MC N= ACO ,CD CE
3/ MH//BD và NK//BE
Theo như trên ta có MAB BAC· =· mà MAB BHM· =· (Tứ giác MBHA nội tiếp ) =>
· ·
BHM =BAC =>Tứ giác CHNA nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong )
Mà ta đã có : ·BAC=·DBC =>·BHM =·DBC=>BD//MH ( 2 góc ở vị trí sole trong) ta có tứ giác CHNA nội tiếp =>·BNA CHA= · =90 * => CN vuông góc với AB .Xét trong tứ giác BKCN ta có :
· · 90 * 90* 180 *
BNC BKC+ = + = =>Tứ giác BKCN nội tiếp ( tổng 2 góc đối bằng 180*) =>·ABC= ·NKC mà ·ABC =BEC· ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung BC ) =>·NKC=BEC· =>NK//BE ( 2 góc ở vị trí đồng vị ) 4/ 3 điểm D,I,G thẳng hàng
Ta có Tứ giác OBAC nội tiếp =>OCB OAB· =· . Do tứ giác MBHA nội tiếp =>
· ·
OAB BMH= =>OCB BMH· =· .Xét tam giác CHI và tam giác MHB ta có :
· ·
BHM =IHC ( 2 góc đối đỉnh ) , OCB OAB· =·
=>∆CHI ~∆MHB (g-g) =>CH MH
IH = BH =>IH.MH=CH.BH
Xét tam giác BHE và tam giác GHC ta có :
· ·
BHE GHC= ( 2 góc đối đỉnh ) ,BEH· =HCG· ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BG) =>∆BHE ~∆GHC ( g-g) =>BH GH
Từ đó suy ra IH.MH=EH.GH => HE HI
HM = HG
Xét tam giác EHM và tam giác IHG ta có :
· ·
EHM =IHG ( 2 góc đối đỉnh ) , HE HI
HM = HG (cmt)
=>∆EHM ~∆IHG (c-g-c ) =>IGH· =EMH· mà do MH//BD (cmt )=>EMH· =·EBD (2 góc ở vị trí đồng vị ) mà EBD EGD· =· ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung DE ) =>
· ·
EGD IGH= =>2 tia GI và GD trùng nhau => 3 điểm G,I,D thẳng hàng 5/ ES,CD,OB,MH cùng đồng quy tại 1 điểm
Gỉa sử ES cắt MH tại P
Theo như trên ta có : ∆EHM ~∆IHG =>HIG MEG· =· màMEG· =·ABG (góc tạo bởi tia tiếp tuyến vả dây và góc nội tiếp cùng chắn cung BG ) =>HIG· =·ABG=>Tứ giác BIGN nội tiếp ( 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau ) =>
· ·
PNG GBS= mà GBS GES· =· ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung GS )=> PNG GES· = ·
Xét tam giác HEP và tam giác HNG ta có :
· ·
EHP NHG= ( 2 góc đối đỉnh ) , PNG GES· = · ( cmt ) =>∆HEP ~∆HNG (g-g ) =>HE HN HP HN. HE HG.
