CHUYÊN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP 9 VÀ MỘT SỐ ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 – THPT CHUYÊN CÓ LỜI GIẢI by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC SÁNG TẠO TOÁN HỌC

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CHUYÊN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP 9 VÀ MỘT SỐ ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 – THPT CHUYÊN CÓ LỜI GIẢI WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHƯƠNG 1- HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG Hệ thức về cạnh và đường cao KIẾN THỨC CƠ BẢN Khi giải các bài toán liên quan đến cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ngoài việc nắm vững các kiến thức về định lý Talet, về các trường hợp đồng dạng của tam giác, cần phải nắm vững các kiến thức sau: Tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , ta có: A

1) a 2 = b 2 + c 2 . 2) b 2 = a.b '; c 2 = a.c '

b c

3) h 2 = b '.c ' 4) a .h = b.c .

H a

1 1 1 = 2 + 2. 2 h b c

b ' b2 = 2. a a

1 Chú ý: Diện tích tam giác vuông: S = ab 2 Ví dụ 1. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Biết AB : AC = 3 : 4 và AB + AC = 21cm . a) Tính các cạnh của tam giác ABC . b) Tính độ dài các đoạn AH , BH ,CH .

Giải: a). Theo giả thiết: AB : AC = 3 : 4 , B

AB AC AB + AC = = = 3 . Do đó AB = 3.3 = 9 (cm ) ; suy ra 3 4 3+4 AC = 3.4 = 12 (cm ) .

Tam giác ABC vuông tại A , theo định lý Pythagore ta có: BC 2 = AB 2 + AC 2 = 92 + 122 = 225 , suy ra BC = 15cm .

b) Tam giác ABC vuông tại A , ta có AH .BC = AB.AC , suy ra AH =

AB.AC 9.12 = = 7,2 (cm ) . BC 15

AH 2 = BH .HC . Đặt BH = x (0 < x < 9) thì HC = 15 − x , ta có: 2

(7,2) = x (15 − x ) ⇔ x − 15x + 51, 84 = 0 ⇔ x (x − 5, 4) = 9, 6 (x − 5, 4) = 0 ⇔ (x − 5, 4)(x − 9, 6) = 0 ⇔ x = 5, 4 hoặc x = 9, 6 (loại) Vậy BH = 5, 4cm . Từ đó HC = BC − BH = 9, 6 (cm ) . 2

Chú ý: Có thể tính BH như sau:

AB 2 = BH .BC suy ra BH =

AB 2 92 = = 5, 4 (cm ) . BC 15

Ví dụ 2: Cho tam giác cân ABC có đáy BC = 2a , cạnh bên bằng

b (b > a ) . a) Tính diện tích tam giác ABC b) Dựng BK ⊥ AC . Tính tỷ số

AK . AC

Giải: a). Gọi H là trung điểm của BC . Theo định lý Pitago ta có:

AH 2 = AC 2 − HC 2 = b 2 − a 2 Suy ra SABC =

1 1 BC .AH = a b 2 − a 2 2 2 K

⇒ AH = b 2 − a 2 b). Ta có

1 1 BC .AH = BK .AC = S ABC 2 2

BC .AH 2a 2 = b − a 2 . Áp dụng định lý Pitago trong tam AC b giác vuông AKB ta có:

Suy ra BK =

(

b 2 − 2a 2 4a 2 AK = AB − BK = b − 2 b 2 − a 2 = b b2 2

AK =

b 2 − 2a 2 b

do đó

(

)

. Suy ra

b 2 − 2a 2 AK = . AC b2

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với các đỉnh A, B,C và các cạnh đối diện với các đỉnh tương ứng là: a,b, c . a) Tính diện tích tam giác ABC theo a b) Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 3S Giải: a). Ta giả sử góc A là góc lớn nhất của tam giác

ABC ⇒ B,C là các góc nhọn. Suy ra chân

đường cao hạ từ A lên BC là điểm B

H thuộc cạnh BC . Ta có: BC = BH + HC . Áp dụng định lý Pi ta go cho các tam giác vuông AHB, AHC ta có: AB 2 = AH 2 + HB 2 , AC 2 = AH 2 + HC 2

Trừ hai đẳng thức trên ta có:

c 2 − b 2 = HB 2 − HC 2 = (HB + HC )(HB − HC ) = a. (HB − HC ) ⇒ HB − HC =

c2 − b2 ta cũng có: a

HB + HC = a ⇒ BH =

a 2 + c2 − b2 . Áp dụng định lý Pitago cho tam 2a

giác vuông 2

2 2 2 a 2 + c 2 − b 2   a 2 + c 2 − b 2   c + a + c − b   = c − AHB ⇒ AH = c −         2a 2a 2a    2 2   2  2  (a + c ) − b  b − (a − c )  (a + b + c )(a + c − b )(b + a − c )(b + c − a )    = = .     2a 2a 4a 2     Đặt 2p = a + b + c thì 2

AH 2 =

16p (p − a )(p − b )(p − c ) 4a 2

Từ đó tính được S =

⇒ AH = 2

p (p − a )(p − b )(p − c ) a

1 BC .AH = p (p − a )(p − b )(p − c ) 2

b). Từ câu a ) ta có: S = p (p − a )(p − b )(p − c ) . Áp dụng bất đẳng thức 3

 p − a + p − b + p − c  p3  = . Suy Cô si ta có: (p − a )(p − b )(p − c ) ≤  3 27   2

(a + b + c ) . Mặt khác ta dễ chứng minh p3 p2 = . Hay S ≤ ra S ≤ p. 27 3 3 12 3

(

)

được: (a + b + c ) ≤ 3 a 2 + b 2 + c 2 suy ra

S≤

(

3 a 2 + b2 + c2

) ⇔a

+ b 2 + c 2 ≥ 4 3S

12 3 Dấu bằng xảy ra hki và chỉ khi tam giác ABC đều. Ví dụ 4. Cho tam giác nhọn ABC đường cao CK ; H là trực tâm của tam = 900 . S , S , S theo thứ giác. Gọi M là một điểm trên CK sao cho AMB 1

tự là diện tích các tam giác AMB, ABC và ABH . Chứng minh rằng S = S1 .S 2 . Giải:

Tam giác AMB vuông tại M có

MK ⊥ AB nên MK 2 = AK .BK (1).

∆AHK ∼ ∆CBK vì có B

= CKB = 900 ; KAH = KCB AKH

). Suy ra AK = HK , do đó (cùng phụ với ABC AK .KB = CK .KH CK BK

(2)

Từ (1) và (2) suy ra MK 2 = CK .HK nên MK = CK .HK ; 1 1 S AMB = .AB.MK = AB. CK .HK = 2 2

1 1 AB.CK . AB.HK = S1S 2 . 2 2

Vậy S = S1 .S 2 . Ví dụ 5. Cho hình thang ABCD có A = D = 900 , B = 600 ,CD = 30cm,CA ⊥ CB . Tính diện tích của hình

thang. Giải: Ta có CAD = ABC = 600 (cùng phụ với CAB ), vì thế trong tam giác vuông ACD ta có AC = 2AD .

Theo định lý Pythagore thì: AC 2 = AD 2 + DC 2 hay 2

(2AD )

= AD 2 + 302

Suy ra 3AD 2 = 900 ⇔ AD 2 = 300 nên AD = 10 3 (cm ) . Kẻ CH ⊥ AB . Tứ giác AHCD là hình chữ nhật vì có A = D = H = 900 ,

suy ra AH = CD = 30cm;CH = AD = 10 3 (cm ) . Tam giác ACB vuông tại C , ta có: CH 2 = HA.HB , suy ra 2

HB =

CH = HA

(

10 3

)

300 = 10 (cm ) , do đó 30

AB = AH + HB = 30 + 10 = 40 (cm ) . 1 1 S ABCD = CH (AB + CD ) .10 3. (40 + 30) = 350 3 cm 2 . 2 2

(

)

Vậy diện tích hình thang ABCD bằng 350 3cm 2 . Tỉ số lượng giác của góc nhọn KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Các tỉ số lượng giác của góc nhọn α (hình) được định nghĩa như sau: sin α =

AB AC AB AC ; cos α = ; tan α = ; cot α = BC BC AC AB

+ Nếu α là một góc nhọn thì 0 < sin α < 1; 0 < cos α < 1;

Cạnh đối

Cạnh huyền

tan α > 0; cot α > 0 A

α Cạnh kề

2. Với hai góc α, β mà α + β = 90 , 0

ta có: sin α = cos β; cos α = sin β; tan α = cot β; cot α = tan β . Nếu hai góc nhọn α và β có sin α = sin β hoặc cos α = cos β thì α =β.

3. sin2 α + cos2 α = 1; tg α.cot g α = 1 . 4. Với một số góc đặc biệt ta có:

1 2 sin 300 = cos 600 = ; sin 450 = cos 450 = 2 2 cos 300 = sin 600 =

3 1 ; cot 600 = tan 300 = 2 3

tan 450 = cot 450 = 1; cot 300 = tan 600 = 3 .

Ví dụ 1. Biết sin α =

5 . Tính cos α, tan α và cot α . 13

Giải:

Cách 1. Xét ∆ABC vuông tại A . AC 5 Đặt B = = α . Ta có: sin α = BC 13 AC BC = = k , do đó suy ra 5 13

AC = 5k, BC = 13k . Tam giác ABC vuông tại A nên: 2

AB 2 = BC 2 − AC 2 = (13k ) − (5k ) = 144k 2 , suy ra AB = 12k . AB 12k 12 = = ; BC 13k 13 AC 5k 5 AB 12k 12 tan α = = = ; cot α = = = AB 12k 12 AC 5k 5

Vậy cos α =

5 25 suy ra sin2 α = , mà sin2 α + cos2 α = 1 , 13 169 25 144 12 do đó cos2 α = 1 − sin2 α = 1 − = , suy ra cos α = . 169 169 13

Cách 2. Ta có sin α =

tan α =

sin α 5 12 5 13 5 = : = . = ; cos α 13 13 13 12 12

cot α =

cos α 12 5 12 13 12 = : = . = . sin α 13 13 13 5 5

Ở cách giải thứ nhất ta biểu thị độ dài các cạnh của tam giác ABC theo đại lượng k rồi sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn để tính

cos α, tan α, cot α . Ở cách giải thứ hai, ta sử dụng giả thiết sin α =

5 để 13

tính sin2 α rồi tính cos α từ sin2 α + cos2 α = 1 . Sau đó ta tính tan α và cot α qua sin α và cos α . Ví dụ 2. Cho tam giác nhọn ABC hai đường cao AD và BE cắt nhau tại H . Biết HD : HA = 1 : 2 . Chứng minh rằng tgB.tgC = 3 . Giải: Ta có: tgB =

A E

AD AD ; tgC = . BD CD

Suy ra tan B. tan C =

AD 2 BD.CD

(1)

HBD = CAD (cùng phụ với ACB ); HDB = ADC = 900 .

DH BD = , do đó DC AD BD.DC = DH .AD (2). Từ (1) và (2) suy ra

Do đó ∆BDH ∼ ∆ADC (g.g), suy ra

AD 2 AD HD 1 (3). Theo giả thiết = suy ra = DH .AD DH AH 2

tan B. tan C =

HD 1 HD 1 hay = = , suy ra AD = 3HD . Thay vào (3) ta AH + HD 2 +1 AD 3

được: tan B. tan C =

3HD = 3. DH

Ví dụ 3. Biết sin α.cos α =

12 . Tính sin α, cos α . 25

Giải: 12 . Để tính sin α, cos α ta cần tính sin α + cos α rồi 25 giải phương trình với ẩn là sin α hoặc cos α .

Biết sin α.cos α =

Ta có: 2

(sin α + cos α )

= sin2 α + cos2 α + 2 sin α.cos α = 1 + 2.

ra sin α + cos α =

12 49 = . Suy 25 25

7 7 nên sin α = − cos α . Từ đó ta có: 5 5

7  12 7 12 cos α  − cos α = ⇔ cos α − cos2 α =  25  5 5 25 ⇔ 25 cos2 α − 35 cos α + 12 = 0 ⇔ 5 cos α (5 cos α − 4) − 3 (5 cos α − 4) = 0 ⇔ (5 cos α − 4)(5 cos α − 3) = 0 . Suy ra cos α =

+ Nếu cos α =

4 12 4 3 thì sin α = : = . 5 25 5 5

4 3 hoặc cos α = . 5 5

+ Nếu cos α =

Vậy sin α =

3 12 3 4 thì sin α = : = . 5 25 5 5

3 4 4 3 , cos α = hoặc sin α = , cos α = . 5 5 5 5

Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Trong một tam giác vuông, mỗi cạnh góc vuông bằng: a) Cạnh huyền nhân với sin góc đối hay nhân với cosin góc kề. b) Cạnh góc vuông kia nhân với tan của góc đối hay nhân với cot của góc kề. b = a.sin B = a cos C ; c = a. sin C = a. cos B;b = c.tgB = c. cot gC ; c = b.tgC = b.cot gC 2. Giải tam giác vuông là tìm tất cả các cạnh và các góc chưa biết của tam giác vuông đó. Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có AB = 16, AC = 14 và B = 600 .

a) Tính độ dài cạnh BC b) Tính diện tích tam giác ABC . Giải:

a). Kẻ đường cao AH . Xét tam giác vuông ABH , ta có: 1 BH = AB.cos B = AB.cos 600 = 16. = 8 2

600 H

3 = 8 3 . Áp dụng định lý 2 Pythagore vào tam giác vuông AHC ta có: AH = AB.sin B = AB.sin 600 = 16.

( )

HC 2 = AC 2 − AH 2 = 142 − 8 3

= 196 − 192 = 4 . Suy ra HC = 2 .

Vậy BC = CH + HB = 2 + 8 = 10 . b) Cách 1. S ABC =

Cách 2. S ABC =

1 1 BC .AH = .10.8 3 = 40 3 (đvdt) 2 2

1 1 3 BC .BA.sin B = .10.16. = 40 3 (đvdt) 2 2 2

Ví dụ 2: Tính diện tích tam giác ABC biết ABC = 450 , ACB = 600 bán kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R . Giải: Giả thiết có các góc có số đo đặc biệt , nhưng tam

giác ABC là tam giác thường nên ta sẽ tạo ra tam giác vuông bằng cách. Dựng các đường thẳng qua C , B lần lượt vuông góc với

600

450

AC , AB . Gọi D là giao điểm của hai đường

thẳng trên. Khi đó tam giác ABD và ACD là các tam giác

vuông và 4 điểm A, B,C , D cùng nằm trên đường tròn đường kính

AD = 2R . 3 = R 3 . Kẻ đường cao AH suy ra 2 H ∈ BC .Tức là: BC = BH + CH . Tam giác AHB vuông góc tại H nên

Ta có: AB = AD.sin 600 = AD.

AH = BH = AB.sin 450 =

AB 2 3 2 R 6 . Mặt khác tam = AD . = 2 2 2 2

giác ACH vuông tại H nên AC 2 = AH 2 + CH 2 ⇒ CH =

R 2

(

R 1+ 2 ⇒ BC =

) . Từ đó tính được diện tích S = R (3 + 3 ) . 2

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với các đỉnh A, B,C và các cạnh đối diện với các đỉnh tương ứng là: a, b, c . Chứng minh rằng: a) a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A b) Gọi D là chân đường phân giác trong góc A . Chứng minh:  A 2bc.cos    2  AD = b +c Giải:

a). Dựng đường cao BH của tam giác c

ABC ta có:

Cách 1: Giả sử H thuộc cạnh AC . Ta có: AC = AH + HC .

Áp dụng định lý Pi ta go cho các tam giác vuông

AHB, BHC ta có: AB 2 = AH 2 + HB 2 , BC 2 = BH 2 + HC 2 Trừ hai đẳng thức trên ta có:

c 2 − a 2 = HA2 − HC 2 = (HA + HC )(HA − HC ) = b. (HA − HC ) ⇒ HA − HC =

c2 − a 2 ta cũng có: b

HA + HC = b ⇒ AH = cos A =

b2 + c2 − a 2 . Xét tam giác vuông AHB ta có: 2b

AH b2 + c2 − a 2 = ⇔ a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A . AB 2bc

Cách 2: Xét tam giác vuông CHB ta có: 2

BC 2 = BH 2 + HC 2 = BH 2 + (AC − AH ) = BH 2 + AH 2 + AC 2 − 2AC .AH Ta có: AH = CB. cos A suy ra

BC 2 = BH 2 + AH 2 + AC 2 − 2AC .CB.cos A hay ⇔ BC 2 = BA2 + +AC 2 − 2AC .CB.cos A ⇔ a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A b). Để chứng minh bài toán ta cần kết quả sau: + sin 2α = 2 sin α. cos α

1 + S = ab sin C 2 *) Thật vậy xét tam giác vuông ABC , A = 900 , gọi M là trung điểm của

= α ⇒ AMB = 2α . BC , dựng đường cao AH . Đặt ACB A

AH h Ta có sin α = sin C = = AC b

b h

cos α = cosC =

AC b = BC a

2α

= AH = h = 2h . sin 2α = sin AMH AM a a 2 Từ đó ta suy ra: sin 2α = 2 sin α.cos α .

*) Xét tam giác ABC . Dựng đường cao BE ta có:

A E

S ABC =

1 1 BE .AC = BE .b (1) 2 2

Mặt khác trong tam giác vuông AEB ta có: sin A =

BE ⇒ BE = c.sin A AB

thay vào (1) 1 Ta có: S = ab sin C 2

Trở lại bài toán: Ta có S ABD

A 1 1 = AD.AB sin A1 = AD.c.sin    2  2 2

A 1 2 b

S ACD =

A 1 1 AD.AC sin A2 = AD.b.sin   2 2  2 

Suy ra S ABC = S ACD + S ABD = =

A 1 1 AD sin   c + b  . Mặt khác S ABC = bc sin A ⇒ 2 2  2 

A AD sin   c + b  = bc sin A ⇔ AD =  2 

bc sin A =  A    b + c sin ( )  2 

2bc cos

A 2

c +b

Chú ý rằng: Ta chứng minh được kết quả sau: cos 2α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α .

Thật vậy xét tam giác vuông ABC , A = 900 , gọi M là trung điểm của BC , dựng đường cao AH . Đặt ACB = α ⇒ AMB = 2α .

AC b = BC a AB c sin α = sin C = = , BC a

Ta có : cos α = cosC =

2 2 2 = AM + MB − AB cos 2α = cos AMH 2AM .MB 2

2α a

a a 2 2 + − c2  c   b  a 2 − 2c 2 a 2 − b2 4 4   = = = 1 − 2   = 1 − 2. = 2   − 1 . Từ a  a a a2 a2 a  2 . 2 2

đó suy ra cos 2α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α   A Áp dụng a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ⇒ a 2 = b 2 + c 2 − 2bc 2 cos2 − 1 . 2   2

2 A b2 + c2 − a 2 A (b + c ) − a ⇒ 2 cos = + 1 ⇔ cos2 = . Thay vào công 2 2bc 2 4bc thức đường phân giác ta có: 2

(b + c ) − a 2 A 2bc 2bc cos bc 4bc 2 = = AD = c +b b +c Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: b +c ⇒ AD ≤ 2 2p = a + b + c . bc ≤

(b + c − a )(b + c + a ) 2

(b + c − a )(b + c + a ) b +c

= p(p − a ) với

Áp dụng công thức: a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A . Ta cũng chứng minh được hệ thức rất quan trọng trong hình học phẳng ( Định lý Stewart) đó là: ‘’Cho điểm D nằm trên cạnh BC của tam giác ABC khi đó ta có:

(

)

AB 2 .CD + AC 2 .BD = BC AB 2 + BD.DC ’’ A

+ Thật vậy :Ta giả kẻ AH ⊥ BC không mất tính tổng quát, ta giả sử D nằm trong đoạn HC . Khi đó ta có:

= AD 2 + BD 2 − 2DB.DH (1) AB 2 = AD 2 + BD 2 − 2AD.BD.cos ADB Tương tự ta có: AC 2 = AD 2 + DC 2 + 2DH .DC (2). Nhân đẳng thức (1) với DC đẳng thức (2) với BD rồi cộng lại theo vế ta có:

(

AB 2 .CD + AC 2 .BD = BC AB 2 + BD.DC

)

Ví dụ 3. Không dùng máy tính và bảng số hãy chứng minh rằng sin 750 =

6+ 2 . 4

Giải:

Vẽ tam giác ABC vuông tại A với BC = 2a ( a là một độ dài tùy ý) B

= 750 . = 150 , suy ra B ,C

Gọi I là trung điểm của BC , ta có IA = IB = IC = a . Vì AIB là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác cân IAC nên AIB = 2C = 300 . Kẻ AH ⊥ BC thì

IH = AI .cos 300 =

a 3 a ; AH = AI .cos 300 = ; 2 2

CH = CI + IH = a +

(

)

a 3 a 2+ 3 . = 2 2

Tam giác AHC vuông tại H , theo định lý Pythagore, ta có: 2

AC = CH + AH = 2

(

4a 2 + 3 =

) =a

sin 750 = sin B =

(

a2 2 + 3 4

)

2 2 Vậy sin 750 =

(

AC a 2+ 3 = = 2a BC 3 +1 2 2

6+ 2 . 4

2 =

(

)

a2 4 + 4 3 + 3 + 1 a2 + = 4 4

(2 + 3 ) , suy ra AC = a

3 +1

)

2+ 3 = 2

3 +1

2 2. 2

2+ 3 .

6+ 2 . 4

4 +2 3 2 2

CHƯƠNG 2: ĐƯỜNG TRÒN CHỦ ĐỀ 1: SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN Định nghĩa: Đường tròn tâm O bán kính R > 0 là hình gồm các điểm cách điểm O một khoảng R kí hiệu là (O; R) hay (O) + Đường tròn đi qua các điểm A1 , A2 ,..., An gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác A1A2 ...A n + Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa giác A1A2 ...A n gọi là đường tròn nội tiếp đa giác đó. Những tính chất đặc biệt cần nhớ: + Trong tam giác vuông trung điểm cạnh huyền là tâm vòng tròn ngoại tiếp + Trong tam giác đều , tâm vòng tròn ngoại tiếp là trọng tâm tam giác đó. + Trong tam giác thường: Tâm vòng tròn ngoại tiếp là giao điểm của 3 đường trung trực của 3 cạnh tam giác đó Tâm vòng tròn nội tiếp là giao điểm 3 đường phân giác trong của tam giác đó PHƯƠNG PHÁP: Để chứng minh các điểm A1 , A 2 ,..., An cùng thuộc một đường tròn ta chứng minh các điểm A1 , A 2 ,..., An cách đều điểm O cho trước. Ví dụ 1) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a . AM, BN,CP là các đường trung tuyến. Chứng minh 4 điểm B,P, N,C cùng thuộc một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó. Giải:

Vì tam giác ABC đều nên các trung tuyến đồng thời cũng là đường cao . Suy ra AM, BN,CP lần lượt vuông góc với BC,AC,AB . Từ đó ta có các tam giác BPC, BNC là tam giác vuông Với BC là cạnh huyền, suy ra MP = MN = MB = MC Hay: Các điểm B,P, N,C cùng thuộc đường tròn Đường kính BC = a , tâm đường tròn là Trung điểm M của BC A

+D = 900. Gọi M,N,P,Q lần lượt là trung Ví dụ 2) Cho tứ giác ABCD có C điểm của AB, BD, DC,CA . Chứng minh 4 điểm M,N,P,Q cùng thuộc một đường tròn. Tìm tâm đường tròn đó .

