 AE MN NF MF NF MF ⇒ = ⇒ + = + HB22 EF 1 HB22 EF 1 HF MF HF MF ⇒ = + ⇒ − = .

Bài 62. Cho nửa đường tròn ( )O đường kính AB, C là một điểm nằm trên đoạnOA ( Ckhác ,

A Ckhác O). Trên nửa mặt phẳng bờ ABchứa nửa đường tròn vẽ các tiếp tuyến Ax By; với nửa đường tròn. M là một điểm nằm trên nửa đường tròn ( Mkhác A M, khác B) đường thẳng qua M vuông góc với MCcắt tia Ax By; lần lượt tại P Q,

a) Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp b) Chứng minh ∆AMB đồng dạng với ∆CPQ

c) Gọi D là giao điểm của CP và AM . E là giao điểm của CQ và BM.Chứng minh

OM đi qua trung điểm của DE.

Lời giải

a) Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp.

+) Ta có : PQ ⊥ MC tại M ( gt)  0 90

PMC

⇒ =

+) PA ⊥ AB ( t/c tiếp tuyến của đường tròn)  0 90

PAC

⇒ =

+) Xét tứ giác PMCA có :   0

180

PMC +PAC= ⇒PMCA là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính PC ( vì tứ giác có hai góc đối có tổng bằng 0

180 ). b) Chứng minh ∆MAB đồng dạng ∆CPQ.