MH//BD và NK//BE

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 ,} _AH^AD = ^AO_AE (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) =

>

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 MD}¼ =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