HP = HG => =
Theo như trên ta có : HE.HG =HB .HC ( cmt ) .Mà xét trong tam giác vuông OBA có đường cao BH => BH2=OH.AH ( hệ thức lượng trong tam giác vuông mà BH=CH ( OA là trung trực của BC ) =>BH.CH=OH.AG từ đó suy ra
HP.HN=OH.AH => HP AH
HO = NH .Xét tam giác OHP và tam giác NHA ta có :
· ·
OHP NHA= (2 góc đối đỉnh ) , HP AH
HO = NH ( cmt )
=>∆OHP ~∆NHA (c-g-c ) =>OPH· =OAB· mà OAB OCH· = · (Tứ giác OBAC nội tiếp ) =>OPH· =OCH· =>Tứ giác CHOP nội tiếp ( 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau ) =>OPC OHC· = · =90 * => OP_|_PC
Tứ giác CHOP nội tiếp =>COP CHP· =· mà CHP BAC· =· ( Tứ giác OBAC nội tiếp ) =>COP BAC· =· .Ta có :BOC BAC· +· =180 * (Tứ giác OBAC nội tiếp )
=>BOP BOC COP BOC BAC· =· +· =· +· =180 * =>3 điểm B,O,P thẳng hàng Ta cũng chứng minh P nằm trên BD
Gĩa sử OB cắt CD tại J .Theo như trên ta có : OB_|_CD mà tam giác OCD cân (do OC=OD ) => OJ_|_CJ
Ta có : CP_|_OB =>CP_|_OJ và CJ_|_OJ ( P và J cùng nằm trên OB )
=>J trùng với P (Vì từ C ta chỉ kể được duy nhất 1 đường thẳng vuông góc với BO ) => P cũng thuộc CD =>ES ,CD,OB,MH cùng đồng quy tại P
Bàài 16 :Từ 1 điểm A ngồi (O;R) ,Kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC đến (O) với B và C là tiếp điểm và 1 cát tuyến ADE đến (O) sao cho AD<AE (D và C nằm ở 2 mặt phẳng bờ OA khác nhau ) . Gọi H là giao điểm của OA và BC
1/Chứng tỏ :Tứ giác ABOC nội tiếp được ,xác định tâm
2/Chứng tỏ : AD.AE=AH.AO =>Tứ giác AEHD nội tiếp được trong đường trịn
3/Vẽ đường kính EM của (O) ,CM cắt EH tại N .Từ N kẻ đường thẳng song song với BC cắt BE tại I .Chứng minh rằng 3 điểm I,D,M thẳng hàng
4/Lấy P ,Q thuộc AE sao cho BP_|_ME và BQ//AI .Chứng minh : Q là trung điểm của AP
Bàài giải
1/Tứ giác OBAC nội tiếp ,xác định tâm Do AB và AC là tiếp tuyến của (O) =>OBA OCA· =· =90*
=>OBA OCA· +· =90* 90* 180*+ =
=>Tứ giác ABOC nội tiếp trong đường trịn (tổng 2 gĩc đối bằng 180* ) đường kính OA => tâm của nĩ là trung điểm của OA
2/Tứ giác DHOE nội tiếp được Xét ∆ ABD và ∆ AEB ta cĩ :
·
BAE là gĩc chung , ·ABD AEB=· ( gĩc nội tiếp và gĩc tạo bỡi tia Tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BD)
=> AB AE AB2 AD AE.
AD = AB => =
Ta cĩ : OB=OC=R ,AB=AC ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) => OA là trung trực của BC => OA_|_BC tại H
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuơng OBA cĩ BH là đường cao => AB2=AH.AO =>Từ đĩ suy ra AD.AE=AH.AO => AD AO
AH = AE
Xét ∆ ADH và ∆AOE ta cĩ :
·
OAE là gĩc chung , AHAD = AOAE (cmt) =>∆ ADH ~∆AOE (c-g-c )
=> DHA AEO· =· => Tứ giác EOHD nội tiếp ( gĩc ngồi bằng gĩc đối trong ) 3/3 điểm I,D,M thẳng hàng
Dễ thấy tam giác ODE cân =>·AEO ODE=· Do tứ giác EOHD nội tiếp =>
· ·
ODE OHE= Mà DHA AEO· =· (cmt) =>·DHA OHE=· =>EHB DHB· =· ( cùng phụ với 2 gĩc bằng nhau )
=> BH là tia phân giác của gĩc EHD )
Theo như trên ta cĩ BH là phân giác của gĩc EHD
=>EHD· =2EHB· mà EHD EOD· = · (Tứ giác EOHD nội tiếp)
Và EOD· =2ECD· ( tính chất gĩc ở tâm va 2 gĩc nội tiếp cùng chắn 1 cung )=>
· ·
· ·
EHB ECD= (cmt) ,EBH· =EDC· ( 2 gĩc nội tiếp cùng chắn cung EC) => ∆HBE~ ∆cDE ( g-g)=>EH EC EB EC EH ED. .
EB = ED => =
Dựng BS vuơng gĩc với DE tại STheo như trên ta cĩ : ∆HBE~ ∆CDE =>BEH CED· =· =>·BED HEC=·
Ta cĩ : ECM· =90* ( gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường trịn đường kính EN ) Xét ∆EBS và ∆ EMC ta cĩ :
· ·
BED HEC= (cmt) ,ECM· =·BSE=90*
=>∆EBS ~ ∆ EMC (g-g)=>EB EM EB EC ES EM. .
ES = EC => =
Từ đĩ suy ra EH.ED=ES.EM => EH ES
EM = ED
Mà BH//MI ,Áp dụng định lý ta lét trong tam giác IEM ta cĩ
EH EB
EM = EI => ES EB
ED = EI =>BS//DI ( định lý ta lét đảo ) Mà BS_|_AE=> DI_|_AE
Mặt khác ta cĩ : ·EDN =90* ( gĩc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính EN )=> AE_|_DE
Dẫn đến DI và DC cùng vuơng gĩc với AE => 3 điểm I,D,C thẵng hàng 4/ Q Là trung điểm AP
BM cắt DE tại K , IK cắt AB tại J ,BP cắt AI tại T
Ta có :ù EBM· =EDM =90 * ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AM) => BM và DE là 2 đường cao của tam giác IEM ,mà chúng cắt nhau tại K => K là trực tâm của tam giác IEN => IK_|_EM =>IKB IEM· =· ( cùng phụ với góc EIK )
Mà dễ thấy IEM· =JBK· ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung BM ) => IKB JBK· =· => tam giác JBK cân => BJ=KJ
· ·
IKB JBK= =>IBJ· =BIJ· ( cùng hpụ với 2 góc bằng nhau ) => tam giác IBJ cân =>BJ=IJ=> IJ=KJ => J là trung điểm của KI
Mặt khác ta cĩ : IK//BP ( cùng vuơng gĩc với EN ) Áp dụng định lý ta –lét ta cĩ:
KJ AJ IJ
BP = AB = BT mà KJ =IJ => BP=BT
Xét trong tam giác TPA cĩ B là trung điểm của PT và BQ//IA => Q là trung điểm của AP
Bài 17 : Từ 1 điểm A ngoài (O;R) ,Kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC đến (O) với B và C là tiếp điểm và 1 cát tuyến ADE đến (O) (AD<AE ,D và C nằm ở 2 mặt phẵng bờ OA khác nhau ) ,OA cắt BC tại H .Dựng EJ vuông góc với BC tại J
1/Chứng tỏ :Tứ giác OBAC nội tiếp được và OE2=OH.OA 2/Chứng tỏ :JED OEH· =· và BH là tia phân giác của góc EHD
3/Lấy M thuộc EJ sao cho DM//AB .Chứng tỏ :DM HJ
DE = HE
4/Dựng DG vuông góc với EG tại G .Chứng tỏ : tam giác DMG là tam giác cân và MG vuông góc với BE
5/Đường thẳng qua D song song với BE cắt BC tại P .Gọi Q là điểm đối xứng D qua P, DG cắt CE tại S .Chứng tỏ :·DQS =DSE·
Gỉai
1/ :Tứ giác OBAC nội tiếp được và OE2=OH.OA
Do AB và AB là tiếp tuyến của (O ) => OBA OCA· = · =90 * Ta có :
· · 90 * 90* 180 *
OBA OCA+ = + = =>Tứ giác OBAC nội tiếp ( tổng 2 góc đối bằng 180* ) .Ta có : OA=OB=R ,AB=AC ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ) => OA là trung trực của BC => OA_|_BC tại H
Xét tam giác OBA vuông tại B có đường cao BH => OB2=OH.OA ( Hệ thức lượng trong tam giác vuông ) mà OE=OB=R=> OE2=OH.OA
2/û :·JED OEH= · và BH là tia phân giác của góc EHD Theo như trên ta có : OE2=OH.OA=>OE OH
OA = OE
Xét tam giác OEH và tam giác OAE ta có :
·
AEO là góc chung , OE OH
=>∆OEH ~∆OAE (c-g-c )=>OEH· =OAE· .Ta có OA_|_BC và EJ_|_BC =>OA//EJ =>
· ·
OAE=JED ( 2 góc ở vị trí sole trong ) =>OEH· =·JED
Xét tam giác ABD và tam giác AEB ta có :
·
BAE là góc chung ,·ABD=·AEB ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp
cùng chắn cung BD )
=>∆ABD~∆AEB (g-g) => AB AE AB2 AD AE.
AD = AB => =
Xét trong tam giác vuông OBA có đường cao BH =>AB2 = AH AO. ( hệ thức lượng trong tam giác cuông ) =>AD.AE=AH.AO => AD AO
AH = AE
Xét tam giác AHD vả tam giác AEO ta có :
·
OAE là góc chung , AD AO
AH = AE (cmt)
=>∆AHD~∆AEO (c-g-c) =>·AHD=·AEO =>Tứ giác EOHD nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong ) .Ta có : OD=OE=R =>Tam giác ODE cân =>·AEO ODE= ·
màODE OHE· = · (Tứ giác EOHD nội tiếp ) =>DHA OHE· =· =>·BHE=·BHD ( cùng
phụ với 2 góc bằng nhau ) => BH là tia phân giác của góc EHD 3/DM HJ
DE = HE
Gọi L là giao điểm của EJ và AB
Xét tam giác BHA có JL//AH =>HJ BH
AL = BA ( định lý ta lét )Ta có :BOA ABH· =·
( cùng phụ với góc OBH =>cos BOA = cos ABH =>BO cosBOA cosABH BH
OA = = = AB
Mà OE=OD=R .Từ đó suy ra HJ OD
AL = OA .
Theo như trên ta có :AD.AE=AH.AO =>AD AH
AO = AE
Xét tam giác AEH và tam giác AOD ta có : OAE là góc chung , AD AH AO = AE ( cmt ) =>∆AEH ~∆AOD (c-g-c ) =>OD EH OA = EA .Từ đó suy ra HJ EH AL = EA => AL HJ
AE = EH .Ta lại có : AB// MD =>MD AL
ED = AE ( định lý ta lét )=> MD HJ ED = EH
4/ tam giác DMG là tam giác cân và MG vuông góc với BETheo như câu 2 ta đã có :·JED OEH=· =>·DEG=·JEH Theo như câu 2 ta đã có :·JED OEH=· =>·DEG=·JEH
Xét tam giác JEH và tam giác GED ta có :
· · 90 *
=>∆JEH ~∆GED (g-g ) => HJ GD
EH = DE .Theo như trên ta đã có : MD HJ ED = EH
=>GD=MD => tam giác GMD là tam giác cân
Ta có :DM//AB =>·BAE MDE=· ( 2 góc ở vị trí đồng vị )
Gọi T là giao điểm của OB và DE ta có :tam giác BTA vuông tại B =>BAE· =90 *−·BTA mà BTA ETO· =· ( 2 góc đối đỉnh ) từ đó suy ra
· 90 * ·
BEA= −ETO .Ta lại có trong tam giác vuông DEG ta có :EDG· =90 *−GED·
Ta có :MDG EDG MDE· =· +· =90 *−ETO· +90 *−GED· =180 *−·ETO GED BOE−· = ·
.Ta có : tam giác MDG cân tại D , tam giác BOE cân tại O
Mà MDG BOE· = · ( cmt ) =>OBE OEB DMG DGM· =· =· = · =>BEO DGM· =·
Mà ta lại có :·DGM +EGM· =DGE· =90 * =>·BEO EGM+· =90 * Đến đây dễ dàng suy ra được MG vuông góc với BE
5/DQS· =DSE·
Ta có : PD//BE mà BE_|_GM => DP_|_GM
Xét trong tam giác MDG cân có DP là đường cao => DP cũng là đường phân giác =>·MDP PDS= · =>MDG· =2PDS· .Theo như trên ta có : MDG BOE· =· ( cmt ) mà
· 2·
BOE= BCE tính chất góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn 1 cung =>·PDS=BCE·
=>Tứ giác DPSC nội tiếp ( 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau ) Theo như trên ta có BH là tia phân giác của góc EHD =>EHD· =2BHE·
mà·EHD DOE=· ( Tứ giác EOHD nội tiếp ) mà DOE· =2DCE· (Tính chất góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn 1 cung ) =>BHE· =DCE·
Xét tam giác BHE và tam giác DCE ta có :
· ·
EBH =EDC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung CE ) , ·BHE=DCE· (cmt) =>∆BHE ~∆DCE (g-g ) =>BEH· =DEC· =>BED HEC· =·
Ta lại có :BED BCD· =· ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BD ) mà ·BCD PSD=· ( Tứ giác DPSC nội tiếp ) =>·HEC=·PED
Xét tam giác DPS và tam giác CHE ta có :
· ·
PDS =HCE (Tứ giác DPSC nội tiếp ) , HEC· =PED· (cmt) =>∆DPS ~∆ CHE ( g-g ) =>DP CH
DS = CE
Do H và P lần lượt là trung điểm của BC và QD =>DQ BC
DS = CE
Xét tam giác QDS và tam giác BCE ta có :
· ·
PDS =HCE,DQ BC
=>∆QDS ~∆BCE ( c-g-c ) =·DQS CBE= · mà BE//DQ =>CBE CPQ· =· ( 2 góc ở vị trí đồng vị ) mà do tứ giác DPSC nội tiếp =>DPC· =DSC· =>CPQ DSE· = · ( cùng bù với 2 góc bằng nhau ) .Từ đó suy ra ·DQS =DSE·
Bài 18 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R ) có AB<AC .Vẽ 3 đường cao AD ,BE,CF của tam giác ABC chúng cắt nhau tại H ,AD cắt (O) tại K
1/Chứng minh : D là trung điểm của HK
2/Dựng HM_|_KC tại M .Chứng tỏ : Tứ giác BFEC nội tiếp , 5 điểm E,D,H,M,C cùng thuộc 1 đường tròn và DE là tia phân giác của góc HEM
3/Đường thẳng qua A song song với BE cắt HM tại G .DM cắt BE tại V .Trên HM lấy 1 điểm N sao cho HCN· =HGF· Chứng tỏ : : HN MV
BF = BV
4/EF cắt BC tại I .Dựng GS vuông góc với AD tại S .Chứng minh : HI=AS 5/ Chứng minh : AS(IK+AS)=HG.HN
Bài giải 1/ D là trung điểm của HK
Ta có : BAF· =BAD· ( cùng phụ với góc ABC ) mà ta lại có :·BAD BCK= · ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BK ) =>BAF· =·BCK=>CD là tia phân giác của góc KCH Xét trong tam giác KCH ta có : CD vừa lả đường cao vừa là đường trung tuyến => tam giác CHK là tam giác cân => CD cũng là đường trung tuyến cùa tam giác CHK =>HD=KH => D là trung điểm của HK
2/ Tứ giác BFEC nội tiếp , 5 điểm E,D,H,M,C cùng thuộc 1 đường tròn và DE là tia phân giác của góc HEM
Xét tứ giác BFEC ta có :BFC· =BEC· =90 * =>Tứ giác BFEC nội tiếp ( 2 góc k62 cùng nhìn 1 cạnh duới góc vuông )
Ta có : HE_|_CE , HD_|_CD , HM _|_MC
=>5 điểm E,D,H,M,C cùng thuộc 1 đường tròn đường kính HC
Ta có DM là đường trung tuyến của tam giác vuông HMK =>HD=KD=MD
Xét đường tròn đi qua 5 điểm E,D,H,M,C có HD =MD =>HD MD¼ =¼ ( liện hệ giữa cung và dây ) =>HED DEM· = · (2 góc nõi tiếp chắn 2 cung bằng nhau ) => DE là
tia phân giác của góc HEM 3/HN MV
BF = BV
Do 5 điểm E,D,H,M,C cùng thuộc 1 đường tròn =>HMK· =·HEC mà AG//BE ( cmt) =>HEC GAC· =· =>HMK GAC· = · =>Tứ giác AGMC nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong )=>·MAE=HGC· .Ta có :MHC MEC· = · ( 5 điểm E,D,H,M,C cùng thuộc 1 đường tròn ) =>GHC· =·AEM ( cùng bù với 2 góc bằng nhau )
Xét tam giác AEM và tam giác GHC ta có :
· ·
MAE=HGC,GHC· =·AEM ( cmt ) =>∆AEM ~∆GHC (g-g ) => AE GH
ME =CH
· · FHG=NHC (2 góc đối đỉnh ) ,FGH· =·HCN ( gt ) =>∆HFG ~∆HNC (g-g) => GH HF CH = HN .Từ đó suy ra AE HF ME = HN =>HF HN AE = ME
Xét tam giác BFH và tam giác BEA ta có :
·
ABE là góc chung ,BFH· =·AEB=90 *
=>∆BFH ~∆BEA ( g-g ) =>HF BF
AE = BE . =>HN BF
ME = BE =>ME HN BE = BF
Ta có DE là đường phân giác trong của tam giác EMV =>ME MV
BE = BV =>HN MV BF = BV
4/AS=HI
Qua A kẻ đường thẳng song song với HM cắt HE tại P và cắt KE tại Q
Ta có tứ giác BFEC nội tiếp =>·AEF =·ABC mà ·ABC =·AKC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) =>·AEF =·AKC=>Tứ giác KIEC nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong ) =>·AIE= ·ACK mà ·ACK =·APE ( cùng phụ với góc CA=>·AIE=·APE=>Tứ