Đề thi môn Hình học Lớp 10

69 trang nhatle22 9101

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi môn Hình học Lớp 10", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

de_thi_mon_hinh_hoc_lop_10.docx

Nội dung text: Đề thi môn Hình học Lớp 10

TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 PHẦN HÌNH HỌC – HỆ CHUYÊN CÁC TỈNH THÀNH PHỐ Câu 1: [Bà Rịa – Vũng Tàu 2016 – 2017] (chung) Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB = 2R. CD là dây cung thay đổi của nửa đường tròn sao cho CD = R và C thuộc cung AD (C khác A và D khác B). AD cắt BC tại H, hai đường thẳng AC và BD cắt nhau tại F. a) Chứng minh tứ giác CFDH nội tiếp b) Chứng minh CF.CA = CH.CB c) Gọi I là trung diểm của HF. Chứng minh tia OI là tia phân giác của góc COD. d) Chứng minh điểm I thuộc một đường tròn cố định khi CD thay đổi Lời giải a) Vì C, D thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên ACB ADB 90o FCH FDH 90o FCH FDH 180o Suy ra tứ giác CHDF nội tiếp b) Vì AH ⊥ BF, BH ⊥ AF nên H là trực tâm ∆ AFB ⇒ FH ⊥ AB CF CH CFH CBA( 90o CAB) CFH : CBA(g.g) CF.CA CH.CB CB CA c) Vì FCH FDH 90o nên tứ giác CHDF nội tiếp đường tròn tâm I đường kính FH => IC = ID. Mà OC = OD nên ∆ OCI = ∆ ODI (c.c.c) => COI = DOI => OI là phân giác của góc COD d) Vì OC = CD = OD = R nên ∆ OCD đều => COD = 60o 1 Có CAD COD 30o CFD 90o CAD 60o 2 Xét góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung CD của (I), có CID CID = 2CFD = 120o => OIC = OID = 60o 2 COD Mặt khác COI = DOI = 30o OID DOI 90o OID vuông tại D 2 Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn1
OD 2R Suy raOI sin 60o 3 2R Vậy I luôn thuộc đường tròn O; 3 Câu 2: [ ĐHPS Hà Nội 2016 -2017] (Đề chung) Cho ba điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng và M nằm giữa A, B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, dựng hai tam giác đều AMC và BMD. Gọi P là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp b) Chứng minhCP.CB DP.DA AB c) Đường thẳng nối tâm của hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC và BMPD cắt PA, PB tương ứng tại E, F. Chứng minh CDFE là hình thang. Lời giải a) VìCMA DMB 60o CMB DMA 120o. Xét ∆ CMB và ∆ AMD có CM AM MCB MAD CMB DMA CMB AMD(c.g.c) MBC MDA MB MD Suy ra AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp b) Vì AMPC là tứ giác nội tiếp nên CP CM CPM 180o CAM 120o CMB CPM : CMB(g.g) CM CB CP.CB CM 2 CP.CB CM. Tương tự DP.DA DM VậyCP.CB DP.DA CM DM AM BM AB c) Ta có EF là đường trung trực của PM ⇒ EP = EM ⇒ ∆ EPM cân tại E Mặt khác EPM = ACM = 60o (do AMPC là tứ giác nội tiếp) nên ∆ EPM đều ⇒ PE = PM . Tương tự PF = PM Ta có CM // DB nên PCM = PBD Mà BMPD là tứ giác nội tiếp nên PBD = PMD. Suy ra PCM = PMD Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn2
CP PM CP PE Ta lại có CPM = DPM = 120o CPM : MPD(g.g) MP PD PF PD Theo định lý Talét đảo ta có CE // DF ⇒ CDFE là hình thang. Câu 3: [Bắc Giang 2015 – 2016] (chung) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Điểm C là điểm bất kỳ trên (O). C ≠ A,B. Tiếp tuyến tại C cắt tiếp tuyến tại A,B lần lượt tại P,Q a) Chứng minh: AP.BQ = R2 b) Chứng minh: AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ c) Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với BC. Chứng minh: PMNQ là tứ giác nội tiếp. d) Xác đinh vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất Lời giải a) Vì AP và CP là tiếp tuyến của (O) nên OA ⊥ AP, OC ⊥ PC Xét tam giác vuông OAP và tam giác vuông OCP có: OP(chung) OAP OCP (cạnh huyền–cạnh góc vuông) OA OC R PC PA(1) 1 POA POC POC COA(2) 2 QC QB(3) Tương tự ta có: 1 QOC COB(4) 2 Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn3
1 1 Từ (2) và (4) ta có: POQ POC QOC (COA COB) .180o 90o 2 2 ⇒ ∆ POQ vuông tại O Từ (1), (3) và áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OPQ ta có: AP.BQ CP.CQ CO2 R2 (đpcm) b) Xét tam giác vuông OPQ, gọi I là trung điểm cạnh huyền PQ, khi đó: IP = IQ = IO ⇒ O thuộc đường tròn đường kính PQ (5) Mặt khác, do AP // BQ nên APQB là hình thang và nhận IO là đường trung bình, suy ra OI // BQ Mà BQ ⊥ AB ⇒ OI ⊥ AB (6) Từ (5) và (6) ⇒ AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ tại O. c) Vì OC = OA = R, PC = PA (cmt) nên PO là trung trực của đoạn AC ⇒ PO ⊥ AC Tương tự QO ⊥ BC. Tứ giác OMCN có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật ⇒ OMCN là tứ giác nội tiếp => OMN = OCN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON) (7) Mặt khác, do các tam giác OCQ và OCN vuông, suy ra: OCN = PQO (cùng phụ với CON) (8) Từ (7) và (8) ⇒ OMN = PQO Mặt khác OMN + PMN = 180o => PQO + PMN = 180o ⇒ Tứ giác PMNQ là tứ giác nội tiếp. d) Gọi H, I là trung điểm MN, PQ. K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ. Ta có: KH ⊥ MN và KI ⊥ PQ Vì OP là trung trực AC (cmt) nên M là trung điểm AC, tương tự N là trung điểm BC. AB MN AB R ⇒ MN //AB và MN = HN (9) 2 2 4 2 Vì MN // AB, OI ⊥ AB ⇒ MN ⊥ OI. Mà MN ⊥ KH nên OI // KH. Mà KI // HO (cùng vuông góc PQ) nên OIKH là hình bình hành. ⇒ KH = OI ≥ OC = R (10) Bán kính đường tròn (K) là KN. Từ (9) và (10) ta có: 2 2 2 2 R R 5 KN KH HN R 2 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ OI = OC ⇔ O ≡ C ⇔ OC ⊥ AB ⇔ C là điểm chính giữa cung AB. Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp PMNQ nhỏ nhất khi C là điểm chính giữa cung AB của đường tròn (O). Câu 4: [Bắc Ninh 2014 – 2015](chung ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’ , BB’ ,CC’ cắt nhau tại H .Vẽ hình bình hành BHCD . Đường thẳng qua D và song song với BC cắt đường thẳng AH tại M . a) Chứng minh rằng năm điểm A, B ,C , D , M cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Chứng minh rằng BM = CD và góc BAM = góc OAC . Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn4
c) Gọi K là trung điểm của BC , đường thẳng AK cắt OH tại G . Chứng minh rằng G là trọng tâm của tam giác ABC. Lời giải a) Chứng minh các tứ giác ABMD , AMDC nội tiếp Do BHCD là hình bình hành nên: Ta có: BD//CC’ => BD  AB => ABD = 90o Có:AA’  BC nên: MD  AA’ => AMD = 90o => ABD + AMD = 180o => tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Chứng minh tương tự ta có tứ giác AMDC nội tiếp đường tròn đường kính AD. => A, B ,C,D , M nằm trên cùng một đường tròn b) Xét (O) có dây MD//BC => sđ cung MB = sđ cung CD => dây MB = dây CD hay BM = CD + Theo phần 1) và BC//MD => góc BAM =góc OAC 1 OK 1 c) Chứng minh OK là đường trung bình của tam giác AHD => OK//AH và OK = AH hay (*) 2 AH 2 OK 1 GK + Chứng minh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA => AG 2GK , từ đó AH 2 AG suy ra G là trọng tâm của tam giác ABC Câu 5: [Bến Tre 2014 – 2015] (chung) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD.Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ AB(M không trùng với các điểm A và B). a) Chứng minh MD là đường phân giác của góc BMC b) Cho AD=2R.Tính diện tích của tứ giác ABDC theo R c) Gọi O là tâm đường tròn đường kính AD.Hãy tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung AMB và dây AB theo R. d) Gọi K là giao điểm của AB và MD,H là giao điểm của AD và MC.Chứng minh ba đường thẳng AM,BD,HK đồng quy. Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn5
a) Vì B và C thuộc đường tròn đường kính AD nên ABD = ACD = 90o Xét hai tam giác vuông ABD và ACD có chung cạnh huyền AD, hai cạnh góc vuông AB và AC bằng nhau (do ∆ ABC đều) ⇒ ∆ ABD = ∆ ACD (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ⇒ BAD = CAD (1) Vì AMBD là tứ giác nội tiếp nên: BMD = BAD (2) Vì AMDC là tứ giác nội tiếp nên: CMD = CAD (3) Từ (1), (2) và (3) => BMD = CMD ⇒ MD là phân giác của góc BMC. 1 b) Ta có:BAD CAD BAC 30o 2 Xét ∆ ABD vuông tại B có:BA AD.cos BAD 2R.cos30o R 3 Vì ABC là tam giác đều nênBC BA R 3 Vì AB = AC, DB = DC nên AD là trung trực của BC ⇒ AD ⊥ BC. Tứ giác ABDC có AD ⊥ BC nên 1 1 S AD.BC .2R.R 3 R2 3 ABCD 2 2 c) Vẽ OI ⊥ AB tại I. Xét tam giác vuông OIA ta có: R OI OA.sin OAI R.sin 30o 2 1 1 R R2 3 ⇒ Diện tích tam giác AOB làS AB.OI R 3. (đvdt) OAB 2 2 2 4 Ta có:AOB 2AOC 120o (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung AB) R2.120 R2 Diện tích hình quạt AOB là (đvdt) 360 3 Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn6
R2 R2 3 R2 (4 3 3) Suy ra diện tích hình viên phân cần tìm là (đvdt) 3 4 12 d) Gọi J là giao điểm của AM và BD. Vì M , B thuộc đường tròn đường kính AD nên DM ⊥ AJ, AB ⊥ DJ ⇒ K là trực tâm của tam giác AJD ⇒ JK ⊥ AD ⇒ JK // BC (cùng ⊥ AD) (4) Tứ giác AMKH có KMH = KAH (=BMD) nên là tứ giác nội tiếp ⇒ KHA = 180o – KMA = 180o – 90o = 90o ⇒ KH ⊥ AD ⇒ KH // BC (cùng ⊥ AD) (5) Từ (4) và (5), theo tiên đề Ơ–clít về đường thẳng song song, ta có J, K, H thẳng hàng. Vậy AM, BD và KH đồng quy tại J. Câu 6: [ĐH Vinh 2015 – 2016] (Vòng 1) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), AB < AC. Phân giác góc BAC cắt BC tại D. Đường tròn tâm I đường kính AD cắt AB, AC lần lượt tại E và F. a) Chứng minh rằng AD ⊥ EF. b) Gọi K là giao điểm thứ hai của AD và (O). Chứng minh rằng ABD : AKC c) Kẻ EH ⊥ AC tại H. Chứng minh rằng HE.AD = EA.EF d) Hãy so sánh diện tích của tam giác ABC với diện tích của tứ giác AEKF. Lời giải a) Do E, F thuộc đường tròn đường kính AD nên AED = AFD = 90o Xét hai tam giác vuông AED và AFD có AD(chung) AED AFD (cạnh huyền – góc nhọn) EAD FAD(gt) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn7
⇒ AE = AF và DE = DF (hai cạnh tương ứng) ⇒ AD là đường trung trực của đoạn EF. ⇒ AD ⊥ EF. b) Do ABKC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O) nên ABC = AKC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) Xét hai tam giác ABD và ACK có BAD CAK(gt) ABC ~ ACK (g.g) ABD AKC(cmt) c) Vì AEDF là tứ giác nội tiếp nên EDA = EFH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EA) Xét tam giác AED và tam giác EHF ta có: AED EHF 90o AED ~ EHF (g.g) EDA EFH (cmt) EA AD EH EF HE.AD EA.EF d) Trên tia AC lấy B’ sao cho AB = AB’. Vẽ KI ⊥ AC tại I Xét ∆ ABK và ∆ AB’K có AK(chung) KAB KAB '(gt) ABK AB ' K (c.g.c) AB AB ' ⇒ KB = KB’ (hai cạnh tương ứng) Mặt khác AK là phân giác góc BAC nên K là điểm chính giữa cung BC ⇒ KB = KC. ⇒ KB’ = KC ⇒ ∆ KB’C cân tại K ⇒ I là trung điểm B’C AB ' AC AB AC AI 2 2 ⇒ I là trung điểm B’C 1 1 1 S S S DE.AB DF.AC DF.(AB AC) ABC ABD ACD 2 2 2 Vì AK là trung trực EF nên AE = AF, EK = FK ⇒ ∆ AEK = ∆ AFK (c.c.c). Do đó SAEDF 2.SAKF KI.AF Vì DF // KI ( cùng vuông góc AC) nên theo định lí Ta–lét: DF AF AB AC S KI.AF DF.AI DF. S KI AI AEDF 2 ABC VậySABC SAEDF Câu 7: [Nguyễn Trãi – Hải Dương 2015 – 2016] (Chuyên) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A (A khác B). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O) (M và N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC. a) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn8
2 1 1 b) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh . AK AB AC c) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành. Lời giải a) Chứng minh A, O, M, N, I cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN Theo giả thiết AMO = ANO = AIO = 90o = > 5 điểm A, O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO => AIN = AMN, AIM = ANM (Góc nội tiếp cùng chắn một cung) AM = AN => ∆AMN cân tại A => AMN = ANM => AIN = AIM => đpcm 2 1 1 b) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh . AK AB AC 2 1 1 2AB.AC AK(AB AC) AB.AC AK.AI AK AB AC (Do AB+ AC = 2AI) ∆ABN đồng dạng với ∆ANC => AB.AC = AN2 ∆AHK đồng dạng với ∆AIO => AK.AI = AH.AO Tam giác ∆AMO vuông tại M có đường cao MH => AH.AO = AM2 => AK.AI = AM2 . Do AN = AM => AB.AC = AK.AI c) Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành. Ta có AN  NO, MP  NO, M AN => AN // MP Do đó AMPN là hình bình hành  AN = MP = 2x AN NO 2x2 Tam giác ∆ANO đồng dạng với ∆NEM => NE NE EM R 2x2 TH 1.NE = NO – OE => R R2 x2 2x2 R2 R R2 x2 R Đặt R2 x2 t,t 0 x2 R2 t 2. 2 2 2 2 2 2t R PTTT2(R t ) R R t 2t Rt R 0 t R Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn9
Do t 0 t R R2 x2 R x 0 A  B (loại) 2x2 TH 2 NE = NO + OE => R R2 x2 2x2 R2 R R2 x2 R Đặt R2 x2 t,t 0 x2 R2 t 2. 2 2 2 2 2 2t R PTTT2(R t ) R Rt 2t Rt R 0 t R R 3 Dot 0 2t R 2 R2 x2 R x AO 2R (loại) 2 Vậy A thuộc BC, cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hbh Câu 8: [Thái Nguyên 2015 – 2016] (Chuyên) Cho hình chữ nhật ABCD . Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB , CD . Biết đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD có đường kính bằng 8 2 3 và tồn tại một điểm I thuộc đoạn thẳng MN sao cho Lời giải Đặt AB = x , AD = y , 0 NI 2 2 x x 3 1 3 Từ đó suy ra : y MN MI IN x 2 2 2 1 3 Thay y x vào (*) ta được : 2 2 2 1 3 2 4 2 3 2 x x 8 2 3 x x 8 2 3 2 4 x2 4 x 2 y 1 3 Vậy :SABCD xy 2 1 3 Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 10
gócD· AI 45o và gócI·DA 30o. Tính diện tích hình chữ nhật ABCD . Câu 9: [Thái Nguyên 2015 – 2016] (Chuyên) Cho hai đường tròn (O1) và (O2) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm K . Vẽ tiếp tuyến chung AD (A ∈ (O1), D ∈ (O2)) rồi vẽ đường kính AB của đường tròn (O1) Qua B vẽ tiếp tuyến BM với đường tròn (O2). Chứng minh rằng : a) BM2 = BK.BD. b) AB = BM. Lời giải a) + Hình vẽ : ( BM có thể nằm giữa BA và BD ) + Dễ dàng chứng minh được 3 điểm B , K , D thẳng hàng . Xét hai tam giác ΔBMK và ΔBDM có : B· DM K· MB (vì cùng bằng nửa số đo cung KM của (O2) ) M· BD chung Suy ra : ΔBMK đồng dạng với ΔBDM . BK BM BM 2 BK.BD(1) BM BD b) Có :·AKB 90o ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O1) ) Có D· AB 90o ( Do AD là tiếp tuyến của đường tròn (O1) ) ·ABK K· AD (Vì c ng bằng nửa số đo cung AK của (O1) ) Suy ra : ΔAKB đồng dạng với ΔDAB AB BK AB2 BD.BK (2) . BD AB Từ (1) và (2) suy ra : AB2 BM 2 AB BM Câu 10: [Trần Phú – Hải Phòng 2015 – 2016] (Chuyên) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O. Hai tia BA và CD cắt nhau tại K. Hai tia AD và BC cắt nhau tại I. Gọi M,N lần lượt là trung điểm AC và BD. Các đường phân giác trong của các góc BKC và góc BLA cắt nhau tại I. Chứng minh: a) DKL + DLK = ABC và KIL = 90o b) KM. BD = KN. AC và LM. BD = LN. AC c) Các đường phân giác trong của góc BKC, góc BLA và đường thẳng MN đồng quy Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 11
a) Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên KDA = ABC (góc ngoài và góc trong đối diện) Xét ∆ KDL với góc ngoài KDA ta có: KDA = DKL + DLK Do đó: DKL + DLK = ABC Xét ∆ IKL có IKL ILK (IKD DKL) (ILD DLK) (IKD ILD) (DKL DLK) 1 1 (BKD BLD) ABC (BKD BLD 2.ABC) 2 2 Xét ∆ KAD với góc ngoài BAD, có: BKD ABC BKD KDA BAD BKD BLD 2ABC BAD BLD ABC 180o IKL ILK 90o KIL 90o b) Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên KBD KCA KBD ~ KCA(g.g) KDB KAC KDN KAM KD BD KD 2DN DN KA CA KA 2AM AM KDN ~ KAM (c.g.c) KN KD BD KM KA CA KN.CA KM.BD Chứng minh tương tự ta có LM.BD = LN.AC c) Ta chứng minh I ∈ MN từ đó suy ra đpcm. KM LM AC Từ kết quả câu b ta có k KN LN AD Vì KDN ~ KAM DKN BKM. Kết hợp với DKI BKI IKM IKN ⇒ KI là tia phân giác của góc MKN Chứng minh tương tự ta cũng có LI là tia phân giác của góc MLN. Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 12
Gọi I1, I2 lần lượt là giao điểm của KI, LI với MN. Theo tính chất phân giác trong tam giác KMN, ta có I M KM I1 ∈ đoạn MN và 1 k (1) I1N KN I M Tương tự ta có: I2 ∈ đoạn MN và 2 k (2) I2 N Từ (1) và (2) ⇒ I1  I2  I ⇒ đpcm. Câu 11: [Chuyên ĐHSP 2014 – 2015] (Chuyên Toán Tin) Cho hình vuông ABCD với tâm O .Gọi M là trung điểm AB các điểm N, P thuộc BC, CD sao cho MN//AP.Chứng minh rằng: a) Tam giác BNO đồng dạng với tam giác DOP và góc NOP=450 b) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP thuộc OC. c) Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy Lời giải Cho hình vuông ABCD với tâm O .Gọi M là trung điểm AB các điểm N, P thuộc BC, CD sao cho MN//AP.Chứng minh rằng a) Tam giác BNO đồng dạng với tam giác DOP và góc NOP=450 Đăt AB = a ta có AC = a2 Chứng minh Tam giác ADP đồng dạng tam giác NBM (g.g) suy ra BM BN a2 a2 BN.DP mà OB.OD = DP AD 2 2 tam giác DOP đồng dạng BNO (c.g.c). từ đó tính được NOP 45o b) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP thuộc OC. OB ON OD Theo a ta có góc PON = góc ODP=450 DP OP DP tam giác DOP đồng dạng ONP (c.g.c). suy ra góc DOP= góc ONP nên DO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiêp tam giác OPN Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 13
c) Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy Đặt giao điểm cua MN và BC là Qvà AP là K áp dung tính chát phân giác cho tam giác MBN; APD QM BM KP DP QM KP QM QN ; (1) ta có. Giả sử MP cắt AN tại I . K I cắt MN tại H QN BN KA AD QN KA KP KA HM HN Áp dụng định lí ta lét (2) PK KA HM QM Từ (1) và (2) Suy ra Q trùng H, vậy BD, PM, AN đồng quy HN QN Câu 12: [ AMS – Hà Nội 2015 – 2016] (chuyên) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) . Các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Gọi Q là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC. Gọi E, F là điểm đối xứng của Q qua AB, AC. a) CMR: MH.MA = MP.MN b) CMR : E, F, H thẳng hàng. c) Gọi J là giao điểm của QE và AB. Gọi I là giao điểm của QF và AC. Tìm vị trí của Q trên cung nhỏ AB AC BC để nhỏ nhất. QJ QI Lời giải a) CMR: MH.MA = MP.MN Xét tứ giác ANMB có ANB = AMB = 90o nên nó là tứ giác nội tiếp ⇒ BAM = BNM hay PAM = HNM (1) Xét tứ giác CNHM có HNC + HMC = 90o + 90o = 180o nên nó là tứ giác nội tiếp => NHM + NCM = 180o (2) Tứ giác APMC có APC = AMC = 90o nên là tứ giác nội tiếp ⇒ APM + ACM = 180o (3) Từ (2) và (3) ⇒ NHM = APM (4) NM HM Từ (1) và (4) ⇒ ∆NHM ~ ∆APM (g.g) MH.MA MN.MP. AM PM b) CMR : E, F, H thẳng hàng. Gọi K là giao BH và QE, L là giao CH và QF. Tứ giác AJQI có AIQ + AJQ = 90o + 90o = 180o nên là tứ giác nội tiếp ⇒JAI + JQI = 180o Mà JAI + BQC = 180o (do ABQC là tứ giác nội tiếp) nên JQI = BQC => BQE = CQF (5) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 14
Vì E, F đối xứng với Q qua AB, AC nên BQ = BE, CQ = CF ⇒ ∆ BEQ và ∆ CQF cân => CQF = CFQ (6) . Từ (5) và (6) suy ra CFL = BQK (7) Ta có LH // QK (cùng vuông góc AB); KH // QL (cùng vuông góc AC) nên QKHL là hình bình hành ⇒ QKH = QLH = FLC hay QKB = FLC (8) QK QB Từ (7) và (8) ⇒∆QKB ~ ∆FLC (g.g) => FL FC QB QE QK QE QK FL Hai tam giác cân BQE và CFQ đồng dạng, nên FC QF FL QF QE FQ LH FL Mà QK = LH (do QKHL là hình bình hành) nên QE FQ LH ' FL Vì LH’ // QE nên theo định lý Ta–lét ta có: QE FQ Do đó LH = LH’ ⇒ H’ ≡ H ⇒ H ∈ EF ⇒ H, E, F thẳng hàng. c) Gọi J là giao điểm của QE và AB. Gọi I là giao điểm của QF và AC. Tìm vị trí của Q trên cung nhỏ BC AB AC để nhỏ nhất. QJ QI Vẽ QD ⊥ BC tại D. Trên cạnh BC lấy điểm G sao cho CQG = BQA => BQG = CQA BA AQ Vì ABQC là tứ giác nội tiếp nên BAQ = GCQ => ∆BAQ ~ ∆GCQ (g.g) => GC CQ AQ JQ Vì JAQ = DCQ ; QJA = QDC = 90o => ∆JAQ ~ ∆DCQ (g.g) => CQ DQ BA JQ AB GC Do đó GC DQ QJ DQ Chứng minh tương tự ta có: AC GB QI DQ AB AC GC GB BC QJ QI DQ DQ AB AC Vì BC không đổi nên nhỏ nhất ⇔ DQ lớn nhất ⇔ Q là điểm chính giữa cung BC nhỏ của QJ QI đường tròn (O). Câu 13: [Thái Bình – 2014 – 2015] (Chuyên) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O; R) cắt nhau tại T, đường thẳng AT cắt đường tròn tại điểm thứ hai là D khác A. a) Chứng minh rằng tam giác ABT đồng dạng với tam giác BDT. b) Chứng minh rằng: AB.CD = BD.AC c) Chứng minh rằng hai đường phân giác góc BAC , góc BDC và đường thẳng BC đồng quy tai một điểm. d) Gọi M là trung điểm của BC, chứng minh rằng góc BAD bằng góc MAC. Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 15
a) Vì TB là tiếp tuyến của (O) nên BAD = DBT (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cùng BD) Xét ∆ ABT và ∆ BDT có: ATB(chung) ABT ~ BDT (g.g) DBT BAT (cmt) 2 AB AT BT AB AT BT AT b) Vì ABT ~ BDT . BD BT DT BD BT DT DT Chứng minh tương tự ta có: 2 AC AT CD DT 2 2 AB AC AB AC Do đó AB.CD BD.AC BD CD BD CD c) Gọi I1, I2 lần lượt là giao điểm của BC với tia phân giác góc BAC và góc BDC. Xét ∆ ABC có tia phân giác AI1, theo tính chất đường phân giác ta có: I B AB 1 I1C AC I B DB Chứng minh tương tự ta có:2 I2C DC AB DB I B I B Theo câu 2) ta cóAB.CD BD.AC 1 2 AC DC I1C I2C Mà I1, I2 cùng thuộc đoạn BC nên chúng chia trong đoạn BC theo các tỉ số bằng nhau. ⇒ I1 ≡ I2 ⇒ Đường phân giác góc BAC, đường phân giác góc BDC và đường thẳng BC đồng quy. Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 16
d) Gọi M’ là điểm thuộc đoạn BC sao cho CAM’ = BAD . Ta chứng minh M’ ≡ M. Vì CAM’ = BAD => BAM’ = CAD Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên ADB = ACM’ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) BD AD Mà CAM’ = BAD => ∆ADB ~ ∆ACM’ (g.g) BD.AC AD.CM ' (1) CM ' AC Chứng minh tương tự ta có: AB.CD = AD.BM’ (2) Từ (1) và (2) với chú ý BD.AC = AB.CD => AD.CM’ = AD.BM’ => CM’ = BM’ ⇒ M’ ≡ M => BAD = MAC 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của B là , xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2. 5 Câu 14: [Lê Hồng Phong – Nam Định 2015 – 2016] (Chuyên) Cho hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài tại M. Một đường thẳng cắt đường tròn (O1) tại hai điểm phân biệt A, B và tiếp xúc với đường tròn (O2) tại E (B nằm giữa A và E). Đường thẳng EM cắt đường tròn (O1) tại điểm J khác M. Gọi C là điểm thuộc cung MJ không chứa A, B của đường tròn (O1) (C khác M và J). Kẻ tiếp tuyến CF với đường tròn (O2) (F là tiếp điểm) sao cho các đoạn thẳng CF, MJ không cắt nhau. Gọi I là giao điểm của các đường thẳng JC và EF, K là giao điểm khác A của đường thẳng AI và đường tròn (O1) . Chứng minh rằng: a) Tứ giác MCFI là tứ giác nội tiếp và JA = JI = JE.JM b) CI là phân giác góc ngoài tại C của tam giác ABC. c) K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCI Lời giải a) Ta có tam giác O1MJ và O2ME cân nên O1MJ = O1JM ; O2ME = O2EM Mặt khác O1MJ = O2ME (hai góc đối đỉnh) nên ∆O1MJ ~ ∆O2ME (g.g) => O1 = O2 Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm trong một đường tròn ta có: Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 17
1 JAM O 2 1 1 MFI O 2 2 JAM MFI Mặt khác, vì AJCM là tứ giác nội tiếp, nên MCI = JAM (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) => MCI = MFI ⇒ MCFI là tứ giác nội tiếp. => MIC = MFC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC) Mặt khác xét đường tròn O2 ta có: MFC = MEF (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MF) => MIC = MEI JM JI Do đó ∆JMI ~ ∆JIE (g.g) => JM.JE JI 2 JI JE Tương tự JAM MFE AEJ JAM ~ JEA JM.JE JA2 Do đó JA JI JE.JM b) Do O1 = O2 (cmt) nên O1J // O2E ⇒ O1J ⊥ AB. Mà O1A = O1B nên O1J là trung trực của AB ⇒ Tam giác JAB cân tại J Vì ABCJ là tứ giác nội tiếp nên ta có: 180o AJB 180o ACB 1 BCI BAJ 90o ACB 2 2 2 Do đó CI là phân giác ngoài tại đỉnh C của tam giác ABC. c) Do AJCK là tứ giác nội tiếp nên ICK = IAJ = KIC => KI = KC Áp dụng tính chất góc ngoài với tam giác ACI, ta có: KAC = ACJ – AIC = ABJ – AIJ = BAJ – JAK = BAK => KB = KC. Do đó KB = KC = KI ⇒ K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCI. Câu 15: [Quảng Bình 2015 – 2016] (Chuyên) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau ở H và cắt (O) tại M,N, P. a) Chứng minh M đối xứng H qua BC. b) Chứng minh (AHB) = (BHC) = (CHA) ((AHB) là đường tròn đi qua ba điểm A,H,B) AM BN CP c) TínhT AD BE CF Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 18
a) Vì 2 tam giác BEC và ADC vuông nên HBD = DAC (cùng phụ với góc C) (1) Vì ABMC là tứ giác nội tiếp nên DAC = MBD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC) (2) Từ (1) và (2) suy ra HBD = MBD Suy ra BD là phân giác của góc HBM. Tam giác HBM có BD vừa là đường cao vừa là phân giác, nên nó là tam giác cân tại B. ⇒ D là trung điểm HM Mà HM ⊥ BC nên M đối xứng với H qua BC. b) Vì M đối xứng với H qua BC nên HB = MB; HC = MC ⇒ ∆ HBC = ∆ MBC ⇒ (HBC) = (MBC) = (O) Tương tự ta có: (HAB) = (HAC) = (O) Vậy (AHB) = (BHC) = (CHA) = (O) c) Ta có: AM AD DM DM HD 1 1 AD AD AD AD Mặt khác: 1 BC.HD S HD HBC 2 S 1 AD ABC BC.AD 2 AM S Suy ra 1 HBC (3) AD SABC Tương tự ta có: BN S 1 HAC (4) BE SABC Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 19
CP S 1 HAB (5) CF SABC Cộng từng vế của (3), (4) và (5) ta có AM BN CP S S S S T 3 HBC HCA HAB 3 ABC 4. AD BE CF SABC SABC Câu 16: [ Hà Giang 2015 – 2016] (Chuyên) Cho nửa đường tròn (O;R), đường kính AB, C là điểm chính giữa cung AB. Điểm M thuộc cung AC (M ≠ A, M ≠ C). Qua M kẻ tiếp tuyến d với nửa đường tròn, gọi H là giao điểm của BM với OC. Từ H kẻ một đường thẳng song song với AB, đường thẳng đó cắt tiếp tuyến d ở E. a) Chứng minh OHME là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh EH = R c) Kẻ MK vuông góc với OC tại K. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp ∆ OBC đi qua tâm đường tròn nội tiếp ∆ OMK. Lời giải a) Vì C là điểm chính giữa cung AB nên OC ⊥ AB. ME là tiếp tuyến của (O) ⇒ ME ⊥ MO => OHE = OME = 90o => OHME là tứ giác nội tiếp (1) b) Có góc nội tiếp chắn nửa đường tròn AMB = 90o => AMH + AOH = 180o ⇒ OHMA là tứ giác nội tiếp (2) Từ (1) và (2) ⇒ 5 điểm O, H, M, E, A cùng thuộc 1 đường tròn ⇒ OMEA là tứ giác nội tiếp => EAO = 180o – EMO = 90o Tứ giác OHEA có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật. ⇒ EH = OA = R. c) Gọi I là trung điểm BC ⇒ đường tròn (I), đường kính BC là đường tròn ngoại tiếp ∆ OBC Gọi J là giao của (I) và BH. Vì OM = OB nên ∆ OMB cân tại O => OMB = OBM Vì MK ⊥ OC ⇒ MK // AB ⇒ OBM = KMB Suy ra OMB = KMB ⇒ MJ là phân giác của góc OMK (3) Vì OJCB là tứ giác nội tiếp nên JOC = JBC (4) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 20
Có MOC = 2.MBC (góc ở tâm và góc nội tiếp) (5) Từ (4) và (5) ⇒ MOC = 2.JOC => MOJ = JOC => OJ là phân giác góc MOC (6) Từ (3) và (6) ⇒ J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MKO Vậy đường tròn (I) đi qua tâm đường tròn nội tiếp ∆ MKO Câu 17: [Nguyễn Du – Đak Lak 2015 – 2016] (Chuyên) a) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm I. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Hai đường thẳng BH, CH cắt đường tròn (I) lần lượt tại hai điểm P và Q (P khác B và Q khác C) 1 Chứng minh IA ⊥ PQ 2 Trên hai đoạn HB và HC lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho AM ⊥ MC, AN ⊥ NB. Chứng minh ∆ AMN cân 1 1 1 b) Cho tam giác ABC cóBAC 2CBA 4ACB. Chứng minh AB BC CA Lời giải a) Gọi E, F lần lượt là giao của BH và AC, CH và AB. 1, Ta có ABE = ACF = 90o – BAC suy ra số đo hai cung AP và AQ của đường tròn (I) bằng nhau ⇒ AP = AQ Mà IP = IQ nên IA là trung trực PQ ⇒ IA ⊥ PQ. 2, Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AMC ta có: AM2 = AE.AC Tương tự ta có: AN2 = AF.AB. AE AB Có ABE ~ ACF(g.g) AE.AC AB.AF AM 2 AN 2 AF AC Suy ra AM = AN. Tam giác AMN cân tại A. b) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 21
Đặt C = α => ABC = 2α; A = 4α Gọi BD là phân giác của góc ABC (D ∈ AC). E thuộc đoạn BC sao cho BE = BA Ta có ABD = EBD = α ⇒ ∆ BDC cân tại D ⇒ BD = DC ∆ABD = ∆AED (c.g.c) => BED = A = 4α (1) Vì ABD = C = α => ∆ABD ~ ∆ACB (g.g) => ADB = ABC = 2α => EDB = ADB = 2α => ADE = 4α (2) Từ (1) và (2) ⇒ BED = ADE = 4α => CED = CDE = 180o - 4α. Suy ra ∆ CED cân tại C Suy ra CE = CD ⇒ BC – BE = BD ⇒ BD = BC – BA (3) BD AB CB.AB Vì ABD ~ ACD (g.g) BD (4) CB AC AC Từ (3) và (4) suy ra CB.AB BC BA 1 1 1 1 1 1 1 BC BA AC BC.BA AC BA BC AC AB BC CA Câu 18: [Quảng Nam 2015 – 2016] (Chuyên) Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H. Các tia phân giác các góc EHB, DHC cắt AB, AC lần lượt tại I và K. Qua I và K lần lượt vẽ các đường vuông góc với AB, AC chúng cắt nhau tại M. a) Chứng minh AI = AK. b) Giả sử tam giác nhọn ABC có hai đỉnh B, C cố định, đỉnh A di động . Chứng minh đường thẳng HM luôn đi qua một điểm cố định Lời giải a) Vì HI, HK là phân giác của góc EHB và góc DHC nên Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 22
1 1 EHI EHB; DHK CHK DHC. Mà EHB = DHC (đối đỉnh) => EHI = DHK = CHK (1) 2 2 Có AIH = 90o – EHI ; AKH = 90o – DHK => AIH = AKH (2) Từ (1) suy ra EHI + EHK = CHK + EHK = 180o => I, H, K thẳng hàng (3) Từ (2) và (3) ⇒ ∆ AIK cân tại A ⇒ AI = AK b) Gọi giao IM và BH là P, giao KM và CH là Q, giao HM và PQ là J, giao HM và BC là N. Ta có: HE EI ∆HEI ~ ∆HDK (g.g) => HD DK HE EB ∆HEB ~ ∆HDC (g.g) => HD DC EI EB EI DK (4) DK DC EB DC EI HP DK HQ Vì IP ⊥ AB, HE ⊥ AB ⇒ IP // HE ⇒ (5). Tương tự (6) EB HB DC HC HP HQ Từ (4), (5), (6) ⇒ PQ // BC HB HC PJ HJ JQ PJ BN Suy ra BN HN NC JQ NC Vì HP // MQ, HQ // PM nên HQMP là hình bình hành ⇒ J là trung điểm PQ ⇒ PJ = JQ ⇒ BN = NC ⇒ N là trung điểm BC Vậy HM luôn đi qua trung điểm BC là điểm cố định. Câu 19: [Quảng Nam 2015 – 2016] (Chuyên) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Qua A và B lần lượt vẽ các tiếp tuyến d1 và d2 với (O). Từ điểm M bất kì trên (O) vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt d1 tại C và cắt d2 tại D. Đường tròn đường kính CD cắt đường tròn (O) tại E và F (E thuộc cung AM), gọi I là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD. b) Chứng minh MI vuông góc với AB và ba điểm E, I, F thẳng hàng. Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 23
a) Vì AC ⊥ AB, BD ⊥ AB ⇒ AC // BD ⇒ ACDB là hình thang Vì CM, CA là tiếp tuyến của (O) nên CM = CA. Tương tự DM = DB Gọi J là trung điểm của CD thì JO là đường trung bình của hình thang ACDB suy ra JO // BD và AC BD CM MD CD OJ IC ID (1) 2 2 2 Vì BD ⊥ AB nên JO ⊥ AB tại O (2) Từ (1) và (2) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn (J) đường kính CD CI CA CM b) Vì CA // BD nên theo định lý Talét ta có: IM // BD IB CD MD Mà BD ⊥ AB nên MI ⊥ AB Gọi P, Q lần lượt là giao của AD và (O), BC và (J) Có APB = CQD = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => DPB = BQD = 90o Suy ra BQPD là tứ giác nội tiếp => PDB = PQI Vì AC // BD nên PDB = IAC PI QI => PQI = IAC => ∆PQI ~ ∆CAI (g.g) => IP.IA IC.IQ CI AI Suy ra phương tích của điểm I đối với 2 đường tròn (O) và (J) là bằng nhau Suy ra I nằm trên trục đẳng phương EF của 2 đường tròn. Vậy I, E, F thẳng hàng. Câu 20: [Quang Trung – Bình Phước 2015 – 2016] (Chuyên) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của BC a) Chứng minh AH = 2OM b) Dựng hình bình hành AHIO. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng: OI. OJ = R2 Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 24
c) Gọi N là giao điểm của AH với đường tròn (O) (N khác A). Gọi D là điểm bất kì trên cung nhỏ NC của đường tròn tâm (O) (D khác N và C). Gọi E là điểm đối xứng với D qua AC, K là giao điểm của AC và HE. Chứng minh rằng ACH = ADK Lời giải a) Gọi F là điểm đối xứng với A qua O ⇒ AF là đường kính của (O) Ta có ACF = ABF = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ AC ⊥ CF , AB ⊥ BF Mà BH ⊥ AC, CH ⊥ AB ⇒ CF // BH, BF // HC Suy ra BHCF là hình bình hành ⇒ Trung điểm M của BC cũng là trung điểm của HF. ⇒ OM là đường trung bình của ∆ AHF ⇒ AH = 2OM b) Vì AHIO là hình bình hành nên OI = AH = 2OM Gọi P là trung điểm OC ⇒ PJ là trung trực OC ⇒ PJ ⊥ OC. Có OM là trung trực BC ⇒ OM ⊥ BC. Suy ra OJ OP OJP ~ OCM (g.g) OJ.OM OC.OP OC OM OJ.2OM OC.2OP OJ.OI OC.OC R2 c) Ta có NHC = ABC (cùng phụ với HCB) (1) Vì ABDC là tứ giác nội tiếp nên ABC = ADC (2) Vì D và E đối xứng nhau qua AC nên AC là trung trực DE suy ra ∆ADC = ∆AEC (c.c.c) => ADC = AEC (3) Tương tự ta có AEK = ADK Từ (1), (2), (3) suy ra NHC = AEC => AEC + AHC = NHC + AHC = 180o Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 25
Suy ra AHCE là tứ giác nội tiếp => ACH = AEK = ADK (đpcm) Câu 21: [ĐHSP Hà Nội 2014 – 2015] (Chuyên) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) đường kính AC = 2R .Gọi gọi K,M theo thứ tự là chân các đường vuông góc hạ từ A và C xuống BD, E là giao điểm của AC và BD, biết K thuộc đoạn BE ( K B ; K E) .Đường thẳng đi qua K song song với BC cắt AC tại P. a) Chứng minh tứ giác AKPD nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh KP  PM. c) Biết ABD 60o và AK=x .Tính BD theo R và x. Lời giải a) Ta có  PAD  PKD ( cùng bằng  CBD đồng vị ) nên tứ giác AKPD nội tiếp ( quỹ tích cung chứa góc) b) Theo phần 1 thì DP vuông góc AC nên MDCP nội tiếp Suy ra:  MPD  MCD mà  MCD  ACB ( cùng phụ 2  MDC  ACB ) mà  APK  ACB ( đồng vị ) nên  MPD  APK Ta có  MPD  MPE 90 0  APK  MPE 90o suy ra KP  PM. c) Ta có AD R 3 Pitago tam giác vuông AKD vuông tại K tính được KD 3R2 x2 tam giác BAK vuông tại K có góc x ABK=600 BK AK.cot ABK 3 x BD BK KD 3R2 x2 (đv độ dài) 3 Câu 22: [ Hà Tĩnh 2014 – 2015] (chung) Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có BAC= 45o , BC = a. Gọi E, F lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AC và từ C xuống AB. Gọi I là điểm đối xứng của O qua EF. a) Chứng minh rằng các tứ giác BFOC và AEIF nội tiếp được đường tròn b) Tính EF theo a Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 26
a) Ta có BOC= 2.BAC= 2.45o =90o (Góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung BC) Do đó BFC=BOC=BEC= 90o suy ra đỉnh F, O, E cùng nhìn BC dưới góc 90o nên B, F, O, E, C cùng thuộc một đường tròn đường kính BC (Bài toán cung chứa góc) Hay tứ giác BFOC nội tiếp Ta có FOB= FCB (Cùng chắn cung BF) EOC= EBC (Cùng chắn cung EC) Mà FCB + EBC= 90o –ABC+ 90o -ACB 180o - ( ABC+ ACB)= BAC= 45o => FOB+ EOC =45o Hay EOF= 135o . Mặt khác vì I đối xứng với O qua EF nên EIF= EOF= 135o=> EIF+ BAC= 180o Do đó tứ giác AEIF nội tiếp đường tròn (Tổng hai góc đối bằng 1800) b) Theo câu a tứ giác BFEC nội tiếp nên AFE =ACB (Cùng bù với EFB) AFE  ACB (g – g) EF AE AE 1 a a 2 => EF (Vì AEB vuông cân tại E) BC AB 2AE 2 2 2 Câu 23: [Khánh Hòa 2014 – 2015] (Chung) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B. Trên cung AB lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của AM, tia CO cắt d tại D. a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp. b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD c) Chứng minh rằng: CA.CN = CO .CD. d) Xác định vị trí điểm M để ( AM AN) đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 27
a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp Ta có OC ⊥ AM => OCN=90o Đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B nên OBN=90o Vậy Tứ giác OBNC nội tiếp có OCN+OBN=180o b) Chứng minh rằng: NO ⊥ AD Trong ∆AND có hai đường cao là AB và GC cắt nhau tại O. Suy ra NO là đường cao thứ ba hay: NO ⊥ AD. c) Chứng minh rằng CA . CN = CO. CD Ta có Trong tam giác vuông AOC có CAO+AOC=90o Trong tam giác vuông BOD có BOD+BDO=90o Mà CAO=BOD(2 góc đối đỉnh) =>CAO=BDO =>tam giác CAO đồng dạng với tam giác CDN (g.g) CA CO CA.CN CO.CD CD CN d) Xác định vị trí điểm M để ( AM AN) đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: 2AM AN 2 AM.AN (cauchy cosi) Ta chứng minh: AM.AN AB2 4R2 (1) 2AM AN 2 2.4R2 4 2R AN Đẳng thức xảy ra khi: 2AM = AN =>AM= (2) 2 Từ (1 ) và (2) suy ra: AM R 2 =>∆AOM vuông tại O=> M là điểm chính giữa cung AB. Câu 24: [Khánh Hòa 2015 – 2016] (Chung) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC). Hai đường tròn (B; BA) và (C; CA) cắt nhau tại điểm thứ hai là D. Vẽ đường thẳng a bất kì qua D cắt đường tròn (B) tại M và cắt đường tròn (C) tại N ( D nằm giữa M và N). Tiếp tuyến tại M của đường tròn (B) và tiếp tuyến tại N của đường tròn (C) cắt nhau tại E. a) Chứng minh BC là tia phân giác của ABD b) Gọi I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh: AD2 = 4BI.CI c) Chứng minh bốn điểm A, M, E, N cùng thuộc một đường tròn. d) Chứng minh rằng số đo MEN không phụ thuộc vị trí của đường thẳng a. Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 28
Lời giải a) C/m: ABC = DBC (ccc) ABC=DBC hay: BC là phân giác của ABD b) Ta có: AB = BD (=bk(B)) CA = CD (=bk(C)) Suy ra: BC là trung trực của AD hay BC  AD AIB Ta lại có: BC  AD tại I IA = ID (đlí) AD2 Xét ABC vuông tại A (gt) có: AIBC, suy ra: AI2 = BI.CI hay: BI.CI AD2 4BI.CI 4 c) Ta có: DME=DAM (hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung) DNE =DAN (hệ quả t/c góc tạo bởi tia tuyến và dây cung) Suy ra: DME+ DNE=DAM+DAN Trong MNE có: MEN+EMN+ENM 180o , suy ra: MEN+DAM+DAN 180o Hay: MEN+MAN 180o tứ giác AMEN nội tiếp. d) Trong AMN có: MAN+AMN+ANM 180o , mà: MEN+MAN 180o suy ra: MEN=AMN+ANM 1 1 Ta lại có: AND ACB ACD, AMD ABC ABD (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một 2 2 cung) Mà: ABC vuông tại A nên: MEN 90o (không đổi) Vậy số đo góc MEN không phụ thuộc vào đường thẳng a. Câu 25: [Lam Sơn – Thanh Hóa 2014 – 2015] (Chung) Cho đường tròn O đường kính BC và một điểm A nằm bất kì trên đường tròn (A khác B và C). Gọi AH là đường cao của DABC, đường tròn tâm I đường kính AH cắt các dây cung AB, AC tương ứng tại D, E. a) Chứng minh rằng: góc DHE bằng 90o và AB.AD=AC.AE b) Các tiếp tuyến của đường tròn (I) tại D và E cắt BC tương ứng tại G và F. Tính số đo góc GIF. c) Xác định vị trí điểm A trên đường tròn (O) để tứ giác DEFG có diện tích lớn nhất. Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 29
a) Chứng minh DHE=90o Tứ giác ADHE có: µA Dµ Eµ =>ADHE là hình chữ nhật => DHE=90o Chứng minh: AB. AD = AC. AE Xét hai tam giác vuông HAB và HAC ta có: AB.AD=AH2=AC.AE ( 1đ ) b) Tính góc GIF DHE=90o=>DE là đường kính => I thuộc DE 1 1 1 GIF DIH HIE DIE 90o (1đ) 2 2 2 c) Tứ giác DEFG là hình thang vuông có đường cao DE = AH 1 1 Hai đáy DG=GH=GB=BH và EF=FC=FH= HC 2 2 =>Diện tích tứ giác DEFG là 1 (HB HC).AH BC.AH 2 Lớn nhất khi AH lớn nhất vì BC = 2R không đổi 2 4 Ta có: AH lớn nhất =>AH là đường kính => A là trung điểm cung AB (1.0 đ) Câu 26: [Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa 2015 – 2016] (Chung) Cho tam giác ABC vuông tại A và (C) là đường tròn tâm C bán kính CA. Lấy điểm D thuộc đường tròn 1 (C) và nằm trong tam giác ABC. Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho BDM ACD ; N là giao điểm 2 của đường thẳng MD với đường cao AH của tam giác ABC; E là giao điểm thứ hai của đường thẳng BD với đường tròn (C). Chứng minh rằng: a) MN song song với AE. b) BD.BE = BA2 và tứ giác DHCE nội tiếp. c) HA là đường phân giác của góc DHE và D là trung điểm của đoạn thẳng MN. Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 30
a) Chứng minh MN//AE 1 Xét đường tròn (C) ta có : AED ACD (góc nôi tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn cung AD) (1) 2 1 BDM ACD(gt)(2) 2 Từ 1, 2 => AED= BDM => MN//AE (Vì có 2 góc đồng vị bằng nhau) b) Chứng minh BD.BE = DA2 và tứ giác DHCE nội tiếp + Chứng minh BD.BE = BA2 Xét BAD và BEA có ABE chung (3) AD=BEA( cùng chắn cung AD) (4) Từ 3,4 => BAD ~ BEA (g.g) BD BA BD.BE BA2 (5) (ĐPCM) BA BE + Chứng minh DHCE nội tiếp Xét BAC vuông tại A có AH là đường cao => BA2 = BH.BC (Hệ thức) (6) BD BH Từ 5,6 => BD.BE = BH.BC=> (7) Mà CBE chung (8) BC BE => BDH~ BCE (c.g.c) => BHD =BEC (Hai góc tương ứng) (9) Mà BHD +DHC 180o (10) Từ 9,10 => DHC+ BEC 180o => Tứ giác DHCE nội tiếp (Đ/l) (ĐPCM) c) Chứng minh HA là đường phân giác của góc DHE và D là trung điểm của đoạn thẳng MN + Chứng minh HA là đường phân giác của góc DHE Xét CHE và CEB có HCE chung (11) Xét BAC vuông tại A có AH là đường cao => CA2 = CH.CB (Hệ thức) CE CH Hay CE2 = CH.CB (do CE = CA = R) => (12) CB CE Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 31
Từ 11,12 => CHE và CEB (c.g.c) => CHE =CEB (13) Từ 9.13 => CHE= BHD => AHE= AHD (cùng phụ với 2 góc bằng nhau) => HA là đường phân giác của góc DHE + D là trung điểm của đoạn thẳng MN DM BD Ta có : MD//AE (câu a) => (talet)(14) EA BE Gọi giao của DE và AH là F DN FD HD Ta có : (Ta lét – T/c tia phân giác) (15) EA FE HE DH BD Ta có : HDB ~ HCE (g.g) DH.CE CH.BD(16) HC CE HC HE Ta có : CHE ~ CEB (g.g) => HC.B E HE.CE(17) CE BE DH.CE HC.BD HD BD Từ 16,17 => (18) HE.CE HC.BE HE BE DM DN Từ 14.15.18 => DM DN EA EA => D là trung điểm của MN (ĐPCM) Câu 27: [Chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định 2015 – 2016] (chung) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB <AC) , đường cao AH. Đường tròn tâm I đường kính AH cắt các cạnh AB,AC , lần lượt tại M,N. Gọi O là trung điểm của đoạn BC, D là giao điểm của MN và OA. i) Chứng minh rằng: a) AM. AB= AN. AC b) Tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp. ii) Chứng minh rằng: a) ADI ∽ AHO . 1 1 1 b) AD HB HC iii) Gọi P là giao điểm của BC và MN, K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn đường kính AH. Chứng minh rằng BKC 90o. Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 32
i) a) Xét đường tròn I có AMH=ANH 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên HM ,HN tương ứng là đường cao của các tam giác vuông ABH, ACH +) ABH vuông tại H , có đường cao HM nên suy ra AM.AB= AH2 . +) ACH vuông tại H , có đường cao HN nên suy ra AN. AC =AH2. Do đó AM. AB =AN .AC AM AN b) Theo câu a) ta có AM.AB AN.AC AC AB AM AN Xét AMN và ACB có A chung, nên suy ra AMN∽ ACB (c.g.c) AC AB Do đó AMN= ACB=> BCN+ BMN= ACB +BMN= AMN +BMN 1800 Mà các góc BCN;BMN , ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác BMNC nội tiếp. ii) a) Ta có tam giác ABC vuông tại A và O là trung điểm của cạnh BC nên OA= OB =OC OAC cân tại O OAC= OCA=> OAC =BCN Mà AMN= ACB= BCN nên AMN= OAC=> AMN= DAN Vì AMN vuông tại A nên AMN+ ANM=90o=> DAN +ANM=90o=> ADN 90o Mà MAN 900 MN là đường kính của đường tròn I I là trung điểm của MN nên ADI 90o . Xét AID và AOH có ADI= AHO 900 và A chung do đó ADI∽ AHO (g.g) AD AI 1 AO b) Vì ADI∽ AHO AH AO AD AH.AI 1 1 1 BC Mà AO ; AI AH; BC 2 AD AH 2 Mặt khác , vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên AH2= HB .HC. 1 HB HC 1 1 AD HB.HC HB HC iii) Vì tứ giác BMNC nội tiếp => PBM =MNC =>PBM +ANM =MNC+ANM =1800 (1) Vì tứ giác ANMK nội tiếp PKM =ANM (2) Từ (1) và (2) suy ra PBM+ PKM 1800, do đó tứ giác PKMB nội tiếp PKB =PMB= AMN= ACB =>AKB+ ACB= AKB+ PKB= 180O Do đó tứ giác BKAC nội tiếp BKC= BAC= 900. Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 33
Câu 28: [Lê Quý Đôn – Bình Định 2014 – 2015] (Chung) Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB với đường tròn (O) (A ,B là hai tiếp điểm). PO cắt đường tròn tại hai điểm K và I ( K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H. Gọi D là điểm đối xứng của B qua O, C là giao điểm của PD và đường tròn (O). a) Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp. b) Chứng minh AC  CH. c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q. Chứng minh M là trung điểm của AQ. Lời giải a) Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp Xét ABP có: PA = PB và APO= OPB (tính giất hai tiếp tuyến cắt nhau) => ABP cân tại P có PO là phân giác => PO cũng là đường cao, trung tuyến ABP . Xét tứ giác BHCP ta có BHP 900 (Vì PO  AB) BCP 90o (Vì kề bù BCD 900 (nội tiếp nửa đường tròn (O)) BHP= BCP => Tứ giác BHCP nội tiếp (Qũi tích cung chứa góc) b) Chứng minh ACCH . Xét ACH ta có HAC= B1 (chắn cung BKC của đường tròn (O)) Mà B1 =H1 ( do BHCP nội tiếp) =>HAC =H1 Mà H1+ AHC 90o ( Vì: PO  AB) => HAC+ AHC 900 => AHC vuông tại C Hay AC CH . c) Chứng minh M là trung điểm của AQ. Xét tứ giác ACHM ta có M nằm trên đường tròn ngoại tiếp ACH ) => tứ giác ACHM nội tiếp => CMH =HAC (chắn cung HC ) Mà HAC= BIC (chắn cung BC của đường tròn (O)) =>CMH= BIC => MH//BI (vì cặp góc đồng vị bằng nhau) Xét ABQ có AH = BH ( do PH là trung tuyến APB (C/m trên)) Và: MH//BI => MH là trung bình ABQ => M là trung điểm của AQ Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 34
Câu 29: [Lương Văn Tụy – Ninh Bình 2014 – 2015] (Chung) Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax của đường tròn lấy điểm M (M khác A), Từ M kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O). Kẻ CH ⊥ AB (H ∈ AB). Dt MB cắt (O) tại điểm Q (Q khác B) và cắt CH tại điểm N. Gọi I là giao điểm của MO và AC. a) Chứng minh AIQM là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh OM // BC CN c) Chứng minh tỉ số không đổi khi M di động trên tia Ax (M khác A). CH Lời giải a) Vì Q thuộc đường tròn (O) đường kính AB nên AQB=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ AQ ⊥ QM Xét hai tam giác vuông AMO và CMO có chung cạnh huyền MO, hai cạnh góc vuông AO và CO bằng nhau suy ra ∆ AMO = ∆ CMO (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ⇒ MA = MC ⇒ MO là trung trực của đoạn thẳng AC ⇒ I là trung điểm AC và MI ⊥ AI Tứ giác AIQM có AIM=AQM=90o nên là tứ giác nội tiếp. b) Vì C thuộc đường tròn (O) đường kính AB nên ACB=90o ⇒ AC ⊥ BC. Mà OM ⊥ AC (cmt) Suy ra OM // BC (cùng vuông góc AC) c) Vì AIQM là tứ giác nội tiếp (câu a) nên IQN=MAI (góc ngoài và góc trong đỉnh đối diện) Vì AM // CN (cùng vuông góc AB) nên MAI=ICN Do đó IQN=ICN ⇒ IQCN là tứ giác nội tiếp. =>CQN=CIN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 35
Vì AQCB là tứ giác nội tiếp (O) nên CQN=CAB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CB) Do đó CIN= CAB ⇒ IN // AB. Xét ∆ CAH có IN // AH nên theo định lý Ta–lét ta có: CN CI 1 (do I là trung điểm AC) CH CA 2 CN Vậy không đổi khi M di động trên tiếp tuyến Ax của (O). CH Câu 30: [Nguyễn Trãi – Hải Dương 2014 – 2015] (Chung) Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AM, BN, CP của tam giác ABC cắt nhau tại H. Dựng hình bình hành BHCD. a) Chứng minh: Các tứ giác APHN, ABDC là các tứ giác nội tiếp. b) Gọi E là giao điểm của AD và BN. Chứng minh: AB.AH = AE.AC c) Giả sử các điểm B và C cố định, A thay đổi sao cho tam giác ABC nhọn và B ·AC không đổi. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích không đổi Lời giải a) Từ giả thiết ta có: APH=90o; ANH 90o =>Tứ giác APHN nội tiếp đường tròn đường kính AH Ta có: BD//CH (BDCH là hình bình hành) và CH  AB  BD  AB => ABD=90o  Tương tự ta có: ACD=90o  Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn ( đường kính AD) b) Xét 2 tam giác ABE và ACH có: ABE=ACH (cùng phụ với góc BAC) (1) Góc BAE phụ với góc BDA; BDA=BCA (góc nội tiếp cùng chắn cung AB) Góc CAH phụ với góc BCA =>BAE=CAH(2) Từ (1) và (2) suy ra 2 tam giác ABE, ACH đồng dạng AB AC AB.AH AC.AE AE AH c) Gọi I là trung điểm của BC => I cố định ( do B, C cố định) Gọi O là trung điểm AD => O cố định (do góc BAC không đổi, B, C cố định, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 36
 Độ dài OI không đổi Tứ giác ABDC là hình bình hành => I là trung điểm của HD 1 OI AH (OI là đường trung bình của tam giác ADH) 2  Độ dài AH không đổi Vì AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN, độ dài AH không đổi => độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN không đổi => đường tròn ngoại tiếp tứ giác APHN có diện tích không đổi. Câu 31: [Quảng Nam 2015 – 2016] (chung) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, với ABC 60, BC = 2a và AB < AC. Gọi (O) là đường tròn đường kính BC (O là trung điểm BC). Đường tròn (O) cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại D và E (D khác B, E khác C), BE cắt CD tại H. a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp và xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. b) Chứng minh: HB.DE = HD.BC OB c) Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt đường thẳng DI tại M. Tính tỉ số OM 3a d) Gọi F là giao điểm của AH và BC. Cho BF , tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác DEF 4 theo a Lời giải a) Gọi I là trung điểm AH. Vì tam giác ADH vuông tại D, có I là trung điểm cạnh huyền nên IA = IH = ID. Vì tam giác AEH vuông tại E, có I là trung điểm cạnh huyền nên IA = IH = IE ⇒ IA = IH = ID = IE ⇒ Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm I. b) Vì BDEC là tứ giác nội tiếp nên: HDE=HBC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC) (1) HED=HCB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD) (2) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 37
Từ (1) và (2) =>tam giác HDE đồng dạng với tam giác HBC (g-g) HD DE HD.BC HB.DE HB BC c) Vì ID = IH nên ∆ IDH cân ở I => IDH=IHD(3) Vì IH // MC (cùng vuông góc BC) nên IHD=MCD (4) Từ (3) và (4) => IDH=MCD Suy ra ∆ MDC cân tại M ⇒ MD = MC. Mà OD = OC nên OM là trung trực của CD. ⇒ OM ⊥ CD Mà BD ⊥ CD nên OM // BD =>COM=CBD=60o OB OC 1 Ta có: cosCOM cos60o OM OM 2 d) Vì BDH+BFH=90o+90o+180o nên BDHF là tứ giác nội tiếp ⇒ DBH=DFH(5) Tương tự ta có: ECH=EFH (6) Vì BDEC là tứ giác nội tiếp nên DBH=ECH (7) Từ (5), (6), (7) ⇒ DFH=EFH => FH là phân giác góc DFE. Tương tự ta có: EH là phân giác góc DEF. Do đó H là tâm đường tròn nội tiếp ∆ DEF. Vẽ HK ⊥ DF tại K. Suy ra bán kính đường tròn (H) nội tiếp ∆ DEF là HK. Tính HK: Ta có: BD=BC.cosDBC=a Vì ∆ BDC vuông tại D nên DC BC 2 BD2 a 3 Hai tam giác vuông CDB và CFH có chung góc C nên chúng đồng dạng, suy ra 5 a. a HF CF BD.CF 5a HF 4 BD CD CD a 3 4 3 9 25 a 13 ∆ BFH vuông tại F nên BH BF 2 HF 2 a2 a2 16 48 2 3 13 a ∆ BDH vuông tại D nên DH BH 2 BD2 a2 a2 12 2 3 BHF HDK HBF HDK Có o đồng dạng với (g.g) HKD HFB 90 a 5a . HB HF HD.HF 5a 39 HK 2 3 4 3 HD HK HB a 13 156 2 3 5a 39 Vậy bán kính đường tròn nội tiếp ∆ DEF là HK = 156 Câu 32: [ĐHSP Hà Nội 2015 – 2016] (Chung) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 38
Cho tam giác ABC có các góc ABC;ACB nhọn và BAC 60. Các đường phân giác trong BB1, CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại I. a) Chứng minh tứ giác AB1IC1 nội tiếp. b) Gọi K là giao điểm thứ hai (khác B) của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC1I. Chứng minh tứ giác CKIB1 nội tiếp. c) Chứng minh AK ⊥ B1C1. Lời giải a) Ta có B1IC1=BIC (hai góc đối đỉnh) ABC ACB ABC ACB 180o BAC BIC=180o-IBC-ICB=180o- 180o 180o 120o 2 2 2 2 =>B1IC1+BAC=120o+60o=180o Mà hai góc này là hai góc đối nhau của tứ giác AC1IB1 nên tứ giác AC1IB1 là tứ giác nội tiếp. b) Vì tứ giác BC1IK là tứ giác nội tiếp (gt) nên BKI=AC1I (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện)(1) Vì tứ giác AC1IB1 là tứ giác nội tiếp (cmt) nên AC1I=IB1C (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) (2) Từ (1) và (2) suy ra IB1C=BKI=180o-CKI=>IB1C+CKI=180o Đây là hai góc đối của tứ giác CKIB1 nên tứ giác này là tứ giác nội tiếp. c) Vì BC1IK là tứ giác nội tiếp nên o o o o BKC1 BIC1 180 BIC 60 CKC1 180 BKC1 120 o CKC1 CAC1 180 Suy ra tứ giác AC1KC là tứ giác nội tiếp. C1KA C1CA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung C1A) Và C1 AK C1CK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung C1K) Mặt khác CC1 là phân giác góc C (gt) nên C1CK C1CA C1KA C1 AK Suy ra tam giác C1AK cân tại C1 ⇒ C1A = C1K (3) Tương tự ta có: B1A = B1K. (4) Từ (3) và (4) suy ra C1B1 là trung trực của đoạn thẳng AK. ⇒ AK ⊥ B1C1 (đpcm). Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 39
Câu 33: [Thái Bình 2015 – 2016] (chung) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đường tròn đường kính AH, tâm O, cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại E và F. Gọi M là trung điểm của cạnh HC. a) Chứng minh AE.AB = AF.AC. b) Chứng minh rằng MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH. c) Chứng minh H· AM H· BO d) Xác định điểm trực tâm của tam giác ABM. Lời giải a) Xét hai tam giác: AEF và ACB có góc A chung Ta có AEF=AHF ;AHF=ACB ; suy ra AEF= ACB (hoặc AFE=AHE ;AHE= ABC ; suy ra AFE= ABC ) Suy ra hai tam giác AEF và ACB đồng dạng AE AF Từ tỷ số đồng dạng ta có AE.AB = AC.AF AC AB b) Xét hai tam giác OHM và OFM có OM chung, OF = OH. Có MF = MH (vì tam giác HFC vuông tại F, trung tuyến FM) Suy ra OHM = OFM (c.c.c) Từ đó MFO=90o , MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH c) Xét hai tam giác AHM và BHO có AHM=BHO=90o Trong tam giác vuông ABC, đường cao AH có AH HM AH 2 HB.HC AH.2OH HB.2HM HB HO Suy ra HBO đồng dạng với HAM Suy ra HAM= HBO d) Gọi K là giao điểm của AM với đường tròn Ta có HBO= HAM =MHK , suy ra BO // HK Mà HK AM, suy ra BO AM, suy ra O là trực tâm của tam giác ABM Câu 34: [Lương Văn Chánh – Phú Yên 2015 – 2016] (Chung) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy hai điểm C, D trên nửa đường tròn sao cho AC=BD (C nằm giữa A và D). Gọi E là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh hai tam giác ACE, BDE bằng nhau. b) Chứng minh tứ giác AOEC, BOED nội tiếp. c) Đường thẳng qua O vuông góc AD cắt CD tại F. Tứ giác AODF là hình gì? Vì sao? Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 40
d) Gọi G là giao điểm của AC và BD. Chứng minh O, E, G thẳng hàng. Lời giải a) Vì C, D thuộc đường tr n đường kính AB nên: ACB=ADB=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tr n) ⇒ Hai tam giác ACE và BDE vuông =>CAE+AEC=90o;DBE+BED=90o Mà AEC=BED (hai góc đối đỉnh) nên CAE =DBE Xét ∆ ACE và ∆ BDE có: ACE BDE 90o (cmt) AC BD(gt) ACE BDE(g.c.g) CAE DBE(cmt) b) Vì ∆ ACE = ∆ BDE nên AE = BE (hai cạnh tương ứng) Mà OA = OB nên OE là đường trung trực của đoạn AB =>AOE=90o Tứ giác AOEC có tổng hai góc đối AOE+ACE=90o+90o=180o nên AOEC là tứ giác nội tiếp Chứng minh tương tự ta có BOED là tứ giác nội tiếp. c) Vì EA = EB (cmt) nên ∆ ABE cân ở E =>EAB=EBA (1) Vì ACDB là tứ giác nội tiếp nên EAB=ECD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD)(2) Từ (1) và (2) ⇒ ECD=EBA ⇒ CD // AB (3) Vì OF ⊥ AD, BD ⊥ AD nên OF // BD (4) Từ (3) và (4) ⇒ OFDB là hình bình hành ⇒ DF = OB = OA Mà DF // OA nên tứ giác AODF là hình bình hành Hình bình hành AODF có hai đường chéo OF và AD vuông góc với nhau nên nó là hình thoi. d) Vì ∆ ACE = ∆ BDE nên CAE=DBE Mà EAB=EBA (cmt) nên CAE+EAB=DBE+EBA=>CAB=DBA ⇒ ∆ GAB cân ở G ⇒ GA = GB Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 41
⇒ G thuộc đường trung trực của đoạn AB. ⇒ G ∈ OE ⇒ O, E, G thẳng hàng. Câu 35: [THPT Năng khiếu HCM 2014 – 2015] (chung) Cho điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB = 2R ( C ≠ A, C ≠ B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB; I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH. Các đường thẳng CI, CJ cắt AB lần lượt tại M, N. a) Chứng minh rằng AN = AC, BM = BC. b) Chứng minh 4 điểm M, N, J, I cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng MJ, NI, CH đồng quy. c) Tìm giá trị lớn nhất của MN và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác CMN theo R. Lời giải a) Ta có: HCA =ABC (cùng phụ với HCB ) Vì CN là phân giác của góc HCB nên HCN =BCN Do đó CAN= HCA +HCN= ABC +BCN Mặt khác, xét ∆ BCN với góc ngoài ANC ta có: ANC= ABC+ BCN Suy ra CAN= ANC ⇒ ∆ ACN cân tại A ⇒ AC = AN. Chứng minh tương tự ta có BC = BM. b) Vì CM, CN lần lượt alà phân giác của góc ACH và BCH nên 1 1 1 MCN MCH NCH ACH BCH ACB 45o 2 2 2 Tam giác ACN cân tại A có AI là phân giác kẻ từ đỉnh A, nên cũng là trung trực của đáy CN. ⇒ IC = IN. ⇒ ∆ ICN cân tại I. Tam giác ICN cân tại I có ICN=45o nên là tam giác vuông cân tại I ⇒ CI ⊥ IN Chứng minh tương tự ta có CJ ⊥ MJ. Tứ giác MIJN có MIN=MJN=90o nên là tứ giác nội tiếp ⇒ Bốn điểm M, I, J, N cùng thuộc một đường tròn. Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 42
Vì CH ⊥ MN, MJ ⊥ CN, NI ⊥ CM nên CH, MJ, NI đồng quy tại trực tâm của ∆ CMN. c) Đặt AC b; BC a a2 b2 BC 2 4R2 (Pi ta go) Theo câu a, ta có AN=AC= b; BM=BC=b Do đó a+b=AN+BM=BC+MN=>MN=a+b-BC=a+b-2R Ta có: (a b)2 0 2ab a2 b2 (a b)2 2(a2 b2 ) 8R2 a b 2 2R MN a b 2R 2R( 2 1) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b ⇔ CA = CB ⇔ C là điểm chính giữa nửa đường tròn. Vì C thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên CH ≤ R. 1 1 Do đó S CH.MN R.2.R( 2 1) R 2 ( 2 1) CMN 2 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ C là điểm chính giữa nửa đường tròn. Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là 2R( 2 1) và giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác CMN là R2 ( 2 1) đều xảy ra khi và chỉ khi C là điểm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB. Câu 36: [THPT Chuyên Năng Khiếu HCM 2015 – 2016] (Chung) Hình bình hành ABCD có tam giác ADC nhọn, ADC=60o . Đường tròn tâm O ngoải tiếp tam giác ADC cắt cạnh AB tại E ( E A ), AC cắt DE tại I a) Chứng minh tam giác BCE đều và IO  DC b) Gọi K là trung điểm BD, KO cắt DC tại M. Chứng minh A, D, M, I cùng thuộc một đường tròn OJ c) Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tính DE Lời giải a) Vì AE // DC (do ABCD là hình bình hành) nên AED=EDC Đây là hai góc nội tiếp lần lượt chắn cung AD và cung EC của đường tròn (O) ⇒ AD = EC. Mà AD = BC (ABCD là hình bình hành) ⇒ BC = EC (1) Vì ABCD là hình bình hành nên EBC=ADC 60 (2) Từ (1) và (2) ⇒ ∆ EBC đều Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 43
Vì AECD là tứ giác nội tiếp nên AED= ACD, mà AED= EDC (cmt) nên EDC =ACD hay IDC= ICD Suy ra ∆ ICD cân tại I ⇒ ID = IC Mà OC = OD ( = bán kính của đường tròn (O)) nên OI là trung trực của CD. ⇒ OI ⊥ CD. b) Vì ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo BD và AC cắt nhau tại trung điểm mỗi đường ⇒ K ∈ AC và KA = KC Mà OA = OC ( = bán kính (O)) nên OK là trung trực AC. ⇒ MA = MC (vì M ∈ OK) ⇒ ∆ MAC cân ở M =>MAC=MCA Mà MDI=MCA (do ∆ IDC cân ở I) nên MAC=MDI hay MAI=MDI ⇒ AIMD là tứ giác nội tiếp hay A, I, M, D cùng thuộc một đường tròn. c) Xét đường tròn (J), ta có: AJC=2ABC=120o (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung AC) =>AJC+ADC=180o ⇒ J ∈ (O) Chứng minh tương tự ⇒ O ∈ (J) ⇒ JO = JC = OC ⇒ ∆ JOC đều ⇒ IOC=60o Xét đường tròn (O): sđ AD = sđ EC ⇒ sđ AD + sđ AE = sđ EC + sđ AE ⇒ sđ DE = sđ AC ⇒ DE = AC. OJ OC OC 1 3 => DE AC 2CK 2sin 60o 3 Câu 37: [PTDTNT Sơn La 2016 – 2017] (Chung). Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O;R) cắt các đường thẳng AC, AD thứ tự tại E và F. a) Chứng minh tứ giác ACBD là hình chữ nhật. b) Chứng minh ∆ACD ~ ∆CBE c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn. d) Gọi S, S1, S2 thứ tự là diện tích của ∆AEF, ∆BCE và ∆BDF. Chứng minh: S1 S2 S Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 44
a) Xét tứ giác ABCD có : AB CD ( Đường kính của đường tròn và bán kính của đường tròn). OA OB OC OD Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra ACBD là hình chữ nhật b) Tứ giác ACBD là hình chữ nhật nên: 1 CAD= BCE =90o (1). Lại có CBE sđ BC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung); 2 1 ACD sđ AD (góc nội tiếp), mà BC =AD (do BC = AD cạnh của hình chữ nhật) CBE =ACD (2). 2 Từ (1) và (2) suy ra ∆ACD ~ ∆CBE . c) Vì ACBD là hình chữ nhật nên CB song song với AF, suy ra: CBE =DFE (3). Từ (2) và (3) suy ra ACD=DFE do đó tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn. S EB2 d) Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra: 1 S EF 2 S EB => 1 S EF S BF Tương tự ta có 2 S EF S S Từ đó suy ra: 1 2 1 S S S S S 1 2 Câu 38: [Bạc Liêu 2015 – 2016] (Chung) Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và MN. Vẽ tiếp tuyến d của đường tròn (O) tại B. Đường thẳng AM, AN lần lượt cắt đường thẳng d tại E và F. a) Chứng minh rằng MNFE là tứ giác nội tiếp. b) Gọi K là trung điểm của FE. Chứng minh rằng AK vuông góc với MN. Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 45
a) Tam giác ABE vuông tại B và BM vuông góc với AE Nên ta có AM.AE = AB² Tương tự AN.AF = AB² Suy ra AM.AE = AN.AF Hay AM/AN = AE/AF Xét ΔAMN và ΔAFE có góc MAN chung Và AM/AN = AF/AE Do đó ΔAMN và ΔAFE đồng dạng Suy ra góc AMN = góc AFE. Mà góc AMN + góc NME = 180° (kề bù) Nên góc AFE + góc NME = 180° Vậy tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn. b) Góc MAN = 90° Nên tam giác AEF vuông tại A suy ra AK = KB = KF Do đó góc KAF = góc KFA Mà góc AMN = góc KFA (cmt) Suy ra góc KAF = góc AMN Mà góc AMN + góc ANM = 90° Suy ra góc KAF + góc ANM = 90°. Vậy AK vuông góc với MN Câu 39: [Bạc Liêu 2015 – 2016] (Chung) Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường thẳng d đi qua A sao cho d không cắt đoạn BC. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và C trên d. Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác BHKC. Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 46
Ta có BC² = AB² + AC² = BH² + AH² + AK² + CK² Ta cần chứng minh bất đẳng thức: (ac + bd)² ≤ (a² + b²)(c² + d²) (*) Ta có: (*) a²c² + 2acbd + b²d² ≤ a²c² + a²d² + b²c² + b²d² a²d² – 2abcd + b²c² ≥ 0 (ad – bc)² ≥ 0 (đúng với mọi a, b, c, d) Dấu bằng xảy ra khi ad = bc hay a/c = b/d Áp dụng (*) ta được: 2(BH² + AH²) ≥ (BH + AH)² (1) Tương tự ta có 2(AK² + CH²) ≥ (AK + CK)² (2) Suy ra 2BC² ≥ (BH + AH)² + (AK + CK)² (3) Đặt BH + AH = m; đặt AK + CK = n Vì góc CAK + góc BAH = 90°; mà góc BAH + góc ABH = 90° nên góc CAK = góc ABH Dẫn đến tam giác ABH đồng dạng với tam giác CAK → AH/CK = BH/AK = AB/AC = (AH + BH)/(CK + AK) = m/n Nên AB²/m² = AC²/n² = (AB² + AC²)/(m² + n²) ≥ BC²/(2BC²) = ½ Hay m AB 2 và n AC 2 Chu vi tứ giác BHKC là BC + BH + AH + AK + KC = BC + m + n ≤ BC + (AB + AC) 2 Vậy chu vi BHKC lớn nhất là BC + (AB + AC) 2 Câu 40: [Cần Thơ 2015 – 2016] (chuyên) Cho đường tròn tâm H tiếp xúc trong với đường tròn tâm O tại D (OD > HD). Gọi A là điểm thuộc (O) (A khác D) sao cho các tiếp tuyến AE, AF của đường tròn tâm H (E, F là các tiếp điểm) cắt đường tròn tâm O lần lượt tại B và C thỏa AB < AC. Gọi P là giao điểm thứ hai của DF với đường tròn (O). a) Chứng minh DP là tia phân giác của ADC b) Tia phân giác của BDC cắt EF tại Q. Chứng minh tứ giác QFCD nội tiếp c) Chứng minh QD2 = DB.DC Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 47
a) Do các tam giác OPD và HFD cân nên DOP=PDO;DFH=PDO =>DOP=DFH ⇒ FH // OP. Mà FH ⊥ AC (tính chất tiếp tuyến) nên OP ⊥ AC. Tam giác OAC cân tại O có OP là đường cao kẻ từ đỉnh O, nên OP cũng là phân giác góc AOC. Suy ra AOP =COP (1) Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung, ta có: 1 1 ADP AOP;CDP COP(2) 2 2 Từ (1) và (2) ta có: ADP=CDP Suy ra DP là phân giác góc ADC. b) Chứng minh tương tự câu a ta có DE là phân giác góc ADB. Do đó 1 1 EDF EDA FDA BDA CDA 2 2 1 BDC CDQ 2 EDF CDQ(3) Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung: EDF=EFA(4) Từ (3) và (4) ta có: CDQ=EFA=>CDQ+QFC=180o Suy ra tứ giác QFCD nội tiếp đường tròn. c) Chứng minh tương tự câu b ta có hai tứ giác QFCD và QEBD nội tiếp. Suy ra DBQ=DEQ;DQC=DFC(5) Mặt khác: DEQ=DFC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung DF) (6) Từ (5) và (6) suy ra DBQ=DQC Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 48
Xét ∆ DQB và ∆ DCQ có: QDB QDC(gt) DBQ ~ DQC(g.g) DBQ DQC(cmt) DB DQ DQ2 DB.DC DQ DC Câu 41: [Cần Thơ 2015 – 2016] (chuyên) Cho tam giác nhọn ABC có trực tập H. Gọi M, N lần lượt là chân đường cao vẽ từ B và C của tam giác ABC. Gọi D là điểm thuộc cạnh BC (D khác B và C), E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM và đường tròn ngoại tiếp ta giác BDN (E khác D). Chứng minh ba điểm A, E, D thẳng hàng. Lời giải Vì BNED là tứ giác nội tiếp nên: BNE=EDC (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) (1) Vì CDEM là tứ giác nội tiếp nên: EDC=EMA (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) (2) Từ (1) và (2) suy ra BNE =EMA =>ANE+ EMA 180 Suy ra tứ giác ANEM nội tiếp ⇒ AEN= AMN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN) (3) Vì BNC= BMC 90 nên BNMC là tứ giác nội tiếp. Suy ra AMN= NBD (góc trong và góc ngoài đỉnh đối diện) (4) Từ (3) và (4) suy ra AEN= NBD Mà BNED là tứ giác nội tiếp nên NBD +NED=180o=> AEN +NED=180o =>AED =180o Suy ra A, E, D thẳng hàng. Câu 42: [Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình] Cho nửa đường tròn đường kính AB và dây MN có độ dài bằng bán kính (M thuộc cung AN, M khác A, N khác B). Các tia AM và BN cắt nhau tại I, các dây AN và BM cắt nhau tại K. a) Chứng minh rằng: IK vuông góc với AB. b) Chứng minh rằng:AK.AN+BK.BM=AB2 c) Tìm vị trí của dây MN để diện tích tam giác IAB lớn nhất. Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 49
Lời giải a) Ta thấy AN BI ,BM AI , nên K là trực tâm tam giác IAB. Do đó IK AB b) Vì AEK∽ ANB ∽ nên AK. AN =AE .AB Tương tự vì BEK∽ BMA ∽ nên BK .BM =BE. BA Vậy AK.AN+BK.BM=AE.AB+BE.BA=AB2 c) Chỉ ra sđ MN=60o nên tính được AIB=60o , do đó điểm I thuộc cung chứa góc 60o dựng trên đoạn AB. Diện tích tam giác IAB lớn nhất khi IE lớn nhất (IE là đường cao của tam giác IAB), khi đó I nằm chính giữa cung chứa góc 60o dựng trên đoạn AB tương ứng với MN song song với AB. Câu 43: [Bình Thuận] Cho đường tròn (O) đường kính AB=2R,điểm C di động sao cho ACB=60o và các đoạn thẳng AC,BC lần lượt cắt đường tròn (O) tại hai điểm D,E. a) Chứng minh rằng khi điểm C di động thì đường thằng DE luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định b) Gọi M,N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A,B trên đường thẳng DE. Xác định vị trí điểm C để tích AM.BN đạt giá trị lớn nhất Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 50
1 1 a) sdACB sd(AB DE) 60O (180O DE) DE 60O mà OD = OE = R ODE 2 2 R 3 R 3 Đều cạnh R=>đường cao OH =>DE tiếp xúc đường tròn (O; ) cố định. 2 2 b) ACB=60o =>C di động trên hai cung chứa góc 60o dựng trên đoạn AB giới hạn sao cho các đoạn thẳng CA,CB phải cắt đường tròn (O) OA = OB, OH//AM//BN (cùng vuông góc với DE)=> OH là đường trung bình của hình thang ABNM AM BN 2OH R 3 không đổi=>tích AM.BN lớn nhất = AM BN R 3 3R2 ( )2 ( )2 AM BN 2 2 4  C là điểm chính giữa của hai cung chứa 60o dựng trên đoạn AB Câu 44: [Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ 2015 – 2016] (chuyên) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC R 3 cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối ứng với B qua AC và F và điểm đối ứng với C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại K (K không trùng A). Gọi H là giao điểm của BE và CF. a) Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nội tiếp. b) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R. c) Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 51
a) Ta có AKB =AEB (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB) Mà ABE =AEB (tính chất đối ứng) suy ra AKB= ABE (1) AKC= AFC (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC) ACF= AFC (tính chất đối xứng) suy ra AKC= ACF (2) Mặt khác ABE =ACF (cùng phụ với BAC ) (3). Từ (1), (2) , (3) suy ra AKB= AKC hay KA là phân giác trong của góc BKC. Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB. 1 Ta có BC R 3 nên BOC=120o ;BAC BOC 60o . Trong tam giác vuông ABP có 2 APB=90o;BAC=60o=>APB=30o hay ABE=ACF=30o Tứ giác APHQ có AQH +APH=180o=> PAQ+ PHQ=180o=> PHQ=120o=> BHC=120o (đối đỉnh). Ta có AKC= ABE 300 , AKB= ACF= ABE 300 (theo chứng minh phần a). Mà BKC =AKC +AKB= AFC+ AEB =ACF +ABE 600 suy ra BHC+ BKC 1800 nên tứ giác BHCK nội tiếp. b) Gọi (O’) là đường tròn đi qua bốn điểm B, H,C, K. Ta có dây cungB C R 3 BKC=60o= BAC nên bán kính đường tròn (O’) bằng bán kính R của đường tròn (O). Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC, kẻ KN vuông góc với BC (N thuộc BC), gọi I là giao điểm của HK và BC. Ta có 1 1 1 S S S BC.HM BC.KN BC.(HM KN) BHCK BHC BCK 2 2 2 1 1 S BC(HI KI) BC.KH(Do HM HI;KN KI) BHCK 2 2 Ta có KH là dây cung của đường tròn (O’; R) suy ra KH 2R (không đổi) Nên SBHCK lớn nhất khi KH= 2R và HM+ KN= HK =2R . 1 Giá trị lớn nhất S R 3.2.R R2 3 BHCK 2 Khi HK là đường kính của đường tròn (O’) thì M, I, N trùng nhau suy ra I là trung điểm của BC nên ABC cân tại A. Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC. Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 52
c) Ta có BOC=120o ;BKC 60o suy ra BOC +BKC 1800 nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn. Ta có OB=OC=R suy ra OB= OC=> BKO= CKO hay KO là phân giác góc BKC theo phần (a) KA là phân giác góc BKC nên K ,O, A thẳng hàng hay AK đi qua O cố định Câu 45: [Chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa 2014 – 2015] (chuyên Toán Tin) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi M là điểm thuộc cung AB (AB ≠ A, M ≠ B) và I là điểm thuộc đoạn OA (I ≠ O, I ≠ A). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M, kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với đường tròn (O). Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với IM, đường thẳng này cắt Ax, By lần lượt tại C và D. Gọi E là giao điểm của AM với IC, F là giao điểm của BM với ID. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp b) EF // AB c) OM là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM và DFM. Lời giải a) CM: Tứ giác MEIF là tứ giác nội tiếp: C/m được các tứ giác ACMI BDMI nội tiếp I1 A1  o o o Do đó:  I1 I2 A1 B1 Mà A2 B2 90 Và A1 A2 B1 B2 180 I1 i2 90 I2 B1  EIF EMF 90o Tứ giác MEIF nội tiếp được. b) CM: EF // AB: Tứ giác MEIF nội tiếp (câu 1) => I1 F1 Tứ giác ACMI nội tiếp (câu 1) => I1 A1 Trong (O) B2 A1 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AM) Do đó => B2 F1 , mà chúng ở vị trí đồng vị => EF // AB. c) CM: OM là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ngoại tiếp các tam giác: CEM, DFM Ta có OA = OM => M1 A2 Mà C1 A2 (cùng chắn cung IM) => C1 M1 OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME (1). Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 53
Lại có: OM = OB => M 2 B2 mà D1 B2 (cùng chắn cung IM) => D1 M 2 => OM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF (2). Từ (1) và (2) =>ĐPCM Câu 46: [Lê Hồng Phong – Nam Định 2014 – 2015] (Chuyên) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AA1; BB1; CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường thẳng AA1 cắt đường tròn (O) tại K khác A. a) Chứng minh A1 là trung điểm của HK. HA HB HC b) Hãy tính AA1 BB1 CC1 c) Gọi M là hình chiếu vuông góc của O trên BC. Đường thẳng BB1 cắt (O) tại giao điểm thứ hai là E, AN AB kéo dài MB1 cắt AE tại N. Chứng minh rằng ( 1 )2 NE EB1 Lời giải a) Góc A1 = góc C2 = góc C1 => ∆CHK cân C, CA1 là đ/cao + đ trung trực => đpcm b) Có: HA HB HC HA HB HC HA HB HC (1 1 ) (1 1 ) (1 1 ) 3 ( 1 1 1 ) AA1 BB1 CC1 AA1 BB1 CC1 AA1 BB1 CC1 S S S 3 ( HBC HAC HBA ) 3 1 2 SABC SABC SABC c) Từ GT => M trung điểm BC => => ∆B1MC cân tại M => góc MB1C = gócMCB1 = góc AB1N => ∆CBB1 đồng dạng ∆B1AN (g-g) =>B1N  AE Áp dụng hệ thức lương trong tam giác vuông ta có: 2 AB AN.AE AN 1 (đpcm) EB1 EN.EA EN Câu 47: [Lê Hồng Phong – HCM 2015 – 2016] (Chuyên) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 54
Cho hình bình hành ABCD . Đường thẳng qua C vuông góc với CD cắt đường thẳng qua A vuông góc với BD tại F . Đường thẳng qua B vuông góc với AB cắt đường trung trực của AC tại E . Hai đường thẳng KE BC và EF cắt nhau tại K . Tính tỉ số KF Lời giải Câu 48: [Lê Hồng Phong – HCM 2015 – 2016] (Chuyên) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( ) O . Gọi M là trung điểm của cạnh BC và N là điểm đối xứng của M qua O . Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC tại D . Kẻ đường kính AE . Chứng minh rằng: a) Chứng minh BA.BC =2.BD. BE b) CD đi qua trung điểm của đường cao AH của tam giác ABC . Lời giải a) Chứng minh BA . BC = 2BD . BE Ta có: DBA+ ABC 900 , EBM +ABC 900 DBA =EBM (1) Ta có: ONA OME (c-g-c) EAN= MEO Ta lại có: DAB +BAE+ EAN 900, và BEM +BAE +MEO 900 DAB= BEM (2) Từ (1) và (2) suy ra BDA đồng dạng BME (g-g) BD BA BA.BC DB.BE BA.BM BM BE 2 2BD.BE BA.BC b) CD đi qua trung điểm của đường cao AH của ABC Gọi F là giao của BD và CA. Ta có BD.BE= BA.BM (cmt) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 55
BD BM BDM ~ BAE(c g c) BA BE BMD BEA Mà BCF=BEA(cùng chắn AB) =>BMD=BCF=>MD//CF=>D là trung điểm BF Gọi T là giao điểm của CD và AH . TH CT BCD có TH //BD (HQ định lí Te-let) (3) BD CD TA CT FCD có TA //FD (HQ định lí Te-let) (4) FD CD Mà BD= FD (D là trung điểm BF ) (5) Từ (3), (4) và (5) suy ra TA =TH T là trung điểm AH . Câu 49: [Lương Văn Tụy – Ninh Bình 2014 – 2015] (Chuyên). Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB, vẽ các tiếp tuyến CD, CE với đường tròn tâm O (D, E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O’). Hai đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O’ lần lượt tại M và N (M và N khác A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng: a) Bốn điểm B, D, M, I cùng thuộc một đường tròn. b) MI.BE = BI.AE c) Khi điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải a) Vì DAEB là tứ giác nội tiếp nên DAB= DEB Vì ABNM là tứ giác nội tiếp nên DAB= BNI Do đó DEB= BNI=> BEI+ BNI 180 ⇒ BEIN là tứ giác nội tiếp ⇒ BEN= BIN Vì DAEB là tứ giác nội tiếp nên BEN =ADB Do đó BIN= ADB =>BIM+ MDB 180 ⇒ BDMI là tứ giác nội tiếp ⇒ B, D, I, M cùng thuộc một đường tròn. b) Vì ABNM là tứ giác nội tiếp nên BAE =BMI (1) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 56
Vì DAEB và DMIB là các tứ giác nội tiếp nên ABE =ADE và MBI= ADE =>ABE =MBI (2) BE AE Từ (1) và (2) ⇒tam giác BAE đồng dạng với tam giác BMI (g.g) MI.BE BI.AE BI MI c) Ta chứng minh AD. BE =AE. BD Vì CD là tiếp tuyến của (O) nên CDA =CBD =>tam giác CDA đồng dạng với tam giác CBD (g.g) DA CD BD CB EA CE Chứng minh tương tự ta có EB CB DA EA Mà theo tính chất tiếp tuyến ta có CD = CE nên AD.BE AE.BD BD EB Ta chứng minh DE đi qua điểm K là giao hai tiếp tuyến tại A và B của (O) Gọi K1, K2 lần lượt là giao điểm của DE với tiếp tuyến của (O) tại A và B. Khi đó AE K1E K1 A K1 AE K1DA K1 AE ~ K1DA(g.g) AD K1 A K1D 2 AE K1E K1 A K1E . AD K1 A K1D K1D Chứng minh tương tự ta có: 2 BE K2 E BD K2 D AE BE K E K E Mà AD.BE=AE.BD 1 2 AD BD K1D K2 D Do K1 và K2 đều nằm ngoài đoạn DE nên K1 và K2 chia ngoài đoạn DE theo các tỷ số bằng nhau ⇒ K1 ≡ K2 ≡ K. Vậy DE luôn đi qua điểm K cố định. Câu 50: [Lương Văn Tụy – Ninh Bình 2015 – 2016] (chuyên) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) ngoại tiếp đường tròn tâm O. Gọi D,E,F lần lượt là tiếp điểm của (O) với các cạnh AB,AC,BC. Đường thẳng BO cắt các đường thẳng EF và DF lần lượt tại I và K. a) Tính số đo góc BIF b) Giả sử M là điểm di chuyển trên đoạn CE . +) Khi AM = AB, gọi H là giao điểm của BM và EF. Chứng minh rằng ba điểm A,O,H thẳng hàng, từ đó suy ra tứ giác ABHI nội tiếp. +) Gọi N là giao điểm của đường thẳng BM với cung nhỏ EF của (O), P, Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE và DF. Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ max. Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 57
a) Vì BD, BF là các tiếp tuyến của (O) nên OD ⊥ BD, OF ⊥ BF. Xét 2 tam giác vuông OBD và OBF có OB chung   OBD OBF (cạnh huyền–góc nhọn) OBD=OBF(gt) ⇒ BD = BF Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K. Mà OD = OF = r nên OB là trung trực của DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông tại K.DOE 90o Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cho đường tròn (O), ta có: 1 DFE DOE 45o 2 ⇒ ∆ KIF vuông cân tại K. =>BIF=45o b) +) Hình chữ nhật ADOE có OD = OE = r nên nó là hình vuông ⇒ AO là trung trực DE (1) Vì AB = AM nên tam giác ABM vuông cân tại A, suy ra ABM 45 =>DBH=DFH=45o ⇒ BDHF là tứ giác nội tiếp (2) Vì BDO+BFO=90o+90o=180o nên BDOF là tứ giác nội tiếp (3) Từ (2) và (3) ⇒ 5 điểm B, D, O, H, F nằm trên một đường tròn. =>BHO=BFO=90o ⇒ OH ⊥ BM. Mặt khác ADE=ABM=45o=>DE//BM⇒ OH ⊥ DE Mà OD = OE nên OH là trung trực của đoạn OE (4) Từ (1) và (4) ⇒ A, O, H thẳng hàng. +) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 58
Vì DPN+DQN=90o+90o=180o nên DPNQ là tứ giác nội tiếp =>QPN=QDN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QN) (5) Mặt khác DENF là tứ giác nội tiếp nên QDN=FEN (6) Từ (5) và (6) ta có FEN=QPN (7) Tương tự ta có: EFN=PQN (8) PQ NQ Từ (7) và (8) suy ra NPQ ~ NEF(g.g) EF NF Theo quan hệ đường vuông góc – đường xiên, ta có PQ NQ NQ NF 1 PQ EF EF NF Dấu bằng xảy ra khi Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng. Do đó PQ max khi M là giao điểm của AC và BN, với N là điểm đối xứng với D qua O. Câu 51: [Phan Bội Châu – Nghệ An 2014 – 2015] (chuyên) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có các đường cao AE và CF cắt nhau tại H. Gọi P là điểm thuộc cung nhỏ BC (P khác B, C); M, N lần lượt là hình chiếu của P trên các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng: BH EF a) OB vuông góc với EF và 2. BO AC b) Đường thẳng MN đi qua trung điểm của đoạn thẳng HP. Lời giải a) Vì AEC= AFC =90o nên tứ giác ACEF nội tiếp. Suy ra BFE =ACB (cùng bù với góc AFE ) (1) Kẻ tia tiếp tuyến Bx của đường tròn (O) tại B. Ta có ACB= ABx (cùng chắn cung AB ) (2) Từ (1) và (2) suy ra BFE =Abx Do đó Bx// EF Mà OBBx nên OB EF Xét BEF và BAC có ABC chung và BFE= ACB ( theo (1)) nên BEF và BAC đồng dạng. Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 59
BH Mặt khác BEF và BAC lần lượt nội tiếp đường tròn bán kính và đường tròn bán kính OB nên 2 EF BH AC 2.OB BH EF Từ đó ta có 2. BO AC b) Gọi M1 và N1 lần lượt là các điểm đối xứng với P qua AB và AC. Ta có: AM1B=APB (do tính chất đối xứng) (3) APB=ACB (cùng chắn cung AB) (4) Tứ giác BEHF nội tiếp nên BFE= BHE (5) Mặt khác theo câu a) BFE =ACB (6) Từ (3), (4), (5), (6) suy ra AM1B= BHE AM1B+ AHB = 1800, do đó tứ giác AHBM1 nội tiếp AHM1= ABM1 mà ABM1= ABP nên AHM1 =ABP. Chứng minh tương tự ta có AHN1= ACP AHM1+ AHN1= ABP+ ACP=180O M1, N1, H thẳng hàng Mặt khác MN là đường trung bình của tam giác PM1N1 , do đó MN đi qua trung điểm của PH. Câu 52: [Phan Bội Châu – Nghệ An 2014 – 2015] (chuyên) Cho tam giác nhọn ABC có BAC 60o ;BC 2 3cm . Bên trong tam giác này cho 13 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy luôn tìm được 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm. Lời giải Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác BC, CA, AB. Do tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC MC Vì BAC 60O MOC 60O OA OB OC 2 sin 60o Vì O nằm trong tam giác ABC và OM BC, ON AC ,OP AB Suy ra tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp các đường tròn có đường kính 2 (đường kính lần lượt là OA, OB, OC). Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 3 tứ giác này chứa ít nhất 5 điểm trong 13 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác ANOP. Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 60
Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung điểm OA, suy ra IA=IP=IO=IN=1 Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp các đường tròn có đường kính 1. Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 2 điểm trong 5 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điểm X, Y trong số 13 điểm đã cho. Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác này, do đó XY không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là khoảng cách giữa X, Y không vượt quá 1. Câu 53: [Quốc Học Huế 2015 – 2016] (Chuyên) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) , Giả sử B , C cố định và A di động trên đường tròn sao cho AB < AC và AC < BC . Đường trung thực của đoạn thẳng AB cắt AC và BC lần lượt tại P và Q . Đường trung trực của đoạn thẳng AC cắt AB và BC lần lượt tại M và N. a) Chứng minh rằng OM.ON=R2 b) Chứng minh rằng bốn điểm M,N,P,Q cùng nằm trên một đường tròn c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại S và T , gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên đường thẳng ST . Chứng minh H chạy trên 1 đường tròn cố định khi A di động Lời giải a) Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB, AC ∆ OAB cân ở O có OI là đường cao kẻ từ đỉnh O nên OI cũng là phân giác góc O, suy ra 1 BOI BOA(1) 2 1 Theo quan hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AB của (O):B CA BOA(2) 2 Từ (1) và (2) suy ra BOI=BCA (3) Xét ∆ OBI vuông tại I có góc ngoài OBM:OBM 90O BOI(4) Xét ∆ NJC vuông tại J có góc ngoài ONB:ONB 90O BCA(5) Từ (3), (4), (5) suy ra OBM=ONB Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 61
OBM ~ ONB(g.g) OB OM OM.ON OB2 R2 ON OB b) Chứng minh tương tự câu a, ta có OQ.OP R2 OM.ON OQ.OP OM OP OQ ON Xét ∆ OMP và ∆ OQN có: MOP chung OM OP OMP ~ OQN(c.g.c) OQ ON OMP OQN OMP NQP 180o ⇒ Bốn điểm M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn. c) Ta chứng minh O, S, T thẳng hang Gọi T’ là giao điểm khác S của OS với đường tròn ngoại tiếp ∆ BMN. Khi đó MNST’ là tứ giác nội tiếp, nên OSN OMT ' OSN ~ OMT '(g.g) OS ON OS.OT ' OM.ON OM OT ' OS.OT ' OQ.OP OS OQ OP OT ' Xét ∆ OSQ và ∆ OPT’ có: SOQ chung OS OQ OSQ ~ OPT '(c.g.c) OP OT ' OSQ OPT ' OPT ' QST ' 180o ⇒ T’SQP là tứ giác nội tiếp ⇒ T’ thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ CPQ ⇒ T’ ≡ T Vậy O, S, T thẳng hang  BH ⊥ OH ⇒ H thuộc đường tròn đường kính OB. Vậy khi A di động, H luôn thuộc đường tròn đường kính OB. Vậy các bộ (x;y) nguyên thỏa yêu cầu bài toán là (3;3),(3;–2),(–5;18),(–5;–17),(–1;5),(–1;–4) Câu 54: [Chuyên Thái Bình 2014 – 2015] (Chuyên) Cho hình bình hành ABCD với A, C cố địnhvà B, D di động. Đường phân giác của góc BCD cắt AB và AD theo thứ tự tại I và J (J nằm giữa A và D). Gọi M là giao điểm khác A của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và AIJ, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIJ. a) Chứng minh AO là phân giác góc IAJ. Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 62
b) Chứng minh bốn điểm A, B, D, O cùng thuộc một đường tròn. c) Tìm đường tròn cố định luôn đi qua M khi B, D di động. Lời giải a) Vì AI // DC (do ABCD là hình bình hành) nên AIJ= DCJ (so le trong) Vì AJ // BC nên AJI= BCJ (đồng vị) Mà CJ là phân giác góc BCD nên DCJ= BCJ=> AIJ= AJI ∆ AIJ cân ở A Do O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ AIJ cân nên AO là trung trực IJ đồng thời là phân giác góc IAJ. b) Vì JD // BC nên DJC= JCB= JCD ∆ JDC cân tại D Suy ra JD = DC = AB (do ABCD là hình bình hành) Ta có OA = OJ ( bằng bán kính (O)) Xét ∆ OAJ với góc ngoài OJD có: OJD= AOJ +OAJ =2AIJ+ OAJ= 2DCJ +OAJ= DCB +OAJ=DAB+OAJ=OAB Xét ∆ OAB và ∆ OJD có: OA OJ (cmt) OAB OJD(cmt) OAB OJD(c.g.c) AB JD(cmt) OBA ODJ ⇒ AODB là tứ giác nội tiếp ⇒ A, O, D, B cùng thuộc một đường tròn. c) Vì ∆ OAB = ∆ OJD nên OB = OD. Mà O’B = O’D (bằng bán kính (O’)) nên OO’ là trung trực của BD. Gọi K là giao BD và AC ⇒ K là trung điểm BD và AC. ⇒ K ∈ OO’ Vì OA = OM, O’A = O’M nên OO’ là trung trực của AM Mà K ∈ OO’ ⇒ KA = KM = KC ⇒ M thuộc đường tròn tâm K bán kính KA, hay đường tròn đường kính AC. Vậy khi B, D thay đổi, M luôn nằm trên đường tròn đường kính AC. Câu 55: [Chuyên HCM 2014 – 2015] (Chuyên) Cho tam giác đều ABC và M là một điểm bất kì trên cạnh BC. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB và AC. Xác định vị trí của M để tam giác MDE của chu vi nhỏ nhất Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 63
Lời giải o CMDE MD ME DE (BM CM )sin 60 DE BC.sin 60o DE Mà BC.sin600 không đổi nên chi vi tam giác MDE nhỏ nhất ⇔ DE nhỏ nhất Tứ giác ADME nội tiếp đường tròn đường kính AM ADM =AEM 90 nên tam giác ADE cũng nội tiếp đường tròn đường kính AM, tâm I là trung điểm AM. DIE Gọi K là trung điểm DE, suy ra IK ⊥ DE và EIK BAC( ) 2 Gọi R là bán kính đường tròn tâm I đường kính AM thì KE 0,5DE DE DE sin KIE IE R 2R AM DE AM.sin BAC AM.sin 60o Vì sin60o không đổi nên DE nhỏ nhất ⇔ AM nhỏ nhất ⇔ M ≡ H (H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống BC, mà tam giác ABC đều nên H là trung điểm BC). Vậy khi M là trung điểm BC thì chu vi tam giác MDE nhỏ nhất. Câu 56: [Chuyên HCM 2014 – 2015] (Chuyên) Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AB vơi OM, I là trung điểm của MH. Đường thẳng AI cắt (O) tại điểm K (K khác A). a) Chứng minh HK vuông góc AI. b) Tính số đo góc MKB Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 64
a) Kẻ đường kính AE của (O), EH cắt (O) tại K’, AK’ cắt EB tại D. Dễ thấy H là trực tâm tam giác AED nên DH ⊥ AO ⇒ DH // AM (1) Ta có BDH= EAH =HMB nên tứ giác HMDB nội tiếp ⇒ HM ⊥ MD ⇒ DM // AH (2) Từ (1) và (2) ⇒ AHDM là hình bình hành. ⇒ AD đi qua trung điểm I của HM ⇒ K’ là giao của AI với (O) ⇒ K’ ≡ K ⇒ HK ⊥ AI b) Ta có IAM =ABK (cùng chắn cung AK) AMI= OBA (OAMB nội tiếp) Nên IAM+AMI=ABK+OBAAIH=OBK Mặt khác AIH+KHI=90o OBK+KBM=90o =>KHI=KBM ⇒ Tứ giác HKMB nội tiếp =>BKM=BHM=90o Câu 57: [THPT Năng Khiếu HCM 2014 – 2015] (chuyên) Cho tam giác ABC vuông tại A với các đường phân giác trong BM và CN. Chứng minh bất đẳng thức (MC MA)(NB NA) 3 2 2 MA.NA Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 65
Vì BM, CN lần lượt là phân giác góc ABC, ACB nên theo tính chất đường phân giác, ta có: MC BC MC MA BC 1 MA AB MA AB NB BC BN NA BC 1 NA AC NA AC (MC MA)(NB NA) BC BC BC 2 BC BC (1 )(1 ) 1 MA.NA AB AC AB.AC AB AC Áp dụng định lý Pi–ta–go cho tam giác vuông ABC và BĐT Cô–si cho hai số không âm, ta có: BC 2 BC 2 AB2 AC 2 2AB.AC 2 AB.BC BC BC BC BC 2 . 2 2 AB AC AB AC (MA MC)(NB NA) 1 2 2 2 3 2 2 MA.NA Câu 58: [THPT Năng Khiếu HCM 2014 – 2015] (chuyên) Cho điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đường kính AB = 2R ( C ≠ A, C ≠ B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB; I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACH và BCH. Các đường thẳng CI, CJ cắt AB lần lượt tại M, N. a) Chứng minh rằng AN = AC, BM = BC. b) Chứng minh 4 điểm M, N, J, I cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng MJ, NI, CH đồng quy. c) Tìm giá trị lớn nhất của MN và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác CMN theo R. Lời giải a) Ta có: HCA =ABC (cùng phụ với HCB ) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 66
Vì CN là phân giác của góc HCB nên HCN =BCN Do đó CAN= HCA +HCN= ABC +BCN Mặt khác, xét ∆ BCN với góc ngoài ANC ta có: ANC= ABC+ BCN Suy ra CAN= ANC ⇒ ∆ ACN cân tại A ⇒ AC = AN. Chứng minh tương tự ta có BC = BM. b) Vì CM, CN lần lượt alà phân giác của góc ACH và BCH nên 1 1 1 MCN MCH NCH ACH BCH ACB 45o 2 2 2 Tam giác ACN cân tại A có AI là phân giác kẻ từ đỉnh A, nên cũng là trung trực của đáy CN. ⇒ IC = IN. ⇒ ∆ ICN cân tại I. Tam giác ICN cân tại I có ICN=45o nên là tam giác vuông cân tại I ⇒ CI ⊥ IN Chứng minh tương tự ta có CJ ⊥ MJ. Tứ giác MIJN có MIN=MJN=90o nên là tứ giác nội tiếp ⇒ Bốn điểm M, I, J, N cùng thuộc một đường tròn. Vì CH ⊥ MN, MJ ⊥ CN, NI ⊥ CM nên CH, MJ, NI đồng quy tại trực tâm của ∆ CMN. c) Đặt AC b; BC a a2 b2 BC 2 4R2 (Pi ta go) Theo câu a, ta có AN=AC= b; BM=BC=b Do đó a+b=AN+BM=BC+MN=>MN=a+b-BC=a+b-2R Ta có: (a b)2 0 2ab a2 b2 (a b)2 2(a2 b2 ) 8R2 a b 2 2R MN a b 2R 2R( 2 1) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b ⇔ CA = CB ⇔ C là điểm chính giữa nửa đường tròn. Vì C thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên CH ≤ R. 1 1 Do đó S CH.MN R.2.R( 2 1) R 2 ( 2 1) CMN 2 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ C là điểm chính giữa nửa đường tròn. Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là 2R( 2 1) và giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác CMN là R2 ( 2 1) đều xảy ra khi và chỉ khi C là điểm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB. Câu 59: [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội 2014 – 2015] (chuyên) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Gọi P, Q lần lượt là chân của đường vuông góc kẻ từ H đến các cạnh AB, AC. a) Chứng minh rằng BCQP là tứ giác nội tiếp. b) Hai đường thẳng PQ và BC cắt nhau tại M. Chứng minh rằng MH2= MB.MC c) Đường thẳng MA cắt đường tròn (O) tại K (K khác A). Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCQP. Chứng minh rằng ba điểm I, H, K thẳng hàng. Lời giải Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 67
a) Tứ giác APHQ có APH +AQH 90 90 180 nên là tứ giác nội tiếp ⇒ APQ= AHQ Ta có: AHQ =BCQ (cùng phụ với CHQ ) Do đó APQ =BCQ Suy ra BPQC là tứ giác nội tiếp. b) Vì BPQC là tứ giác nội tiếp nên MBP= MQC MB MP MBP ~ MQC(g.g) MB.MC MP.MQ(1) MQ MC Vì APHQ là tứ giác nội tiếp nên: MQH =BAH Mà BAH= MHP (cùng phụ với PBH ) nên MQH= MHP MQ MH MQH ~ MHP(g.g) MH 2 MP.MQ(2) MH MP Từ (1) và (2) ⇒ MH2 =MB .MC c) Vì AKBC là tứ giác nội tiếp nên MK MB MKB MCA MKB ~ MCA MC MA MK.MA MB.MC Kết hợp với kết quả ý 2, ta có MH 2 MK.MA ⇒ HK là đường cao của tam giác vuông AHM. ⇒ AK ⊥ KH Do đó KH cắt (O) tại D (D khác K) thì AD là đường kính của (O). Gọi J là trung điểm HD, N là trung điểm QC. Khi đó OJ là đường trung bình của ∆ AHD ⇒ OJ // AH ⇒ OJ ⊥ BC. Mà OB = OC nên OJ là trung trực BC (3) Vì HQ // DC (cùng vuông góc AC) nên HQCD là hình thang. ⇒ JN là đường trung bình của hình thang HQCD ⇒ JN // HQ ⇒ JN ⊥ QC ⇒ JN là trung trực của QC (4) Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 68
Từ (3) và (4) ⇒ J là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC (do BPQC là tứ giác nội tiếp) ⇒ J ≡ I Mà K, H, J thẳng hàng nên I, K, H thẳng hàng. Còn cập nhật Lê Văn Định – Sưu tầm biên soạn 69