MC N= ACO ,CD CE
6/ OD2+OJ2 có giá trị không đổ
Gỉa sử tia OJ cắt (O) lần lượt tại P và Q ( P thuộc cung nhỏ AC ) Ta có :BD.CD =(BI-DI)(CI+DI)=(BI-DI)(BI+DI)=BI2-DI2( do BI=CI )
Ta có I là trung điểm của BC => OI_|_BC ( quan hệ đường kính và dây cung ) .Aùp dụng định lý pi-ta-go trong tam giác vuông ODI và OBI =>DI2=OD2-OI2
Và OI2=OB2-BI2=>DI2=OD2-R2+BI2
=>BD.CD=BI2-OD2+R2-BI2=R2-OD2
Xét tam giác BDH và tam giác ADC ta có :
· ·
HBD DAC= ( cùng phụ với góc ACB ) ,BDH· =·ADC =90 *
=>∆BDH ~∆ADC (g-g )=> BD AD
HD =CD =>BD.CD=AD.HD
Theo như trên ta có tứ giác ADJC nội tiếp trong đường tròn đường kính AC , mà DJ_|_AC =>AD=AJ ( quan hệ đường kính và dây cung )
Ta có : HS//DI nên ta có :DH JS
DA = JA ( định lý ta lét ) mà AD=JA =>DH=JS
Từ đó suy ra DH.DA=JS.JA
Xét tam giác JSP và tam giác JQA ta có :
·
=>∆JSP ~∆JQA (g-g ) =>JS JQ
JP = JA =>JS.JA=JP.JQ
Mà JP.JQ= (JO-PO)(JO+OQ)=(JO-R)(JO+R)=JO2-R2
Từ đó suy ra R2-OD2=BD.CD=DH.DA=JS.JA=JP.JQ=JO2-R2
=>OD2+OJ2=2R2(không đổi )
Bài 22 :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 cắt nhau tại H ,AD cắt (O) tại K và cắt EF tại I 1/Chứng tỏ :BC là trung trực của HK và IF.IE=IH.IA
2/Chứng tỏ : Các tứ giác DHEC , BFIK nội tiếp được 3/EF cắt BK tại G .Chứng tỏ :KC BK IH
AC + BA = EF
4/Đường thẳng qua E song song với AD cắt BK tại M .Chứng tỏ : 3 điểm F,D,M thẳng hàng
5/Lấy P thuộc AG , Q thuộc AB sao cho AC//IP//HQ .Chứng tỏ : 3 điểm P,Q,K thẳng hàng
6/Dựng KJ_|_AC tại J , IP cắt GJ tại S.Chứng tỏ :HQ1 − IP1 = 2PS1 Gỉai
1/ :BC là trung trực của HK và IF.IE=IH.IA
Ta có :BKA ACB· =· ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB ) ,mà ·ACB BHK=· ( cùng phụ với góc EBC ) =>·BKA BHK=· => tam giác BHK cân => BH=BK .Lập luận tương tự ta có CH=CK => BC là trung trực của HK
Ta có :·AEH =BFH· =90 * =>Tứ giác AFHE nội tiếp ( góc ngoài bằng góc trong) Xét tam giác AIE và tam giác FIH ta có :
· ·
AIE=FIH ( 2 góc đối đỉnh ) ,IAE· =·IFH ( Tứ giác AFHE nội tiếp ) =>∆AIE ~∆FIH (g-g ) =>AI FI
EI = HI =>AI.HI=EI.FI
2/û : Các tứ giác DHEC , BFIK nội tiếp được
Xét tứ giác DHEC ta có :·HDB BEC=· =90 * =>Tứ giác DHEC nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong )
Xét tứ giác BFEC ta có :BFC· =BEC· =90 * =>Tứ giác BFEC nội tiếp ( 2 góc vuông cùng nhìn 1 cạnh dưới góc vuông ) =>·AFE =·ACB mà ·ACB= ·AKB ( cmt ) =>·AFE=·AKB=>Tứ giác KBIF nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong )
3/ :KC BK IH
AC + BA = EF
Theo như trên ta đã có :BKH· =BHK· mà BHK· =·IHE ( 2 góc đối đỉnh ) =>
· ·
BKH =IHE .Xét tam giác HEI và tam giác KAB ta có :
· ·
BKH =IHE ( cmt ) ,·HEI =·ABK ( tứ giác AFHE nội tiếp ) =>∆HEI ~∆KAB (g-g ) => KB HI AB = EI Chứng minh tương tự ta có : KC HI AC = FI Từ đó suy ra 1 1 . . . . KB KC EI FI IH EF EF IH HI AB AC EI FI EI FI AI HI AI + + = + ÷= = = ( theo chứng
minh ở câu 1 có IF.IE=IH.IA ) 4/3 điểm F,D,M thẳng hàng
Ta có :BME· =·BKH ( 2 góc ở vị trí đồng vị do HK//ME ) mà ·BKH =BHK·
· ·
BKH =BEM ( 2 góc ở vị trí đồng vị do HK//ME ) =>·BME=·BEM =>Tam giác
BEM là tam giác cân
Ta có :AD_|_BC mà EM//BC =>EM_|_BC .Trong tam giác cân BEM có BC là đường cao của tam giác ( do BC_|_NE ) => BC là trung trục của ME
Ta có D nằm trên đường trung trực của ME =>DM=DE =>Tam giác DME là tam giác cân =>MDC· =·EDC .Xét tứ giác ABDE ta có :·ADB=·AEB=90 * =>Tứ giác ABDE nội tiếp ( 2 góc kề cùng nhín cạnh dưới góc vuông ) =>EDC· =·BAC .Xét tứ giác AFDC ta có :·AFC= ·ADC =90* =>Tứ giác AFDC nội tiếp ( 2 góc kề cùng nhín cạnh dưới góc vuông ) =>·BAC=BDF· .Từ đó suy ra MDC· =BDF·
Ta có : 180*=BDC· =MDC BDM· +· =·BDF BDM+· =FDM· => 3 điểm F,D,M thẳng hàng
5/3 điểm P,Q,K thẳng hàng Dựng HT_|_AG tại T
Gỉa sử KQ cắt AG tại L .Ta chứng minh P trùng với L
Ta có HT_|_AT , AF_|_HF , AE_|_HE =>5 điểm A,T,F,H,E cùng thuộc đường tròn đường kính AH =>·AEF GTF=· .Xét tam giác GTF và tam giác và tam giác GEA ta có :·AGE là góc chung , ·AEF GTF= · ( cmt )
=>∆GTF ~∆GEA (g-g ) =>GT GE GT GA GF GE. .
GF = GA => =
Theo như trên ta có :·BME=BKH· = ·ACB mà ·ACB GFB= · ( tứ giác BFEC nội tiếp )=> BME GFB· =· .Xét tam giác GFB và tam giác GME ta có :
·
EGM là góc chung , BME GFB· =· ( cmt ) =>∆GFB ~∆GME (g-g ) =>GF GM
GB = GE =>GF.GE=GB.GM
Từ đó suy ra GB.GM=GT.GA =>GB GA
GT =GM
Xét tam giác GTB và tam giác GMA ta có :
·
AGM là góc chung , GB GA
GT =GM ( cmt )
=>∆GTB ~∆GMA ( c-g-c ) =>GBT· =GAM·
Ta có : KH//ME và KL//AM ,Aùp dụng định lý ta lét trong các tam giác BEM và tam giác ABE ta có :BQ BH BK
BA = BE = BM => KL//AM ( định lý ta lét đảo )
=>GAM· =GLK· ( 2 góc ở vị trí đồng vị ) từ đó suy ra GBT· =GLK·
Xét tam giác GBT và tam giác GLK ta có :
·
AGK là góc chung , GBT· =GLK· ( cmt ) =>∆GBT ~∆GLK (g-g )=>GB GL
GT =GK =>GT.GL=GB.GK
Xét tam giác GBF và tam giác GIK ta có :
·
EGK là góc chung , GFB GKI· = · ( Tứ giác IFBK nội tiếp ) =>∆GBF ~GDIK (g-g ) => GB GI
GF =GK =>GB.GK=GF.GI
Từ đó suy ra GT.GL=GF.GI =>GT GI
GF =GL
Xét tam giác GTF và tam giác GIL ta có :
·
AGE là góc chung , GT GI
GF =GL ( cmt )
=>∆GTF ~∆GIL (c-g-c ) =>GIL GTF· =· mà GTF· =·AEG ( cmt )=> GIL· =·AEG
hàng mà P và L lại cùng thuộc AG => P trùng với L mà L,Q,K thẳng hàng => P,Q,K thẳng hàng