Giải: T B M A D

Q C P

Kéo dài AD,CB cắt nhau tại điểm T thì tam giác TCD vuông tại T . + Do MN là đường trung bình của tam giác ABD nên NM / /AD + MQ là đường trung bình của tam giác ABC nên MQ / /BC . Mặt khác AD ⊥ BC ⇒ MN ⊥ MQ . Chứng minh tương tự ta cũng có: MN ⊥ NP, NP ⊥ PQ . Suy ra MNPQ là hình chữ nhật. Hay các điểm M,N,P,Q thuộc một đường tròn có tâm là giao điểm O của hai đường chéo NQ,MP Ví dụ 3) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) . Gọi M là trung điểm của AC G là trọng tâm của tam giác ABM . Gọi Q là giao điểm của BM và GO .

Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BGQ . Giải: A P N I B

G Q

M K O

Vì tam giác ABC cân tại A nên tâm O của vòng tròn ngoại tiếp tam giác nằm trên đường trung trực của BC .Gọi K là giao điểm của AO và BM Dưng các đường trung tuyến MN, BP của tam giác ABM cắt nhau tại trọng tâm G .Do MN / /BC ⇒ MN ⊥ AO . Gọi K là giao điểm của BM và AO thì K là trọng tâm của tam giác ABC suy ra GK / /AC .

Mặt khác ta có OM ⊥ AC suy ra GK ⊥ OM hay K là trực tâm của tam giác OMG ⇒ MK ⊥ OG . Như vậy tam giác BQG vuông tại Q . Do đó tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác GQB là trung điểm I của BG . =B = 900 . BC = 2AD = 2a, Gọi Ví dụ 4). Cho hình thang vuông ABCD có A H là hình chiếu vuông góc của B lên AC M là trung điểm của HC . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM

Giải:

D H

O N

Gọi N là trung điểm của BH thì MN là đường trung bình của tam giác HBC suy ra MN ⊥ AB , mặt khác BH ⊥ AM ⇒ N là trực tâm của tam giác ABM suy ra AN ⊥ BM . 1 2

Do MN / / = BC ⇒ MN / / = AD nên ADMN là hình bình hành suy ra AN / /DM . Từ đó ta có: DM ⊥ BM hay tam giác DBM vuông tại M nên

tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác DBM là trung điểm O của BD . 1 2

Ta có R = MO = BD =

1 1 a 5 . AB2 + AD2 = 4a 2 + a 2 = 2 2 2

Bài toán tương tự cho học sinh thử sức. Cho hình chữ nhật ABCD , kẻ BH vuông góc với AC . Trên AC,CD ta lấy các điểm M, N sao cho trên một đường tròn.

AM DN . Chứng minh 4 điểm M, B,C, N nằm = AH DC

= 900 , hãy chứng minh BMN = 900 Gợi ý: BCN

Ví dụ 5).Cho lục giác đều ABCDEF tâm O . Gọi M, N là trung điểm của CD, DE . AM cắt BN tại I . Chứng minh rằng các điểm M,I,O, N, D nằm trên một đường tròn. Giải:

K1 J

M H1

H I

N F

Do ABCDEF là lục giác đều nên OM ⊥ CD,ON ⊥ DE ⇒ M,N,C, D nằm trên đường tròn đường kính OD . Vì tam giác ∆OBN = ∆OAM nên điểm O cách . đều AM, BN suy ra OI là phân giác trong của góc AIN

OH ⊥ AM ⇒ DH1 = 2OH (Do OH là đường trung bình của tam giác  DH1 ⊥ AM

Kẻ 

DAH1 OK ⊥ BN OK JO 1 ⇒ DK1 = 2OK (Do = = với J = AD ∩ NB ) DK1 JD 2  DK1 ⊥ BN

Kẻ 

Do OK = OH ⇔ DH1 = DK1 suy ra D cách đều AM, BN hay ID là phân ⇒ OID = 900 . Vậy 5 điểm M,I,O, N, D cùng nằm trên giác ngoài của AIN một đường tròn đường kính OD .

Ví dụ 6) Cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm BC, N là điểm

1 4

thuộc đường chéo AC sao cho AN = AC . Chứng minh 4 điểm M,N,C, D nằm trên cùng một đường tròn. Giải: = 900 nên để chứng minh 4 điểm Ta thấy tứ giác MCDN có MCD = 900 M,N,C, D cùng nằm trên một đường tròn ta sẽ chứng minh MND

Cách 1: Kẻ đường thẳng qua N song song với AB cắt BC, AD tại E,F . Xét 1 1 4 4 = 900 suy ra ∆NEM = ∆DFN do đó NME = DNF,MNE = NDF ⇒ MNE + DNF

hai tam giác vuông NEM và DFN EM = NF = AB,EN = DF = AB từ đó

Hay tam giác MND vuông tại N . Suy ra 4 điểm M,N,C, D cùng nằm trên đường tròn đường kính MD Cách 2: Gọi K là trung điểm của ID với I là giao điểm của hai đường chéo. Dễ thấy MCKN là hình bình hành nên suy ra CK / /MN . Mặt khác do NK ⊥ CD, DK ⊥ CN ⇒ K là trực tâm của tam giác CDN ⇒ CK ⊥ ND ⇔ MN ⊥ ND . E

I N

A F

Ví dụ 7) Trong tam giác ABC gọi M, N,P lần lượt là trung điểm của AB, BC,CA . A1 , B1 ,C1 lần lượt là các chân đường cao hạ từ đỉnh A, B,C đến

các cạnh đối diện. A 2 , B2 ,C2 là trung điểm của HA,HB,HC . Khi đó 9 điểm M, N,P, A1 , B1 ,C1 , A 2 , B2 ,C2 cùng nằm trên một đường tròn gọi là đường

tròn Ơ le của tam giác Giải:

A A2 C1 M

P Q

B2 B

1 2

1 2 suy ra MNC 2 B2 là hình chữ nhật, tương tự ta có MPB2 C2 , NPA2 B2 là hình

a). Thật vậy ta có MN = A 2 C 2 = AC, MA 2 = NC2 = BH mà BH ⊥ AC chữ

nhật nên 9 điểm M, N,P, A1 , B1 ,C1 , A 2 , B2 ,C2 cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm của các đường chéo của 3 hình chữ nhật trên. Từ đó ta suy ra tâm đường tròn Ơ le là trung điểm Q của HI

Ví dụ 8) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AD là đường kính của (O) . M là trung điểm của BC,H là trực tâm của tam

giác. Gọi X, Y,Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm D lên HB,HC, BC . Chứng minh 4 điểm X, Y, Z,M cùng thuộc một đường tròn

Giải: I A J H

X K

E Y

Phân tích: M là trung điểm BC ⇒ M cũng là trung điểm của HD (Bài toán quen thuộc). X, Y,Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm D lên HB,HC, BC kết hợp tính chất điểm M làm ta liên tưởng đến đường tròn Ơ le của một tam giác: Từ những cơ sở đó ta có lời giải như sau: + Giả sử HB cắt DY tại I,HC cắt DX tại K , J là trung điểm của IK . Ta dễ chứng minh được BHCD là hình bình hành suy ra hai đường chéo HD, BC cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường. Vì DX ⊥ HI, DI ⊥ HC suy ra K là trực tâm của tam giác IHD nên = KHI = HCD (chú ý HI / /CD) và CHD = KID (cùng phụ với góc KDI ). Từ đó suy ra ∆KID ∼ ∆CHD HDI + Mặt khác CM, DJ là hai trung tuyến tương ứng của tam giác CHD và = HCM . Từ đó suy ra DJ ⊥ BC tại KID , như vậy ta có ∆DIJ ∼ ∆CHM ⇒ JDI

Z hay Z thuộc đường tròn đường kính MJ . Theo bài toán ở ví dụ 6 , đường tròn đường kính MJ là đường tròn Ơ le của tam giác IHD . Từ đó ta có:

X, Y, Z,M đều cùng nằm trên đường tròn đường kính MJ . Đó là điều phải

chứng minh.

Ví dụ 9) Cho tam giác ABC có trực tâm H . Lấy điểm M, N thuộc tia BC sao cho MN = BC và M nằm giữa B,C . Gọi D,E lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N lên AC, AB . Chứng minh cácđiểm A, D,E,H cùng thuộc một đường tròn. Giải:

A D

E H

K C

Giả sử MD cắt NE tại K . Ta có HB / /MK do cùng vuông góc với AC suy = KMN ( góc đồng vị) . ra HBC = KNM kết hợp với giả thiết BC = MN Tương tự ta cũng có HCB ⇒ ∆BHC = ∆KMN ⇔ S ∆BHC = S ∆KMN ⇒ HK / /BC . Mặt khác ta có BC ⊥ HA

nên HK ⊥ HA hay H thuộc đường tròn đường tròn đường kính AK . Dễ thấy E, D ∈ (AK) nên cácđiểm A, D,E,H cùng thuộc một đường tròn. Ví dụ 10) Cho tam giác ABC . P là điểm bất kỳ PA,PB,PC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A1 , B1 ,C1 . Gọi A 2 , B2 ,C2 là các điểm đối xứng với A1 , B1 ,C1 qua trung điểm của BC,CA, AB . Chứng minh rằng: A 2 , B2 ,C2 và trực tâm H của tam giác ABC cùng thuộc một đường tròn. Giải:

A C2

B2 C3

I O

A4 H

G K

B4 C4

A2 C

B A1

+ Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC ,theo bài toán quen thuộc về đường 1 3

tròn Ơ le thì G thuộc đoạn OH và OG = OH . Gọi A 3 , B3 ,C3 lần lượt là trung điểm của BC,CA, AB . Theo giả thiết A 3 là trung điểm của A1A2 , vậy G là trọng tâm của tam giác ABC và AA1A2 . Gọi A 4 , B4 ,C4 lần lượt là

trung điểm của AA1 , BB1 ,CC1 . Vì G là trọng tâm của tam giác AA1A2 nên GA 4 1 = . Gọi K là trung điểm của OP vì AA1 là dây cung của GA 2 3 (O) ⇒ OA 4 ⊥ AA1 ⇒ A 4 thuộc đường tròn tâm K đường kính OP hay KA 4 =

OP (2) 2

+ Gọi I là điểm thuộc tia đối GK sao cho

GK 1 = (3). Từ (1) và (3) suy ra GI 3

IH / /KO và IH = 2KO = OP . Từ (2) và (3) ta dễ thấy IA 2 / /KA 4 và

IA 2 = 2KA4 = OP . Từ đó suy ra IA 2 = IH hay A 2 ∈ ( I; IH ) . Tương tự ta có B2 ,C2 ∈ ( I; IH ) . Hay A 2 , B2 ,C 2 ,H thuộc đường tròn tâm I bán kính IH = OP ta có điều phái chứng minh.

VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

1.Khi một đường thẳng có hai điểm chung A, B với đường tròn (O) ta nói đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt. Khi đó ta có những kết quả quan trọng sau:

+ OH ⊥ AB ⇒ OH < R,HA = HB = R 2 − OH2 . Theo định lý Pitago ta có: OH2 = MO2 − MH2 Mặt khác ta cũng có: OH2 = R 2 − AH2 nên suy

ra MO 2 − MH2 = R 2 − AH2 ⇔ MH2 − AH2 = MO2 − R 2 ⇔ (MH − AH) ( MH + AH ) = MO2 − R 2

+ Nếu M nằm ngoài đoạn AB thì MA.MB = MO 2 − R 2 + Nếu M nằm trong đoạn AB thì MA.MB = R 2 − MO 2 Mối liên hệ khoảng cách và dây cung: R 2 = OH2 +

AB2 4

2. Khi một đường thẳng ∆ chỉ có một điểm chung H với đường tròn (O) , ta nói đường thẳng tiếp xúc với đường tròn, hay ∆ là tiếp tuyến của đường tròn (O) . Điểm H gọi là tiếp điểm của tiếp tuyến với đường tròn (O)

Như vậy nếu ∆ là tiếp tuyến của (O) thì ∆ vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm Ta có OH = R Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại một điểm thì

+ Điểm đó cách đều hai tiếp điểm + Tia kẻ từ điểm đó đến tâm O là tia phân giác góc tạo bởi 2 tiếp tuyến +Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác góc tạo bởi hai bán kính đi qua các tiếp điểm + Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó thì vuông góc với đoạn thẳng nối hai tiếp điểm tại trung điểm của đoạn thẳng đó. A

O H

∆

3. Khi một đường thẳng ∆ và đường tròn (O) không có điểm chung ta nói

đường thẳng ∆ và đường tròn (O) không giao nhau. Khi đó OH > R

∆

4. Đường tròn tiếp xúc với 3 cạnh tam giác là đường tròn nội tiếp tam giác

Đường tròn nội tiếp có tâm là giao điểm 3 đường phân giác trong của tam giác

5. Đường tròn tiếp xúc với một cạnh của tam giác và phần kéo dài hai cạnh kia gọi là đường tròn bàng tiếp tam giác

Tâm đường tròn bàng tiếp tam giác trong góc A là giao điểm của hai đường phân giác ngoài góc B và góc C Mỗi tam giác có 3 đường tròn bàng tiếp. A P

M D

B O

O B

N E Đường tròn nội tiếp ∆ABC

C Đường tròn bàng tiếp trong góc A

CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN =B = 900 ) có O là trung điểm Ví dụ 1) Cho hình thang vuông ABCD (A

= 900 . Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn của AB và góc COD đường kính AB .

Giải: A

H O

= 900 suy ra EOD = 900 . Xét tam giác Kéo dài OC cắt BD tại E vì COD COD và ∆EOD ta có OD chung OC OA = = 1 ⇒ OC = OD ⇒ ∆COD = ∆∆EOD . Suy ra DC = DE hay tam giác OD OB ECD cân tại D . Kẻ OH ⊥ CD thì ∆OBD = ∆OHD ⇒ OH = OB mà OB = OA ⇒ OH = OB = OA hay A,H, B thuộc đường tròn (O) . Do đó CD là

tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB . Ví dụ 2) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a . Gọi M, N là hai điểm trên các cạnh AB, AD sao cho chu vi tam giác AMN bằng 2a . Chứng minh đường thẳng MN luôn tiếp xúc với 1 đường tròn cố định. Giải:

H N

Trên tia đối của BA ta lấy điểm E sao cho BE = ND . Ta có ∆BCE = ∆DCN ⇒ CN = CE . Theo giả thiết ta có: MN + AM + AN = AB + AD = AM + MB + AN + DN = AM + AN + MB + BE . Suy ra MN = MB + BE = ME . = CMB . Kẻ CH ⊥ MN ⇒ Từ đó ta suy ra ∆MNC = ∆MEC ⇒ CMN CH = CB = CD = a . Vậy D,H, B thuộc đường tròn tâm C bán kính CB = a suy ra MN luôn tiếp xúc với đường tròn tâm C bán kính bằng a .

Ví dụ 3) Cho tam giác ABC cân tại A đường cao BH . Trên nửa mặt phẳng chứa C bờ AB vẽ Bx ⊥ BA cắt đường tròn tâm B bán kính BH tại D . Chứng minh CD là tiếp tuyến của (B) Giải:

A H α

1 2

D x

= α . Vì Vì tam giác ABC cân tại A nên ta có: B = C

+ α = 900 . Mặt khác ta cũng có B + α = 900 ⇒ B =B . Hai Bx ⊥ BA ⇒ B 2 1 1 2

tam giác BHC và ∆BDC có BC chung, B 1 = B 2 , BH = BD = R suy ra = ∆ BDC = 900 . Nói cách khác CD là tiếp ∆BHC = ∆BDC(c.g.c) suy ra BHC

tuyến của đường tròn (B) Ví dụ 4) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC)

đường cao AH . Gọi E là điểm đối xứng với B qua H . Đường tròn tâm O đường kính EC cắt AC tại K . Chứng minh HK là tiếp tuyến của đường tròn (O) . Giải: A

I 1

K 2 3

= 900 . Vì tam giác EKC có một cạnh EC là đường kính của (O) nên EKC

Kẻ HI ⊥ AC ⇒ BA / /HI / /EK suy ra AI = IK từ đó ta có tam giác AHK cân ). =B ( cùng phụ với góc hai góc bằng nhau là BAH,IHK tại H . Do đó K 1

=C ( do tam giác KOC cân tại O ). Mà Mặt khác ta cũng có: K 2 3 +C = 900 ⇒ K +K = 900 suy ra HKO = 900 hay HK là tiếp tuyến của B 3 1 2 (O) .

Ví dụ 5) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH . Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH kẻ các tiếp tuyến BD,CE với (A) ( D,E là các tiếp

điểm khác H ). Chứng minh DE tiếp xúc với đường tròn đường kính BC . Giải: E A

D B

= HAB,CAH = CAE . Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DAB

+ CAE = HAB + CAH = BAC = 900 hay Suy ra DAB + CAE + HAB + CAH = 1800 ⇒ D, A,E thẳng hàng. Gọi O là trung điểm DAB

của BC thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Mặt khác AD = AE nên OA là đường trung bình của hình thang vuông BDEC suy ra OA ⊥ DE tại A . Nói cách khác DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) .

Đường kính BC

Ví dụ 6) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính r . Giả sử (I; r) tiếp xúc với các cạnh AB, BC,CE lần lượt tại D,E,F . Đặt AB = c, BC = a, AC = b, AD = x, BE = y,CF = z .

a) Hãy tính x, y, z theo a, b,c b) Chứng minh S = p.r (trong đó S là diện tích tam giác p là nữa chu vi tam giác, r là bán kính vòng tròn ngoại tiếp tam giác. c) Chứng minh:

1 1 1 1 trong đó (ha ; h b ; hc ) lần lượt là = + + r ha h b h c

đường cao kẻ từ các đỉnh A, B,C của tam giác A, B,C . Giải:

A x

D r y B

a). Từ giả thiết ta có AF = AD = x, BD = BE = y,CE = CF = z . Từ đó suy ra x + y = c   y + z = a . Lần lượt trừ từng vế phương trình (4) của hệ cho các z + x = b  x + y + z = a + b + c  2  a+b−c =p−c z = 2  a+c−b  =p−b phương trình ta thu được:  y = 2  b+c−a  = p−a x = 2 

b). Ta có S ∆ABC = S ∆IAB + S ∆IAC + S ∆IBC =

1 ( r.AB + r.AC + r.BC ) = 12 r.2p = p.r 2

c). Ta có S=

p 1 1 a 1 b 1 c 1 1 1 1 a.ha ⇒ = , = , = ⇔ + + = ( a + b + c ) = S = 1r 2 ha 2S h b 2S h c 2S ha h b h c 2S

VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN. Xét hai đường tròn (O; R),(O'; R ')

A). Hai đường tròn tiếp xúc nhau: Khi hai đường tròn tiếp xúc nhau, thì có thể xảy ra 2 khả năng. Trường hợp 1: Hai đường tròn tiếp xúc ngoài: + Điều kiện R + R ' = OO' . Tiếp điểm nằm trên đường nối tâm của hai đường tròn. Đường nối tâm là trục đối xứng của hai đường tròn.

Ví dụ 1: Cho hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A . Qua A kẻ

một cát tuyến cắt (O) tại C , cắt đường tròn (O') tại D a) Chứng minh OC / /O' D b) Kẻ tiếp tuyến chung ngoài MN , gọi P , Q lần lượt là các điểm đối xứng với M, N qua OO' . Chứng minh MNQP là hình thang cân và MN + PQ = MP + NQ

. Gọi K là giao điểm của AM với (O') . Chứng c) Tính góc MAN

minh N,O',K thẳng hàng. Giải:

R N

O' K

Y QD

a). Do hai đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A nên A nằm trên = DAO' . Lại có OCA = OAD,O' OO' .Ta có CAO AD = O' DA vì các tam

giác ∆COA, ∆DO' A là tam giác cân. Từ đó suy ra = O' OCA DA ⇔ OC / /O' D

b). + Vì MP ⊥ OO', NQ ⊥ OO' ⇒ MP / /OO' ⇒ MNQP là hình thang . Vì M đối xứng với P qua OO' , N đối xứng với Q qua OO' và O luôn đối xứng

cùng phụ với = OMP = 900 . Mặt khác MPQ,PMN với O qua OO' nên OPM = PMN suy ra MNQP là hình thang cân. = OMP nên MPQ các góc OPM

(Chú ý: Từ đây ta cũng suy ra PQ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn) + Kẻ tiếp tuyến chung qua A của hai đường tròn cắt MN,PQ tại R,S thì ta có: RM = RA = RN,SA = SP = SQ suy ra MN + PQ = 2RS . Mặt khác RS cũng là đường trung bình của hình thang nên MP + NQ = 2RS hay MP + NQ = MN + PQ

c). Từ câu b ta có AR = RM = RN nên tam giác MAN vuông tại A , từ đó = 900 ⇒ KN là đường kính của (O') , hay N,O',K thẳng hàng. suy ra NAK

Ví dụ 2: Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R ') tiếp xúc ngoài tại A với (R > R ') . Đường nối tâm OO' cắt (O),(O') lần lượt tại B,C . Dây DE của (O) vuông góc với BC tại trung điểm K của BC

a) Chứng minh BDCE là hình thoi b) Gọi I là giao điểm của EC và (O') . Chứng minh D, A,I thẳng hàng c) Chứng minh KI là tiếp tuyến của (O') . Giải: D

O1 K

Vì BC vuông góc với đường thẳng DE nên DK = KE, BK = KC (theo giả thiết) do đó tứ giác BDCE là hình bình hành, lại có BC ⊥ DE nên là hình thoi. b) Vì tam giác BDA nội tiếp đường tròn ( O1 ) có BA là đường kính nên = 900 (1) ∆BDA vuông tại D . Gọi I' là giao điểm của DA với CE thì AI'C ). Lại có ∆AIC nội tiếp đường tròn O có AC là (vì so le trong với BDA

( 2)

= 900 (2). đường kính nên tam giác AIC vuông tại I , hay AIC

Từ (1) và (2) suy ra I ≡ I' . Vậy D, A,I thẳng hàng. c) Vì tam giác DIE vuông tại I có IK là trung tuyến ứng với cạnh huyền = I (1). Lại có D =C (2) do cùng phụ với DE nên KD = KI = KE ⇒ D 1 2 1 4 và C =C (3), vì O C = O I là bán kính của đường tròn O . DEC ( 2) 4 3 2 2

= 900 do đó KI Từ (1),(2),(3) suy ra I 2 = I 3 ⇒ I 2 + I 5 = I 5 + I 3 = 900 hay KIO 2

vuông góc với bán kính O2 I của đường tròn ( O2 ) . Vậy KI là tiếp tuyến của đường tròn ( O2 ) . Ví dụ 3) Chứng minh rằng: Trong một tam giác tâm vòng tròn ngoại tiếp O trọng tâm G trực tâm H nằm trên một đường thẳng và HG = 2GO (Đường thẳng Ơ le) . Gọi R,r,d lần lượt là bán kính vòng tròn

ngoại tiếp nội tiếp và khoảng cách giữa hai tâm chứng minh d2 = R 2 − r 2 (Hệ thức Ơ le) Giải:

G O B

O C B

= 900 ⇔ DC ⊥ AC mặt + Kẻ đường kính AD của đường tròn (O) thì ACD

khác BH ⊥ AC ⇒ BH / /DC , tương tự ta có: CH / /BD ⇒ BHCD là hình bình hành do đó hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Suy ra OM là đường trung bình của tam giác AHD . Giả sử HO ∩ AM = G thì GM OM 1 = = ⇒ G là trọng tâm tam giác ABC và HG = 2GO GA HA 2

Nhận xét: Nếu kéo dài đường cao AH cắt (O) tại H' ta sẽ có H,H' đối

xứng nhau qua BC . Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng với tâm đường tròn ngoại tiếp HBC qua BC . + Ta có : IA.IF = R 2 − d 2 (Xem phần tính chất tiếp tuyến, cát tuyến). Mặt khác AF là phân giác trong góc A ⇒ FB = FC = FI . Kẻ đường kính = FAC = 1A . Tam giác IAK,FNC là hai tam giác FN ⇒ FCN = 900 ⇒ FNC 2

vuông có góc nhọn bằng nhau nên đồng dạng với nhau. Từ đó suy ra IA IK = ⇔ IA.FC = FN.IK ⇒ IA.FC = 2Rr . Hay d2 = R 2 − r 2 FN FC

B. Hai đường tròn cắt nhau:

Khi hai đường tròn (O1 ),(O2 ) cắt nhau theo dây AB thì O1O2 ⊥ AB tại trung điểm H của AB . Hay AB là đường trung trực của O1O2

Khi giải toán liên quan dây cung của đường tròn, hoặc cát tuyến ta cần chú ý kẻ thêm đường phụ là đường vuông góc từ tâm đến các dây cung. Ví dụ 1. Cho hai đường tròn (O1 ; R),(O2 ; R) cắt nhau tại A, B ( O1 ,O2 nằm

khác phía so với đường thẳng AB ). Một cát tuyến PAQ xoay quanh A

( P ∈ ( O1 ) ,Q ∈ ( O2 ) ) sao cho A nằm giữa P và Q . Hãy xác đinh vị trí của cát tuyến PAQ trong mỗi trường hợp. a) A là trung điểm của PQ b) PQ có độ dài lớn nhất c) Chu vi tam giác BPQ lớn nhất d) S ∆BPQ lớn nhất. Lời giải: P

K O2

a) Giả sử đã xác định được vị trí của cát tuyến PAQ sao cho PA = AQ . 1 2

Kẻ O1H vuông góc với dây PA thì PH = HA = PA . 1 2

Kẻ O2 K vuông góc với dây AQ thì AK = KQ = AQ . Nên AH = AK . Kẻ Ax / /O,H / /O 2 K cắt O , O2 tại I thì O1I = IO2 và Ax ⊥ PQ . Từ đó suy ra cách xác định vị trí của cát tuyến PAQ đó là cát tuyến PAQ vuông góc với IA tại A với I là trung điểm của đoạn nối tâm O1O2 . b) Trên hình, ta thấy PA = HK . Kẻ O2 M ⊥ O1H thì tứ giác MHKO2 có ba góc vuông nên là hình chữ nhật do đó HK = MO2 . Lúc đó O2 M là đường vuông góc kẻ từ O2 đến đường thẳng O1H,O2 O1 là đường xiên kẻ từ O2 đến đường thẳng O1H . Nên O2 M ≤ O1O2 hay PQ = 2HK = 2O2 M ≤ 2O1O2 (không đổi). dấu đẳng thức xảy ra ⇔ M ≡ O hay PQ / /O1O 2 . Vậy ở vị trí cát tuyến PAQ / /O1O2 thì PQ có độ dài lớn nhất. c) Qua A kẻ cát tuyến CAD vuông góc với BA . Thì tam giác ABC và ABD vuông tại A lần lượt nội tiếp các đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) nên O1 là trung điểm của BC và O2 là trung điểm của BD . Lúc đó O1O2 là đường trung bình của tam giác BCD nên O1O2 / /CD suy ra PQ ≤ 2O1O2 (1) (theo câu b). Lại có BQ ≤ BD (2), BP ≤ BC (3). Từ (1),(2),(3) suy ra chu vi tam giác BPQ,C = PQ + BQ + BP ≤ 2 ( O1O2 + R 1 + R 2 ) (không đổi). Dấu bằng có khi P ≡ C,Q ≡ D .

Vậy chu vi tam giác BPQ đạt giá trị lớn nhất khi cát tuyến PAQ vuông góc với dây BA tại A .

d) Kẻ BN ⊥ PQ thì BN ≤ BA . 1 2

1 2

Lúc đó S BPQ = BN.PQ ≤ BA.CD không đổi. Vậy S BPQ đạt giá trị lớn nhất khi cát tuyến PAQ vuông góc với dây chung BA tại A .

Ví dụ 2. . Cho hai đường tròn (O1 ; R),(O2 ; R) cắt nhau tại đường thẳng O1H cắt ( O1 ) tại K, cắt (O 2 ) tại B , O 2 H cắt ( O1 ) tại C, cắt (O 2 ) tại D .

Chứng minh ba đường thẳng BC, BD,HK đồng quy tại một điểm. E

Lời giải: C

B H

O1 A

Gọi giao điểm của AC với BD là E . Các tam giác ACH, AKH nội tiếp đường tròn ( O1 ) có cạnh HA là đường kính nên tam giác ACH vuông tại C , tam giác AKH vuông tại K suy ra DC ⊥ AE (1), HK ⊥ AK (2).

Lại có tam giác HKD,HBD nối tiếp dường tròn ( O2 ) có cạnh HD là đường kính nên tam giác HKD vuông tại K , tam giác HBD vuông tại B suy ra: HK ⊥ KD (3), AB ⊥ DE (4).

Từ (2) và (3) suy ra A,K, D thẳng hàng nên HK ⊥ AD (5). Từ (1) và (4)suy ra H là trực tâm của tam giác AED , do đó EH ⊥ AD (6). Từ (5) và (6) suy ra H ∈ EK (vì qua H ở ngoài đường thẳng AD chỉ kẻ được một đường thẳng vuông góc với AD ). Vậy AC, BD,HK đồng quy tại E là giao điểm của AC và BD .

CHƯƠNG 3: GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN KIẾN THỨC CƠ BẢN có đỉnh A nằm trên đường tròn - Góc ABE (O ) và các cạnh cắt đường

tròn đó được gọi là góc nội tiếp (Hình). Trong trường hợp các góc nội tiếp có số đo không vượt quá 900 thì số đo của chúng bằng nửa số đo của góc ở tâm, cùng chắn một cung. Các góc nội tiếp đều có số đo bằng nửa số đo cung bị chắn. Vì thế, nếu những góc này cùng chắn một cung (hoặc chắn những cung bằng nhau) thì chúng bằng nhau, nếu các góc nội tiếp này bằng nhau thì các cung bị chắn bằng nhau. C

O E

= ADE = ADE = 1 sđAE Trên hình vẽ ta có: ABE 2

- Cho đường tròn (O ) và dây cung AB . Từ điểm A ta kẻ tiếp tuyến Ax được gọi là góc tạo bởi tia tiếp tuyến với dây với đường tròn, khi đó BAx cung AB (Hình). Cũng như góc nội tiếp, số đo góc giữa tia tiếp tuyến và

= 1 sđAmB . dây cung bằng nửa số đo cung bị chắn : sđBAx 2 B O

m A

Chú ý: Việc nắm chắc các khái niệm, định lý, hệ quả về góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung có thể giúp chúng ta so sánh số đo các góc, từ đó chứng minh được các đường thẳng song song với nhau, các tam giác bằng nhau, các tam giác đồng dạng với nhau… I. Góc nội tiếp đường tròn A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI B

O C

- Hai góc cùng chắn một cung thì bằng nhau và bằng nửa số đo cung bị

= sđACD = 1 sđAD . chắn. Trên hình vẽ: sđABD 2 - Các góc chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau. Trên hình vẽ: ⇔ sđABD = sđCAD . = sđCD AD = CD ⇔ sđAD B. VÍ DỤ Ví dụ 1. Trên cạnh huyền BC của tam giác vuông ABC về phía ngoài ta dựng hình vuông với tâm tại điểm O . Chứng minh rằng AO là tia phân . giác của góc BAC A Lời giải:

= 900 . Vì O là tâm của hình vuông nên BOC

Lại có BAC = 900 suy ra bốn điểm A, B,O,C

cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.

). Mà Đối với đường tròn này ta thấy BAO = BCO (cùng chắn BO = 450 ⇒ BAO = 450 . Do BCO BAC = 900 , nên CAO = BAC − BAO = 450 . Vậy BAO = CAO , nghĩa là AO là tia (đpcm). phân giác của góc vuông BAC

Ví dụ 2. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Từ đỉnh A ta kẻ đường cao AH ( H thuộc BC ). Chứng minh rằng BAH = OAC .

Lời giải: A

O B

C E

Kẻ đường kính AE của đường tròn (O ) . Ta thấy ACE = 900 (góc nội tiếp

+ AEC = 900 (1). chắn nửa đường tròn). Từ đó OAC + ABC = 900 (2). Lại vì Theo giả thiết bài ra, ta có: BAH AEC = ABC ) (3). (cùng chắn AC Từ (1),(2) và (3) suy ra BAH = OAC (đpcm). Lưu ý: Cũng có thể giải bài toán theo hướng sau: Gọi D là giao điểm của tia AH với đường tròn (O ) , chứng tỏ tứ giác BDEC là hình thang cân. Từ = sđCE , dẫn đến đó suy ra sđBD BAD = CAE , hay BAH = OAC .

Ví dụ 3. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Trên cung BC không chứa A ta lấy điểm P bất kỳ ( P khác B và P khác C ). Các đoạn PA và BC cắt nhau tại Q . a) Giả sử D là một điểm trên đoạn PA sao cho PD = PB . Chứng minh rằng ∆PDB đều. b) Chứng minh rằng PA = PB + PC . c) Chứng minh hệ thức

1 1 1 . = + PQ PB PC

Lời giải:

D B

a) Trước tiên ta nhận thấy rằng tam giác PBD cân tại P . Mặt khác, BPD = BPA = BCA = 600 (hai góc nội tiếp cùng chắn AB của đường tròn (O ) ). Vậy nên tam giác PDB đều. b) Ta đã có PB = PD , vậy để chứng minh PA = PB + PC ta sẽ chứng minh DA = PC . Thật vậy, xét hai tam giác BPC và BDA có: BA = BC (giả thiết), BD = BP (do tam giác BPD đều). Lại vì + DBC = 600 , PBC + DBC = 600 nên . Từ đó ABD ABD = PBC ∆BPC = ∆BDA (c.g.c), dẫn đến DA = PC (đpcm).

c) Xét hai tam giác PBQ và PAC ta thấy BPQ = 600 , ) suy ra APC = ABC = 600 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC ). BPQ = APC , PBQ = PBC = PAC (hai góc nội tiếp cùng chắn PC

PQ PC = , hay PQ.PA = PB.PC . PB PA Theo kết quả câu b , ta có PA = PB + PC nên Từ đó ∆PBQ ∼ ∆PAC (g.g) ⇒

PQ (PB + PC ) = PB.PC . Hệ thức này tương đương với 1 1 1 (đpcm). = + PQ PB PC Ghi chú: - Tứ giác ABCD có tính chất AB.CD = BC .AD (*) nói ở ví dụ trên được gọi là tứ giác điều hòa. Loại tứ giác đặc biệt này có nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán hình học phẳng khác.

AB BC và nhớ lại tính chất đường phân = AD CD giác trong tam giác ta có thể nêu thêm một tính chất của tứ giác điều hòa. - Nếu hệ thức (*) dưới dạng

- Tứ giác ABCD là một tứ giác điều hòa khi và chỉ khi các đường phân và cắt nhau tại một điểm trên đường chéo giác của góc BAD BCD BD . - Tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa khi và chỉ khi đường phân giác của và ADC cắt nhau trên đường chéo AC . góc ABC

Ví dụ 4) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O ) . Đường phân giác trong góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại D . Gọi I là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC . Chứng minh DB = DC = DI Giải: Ta luôn có DB = DC do AD là phân giác trong góc A . Ta sẽ chứng minh tam giác DIB cân tại D .

= IBC + CBD . Thật vậy ta có: IBD

Mặt khác CBD = CAD

(Góc nội tiếp chắn cung CD ) mà

BAD = CAD , IBC = IBA

O C

(Tính chất phân giác) suy ra D

= ABI + BAI . Nhưng IBD

= ABI + BAI (Tính chất góc ngoài). Như vậy tam giác BID BDI cân tại D ⇒ DB = DI = DC Nhận xét: Thông qua bài toán này ta có thêm tính chất: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC là giao điểm của phân giác trong góc A với (O ) Ví dụ 5). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) và AB < AC . Lấy điểm M thuộc cung BC không chứa điểm A . Vẽ MH , MK , MI lần lượt vuông góc với

BC AC AB = + MH MK MI

Giải:

Trong bài toán có các tỷ số độ dài

ta nghỉ đến các tam giác đồng dạng và định lý Thales. Cách 1: Dựng đường thẳng qua A song song với BC cắt (O ) tại N . Gọi E là giao điểm của BC và MN

Ta có: AB = NC .

O B I

K E

≡ BMN = 1 s đ AB + AN ,  = 1 s đ NC + AN  = AMC Ta có BME  2   2  = MAC ⇒ ∆BME ∼ ∆AMC và MH , MK là hai đường cao MBC AC BE , chứng minh tương tự ta cũng có: = MK MH AB CE BC AC AB = . Cộng hai đẳng thức trên ta có: = + MI MH MH MK MI

tương ứng nên:

Cách 2: Ta thấy MH , MI là các đường cao của tam giác MBC , MAB nhưng hai tam giác này không đồng dạng với nhau. Điều này giúp ta nghỉ đến việc lấy một điểm E trên cạnh BC sao cho BMA = DMC để tạo ra tam giác đồng dạng nhưng vẫn giữ được hai đường cao tương ứng. (Phần lời giải xin dành cho bạn đọc). 2. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI - Số đo góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung (tại một điểm trên đường tròn) bằng nửa số đo cung bị chắn. = sđxBC = 1 sđBC . - Trên hình vẽ: sđBAC 2 A

C O m x B

B. VÍ DỤ

Ví dụ 1. Giả sử A và B là hai điểm phân biệt trên đường tròn (O ) . Các tiếp tuyến của đường tròn (O ) . Các tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại A và

B cắt nhau tại điểm M . Từ A kẻ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn (O ) tại C . MC cắt đường tròn (O ) tại E . Các tia AE và

MB cắt nhau tại K . Chứng minh rằng MK 2 = AK .EK và MK = KB . Lời giải:

Do MB / /AC nên

= ACM (1), ta lại có BMC

O K

ACM = ACE = MAE

) (2). Từ (1) và (2) (cùng chắn AE MK EK = hay MK 2 = AK .EK AK MK (3). Ta thấy EAB = EBK (cùng chắn BE ). Từ đó ∆EBK ∼ ∆BAK suy ra ∆KME ∼ ∆KAM (g.g) ⇒

BK EK = hay BK 2 = AK .EK (4). Từ (3) và (4) suy ra AK BK MK 2 = KB 2 nghĩa là MK = MB (đpcm).

(g.g) ⇒

Ví dụ 2. Cho đường tròn (C ) tâm O , AB là một dây cung của (C ) không đi qua O và I là trung điểm của AB . Một đường thẳng thay đổi đi qua A cắt đường tròn (C 1 ) tâm O bán kính OI tại P và Q . Chứng minh rằng tích AP .AQ không đổi và đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ luôn đi qua một điểm cố định khác B .

Lời giải: = PIA (cùng chắn PI ), nên ∆API ∼ ∆AIQ (g.g). Suy ra Ta có PQI

AP AI = ⇒ AP .AQ = AI 2 (không đổi). Giả sử đường tròn ngoại tiếp AI AQ B

tam giác BPQ cắt AB tại D (D ≠ B ) . I

Khi đó ∆ADP ∼ ∆AQB , suy ra D

AD AP hay AD.AB = AP .AQ = AI 2 A = AQ AB

(không đổi). Do đó điểm D là điểm cố định (đpcm). Ví dụ 3. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H và BAC = 600 . Gọi M , N , P theo thứ tự là chân các đường cao kẻ từ A, B,C của tam giác ABC và I là trung điểm của BC . a) Chứng minh rằng tam giác INP đều. b) Gọi E và K lần lượt là trung điểm của PB và NC . Chứng minh rằng các điểm I , M , E , K cùng thuộc một đường tròn. . Tìm số đo . c) Giả sử IA là phân giác của NIP BCP A

Lời giải: N

a). Từ giả thiết ta có P

1 IN = IP = BC nên tam giác 2 INP cân tại I . Lại vì B, P, N ,C

E B

nằm trên đường tròn tâm I , đường kính BC nên theo mối liên hệ giữa góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung, ta thấy PIN = 2PBN = 600 . Vậy tam giác INP đều.

b) Rõ ràng bốn điểm I , M , E và K cùng nằm trên đường tròn đường kính AI . c) Từ điều kiện của bài toán ta thấy AI là tia phân giác của BAC = 600 , mà I là trung điểm của BC nên tam giác ABC đều. Từ đó suy ra BCP = 300 .

Ví dụ 4). Cho tam giác cân ABC ,(AB = AC ) . Gọi O là trung điểm của BC . Dựng đường tròn (O ) tiếp xúc với các cạnh AB, AC tại D, E . M là

điểm chuyển động trên cung nhỏ DE tiếp tuyến với đường tròn (O ) tại M cắt AB, AC tại P ,Q . Chứng minh BC 2 = 4BP.CQ và tìm vị trí điểm M

để diện tích tam giác APQ lớn nhất. Lời giải: A

Ta thấy S ∆ABC không đổi nên P M

S ∆APQ lớn nhất khi và chỉ khi SBPQC

nhỏ nhất, đây là cơ sở để ta làm xuất hiện các biểu thức có liên quan

đến BP,CQ . Ta có AB, PQ, AC lần lượt là các tiếp tuyến tại các điểm D, M , E của (O ) nên ta có: AB ⊥ OD, PQ ⊥ OM , AC ⊥ OE , BD = CE . Từ đó ta tính được:

SBPQC =

1 1 R (BP + PQ + CQ ) = R (BD + 2DP + 2EQ + CE ) 2 2

= R. (BD + DP + EQ ) = R (BP + CQ − BD ) . = 1 DOE = 1 1800 − A =B =C nên suy ra Mặt khác ta cũng có: POQ 2 2 BOP = 1800 − POQ − QOC = 1800 − QCO − QOC = CQO

(

)

⇔ ∆BPO ∼ ∆COQ ⇒

BP BO BC 2 . Theo = ⇔ BP .CQ = BO.CO = CO CQ 4

bất đẳng thức Cô si ta có: BP + CQ ≥ 2 BP .CQ = BC

⇒ S BPQC ≥ R. (BC − BD ) . Vậy S BPQC nhỏ nhất khi BP = CQ ⇔ M là trung điểm của cung DE .

Chủ đề . Góc có đỉnh ở trong hoặc ngoài đường tròn. KIẾN THỨC CẦN NHỚ *) Với đỉnh A nằm trong đường tròn (O ) ta có góc với đỉnh ở trong đường tròn (hình) C

Số đo của góc này bằng nửa tổng số

đo hai cung bị chắn giữa hai cạnh của góc và các tia đối của hai cạnh đó.

= sđBE + sđCD . + sđBAE 2

= sđBD + sđCE + s đBAD 2

*) Với đỉnh A nằm ở ngoài đường tròn (O ) ta có số đo góc nằm ngoài

đường tròn bằng nửa hiệu số đo hai cung bị chắn. C

+ Trên hình vẽ ta có: 1  sđCAE = sđEmC − sđBnD  2

Cần lưu ý đến các trường hợp sau:

A n

D E

+ Với đỉnh A nằm ngoài đường tròn

(O ) . AD là tếp tuyến của (O ) , qua A O

vẽ một cát tuyến cắt đường tròn tại

1   BC , thì CAD = sđCmD − sđBnD  2

D B

+ Với Với đỉnh A nằm ngoài đường tròn (O ) . AB, AC là 2 tếp tuyến của (O ) ,

( A, B là các tiếp điểm) thì

= 1 sđBmC − sđBnC  BAC   2 3. Áp dụng góc có đỉnh ở trong hoặc ngoài đường tròn. A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Cũng như phần góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, các định lý và hệ quả của góc có đỉnh nằm trong hoặc nằm ngoài đường tròn giúp chúng ta tìm mối quan hệ giữa các số đo các góc, chứng minh các đường song song, các tam giác bằng nhau, các tam giác đồng dạng với nhau, hai đường thẳng vuông góc với nhau. B. VÍ DỤ Ví dụ ). Trên đường tròn (O ) cho các điểm A, B,C , D theo thứ tự đó. Gọi A1, B1,C 1, D1 lần lượt là điểm chính giữa của các cung AB, BC ,CD và

và B1D1 vuông góc với nhau DA . Chứng minh các đường thẳng AC 1 1

Lời giải: Gọi I là giao điểm của AC và B1D1 ; α, β, γ, δ theo thứ tự là số đo của 1 1

. Khi đó các cung AB , BC ,CD, DA α + β + γ + δ = 3600 . Xét góc A IB1 là góc có đỉnh nằm 1

trong đường tròn (O ) . Ta có

1  A IB1 = sđA BB1 + sđC DD1  1 1 1  2

1 + sđC  = sđA B + sđBB D + sđDD  1 1 1 1  2 =

1 ⊥ B1D1 (đpcm). (α + β + γ + δ ) = 900 . Nghĩa là AC 1 1 4

Ví dụ 2. Cho bốn điểm A, D,C , B theo thứ tự đó nằm trên đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (C và D nằm về cùng một phía so với AB ). Gọi E và F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của A, B trên đường

thẳng CD . Tia AD cắt tia BC tại I . Biết rằng AE + BF = R 3 . . a) Tính số đo AIB

b) Trên cung nhỏ CD lấy điểm K . Gọi giao điểm của KA, KB với DC lần lượt là M và N . Tìm giá trị lớn nhất của MN khi K di động trên cung nhỏ CD .

Lời giải:

a). Kẻ OH ⊥ CD (H ∈ CD ) ,

ta thấy OH là đường trung bình của hình thang ABFE , suy ra OH =

1 R 3 AE + BF ) = . ( 2 2

K M

N H

C F B

Từ đó tam giác OCD đều,

= sđKCD = 600 .Ta thấy có đỉnh nằm ngoài đường suy ra sđCOD AIB = 1 sđAmB − sđKCD  = 1 1800 − 600 = 600 . tròn (O ) nên sđAIB  2 2  b) Ta thấy ∆AEM ∼ ∆NFB suy ra EM .NF = AE .BF (không đổi) do đó MN lớn nhất khi và chỉ khi EM + NF nhỏ nhất. Theo trên, EM .NF

(

)

không đổi nên EM + NF nhỏ nhất khi EM = FN = AE .BF . Vậy giá trị lớn nhất của MN bằng EF − 2 AE .BF .

cắt cạnh BC Ví dụ 3. Trong tam giác ABC , đường phân giác của BAC tại D . Giả sử (T ) là đường tròn tiếp xúc với BC tại D và đi qua điểm A . Gọi M là giao điểm thứ hai của (T ) và AC , P là giao điểm thứ hai của

(T ) và BM , E

là giao điểm của AP và BC .

= MBC . a) Chứng minh rằng EAB b) Chứng minh hệ thức BE 2 = EP .EA . A

Lời giải: a). Gọi N là giao điểm thứ hai T

của AB với đường tròn (T ) .

Do AD là phân giác của BAC

= sđDN . Ta có nên sđDM 1  MBC = MBD = sđDM − sđDP  =  2

1 = EAB (đpcm). sđNP = NAP 2

P B

1  sđDN − sđDP   2

b) Từ kết quả câu a, ta thấy EBP = EAB . Từ đó ∆EBP ∼ ∆EAB (g.g),

suy ra

BE EA hay BE 2 = EP .EA (đpcm). = EP BE

Ví dụ 4. Trên đường tròn (O ) ta lấy các điểm A,C 1, B, A1,C , B1 theo thứ tự đó. a) Chứng minh rằng nếu các đường thẳng AA1, BB1,CC 1 là các đường phân giác trong của tam giác ABC thì chúng là các đường cao của ∆A1B1C 1 . b) CHứng minh rằng nếu các đường thẳng AA1, BB1,CC 1 là các đường cao của tam giác ABC thì chúng là đường phân giác trong của tam giác ∆A1B1C 1 . c) Giả sử (T1 ) và (T2 ) là hai tam giác nội tiếp đường tròn (O ) , đồng thời các đỉnh của tam giác (T2 ) là các điểm chính giữa của các cung đường tròn bị chia bởi các đỉnh của tam giác (T1 ) . Chứng minh rằng trong hình lục giác là giao của các tam giác (T1 ) và (T2 ) các đường chéo nối các đỉnh đối nhau song song với các cạnh của tam giác (T1 ) và đồng quy tại một điểm.

Lời giải:

M I

a) Ta chứng minh AA1 ⊥ B1C 1 . Thật vậy, gọi M là giao điểm của AA1 và

B1C 1 , khi đó:  = 1 sđAB + sđA AMB BC 1  =  1 1 1  2

1  sđAB1 + sđA B + sđBC  1 1 2

+A = 1 ABC + CAB + BCA = 900 (đpcm). = ABB AB + BCC 1 1 1 2

(

)

Chứng minh tương tự ta cũng có BB1 ⊥ AC ;CC 1 ⊥ A1B1 . 1 1 b) A B1 M1

Gọi M 1 là giao điểm của BB1 và AC . Ta có 1 + AC  = BCA BM A = sđAC B + sđAC C (1) 1 1 1  1 1  2 1   Lại có BM A = sđAC B + B1C  = BCA + B1C 1C (2). Vì 2 1  2

BM A = BM A = 900 , nên từ (1) và (2) suy ra AC A=B C C . Tức là 1 2 1 1 1 1 CC 1 chứa đường phân giác của AC B . 1 1 1 Chứng minh tương tự, ta cũng thu được AA1 chứa đường phân giác của

B AC , BB1 chứa đường phân giác của A BC . 1 1 1 1 1 1

c) Kí hiệu các đỉnh của tam giác (T1 ) là A, B và C ; A1, B1 và C 1 là điểm

và AB tương ứng. Khi đó ,CA chính giữa các cung BC (T2 ) là tam giác A1B1C 1 . Các đường AA1, BB1,CC 1 chứa các đường phân giác của tam giác

(T ) nên chúng đồng quy tại điểm I . Giả sử K 1

là giao điểm của AB và

B1C 1 . Ta chỉ cần chứng minh rằng IK / /AC .

Thật vậy, ta thấy tam giác AB1I cân tại B1 nên tam giác AKI cân tại K .

= KAI = IAC , dẫn đến IK / /AC (đpcm). Từ đó KIA Dạng 4. Áp dụng giải các bài toán về quỹ tích và dựng hình A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Khái niệm cung chứa góc giúp chúng ta giải được nhiều bài toán quỹ tích, dựng hình, chứng minh nhiều điểm cùng thuộc một đường tròn.

B. VÍ DỤ Ví dụ 1. Cho tam giác cân ABC (AB = AC ) và D là một điểm trên cạnh BC . Kẻ DM / /AB ( M ∈ AC ), DN / /AC (N ∈ AB ) . Gọi D ' là điểm

đối xứng của D qua MN . Tìm quỹ tích điểm D ' khi điểm D di động trên cạnh BC . Lời giải: A

M D' N

Phần thuận: Từ giả thiết đề ra ta thấy NB = ND = ND ' ,(1) do đó ba

1 điểm B, D, D ' nằm trên đường tròn tâm N . Từ đó BD (2). ' D = DMC 2 Lại có BND = DMC = BAC , nên từ (1) và (2) suy ra BD 'C = BAC (không đổi). Vì BC cố định, D ' nhìn BC dưới một góc không đổi, D ' khác phía với D (tức là cùng phía với A so với BAC MN ) nên D ' nằm trên cung chứa góc BAC vẽ trên đoạn BC (một phần của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ).

Phần đảo: Bạn đọc tự giải. Kết luận: Quỹ tích của điểm D ' là cung chứa góc BAC trên đoạn BC . của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Đó chính là cung BAC Lưu ý: Quy trình để giải một bài toán quỹ tích như sau: Để tìm quỹ tích các điểm M thỏa mãn một tính chất (T ) nào đó ta tiến hành các bước

*Phần thuận: Chỉ ra mọi điểm có tính chất (T ) đều thuộc hình (H ) . *Phần đảo: Chứng tỏ rằng mọi điểm thuộc hình (H ) đều có tính chất (T ) . *Kết luận: Quỹ tích các điểm M có tính chất (T ) là hình (H ) . Chú ý rằng trong một số bài toán, sau phần thuận, trước phần đảo ta có thể thêm phần giới hạn quỹ tích.

(Bạn đọc tham khảo thêm phần quỹ tích ở cuối cuốn sách này)

Ví dụ 2. Cho đường tròn (O ) và dây cung BC cố định. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn (O ) ( A khác B , A khác C ). Tia

cắt đường tròn phân giác của ACB (O ) tại điểm D khác điểm C . Lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI = DB . Đường thẳng BI cắt đường tròn (O ) tại điểm K khác điểm B . a) Chứng minh rằng tam giác KAC cân. b) Chứng minh đường thẳng AI luôn đi qua một điểm J cố định. c) Trên tia đối của tia AB lấy điểm M sao cho AM = AC . Tìm quỹ tích các điểm M khi A di động trên cung lớn BC của đường tròn (O ) .

Lời giải:

a). Ta có

= 1 sđDA + sđAK  ; DBK    2

= 1 sđBD + sđKC  sđDIB    2

K O B

+ sđDA và ∆DBI cân tại D Vì sđBD

+ sđAK . Suy ra AK = CK nên sđKC

hay ∆KAC cân tại K (đpcm). b) Từ kết quả câu a, ta thấy I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC nên đường thẳng AI luôn đi qua điểm J (điểm chính giữa của cung BC không chứa A ). Rõ ràng J là điểm cố định.

= 1 BAC . Giả sử số đo c) Phần thuận: Do ∆AMC cân tại A , nên BMC 2 BAC là 2α (không đổi) thì khi A di động trên cung lớn BC thì M thuộc cung chứa góc α dựng trên đoạn BC về phía điểm O . Phần đảo: Tiếp tuyến Bx với đường tròn (O ) cắt cung chứa góc α vẽ trên

(một phần của cung đoạn BC tại điểm X . Lấy điểm M bất kỳ trên Cx chứa góc α và vẽ trên đoạn BC (M ≠ X ; M ≠ C ) . Nếu MB cắt đường tròn

(O ) tại A thì rõ ràng A thuộc cung lớn BC

của đường tròn (O ) .

Vì BAC = 2α; AMC = α suy ra ∆AMC cân tại A hay AC = AM . , một phần của cung chứa góc Kết luận: Quỹ tích các điểm M là cung Cx α vẽ trên đoạn BC về phía O trừ hai điểm C và X .

Ví dụ 3. Cho trước điểm A nằm trên đường thẳng d và hai điểm C , D thuộc hai nủa mặt phẳng đối nhau bờ d . Hãy dựng một điểm B trên d sao cho ACB = ADB . Lời giải: C

D' A

B d D

*Phân tích: Giả sử dựng được điểm B trên d sao cho ACB = ADB . Gọi D ' là điểm đối xứng của D qua d . Khi đó ADB = AD ' B , vậy ACB = AD ' B . Suy ra C và D ' cùng nằm trên một nửa cung chứa góc

dựng trên đoạn AB . Từ đó ta thấy B là giao điểm của d với đường tròn ngoại tiếp ∆ACD ' .

*Cách dựng: Dựng điểm D ' là điểm đối xứng của D qua đường thẳng d . Dựng đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD ' . Dựng giao điểm của B của đường thẳng d với đường tròn (ACD ') . *Chứng minh: Rõ ràng với cách dựng trên, ta có ACB = AD ' B = ADB .

*Biện luận: Nếu ba điểm A,C , D không thẳng hàng, hoặc nếu ba điểm này thẳng hàng nhưng CD không vuông góc với d thì bài toán có một nghiệm hình. + Nếu ba điểm A,C , D thẳng hàng và d là đường trung trực của đoạn CD thì bài toán có vô số nghiệm hình. + Nếu ba điểm A,C , D thẳng hàng, d ⊥ CD nhưng d không phải là đường trung trực của CD thì bài toán không có nghiệm hình.

Lưu ý: Khái niệm cung chứa góc được áp dụng để chứng minh nhiều điểm cùng thuộc một đường tròn. Ví dụ để chứng minh bốn điểm A, B,C , D cùng nằm trên một đường tròn, ta có thể chứng minh hai điểm A và B cùng nhìn CD dưới hai góc bằng nhau. Nói cách khác, nếu một tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới hai góc bằng nhau thì bốn đỉnh của tứ giác đó cùng thuộc một đường tròn. Ví dụ 4. Giả sử AD là đường phân giác trong góc A của tam giác ABC ( D ∈ BC ). Trên AD lấy hai điểm M và N sao cho ABN = CBM . BM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM tại điểm thứ hai E và CN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM tại điểm thứ hai F . a) Chứng minh rằng bốn điểm B,C , E , F cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh ba điểm A, E , F thẳng hàng.

c) Chứng minh BCF = ACM , từ đó suy ra ACN = BCM .

Lời giải: F A E N M B

); BEC a) Ta có BFC = BAN (cùng chắn cung BN = CAN (cùng chắn ), mà BAN CM = CAN , suy ra BFC = BEC .

Từ đó bốn điểm B,C , E , F cùng nằm trên một đường tròn (đpcm).

= NFA . Do đó hai tia FA và FE trùng b) Từ kết quả trên, ta có CFE nhau nghĩa là ba điểm A, E , F thẳng hàng (đpcm). = BEF và do ACM = BEF nên BEF = ACM . Từ đó suy c) Vì BCF , dẫn đến (đpcm). ra ACM = BCF ACN = BCM

MỘT SỐ TIÊU CHUẨN NHẬN BIẾT TỨ GIÁC NỘI TIẾP Tiêu chuẩn 1. Điều kiện cần và đủ để bốn đỉnh của một tứ giác lồi nằm trên cùng một đường tròn là tổng số đo của hai góc tứ giác tại hai đỉnh đối diện bằng 1800 . A

D B C

+C = 1800 hoặc B +D = 1800 Điều kiện để tứ giác lồi ABCD nội tiếp là: A = DCx Hệ quả: Tứ giác ABCD nội tiếp được BAD Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A . Kẻ đường cao AH và phân giác . Phân giác trong góc ABC cắt AH, AD lần lượt tại trong AD của góc HAC = 900 . M, N . Chứng minh rằng: BND

Phân tích và hướng dẫn giải:

= 900 . Nếu MND = 900 Ta có MHD

thì tứ giác MHDN nội tiếp. Vì vậy thay vì trực tiếp chỉ ra góc = 900 ta sẽ đi chứng minh BND

M B

= ADH . tứ giác MHDN nội tiếp. Tức là ta chứng minh AMN = BMH = 900 − MBH , NDH = 900 − HAD mà Thật vậy ta có AMN

= 1 ABC,HAD = 1 HAC và ABC = HAC do cùng phụ với góc BCA từ MBH 2 2 = ADH hay tứ giác MHDN nội tiếp ⇒ MND = MHD = 900 đó suy ra AMN

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm là điểm H . Gọi M là điểm trên dây cung BC không chứa điểm A ( M khác B,C ). Gọi N,P theo thứ tự là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC a) Chứng minh AHCP là tứ giác nội tiếp b) N,H,P thẳng hàng. c) Tìm vị trí của điểm M để độ dài đoạn NP lớn nhất.

Phân tích và hướng dẫn giải: A

P I H N

O C

K M

a). Giả sử các đường cao của tam giác là AK,CI . Để chứng minh AHCP là + APC = 1800 .Mặt khác ta có tứ giác nội tiếp ta sẽ chứng minh AHC = IHK ( đối đỉnh), APC = AMC = ABC ( do tính đối xứng và góc nội AHC + IHK = 1800 tiếp cùng chắn một cung). Như vậy ta chỉ cần chứng minh ABC

nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác BIHK là tứ giác nội tiếp. + AHP = 1800 b). Để chứng minh N,H,P thẳng hàng ta sẽ chứng minh NHA do đó ta sẽ tìm cách quy hai góc này về 2 góc đối nhau trong một tứ giác nội tiếp. Thật vậy

= ACP (tính chất góc nội tiếp), ACP = ACM (1) (Tính chất đối ta có: AHP xứng) . Ta thấy vai trò tứ giác AHCP giống với AHBN nên ta cũng dễ = ABN , mặt chứng minh được AHBN là tứ giác nội tiếp từ đó suy ra AHN = ABM (2) (Tính chất đối xứng) . Từ (1), (2) ta suy ra chỉ cần khác ABN

+ ACM = 1800 nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác chứng minh ABM + AHP = 1800 hay N,H,P thẳng hàng. ABMC nội tiếp. Vậy NHA

Chú ý: Đường thẳng qua N,H,P chính là đường thẳng Steiners của điểm M . Thông qua bài toán này các em học sinh cần nhớ tính chất. Đường thẳng Steiners của tam giác thì đi qua trực tâm của tam giác đó . (Xem thêm phần “Các định lý hình học nổi tiếng’’). = 2BAM,MAP = 2MAC ⇒ NAP = 2BAC . Mặt khác ta có c). Ta có MAN AM = AN = AP nên các điểm M, N,P thuộc đường tròn tâm A bán kính AM . Áp dụng định lý sin trong tam giác NAP ta có: = 2AM.sin 2BAC . Như vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi NP = 2R.sin NAP AM lớn nhất. Hay AM là đường kính của đường tròn (O)

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC và đường cao AH gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CNH tại E . Chứng minh AMEN là tứ giác nội tiếp và A HE đi qua trung điểm của MN . Phân tích, định hướng cách giải: Để chứng minh AMEN là tứ giác nội tiếp ta sẽ I N M + MEN = 1800 . chứng minh: MAN Ta cần tìm sự liên hệ của các góc

MEN với các góc có sẵn MAN;

của những tứ giác nội tiếp khác.

Ta có

(

)

(

)

= 3600 − MEH + NEH = 3600 − 1800 − ABC + 1800 − ACB = ABC + ACB MEN

suy ra MEN + MAN = 1800 . Hay tứ giác AMEN là tứ giác nội = 1800 − BAC

tiếp. Kẻ MK ⊥ BC , giả sử HE cắt MN tại I thì IH là cát tuyến của hai đường tròn (BMH) , (CNH) . Lại có MB = MH = MA (Tính chất trung tuyến tam giác vuông). Suy ra tam giác MBH cân tại M ⇒ KB = KH ⇒ MK luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBH . Hay MN là tiếp tuyến của

(MBH) suy ra IM2 = IE.IH , tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của

( HNC )

suy ra IN2 = IE.IH do đó IM = IN .

Xem thêm phần: ‘’Các tính chất của cát tuyến và tiếp tuyến’’ Ví dụ 4) Cho tam giác cân ABC (AB = AC) P là điểm trên cạnh đáy BC . Kẻ các đường thẳng PE,PD lần lượt song song với AB, AC ( E ∈ AC, D ∈ AB ) gọi Q là điểm đối xứng với P qua DE . Chứng minh bốn điểm Q,A, B,C cùng thuộc một đường tròn. A

Phân tích định hướng giải: D Bài toán có 2 giả thiết cần lưu ý. Q I Đó là các đường thẳng song song E với 2 cạnh tam giác , và điểm Q đối xứng với P qua DE . H Do đó ta sẽ có: AD = EP = EC = EQ C B P và DP = DQ ( Đây là chìa khóa để ta giải bài toán này) Từ định hướng đó ta có lời giải như sau: Do AD / /PE,PD / /AE ⇒ ADPE là hình bình hành ⇒ AE = DP = DQ . Mặt khác do P,Q đối xứng nhau qua = AQE . Kéo DE ⇒ AD = PE = EQ . Suy ra DAQE là hình thang cân ⇒ DAQ = AQE = PEH . Như vậy để chứng minh dài DE cắt CQ tại H ta có DAQ

+ PEH = 1800 ⇔ PEHC là tứ giác ABCQ nội tiếp ta cần chứng minh: PCH = EQC (do tam giác EQC cân), nội tiếp. Mặt khác ta có: ECQ = EQH (Do tính đối xứng ) suy ra ECH = EPH ⇔ EPCH là tứ giác nội EPH

tiếp.

Ví dụ 5) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Dựng đường tròn qua B và tiếp xúc với cạnh AC tại A dựng đường tròn qua C và tiếp xúc với = 900 AB tại A hai đường tròn này cắt nhau tại D . Chứng minh ADO

Phân tích định hướng giải: = 900 thì các điểm Ta thấy rằng ADO A, D,O cùng nằm trên đường tròn đường kính OA .Ta mong muốn tìm

= 900 . ra được một góc bằng ADO Điều này làm ta nghỉ đến tính chất quen thuộc ‘’Đường kính đi qua trung điểm của một dây cung thì vuông góc với dây đó’’. Vì vậy nếu ta gọi M, N là trung điểm của AB, AC thì ta sẽ có:

M O D

= ONA = 900 . Do đó tứ giác OMAN nội tiếp. Công việc còn lại là ta OMA

chứng minh AMDO hoặc ANOD hoặc DMAN là tứ giác nội tiếp. Mặt = CAD và ACD = BAD (Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và khác ta có: ABD = DNC dây cung) ⇒ ∆BDA và ∆ADC đồng dạng nên ta suy ra DMA

+ DNA = DNC + DNA = 1800 ⇒ AMDN nội tiếp suy ra năm điểm ⇒ DMA = 900 A,M, D,O,N nằm trên đường tròn đường kính OA ⇒ ADO

Ví dụ 6: Cho tam giác ABC vuông cân tại A một đường tròn ( O ) tiếp xúc nằm trong tam giác ABC lấy một điểm với AB,AC tại B,C . Trên cung BC M ( M ≠ B; C ) . Gọi I,H,K lần lượt là hình chiếu của M trên BC; CA; AB và P là giao điểm của MB với IK, Q là giao điểm của MC với IH . Chứng

minh PQ / /BC . Phân tích định hướng giải: Để chứng minh PQ / /BC

= MBC ta chứng minh MPQ nhưng tứ giác BIMK nội tiếp = MKI . Mặt khác nên MBC AC là tiếp tuyến của (O) nên = MBC và CIMH ta có: ACK

M Q

P B

= MIH .Như vậy để chứng minh PQ / /BC ta cần chứng nội tiếp nên ACK = MPQ . Tức là ta cần chứng minh tứ giác MPIQ nội tiếp . Để ý minh MIH = PIM + IMQ = KMH = 1350 , PIQ rằng BMC + KCH = 1 sđ BM + MC = 450 suy ra đpcm.(Các em học sinh tự = KBM 2

)

(

hoàn thiện lời giải) = ACB Tiêu chuẩn 2: Tứ giác ABCD nội tiếp ADB

O B

Ví dụ 1. Trên các cạnh BC,CD của hình vuông ABCD ta lấy lần lượt các = 450 . Đường thẳng BD cắt các đường thẳng điểm M, N sao cho MAN AM, AN tương ứng tại các điểm P,Q . a) Chứng minh rằng các tứ giác ABMQ và ADNP nội tiếp. b) Chứng minh rằng các điểm M, N,Q,P,C nằm trên cùng một đường tròn.

Lời giải: a). Gọi E là giao điểm của AN và BC . Các điểm M và Q nằm trên hai cạnh EB và EA của tam giác EBA , nên tứ giác ABMQ là lồi. Các đỉnh A và B cùng

nhìn đoạn thẳng MQ dưới một góc 450 . Vì vậy tứ giác ABMQ nội tiếp. D Lập luận tương tự ta suy ra tứ giác ADNP nội tiếp. b) Từ kết quả câu a, suy ra

P M Q

= ANP = 450 ,QAM = QBM = 450 ⇒ NP ⊥ AM,MQ ⊥ AN . Tập hợp các ADP

điểm P,Q,C nhìn đoạn MN dưới một góc vuông, nên các điểm này nằm trên đường tròn đường kính MN . Ví dụ 2). Cho điểm M thuộc cung nhỏ BC của đường tròn ( O ) . Một đường

thẳng d ở ngoài ( O ) và vuông góc với OM ; CM, BM cắt d lần lượt tại D,E . Chứng minh rằng B,C, D,E cùng thuộc một đường tròn.

Lời giải: = ABE = 900 nên tứ giác Kẻ đường kính AM cắt d tại N . Ta có ANE = BAN . ABNE nội tiếp, suy ra BEN = BCM , Mặt khác BAN

= BEN hay BCD = BED . do đó BCM Vậy B,C, D,E cùng thuộc một đường tròn. O C

B M N

Ví dụ 3) Cho tam giác ABC có các đường cao AD, BE,CF đồng quy tại H . Gọi K là giao điểm của EF và AH , M là trung điểm của AH . Chứng minh rằng K là trực tâm của tam giác MBC . A Lời giải: Lấy điểm S đối xứng với H qua M E BC , R là giao điểm của KC với MB . R K F Vì ME = MA = MH (Tính chất trung tuyến), kết hợp tính đối xứng của điểm H = BHD = MHE = MEB S ta có MSB

nên tứ giác MESB nội tiếp. Suy ra

= MSE (1). RBE = CHD = AHF = AEK nên tứ giác KSCE cũng S nội tiếp, do đó Lại có KSC = RCE (2).Từ (1) và (2) suy ra RBE = RCE nên tứ giác RBCE nội tiếp. MSE

= BEC = 900 . Trong tam giác MBC , ta có MK ⊥ BC và Từ đó suy ra BRC CK ⊥ MB nên K là trực tâm của tam giác MBC . Ví dụ 4) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Đường tròn (O')

tiếp xúc với các cạnh AB, AC tại E,F tiếp xúc với (O) tại S . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .Chứng minh BEIS,CFIS là các tứ giác nội tiếp. A Lời giải: Nhận xét: bài toán này thực chất là M định lý Lyness được phát biểu N theo cách khác;(Xem thêm phần: ‘’Các định lý hình học nổi tiếng’’) O Kéo dài SE,SF cắt đường tròn (O) I E

tại E,F . Ta có các tam giác OMS, O 'EF cân tại O,O ' nên ⇒ O' E / /OM ⇒ OM ⊥ AB O'ES=OMS

O' C

S hay M là điểm chính giữa của cung AB . x Kẻ đường phân giác trong góc ACB cắt EF tại I , ta chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .

≡ MCS = MSx và IFS ≡ EFS = MSx Thật vậy ta có: C,I,M thẳng hàng và ICS = IFS ⇒ tứ giác IFCS là tứ giác nội tiếp ⇒ EIS = SCF . Mặt khác tứ nên ICS + ABS = 1800 ⇒ EIS + ABS = 1800 hay tứ giác giác ACSB nội tiếp nên ACS EISB nội tiếp. . Công việc còn lại là chứng minh: IB là phân giác trong của góc ABC = ESI mà Vì EBI = ISB − ESB = AEF − MSB = 180 − A − MCB = 180 − A − C = B . Điều này ESI 2 2 2 2 chứng tỏ IB là phân giác trong của góc ABC . Hay I là tâm vòng tròn nội

tiếp tam giác ABC Chú ý: Nếu thay giả thiết điểm I là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác thành. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác FCS, SBS cắt nhau tại I thì hình thức bài toán khác đi nhưng bản chất vẫn là định lý Lyness. Để ý rằng: ∆AEF cân tại A nên ta dễ dàng suy ra được: I là trung điểm của EF

Ví dụ 5) Cho hai đường tròn (O1 ),(O2 ) tiếp xúc ngoài với nhau. Kẻ đường

thẳng O1O 2 cắt hai đường tròn (O1 ),(O2 ) lần lượt tại A, B,C ( B là tiếp điểm ). Đường thẳng ∆ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn với các tiếp điểm tương ứng là D1 , D2 . Đường thẳng ( ∆ ') là tiếp tuyến với (O 2 ) qua C . Đường thẳng BD1 cắt ( ∆ ') tại E . AD1 cắt ED2 tại M , AD2 cắt BD1 tại H .

Chứng minh AE ⊥ MH . Phân tích định hướng giải: + Vì ED1 ⊥ MA do góc AD1 B

M N

là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn. Vì vậy để chứng minh AE ⊥ MH ta phải chứng minh AD2 ⊥ ME , tức là ta chứng minh H là trực tâm của tam giác MAE . Khi đó ta sẽ có:

∆

∆'

H A

AD 1E = AD2 E

hay tứ giác AD1D2 E là tứ giác nội tiếp. + Gọi N là giao điểm của CD2 và AM . Xét tiếp tuyến chung của (O1 ) và (O 2 ) qua B cắt ( ∆) tại I . Khi đó ta có: ID1 = IB = ID2 ⇒ ∆BD1D2 vuông tại B , D1E / /CN (cùng vuông góc với = BD BD2 ). Do đó BAD 1 1 D2 (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung), mặt khác BD 1 D2 = D1 D2 N (so le trong). Suy ra CAD1 = ND2 D1 ⇒ AD1 D2 C là tứ

giác nội tiếp. (1)

Xét tứ giác ED1 D2 C ta có:

= IBD ( góc đồng vị). Suy ra ED ED1 / /CD2 , BEC 1 1 D2 = D1EC suy ra tứ giác

ED1 D2 C là hình thang cân nên nội tiếp được (2). Từ (1), (2) ta suy ra 5

điểm A, D1 , D2 ,C,E cùng thuộc một đường tròn. Suy ra tứ giác AD1D2 E nội

tiếp được. Ví dụ 6) Cho tam giác ABC có hai đường cao BD,CE cắt nhau tại H gọi I là trung điểm của BC . Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BEI và CDI cắt nhau ở K , DE cắt BC tại M . Chứng minh tứ giác BKDM nội tiếp. Phân tích định hướng giải: Ta thấy ngay đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADE, BEI,CDI sẽ cắt nhau tại điểm K (Định lý Miquel). Như vậy ta sẽ thấy AEKD là tứ giác nội tiếp,

mặt khác từ giả thiết ta cũng có: AEHD là tứ giác nội tiếp. Nên suy ra 5 điểm A,E,H,K, D thuộc một đường tròn đường kính AH . Đây chính là chìa khóa để giải quyết bài toán . Lời giải: Trước tiên ta chứng minh: tứ giác AEKD nội tiếp (Bạn đọc có thể tham khảo ở phần ‘’Các định lý hình học nổi tiếng’’) Ta có: +B +C + EKC + EKI + IKD = 5400. Theo giả thiết A + EKI = IKD +C = 1800 ⇒ A + EKD = 1800 ⇒ tứ giác AEKD nội tiếp B = AKE , BD ⊥ AC,CE ⊥ AB ⇒ tứ giác BEDC nội tiếp ⇒ ADE =B . ⇒ ADE + AKE = EKI +B = 1800 = AKE được B = AKE ⇒ EKI Kết hợp với ADE ⇒ A,K,I thẳng hàng. ∆BDC là tam giác vuông nên ID = IC , IKDC là tứ giác nội tiếp nên ta có: = IDC = ICD, IKC = KAC + ACK (Tính chất góc ngoài ), IKC

= ICK + KCD ⇒ KAC = ICK, mà KAD = DEK (chắn cung DK ) ICD = DEK ⇒ tứ giác MEKC nội tiếp ⇒ MEC = MKC . Theo kết quả trên ⇒ ICK = AED = MEB,MEC = MEB + 900 ,MKC = MKI + IKC ⇒ MKI = 900 suy ra IKC ⇒ MK ⊥ KI ⇒ A,E,H, D,K nằm trên đường tròn đường kính

AH ⇒ HK ⊥ AI ⇒ M,H,K thẳng hàng. = HDK , tứ giác MEKC nội tiếp Tứ giác DEHK nội tiếp ⇒ HEK = KMC ⇒ KMC = HDK ⇒ KMB = BDK ⇒ tứ giác BKDM nội tiếp. ⇒ KEC

Ví dụ 7) Cho hai đường tròn (O1 ),(O2 ) cắt nhau tại A, B . Kéo dài AB về

phía B lấy điểm M qua M kẻ hai tiếp tuyến ME,MF với đường tròn (O1 ) ( E,F là các tiếp điểm) điểm F,O2 nằm cùng phía so với AB . Đường thẳng BE, BF cắt đường tròn (O 2 ) tại P,Q gọi I là giao điểm của PQ và EF .

Chứng minh I là trung điểm của PQ . Phân tích định hướng giải:

Q A

I O2

F B

E M

Để ý rằng: Đường thẳng EFI cắt ba cạnh tam giác BPQ lần lượt tại I,E,F .

Theo định lý Menelauyt ta có:

QI EP FB . . = 1 . Để chứng minh I là trung IP EB FQ

điểm của PQ ta sẽ chứng minh:

các đại lượng trong

EP FB . = 1 . Bây giờ ta sẽ tìm cách thay thế EB FQ

EP FB . = 1 (*) thành các đại lượng tương đương để EB FQ

thông qua đó ta có thể quy về việc chứng minh tứ giác nội tiếp, hoặc tam giác đồng dạng. Xét đường tròn (O1 ) với cát tuyến M, B, A và hai tiếp tuyến ME,MF . Ta có tính chất quen thuộc:

tuyến và tiếp tuyến). Từ đó suy ra

FA EA (Xem phần chùm bài tập cát = FB EB

FB FA thay vào (*) ta quy bài toán về = EB EA

EP FA EP EA . =1⇔ = ⇔ ∆EPA ∼ ∆FQA nhưng ta có: FQ EA FQ FA = FQA góc nội tiếp chắn cung AB . AEP = AFQ (tứ giác AEBF nội EPA

chứng minh:

tiếp) . Qua đó ta có kết quả cần chứng minh: Các em học sinh tự hoàn chỉnh lời giải dựa trên những phân tích định hướng mà tác giải vừa trình bày. Nếu không dùng định lý Menaleuyt ta có thể giải theo các khác như sau: = FAB (Tính chất Vì MF là tiếp tuyến của đường tròn (O1 ) nên ta có: MFB

góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). Suy ra ∆MFB, ∆MAF đồng dạng ⇒

MF FB . Tương tự ta cũng có: = MA FA

∆MEB, ∆MAE đồng dạng suy ra

ME EB FB EB =ABE (chắn , mà ME = MF ⇒ (1) , mặt khác AFE = = MA EA FA EA = AQP (do tứ giác ABPQ nội tiếp). Suy ra cung AE ) và ABE = AQP ⇒ AFIQ là tứ giác nội tiếp, suy ra AFQ = AIQ ⇒ AFB = AIP , ta AFE ⇒

= APQ suy ra ∆FBA, ∆IPA đồng dạng suy ra BF = PI (2). cũng có: ABF

Tương tự ta chứng minh được: ∆ABE, ∆AQI đồng dạng suy ra (3).Từ (1), (2), (3) suy ra

QI BE = IA AE

QI PI = ⇔ IP = IQ IA IA

Ví dụ 8) Cho tam giác ABC . Đường tròn ( O ) đi qua A và C cắt AB, AC

theo thứ tự tại K và N . Đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC và đường tròn tâm J ngoại tiếp tam giác KBN cắt nhau tại B và M . Chứng vuông. minh BIOJ là hình bình hành từ đó suy ra OMB Phân tích định hướng giải: B x Để chứng minh BIOJ là M hình bình hành ta chứng minh N J BI / /OJ, BJ / /OI . Q Mặt khác dễ thấy OI là trung K I trực của AC nên OI ⊥ AC . Ta cần chứng minh BJ ⊥ AC , O việc tìm liên hệ trực tiếp là tương C A đối khó vì vậy ta nghỉ đến hướng tạo một đường thẳng ‘’đặc biệt’’ vuông góc với BJ sau đó chứng minh đường thẳng này song song với AC từ đó ta nghỉ đến dựng tiếp tuyến Bx của đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN .

= BNK (Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và Khi đó ta có : Bx ⊥ BJ và KBx =A ⇒ Bx / /AC . = BNK ⇒ MKx một dây). Mặt khác AKNC nội tiếp ⇒ BAC Từ đó suy ra BJ / /OI . Tương tự: Từ B kẻ tiếp tuyến By với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , chứng

minh như trên ta có: BI / /OJ ⇒ tứ giác BIOJ là hình bình hành. Gọi Q là giao điểm BO và IJ ⇒ QO = QB , IJ là trung trực BM (Tính chất đường nối tâm của hai đường tròn cắt nhau). = 900 . ⇒ QM = QB ⇒ QM = QB = QO ⇒ ∆BMO là tam giác vuông ⇒ OMB

Ví dụ 9) Cho hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) tiếp xúc trong tại M (đường

tròn ( O2 ) nằm trong). Hai điểm P và Q thuộc đường tròn ( O2 ) qua P kẻ tiếp tuyến với ( O2 ) cắt ( O1 ) tại B và D qua Q kẻ tiếp tuyến với ( O2 ) cắt

( O1 )

tại A và C . Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp các tam giác

ACD, BCD nằm trên PQ .

Phân tích định hướng giải: Vì giả thiết hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau tại điAểm M nên ta nghỉ đến việc tiếp tuyến chung Mx B E để tận dụng các yếu tố về góc: Bài toán này làm ta nghỉ đến định lý Lyness nổi tiếng O1 ( Xem thêm phần các định lý hình học nổi tiếng P I Q (Định lý Lyness mở rộng) và các O2 tínhchất quen thuộc liên quan đến D C chứng minh định lý này là: MP là M , kéo dài MP cắt (O ) tại E thì E là trung điểm của phân giác góc DMB 1

… BD

Từ những định hướng trên ta suy ra cách giải cho bài toán như sau: + Dựng tiếp tuyến chung Mx của hai đường tròn (O1 ),(O2 ) khi đó ta có: = PMx = 1 sđPM , DBM = DMx = 1 sđDM mà DPM = PMB + PBM (tính DPM 2 2 = PMD + DMx ⇒ PMD = PMB ⇒ MP là chất góc ngoài của tam giác), PMx , gọi E là giao điểm MP với O thì E là trung điểm của phân giác DMB ( 1) . ⇒ CE là phân giác BCD BD

+ Gọi I là giao điểm của CE và PQ ta cần chứng minh DI là phân giác . củan BDC Mặt khác nếu I là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác BCD thì ta sẽ có: EI = ED = EB (Tính chất quen thuộc liên quan đến tâm vòng tròn nội tiếp, bạn đọc có thể xem thêm phần ‘’góc ‘’ ở phần đầu ) . + Ta có

= 1 sđEDM = 1 sđDM + sđDE = 1 sđDM + sđEB = DPM = EPB = ICM 2 2 2

(

) (

)

⇒ IQCM nội tiếp suy ra MIC = MQC mà MQC = MPQ = 1 sđMQ IQM 2

(Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) suy ra

= MPQ ⇒ EPI = EIM ⇒ ∆EIM đồng dạng ∆EPI ⇒ EI 2 = EP.EM, Tương MIC

tự ta cũng chứng minh được DPIM là tứ giác nội tiếp và ∆DEP đồng dạng = EID ⇒ I là tâm đường với ∆MDE ⇒ ED2 = EP.EM ⇒ ED = EI = EB ⇒ EDI tròn nội tiếp ∆BCD . + Tương tự, tâm của đường tròn nội tiếp ∆ACD nằm trên PQ . Nhận xét: Đối với các bài toán có giả thiết hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau thì việc kẻ tiếp tuyến chung để suy ra các góc bằng nhau và từ đó phát hiện ra các tứ giác nội tiếp là một hướng quan trọng để giải toán

)

(

= 900 và B <C tiếp tuyến với Ví dụ 10) Cho tam giác vuông ABC A

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A cắt cạnh BC kéo dài tại D gọi E là điểm đối xứng của A qua BC , H là hình chiếu của A trên BE . Gọi I là trung điểm của AH đường thẳng BI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K . Chứng minh rằng BD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK . Phân tích định hướng giải: A K

I B

H E

Để chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn thông thường ta chứng minh đường thẳng đó vuông góc với một bán kính tại tiếp điểm. Muốn làm được điều này điều kiện cần là phải xác định rõ tâm đường tròn. Nhưng việc làm này là không dễ nếu tâm đường tròn không phải là điểm đặc biệt. Để khắc phục khó khăn này ta thường chọn cách chứng minh theo tính chất của góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung. Trở lại bài toán: Để chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (AKD) ta = KAD . phải chứng minh: KDB + Vì E là điểm đối xứng của A qua BC ⇒ DE là tiếp tuyến của đường tròn

ngoại tiếp ∆ABC ⇒ AE ⊥ BC và MA = ME . Theo giả thiết IA = IH nên = KBE = KAE ⇒ A,I,M,K nằm trên một đường tròn IM / /BE ⇒ KIM = IKM ; BAH = BAE − HAE = BKE − IKM = MKE (1) ⇒ IAM = EAD (chắn cung AE ); Mặt khác, ABE

= 900 − ABH = 900 − EAD = ADM = EDM (2) BAH = EDM ⇒ bốn điểm M,K, D,E nằm trên một + Từ (1) và (2) suy ra MKE = KEM = KEA = KAD ⇒ BD là tiếp tuyến của đường tròn đường tròn ⇒ KDM

ngoại tiếp tam giác ADK . Tiêu chuẩn 3) Cho hai đường thẳng ∆1 , ∆ 2 cắt nhau tại điểm M . Trên hai đường thẳng ∆1 , ∆ 2 lần lượt lấy các điểm A, B và C, D khi đó 4 điểm A, B,C, D cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi MA.MB = MC.MD

B A

B O

Ví dụ 1) Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB và đường thẳng ∆ nằm

ngoài đường tròn (O) vuông góc với AB tại C . Kẻ cát tuyến CMN với đường tròn (O) , AM, AN cắt ∆ tại D,E . Chứng minh MNED nội tiếp được: Phân tích định hướng giải: A

M E

∆ C

= 900 ⇒ BCDM là tứ giác nội tiếp , suy ra AB.AC = AM.AD (1) . Vì AMB = BCE = 900 hay tứ giác BCNE nội tiếp, Tương tự vì góc ANB = 900 ⇒ BNE từ đó suy ra AB.AC = AN.AE (2). Kết hợp (1), (2) ta có: AM.AD = AN.AE ⇒ MNED là tứ giác nội tiếp. < 900 ) có đường cao BD . Gọi Ví dụ 2) Cho tam giác cân ABC(AB = AC, A M, N,I theo thứ tự là trung điểm của các đoạn BC, BM, BD . Tia NI cắt cạnh AC tại K . Chứng minh các tứ giác ABMD,ABNK nội tiếp và

3BC2 = 4CA.CK

Giải: Do tam giác ABC cân tại A nên AM ⊥ BC mặt khác BD ⊥ AC ⇒ ABMD là tứ giác nội tiếp.

1 2 (Tính chất tứ giác cũng có DMC = KAB = KAB nội tiếp) suy ra KNC

= DMC , ta Vì NI / / = MD ⇒ KNC

hay ABNK là tứ giác nội tiếp. Ta có: CA.CK = CN.CB mà CN =

D I B

3 3 CB ⇒ BC2 = CA.CK ⇔ 3BC2 = 4CA.CK . 4 4

Ví dụ 3) Cho tứ giác lồi ABCD có giao điểm 2 đường chéo là M . Đường cắt BA tại K . phân giác trong góc ACD

= CDB Giả sử MA.MC + MA.CD = MB.MD . Chứng minh BKC Phân tích định hướng giải: K

A B

D M

Ta gọi N là giao điểm của CK và BD theo tính chất đường phân giác trong ta có:

ND CD MC.DN thay vào biểu thức = ⇒ CD = NM CM MN

MA.MC + MA.CD = MB.MD ta có:

MB.MD = MA.MC + MA.

MC.DN MD = MA.MC. ⇔ MA.MC = MB.MN . Do MN MN

M nằm trong tứ giác ABCN theo tiêu chuẩn 3 ta có: ABNC là tứ giác nội = ACK = KCD . Theo tiêu chuẩn 2 ta có: BCDK là tứ giác nội tiếp nên ABD = CDB tiếp. Suy ra BKC

Ví dụ 4) Cho tam giác ABC . Đường tròn ( O ) đi qua A và C cắt AB, AC

theo thứ tự tại K và N . Đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC và đường tròn tâm J ngoại tiếp tam giác KBN cắt nhau tại B và M . Chứng vuông. (IMO 1985) minh OMB Phân tích định hướng giải: Gọi P là giao điểm của các đường thẳng AC và KN . = BMA − BMK = BCA − BNK = KPA nên 4 điểm M,P,A,K nằm Ta có KMA trên một đường tròn. Ngoài ra ta cũng có

= AKP = 180 − ACB = 180 − AMB (do ACNK là tứ giác nội tiếp) nên ta AMP

suy ra điểm M nằm trên đoạn BP . Gọi R là bán kính của đường tròn ( O ) Ta có: BM.BP = BN.BC = BK.BA = BO2 − R 2 và PM.PB = PN.PK = PA.PC = PO2 − R 2 cộng từng vế hai đẳng thức trên ta thu

được: BM.BP + PM.BP = BO2 + PO2 − 2R 2 ⇔ BP2 = BO2 + PO2 − 2R 2 . Khi đó ta có:  BO2 − R 2 BM − PM =   BP  2

  OP 2 − R 2  −   BP  

= BO 2 − OP 2 . Từ đó suy ra OM ⊥ BP .

 (BO 2 + PO 2 − 2R 2 )(BO2 − OP 2 )  =  BP 2 

B M

K N

O A

Chú ý: Để chứng minh OM ⊥ BP ta đã dùng kết quả: Cho tam giác ABC và điểm H nằm trên cạnh BC . Khi đó AH là đường cao khi và chỉ khi AB2 − AC2 = HB2 − HC2

Thật vậy:

Nếu AH là đường cao thì ta luôn có: AB2 − AC2 = HB2 − HC2 (Theo định lý Pitago). Ngược lại: Nếu ta có: AB2 − AC2 = HB2 − HC2 (*), gọi M là điểm trên BC sao cho AB2 − AC2 = MB2 − MC2 . Từ đó ta có: HB2 − HC2 = MB2 − MC 2 hay (HB + HC)(HB − HC) = (MB + MC)(MB − MC) ⇔ BC.(HB − HC) = BC(MB − MC) ⇔ HB − HC = MB − MC ⇔ M ≡ H suy ra điều phải chứng minh: Bạn đọc có thể tham khảo cách giải khác ở ví dụ 8 Dấu hiệu 2

CHÙM BÀI TOÁN VỀ TIẾP TUYẾN, CÁT TUYẾN Những tính chất cần nhớ: 1). Nếu hai đường thẳng chứa các dây AB,CD,KCD của một đường tròn cắt nhau tại M thì MA.MB = MC.MD 2). Đảo lại nếu hai đường thẳng AB,CD cắt nhau tại M và MA.MB = MC.MD thì bốn điểm A, B,C, D thuộc một đường tròn. D B

A M A

O C

3). Nếu MC là tiếp tuyến và MAB là cát tuyến thì MC2 = MA.MB = MO2 − R 2

O D

4). Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD,H , là trung điểm CD thì năm điểm K,A,H,O, B nằm trên một đường tròn.

H C O

5). Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD thì

AC BC = AD BD

A D

= ADK ⇒ ∆KAC# ∆KAD ⇔ AC = KC Ta có: KAC AD

Tương tự ta cũng có:

BC KC AC BC = mà KA = KB nên suy ra = BD KB AD BD

Chú ý: Những tứ giác quen thuộc ACBD như trên thì ta luôn có: và

AC BC = AD BD

CA DA = CB DB

NHỮNG BÀI TOÁN TIÊU BIỂU Bài 1: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi M là giao điểm OK và AB . Vẽ dây DI qua M . Chứng minh a) KIOD là tứ giác nội tiếp b) KO là phân giác của góc IKD

Giải:

A D C K

I B

a) Để chứng minh KIOD là tứ giác nội tiếp việc chỉ ra các góc là rất khó khăn. Ta phải dựa vào các tính chất của cát tuyến , tiếp tuyến. Ta có: AIBD là tứ giác nội tiếp và AB ∩ ID = M nên ta có: MA.MB = MI.MD

Mặt khác KAOB là tứ giác nội tiếp nên MA.MB = MO.MK Từ đó suy ra MO.MK = MI.MD hay KIOD là tứ giác nội tiếp. a) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác KIOD . Ta có = OKD IO = OD = R ⇒ OKI

suy ra KO là phân giác của góc IKD

Bài 2: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi M là giao điểm OK và AB . Chứng minh a) CMOD là tứ giác nội tiếp b) Đường thẳng AB chứa phân giác của góc CMD

Giải:

A D

C K

K C

D B

a) Vì KB là tiếp tuyến nên ta có: KB2 = KC.KD = KO2 − R 2 Mặt khác tam giác KOB vuông tại B và BM ⊥ KO nên KB2 = KM.KO suy ra KC.KD = KM.KO hay CMOD là tứ giác nội tiếp

= ODC,OMD = OCD . b) CMOD là tứ giác nội tiếp nên KMC

= OCD ⇒ KMC = OMD Mặt khác ta có: ODC

Trường hợp 1: Tia KD thuộc nửa mặt phẳng chứa A và bờ là KO (h1) AMD có 2 góc phụ với nó tương ứng là KMC,ODC mà Hai góc AMC,

= ODC nên AMC = AMD hay MA là tia phân giác của góc CMD KMC

Trường hợp 2: Tia KD thuộc nửa mặt phẳng chứa B và bờ là KO (h2) thì tương tự ta cũng có MB là tia phân giác của góc CMD . Suy ra Đường thẳng AB chứa phân giác của góc CMD

Bài 3. Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi H là trung điểm CD . Vẽ dây AF đi qua H . Chứng minh BF / /CD

Giải: A

H C O

= AFB Để chứng minh BF / /CD ta chứng minh AHK

= 1 AOB ( Tính chất góc nội tiếp chắn cung AB ). Ta có AFB 2

nên Mặt khác KO là phân giác góc AOB = BOK = 1 AOB ⇒ AFB = AOK . Vì A,K, B,O,H cùng nằm trên đường AOK 2 = AOK ⇒ AFB = AHK ⇔ BF / /CD tròn đường kính KO nên AHK

Bài 4. Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi H là trung điểm CD . Đường thẳng qua H song song với BD cắt AB tại I . Chứng minh CI ⊥ OB

Giải: D

H I

= CDB cùng chắn cung CB = CDB . Mặt khác CAB Ta có HI / /BD ⇒ CHI = CAB hay AHIC là tứ giác nội tiếp. Do đó nên suy ra CHI = ICH ⇔ BAH = ICH . Mặt khác ta có A,K, B,O,H cùng nằm trên đường IAH = BKH tròn đường kính KO nên BAH = BKH ⇒ CI / /KB . Mà KB ⊥ OB ⇒ CI ⊥ OB Từ đó suy ra ICH

Nhận xét: Mấu chốt bài toán nằm ở vấn đề OB ⊥ KB .Thay vì chứng minh CI ⊥ OB ta chứng minh CI / /KB Bài 5: Cho đường tròn (O) dây cung ADI . Gọi I là điểm đối xứng với A

qua D . Kẻ tiếp tuyến IB với đường tròn (O) . Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt IB ở K . Gọi C là giao điểm thứ hai của KD với đường tròn (O) . Chứng minh rằng BC / /AI .

Giải:

O A

= KBC Ta cần chứng minh: AIK = CAB = 1 sđ CB nên ta sẽ chứng minh AIK = CAB hay Mặt khác ta có: KBC 2

⇔ ∆BID ∼ ∆BCA Thật vậy theo tính chất 5 ta có:

DA = DI ⇒

CB DB = mà CA DA

CB DB = CA DI

= BDI ⇒ ∆BID ∼ ∆BCA ⇒ AIK = CAB Tứ giác ACBD nội tiếp nên BCA = KBC ⇒ BC / /AI Hay AIK

Bài 6 Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi M là giao điểm OK và AB . Vẽ dây CF qua M . Chứng minh DF / /AB

Giải:

H C K

2 1 M

1 O

Kẻ OH ⊥ CD =D Ta chứng minh được: CMOD là tứ giác nội tiếp (bài toán 2) nên M 1 1 +M = 900 ; D + DOH = 900 ⇒ M = DOH . Mặt khác ta có: mà M 1 2 1 2 = 1 COD, DOH = 1 COD ⇒ CFD = DOH . Từ đó suy ra CFD 2 2 = CFD ⇔ DF / /AB M 2

Chú ý: DF / /AB ⇒ ABFD là hình thang cân có hai đáy là = OMF AB, DF ⇒ OMD

Bài 7: Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi M là giao điểm OK và AB . Kẻ OH vuông góc với CD cắt AB ở E . Chứng minh a) CMOE là tứ giác nội tiếp b) CE, DE là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Giải:

a) Theo bài toán 2, ta có CMOD = ODC = OCD . là tứ giác nội tiếp nên CMK

C K

Do đó các góc phụ với chúng

= COE . bằng nhau: CME

Suy ra CMOE là tứ giác nội tiếp (theo cung chứa góc).

c) Cũng theo bài toán 2, CMOD nội tiếp. Mặt khác CMOE là tứ giác nội tiếp nên E,C,M,O, D thuộc một đường tròn. Từ đó dễ chứng minh CE, DE là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Bài 8) Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Vẽ đường kính AI . Các dây IC,ID cắt KO theo thứ tự ở G,N . Chứng minh rằng OG = ON .

Giải: A 1

C K

1 G

M O

N 1 I

Ta vẽ trong hình trường hợp O và A nằm khác phía đối với CD . Các trường hợp khác chứng minh tương tự.

Để chứng minh OG = ON , ta sẽ chứng minh ∆IOG = ∆AON . = AON , cần chứng minh CIA = IAN , muốn vậy phải Ta đã có OI = OA,IOG

= CID . Chú ý đến AI là đường kính, có AN / /CI . Ta sẽ chứng minh AND = 900 , do đó ta kẻ AM ⊥ OK Ta có AMND là tứ giác nội tiếp, suy ta có ADI = AMD (1) ra AND = 1 CMD = 1 COD Sử dụng bài 2, ta có CMOD là tứ giác nội tiếp và AMD

= 1 COD . Ta lại có CID = 1 COD nên (2). Từ (1) và (2) suy ra AND 2 2

= 1 CID . AND 2

HS tự giải tiếp.

Bài 9 Từ điểm K nằm ngoài đường tròn ta (O) kẻ các tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) . Gọi M là trung điểm của AB . Chứng minh rằng = MDB . ADC

Giải: E

A C K

H O

Kẻ OH ⊥ CD , cắt AB ở E . Theo bài 7 , EC là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) , nên theo bài toán quen = ECD (2). thuộc 3, ta có ECMD là tứ giác nội tiếp, suy ra EBD = EMD . Từ (1) và (2) suy ra CBD

Do đó hai góc bù với nhau chúng bằng nhau: = BMD ⇒ ∆CAD ∼ ∆BMD (g.g) nên ADC = MDB CAD

NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG 1. Đường thẳng Euler 1.(Đường thẳng Euler). Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng trọng tâm G , trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp O cùng nằm trên một đường thẳng. Hơn nữa

GH = 2 . Đường thẳng nối H ,G,O gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC . GO Chứng minh: A

H H G

B C

O C

H' D

Cách 1: Gọi E , F lần lượt là trung điểm của BC , AC . Ta có EF là đường trung bình của tam giác ABC nên EF / /AB . Ta lại có OF / /BH (cùng vuông góc với AC ). Do đó OFE = ABH (góc có cạnh tương ứng song song). Chứng minh tương tự OEF = BAH . AH AB = = 2 (do EF là đường OE EF trung bình của tam giác ABC ). Mặt khác G là trọng tâm của tam giác

Từ đó có ∆ABH ∼ ∆EFO (g.g) ⇒

AG AG AH = OEG (so le = 2 . Do đó = = 2 , lại có HAG GE FG OE = EGO . Do trong, OE / /AH ) ⇒ ∆HAG ∼ ∆EOG (c.g.c) ⇒ HGA ABC nên

+ AGO = 1800 nên HGA + AGO = 1800 hay EGO HGO = 1800 .

Vậy H ,G ,O thẳng hàng. Cách 2: Kẻ đường kính AD của đường tròn (O ) ta có BH ⊥ AC (Tính chất trực tâm) AC ⊥ CD (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra BH / /CD . Tương tự ta cũng có CH / /BD nên tứ giác BHCD là hình bình hành, do đó HD cắt BC tại trung điểm của mỗi đường. Từ đó cũng suy

1 AH (Tính chất đường trung bình tam giác ADH ). Nối 2 GO OM 1 = = nên G là trọng tâm của tam giác AM cắt HO tại G thì GH AH 2 ABC .

ra OM / / =

Cách 3: sử dụng định lý Thales :Trên tia đối GO lấy H ' sao cho GH ' = 2GO . Gọi M là trung điểm BC . Theo tính chất trọng A

tâm thì G thuộc AM và GA = 2GM . Áp dụng định lý Thales

H H'

vào tam giác GOM dễ suy ra AH '/ /OM (1).Mặt khác do O

B M

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , M là trung điểm BC nên OM ⊥ BC (2).

Từ (1) và (2) suy ra AH ' ⊥ BC , tương tự BH ' ⊥ CA . Vậy H ' ≡ H là trực tâm tam giác ABC . Theo cách dựng H ' ta có ngay kết luận bài toán. Chú ý rằng: Nếu ta kéo dài AH cắt đường tròn tại H' thì AH' D = 900 (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) nên EM là đường trung bình của tam giác HH' D suy ra H đối xứng với H' qua BC . Nếu gọi O' là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác HBC thì ta có O' đối xứng với O qua BC .

Đường thẳng đi qua H,G,O được gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC . Ngoài ra ta còn có OH = 3OG .

*Đường thẳng Euler có thể coi là một trong những định lý quen thuộc nhất của hình học phẳng. Khái niệm đường thẳng Euler trước hết liên quan đến tam giác, sau đó được mở rộng và ứng dụng cho tứ giác nội tiếp và cả n giác nội tiếp, trong chuyên đề ta quan tâm đến một số vấn đề có liên quan đến khái niệm này trong tam giác. 1.1. (Mở rộng đường thẳng Euler) Cho tam giác ABC . P là điểm bất kỳ trong mặt phẳng. Gọi A ', B ',C ' lần lượt là trung điểm của BC ,CA, AB . G là trọng tâm tam giác ABC . a) Chứng minh rằng các đường thẳng qua A, B,C lần lượt song song với PA ', PB ', PC ' đồng quy tại một điểm H P , hơn nữa H P ,G, P thẳng hàng

và

GH P GP

= 2.

b) Chứng minh rằng các đường thẳng qua A ', B ',C ' lần lượt song song với PA, PB, PC đồng quy tại một điểm OP , hơn nữa OP ,G, P thẳng hàng và GOP GP

1 . 2

Giải: a) Ta thấy rằng kết luận của bài toán khá rắc rối, tuy nhiên ý tưởng của lời giải câu 1 giúp ta tìm đến một lời giải rất ngắn gọn như sau: Lấy điểm Q trên tia đối tia GP sao cho GQ = 2GP . Theo tính chất trọng tâm ta thấy ngay G thuộc AA ' và GA = 2GA ' . Vậy áp dụng định lý

G B

Thales vào tam giác GPA ' dễ suy ra AQ / /PA ' . Chứng minh

P A'

tương tự BQ / /PB ',CQ / /PC ' . Như vậy các đường thẳng qua A, B,C lần lượt song song với PA ', PB ', PC ' đồng quy tại Q ≡ H P . Hơn nữa theo cách dựng Q thì H P ,G,O thẳng hàng và GH P GO

= 2 . Ta có ngay các kết luận bài toán. A

b) Ta có một lời giải tương tự. Lấy điểm R

1 trên tia đối tia GP sao cho GR = GP . 2 Theo tính chất trọng tâm ta thấy ngay G

C' P

G B

R≡Op

thuộc AA ' và GA = 2GA ' . Vậy áp dụng định lý Thales vào tam giác GPA dễ suy ra AR / /PA . Chứng minh tương tự BR / /PB,CR / /PC . Như vậy các

đường thẳng qua A, B,C lần lượt song song với PA, PB, PC đồng quy tại

R ≡ OP . Hơn nữa theo cách dựng R thì OP ,G, P thẳng hàng và GP = 2 . Ta có ngay các kết luận bài toán. GOP

Nhận xét: Bài toán trên thực sự là mở rộng của đường thẳng Euler. Phần a) Khi P ≡ O tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC ta có ngay H P = H là trực tâm của tam giác ABC . Ta thu dược nội dung của bài toán đường thẳng Euler. Phần b) Khi P ≡ H trực tâm của tam giác ABC thì OP ≡ O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 1.2. Cho tam giác ABC trực tâm H . Khi đó đường thẳng Euler của các tam giác HBC , BC HCA, HAB đồng quy tại một điểm trên đường thẳng

Euler của tam giác ABC . Giải: Để giải bài toán này chúng ta cần hai bổ đề quen thuộc sau: Bổ đề 1. Cho tam giác ABC trực tâm H . Thì (HBC ), (HCA), (HAB ) lần lượt đối xứng với (ABC ) qua BC ,CA, AB . A

Chứng minh: Gọi giao điểm khác A của HA với (ABC ) là A ' . Theo tính chất

trực tâm và góc nội tiếp dễ thấy

B OA

HBC = HAC = A ' BC . Do đó tam giác

HBA ' cân tại B hay H và A ' đối xứng

nhau qua BC do đó (HBC ) đối xứng (ABC ) . Tương tự cho (HCA), (HAB ) , ta có điều phải chứng minh. Bổ đề 2. Cho tam giác ABC , trực tâm H , tâm đường tròn ngoại tiếp O , M là trung điểm thì HA = 2OM . A

Chứng minh: Gọi N là trung điểm của CA dễ thấy OM / /HA do cùng vuông góc với BC

H G

và OM / /HB do cùng vuông góc với

CA nên ta có tam giác ∆HAB ∼ ∆OMN

tỷ số

AB = 2 . Do đó HA = 2OM , MN

đó là điều phải chứng minh. A

Trở lại bài toán. Gọi OA là tâm (HBC ) theo bổ đề 5.1 thì OA đối xứng với O

qua BC ,kết hợp với bổ đề 2 suy ra

OOA song song và bằng OH nên tứ giác AHOAA là hình bình hành

B OA

nên AOA đi qua trung điểm E của OH . Tuy nhiên dễ thấy A là trực tâm tam giác HBC do đó đường thẳng Euler của tam giác HBC là AOA đi qua E . Tương tự thì đường thẳng Euler của các tam giác HCA, HAB cũngđi qua E nằm trên OH là đường thẳng Euler của tam giác ABC . Đó là điều phải chứng minh. Nhận xét: Điểm đồng quy E là trung điểm OH cũng chính là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC 1.3. Cho tam giác ABC tâm đường tròn nội tiếp I . Khi đó đường thẳng Euler của các tam giác IBC , ICA, IAB đồng quy tại một điểm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC . Hướng dẫn giải: Ta sử dụng các bổ đề sau:

Bổ đề 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) , tâm đường tròn nội tiếp I . IA cắt (O ) tại điểm D khác A thì D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC . A

Giải: Sử dụng tính chất góc nội tiếp và góc ngoài tam giác ta có:

= IBC + CBD = IBD

+ IAC = IBA + IAB = BID IBA D

Vậy tam giác IDB cân tại D .

Tương tự tam giác ICD cân tại D do đó DI = DB = DC . Vậy D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . (Xem thêm phần góc với đường tròn) Bổ đề 4. (Định lý Menelaus). Cho tam giác ABC một đường thẳng cắt ba cạnh BC ,CA, AB tương ứng tại A ', B ',C ' thì

A ' B B 'C C ' A . . = 1. AB B ' A C ' B

Định lý đã được chứng minh chi tiết trong (Các định lý hình học nổi

tiếng) Trở lại bài toán. Gọi O là tâm (ABC ) , IA giao (ABC ) tại điểmOA khác A .

G S

T GA

M E

Gọi G,GA lần lượt là trọng tâm tam giác ABC , IBC . Gọi M là trung điểm BC , GGA cắt OOA tại E .

Theo bổ đề 3 và các tính chất cơ bản ta thấy OA là trung điểm cung BC không chứa A của (O ) do đó OOA vuông góc với BC tại M . IGA IM

GAE GAG

O E 2 AG 2 (1). Hơn nữa = nên GGA / /AOA suy ra A = OAM 3 AM 3

IOA IA

COA IA

(2). Gọi GAOA (đường thẳng Euler của tam giác

IBC ) cắt OG (đường thẳng Euler của tam giác ABC tại S ). Ta sẽ chứng minh rằng S cố định. Gọi N là hình chiếu của I lên AB . Do = BCO nên hai tam giác vuông AIB IAN và OACM đồng dạng. Do đó A

COA IA IN r hay r = (3) = = MOA .IA OAC MOA MOA Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác GOE có S ,GA,OA thẳng hàng, ta có: 1 =

COA SG OAO GAE SG R SG 2R = . . Vậy . . . . = SO OAE GAG SO 3 IA SO 2r .OAM 2

SG 3r = , do đó S cố định. Tương tự, các đường thẳng Euler của tam SO 2R giác ICA, IAB cũng đi qua S nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC . Ta có điều phải chứng minh. Nhận xét. Điểm đồng quy S thường được gọi là điểm Schiffer của tam giác ABC . 1.4 Cho tam giác ABC . Đường tròn (I ) tiếp xúc ba cạnh tam giác tại D, E , F . Khi đó đường thẳng Euler của tam giác DEF đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC .

Hướng dẫn giải:

Gọi A ', B ',C ' lần lượt là giao điểm khác A, B,C của IA, IB, IC với

không chứa đường tròn ngoại tiếp (O ) Khi đó A ' là trung điểm cung BC A của (O ) do đó OA ' ⊥ BC suy ra OA '/ /ID . Gọi giao điểm của A ' D

với OI là K , áp dụng định lý Thales vào tam giác KOA ' ta thấy ngay

KD KI ID r = = = trong đó r , R lần lượt là bán kính đường tròn KA ' KO OA ' R nội tiếp và ngoại tiếp tam giác. Do đó K cố định, tương tự B ' E ,C ' F đi qua K .Lấy điểm H thuộc đoạn KO sao cho

KH r = . Áp dụng định lý KI R

Thales trong tam giác KIA ' ta thấy

KH KD r = (cùng bằng ) KI KA ' R

nên DH / /IA ' . Bằng tính chất

K H

phân giác và tam giác cân dễ thấy IA ' ≡ AI ⊥ EF do đó DH ⊥ EF . Chứng minh tương

tự EH ⊥ DF , FH ⊥ ED hay H là trực tâm của tam giác DEF . Ta chú ý rằng I chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF đi qua O . Ta có điều phải chứng minh. Nhận xét. 1.4 là một kết quả rất hay gặp về đường thẳng Euler, nhờ đó ta có thể chứng minh được kết quả thú vị khác như sau 1.5 Cho tam giác ABC các đường cao AA ', BB ',CC ' đồng quy tại H . Gọi D, E , F là hình chiếu của H lên B 'C ',C ' A ', A ' B ' . Khi đó đường thẳng Euler của tam giác DEF và tam giác ABC trùng nhau.

Giải: Ta đã biết một kết quả quen thuộc đó là trực tâm H của tam giác ABC chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A ' B 'C ' . Khi đó theo 1.4 , đường thẳng Euler của tam giác DEF chính là đường thẳng nối H và N , trong đó N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A ' B 'C ' . Mặt khác tâm N đường tròn ngoại tiếp tam giác A ' B 'C ' chính là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC do đó NH cũng chính là đường thẳng Euler của tam giác ABC . Đó là điều phải chứng minh. Chú ý. Áp dụng kết quả 1.5 ta lại có kết quả thú vị khác 1.6. Cho tam giác ABC . Đường tròn nội tiếp tiếp xúc BC , CA, AB tại D, E , F . Tâm các đường tròn bàng tiếp I a , I b , I c . Chứng minh rằng đường

thẳng Euler của tam giác DEF và tam giác I a I b I c trùng nhau. Chứng minh: Ta áp dụng kết quả 1.5 vào tam giác I a I b I c , ta chú ý rằng I chính là trực tâm tam giác I a I b I c ta có điều phải chứng minh. 1.7. Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với BC , CA, AB tại D, E , F . A ', B ', C ' lần lượt là trung điểm của EF , FD , DE . Chứng minh

rằng các đường thẳng lần lượt qua A ', B ', C ' và vuông góc với BC , CA, AB đồng quy tại một điểm trên đường thẳng OI trong đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

Ta dễ thấy ID, IE , IF lần lượt vuông

góc với BC , CA, AB nên các đường E

thẳng lần lượt qua A ', B ', C ' và vuông

F I

B' B

góc với BC , CA, AB sẽ tương ứng song song với ID, IE , IF . Ta suy ra các đường thẳng này đồng quy tại một điểm trên IG với G là trọng tâm của tam giác DEF . Tuy nhiên IG cũng chính là đường thẳng Euler của tam giác DEF . Theo 1.5, IG đi qua O . Như vậy điểm đồng quy nằm trên IO . Ta có điều phải chứng minh. 1.8. Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp (I ) tiếp xúc BC ,CA, AB tại

D, E , F ần lượt gọi DP, EQ, FR là đường kính của (I ), chứng minh rằng AP, BQ,CR đồng quy tại một điểm nằm trên đường nối I và trọng tâm G của tam giác ABC . Bổ đề 5. Cho tam giá ABC , đường tròn nội tiếp (I ) của tam giác tiếp xúc BC tại D . Gọi DE là đường kính của I . AE cắt BC tại F thì BD = CF .

Chứng minh: Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại E của (I ) với AB, AC lần A

lượt là K , L . Gọi r là bán kính của (I ) . K

Ta chú ý rằng KI , LI lần lượt là phân

. Từ đó giác của các góc BKL ,CLK

ta dễ thấy ∆KEI ∼ ∆IDB (g.g) suy

ra KE .BD = ID.IE = r 2 . Tương tự EL.DC = ID.IE = r 2 do đó KE .BD = EL.DC . Suy ra

EL KE EL + KE KL = = = (1). Dễ thấy BD DC DB + DC BC

KL / /BC . Theo định lý Thales ta có

EL AL KL = = (2) FC AC BC

Từ (1) và (2) ta dễ suy ra BD = FC , ta chứng minh được bổ đề. Trở lại bài toán.

Gọi giao điểm của AP với BC P

là A1 và trung điểm BC là A2 .

Theo bổ đề BD = CA1 vậy A2

N R

cũng là trung điểm DA1 , I là

A1 A2

trung điểm DP do đó suy ra

IA2 / /AA1 . Tương tự có B1, B2 ,C 1,C 2 thì IB2 / /BB1, IC 2 / /CC 1 . Từ đó ta áp dụng câu 2 a) với điểm I ta suy ra AA2 , BB2 ,CC 2 đồng quy tại một điểm N nằm trên đường nối I và trọng tâm G của tam giác ABC hơn nữa GN = 2GI . Ta có điều phải chứng minh. Qua đường thẳng Ơ le và một số kết quả mở rộng ta thấy việc khai thác các định lý, tính chất hình học là chìa khóa quan trọng để khám phá các vẽ đẹp tiềm ẩn trong ‘’Hình học phẳng’’. Hy vọng các em học sinh tiếp tục phát triển, đào sâu suy nghỉ để tìm ra các bài toán mới hay hơn, phong phú hơn.Đó là cách để học giỏi bộ môn hình học phẳng. 2. Đường thẳng Simmon Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) M là một điểm bất kỳ trên đường tròn. Kẻ MH , MI , MK lần lượt vuông góc với AB, BC , AC . Chứng minh rằng ba điểm H , I , K thẳng hàng. Chứng minh:

O B

+ BIM = 900 + 900 = 1800 nên là tứ giác nội Tứ giác MIBH có BHM = MBH (cùng chắn cung tiếp ⇒ MIH HM ), mà tứ giác ABMC nội tiếp nên MBH = KCM , do đó MIH = KCM .

= MKC = 900 ) nên Mặt khác tứ giác KCMI nội tiếp (vì MIC + MIK = 1800 ⇒ MIH + MIK = 1800 ⇒ HIK = 1800 . KCM Vậy H , I , K thẳng hàng. Đường thẳng đi qua H , I , K được gọi là đường thẳng Simson của điểm M . Chú ý: Ta có bài toán đảo về bài toán Simson như sau: Cho tam giác ABC và một điểm M nằm ngoài tam giác. Chứng minh rằng nếu hình chiếu của M lên ba cạnh của tam giác ABC là ba điểm thẳng hàng thì M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 3. Đường thẳng Steiner Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) , M là điểm bất kỳ thuộc đường tròn. Gọi N , P ,Q theo thứ tự là các điểm đối xứng với M qua

AB, BC ,CA . Chứng minh rằng N , P,Q thẳng hàng. A

Chứng minh: F

P N

D I

1 1

K C

Gọi H , I , K theo thứ tự là hình chiếu của M lên AB, BC , AC ; thế thì H , I , K thẳng hàng (đường thẳng Simson). Dễ thấy IH là đường trung

bình của tam giác MNP . Tương tự IK / /PQ . Theo tiên đề Ơ-clit và do H , I , K thẳng hàng nên suy ra N , P,Q thẳng hàng.

Đường thẳng đi qua N , P ,Q được gọi là đường thẳng Steiner của điểm M . Chú ý: a) Ta có thể chứng minh ba điểm N , P ,Q thẳng hàng bằng cách dùng phép vị tự: Các điểm N , P ,Q lần lượt là ảnh của H , I , K trong phép vị tự tâm M tỉ số 2, mà H , I , K thẳng hàng nên N , P ,Q cũng thẳng hàng. Như vậy đường thẳng Steiner là ảnh của đường thẳng Simson trong phép vị tự tâm M tỉ số 2.

b) Đường thẳng Steiner đi qua trực tâm của tam giác ABC . Thật vậy, gọi D là trực tâm của tam giác ABC ; BD,CD cắt (O ) lần lượt ở E , F . Dễ

dàng chứng minh được E đối xứng với D qua AC , F đối xứng với D qua AB (Xem phần chứng minh đường thẳng Ơ le cách 2). Ta có FDMN =N mà F =B =H (Tính chất góc nội tiếp) , là hình thang cân nên F 1

=H . Suy ra do đó N ND / /HK . Tương tự QD / /HK . 1 1 Vậy N , D,Q thẳng hàng hay đường thẳng Steiner đi qua trực tâm của tam giác ABC . Cách khác:

Q J

R P N

H M

Gọi AS , BJ ,CR là các đường cao của tam giác ABC , D là trực tâm. Ta = AMB (tính chất đối xứng). Lại có AMB = ADJ (cùng bù với có ANB SDJ ). Suy ra ANB = ADJ nên ADBN là tứ giác nội tiếp, do đó NAB = NDB . Mà NAB = MAB ⇒ NDB = MAB . Chứng minh tương tự CDQ = CAM . Ta có

NDB + CDQ = MAB + CAM = BAC ⇒ NDQ = NDB + BDC + CDQ = BAC + BDC = 1800 .

Vậy N , D,Q thẳng hàng hay đường thẳng Steiner đi qua trực tâm của tam giác ABC . 4. Đường tròn Euler Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE ,CF đồng quy tại H . Gọi

M , N , P lần lượt là trung điểm của BC ,CA, AB ; S , R,Q lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC . Chứng minh rằng chin điểm

D, E, F , M , N , P , S , R,Q cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh:

A F

P R

N I

Trong tam giác ABH thì PR là đường trung bình nên PR / /AH

1 AH . Trong tam giác ACH thì NQ là đường trung bình nên 2 1 NQ / /AH và NQ = AH . Do đó PR / /NQ và PR = NQ nên 2 PNQR là hình bình hành. Mặt khác PR / /AH mà AH ⊥ BC nên

và PR =

PR ⊥ BC , lại có PN / /BC ( PN là đường trung bình của tam giác ABC ). Suy ra PN ⊥ PR , do đó PNQR là hình chữ nhật. Gọi I là giao

điểm của PQ và RN thì IP = IN = IR = IQ . Chứng minh tương tự ta

có IS = IM = IN = IR . Ta được IP = IQ = IN = IR = IS = IM . Tam giác FPQ vuông tại F có I là trung điểm của PQ nên IF = IP = IQ . Tương tự IE = IR = IN ; ID = IS = IM . Suy ra ID = IE = IF = IM = IN = IP = IS = IR = IQ . Vậy chin điểm D, E , F , M , N , P , S , R,Q cùng nằm trên đường tròn tâm I . Đường tròn đi

qua chín điểm được gọi là đường tròn Euler của tam giác ABC . Chú ý: a) Tâm đường tròn Euler nằm trên đường thẳng Euler. Thật vậy, gọi G và O theo thứ tự là trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp

1 AH = SH , lại có 2 OM / /SH ⇒ OMHS là hình bình hành. Mà I là trung điểm của SM nên cũng là trung điểm của OH .

tam giác ABC . Ta chứng minh được OM =

Như vậy bốn điểm H , I ,O,G thẳng hàng, tứ là tâm đường tròn Euler nằm trên đường thẳng Euler. R (vói R là bán kính đường tròn ngoại 2 tiếp tam giác ABC ). Thật vậy, ta có IS là đường trung bình của ∆AHO

b) Bán kính đường tròn Euler bằng

nên IS =

OA R = . 2 2

5. Điểm Miquel

Cho tứ giác ABCD có E là giao điểm của AB và CD , F là giao điểm của AD và BC . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của tam giác EBC , FCD, EAD, FAB đồng quy. Chứng minh: E

B C

Gọi M là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC và FCD . = EMC + CMD = ABF + AFB = 1800 − EAD Ta có EMD + EMD = 1800 . Do tứ giác ⇒ EAD EMDA nội tiếp hay M thuộc

đường tròn ngoại tiếp tam giác EAD . Chứng minh tương tự M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác FAB . Vậy đường tròn ngoại tiếp của các tam giác EBC , FCD, EAD, FAB đồng quy tại M . Điểm M được gọi là điểm Miquel. 6. Đường tròn Miquel

Cho tứ giác ABCD có E là giao điểm của AB và CD , F là giao điểm của AD và BC . Gọi M là điểm Miquel và O1,O2 ,O3 ,O4 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác EBC ,CDF , EAD, ABF . Chứng

minh rằng năm điểm M ,O1,O2 ,O3 ,O4 cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh: E

H M O4

I B

O3 C

Gọi H , I , K theo thứ tự là trung điểm của FM , BM ,CM . Các đường tròn

(O ) và (O ) cắt nhau tại M 1

và C nên O1O2 là đường trung trực của MC ,

do đó O1O2 vuông góc với MK tại K . Tương tự O1O4 vuông góc với MI tại I , O2O4 vuông góc với MH tại H . Nói cách khác H , I , K theo thứ tự là hình chiếu của M trên các cạnh O2O4 ,O1O4 ,O1O2 của tam giác O1O2O4 . Dễ thấy IK / /BC và IH / /FB

mà F , B,C thẳng hàng nên H , I , K thẳng hàng.

Theo bài toán đảo về đường thẳng Simson (xem mục 2), ta có M ,O1,O2 ,O4 cùng nằm trên một đương tròn. Tương tự M ,O1,O3,O4 cùng nằm trên một đường tròn. Vậy năm điểm M ,O1,O2,O3,O4 cùng nằm trên một đường tròn. Đường tròn đi qua năm điểm M ,O1,O2 ,O3 ,O4 được gọi là đường tròn

Miquel. 7. Định lý Miquel

Cho tam giác ABC các điểm D, E , F lần lượt nằm trên các cạnh BC ,CA, AB . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của các tam giác AEF , BDF ,CDE đồng quy. Chứng minh: A

F E M B

Gọi M là giao điểm khác D của đường tròn ngoại tiếp hai tam giác = BDM và AEM = CDM (do BFD,CDE . Ta có AFM BFMD, DMEC là các tứ giác nội tiếp). Do đó

+ AFM = BDM + CDM = 1800 nên tứ giác AEMF nội tiếp hay AEM M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Vậy đường tròn ngoại tiếp của tam giác AEF , BDF ,CDE đồng quy tại M (đpcm). 8. Định lý Lyness

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Đường tròn (O ') tiếp xúc trong với (O ) tại D và tiếp xúc với AB, AC ở E , F . Chứng minh rằng EF đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .

Chứng minh:

M N

O' B

C D

cắt EF tại I ; gọi M , N là giao điểm của Vẽ tia phân giác của BDC

= ODM nên DF , DE với đường tròn (O ) . Ta có O ' FD = OMD

(

)

O ' F / /OM mà O ' F ⊥ AC ⇒ OM ⊥ AC ⇒ M là điểm chính giữa của

= 1 ABC (1). Tam giác cung AC , do đó FDC AEF cân tại A ( Do 2 0 180 − A , mặt khác AE , AF là các tiếp tuyến của (O ') ) nên E1 = F1 = 2 0 = IDB = BDC = 180 − A (Tính chất góc nội tiếp của tứ giác IDC 2 2  1  ABDC ) nên IDB = IDC = E1 = F1 . Mà EDF = F1 = sđEF    2 = EDF ⇒ IDE = FDC (2). Vì E = IDB nên IEDB là tứ ⇒ IDC 1 = IBE (3). Từ (1),(2) và (3) ta có IBE = 1 ABC , giác nội tiếp ⇒ IDE 2 . do đó IB là tia phân giác của ABC mà Do IDC = IDB IDE = FDC nên BDE = IDF . Tứ giác IFCD nội = IDC ). tiếp (vì F 1

= ICF ⇒ ICF = BDE (4). Mặt khác, do ⇒ IDF N là điểm chính giữa (chứng minh tương tự ở trên) ⇒ BDE = 1 ACB (5). Từ (4) và của AB 2 = 1 ACB , do đó IC là tia phân giác của ACB . Vậy I là (5) suy ra ICF 2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm).

Cách khác: A

M N

cắt EF tại I , ta chứng minh IC là tia phân Vẽ tia phân giác của ABC . Vẽ tiếp tuyến chung Dx của O và O ' . Tương tự như giác của ACB cách trên, gọi M là giao điểm của DF

( ) ( ) với (O ) thì M là điểm chính giữa

, do đó B, I , M thẳng hàng. của AC = IBD = xDM nên tứ giác IEDB nội tiếp Ta có IED

(

)

0 =E = 180 − A , mà ⇒ IDB BDC = 1800 − A , do đó 1 2 0 180 − A tứ giác IDC = = F1 ⇒ IDCF nội tiếp ⇒ ICF = IDF . Ta lại 2 0 ACB 180 − A ABC ACB , có IDF = IDC − FDC = − = ⇒ ICF = 2 2 2 2 (đpcm). do đó IC là tia phân giác của ACB 9. Định lý Lyness mở rộng (bổ đề Sawayama)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) M là một điểm bất kỳ trên

cạnh AC . Đường tròn (O ') tiếp xúc với đường tròn (O ) tại D và tiếp xúc với MB, MC lần lượt ở E , F . Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên EF . Để chứng minh định lý này ta cần hai bổ đề sau: Bổ đề 1: Cho AB là dây của đường tròn (O ) . Đường tròn (O ') tiếp xúc

với (O ) tại T và tiếp xúc với AB tại K . Chứng minh rằng TK đi qua điểm chính giữa của cung AB và MA2 = MK .MT (với M là điểm chính ). giữa của AB

M O

O' A T

Chứng minh M là điểm chính giữa của cung AB . Ta có = OTM nên O ' K / /OM mà O ' KT = OMT

(

)

O ' K ⊥ AB ⇒ OM ⊥ AB ⇒ M là điểm chính giữa của cung AC ,

Bây giờ ta chứng minh MA2 = MK .MT . Thật vậy, ta có MTA = MBA = MAK ⇒ ∆MKA ∼ ∆MAT (g.g)

⇒

MK MA = ⇒ MA2 = MK .MT . MA MT

Bổ đề 2: Cho tam giác ABC nội tiếp nội tiếp đường tròn (O ) và M là

không chứa C . Trên MC lấy I sao cho điểm chính giữa của AB MI = MB . Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . C

A M

Thật vậy, gọi I ' là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì I ' là giao điểm của đường phân giác trong góc B với MC . Ta có = I = BI I ' BM = I ' BA + ABM ' BC + BCM ' M suy ra tam giác MBI cân tại M hay MI ' = MB . Do đó MI = MI ' hay I ≡ I ' . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Chứng minh:

và Gọi N giao điểm của DF với (O ) thì N là điểm chính giữa của AC NC 2 = NF .ND (theo bổ đề 1). Gọi Dx là tiếp tuyến chung của (O ) và

(O ') tại D, I

= IBD = xDN là giao điểm của BN và EF . Ta có IED

(

)

= DEB . Mà nên tứ giác IEBD là tứ giác nội tiếp ⇒ DIB DEB = DFI = DFI , do đó NID = NFI (cùng kề bù với hai góc bằng nhau). nên DIB Từ đó chứng minh được ∆NFI ∼ ∆NID (g.g)

NF NI = ⇒ NI 2 = NF .ND = NC 2 ⇒ NI = NC . Theo bổ đề 2, ta NI ND có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm). ⇒

A M

I F

O O'

x D

10. Một hệ quả của định lý Lyness mở rộng

Cho đường tròn (O ) hai điểm A và B nằm trên đường tròn điểm C nằm trong đường tròn (O ) . Đường tròn (O ') tiếp xúc trong với

(O ) tại R và tiếp xúc với CA,CB

theo thứ tự ở P,Q . Gọi I là tâm đường

tròn nội tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng I nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác APR . Chứng minh:

Gọi D là giao điểm của BC với (O ) , K là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ADB . Ta có B, I , K thẳng hàng và K nằm trên PQ (theo bổ đề Sawayama). Dễ thấy A, P, K , R cùng nằm trên một đường tròn (xem mục 8) (1). Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên

= 90 + ACB . Ta lại có AIB 2 1800 − ACB ACB . APK = 1800 − CPK = 1800 − = 900 + 2 2 Do đó AIB = APK nên A, P, K , I cùng nằm trên một đường tròn (2)

Từ (1) và (2) suy ra A, P, R, K , I cùng trên một đường tròn. Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác APR . D

C P

Q I O

11. Định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp

Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O ) . Chứng minh rằng AB.CD + AD.BC = AC .BD .

Chứng minh:

B A

E O D

Trên AC lấy điểm E sao cho ADE = BDC . Khi đó ta có: ∆AED ∼ ∆BCD (g.g). Nên suy ra AD.BC = AE .BD (1)

AD DE AD BD = ⇒ = . Từ đó suy ra DC DC DE DC ∆ADB ∼ ∆EDC ⇒ AB.DC = DB.EC (2). Từ (1), (2) ta suy ra:

Mặt khác, ta cũng có:

AB.DC + AD.BC = BD (EC + AE ) = DB.AC . Ta có đpcm.

Cách 2.

Từ C vẽ CE ⊥ AD,CF ⊥ BD,CG ⊥ AB (E ∈ AD, F ∈ BD,G ∈ AB ) . Theo định lý Simson, ta có G , F , E thẳng hàng. Ta có: GF + FE = GE . Áp dụng định lý hàm số sin ta có: GF = BC . sin B; EF = DC . sin D;GE = AC . sin A ; sin B =

AD ; 2R

AB BD ; sin A = . Từ trên ta suy ra: 2R 2R BC .AD AB.DC BD.AC + = .Vậy ta có: BD.AC + AB.DC = BD.AC 2R 2R 2R (đpcm) sin D =

12. Định lý Ptolemy cho tứ giác bất kỳ

Cho tứ giác ABCD . Chứng minh rằng AB.CD + AD.BC ≥ AC .BD . Chứng minh: A B

M D

Bên trong tứ giác ABCD lấy điểm M sao cho MAD = CAB và MDA = ACB . Ta có ∆ADM ∼ ∆ACB (g.g)

AD DM = ⇒ AD.BC = AC .DM (1). Do MAD = CAB nên AC BC DAC = MAB . = MAB (chứng minh trên) Xét tam giác ADC và MAB , có: DAC ⇒

AD AM = (do ∆AMD ∼ ∆ACB ) nên ∆ADC ∼ ∆AMB (c.g.c) AC AB DC AC ⇒ = ⇒ AB.CD = AC .MB (2). Từ (1) và (2) suy ra MB AB AB.CD + AD.BC = AC (BM + DM ) ≥ AC .BD . Đẳng thức xảy ra khi M nằm trên đường chéo BD , lúc đó tứ giác ABCD nội tiếp. Ví dụ 1) Cho tam giác ABC vuông tại A . AB < AC . Gọi D là một điểm trên cạnh BC E là một điểm trên cạnh BA kéo dài về phía A sao cho BD = BE = CA . Gọi C là một điểm trên AC sao cho E , B, D, P thuộc

cùng một đường tròn Q là giao điểm thứ hai của BP với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng AQ + CQ = BP . Giải:

E A

Vì tứ giác BEPD, AQCB nội = CBQ = DEP . tiếp nên CAQ = 1800 − ABC = EPD Mặt khác AQC

P B

Q C

(1). Áp dụng định lý Ptô –lê- mê cho tứ giác BEPD ta có PE .BD + PD.EB + DE .BP (2) Từ (1) và (2) suy ra AQ.BD + QC .EB = CA.BP . Mặt khác BD = EB = CA nên AQ + QC = BP .

Ví dụ 2) . Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp O là tâm = 900 . Chứng đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm G . Giả sử rằng OIA

minh rằng IG và BC song song. Giải:

Gọi E là giao điểm thứ hai khác A của AI với đường tròn (O ) . I

Khi đó E là điểm chính giữa cung BC (cung không chứa A ).

O M

Ta có EB = EI = EC = IA . E

Theo định lý Ptô-lê-mê ta có

EABC . = EC .AB + EB.AC do đó 2BC = AB + AC . Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có: AB AI AC AB + AC AB + AC AI = = = = = 2 .Vậy = 2 . Gọi BD ID DC BD + DC BC AD M là trung điểm cạnh BC , khi đó

AG AI =2= . Vậy GI / /BC . GM ID

13. Định lý Brocard

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O ) . Gọi M là giao điểm của AB

và CD ; N là giao điểm của AD và BC ; I là giao điểm của AC và BD . Chứng minh rằng I là trực tâm của tam giác OMN . N

Chứng minh:

Gọi E là giao điểm khác I của hai đường tròn ngoại

tiếp tam giác AID và BIC .

Ta có DEC =

+ IEC 3600 − DEI

(

M E

)

+ 1800 − CBI = 3600 − 1800 − DAI

(

)

+ CBI = sđCD = DOC , do đó tứ giác DOEC nội tiếp.Ta có = DAI = AIE + BEI = ADI + BCI = sđAB = AOB nên AOEB cũng AEB là tứ giác nội tiếp. Gọi E ' là giao điểm của OM là đường tròn ngoại tiếp tam giác DOC .

Thế thì ME '.MO = MC .MD , mà MC .MD = MA.MB nên ME '.MO = MA.MB . Từ đó chứng minh được tứ giác AOE ' B nội tiếp. như vậy E ' là điểm chung khác O của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB và DOC . Do đó E ≡ E ' hay M , E ,O thẳng hàng.

= AEI + AEO = DAI + OBA Tương tự N , I , E thẳng hàng.Ta có: IEO = IEB + BEM = BCI + OAB (2). Lại có và (1). IEM DAI = BCI OBA = OAB (3). Từ (1),(2) và (3) ta có IEO = IEM , mà + IEM = 1800 nên IEO = IEM = 900 hay NI ⊥ OM . IEO

Tương tự gọi F là giao điểm khác I của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB và DIC thì N , I , F thẳng hàng và MI ⊥ ON . Vậy I là trực tâm của ∆OMN . 14. Định lý con bướm với đường tròn

Cho đường tròn (O ) dây AB . Gọi I là trung điểm của dây AB vẽ các dây CD, EF đi qua I (C và E nằm về một phía của AB ). Gọi giao điểm của CF , DE với AB là M , N . Chứng minh rằng IM = IN .

Chứng minh:

Cách 1: Vẽ dây E ' F ' đối xứng với tia EF qua OI . Tứ giác CE ' F ' F nội ' + F ' = 1800 . Mà FF '/ /AB nên F ' = MIE ' , do đó tiếp nên MCE

' + MCE ' = 1800 MIE ' =E . Mặt khác E = C nên E =E ⇒ tứ giác MCE ' I nội tiếp ⇒ C . 1 1 1 1 1 1 Ta lại có IE = IE '; MIE ' = NIE (tính chất đối xứng). Từ đó chứng minh

được ∆MIE ' = ∆NIE (g.c.g) ⇒ IM = IN . E' C 1 1

E 1 I

O D F

Cách 2: Kẻ OH ⊥ CF ,OK ⊥ DE thì H , K lần lượt là trung điểm của CF , DE . Ta có ∆ICF ∼ ∆IED (g.g) có IH , IK là các trung tuyến tương

IH IC CF HC =K = = = ⇒ ∆ICH ∼ ∆IEK (c.c.c) ⇒ H 1 1 IK IE DE KE (1). Các tứ giác OIMH ,OINK nội tiếp (tổng hai góc đối) nên

ứng nên

=H ,O =K (2).Từ (1) và (2) có O =O nên tam giác MON cân tại O 1 1 2 1 1 2 O . Vậy IM = IN .

Cách 3:

N 2H

1K 1 2 O

N F

O D F

Kẻ MM 1, NN 1 ⊥ CF ; MM 2 , NN 2 ⊥ DE . Tacó ∆IMM 1 ∼ ∆INN 1 ⇒

⇒

MM 1 IM = (1); ∆IMM 2 ∼ ∆INN 2 ; IN NN 1

MM 2 MM 1 CM IM = 2) ∆CMM 1 ∼ ∆ENN 1 ⇒ = ( ( 3) ; IN NN 2 NN 1 EN

∆FMM 2 ∼ ∆DNN 1 ⇒

MM 2 NN 2

FM (4) .Từ (1),(2),(3) và (4) suy ra: DN

MM 1.MM 2 CM .FM IM 2 AM .MB = = = . Đặt 2 NN 1.NN 2 EN .DN BN .AN IN IM = m, IN = n, IA = IB = a . Ta có

(a − m )(a + m ) = a 2 − m 2 = m 2 + a 2 − m 2 = 1 m2 = n2 (a − n )(a + n ) a 2 − n 2 n 2 + a 2 − n 2 ⇒ m 2 = n 2 ⇒ m = n . Vậy IM = IN .

Chú ý: Nếu gọi P ,Q là giao điểm của CE , DF với đường thẳng AB thì ta cũng có IP = IQ . Thật vậy, kẻ OS ⊥ DF ,OJ ⊥ EC và chứng minh tương tự như cách 2. E

C P

N O D S

15. Định lý con bướm mở rộng với đường tròn

Cho đường tròn (O ) dây AB và I là một điểm bất kỳ thuộc dây AB . Vẽ ). Gọi giao các dây CD, EF đi qua I (C và E nằm về một phía của AB

điểm của CF , DE với AB là M , N . Chứng minh rằng

1 1 1 1 + = + . IA IN IB IM Chứng minh:

1 A

I M

N O D

Trước hết ta chứng minh rằng

AM .IB BN .IA = (*) IM IN

Thật vậy, vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD cắt AB ở K . Theo hệ thức lượng trong đường tròn, ta có IM .IK = IC .ID và IC .ID = IA.IB nên IM .IK = IA.IB ⇒ IM (IB + BK ) = (AM + IM ) IB ⇒ IM .BK = AM .IB ⇒

AM .IB = BK IM

= C = E nên tứ giác (1). Vì K EIDK nội tiếp, tương tự như trên ta có 1 1 1

IN .NK = EN .ND = AN .NB ⇒ IN (NB + BK ) = (IA + IN ) BN ⇒ IN .BK = IA.BN ⇒

BN .IA = BK (2). Từ (1) và (2) suy ra IN

AM .IB BN .IA , (*) đã được chứng minh. = IM IN Đặt IA = a, IB = b, IM = m, IN = n , từ (*) ta có

(a − m )b (b − n )a m

⇒ (a − m )bn = (b − n )am ⇒ abn − bmn = abm − amn . Chia hai vế cho abmn ta được

1 1 1 1 1 1 1 1 − = − ⇒ + = + hay m a n b a n b m

1 1 1 1 . Ghi chú: Bổ đề (*) được gọi là bổ đề Haruki. + = + IA IN IB IM 16. Định lý con bướm với cặp đường thẳng

Cho tam giác ABC có I là trung điểm của cạnh BC . Qua I vẽ đường thẳng thứ nhất cắt AB, AC ở M , P ; đường thẳng thứ hai cắt AB, AC ở Q, N . MN , PQ cắt BC lần lượt tại E , F . Chứng minh rằng IE = IF .

Chứng minh:

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến IPM và NIQ , ta có: IB PC MA PC MA PC MB (1) . . =1⇒ . =1⇒ = IC PA MB PA MB PA MA IB NC QA NC QA QA NA (2) . . =1⇒ . =1⇒ = IC NA QB NA QB QB NC

Lại áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến MNE và PFQ , ta được:

FB PC QA EC MA NA . . = 1(3); . . = 1(4) . Từ (1),(2),(3) và (4) suy ra FC PA QB EB MB NC FB EC FB EC = ⇒ = ⇒ FB = FC .Lại có IA = IB nên IE = IF . FC EB BC BC 17. Định lý Shooten

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Chứng minh rằng với mỗi điểm M bất kỳ nằm trên đường tròn (O ) thì một trong ba đoạn MA, MB, MC có một đoạn có độ dài bằng tổng độ dài hai đoạn kia.

Chứng minh: A

Xét điểm M nằm trên cung nhỏ BC . Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABMC , ta có MA.BC = MB.AC + MC .AB .

Vì AB = AC = BC nên MA = MB + MC . Tương tự nếu điểm M nằm trên cung nhỏ AC và AB thì ta lần lượt có MB = MC + MA và MC = MA + MB . Suy ra đpcm. Cách khác để chứng minh: A

I O C

B M

MA = MB + MC (trường hợp điểm M nằm trên các cung AB, AC tương tự). Trên MA lấy điểm I sao cho MI = MB , ta cần chứng minh MC = AI . Thật vậy, ta có BMI = ACB = 600 mà MB = MI nên tam giác BMI đều, do đó BI = BM và IBM = 600 . Ta lại có ABC = 600 nên ABC = IBM , suy ra CBM = ABI .

Dễ dàng chứng minh được ∆BCM = ∆BAI (c.g.c) nên MC = AI . 18. Hệ thức Van Aubel

Cho tam giác ABC có AD, BE ,CF đồng quy tại K ( D, E , F theo thứ tự thuộc các cạnh BC ,CA, AB ).Chứng minh rằng

AK AE AF = + . KD EC FB

Chứng minh: A

E K

Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BE ,CF tại M , N ta có AK AM AN AM + AN AM + AN AM AN AE AF = = = = = + = + KD BD CD BD + CD BC BC BC EC FB 19. Định lý Ce’va

Cho tam giác ABC và các điểm D, E , F lần lượt nằm trên cạnh BC ,CA, AB . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để AD, BE ,CF đồng

quy là ta có hệ thức

DB EC FA (*) . . DC EA FB = 1

Chứng minh: A

E K

Điều kiện cần: Ta chứng minh rằng nếu AD, BE ,CF đồng quy thì có (*)

Gọi K là điểm đồng quy của ba đoạn AD, BE ,CF . Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BE ,CF ở M , N . Theo định lý Ta-lét ta có DB AM EC BC FA AN = , = , = , do đó DC AN EA AM FB BC DB EC FA AM BC AN . . = . . = 1 (đpcm) DC EA FB AN AM BC

Điều kiện đủ: Ta chứng minh rằng nếu có (*) thì AD, BE ,CF đồng quy. Thật vậy, gọi K là giao điểm của BE và CF , AK cắt cạnh BC tại D ' .

Theo chứng minh ở điều kiện cần ta có D ' B EC FA D 'B DB . Hai điểm D và D ' đều chia . . =1⇒ = D 'C EA FB D 'C DC trong đoạn BC theo cùng một tỉ số nên D ' ≡ D . Vậy AD, BE ,CF đồng quy.

Chú ý: Bài toán vẫn đúng trong trường hợp các điểm D, E , F nằm trên các đường thẳng BC ,CA, AB trong đó có đúng hai điểm nằm ngoài tam giác.

20. Định lý Menelaus

Cho tam giác ABC và các điểm M , N , P theo thứ tự nằm trên các đường thẳng BC ,CA, AB . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để M , N , P thẳng hàng là ta có hệ thức

MB NC PA . . = 1 (**) MC NA PB

Chứng minh: A K b

a P H

E c C

Điều kiện cần: Gọi a, b, c theo thứ tự là khoảng cách từ A, B,C đến cát tuyến MNP . MB b NC c PA a MB NC PA b c a = ; = ; = . Do đó . . = . . =1 MC c NA a PB b MC NA PB c a b (đpcm)

Ta có

Điều kiện đủ: Giả sử có (**) và PN cắt cạnh BC tại M ' .

Thế thì

M ' B NC PA M 'B MB . . =1⇒ = ⇒M'≡M. M 'C NA PB M 'C MC

Vậy M , N , P thẳng hàng (đpcm).

MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC HÌNH HỌC PHẲNG Phân tích: Câu 1) Cho tam giác ABC trên BC ,CA, AB thứ tự lấy các điểm M , N , E sao cho AN = NE , BM = ME . Gọi D là điểm đối xứng của E qua MN . Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tam giác CMN vuông góc với CD . A

N I

E B

Ta biết : Hai đường tròn cắt nhau theo dây cung l thì đường nối tâm luôn vuông góc với dây cung l . Thực nghiệm hình vẽ ta thấy D nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN . Vì vậy ta sẽ chứng minh: 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tam giác CMN cắt nhau theo dây cung CD hay các tứ giác ABCD,CDMN là tứ giác nội tiếp Từ định hướng trên ta có lời giải cho bài toán như sau: Theo giả thiết ta có: BM = ME , AN = NE nên tam giác ANE cân tại N , tam giác BME cân tại M . Hay BEM = B, AEN = A . Vì D, E đối xứng

với nhau qua MN nên NE = ND, ME = MD suy ra = MEN = 1800 − AEN − BEM = 1800 − B −A = C hay MDN

= MCN ⇔ DMNC là tứ giác nội tiếp tức là điểm D thuộc đường MDN tròn ngoại tiếp tam giác CMN + Ta có ME = MB = MD nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BED + Ta có: NA = NE = ND nên N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE Từ đó suy ra = BDE + EDA = 1 BME + ANE = 1 1800 − 2B + 1800 − 2A BDA 2 2 −A = C . Như vậy tứ giác ABCD nội tiếp, suy ra đường tròn = 180 − B ngoại tiếp tam giác ABC và tam giác CMN cắt nhau theo dây cung CD Hay IK ⊥ CD .

(

) (

)

Câu 2) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Từ A kẻ tới đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC các tiếp tuyến AP, AQ ( P ,Q là các tiếp điểm) a) Chứng minh BAP = CAQ

b) Gọi P1, P2 là hình chiếu vuông góc của P lên các đường thẳng

AB, AC . Q1,Q2 là các hình chiếu vuông góc của Q trên AB, AC . Chứng minh P1, P2 ,Q1,Q2 nằm trên một đường tròn. Phân tích: Giả thiết liên quan đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC giúp ta liên tưởng đến tính chất: ‘’Đường phân giác trong góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại E thì E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ’’. Ngoài ra các giả thiết liên quan đến tam giác vuông nên ta nghỉ đến cách dùng các góc phụ nhau hoặc các tứ giác nội tiếp để tìm mối liên hệ của góc.

Từ những cơ sở đó ta có lời giải cho bài toán như sau: Lời giải

K P2 Q1

Q Q2 C

B P

+ Gọi E là giao điểm của phân giác trong AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì BE = CE ( do E là điểm chính giữa cung BC ). Ta có = IBC + EBC = ABI + EAC = ABI + BAI = BIE . Suy ra tam IBE giác ∆BIE cân tại E hay EB = EI . Như vậy EB = EI = EC . Tức là điểm E chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác IBC . Vì AP, AQ là các tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến đường tròn (E ) nên AE là phân giác . Ta có trong của góc PAQ BAP = PAE − BAE ;CAQ = QEA − CAE ⇒ BAP Mặt khác AE cũng là phân giác của góc BAC = CAQ .

+ Xét tam giác ∆PAP2 ; ∆QAQ1 .Ta có AP = AQ (Tính chất tiếp tuyến), = QAQ suy ra ∆PAP = ∆QAQ ⇒ AQ = AP suy ra do góc PAP 2 1 2 1 1 2

Chứng minh tương tự ta có: AQ2 = AP1 . Từ đó suy ra AP1.AQ1 = AP2 .AQ2 hay tứ giác PQ Q P nội tiếp. 1 1 2 2

< 900 . Giả sử là điểm nằm Câu 3). Cho hình bình hành ABCD có BAD O trong tam giác ABD sao cho OC không vuông góc với BD . Dựng đường tròn tâm O bán kính OC . BD cắt (O ) tại hai điểm M , N sao cho B nằm giữa M và D . Tiếp tuyến của của (O ) tại C cắt AD, AB lần lượt tại P ,Q a) Chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp b) CM cắt QN tại K , CN cắt PM tại L . Chứng minh KL vuông góc với OC Phân tích:

Giả thiết bài toán liên quan đến hình bình hành và các đường thẳng song nên ta nghỉ đến các hướng giải quyết bài toán là: + Hướng 1: Dùng định lý Thales để chỉ ra các tỷ số bằng nhau + Hướng 2: Dùng các góc so le, đồng vị để quy về dấu hiệu tứ giác nội tiếp theo góc + Ta kéo dài MN cắt PQ tại một điểm để quy về các tam giác. Từ định hướng trên ta có lời giải cho bài toán như sau:

Lời giải:

+ Gọi MN giao PQ tại T . M

Tam giác PCD đồng dạng

với tam giác CBQ nên ta có: O

TP TD TC = = TC TB TQ

D N

⇒ TC 2 = TP .TQ ⇒ TC 2 = TP .TQ . Mặt khác TC là tiếp tuyến của đường tròn (O ) nên TC 2 = TM .TN . Như vậy ta có:

TM .TN = TP .TQ ⇔ MNPQ là tứ giác nội tiếp + Gọi giao điểm thứ hai của (O ) với MP là S . Ta có các góc biến đổi sau: KML = CMS = SCP (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). KML = MSC − SPC (góc ngoài). KML = MNC = MNQ (tứ giác MNPQ và MNSC nội tiếp . Vì KML = KNL suy ra tứ giác MKLN nội

tiếp. Suy ra KLM = KNM = QPM suy ra KL / /PQ ⊥ OC . Vậy KL ⊥ OC .

Câu 4).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Đường tròn K tiếp

xúc với CA, AB lần lượt tại E , F và tiếp xúc trong với (O ) tại S . SE , SF lần lượt cắt (O ) tại M , N khác S . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM , AFN cắt nhau tại P khác A

a) Chứng minh tứ giác AMPN là hình bình hành b) Gọi EN , FM lần lượt cắt (K ) tại G, H khác E , F . Gọi GH cắt MN tại T . Chứng minh tam giác AST cân.

Phân tích: + Để chứng minh AMPN là hình bình hành ta chứng minh các cặp cạnh đối song song dựa vào các góc nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây

+ Để chứng minh TA = TS ta nghỉ đến việc chứng minh TA,TS là các tiếp tuyến của đường tròn (O ) Từ những định hướng trên ta có lời giải như sau:

A M

H O

K C

Ta thấy APF = 180 − ANS = AMS = 180 − APE suy ra F , P , E thẳng hàng. Ta có APM = AEM góc nội tiếp chắn cung AM , AEM = SEC (đối đỉnh) . Vì AC là tiếp tuyến của đường tròn K nên SEC = EFS (Tính chất góc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây). Mà EFS = PAN do tứ giác ANFP nội tiếp. Vậy APM = PAN ⇒ AN / /PM . Chứng minh

tương tự ta cũng có: AM / /PN ⇒ AMEN là hình bình hành. + Các tam giác SKF , SON cân có chung đỉnh S nên đồng dạng suy ra SF SK SE suy ra = = SN SO SM MN / /EF . Từ đó HGE = HFE = HMN suy ra tứ giác MNGH nội KF / /ON , tương tự KE / /OM suy ra

tiếp. Giả sử TS cắt (O ) và (K ) lần lượt tại S1, S 2 thì

TS .TS1 = TM .TN = TH .TG = TS .TS2 suy ra TS1 = TS 2 suy ra S1 ≡ S2 ≡ S . Vậy TS là tiếp tuyến của (O ) . Tứ giác AMEN là hình bình hành nên AP và MN cắt nhau tại trung điểm I mỗi đường. Ta có theo tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung IAM = PES = FST = NAS . = AMN = ASN . Vậy ∆AIM ∼ ∆ANS suy ra Ta lại có AMI AM .SN = AI .AS . Tương tự AN .SM = AI .SN = AM .SN . Từ đó theo

tính chất tiếp tuyến do TS tiếp xúc với (O ) suy ra

TM SM 2 AM 2 = = . TN SN 2 AN 2

Vậy TA tiếp xúc với (O ) . Suy ra TA = TS . Câu 5) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Đường tròn (I ) luôn đi qua B và C cắt AB, AC lần lượt tại M , N . Đường tròn (J ) ngoại tiếp

tam giác AMN cắt đường tròn (O ) tại điểm thứ hai là K . Chứng minh rằng KI / /OJ . Phân tích Ta thấy OJ là đường nối tâm của hai đường tròn (O ),(J ) như

vậy OJ ⊥ AK . Do đó để chứng minh KI / /OJ ta quy về chứng minh IK ⊥ AK A

Lời giải: Nối M với K và K với I thì MIC = 2MBC

(1)

Ta lại có: MKC = MKA − CKA

− CKA = 1800 − ANM = ABC = MBC Mà CKA

(2).

O C

B I

= MBC . Từ (1) và Vì tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn (I ) nên ANM = 1800 − 2MBC = 1800 − MIC . Do đó (2) suy ra MKC + MIC = 1800 nên tứ giác MKCI nội tiếp. MKC = IMC . Trong tam giác IMC ta có: Suy ra IKC 0 0 = 180 − MIC = 180 − 2MBC = 900 − MBC .Suy ra IMC 2 2 = 900 . Do đó 0 IMC + MBC = 90 nên IKC + AKC IK ⊥ AK . Đường tròn (J ) và đường tròn (O ) cắt nhau tại A, K nên OJ ⊥ AK . Suy ra

OJ / /IK . Câu 6) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH . Trên nửa mặt

phẳng bờ BC chứa A vẽ đường tròn (O ) đường kính HC . Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A vẽ nửa đường tròn (O ') đường kính BC . Qua điểm E thuộc nửa đường tròn (O ) kẻ EI vuông góc với BC cắt nửa đường tròn (O ') ở F . Gọi K là giao điểm của EH và BF . Chứng minh

rằng CA = CK . Lời giải: A

Phân tích: Ta có CA2 = CB.CH

nên để chứng minh CA = CK , ta sẽ chứng minh CK 2 = CB.CH .

E 1 B

H 1

Điều này làm ta nghĩ đến chứng 1

minh ∆CKH ∼ ∆CBK , do đó =B . Xét góc cần chứng minh K 1 1

1 2

phụ với hai góc trên, cần chứng minh ECK = BCF . Muốn vậy cần chứng minh C 1 = C 2 . Chỉ cần chứng minh

và K bằng nhau (do hai góc phụ với chúng là E CEKF là tứ giác nội 1 2 tiếp). Cách giải:

+F = 900 + 900 = 1800 nên là tứ giác nội tiếp, suy Tứ giác CEKF có: E =K . Do đó hai góc phụ với chúng bằng nhau là C = C . Cùng ra E 1

, ta được cộng thêm BCK ECK = BCF . Do đó hai góc phụ với chúng =B . bằng nhau là K ∆CKH ∼ ∆CBK (g.g) 1 1

CK CH = ⇒ CK 2 = CB.CH (1). Theo hệ thức lượng trong tam giác CB CK ABC vuông tại A ta có:CA2 = CB.CH (2). Từ (1) và (2) suy ra CA = CK . ⇒

Câu 7) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O ) . Đường vuông góc với AB tại B cắt CD ở I . Gọi K là giao điểm của IO và AD . Chứng minh rằng:

a) IBK = IDK . b) CBK = 900 .

Phân tích: IBK và IDK là hai góc của ∆IBK và ∆IDK , nhưng hai tam giác này không bằng nhau. Các đỉnh B và D của hai góc đó nằm khác phía đối với OI , mà OI là trục đối xứng của (O ) . Có thể đổi phía của góc IBK bằng

= IFK . Chỉ cần chứng cách lấy F đối xứng với B qua OI , ta có IBK

minh IDK = IFK bằng cách chứng minh tứ giác IKDF nội tiếp (hình vẽ ). Ta sẽ chứng minh KIF + KDF = 1800 . Chú ý đến sự ứng với F ∈ CD

, I .ABF (đừng quên AB ⊥ BI ). Xét bằng nhau của các góc KIF 1 = IBK +B . Chú ý đến IBK = IDK (câu a), CBK 2 Lời giải:

a). Kẻ dây BF vuông góc với OI .

Ta có IK là đường trung trực của

1 2

BF nên các tam giác BKF , BIF cân. O

Suy ra IBK = IFK (1) và KIF = I 1 .

(cùng phụ góc B ) Ta lại có I 1 = ABF 1

1 I

D F

= ABF . ABFD là tứ giác nên KIF + ADF = 1800 . Suy ra KIF + ADF = 1800 , do đó nội tiếp nên ABF IKDF là tứ giác nội tiếp nên IDK = IFK (2). Từ (1) và (2) suy ra IBK = IDK . b) IDK = 1800 − ABC ( ABCD nội tiếp) −B = 1800 − 900 − B = 1800 − ABI 2

= 900 − B ). Ta lại có (câu a) nên (vì ABI IDK = IBK 2

= 900 − B . Do đó IBK +B = 900 . IBK 2 2 . Các trường hợp khác được Lưu ý: Hình vẽ trong bài ứng với F ∈ CD chứng minh tương tự.

Câu 8) Cho đường tròn (O ) và (O ') cắt nhau tại A và B . Dây AC của đường

tròn (O ') tiếp xúc với đường tròn (O ) tại A . Tia CB cắt đường tròn (O ) ở điểm thứ hai D . Gọi K là điểm thuộc dây AD . Vẽ dây BE của đường tròn

(O ) sao cho BE

đi qua K . Tia CK cắt đường tròn (O ') ở điểm thứ hai I và

cắt AE ở F . Chứng minh rằng: a) AIDF là tứ giác nội tiếp b) DF là tiếp tuyến của đường tròn (O ) .

Phân tích:

F E

a). Để chứng minh tứ giác

A K

AIDF nội tiếp, ta sẽ chứng

= FID . minh A 1

D B

=B nên cần chứng Vì A 1 1

= FID , tức là cần chứng minh tứ giác minh B DKIB nội tiếp. Để chứng 1

. Góc này bằng BAC , do đó minh tứ giác này nội tiếp, ta xét góc BDK . bằng BIC b) Để chứng minh DF là tiếp tuyến, ta chứng minh ADF = ABD . Từ câu a, ta có ADF = AIF . Do đó cần chứng minh ABD = AIF . Xét và , chúng bằng nhau. hai góc kề bù với hai góc này là ABC AIC

Lời giải:

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến với dây a) Ta có BDA = BAC cùng chắn một cung), BAC = BIC (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) = BIC . Suy ra DKIB là tứ giác nội tiếp. nên BDA

=B , mà B =A nên KID =A , tức Tứ giác DKIB nội tiếp nên KID 1 1 1 1 =A . Do đó tứ giác là FID AIDF là tứ giác nội tiếp (theo cung chứa

góc). b) Tứ giác AIDF nội tiếp theo câu a nên ADF = AIF (1). Ta có AIC = ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) nên hai góc kề bù với 1 chúng bằng nhau là AIF = ABD (2) và ABD = sđAmD (3). Từ 2 1 = sđAmD , do đó DF là tiếp tuyến của đường (1),(2),(3) suy ra ADF 2

tròn (O ) . Câu 9) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) , BE ,CF là hai đường cao ( E ∈ CA, F ∈ AB ). Tiếp tuyến tại B,C của đường tròn (O ) cắt

nhau tại T , TC ,TB lần lượt cắt EF tại P ,Q . M là trung điểm của BC a) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác TPQ b) Gọi AD là đường kính của (O ) . DM cắt (O ) tại R khác D . Chứng minh các tứ giác RQBM , RPCM , RQTP là tứ giác nội tiếp c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác TPQ tiếp xúc với đường tròn (O ) tại R . Phân tích: + Ta luôn có MT là phân giác của góc QTP tính chất quen thuộc của hai tiếp tuyến xuất phát từ một điểm ngoài đường tròn. Như vậy ta cần chứng minh PM là phân giác của góc QPT

a). Tứ giác BFEC nội tiếp P

và CP là tiếp tuyến nên

PEC = ABC = PCE

⇒ ∆PEC cân tại P ⇒

PC = PE , dễ thấy

M D

ME = MC ⇒ PM

là trung trực của EC hay

. Tương tự QM là phân giác góc PM là phân giác của góc QPT

PQT ⇒ M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác TPQ

b). Do AD là đường kính của đường tròn (O ) nên MR ⊥ RA , từ câu a) ta cũng dễ dàng suy ra MP ⊥ AC suy ra = 1800 − RAC = RBC = RCP do CP tiếp xúc với (O ) vậy tứ RMP giác BPCM nội tiếp. Tương tự QRBM nội tiếp. Từ hai tứ giác này ta có: RQT = RMC = 1800 − RPT ⇒ RQTP nội tiếp c) Kẻ Rx là tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại R . Gọi RB cắt đường tròn ngoại tiếp ∆TPQ tại N khác R. Chú ý QRMB nội tiếp nên ta có: QPN = QRB = QMB = QMT − 900 = QPM . Do M là tâm đường tròn

nội tiếp tam giác TPQ ⇒ PM đi qua A . Từ đó ta có:

= xRB = RBC = RPM = RPN nên Rx tiếp xúc với đường tròn xRN ngoại tiếp tam giác TPQ . Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác TPQ tiếp xúc với (O ) tại R Câu 10) (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên ĐHQG Hà Nội năm 2013) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O và AB < AC .

cắt đường tròn (O ) tại D khác A . Gọi Đường phân giác trong góc BAC M là trung điểm của AD và E là điểm đối xứng với D qua tâm O . Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM cắt đoạn thẳng AC tại điểm F khác A . Chứng minh các tam giác BMD và BFC đồng dạng và EF ⊥ AC

Giải:

E A F

O M N C

B D

+ Ta có BDM = BCF cùng chắn cung AB

cùng bù với nên ta suy = BFA mà các góc BMD BMA , BFC BMA, BFA ra BMD = BFC . Từ đó ta có các tam giác BMD và BFC đồng dạng = AEC = 900 . + Với giả thiết ED là đường kính ta có các góc EAD hoặc Ta nghỉ đến việc chứng minh EFC = EAD EFC = AEC = 900 . Ta = FCE cùng chắn cung AE (1). Theo giả thiết ta có thấy ADE DB = DC nên DE ⊥ BC tại trung điểm N của BC . Từ BMD và BFC đồng dạng ta suy ra

DM BD DA 2DM 2DB CD DE = ⇒ = = = = (2) . Từ (1) và (2) suy CF BC CF CF BC CN CE = EAD = 900 ⇒ EF ⊥ AC ra ∆EAD ∼ ∆EFC ⇒ EFC

Câu 11) (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên ĐHQG Hà Nội năm 2013) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) có trực tâm H . Gọi P là điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC (P ≠ B,C , H ) và nằm trong tam giác ABC . PB cắt đường tròn (O ) tại M khác B . PC cắt (O ) tại N khác C . BM cắt AC tại E , CN cắt AB tại F . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME và đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt nhau tại Q khác A .

a) Chứng minh M , N ,Q thẳng hàng, b) Giả sử AP là phân giác góc MAN . Chứng minh PQ đi qua trung điểm của BC Giải: A

a). Ta có PBC = HBC = 1800 − BAC

nên tứ giác AEPF nội tiếp , suy ra

N F

+ BEC = 1800 . Từ các tứ giác BFC AQFN , AQEM nội tiếp ta có

M O

P B

MQN = MQA + NQA + NFA = 1800 = MEA

vậy 3 điểm M , N ,Q thẳng hàng. b). Ta có: QAF = ANQ = ANM = ABM

suy ra FQ / /BE tương tự EQ / /CF suy ra tứ giác EQFP là hình bình hành. Vậy QAN = QFP = QEP = QAM hay AQ là phân giác MAN suy ra A, P,Q thẳng hàng. Gọi K = PQ ∩ BC thì

KAC = QAC = QME = NMB = PCK . Từ đó ta có:

∆AKC ∼ ∆CKP hay KC 2 = KP .KA tương tự

KB 2 = KP .KA ⇒ KB = KC Câu 12. (Đề thi vào lớp 10 chuyên Amsterdam – Chu Văn An- Năm 2013)

Cho đường tròn (O; R ) và dây cung BC cố định (BC < 2R ) . Điểm A di động trên đường tròn (O; R ) sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn. AD

là đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC . a) Đường thẳng chứa phân giác ngoài của góc BHC cắt AB, AC lần lượt tại các điểm M , N . Chứng minh AMN là tam giác cân. b) Gọi E , F lần lượt là hình chiếu của D trên các đường thẳng BH ,CH . Chứng minh OA ⊥ EF . c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt đường phân giác trong của góc BAC tại K . Chứng minh đường thