Tổng hợp các bài toán hình học phẳng ôn thi vào Lớp 10 THPT 2018-2019 - Tạ Công Hoàng

119 trang dichphong 5170

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tổng hợp các bài toán hình học phẳng ôn thi vào Lớp 10 THPT 2018-2019 - Tạ Công Hoàng", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tong_hop_cac_bai_toan_hinh_hoc_phang_on_thi_vao_lop_10_thpt.pdf

Nội dung text: Tổng hợp các bài toán hình học phẳng ôn thi vào Lớp 10 THPT 2018-2019 - Tạ Công Hoàng

Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 2
Mục lục Lời nói đầu 5 1 Một số bổ đề và kí hiệu, thuật ngữ sử dụng trong tài liệu 7 1.1 Các kí hiệu, thuật ngữ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7 1.2 Một số bổ đề dùng trong tài liệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7 2 Các bài toán đã có lời giải 13 3 Một số bài toán chưa có lời giải 115 4 Bài tập rèn luyện 117 Tài liệu tham khảo 119 3
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 4
Lời nói đầu Hình học là một phần quan trọng trong Toán học và rất phát triển tại Việt Nam. Tôi đã thấy rất nhiều người giỏi Hình học nhưng ngược lại thì lại có nhiều người vẫn đang rất sợ bộ môn mang tên Hình học phẳng này. Bằng sự động lực và đam mê nên tôi đã quyết định biên soạn một tài liệu về hình học cấp THCS dành cho những bạn nào đam mê Hình học hoặc chưa đam mê thì mong qua cuốn tài liệu này các bạn sẽ tìm được thấy vẻ đẹp ẩn chứa trong đó. Cuốn tài liệu này bắt nguồn từ "[TOPIC] HÌNH HỌC ÔN THI VÀO THPT CHUYÊN 2018-2019" do tôi sáng lập ở trên diễn đàn Toán học với tài khoản là Khoa Linh. Lúc đó là vào dịp tôi đang ôn thi vào lớp 10 THPT, mặc dù khá là nhiều việc nhưng được sự cho phép của bạn ĐHV THCS MoMo123 và sự ủng hộ của rất nhiều bạn nên tôi đã sáng lập ra TOPIC này. Trải qua một tháng TOPIC được thành lập thì đã có hơn 100 bài toán được đưa lên với phong trào giải bài rất sôi nổi, nhiệt tình của các bạn. Đó cũng là nơi giao lưu học hỏi thêm về nhiều bài toán hay trong hình học phẳng. Khi kết thúc TOPIC của mình thì tôi đã có dự định trong hè gõ lại tất cả những bài toán có trên đó nhưng do số lượng bài khá nhiều và cũng rất nhiều bài chưa có lời giải nên tôi đã nhờ đến sự trợ giúp của bạn Tạ Công Hoàng - THPT chuyên Lê Khiết với tài khoản trên diễn đàn là taconghoang. Tôi muốn gửi lời cảm ơn tới các bạn đã tham gia đóng góp rất nhiều bài toán hay, lời giải đẹp cho TOPIC, đặc biệt là các bạn có tên tài khoản sau: Minhcamgia, conankun, MoMo123, BunhiChySchwarz, buingoctu, Korkot, phamhuy1801, khanhdat1, Tea coffee Tôi cũng đặc biệt cảm ơn anh Nguyễn Phúc Tăng- Khóa 9 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu đã giúp chúng tôi thiết kế bìa, các khung bài tập để cho tài liệu hoàn thiện hơn. Một số bài toán vẫn chưa có lời giải thì tôi đã cho vào mục khác và thay vào đó là những bài toán do tôi hoặc người khác đề xuất. Mặc dù đã cố gắng rất nhiều nhưng sai sót trong tài liệu là không thể tránh khỏi và trong quá trình gõ tài liệu thì tôi cũng đã gặp phải rất nhiều lỗi biên soạn
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 6 nên có thể tài liệu nhìn chưa được đẹp như ý muốn. Mong mọi người đóng góp ý kiến thêm tại hòm thư: khoanguyen17112003@gmail.com. Chúc các bạn tìm được sự đam mê với môn học này. Xin chân thành cảm ơn! Phú Thọ, ngày 17 tháng 8 năm 2018 Nguyễn Đăng Khoa - Khóa 36 THPT chuyên Hùng Vương
Chương 1 Một số bổ đề và kí hiệu, thuật ngữ sử dụng trong tài liệu 1.1 Các kí hiệu, thuật ngữ (ABC): Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC R(ABC) : Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC SABC : Diện tích tam giác ABC A, B, C, D đồng viên: A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn đpcm: Điều phải chứng minh 1.2 Một số bổ đề dùng trong tài liệu Sau đây là các bổ đề hay gặp được chúng tôi sử dụng trong tài liệu và không đưa ra phép chứng minh, bạn đọc sẽ phải tự chứng minh. Ngoài ra còn rất nhiều tính chất, bổ đề quen thuộc bạn đọc sẽ được tiếp cận qua các bài toán.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 8 Bổ đề 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O), phân giác góc A cắt (O) tại D khác A. I thuộc AD và J thuộc tia đối của tia DA. Khi đó I,J là tâm đường tròn nội tiếp và bàng tiếp góc A khi và chỉ khi DB = DC = DI = DJ. Bổ đề 2: Cho tam giác ABC có trực tâm H. M là trung điểm BC. Đường thẳng qua H cắt AB, AC lần lượt tại P, Q khi đó MH ⊥ PQ ⇔ HP = HQ Nhận xét. Đây là trường hợp đặc biệt của bài toán con bướm.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 9 Bổ đề 3: Từ điểm M nằm ngoài (O) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB. Kẻ cát tuyến MCD tới (O). AC BC Khi đó ta có = AD BD Nhận xét. Tứ giác ACBD như trên được gọi là tứ giác điều hòa. Trong bậc THCS ta chủ yếu nghiên cứu tính chất trên. Bổ đề 4: Phép đồng dạng tương ứng (không có định nghĩa). Ví dụ: Cho hai tam giác ABC và A0B0C0 đồng dạng có các phân giác AD, AD0 và đường cao 0 0 0 0 R R 0 BD B D AB A B (ABD) (ADC) 0 0 0 AH, AH . Khi đó ta có = 0 0 ; = 0 0 ; = ; ADB\ = A\D B và DC D C HD H D R(A0B0D0) R(A0D0C0) ta có hàng loạt các tỉ số, các góc bằng nhau sao cho chúng có tính tương ứng. Nhận xét. Phép đồng dạng tương ứng không có trong chương trình học và dạy nhưng chúng ta hoàn toàn chứng minh được bằng phép đồng dạng. Nó giúp chúng ta nhìn hình dễ hơn và lời giải sẽ đẹp, gọn hơn rất nhiều.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 10 Bổ đề 5: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại P . Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó BAP[ = CAM\. Nhận xét. Đường thẳng AP được gọi là đường đối trung trong tam giác ABC và đã có rất nhiều bài toán đề cập tới đường thẳng này, bạn đọc sẽ thấy ở trong tài liệu. Bổ đề 6: Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M là trung điểm AC. Điểm N thuộc đoạn thẳng DA hoặc DC sao cho BN chia diện tích tứ giác thành hai phần bằng nhau. Khi đó ta có MN k BD.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 11 Bổ đề 7: Cho ba đường tròn phân biệt đôi một cắt nhau tại hai điểm, khi đó ba dây cung chung của ba đường tròn đồng quy. Nhận xét. Đây là nội dung của định lý trục đẳng phương, trong bậc THCS thì ta chỉ xét trường hợp hai đường tròn có dây cung chung. Ngoài ra các bạn nên đọc thêm các định lý hay dùng trong bậc THCS như Menelaus, Ceva, Potoleme để có thêm nền tảng vững chắc.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 12
Chương 2 Các bài toán đã có lời giải Bài 1 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm (O). Trên đoạn BC lấy điểm M, trên đoạn BA lấy N, trên đoạn CA lấy P sao cho BM = BN và CM = CP . a, Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP b, Chứng minh tứ giác ANOP nội tiếp c, Tìm một vị trí của M, N, P sao cho độ dài đoạn NP nhỏ nhất (Đề thi TS lớp 10 Sư Phạm 2000-2001) Lời giải 13
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 14 a, Ta có: BM = BN; CM = CP suy ra BO là trung trực MN và CO là trung trực MP suy ra O là tâm (MNP ) b, Theo tính đối xứng ta có: AP[ O + ANO\ = OMC\ + OMB\ = 180◦ suy ra tứ giác ANOP nội tiếp c, Ta có: NOP\ = 180◦ − BAC[ (không đổi) mà ON = OP nên để NP nhỏ nhất thì ON = OP = OM nhỏ nhất khi đó M, N, P là điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với 3 cạnh của tam giác. Bài 2 Từ điểm A ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB và AC và cát tuyến ADE. BC cắt DE ở K. Chứng minh hệ thức sau: 1 1 2 + = AD AE AK (trích đề thi TS lớp 10 tỉnh Phú Thọ 2017-2018) Lời giải Gọi giao của AO và BC là H ta có: AH.AO = AD.AE = AB2 suy ra tứ giác DHOE nội tiếp ⇒ DHA\ = OED\ = ODE\ = OHE\
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 15 Suy ra HK, HA là phân giác trong và phân giác ngoài DHE\ DK KE ⇒ = (Theo tính chất phân giác) AD AE AK AK DK EK 1 1 2 Mà + = 2 + − = 2 ⇒ + = AD AE AD AE AD AE AK Nhận xét: Đây chính là hệ thức Descartes Bài 3 Cho đường tròn (O) và điểm A, B cố định, trong đó A nằm ngoài và B nằm trong (O). Dây CD di động và đi qua B. AC, AD lần lượt cắt (O) tại điểm thứ 2 là E và F . Chứng minh EF đi qua một điểm cố định. (Đề xuất bởi Khoa Linh) Lời giải AB ∩ (O) = {K, L}; EF ∩ AB = {M}; (ACD) ∩ AB = {A, I} Ta có: AB.BI = CB.BD = BK.BL(không đổi) ⇒ I cố định. Mặt khác: AEM\ = F\ DC = MIC\ ⇒ MECI nội tiếp ⇒ AM.AI = AE.AC = AK.AL (không đổi) ⇒ M cố định. Vậy EF đi qua điểm M cố định.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 16 Bài 4 Cho tam giác ABC có đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm EF và dựng hình bình hành AEIH. Chứng minh: BM vuông góc với IF . (Đề xuất bởi Tự Cường) Lời giải Cách 1: Gọi N là trung điểm BE. Khi đó ta chứng minh được: 4MNB ∼ 4FHI(c.g.c) suy ra điều phải chứng minh. Cách 2:
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 17 Lấy T đối xứng với I qua điểm H thì ta có ngay ET[ I = EIH[ = EAH\ ⇒ AT HE nội tiếp. Từ đó A, T, F, H, E cùng thuộc một đường tròn nhận ET là đuờng kính. Suy ra 4TFH ∼ 4EF B(g.g) kéo theo 4IFT ∼ 4BME(c.g.c) suy ra đpcm. Bài 5 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). I là điểm chính giữa cung lớn BC. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của I lên phân giác góc trong tại B và C. Chứng minh rằng trung điểm G của HK thuộc trung trực BC (Đề xuất bởi Khoa Linh) Lời giải Gọi M là trung điểm BC. Khi đó ta có IM vuông góc với BC. KC ∩ BH = J Ta có: IKC[ = IMC\ = 90◦ suy ra IKMC nội tiếp và IHMB nội tiếp. BAC[ ABC[ + ACB[ suy ra: MKC\ = MIC\ = và KIH[ = HJC[ = 2 2 Từ đó: IKM\ + KIH[ = 180◦ suy ra KM k IH. Tương tự thì ta có: IKMH là hình bình hành Suy ra G thuộc IM hay ta có điều phải chứng minh. Bài 6 Cho 4ABC nhọn có AB > AC. Các đường cao AD, BF, CE cắt nhau ở H. BC cắt EF ở K. Gọi M là trung điểm của BC. (O), (O0) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp 2 tam giác AEF, BKE. Chứng minh H là trực tâm của tam giác AMK. (Đề xuất bởi conankun)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 18 Lời giải Gọi L là giao điểm thứ 2 của (O) và (O0). Ta có: ALE[ = AF[ E = EBC\ = 180◦ − KLE\. Suy ra A, L, K thẳng hàng. HLA[ = HFA\ = 90◦ ⇒ HL ⊥ AK.(1) Ta lại có: EMD\ = 2MBE\ = AF[ E + CFD\ = 180◦ − DF\ E suy ra tứ giác DF EM nội tiếp. Suy ra: KL.KA = KF.KE = KD.KM ⇒ ALDM nội tiếp ⇒ MLA\ = MDA\ = 90◦ ⇒ ML ⊥ AK(2). Từ (1) và (2) ta có: M, H, L thẳng hàng và H là trực tâm tam giác AKM. Nhận xét. Bài toán này là bài toán hay có nhiều lời giải bằng các dựng các đường tròn ngoại tiếp khác nhau. Bài 7 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Phân giác trong góc ABC[ cắt (O) tại D và cắt AC tại E. Gọi (w) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB. F là giao BC và (w), DF MA NB AB2 cắt (w) tại G, EG cắt AD, BC tại M, N. Chứng minh rằng: . = . MD NC DC2 (Đề xuất bởi Nguyễn Tăng Vũ)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 19 Lời giải Dễ dàng chứng minh DA là tiếp tuyến của (w) ⇒ DC2 = DA2 = DG.DF Từ đây suy ra ∠GF C = ∠GCD mà ∠GF C = ∠BEG. Từ đây suy ra GEDC nội tiếp ∠BAG = ∠BEG = ∠DCG; ∠ABG = ∠GEC = ∠GDC AB BG AG ⇒ 4BAG ∼ 4DCG ⇒ = = CD DG CG Mặt khác, ta có ∠AGE = ∠ABE = ∠ECD = ∠EGD suy ra GE là tia phân giác ∠AGD AM AG ⇒ = . Tương tự ta cũng chứng minh được GN là phân giác BGC MD GD ∠ NB GB MA NB AB2 ⇒ = ⇒ . = NC GC MD NC CD2 Bài 8 Cho (O) và đường thẳng d cố định và (O); d không có điểm chung . M là điểm di động trên d. Vẽ 2 tiếp tuyến MA, MB phân biệt và cát tuyến MCD của (O) (C nằm giữa M và D) . Vẽ dây DN của (O) song song với AB. Gọi I là giao điểm của CN và AB. Chứng minh rằng IC BC a, = và IA = IB IA BD b, Điểm I thuộc một đường cố định khi M di động trên đường thẳng d. (Đề xuất bởi MoMo123) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 20 a, Ta thấy: IC BC ICA[ = BCD\; IAC[ = BDC\ ⇒ 4ICA ∼ 4BCD ⇒ = (1) IA BD CI AC Tương tự ta có: 4ICB ∼ 4ACD ⇒ = .(2) IB AD BC AC Để ý ta có: = (bổ đề 3) BD AD Từ (1) và (2) ta có I là trung điểm AB. b, Hạ OH vuông góc với d cắt AB tại K. Ta có: OK.OH = OI.OM = OA2 suy ra K cố định. Suy ra I thuộc đường tròn đường kính OK. Bài 9 Cho đường tròn (O), đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm D khác A, B và ∠DAB > 60◦. Trên đường kính AB lấy điểm C (C khác A, B) và kẻ CH vuông góc với AD tại H. Phân giác trong của DAB\ cắt đường tròn tại E và cắt CH tại F . Đường thẳng DF cắt đường tròn tại điểm thứ hai N. a, Chứng minh AF CN nội tiếp và 3 điểm N, C, E thẳng hàng. b, Cho AD = BC, chứng minh DN đi qua trung điểm AC. (Đề xuất bởi MoMo123) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 21 a, Ta có: NAC\ = NDB\ = NFC\ ⇒ Tứ giác AF CN nội tiếp ⇒ FNC\ = F[ AC = DAE\ = DNE\ ⇒ C, N, E thẳng hàng b) Kẻ CG song song AD (G ∈ DN) Ta có: CGD\ = ADN\ = ABN\ ⇒ Tứ giác BCGN nội tiếp ⇒ CGB\ = CNB\ = EAB[ = FNC\ = CBG\ ⇒ 4CGB cân tại C ⇒ CG = CB = AD ⇒ ADCG là hình bình hành ⇒ DN đi qua trung điểm AC Bài 10 Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong (O), AC cắt BD tại J. Đường tròn (O0) tiếp xúc với JA, JB tại E, F và tiếp xúc trong với (O), Chứng minh rằng đường thẳng EF đi qua tâm đường tròn nội tiếp 4ABD (Định lý Lyness) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 22 Gọi T là tiếp điểm của (O) và (O0), TF cắt (O) tại N, AN cắt EF tại I. Ta có: O0F ⊥ BD nên ON ⊥ BD do đó N là điểm chính giữa cung BD nên AN là phân giác ∠DAB. Dễ dàng chứng minh BN 2 = NF.NT (1) (4NFB ∼ 4NBT ) 1 1 và NAT = T ON = TO0F = IET nên tứ giác IEAT nội tiếp ⇒ AIT = AET = ∠ 2∠ 2∠ ∠ ∠ ∠ 2 ∠IFT nên 4NIF ∼ 4NTI suy ra NF.NT = NI (2) Từ (1) và (2) suy ra NI = NB = ND nên I là tâm nội tiếp tam giác ABD. Bài 11 Từ 3 đỉnh của một tam giác hạ các đường vuông góc xuống một đường thẳng ở ngoài tam giác đó. Chứng minh rằng tổng độ dài của 3 đường vuông góc đó gấp 3 lần độ dài của đoạn thẳng vuông góc hạ từ trọng tâm của tam giác xuống cùng đường thẳng đó . (Đề xuất bởi thanhdatqv2003) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 23 Dựng các điểm như hình vẽ (M đối xứng với trọng tâm G qua D) Theo tính chất đường trung bình hình thang ta có: (AH + CL) + BN = 2DJ + BN = GI + MK + BN = GI + (MK + BN) = 3GI Suy ra điều phải chứng minh. Bài 12 Cho 4ABC có trực tâm H. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của 4HBC, 4HAB, 4HCA có bán kính bằng nhau. (Đề xuất bởi Lao Hac) Lời giải Gọi D là giao điểm thứ 2 của AH với (ABC).
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 24 Dễ dàng chứng minh được D đối xứng với H qua BC. Suy ra R(BHC) = R(BDC) = R(ABC). Tương tự ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp 4HBC, 4HAB, 4HCA bằng nhau và cùng bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp 4ABC. Bài 13 Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I). Gọi D, E, F là điểm tiếp xúc của đường 1 tròn bàng tiếp đỉnh A với ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng: S > S BIC 4 DEF (Đề xuất bởi NguyenHoaiTrung) Lời giải S Ta dễ dàng chứng minh được: BI k DE; IC k DF ⇒ 4BIC ∼ 4F DE(g.g) ⇒ BIC = SDEF BC 2 EF BC 2 1 Mặt khác 2BC = BC + BE + CF > EF ⇒ > . EF 4 Suy ra đpcm.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 25 Bài 14 Cho đường tròn (O; R) và điểm A cố định với OA = 2R, đường kính BC quay quanh O sao cho 3 điểm A, B, C không thẳng hàng; Đường tròn (ABC) cắt OA tai điểm thứ 2 là I. Đường thẳng AB, AC cắt (O; R) lần lượt tại D, E với D 6= B , C 6= E. Nối DE cắt đường thẳng OA tại K. a) Chứng minh: OI.OA = OB.OC và AK.AI = AE.AC b) Tính độ dài OI; OK theo R c) Chứng minh: đường tròn (ADE) luôn đi qua 1 điểm cố định (khác A) khi BC quay quanh O. (TS lớp 10 đại học Sư Phạm ngoại ngữ 2001-2002) Lời giải OA cắt (O) tại M, N. a, Tương tự bài số 3 R b, OI.OA = 2R.OI = OB.OC = R2 suy ra OI = . 2 5 6 4 Ta có: AK.AI = AD.AB = AM.AN = 3R2 suy ra AK. R = 3R2 ⇒ AK = R ⇒ OK = R. 2 4 5
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 26 c) Gọi (ADE) giao AO tại S khác A. Do K cố định nên KD.DE không đổi và KD.KE = KA.KS nên KS không đổi nên S cố định Vậy (ADE) đi qua điểm S là điểm cố định. Bài 15 Cho 4ABC nhọn nội tiếp (O; R) và ngoại tiếp (I; r). Gọi x, y, z là khoảng cách từ (O) xuống ba cạnh của tam giác ABC. Chứng minh hệ thức x + y + z = R + r (Định lý Carnot) Lời giải Gọi M, N, P là trung điểm BC, CA, AB. b c a Áp dụng định lý Ptolemy ta có: OB.MP = OM.BP + OP.BM ⇔ R. = x. + z. 2 2 2 Thiết lập các đẳng thức tương tự rồi cộng lại được. a + b + c b + c a + c a + b R. = .x + .y + .z 2 2 2 2 Để ý rằng 2SABC = 2r(a + b + c) = ax + by + cz a + b + c a + b + c b + c a + c a + b a b c Suy ra R. + .r = .x + .y + .z + x. + y. + z. 2 2 2 2 2 2 2 2 a + b + c a + b + c ⇔ (R + r). = (x + y + z). . 2 2 Suy ra đpcm Nhận xét. Hệ thức trên chỉ đúng khi 4ABC nhọn. Nếu 4ABC tù tại A thì ta có hệ thức R + r = y + z − x. Tương tự với góc B, C tù thì ta có các hệ thức còn lại.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 27 Bài 16 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có các đường cao BE, CF . Các tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau ở K, gọi M là giao điểm của OK với BC. 1, Chứng minh: 4AEB ∼ 4CMK 2, Chứng minh: BAK\ = MAC\ 3, Gọi G là giao điểm của AM và EF , H là giao điểm của AK và BC. Chứng minh rằng GH k OM (Đề xuất bởi BunhiChySchwarz) Lời giải 1, Ta có: 4AEB ∼ 4CMK(g.g) 2, Ta có: OM.OK = OC2 = OA2 ⇒ 4OMA ∼ 4OAK(c.g.c) ⇒ OAM\ = OKA\ = DAH\ (1) Mặt khác OAC[ = DAB\ (2) Từ (1), (2) ta có: MAC\ = BAK\
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 28 3, Ta có: 4AGE ∼ 4AHB và 4AEM ∼ 4ABK(g.g) AG AE AM Suy ra = = ⇒ HG||OM AH AB AK Bài 17 Từ M nằm ngoài (O) cho trước dựng hai tiếp tuyến MA, MB. C Chạy trên cung nhỏ AB. D, E, F là hình chiếu của C trên AB, MA, MB. S, T là giao của DE, DF với CA, CB. Chứng minh rằng: a, ST k AB. b, Chứng minh ST là tiếp tuyến chung của (TFC) và (SCE) c, Gọi I là giao điểm thứ 2 của (TFC) và (SCE). Chứng minh: CI đi qua điểm cố định khi C di chuyển trên cung AB (Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải a, Dễ dàng chứng minh được tứ giác CDAE và CDF B nội tiếp nên ta có: ◦ ∠SDT = ∠CAB + ∠CBA = 180 − ∠SCT Từ đây suy ra tứ giác SCT D nội tiếp ⇒ ∠CST = ∠CDT = ∠CBF = ∠CAB Suy ra ST k AB b, Ta có : CST[ = CAD\ = CED\ ⇒ ST là tiếp tuyến của (SEC).
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 29 Tương tự ta cũng có ST là tiếp tuyến của (TCF ) c, Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của IC với TS và AB. Vì ST là tiếp tuyến chung của (TFC) và (SCE) nên TP 2 = PS2 = P C.P I ⇒ PT = PS mà TS k AB nên Q là trung điểm AB (cố định) Suy ra đpcm. Bài 18 Cho đường tròn (O) hai điểm A, B nằm trên đường tròn, điểm C nằm trong đường tròn (O). Đường tròn (O0) tiếp xúc trong với (O) tại R và tiếp xúc với CA, CB theo tứ tự ở P, Q. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh : A, P, R, I đồng viên. (Bổ đề Sawayama) Lời giải Kéo dài BC cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Gọi K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DAB và L là điểm chính giữa cung BD. Theo bài số 10 thì ta có: P, K, Q thẳng hàng. RO\0Q ROL[ Ta có: RP\ K = = = RAK\ nên tứ giác RAP K nội tiếp. 2 2 ACB[ CBA[ CAB[ Mặt khác: IKQ[ = CQP[ − QBK\ = 90◦ − − = = P[ AI 2 2 2 Suy ra tứ giác PKIA nội tiếp. Từ đó ta có: P, I, R, A đồng viên.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 30 Bài 19 Cho tam giác từ M nằm ngoài (O) vẽ tiếp tuyến MA, MB, gọi MO giao AB tại H, I là trung điểm MH, K là giao của IA và (O). a, Chứng minh IA ⊥ HK. b, Tính MKB\ . (Đề thi TP.HCM 2014-2015) Lời giải a, Kẻ đường kính AD của (O). Ta có: 4AHM ∼ 4DBA(g.g) Vì H là trung điểm AB và I là trung điểm HM nên 4DBH ∼ 4AHI(c.g.c) Suy ra BDH\ = HAK\ = BDK\ nên D, H, K thẳng hàng. Ta có: AKH\ = ABD\ = 90◦ nên AI ⊥ HK b, Vì AI ⊥ HK nên KHI[ = HAK\ = KBM\ . Từ đó ta có tứ giác KHBM nội tiếp. Suy ra BKM\ = BHM\ = 90◦ Bài 20 Đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại P và Q. Qua P vẽ đường thẳng d1 bất kỳ cắt (O1) và (O2) tại A và B. Đường thẳng d2 qua P cắt (O1) và (O2) tại C và D. BD cắt AC tại X. Vẽ dây PY k BD (Y ∈ (O1)), PZ k AC (Z ∈ (O2)). Chứng minh rằng : X, Y, Z, Q thẳng hàng. (Đề xuất bởi taconghoang)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 31 Lời giải Ta có: QDB\ = QP\ B = LCQ[ nên tứ giác LDQC nội tiếp. Suy ra: DLQ[ = DCQ\ = PYQ[ mà DL k PY nên Y, L, Q thẳng hàng. và CLQ[ = CDQ\ = PZQ[ nên L, Q, Z thẳng hàng. Vậy suy ra Y, L, Q, Z thẳng hàng. Bài 21 1, Cho xAyd = 90◦ và đường tròn (O) tiếp xúc với Ax và Ay lần lượt tại P, Q. Đường thẳng (d) là một tiếp tuyến thay đổi của (O). Gọi a, p, q là khoảng cách từ A, P, Q xuống a2 đường thẳng (d). Chứng minh: không đổi khi (d) dịch chuyển pq 2, Khẳng định trên còn đúng không khi xAyd không phải góc vuông. (Đề thi PTNK 2000) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 32 a + b + c Gọi B, C là gia điểm của (d) với AP, AQ. Đặt AB = c; AC = b; BC = a và m = = 2 AP = AQ Ta có: pq BP.CQ (m − c)(m − b) m2 − m(b + c) + bc m2 − m(b + c) = = = = + 1 a2 AB.AC bc bc bc (a + b + c)2 − 2(a + b + c)(b + c) a2 − b2 − c2 − 2bc a2 − b2 − c2 1 = + 1 = + 1 = + 4bc 4bc 4bc 2 a2 − b2 − c2 1 1 1, Nếu xAyd = 90◦ thì + = (không đổi) 4bc 2 2 a2 − b2 − c2 1 1 cosA 2, Nếu xAyd không phải góc vuông thì + = − (không đổi) 4bc 2 2 2 a2 Vậy từ đó suy ra không đổi (đpcm) pq Bài 22 Cho đường tròn (O), đường kính AB, gọi C là trung điểm AO. Qua C kẻ đường vuông góc với OA cắt (O) tại 2 điểm M và N.Trên cung MN lớn lấy điểm K. Giao điểm của AK với MN là H a, Tìm vị trí K để cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KMH nhỏ nhất b, Với K thuộc cung MB, lấy I trên KN sao cho KI = KM. Chứng minh: NI = KB (Đề xuất bởi buingoctu)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 33 Lời giải a, Gọi O0 là tâm đường tròn ngoại tiếp 4MHK Ta có: AMC\ = MKH\ (do cung MA bằng cung NA) nên MA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp 4MHK. Mà MA ⊥ MB nên (O0) thuộc MB. Kẻ NH ⊥ MB suy ra H cố định. Ta có: NO0 ≥ NH. Vậy khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp 4MHK nhỏ nhất khi K ≡ B b, Vì C là trung điểm AO nên 4MNB đều ⇒ 4MIK đều. Suy ra 4MNI = 4MBK(c.g.c) ⇒ NI = KB (đpcm) Bài 23 Cho tam giác ABC với AD, BE, CF là các đường cao tương ứng. EF cắt BC tại P , O là trung điểm BC. Biết rằng OP = BC. Chứng minh DB = DO. (Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 34 Ta có tính chất quen thuộc là tứ giác F EOD nội tiếp. Kết hợp tứ giác F ECB nội tiếp Suy ra: P D.P O = P E.P F = P B.P C. Từ đó suy ra được DB = DO. Bài 24 Cho tam giác ABC, M, N, P là các điểm bất kì trên các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng trong các tam giác ANP, BMP, CMN tồn tại một tam giác có diện tích không vượt 1 quá diện tích tam giác ABC. 4 (Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải S AP.AN Ta có: ANP = SABC AB.AC S CN.CM S BP.BM CMN = ; BMP = SABC CA.CB SABC BA.BC
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 35 SANP .SCMN .SBMP AP.BP CN.AN CM.BM 1 Suy ra: 3 = 2 . 2 . 2 ≤ (SABC ) AB AC BC 64 1 Vậy trong 3 tam giác ANP, BMP, CMN tồn tại một tam giác có diện tích không vượt quá 4 diện tích tam giác ABC. Bài 25 Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). AB ∩ CD = {E} ; AD ∩ BC = {F }. Phân giác trong DF\ C cắt AB, CD lần lượt tại P và Q. a, Chứng minh: 4P QE cân. b, Chứng minh: EF 2 = F A.F D + EC.ED (Đề thi Quốc học - Huế 2001) Lời giải a, Ta có: EP[ Q = PFB[ + P[ BF = DF\ Q + F\ DQ = P[ QE nên 4EP Q cân tại E. b, Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF cắt EF tại M. Khi đó BMF\ = BAD\ = BCE\ nên tứ giác CBME nội tiếp. Suy ra F A.F D + EC.ED = F B.F C + EB.EA = F M.F E + EM.EF = EF 2
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 36 Bài 26 Cho tứ giác ABCD, phân giác ∠DAB và ∠ABC cắt nhau tại M, phân giác ∠ADC và ∠CBD cắt nhau tại N, phân giác ∠BDA và ∠ADC cắt nhau tại P , phân giác ∠ABC và ∠BCD cắt nhau tại Q. 1. Chứng minh tứ giác MPNQ nội tiếp. 0 0 0 0 2. M ,N ,P ,Q là các tâm nội tiếp MAB, NCD, P AD, QBC, M1,N1,P1,Q1 là giao của 0 0 0 0 MM ,NN ,PP , QQ với (MNPQ). Chứng minh M1N1 = P1Q1 (Đề thi tỉnh Thái Nguyên 2015-2016) Lời giải DAB\ + CBA[ ADC\ + DCB\ a, Sử dụng phép cộng góc ta có: QMP\ = và QNP\ = . 2 2 Suy ra QMP\ + QNP\ = 180◦ nên ta có tứ giác MPNQ nội tiếp. b, Ta có MM1,NN1,PP1, QQ1 là các phân giác tương ứng nên M1 là điểm chính giữa cung QP . Tương tự với các điểm còn lại rồi ta có: M1N1; P1Q1 là đường kính nên suy ra đpcm.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 37 Bài 27 Cho đường tròn (O), từ một điểm A nằm ngoài (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC. Kẻ đường kính BD, lấy F là trung điểm OB. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt OC tại E. Chứng minh: AD ⊥ EF (Đề xuất bởi BunhiChySchwarz) Lời giải Gọi G là giao của AD và EF , H là trung điểm OA. Ta có: EAO[ = BOA[ = EOA[ nên 4EOA cân tại E. OF OH OD OA OD FH Ta có: 4OF H ∼ 4OHE(g.g) ⇒ = ⇔ = ⇔ = FH HE FH HE OA HE Suy ra 4FHE ∼ 4DOA(c.g.c) ⇒ HEG\ = HAG\ ⇒ GHAE nội tiếp. Suy ra EF ⊥ AD Bài 28 Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ điểm I thuộc miền trong của tam giác vẽ IM, IN, IK là các đường vuông góc tới BC, CA, AB. Tìm vị trí của điểm I sao cho IM 2 + IN 2 + IK2 bé nhất. (Đề thi tỉnh Bình Định 2017-2018 )
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 38 Lời giải Kẻ đường cao AH của 4ABC. Ta có tứ giác AKIN là hình chữ nhật nên AI = KN (AI + IM)2 AH2 Suy ra: IK2 + IN 2 + IM 2 = KN 2 + IM 2 = IA2 + IM 2 ≥ ≥ 2 2 Vậy để IK2 + IN 2 + IM 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì I là trung điểm của AH Bài 29 Cho tam giác ABC nội tiếp (O), (I) là đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. AI cắt (O) tại A và J. E là trung điểm của BC. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại S. AS cắt (O) tại A và D. DI cắt (O) tại D và M. Chứng minh MJ chia đôi IE. (Đề thi Bà Rịa-Vũng Tàu 2017-2018) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 39 Gọi T là tâm bàng tiếp đối diện góc A. Áp dụng Bài 16 ta có: BAD\ = EAC[ Suy ra 4ABD ∼ 4AEC(g.g) và 4ABI ∼ 4AT C(g.g) Từ đó ta có: AD.AE = AB.AC = AI.AT Suy ra 4IAD ∼ 4EAT (c.g.c) ⇒ ET[ A = ADI[ = AJM\ ⇒ MJ k ET Mặt khác ta có tính chất quen thuộc: JI = JB = JC = JT nên JM là đường trung bình 4IET Suy ra điều phải chứng minh.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 40 Bài 30 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 với M qua O. Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc BC tại D. Kẻ dường kính AE của (O). Chứng minh rằng: 1, BA.BC = 2BD.BE 2, CD đi qua trung điểm của dường cao AH của tam giác ABC. (Đề thi TP.HCM 2015-2016) Lời giải 1, Kéo dài AN cắt BC tại F . Ta có: ANEM là hình bình hành nên ME k AF ⇒ BME\ = 180◦ − EMC\ = 180◦ − AF[ B = BDA\ Mặt khác: MBE\ = OAC[ = 90◦ − ABC[ = DBA\ Suy ra: 4DBA ∼ 4MBE(g.g) ⇒ 2BD.BE = BA.BC 2, Kéo dài BD cắt CA tại G, CD cắt AH tại I.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 41 Ta có: 4BDA ∼ 4BME ⇒ 4BDM ∼ 4BAE(c.g.c) ⇒ BMD\ = BEA[ = BCA[ ⇒ MD k GC Suy ra D là trung điểm GB mà AH k GB nên I là trung điểm AH. Suy ra đpcm Bài 31 Từ A nằm ngoài (O) kẻ AB, AC là tiếp tuyến, kẻ đường kính BD, gọi E là hình chiếu của C trên BD, F là giao của CE và AD. Chứng minh rằng F là trung điểm CE. (Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải Gọi M là giao điểm của OA và BC, khi đó M là trung điểm BC DE OM Ta có: 4OCA ∼ 4DCB(g.g) mà CM, CE là hai đường cao tương ứng nên = BE AM DE DF OM DF Mặt khác: = ⇒ = ⇒ MF k BE ⇒ F là trung điểm EC BE FA AM FA Bài 32 Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), AB < BD biết AC = CD. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp 4ABD. Gọi giao điểm của đường tròn ngoại tiếp 4BIC với AB là F . E là trung điểm AD. Chứng minh rằng: AI vuông góc với EF (Đề xuất bởi MoMo123) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 42 Gọi J là điểm chính giữa cung nhỏ AD. Ta có: ICF[ = IBF[ = ACE[ ⇔ ICJd = FCA[ Ta lại có: JI2 = JD2 = JE.JC ⇒ 4JEI ∼ 4JIC ∼ 4AF C Suy ra: EI.AF = JE.F C, ta lại có: 4IFC ∼ 4JEA(g.g) nên JE.F C = AE.F I AF IF Vậy ta có: AF.EI = AE.F I ⇔ = AE IE IF AF FK Giả sử AI cắt EF tại K thì áp dụng tính chất đường phân giác ta có: = = nên IE AE KE IK cũng là phân giác EIF[ ⇒ 4AEI = 4AF I(g.c.g). Suy ra đpcm Bài 33 Cho 4ABC nhọn nội tiếp (O), đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Vẽ dây BD cắt CH tại K nằm giữa H và C. CD cắt BE tại G. Chứng minh: EF đi qua trung điểm GK (Đề xuất bởi MoMo123) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 43 Gọi M là giao điểm của FE với GK. Ta có: 4BF K ∼ 4CEG(g.g) và 4BF H ∼ 4CEH(g.g) FK BF FH Suy ra: = = GE CE HE Áp dụng định lý Menelaus vào 4GHK ta có: GE FH KM . . = 1 ⇒ MK = MG EH FK MG Suy ra đpcm. Bài 34 Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) . AD cắt BC tại P , AC cắt BD tại Q. AB cắt CD tại M. Chứng minh: MQ ⊥ PO (Định lý Brocard) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 44 Gọi J là giao điểm của (AQB) và (DQC), khi đó M, Q, J thẳng hàng. Ta có: AJD[ = AJQ[ + QJD[ = ABQ[ + QCD\ = AOD\ nên tứ giác AJOD nội tiếp. Tương tự ta có: J ∈ (BOC). Suy ra P, J, O thẳng hàng. Ta có: AJQ[ + ODA\ = ABD\ + ADO\ = 90◦ Suy ra: QJO[ = 90◦ nên ta có đpcm. Bài 35 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có phân giác AD. (ADC)∩AB = {A, F }; (ABD)∩AC = {A, E}. Chứng minh rằng: OD ⊥ EF (Đề xuất bởi Khoa Linh) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 45 Kéo dài AD cắt (O) tại I. CI ∩ AB = {M}; BI ∩ AC = {N}. Theo định lý Brocard ta có: OD ⊥ MN. BAC[ Mặt khác ta có: ECD\ = CBI[ = ⇒ BN k CE và BF k CM 2 AF AF AC AB AE AE Suy ra: = . = . = ⇒ MN k EF AN AC AN AM AB AB Vậy suy ra OD ⊥ EF . Bài 36 Từ điểm M ngoài (O), vẽ tiếp tuyến MA, MB. Đường tròn (I) nội tiếp 4ABM tiếp xúc với AB, AM lần lượt tại H, G ; (I) cắt (O) tại P, R (P nằm trên nửa mặt phẳng bờ OM chứa A), AR cắt (I) tại Q. Chứng minh P R, AI, HG đồng quy và 4AP Q cân. (Đề xuất bởi phamhuy1801) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 46 Dễ dàng chứng minh I là giao của OM với (O), H là giao của OM và AB Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: AI đi qua trung điểm của HG (1) Gọi giao của PR với AM là S thì ta có SA2 = SG2 = SP.SR suy ra: SA = SR Mà PR k AB suy ra PR đi qua trung điểm của HG (2) Từ (1), (2) suy ra đpcm 1 Ta có: PIA[ = P[ RQ = PIQ[ ⇒ PIA[ = AIQ[ 2 Vì I là điểm chính giữa cung PQ của (O) nên P[ AI = IAQ[ ⇒ 4AP I = 4AIQ(g.c.g) ⇒ AP = AQ Vậy hoàn tất chứng minh.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 47 Bài 37 Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ các tiếp tuyến AE, AF của (O)(E, F là các tiếp điểm). Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE < DF , D không trùng với E và tiếp tuyến tại D của (O) cắt các tia AE, AF lần lượt tại B, C. a, Gọi M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng OB, OC. Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp một đường tròn. b, Kẻ tia phân giác DK của EDF\ và tia phân giác OI của BOC\ (K thuộc EF và I thuộc BC). Chứng minh rằng OI song song với DK. c, Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định. (Đề thi chuyên Phan Bội Châu 2017-2018) Lời giải BAC a, Ta có: CFM\ = EF[ A = 90◦ − = OBC\ + OCB\ = COM\ nên tứ giác COF M nội tiếp 2 ⇒ BMC\ = 90◦ Tương tự ta có: BNC\ = 90◦ ⇒ BNMC nội tiếp.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 48 1 1 b, Ta có: OIC[ = OBC\ + BOI[ = (ABC[ + BOC\) = (ABC[ + 180◦ − OBC\ − OCB\) = 2 2 1 90◦ + (ABC[ − ACB[ ) 4 1 Bằng phép cộng góc thì ta cũng chứng minh được: CDK\ = CIO[ = 90◦ + (ABC[ − ACB[ ) ⇒ 4 IO k DK c, G là giao điểm của AO và (O) khi đó G nằm chính giữa cung EF nên D, K, G thẳng hàng. Gọi H là giao điểm của OA và EF GK HG HG Ta có: 4GHK ∼ 4ODI(g.g) ⇒ = = OI OD OE HG HE EO HG AG Ta dễ dàng có: EG là phân giác HEA\ nên = = ⇒ = AG EA OA EO OA GK GA Suy ra: = ⇒ 4GKA ∼ 4OIA ⇒ I, K, A thẳng hàng. OI OA Suy ra IK luôn đi qua 1 điểm cố định là A. Bài 38 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và P là một điểm trên đoạn BC (P khác B, C). Đường thẳng AH cắt (BHC) tại T khác H. Đường thẳng PT cắt (BHC) tại K khác T . Giả sử BK cắt AC tại M và CK cắt AB tại N. Gọi X, Y lần lượt là trung điểm của BN, CM. a, Chứng minh rằng tứ giác ANKM nội tiếp đường tròn. b, Chứng minh rằng góc XPY có số đo không đổi khi P di động trên BC. (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 49 a, Ta có: PKC\ = THC\ = ABC[ nên tứ giác MKPB nội tiếp, tương tự ta có tứ giác NKPC nội tiếp Suy ra tứ giác AMKN nội tiếp. b, Gọi L là trung điểm BC Ta có: BAC[ = NKC\ = NPC\ ⇒ NPC ∼ 4BAC(g.g) mà P Y, AL là hai đường trung tuyến tương ứng nên YPC[ = LAC[ nên AP LY nội tiếp. Tương tự ta có: ALP X nội tiếp suy ra AXP Y nội tiếp ⇒ XPY\ = 180◦ − BAC[ (không đổi) Vậy ta có đpcm. Bài 39 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có các đường cao BE, CF . M là trung điểm BC, AM cắt EF tại N. Kẻ NX ⊥ BC, XY ⊥ AB , XZ ⊥ AC. Chứng minh N là trực tâm của tam giác AY Z. (Đề xuất bởi taconghoang) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 50 Kẻ MK ⊥ EF khi đó tứ giác MNKX nội tiếp và K là trung điểm EF Ta có: 4AEF ∼ 4ABC(g.g) và có hai đường trung tuyến tương ứng là AK và AM nên AKE\ = AMX\ . Từ đó ta có: A, K, X thẳng hàng. NE BX Bằng đồng dạng tương ứng ta dễ dàng có: = NF XC BX BY EZ Mà = = XC YF ZC Suy ra: YN k BE; ZN k CF ⇒ N là trực tâm tam giác AY Z Bài 40 Từ A nằm ngoài (O) kẻ hai cát tuyến ABC và ADE. Chứng minh rằng I là giao của BE và CD chạy trên một đường cố định khi cát tuyến thay đổi. (Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 51 Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN. AO ∩ MN = {H}. (BIC) ∩ (DIC) = {K} Áp dụng bài 34 ta có: A, I, K thẳng hàng và OK ⊥ AI Ta có: AI.AK = AM 2 = AH.AO ⇒ 4AIH ∼ 4AOK(c.g.c) ⇒ IH ⊥ AO Suy ra: M, I, N thẳng hàng. Từ đó ta có I chạy trên đoạn MN cố định. Bài 41 Cho tam giác ABC và các điểm như hình vẽ. Giả sử diện tích của các tam giác tô màu đôi một bằng nhau. Chứng minh diện tích của các tứ giác không tô màu cũng đôi một bằng nhau. (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 52 Gọi J là giao của AK và LC. Ta có: SILK = SKEC ⇒ IE k LC ⇒ JL = JC Mặt khác: SIFA = SILK ⇒ FL k AK ⇒ K là trung điểm CF Suy ra: SF BK = SCBK ⇒ SF ILB = SLDCK Tương tự thì ta hoàn tất chứng minh. Bài 42 Cho (O) và dây cung BC cố định, lấy điểm A trên cung lớn BC. Kẻ BD ⊥ AC, CE ⊥ AB. BD cắt đường thẳng kẻ từ A vuông góc với AB tại I, ED cắt đường thẳng kẻ từ A song song với BC tại M. Chứng minh MI đi qua tâm một đường tròn có đường kính cố định. (Đề xuất bởi phamhuy1801) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 53 BD ∩ CE = {H}; MI ∩ AH = {T }. Kẻ AK ⊥ IM, ON ⊥ BC Ta có: MK.MT = MA2 = MD.ME ⇒ tứ giác T KDE nội tiếp. Ta lại có: AKI[ = ADI[ = 90◦ ⇒ tứ giác AKDI nội tiếp. Suy ra: T\ ED = DKI[ = DAI[ Mà AED\ = DAM\ ⇒ IAM[ = T[ EA ⇔ T[ EA = T[ AE Suy ra T là trung điểm AH. Mặt khác AH = 2ON(không đổi khi A di chuyển trên cung lớn BC). Vậy suy ra MI đi qua tâm một đường tròn có đường kính cố định. Bài 43 Cho 4ABC nhọn, đường cao BD, CE cắt nhau tại H. Đường tròn đường kính AB cắt CE tại G, đường tròn đường kính AC cắt BD tại F . CF cắt BG tại I, DG cắt EF tại K. a, Chứng minh 3 điểm A, I, K thẳng hàng. b, Giả sử EF cắt BG tại M, DG cắt CF tại N. Chứng minh HI, EN, DM đồng quy. (Đề xuất bởi phamhuy1801) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 54 a, Ta có: AF 2 = AD.AC = AE.AB = AG2 ⇒ AF = AG ⇒ 4AIG = 4AIF (ch − cgv) ⇒ AF = AG; IF = IG ; AF[ G = AGF[ (1) Mặt khác: AF[ E = ACE[ = ABD\ = AGD\(2) Từ (1), (2) suy ra: GF\ K = F\ GK ⇒ KF = KG Vậy ta có A, K, I thẳng hàng b, Đây là nội dung của định lý Pappus, các bạn đọc tham khảo trên mạng. Bài 44 Cho tam giác ABC nhọn, M thay đổi trên cạnh AB. (BMC) ∩ AC = {C, N}. MA S a, Chứng minh: 4AMN ∼ 4ACB. Tính để S = ABC MB AMN 2 b, Gọi I là tâm (AMN). Chứng minh I thuộc một đường cố định khi M di động. c, J là tâm (BMC). Chứng minh độ dài IJ không đổi khi M di động. (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 55 a, Ta có: 4AMN ∼ 4ACB(g.g) √ √ 2 1 S AM.AN AM 2 2 MA AC AMN 2 √ Ta có: = = = 2 ⇒ AM = AC ⇒ = = 2 SABC AB.AC AC 2 MB 2 AB − AC 2 AC √ 2AB − AC b, Gọi O là tâm (ABC). Bằng phép cộng góc ta dễ dàng có: AO ⊥ MN; IJ ⊥ MN ⇒ AO k MN và AI ⊥ BC; OJ ⊥ BC ⇒ AI k OJ Suy ra tứ giác AIJO là hình bình hành. Vậy I thuộc đường thẳng qua J là song song với AO c, Ta có: IJ = AO (không đổi khi M di động). Vậy ta hoàn tất chứng minh. Bài 45 Cho 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự. Đường tròn (O) đi qua B và C. Từ A kẻ tiếp tuyến AM, AN với (O). Gọi I là trung điểm của BC. NI cắt (O) tại D. Chứng minh rằng: a, Khi (O) thay đổi đi qua B, C thì N, D luôn thuộc một đường tròn cố định b, Tâm đường tròn ngoại tiếp 4AIO chạy trên một đường thẳng cố định. (Đề xuất bởi MarkGot7) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 56 √ a, Ta có: AN 2 = AB.AC ⇒ N ∈ A; AB.AC (cố định) Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt BC tại K Ta có: MIA[ = AIN[ = DIK[ ⇒ MOA\ = DOK\ ⇒ 4MAO = 4DKO(g.c.g) Suy ra: OA = OK ⇔ CK = AB từ đó ta có K cố định. √ Mặt khác: KD2 = KC.KB ⇒ D ∈ K; AB.AC (cố định) b, Ta dễ thấy tâm (AIO) là trung điểm AO nên tâm (AIO) thuộc đường thẳng đi qua trung điểm của AI và vuông góc với BC Bài 46 Cho hai đường tròn (O) và (O0) cắt nhau tại A và B . Trên tia đối của tia AB lấy điểm M từ M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với (O0), AC, AD cắt (O) tại E, F . Chứng minh rằng a, Chứng minh rằng CD đi qua trung điểm của EF . b, EF luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên tia đối của tia AB. (Đề thi tỉnh Nghệ An 2017-2018) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 57 a, CD ∩ EF = {N} BD DF Ta có: 4DBF ∼ 4CBE(g.g) ⇒ = CB CE BD AD AD DF Mặt khác: 4ADM ∼ 4DBM(g.g); 4ACM ∼ 4CMB(g.g) ⇒ = ⇒ = (∗) CB CA CA CE EN FD AC Áp dụng định lý Menelaus ta có: . . = 1 ⇒ NE = NF NF DA CE b, CD ∩ OO0 = {K}; MO0 ∩ CD = {H}; AB ∩ OO0 = {I} Ta có: O0C2 = O0H.O0M = O0I.O0K ⇒ K cố định nên ta có đpcm. Bài 47 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R cố định và D là chân đường phân giác trong góc A của tam giác. Gọi E và F lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABD và tam giác ACD. a, Chứng minh ∠AEO = ∠ADC và tứ giác AEOF là tứ giác nội tiếp. b, Chứng minh tam giác EOF là tam giác cân. c, Khi BC cố định và A di động trên (O), chứng minh tứ giác AEOF có diện tích không đổi. (Đề thi tỉnh Thanh Hóa 2017-2018) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 58 a, Ta có: AEO[ = ADC\ = 90◦ + BAE[ AF[ O = ADB\ = 90◦ − F[ AC Suy ra: AEO[ + AF[ O = ADC\ + ADB\ = 180◦ nên tứ giác AEOF nội tiếp. AOB[ BAC[ b, Ta có: AOE[ = = ACD\ ⇒ EAO[ = DAC\ = 2 2 BAC[ Tương tự ta có: F[ AO = 2 Suy ra: EAO[ = F[ AO ⇒ OE = OF c, AD ∩ (O) = {A, I} 2 SAEO SAF O AO Ta có: 4AEO ∼ 4BDI; 4AF O ∼ 4CDI ⇒ = = 2 SBDI SCDI IB R2 Suy ra: S = S . (không đổi) AEOF BIC BI2 Vậy hoàn tất chứng minh. Bài 48 Cho tam giác ABC và đường tròn nội tiếp (O) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Đường tròn (A; AE) cắt đường cao AH của tam giác ABC tại M (M nằm giữa A và H). Đường thẳng OM và DM cắt đường tròn (A; AE) lần lượt tại K và N. MO ∩ BC = {I} a, Chứng minh rằng ba điểm A, I, N thẳng hàng. b, Chứng minh rằng đường tròn đường kính AI tiếp xúc với (O). (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 59 a, Ta có: NDI[ = HMD\ + 90◦ = 90◦ + AMN\ = MKN\ ⇒ tứ giác NKDI nội tiếp. ⇒ DNI[ = DKI[ . Mặt khác: OM.OK = OF 2 = OD2 ⇒ 4OMD ∼ 4ODK(c.g.c) ⇒ ODK\ = ODM\ = AMN\ = MNA\ Suy ra: DNI[ = MNA\ ⇒ A, N, I thẳng hàng. b, Qua A dựng đường thẳng song song với DN cắt DE tại J. Kéo dài ED cắt AH tại L ⇒ AJ là phân giác HAI[ AE DC LH HD AE AM JD Áp dụng Menelaus ta có: . . = 1 ⇔ = = = ⇒ HJ là phân EC HD LA LH LA AL JL giác AHD\ Suy ra J là tâm nội tiếp 4AHI mà D, J, E thẳng hàng. Áp dụng bài 10 ta có đường tròn (O) tiếp xúc với (AHI) ⇒đpcm
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 60 Bài 49 Cho tam giác ABC có cạnh BC cố định và điểm A thay đổi sao cho tam giác ABC nhọn không cân. Gọi D là trung điểm của BC và E, F tương ứng là hình chiếu của D trên AC, AB. a, Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đường thẳng EF cắt AO và BC theo thứ tự tại M và N. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định. b, Các tiếp tuyến tại E, F của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt nhau tại T . Chứng minh rằng T luôn thuộc một đường thẳng cố định. (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải a, Ta có: AMN\ = OAC[ + MEA\ = 90◦ − ABC[ + ADF\ = F\ DB + ADF\ = ADB\ ⇒ AMDN nội tiếp hay (AMN) đi qua điểm D cố định. b, ED ∩ AB = {K} ; FD ∩ AC = {L}. Khi đó D là trực tâm 4AKL Gọi T 0 là trung điểm KL. Ta dễ dàng chứng minh được T 0E; T 0F là tiếp tuyến của (O) ⇒ T là trung điểm KL. Mặt khác: DB = DC nên TD ⊥ BC. Vậy T thuộc một đường thẳng cố định đi qua D và vuông góc với BC.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 61 Bài 50 Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong 1 đường tròn và ngoại tiếp một đường tròn khác, các tiếp điểm lần lượt là E, F, G, H. Chứng minh: EG vuông góc với FH. (Đề xuất bởi thanhdatqv2003) Lời giải 180◦ − BAD\ 180◦ − BCD\ Ta có: EGH\ + GHF\ = AHE\ + F[ GC = + = 90◦ 2 2 Suy ra: EG ⊥ FH Bài 51 Tìm kích thước của tam giác ABC có diện tích lớn nhất nội tiếp đường tròn (O; R) cho trước. (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 62 Gọi D là điểm chính giữa cung BC chứa A. E là trung điểm BC. Ta có: √ 2 2 p 3 SABC ≤ SDBC = DE.CE = R − OE .(R + OE) = (R + OE) (R − OE) √ p(R + OE)(R + OE)(R + OE)(3R − 3OE) 3 3R2 = √ ≤ 3 4 Vậy để SABC lớn nhất thì tam giác ABC là tam giác đều nội tiếp (O). Bài 52 Cho điểm A thuộc đường tròn tâm O đường kính BC (A khác B và C). Vẽ đường tròn tâm A tiếp xúc với BC tại H, cắt đường tròn (O) tại E và F . Gọi I là trung điểm của HC, D là hình chiếu của I trên EF . Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn (O) tại G. a, Chứng minh rằng các đường thẳng AG, EF, BC đồng quy. b, Chứng minh rằng ba điểm A, D, C thẳng hàng. (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 63 a, Kẻ đường kính AK, AH kéo dài cắt (O) tại L. EF cắt AH, AO lầ lượt tại M và S. AG ∩ CB = {T } Ta có: AM.AL = AS.AK = AE2 = AH2 ⇔ AM.2AH = AH2 ⇒ AM = MH ⇒ MG = MA Suy ra: OM ⊥ AG ⇒ M là trực tâm 4AT O ⇒ TM ⊥ AO Mà EF ⊥ AO ⇒ T, E, F thẳng hàng. Suy ra AG, EF, BC đồng quy. b, Kẻ HD0 ⊥ AC. Bằng phép cộng góc ta có: MD0 ⊥ AO ⇒ D0 ∈ EF . Mặt khác: MD0 = MH; ID0 = IH ⇒ MD\0I = MHI\ = 90◦ ⇒ ID0 ⊥ EF ⇒ D ≡ D0 Vậy hoàn tất chứng minh. Bài 53 Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn vẽ tiếp tuyến MA, MC (A, C là tiếp điểm), B thuộc cung lớn AC sao cho MB nằm giữa MO và MC. Tia MB cắt đường tròn tại Q khác B, cắt CA tại N. a, Gọi T là trung điểm của BQ. Chứng minh rằng MQ.MB = MN.MT b, Gọi K là điểm đối xứng với C qua B. Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt CM tại H. Chứng minh rằng QH, AC, MK đồng quy. (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 64 QH ∩ AC = {S}; MS ∩ CB = {K0}; OM ∩ AC = {I} a, Ta có: MQ.MB = MA2 = MI.MO = MN.MT b, Ta có: MI.MO = MQ.MB ⇒ IQBO nội tiếp ⇒ QIM\ = OBQ\ = OQB\ = OIB[ ⇒ IN, IM lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của 4IBQ QH QM QN QS Suy ra: = = = ⇒ QS = QH ⇒ BK0 = BC ⇒ K ≡ K0. Suy ra BC MB BN BC MK, AC, HQ đồng quy. Bài 54 Cho tam giác ABC, M, N là trung điểm của AB, AC, đường tròn (AMC) cắt đường tròn (ANB) tại G khác A, D là trung điểm của BC. Chứng minh ∠DAC = ∠GAB. (Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải AG ∩ (ABC) = {A, P }
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 65 BP MG BM AB Ta có: 4GBM ∼ 4GNC(g.g); 4BP C ∼ 4MGC(g.g) ⇒ = = = PC GC NC AC ⇒ AC.BP = AB.CP . BP DC Áp dụng Potoleme ta có: BP.AC +AB.CP = AP.BC ⇔ 2BP.AC = 2AP.DC ⇔ = AP AC ⇒ 4P BA ∼ 4CDA(c.g.c) ⇒ ∠DAC = ∠GAB(đpcm) Bài 55 Cho tam giác ABC nội tiếp (O), D, E là trung điểm AB, AC, đường tròn (ADC) cắt đường tròn (AEB) tại J khác A, trung trực BC cắt DE tại G. Chứng minh AJOG nội tiếp. (Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải Gọi L là giao điểm của ED với (AEB). LB cắt tiếp tuyến tại C của (O) ở K. Ta có: LBA[ = LEA[ = ACB[ ⇒ LB là tiếp tuyến của (O). Suy ra: A, J, K và G, O, K thẳng hàng. Ta có: OBL[ = OGL[ = 90◦ ⇒ KO.KG = KB.KL = KJ.KA ⇒ AJOG nội tiếp.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 66 Bài 56 Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm). Lấy E bất kì thuộc cung lớn AB. Trên ME, MO lấy C, D sao cho MB = MD = MC. OM ∩ AB = {H}. Chứng minh: CD là phân giác ∠OCH (Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải CH HM HM BH Ta có: MC2 = MB2 = MH.MO ⇒ 4HCM ∼ 4COM(c.g.c) ⇒ = = = OC CM BM OB BH DH Vì MD = MB ⇒ BD là phân giác OBH\ ⇒ = OB OD CH DH Suy ra: = ⇒ CD là phân giác OCH\. OC OD Bài 57 Cho 4ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường trung trực đoạn IC cắt AI, BI, AC, BC lần lượt tại D, E, H, F . Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp 4AIH. a, Chứng minh (T ) đi qua E và 5 điểm A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn. b, Chứng minh IT ⊥ BD. (Đề xuất bởi phamhuy1801) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 67 a, Ta có: AIE[ = IAB[ + IBA[ = 90◦ − ICA[ = FHC\ = AHE\ ⇒ AIHE nội tiếp ⇒ E ∈ (T ) Ta có: HIC[ = HCI[ = ICF[ ⇒ IH k BC ⇒ AEI[ = AHI[ = ACB[ ⇒ AECB nội tiếp. Tương tự ta có ABDC nội tiếp từ đó 5 điểm A, B, C, D, E thuộc một đường tròn. b, Kẻ tiếp tuyến IL của (T ). Ta có: LIAd = AEI[ = ADB\ ⇒ IL k BD ⇒ IT ⊥ BD (đpcm) Bài 58 Cho 4ABC vuông tại A, đường cao AH. HD, HE lần lượt là phân giác góc BHA và CHA (D, E thuộc AB, AC). I là trung điểm DE. BI cắt DH, CD lần lượt tại M, P ; CI cắt EH, BE lần lượt tại N, Q. BE cắt CD tại K. Chứng minh: a, Tứ giác AP KQ nội tiếp. b*, MN k DE và MN cắt AH tại K (Đề xuất bởi phamhuy1801) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 68 a, Ta có: DHE\ = DAE\ = 90◦ ⇒ tứ giác ADHE nội tiếp và HA là phân giác DHE\ ⇒ AD = AE. BD AE Ta lại có: = ⇒ BD.CE = AD.AE = DE.IE ⇒ 4BDE ∼ 4IEC ⇒ DBE\ = EIC[ DA EC ⇒ tứ giác IQBD nội tiếp ⇒ EQ.EB = EI.ED = EA2 ⇒ AQ ⊥ BE ⇔ AQK\ = 90◦. Tương tự thì ta có: AP\ K = AQK\ = 90◦ ⇒ tứ giác AP KQ nội tiếp. b, Trước hết bằng định lý Ceva ta có: CD, BE, AH đồng quy tại K. Ta có: AIE[ = AQE[ = 90◦ ⇒ AIQE nội tiếp Suy ra: EQC[ = EHC\ = KHN\ = 45◦ ⇒ tứ giác KQNH, HQEC nội tiếp ⇒ QKN\ = QHN\ = QCA[ = AEI[ − EIC[ = 45◦ − QAE[ Tương tự ta có: MKD\ = 45◦ − DAP\ ⇒ MKD\ + QKN\ = 90◦ − DAP\ − QAE[ = P[ AQ = 180◦ − PKQ\ Vậy ta có: M, K, N thẳng hàng. Mặt khác: INK[ = KHQ\ = 90◦ − QHC\ = 90◦ − AEQ[ = QAE[ = QIE[ ⇒ DE k MN Vậy hoàn tất chứng minh.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 69 Bài 59 Cho đường tròn (O) có đường kính BC và A là một điểm nằm trên nửa đường tròn. Đường tròn (I; r) tiếp xúc với BC, CA, AB theo thứ tự tại D, E, F . Gọi M là trung điểm cạnh AC. Đường thẳng MI cắt AB tại N, đường thẳng DF cắt đường cao AH tại P . a, Chứng minh tam giác ANP là tam giác cân. b, Gọi T là hình chiếu của D trên EF . Chứng minh rằng: T B.CD = T C.BD (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải b + c − a Đặt AB = c; BC = a; CA = b ⇒ r = ID = IE = IF = . 2 b + c − a a − c b b + c − a a − c EI EM Ta có: EM = AM − AE = − = ⇒ = ⇔ 2 = 2 2 2 2 AN AM AN b 2 (b + c − a)b a2 − c2 − b(a − c) b + c − a ⇒ AN = = = 2(a − c) 2(a − c) 2 Qua A kẻ AK k BC (K ∈ DF ) AP BD b + c − a Ta có: 4KAP ∼ 4IDB(g.g) ⇒ AP = AK. = AF. = BD = AK ID 2 Suy ra: 4ANP cân tại A. b, Gọi R, S lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống EF . Ta có:
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 70 RT BD BF = = ⇒ 4RT B ∼ 4ST C(c.g.c) ⇒ RT[ B = ST[ C ST CD CE BT BD ⇔ TD là phân giác BT[ C ⇒ = ⇒ BT.DC = BD.CT TC DC Bài 60 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có ba đường cao AG, BD, CE cắt nhau tại H. Gọi I là giao điểm của DE và AH. Đường thẳng qua I và song song với BC cắt tia AB, tia DB lần lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của AH. a, Chứng minh rằng IP = IQ và I là trực tâm của tam giác MBC. b, Từ A vẽ các tiếp tuyến AS, AT với đường tròn đường kính BC (S, T là các tiếp điểm). Chứng minh rằng ba điểm S, H, T thẳng hàng. (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải a, Ta dễ dàng chứng minh được: DH và DA lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của 4IDG. IQ IH ID AI IP Suy ra: = = = = ⇒ IQ = IP. BG HG DG AG BG Ta có: 4MID ∼ 4MDG(g.g) ⇒ MI.MG = MD2 = MH2 ⇒ MG.IG = MG2 − MH2 = HG.AG = BG.GC ⇒ 4BGM ∼ 4IGC(c.g.c) ⇒ CI ⊥ MB và BI ⊥ MC ⇒ I là trực tâm 4MBC
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 71 b, Ta có: AS2 = AT 2 = AE.AB = AH.AG ⇒ 4AHS ∼ 4ASG; 4AHT ∼ 4AT G ⇒ AHS[ + AHT[ = ASG[ + AT[ G Mặt khác: ASN[ = AT[ N = AGN\ = 90◦ ⇒ ASGT nội tiếp nên suy ra: ASG[ + AT[ G = 180◦ Vậy ta có: S, H, T thẳng hàng. Bài 61 Cho (O; R) và (O1; R1) cắt nhau tại A, B, tiếp tuyến tại A của (O) và (O1) cắt (O1), (O) tại D, C, AB cắt CD tại E, M là trung điểm DE. EC R2 1. Chứng minh = 2 . ED R1 2. Chứng minh ∠MAC = ∠BAD. (Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải BA BD AD R 1, Ta có: 4BAD ∼ 4BCA(g.g) ⇒ = = = 1 BC BA AC R EC BC BC BA R2 Mặt khác ta có: ABC[ = ABD\ ⇒ CBE\ = DBE\ ⇒ = = . = 2 ED BD BA BD R1 2, Gọi N là trung điểm AC. Ta có: ANM\ = 180◦ − NAD\ = 180◦ − BAD\ − BDA\ = ABD\ NM AD BD Ta lại có: = = ⇒ 4ANM ∼ 4ABD ⇒ MAC\ = BAD\ NA AC AB
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 72 Bài 62 Cho (O) và (O0) cắt nhau tại A, B, tiếp tuyến chung ngoài CD,(C ∈ (O),D ∈ (O0)). Một dường thẳng d bất kì qua B cắt (O), (O0) tại E, F , CE cắt DF tại G, M là trung điểm EF . Chứng minh ∠MGF = ∠AGC. (Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải Kéo dài BA cắt CD tại H. Khi đó ta có: HC2 = HA.HB = HD2 ⇒ HC = HD. Ta có: 4BCD ∼ 4GEF (g.g) mà hai tam giác có hai đường trung tuyến tương ứng nên MGF\ = HBD\ = ADC\. Mặt khác ta dễ dàng có tứ giác GCAD nội tiếp nên ADC\ = AGC[ Vậy suy ra: MGF\ = AGC[ . Bài 63 Cho 4ABC nhọn (AB < AC), đường cao BD, CE cắt nhau tại H. M, N lần lượt là trung điểm BD, CE. Gọi I là trực tâm 4ADE. Chứng minh MN ⊥ HI (Đề xuất bởi phamhuy1801) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 73 Gọi P là giao điểm của DE và IH. Ta có: tứ giác HEID là hình bình hành Dựa vào tính chất đường trung bình thì ta dễ dàng chứng minh được M là trực tâm 4HPN ⇒ MN ⊥ HI Bài 64 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O0) tiếp xúc trong với đường tròn (O) và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại R, P, Q. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. a, Chứng minh rằng BRI[ = CRI[. b, Đường trung trực của AI cắt AC, AB theo thứ tự tại E, F . Chứng minh rằng đường tròn tiếp xúc với AC, AB tại E, F tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 74 a, Theo bài 18 ta có tứ giác P IRB, QIRC nội tiếp nên BRI[ = AP[ Q = AQP[ = CRI[ b, (EIB) ∩ (FIC) = {I,G} Gọi T là tâm đường tròn tiếp xúc với AB, AC tại E, F Ta có: BGC\ = BGI[ + IGC[ = BEI[ + IFC[ = 2EAI[ + 2F[ AI = 2BAC[ = BOC\ ⇒ G ∈ (O) BAC[ ET[ F Ta có: EGF[ = EBI[ + ICF[ = 90◦ − = ⇒ G ∈ (T ) 2 2 Mặt khác: F[ GC = FIC[ = FIQ[ + QIC[ = F[ EI + IBC[ = GEF[ + GBC\ Suy ra: (T ) tiếp xúc với (O) tại G. Bài 65 Cho tam giác ABC nội tiếp (O), M là trung điểm cung nhỏ BC. Lấy K, L lần lượt thuộc AB, AC sao cho OK k MB và OL k MC. ML cắt (O) tại điểm thứ 2 là G .Chứng minh BG chia đôi KL. (Đề xuất bởi kekkei) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 75 Kéo dài MO cắt (O) tại J. Gọi P , Q, I lần lượt là trung điểm KM, LM, KL. Ta có: AJM\ = ACM\ = ALO[ ⇒ J ∈ (AKOL). Suy ra: 4JLC = 4JKB(g.c.g) ⇒ KB = LC. Trên tia đối của tia BA lấy R sao cho BR = BK = CL ⇒ 4MBR = 4MCL(c.g.c) ⇒ ML = MR = 2BP ⇒ MQ = QL = BP = PI. Tương tự ta có: MP = PK = CQ Suy ra ta có: 4MBP = 4CMQ; 4CLQ = 4KBP (c.c.c) ⇒ BP[ I = KPB\ + KPI[ = P\ BM + PMB\ + PMQ\ = BMC\ ⇒ BIP[ = BCM\ = BGM.\ Vì PI k MG ⇒ B, I, G thẳng hàng nên ta có đpcm. Bài 66 Cho 4ABC nhọn có đường cao BG, CI cắt nhau tại H. Trung trực của AH cắt AB, AC lần lượt tại D, E. OD, OE cắt IG lần lượt tại S, T . Chứng minh: AO đi qua trung điểm ST . (Đề xuất bởi viethoang2002) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 76 Ta có: 4ADH ∼ 4AOC(g.g) ⇒ 4ADO ∼ 4AHC(c.g.c) ⇒ AOD\ = ACH\. Tương tự ta có: AOE[ = ABH\ ⇒ OA là phân giác DOE\. Mặt khác dễ dàng chứng minh: OA ⊥ IG ⇒ 4OST cân tại O hay ta có đpcm. Bài 67 Cho góc xAy vuông tại A và hai điểm B, C trên Ax, Ay. Dựng hình vuông MNPQ có M trên AB, N trên AC và P, Q trên BC. Biết rằng B, C dịch chuyển và thỏa mãn AB.AC = k2 (không đổi). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích hình vuông MNPQ. (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 77 Đặt độ dài cạnh hình vuông là x và AH = h, BC = a. MQ MN BM AM x x ah k2 Ta có: + = + = 1 ⇔ + = 1 ⇒ x = = AH BC AB AB h a a + h a + h √ Ta có: a2 = AB2 + AC2 ≥ 2AB.AC = 2k2 ⇒ a ≥ 2k a a rah.a 3 2k2 Suy ra: a + h = + + h ≥ 3 3 ≥ √ k ⇒ x2 ≤ . 2 2 4 2 9 2 Vậy giá trị lớn nhất của S = k2 khi AB = AC = |k| MNPQ 9 Bài 68 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O). M là trung điểm BC, E là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Lấy F đối xứng với E qua M. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp 4ABC và P thay đổi trên (IBC) sao cho P, O, F không thẳng hàng. Chứng minh tiếp tuyến tại P của (P OF ) luông đi qua 1 điểm cố định khi A di chuyên trên cung lớn BC. (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 78 Kéo dài EM cắt (O) tại điểm G. Ta có: MI = MB = MC. Suy ra: EP 2 = EC2 = EM.EG = EM.2EO = EF.EO ⇒ EP là tiếp tuyến của (P OF ). Suy ra đpcm. Bài 69 Cho tứ giác ABCD có ABC[ = ADC\ = 90◦ nội tiếp đường tròn (O). Lấy điểm M trên đoạn thẳng AB sao cho AM = AD. Đường thẳng DM cắt BC tại N. Gọi H là hình chiếu của D trên AC và K là hình chiếu của C trên AN. a, Chứng minh rằng MHN\ = MCK\ . (USMO 2009) b, Gọi T là giao điểm của AB và CK. Lấy các điểm E, F lần lượt trên đoạn AT và CT sao cho EF song song với AC và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T EF nằm trên AC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tam giác T EF và đường tròn ngoại tiếp tam giác NAC tiếp xúc với nhau. (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 79 a, Ta có AM 2 = AD2 = AH.AC ⇒ 4AMH ∼ 4ACM. CND\ = 90◦ − AMD\ = 90◦ − ADM\ = NDC\ ⇒ CN = CD ⇒ CN 2 = CH.CA ⇒ 4CNH ∼ 4CAN ⇒ MHN\ = MHA\ −NHA\ = AMC\ −BNA\ = AMC\ −MTC\ = MCK\ . b, Vì AC k EF nên dễ dàng chứng minh (T AC) và (T EF ) tiếp xúc với nhau. Mặt khác dễ dàng chỉ ra (ANC) và (T AC) đối xứng qua AC, AC là truc đối xứng của (O), (T EF ) Suy ra (T EF ) tiếp xúc (ANC) theo tính đối xứng. Bài 70 Cho 4ABC nội tiếp (O), phân giác góc BAC cắt (O) tại D. Gọi N, K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ O, D xuống AC. Chứng minh AB = 2NK. (Đề xuất bởi phamhuy1801)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 80 Kẻ DH ⊥ AB. Ta có: 4DCK = 4DBH(g.c.g) ⇒ BH = CK AC − 2CK AB Vì AK = AK ⇒ AC = AB + 2CK ⇒ NK = NC − CK = = 2 2 Suy ra đpcm. Bài 71 Cho tam giác ABC nội tiếp (O). M là điểm bất kì thuộc trung trực của BC. R, S lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác ACM, ABM. Chứng minh (ARS) qua 1 điểm cố định khác A khi M thay đổi. (Đề xuất bởi taconghoang) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 81 Gọi K là điểm chính giữa cung lớn BC. (MRC) ∩ KM = {M, P }; (MRC) ∩ KC = {C, Q} Ta có: 4KPQ ∼ 4KBM(g.g)(1) BMC\ Ta lại có: SMR\ = = BMP\ ⇒ BMS\ = PMR\. 2 KCM\ + KCA\ KBM\ + ABK\ Mặt khác: KCR\ = = = SBM\ 2 2 ⇒ 4P RQ ∼ 4BSM(g.g)(2) BAC[ Từ (1), (2) ta có: 4KRP ∼ 4KSB ⇒ SKR[ = BKP\ = = SAR[ ⇒ K ∈ (ASR). 2 Vậy (ASR) đi qua điểm K cố định khi M di động. Bài 72 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có BC cố định và A di động sao cho tam giác ABC luôn nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Đường tròn tâm H bán kính AH cắt AB, AC theo thứ tự tại M, N. a, Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ H và vuông góc với MN cũng đi qua một điểm cố định. b, Gọi D và E theo thứ tự là giao điểm của AB, AC với tiếp tuyến tại O của đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC. Gọi Q là điểm đối xứng với A qua DE. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác QDE tiếp xúc với đường tròn (O). (Đề xuất bởi khanhdat1)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 82 Lời giải a, Ta có: BMH\ = BAH\ = BCH\ ⇒ BHCM nội tiếp. Tương tự thì ta có 5 điểm M, B, H, N, C cùng thuộc 1 đường tròn. Lấy K đối xứng với O qua BC ⇒ AHKO là hình bình hành. Kẻ tiếp tuyến Ax của (O). Ta có: MAx\ = BCA[ = BMN\ ⇒ Ax k MN. Vì Ax ⊥ AO ⇔ Ax ⊥ HK ⇒ HK ⊥ MN. Vậy đường thẳng qua H và vuông góc với MN đi qua điểm cố định là K. b, Ta có: DE k BC ⇒ (ADE) tiếp xúc với (O). Mà (ADE); (QDE) đối xứng qua DE và DE là trục đối xứng của (O) ⇒ (QDE) tiếp xúc với (O). Bài 73 Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp (O). D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Lấy I bất kì trên đoạn BC, dựng hình bình hành IKDL (K ∈ BD, L ∈ CD). Chứng minh: AI ⊥ KL (Đề thi chuyên Lê Quý Đôn 2016-2017) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 83 AI ∩ KL = {E}. Ta có: KD = IL = LC; OL = OC; OCL[ = ODC\ = ODK\ ⇒ 4OLC = 4OKD(c.g.c) ⇒ OKD\ = OLC[ ⇒ OKDL nội tiếp ⇒ COL[ = KOD\ = KLD\. Mặt khác ta có: 4AOC ∼ 4ILC(g.g) ⇒ 4OLC ∼ 4AIC ⇒ LOC[ = IAC[ Suy ra: KLD\ = IAC[ ⇒ AELC nội tiếp. Từ đó ta có đpcm. Bài 74 Cho điểm A cố định thuộc (O; R). Hai dây cung thay đổi AB, AC thỏa mãn AB.AC = 3R2. Chứng minh: a, BC tiếp xúc với 1 đường tròn cố định. b, Xác định vị trí các dây AB, AC để diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất. (Đề xuất bởi eLcouQTai) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 84 Gọi AH là đường cao của 4ABC, kẻ đường kính AD. 3 Dễ dàng chứng minh 4HAB ∼ 4CAD(g.g) ⇒ AB.AC = 2R.AH ⇒ AH = R 2 3 ⇒ BC tiếp xúc với A; R . 2 SABC lớn nhất ⇔ BC lớn nhất ⇔ OM nhỏ nhất ⇒ M ≡ L. Trong đó L là giao của AD và 3 A; R . 2 Bài 75 Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, nội tiếp đường tròn (O) . Đường tròn tâm P đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại F và E. Gọi giao điểm của BE và CF là H. Vẽ HD vuông góc với BC tại D. Gọi K là giao điểm của EF và AH. Gọi I là trung điểm của AH. IC cắt đường tròn (P ) tại M khác C. Chứng minh rằng : a) A, H, D thẳng hàng và B, K, M thẳng hàng. b) Gọi T là giao điểm của các tiếp tuyến tại B, C của đường tròn (O) . Gọi S là điểm đối xứng T qua BC. Gọi J, N theo thứ tự là giao điểm của EF với SB, SC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác SJN. (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 85 BC a) Vì E, F ∈ (P, ) nên BEC\ = BF\ C = 90◦ hay BE, CF là các đường cao của tam giác 2 ABC. Suy ra : H là trực tâm của tam giác ABC ⇒ AH ⊥ BC. Mà HD ⊥ BC nên A, H, D thẳng hàng. Dễ dàng ta chứng minh được IE là tiếp tuyến của (P ) nên IEK[ = ABE[ . Mặt khác ta có : ADB\ = AEB[ = 90◦ ⇒ AEDB nội tiếp ⇒ ABE[ = IDE[. Suy ra : IEK[ = IDE[. Do đó : 4IDE ∼ 4IEK(g.g) ⇒ IE2 = IK.ID. (1) Ngoài ra do IE là tiếp tuyến của (P ) nên dễ có IE2 = IM.IC. Kết hợp với (1) ta được : IK.ID = IM.IC ⇒ 4IMK ∼ 4IDC(c.g.c) ⇒ IMK\ = IDC[ = 90◦ ⇒ KM ⊥ IC. BC Mà M ∈ (P, ) nên BM ⊥ IC hay B, K, M thẳng hàng. 2
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 86 b) Ta có : NCF\ = SCB[ − BCH\ = TCB[ − BCH\ = BAC[ − BAH\ = CAH\ = NFC\ ⇒ 4NCF cân tại N ⇒ CNE\ = 180◦ − 2NFC\ = 2ACB[ = BP\ E ⇒ CP EN nội tiếp. Tương tự ta cũng có BF JP nội tiếp. Gọi X là giao điểm thứ 2 của (BP F ) và (CNE). Khi đó : BXC\ = BXP\ + CXP\ = BF[ P + CEP[ = ABC[ + ACB[ = 180◦ − BAC[ = BHC\ ⇒ BHXC nội tiếp. Do tính chất đối xứng của S và T nên SNXJ cũng nội tiếp. Ta lại có : BXJ[ = AF[ E = ACB[ = XCB\ + XCA\ = XCB\ + XNJ\. Từ đó suy ra (BXC) tiếp xúc với (NXJ) hay (BHC) tiếp xúc với (SNJ). Bài 76 Cho tam giác ABC với AB = AC và D là trung điểm AC.Phân giác BAC[ cắt (BCD) tại E ở miền trong tam giác.BD cắt (ABE) tại F (Khác B).AF cắt BE tại I và CI cắt BD tại K. Chứng minh rằng : I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác KAB. (Đề xuất bởi BurakkuYokuro11) Lời giải Vì AE là tia phân giác của tam giác ABC cân tại A nên EBA[ = ECA[ .
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 87 Mà ECA[ = EBD\ nên EBD\ = EBA[ hay BI là tia phân giác của ABK\. Ta đi chứng minh AI là tia phân giác BAK. Gọi G là trung điểm BC, H là giao điểm thứ 2 của IC với (BDC). Ta có : DG k AB ⇒ AGD\ = BAE[ = EF\ D ⇒ DEF G nội tiếp. Do đó : AF[ G = AF[ E + EF[ G = ABE[ + 180◦ − EDG\ = ABE[ + ADE\ + GDC\ = ABE[ + EBC\ + BAC[ = 180◦ − ACB[ ⇒ AF GC nội tiếp. Lại có : IH.IC = IE.IB = IF.IA ⇒ AHF C nội tiếp hay A, H, F, G, C cùng thuộc một đường tròn đường kính AC ⇒ DH = DC ⇒ BD là tia phân giác HBC\. Suy ra : 4CKD ∼ 4BCD (g.g) ⇒ CD2 = DK.DB ⇒ AD2 = DK.DB ⇒ 4ADK ∼ 4BDA (c.g.c) ⇒ KAD\ = ABD\. Do đó : IAB[ = IEF[ = BED\ − DEF\ = (180◦ − ACG[ ) − (180◦ − DGF\) = DGF\ − ACG[ = GDF\ BAC[ BAC[ GDF\ BAC[ ABD\ BAC[ DAK\ KAB\ (90◦ − ) − (90◦ − ) = − = − = − = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ⇒ AI là tia phân giác của KAB\. Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AKB. Bài 77 Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại P . Trên cung nhỏ AB, lấy điểm C sao cho không phải là điểm chính giữa cung đó. Tiếp tuyến tại C cắt OP tại F và cắt PA, PB lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng (PCF ); (P AB); (P DE) đồng quy tại một điểm khác P . (Đề xuất bởi Badong2211) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 88 Giả sử C, B nằm cùng phía so với OP . Gọi {P, T } = (PCF ) ∩ (P DE). DP\ E DT\ E Ta có: CTE[ = FCT[ − CET[ = (180◦ − FPT[ ) − (180◦ − DP[ T ) = DP\ F = = 2 2 DC CE AD BE ⇒ TC là phân giác góc DT E ⇒ = ⇔ = ⇒ 4BET ∼ 4ADT (c.g.c) DT ET DT ET ⇒ DAT[ = EBT[ ⇒ T ∈ (P AB) Suy ra điều phải chứng minh. Bài 78 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường kính AZ. Lấy D bất kì trên BC và lấy X, Y trên OB, OC sao cho BXD\ + ABC[ = CYD\ + ACB[ = 180◦. Chứng minh: XZY\ không đổi khi D di chuyển trên BC. (Đề xuất bởi Fabffriver) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 89 Gọi {D, T } = (BXD) ∩ (CYD) Ta có: BT[ C = BT\ D + DT[ C = OXD\ + OY\ D = ABC[ + ACB[ = 180◦ − BAC[ ⇒ T ∈ (ABC) ⇒ OY[ T = OY\ D + DY\ T = ACB[ + DCT[ = ACT[ = OZT[ ⇒ O, Y, Z, T đồng viên. Tương tự ta có: X, O, Z, T đồng viên ⇒ XZY\ = 180◦ − BOC\(const) Vậy ta có đpcm. Bài 79 Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) và (I) tiếp xúc với BC tại D. Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt BI, CI lần lượt tại M, N. Chứng minh: 4AMN cân. (Đề xuất bởi Nguyễn Minh Hà) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 90 Gọi K là giao điểm thứ 2 của AD với (I). E, F lần lượt là các tiếp điểm của AC, AB với (I). Bằng phép biến đổi góc ta có: 4KFD ∼ 4IDM; 4IDN ∼ 4KED(g.g) DM DF DN DE ⇒ = ; = . ID FK ID EK DF DE Mặt khác dễ dàng chỉ ra được: = ⇒ DM = DN. FK EK Suy ra 4AMN cân tại A. Bài 80 Cho hình bình hành ABCD. Đường phân giác BAD\ cắt cạnh CD và đường thẳng BC tại M, N.Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác CMN.Vẽ dây cung CK của (O) sao cho CK song song BD. Chứng minh rằng : B, K, O, C, D cùng thuộc một đường tròn. (Đề xuất bởi Tea Coffee) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 91 Gọi E là giao điểm của AC và BD. Do AN là tia phân giác của DAB\ nên DNA\ = NAB\ = DAN\ ⇒ 4DAN cân tại D ⇒ DN = AD = BC. Mặt khác : CMN\ = DAN\ = DNA\ = CNM\ ⇒ 4OMN cân tại C ⇒ CN = CM ⇒ OC là trung trực của MN ⇒ MCO\ = OCN\ = ONC\ ⇒ BCO\ = DNO\. Mà O là tâm (CMN) nên OC = ON. Suy ra : 4OND = 4OCB (c.g.c) ⇒ ODN\ = OBC\ ⇒ ODBC nội tiếp.(1) Vì 4OND = 4OCB nên OD = OB ⇒ OE là trung trực của BD. Ta lại có : CK k BD nên OE cũng là trung trực của CK hay OE là trục đối xứng của hình thang BCKD ⇒ BCKD là hình thang cân ⇒ BCKD nội tiếp.(2) Từ (1) và (2) suy ra : B, K, O, C, D đồng viên.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 92 Bài 81 Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn (O1) qua B.C cắt cạnh AB, AC tại D, E. Đường tròn (O2) qua A, D, E cắt (O) tại K (K khác A).Gọi M, N lần lượt là trung điểm BD, CE. Chứng minh rằng A, K, N, O1,M cùng thuộc một đường tròn. (Đề xuất bởi Tea Coffee) Lời giải Vì O1 là tâm (BDEC) mà M, N lần lượt là trung điểm của BD, CE nên O\1MA = O\2NA = ◦ 90 ⇒ AMO1N nội tiếp. Ta có : KDA\ = KEA\ ⇒ KDB\ = KEC\ và KBD\ = KCA\. Nên 4KBD ∼ 4KCE (g.g). Mà KM, KN là các trung tuyến tương ứng nên KMA\ = KNA\ ⇒ AKMN nội tiếp. Do đó : A, K, M, O1,N đồng viên.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 93 Bài 82 Cho tam giác ABC không cân nội tiếp (O), BD là phân giác ABC.BD[ cắt (O) tại E. ĐƯờng tròn (O1) đường kính DE cắt (O) tại F . a) Chứng minh : đường thẳng đối xứng với BF qua BD đi qua trung điểm của AC. b) Giả sử tam giác ABC vuông tại B, BAC[ = 60◦ và bán kính của (O) bằng R. Tính bán kính (O1) theo R. (Đề xuất bởi quynhanhlh7) Lời giải a) Gọi M là trung điểm BC, kẻ đường kính EI của (O) suy ra I, D, F thẳng hàng. Ta có: IMD\ = IAD[ = 90◦ ⇒ AIMD nội tiếp. Từ đó ta có: F[ AE = FIE[ = DAM\ ⇒ đpcm. b)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 94 DC BC √ AC √ √ √ Ta có: = = 3 ⇔ = 3+1 ⇒ AD = ( 3−1)R ⇒ OD = R−AD = (2− 3)R. AD AB AD p √ √ 8 − 4 3R Áp dụng Pythagoras ta có: DE2 = DO2 + OE2 = (8 − 4 3)R2 ⇒ R = . (O1) 2 Bài 83 Cho (I,R) và (J, r) là hai đường tròn bàng tiếp trong BAC[ và ABC[ của tam giác ABC. Đường tròn (I) tiếp xúc AB tại N,BC tại P ,AC tại H.Đường tròn (J) tiếp xúc BA tại K,BC tại Q,NM là đường kính của (I). Chứng minh rằng BC, AH, KM đồng quy. (Đề xuất bởi Tea Coffee) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 95 (J) tiếp xúc với BC tại L. Ta có : KL ⊥ AJ ⇔ KL||AI ⇔ KL ⊥ NH ⇔ KL k HM. HM IH CH Mặt khác: HIM\ = NAH\ = AJL[ ⇒ 4JKL ∼ 4IHM ⇒ = = . KL JM CL Suy ra 4CHM ∼ 4CLK(c.g.c) ⇒ K, C, M thẳng hàng. Từ đó ta có đpcm. Bài 84 Cho tam giác đều ABC và M là điểm bất kỳ trên BC.Gọi H, K là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB, AC.Xác định vị trí M để diện tích tam giác HMK lớn nhất. (Đề xuất bởi Tea Coffee) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 96 ◦ Ta có : HMK\ = 120 không đổi nên để SHMK lớn nhất thì MH.MK phải lớn nhất. √ √ 3 3 3 3 Ta lại có : MH.MK = BM. MC = MC.MB ≤ .BC2. 2 2 4 16 Vậy với M là trung điểm BC thì diện tích tam giác HMK lớn nhất. Bài 85 Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp (O). Phân giác góc BAC cắt (O) tại D khác A, E đối xứng D qua O. Gọi F là một điểm trên cung BD không chứa A, C của (O); FE cắt BC tại G, H thuộc AF sao cho GH song song với AD. Chứng minh HG là phân giác BHC\. (Đề xuất bởi Diepnguyencva) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 97 Gọi I là giao của HG và DE. Ta có : FHI[ = F\ AD = F\ ED ⇒ F HEI nội tiếp ⇒ GH.GI = GF.GE = GB.GC ⇒ BHCI nội tiếp. Suy ra : BHI[ = BCI[ = CBI[ = CHI[ ⇒ HG là tia phân giác BHC.\ Bài 86 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O có các đường chéo AC và BD vuông góc với nhau. Các điểm M và N lần lượt là điểm chính giữa các cung ADC và ABC. Đường kính qua D của (O) giao dây cung AN tại G. Đường thẳng qua G song song với NC cắt CD tại K. Chứng minh rằng BM ⊥ AK. (Đề xuất bởi quangminhltv99) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 98 Ta có: ADCN nội tiếp và NC || GK nên AGKD nội tiếp . Suy ra NGD\ = CKA\ mà ACD\ = AND\ ⇒ NDG\ = CAK\. Ta lại có: NDG\ = OND\ = DBM\ ⇒ DBM\ = CAK\. Từ đó ta có đpcm. Bài 87 Cho (O) và dây AB không đi qua tâm. Dây PQ vuông góc với AB tại H (HA > HB). M là hình chiếu của Q trên P B, QM cắt AB tại K. Tia MH cắt AP tại N. Từ N kẻ đường thẳng song song với AK cắt QB tại I. Chứng minh : P, I, K thẳng hàng. (Đề xuất bởi MarkGot7) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 99 Gọi {I0} = QB ∩ P K. Ta có : PHK\ = PMK\ = QHB\ = QMB\ = 90◦ nên các tứ giác HBMQ, HP KM nội tiếp. ⇒ MQB\ = MHB\ = MPI\0 ⇒ PI0MQ nội tiếp ⇒ PI[0Q = PMQ\ = 90◦. Tam giác P AB nội tiếp (O) có QM ⊥ PB , QH ⊥ AB mà M, H, N thẳng hàng nên theo tính chất của đường thẳng Simson ta có : QN ⊥ AP . Lại có : MKH\ = MPH\ = QAB[ ⇒ 4QAK cân tại Q ⇒ P[ QA = P\ QK. Mà NQA\ = I\0QK = 90◦ − PKQ\ = 90◦ − P[ AQ nên P\ QN = P[ QI0. Mặt khác : QP\ N = QP[ I0 nên PQ là trung trực của NI0 hay PQ ⊥ NI0 ⇒ NI k AK ⇒ I0 ≡ I ⇒ P, I, K thẳng hàng. Bài 88 Cho tam giác ABC nội tiếp (O). M là điểm chính giữa cung lớn BC. Lấy D, E thuộc tia đối của tia AB, AC sao cho BD = AC và CE = AB. Gọi K là điểm đối xứng với M qua BC. Chứng minh: D, K, E thẳng hàng. (Đề xuất bởi Phan Quế Sơn) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 100 Dựng hình bình hành ABF C. Từ đó ta có: 4BDF và 4CEF cân tại B và C. BAC[ Ta có: CFE[ = BF\ D = 90◦ − và BF\ C = BAC[ ⇒ D, F, E thẳng hàng. 2 Mặt khác: BF\ C = BAC[ = BKC\ ⇒ BKF C nội tiếp. BKC\ BAC[ Suy ra: BF\ K = BCK\ = 90◦ − = 90◦ − = BF\ D ⇒ D, K, F thẳng hàng. 2 2 Tương tự K, F, E thẳng hàng nên ta có đpcm. Bài 89 Cho tam giác ABC, phân giác AD, trung tuyến AM. Đường vuông góc với AD tại D cắt AB, AM lần lượt tại X, Y . Đường vuông góc với AB tại X cắt AD tại Z. Chứng minh YZ vuông góc với BC. (Đề xuất bởi viaaiv) Lời giải Cách 1 :
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 101 Kéo dài DY cắt AC tại I. Suy ra ZI ⊥ AC. Từ Y kẻ đường thẳng vuông góc với YZ cắt AB, AC tại P, Q. Ta có hai tứ giác ZYPX và ZYIQ nội tiếp. Kết hợp với ZXY\ = ZIY[ thì ta có: ZPY[ = ZQY[ . Suy ra YP = YQ mà MB = MC từ đó ta có PQ||BC. Suy ra đcpcm. Cách 2 :
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 102 Ta có : AD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại I. BAC[ Kẻ IK vuông góc với AB suy ra tứ giác IMBK nội tiếp nên IKM\ = IBM\ = = KAI[ ⇒ 2 KM ⊥ AI ⇒ KM||XY ⇒ YZ||MI ⇒ đpcm. Bài 90 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có AB < AC. Gọi M là trung điểm BC.AM cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Đường tròn ngoại tiếp 4MDC cắt AC tại E. Đường tròn ngoại tiếp 4MBD cắt đường thẳng AB tại F . a) Chứng minh 4CED ∼ 4BF D và E, M, F thẳng hàng. b) Phân giác ∠BAC cắt EF tại N. Phân giác ∠CEM cắt CN tại P . Phân giác ∠BF N cắt BN tại Q. Chứng minh PQ k BC. (Đề xuất bởi MoMo123) Lời giải a) Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên F\ BD = ECD\. (1)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 103 Mặt khác tứ giác BMDF và DMEC nội tiếp nên BF\ D = DMC\ = DEC\. (2) Từ (1) và (2) suy ra : 4CED ∼ 4BF D(g.g) ⇒ BDF\ = CDE\ ⇒ BMF\ = CME\ ⇒ FMC\ + CME\ = BMF\ + FMC\ = 180◦. ⇒ E, F, M thẳng hàng. QN FN b) Tam giác BF N có tia phân giác FQ nên : = . QB FB PN EN Tam giác CEN có tia phân giác EP nên : = . PC EC NF AF Tam giác AEF có tia phân giác AN nên : = . NE AE Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC có cát tuyến FME, ta có : EC MB FA . . = 1 EA MC FB EC FB Theo giả thiết ta có : M là trung điểm BC nên MB = MC. Suy ra : = . EA FA FA FB NF FB FN EN QN PN ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ PQ k BC. EA EC NE EC FB EC QB PC Bài 91 Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp (O). Lấy điểm E thuộc cung nhỏ AB. AE cắt BC tại H. AB cắt CE tại F . AE cắt DC tại K. Chứng minh rằng : đường tròn ngoại tiếp 4F BE tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp 4KED. (Đề xuất bởi MarkGot7) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 104 Ta sẽ đi chứng minh OE là tiếp tuyến chung của (KDE) và (EF B). Thật vậy, ta có : OEC[ = OCE[ = ACE[ = ABE[ ⇒ OE là tiếp tuyến của (EF B). (1) Tương tự ta cũng có : OED\ = ODE\ = BDE\ = BAE[ . Mà ABCD là hình chữ nhật nên AB k KC ⇒ BAE[ = DKE\. Suy ra : OED\ = DKE\ hay OE là tiếp tuyến của (KDE). (2) Từ (1) và (2) suy ra : OE là tiếp tuyến chung của (KED) và (EF B). Do đó :(KED) tiếp xúc (EF B). Bài 92 Cho xOyd vuông và hai điểm cố định A, B trên Ox (A nằm giữa O và B). Điểm M chạy trên Oy (M khác O). Đường tròn đường kính AB cắt MA, MB lần lượt tại C, E. Tia OE cắt đường tròn tại F . Xác định vị trí của M để tứ giác OCF M là hình bình hành. (Đề xuất bởi MarkGot7) Lời giải Gọi D = MC ∩ OF . Ta có : AOM\ + AEM\ = 180◦ mà hai góc này nằm ở vị trí đối nhau nên tứ giác OAEM nội tiếp. Suy ra : OEA[ = OMA\. (1)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 105 Mặt khác, tứ giác MOCB có : MOB\ = MCB\ = 90◦ mà hai góc này cùng nhìn cạnh MB nên tứ giác MOCB nội tiếp. Do đó : CBO\ = CMO\ . (2) Theo giả thiết ta có tứ giác AF EB nội tiếp nên ABF[ = AEF[ . (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra : CBA[ = CMO\ = AEO[ = ABF[ ⇒ BA là tia phân giác F\ BC. Mà BA là đường kính của đường tròn qua A, F, B, C nên BA là trung trực của CF . Suy ra : CF ⊥ AB ⇒ CF k MO ⇒ MOCF là hình thang. Giả sử OCF M là hình bình hành ⇒ D là trung điểm OF . Ngoài ra BA là trung trực của CF nên OA là trung tuyến của 4OCF . Suy ra : A là trọng CA 2 CA 1 tâm của tam giác OF C ⇒ = ⇒ = . CD 3 AM 2 AM 2 Vì tứ giác MOCB nội tiếp nên CA.AM = OA.AB ⇒ = OA.AB ⇒ AM 2 = 2OA.AB ⇒ 2 √ √ AM = 2OA.AB. Vậy với M chạy trên Oy thoả AM = 2OA.AB thì tứ giác OCF M là hình bình hành. Bài 93 Cho tam giác ABC nhọn và cân tại C. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB và AC lần lượt tại E và F . Gọi H là giao điểm BF và CE. Đường tròn đường kính EC cắt AC tại M. Gọi K là giao điểm của BM và (O). Chứng minh KC đi qua trung điểm HF . (Đề xuất bởi Diepnguyencva) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 106 Gọi I = CK ∩ ME. Ta có : MEA\ = 90◦ − CAB[ = 90◦ − CBA[ = ECB\ ⇒ MEA\ + OEB\ = BCE\ + CBE\ = 90◦ ⇒ MEO\ = 90◦ ⇒ ME là tiếp tuyến của (O) ⇒ MEK\ = KCE\. Suy ra 4IEK ∼ 4ICK(g.g) ⇒ IE2 = IK.IC. Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác IMC vuông tại M có đường cao MK ta có : IM 2 = IK.IC Do đó : IM = IE mà HF k EM nên KC đi qua trung điểm của HF . Bài 94 Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC; cát tuyến ADE sao cho BD < CD; AD < AE. Gọi H là giao điểm của OA và BC. Gọi I là trung điểm DE. Kéo dài IH cắt (O) tại K sao cho H nằm giữa I và K. Gọi S là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OKA. Chứng minh OS ⊥ IK. (Đề xuất bởi Diepnguyencva) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 107 Gọi F là giao điểm thứ hai của IH với đường tròn (O). Vì tứ giác F BKC nội tiếp nên : HF.HK = HB.HC Mà tứ giác BOCA nội tiếp nên : HB.HC = HO.HA Suy ra : HF.HK = HO.HA ⇒ AKOF nội tiếp. Do đó : FK là dây chung của hai đường tròn (O) và (S) nên OS ⊥ FK hay OS ⊥ IK. Bài 95 Cho đường tròn (O) và dây BC cố định không đi qua tâm , điểm A di động trên cung lớn BC, (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC tại D, E. Chứng minh rằng ED luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi A di động. (Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 108 Gọi M là trung điểm BC. Kẻ BP, MH, CQ vuông góc với PQ. BAC[ Vì BC cố định nên DBP\ = ECQ[ = = α = const. 2 BP + CQ Hình thang BP QC có MH là đường trung bình của hình thang nên : MH = . 2 Mà BP = BD.cosDBP\ = BD.cosα; CQ = CE.cosQCE[ = CE.cosα Nên BP + CQ = (BD + CE).cosα = BC.cosα = const ⇒ MH = const. Vậy DE luôn tiếp xúc (M, MH) cố định. Bài 96 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) và P là điểm nằm trên cung nhỏ BC, , trung trực AB, AC cắt AP tại E, F , BE cắt CF tại Q. Chứng minh rằng AP = BQ + CQ (Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 109 Gọi {D} = CQ ∩ (O). Vì F thuộc trung trực của AC nên FA = FC ⇒ 4F AC cân tại C ⇒ F[ AC = FCA[ . Mà DAP\ = DCP\( cùng chắn cung DP của (O)) nên DAC\ = PCA[ ⇒ ADP C là hình thang cân. Do đó : AP = CD. Ta có : QBD\ = EBA[ + ABD\ = EAB[ + ACD\ = EAB[ + F[ AC = BAC[ = BDC\ ⇒ 4BDQ cân tại Q ⇒ BQ = QD. Do đó : BQ + CQ = QD + CQ = CD = AP . Bài 97 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ BC. Gọi N là điểm đối xứng với M qua trung điểm I của AB. a) Chứng minh trực tâm K của tam giác ABN thuộc một đường tròn cố định. b) Giả sử NK ∩ AB = D, hạ KE ⊥ BC. H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh DE đi qua trung điểm J của HK. (Tuyển sinh lớp 10 PTNK 2004-2005) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 110 a) Vì ANBM là hình bình hành nên : ANB\ = AMB\. Mà K là trực tâm của tam giác ABN nên AKB\ = ANB\ = (90◦ − KBN\). Suy ra : AKB\ = AMB\ hay AKMB là tứ giác nội tiếp. Do đó K ∈ (O) cố định. b) Gọi H1,H2 lần lượt là giao của CH và AH với (O), K1,K2 lần lượt là điểm đối xứng của K qua AB và BC. Dễ dàng ta chứng minh được : BC là trung trực của HH2 và AB là trung trực của HH1. Theo tính chất trung trực ta có : BH\1K = BHK\1 và BH\2K = BHK\2. ◦ Do đó : BHK\1 + BHK\2 = BH\1K + BH\2K = 180 hay K1, H, K2 thẳng hàng. Tam giác KK1K2 có DE là đường trung bình nên DE k K1K2. Gọi J = DE ∩ HK. Ta có DJ k K1H ⇒ DJ là đường trung bình của tam giác KK1H. Do đó J là trung điểm của HK hay DE đi qua trung điểm J của HK.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 111 Bài 98 Cho tam giác ABC đều. P nằm trong tam giác. Hạ PA1,PB1,PC1 vuông góc xuống BC, CA, AB. Tìm quỹ tích điểm P để tam giác A1B1C1 cân (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải Giả sử tam giác A1B1C1 cân tại A1 thì ta có A1B1 = A1C1 Xét 2 đường tròn đường kính BP và CP như hình vẽ: ◦ Ta thấy 2 dây A1B1 = A1C1 và C\1BA1 = B\1CA1 = 60 Suy ra 2 đường tròn bằng nhau hay BP = CP suy ra P thuộc trung trực BC Chứng minh tương tự ta có quỹ tích điểm P để A1B1C1 cân là 3 đường trung trực của tam giác ABC Bài 99 Cho tam giác ABC có ACB[ = 45◦ và ACB[ + BAC[ = 2ABC[ . Đường trung trực của AB cắt BC tại M. a) Tính MAC\. b) Gọi I là tâm đường tròn (AMC). Chứng minh tứ giác ABCI nội tiếp. (Tuyển sinh 10 PTNK 2005-2006)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 112 Lời giải a) Theo giả thiết ta có : ACB[ = 45◦ và ACB[ + BAC[ = 2ABC[ . Suy ra : BAC[ = 75◦, ABC[ = 60◦. Mà M thuộc trung trực của AB nên MBA\ = MAB\ = 60◦ ⇒ MAC\ = 15◦. b) Gọi D bất kì nằm trên cung lớn AC của (I). Ta có : AIC[ = 2ADC\ = 2(180◦ − AMC\) = 120◦. Do đó : ABC[ + AIC[ = 180◦ ⇒ AICB nội tiếp. Bài 100 Cho tam giác ABC và đường thẳng d song song với BC và khác phía với A. Lấy M thuộc d sao cho tứ giác ABMC lồi. Điểm N trên MB hoặc MC sao cho AN chia diện tích tứ giác ABMC thành hai phần bằng nhau. Tìm quỹ tích điểm N khi M di động. (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 113 Kéo dài AB, AC cắt d tại D, E. Gọi K, I, L, P lần lượt là trung điểm CD,BE,DE,BC Giả sử N thuộc đoạn MC. Áp dụng bổ đề 6 ta có: SABMN = SANC ⇒ PN k AM MN PQ ML Suy ra: = = ⇒ NL k CE ⇒ N ∈ KL. NC PC LE Tương tự với N thuộc đoạn BM thì N ∈ IL
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 114
Chương 3 Một số bài toán chưa có lời giải Sau đây là năm bài toán vẫn chưa có lời giải trên diễn đàn Toán học. Bạn đọc hãy thử tự tìm lời giải cho riêng mình nhé. Bài 101. (Diepnguyencva) Cho đường tròn (O); AB = 2R. Lấy C thuộc đường tròn (AC > BC). Tiếp tuyến tại A và C của (O) cắt nhau tại D, DB cắt (O) tại E. Kẻ CH vuông góc AB. DH cắt AE tại I; CI cắt AD tại K. Lấy F đối xứng với E qua AB. a, Chứng minh KE là tiếp tuyến của (O) b, Qua E kẻ đường thẳng song song AB cắt KB tại S. OS cắt AE tại Q. Chứng minh: D, Q, F thẳng hàng. BC Bài 102. (phamhuy1801) Cho 4ABC nhọn. Đường tròn (O; ) cắt AB, AC thứ tự tại E, D. 2 Các tiếp tuyến kẻ từ E, D của (O) cắt nhau tại I và lần lượt cắt tiếp tuyến kẻ từ B, C của (O) tại F, G. FG cắt AI tại H và cắt (O) tại M, N. Chứng minh H là trực tâm của 4ABC và MA, NA lần lượt các tiếp tuyến của (O) Bài 103. (khanhdat1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có E, F thuộc đoạn CA và BA sao cho EF song song với BC. Đường trung trực của đoạn thẳng BC cắt AC tại M, đường trung trực của đoạn EF cắt cắt AB tại N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM cắt CF tại P khác C, đường tròn ngoại tiếp tam giác EF N cắt CF tại Q khác F . a, Chứng minh rằng đường trung trực của PQ đi qua trung điểm của MN. b, Gọi L là điểm chính giữa cung lớn BC của đường tròn (O) và I là một điểm bất kì trên đoạn AL. Gọi J là hình chiếu của I trên BC. Đường tròn tâm I bán kính IJ cắt AB, AC theo thứ tự tại X, Y . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AXY và đường tròn tâm L
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 116 bán kính LB tiếp xúc với nhau. Bài 104. (khanhdat1) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H, đường cao AF và M là trung điểm của BC. Đường tròn đường kính AH cắt HM tại Q khác H. Lấy điểm X thuộc BC sao cho XH vuông góc với QM. Gọi L, P lần lượt là trung điểm của QH và QA. Đường thẳng qua Q song song với LX cắt MP tại N. Vẽ đường tròn tâm X bán kính XH cắt đường tròn (O) tại K sao cho K cùng phía với A so với BC a, Chứng minh rằng ba điểm K, Q, N thẳng hàng. b, Chứng minh rằng (MNF ) tiếp xúc với đường tròn đường kính QH. Bài 105. (khanhdat1) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB và một điểm M bất kì nằm trong (O) nhưng không nằm trên đường kính AB. Gọi N là giao điểm của đường phân giác trong của góc AMB với đường tròn (O). Đường phân giác ngoài của góc AMB cắt đường thẳng NA, NB lần lượt tại P và Q. Đường thẳng MA cắt đường tròn đường kính NQ tại R, đường thẳng MB cắt đường tròn đường kính NP tại S(R, S khác M). Qua R kẻ đường thẳng song song với PQ cắt AN tại C, qua S kẻ đường thẳng song song với PQ cắt BN tại D. Gọi I là trung điểm của CD. a, Chứng minh rằng ba điểm N, O, I thẳng hàng. b, Chứng minh rằng ba điểm R, S, I thẳng hàng.
Chương 4 Bài tập rèn luyện Bài 1. (Nguyễn Văn Linh) Cho 4ABC nội tiếp (O). Lấy E, F bất kì trên AB và AC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm CE, BF, EF . K là chân đường cao hạ từ O xuống EF . Chứng minh M, N, P, K đồng viên Bài 2. Cho 4ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). Giả sử AB + AC = 2BC. Chứng minh AIO[ = 90◦ Bài 3. (VMO 2011) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Lấy P trên tiếp tuyến tại B của (O). PA cắt (O) tại điểm thứ hai là C. Kẻ đường kính CD của (O). PD cắt (O) tại điểm thứ hai là E. Chứng minh rằng AE, BC, P O đồng quy. Bài 4. Cho 4ABC không cân nội tiếp (O). Kẻ đường kính AD, tiếp tuyến tại D cắt BC tại P . PO lần lượt cắt AB, AC tại E, F . Chứng minh rằng OE = OF Bài 5. Cho 4ABC có AB < AC < BC và nội tiếp (O). Trên tia BA, BC lấy D, E sao cho BD = BE = AC. (BDE) cắt (O) tại điểm thứ hai là P . Chứng minh rằng BP = AP + CP . Bài 6. Cho 4ABC nội tiếp (O) có đường cao BD, CE. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau ở P . Chứng minh AP đi qua trung điểm DE. Bài 7. Cho 4ABC nội tiếp (O) có trực tâm H. Gọi M là trung điểm AH, E trên AC sao cho OE k BC. F là điểm đối xứng của E qua O. Chứng minh rằng: BM ⊥ ME và BF là phân giác MBE\ Bài 8. Cho 4ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). Kẻ đường kính AD của (O). AI cắt (O) tại E. Tia DI cắt (O) tại K. KE cắt BC tại L. Chứng minh rằng: IL ⊥ BC. Bài 9. Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I). BC tiếp xúc với (I) tại D. Gọi K là chân đường cao
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 118 hạ từ I xuống AD. Chứng minh KD là phân giác BKC\. Bài 10. (IMO 2018) Cho 4ABC nội tiếp (O). Trên AB, AC lấy D, E sao cho AD = AE. Trung trực của BD, CE lần lượt cắt cung nhỏ AB, AC tại F, G. Chứng minh GF k DE Bài 11. (Russian MO 2015) Cho tam giác ABC nhọn không cân. Kẻ đường cao AH và trung tuyến AM. Lấy Q, P nằm trên AB, AC sao cho QM ⊥ AC, PM ⊥ AB. Đường tròn ngoại tiếp 4PMQ cắt BC tại điểm thứ hai là X. Chứng minh BH = CX Bài 12. Cho 4ABC cân tại A. Trên AB lấy D sao cho BD = 2AD. Kẻ BE ⊥ CD, lấy F là trung điểm CE. Chứng minh: AF[ B = 90◦ Bài 13. (Stan Fulger) Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ hình vuông MNPQ với M ∈ AB, N ∈ AC và P, Q ∈ BC. NB cắt MQ tại R, MC cắt NP tại S. Chứng minh AR = AS Bài 14. Cho đường tròn (O) có dây cung AB. Lấy D là điểm chính giữa cung nhỏ AB, C là điểm bất kì trên cung lớn AB. Vẽ đường tròn (I) tiếp xúc với đường (O) tại C đồng thời tiếp xúc AB tại F . Kẻ tiếp tuyến XA, XC của đường tròn (O). Gọi giao điểm XD và AB là M. Chứng minh M là trung điểm AF . Bài 15. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có I là tâm nội tiếp. N là điểm chính giữa cung BAC của (O). NI cắt BC tại D. Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với AI cắt IB, IC lần lượt tại K và L. Chứng minh DK = DL. Bài 16. Cho 4ABC vuông tại A có phân giác BE và CF cắt nhau tại I. Gọi K là trung điểm EF . Chứng minh KI ⊥ BC. Bài 17. (Tạp chí Kvant) Cho 4ABC nội tiếp (O) có đường cao AH. Qua H kẻ đường thẳng song song với OA cắt OA tại D. Chứng minh D thuộc đường trung bình 4ABC. Bài 18. (China TST) Cho hai đường tròn (O) và (O0) cắt nhau tại C, D. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài AB sao cho C gần AB hơn D. Lấy E thuộc OO0 sao cho AE ⊥ BC. Chứng minh ACE[ = 90◦. Bài 19. Cho 4ABC không cân có đường cao AD, BE, CF . EF cắt BC tại I. Qua D kẻ đường thẳng song song với EF cắt AB, AC lần lượt tại K, L. Chứng minh (IKL) luôn đi qua một điểm cố định khi A di động và BC cố định. Bài 20. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp (O). AE ∩ BD = K, BF ∩ CE = I, AC ∩ DF = L. Chứng minh K, I, L thẳng hàng.
Tài liệu tham khảo [1] Tài liệu chuyên Toán trung học cơ sở - Vũ Hữu Bình (Chủ biên). Nxb Giáo dục Việt Nam [2] Vẽ thêm yêu tố phụ để giải một số bài toán hình học 7,8,9 - Nguyễn Đức Tấn. Nxb Giáo dục Việt Nam [3] Bài tập Hình học chọn lọc cho học sinh trung học cơ sở - GS. Nguyễn Tiến Dũng, GS.Đỗ Đức Thái (Chủ biên) - Nxb thông tin và truyền thông [4] Nâng cao và phát triển toán 6,7,8,9 - Vũ Hữu Bình. Nxb Giáo dục Việt Nam [5] Các chuyên đề chọn lọc Toán 8,9 - Tôn Thân (Chủ biên). Nxb Giáo dục Việt Nam [6] Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 9, tập hai: Hình học - Nguyễn Bá Đang. Nxb Giáo dục Việt Nam [7] Tạp chí Toán tuổi thơ 2, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, Tạp chí Pi. Internet: [9] [TOPIC] HÌNH HỌC ÔN THI VÀO THPT CHUYÊN 2018-2019 ình-học-ôn-thi-vào-thpt-chuyên-2018-2019/ [9] AoPS forum. [10] Diễn đàn Mathscope [11] Trần Quang Hùng, Blog hình học sơ cấp [12] Blog Toán học của Khoa Nguyễn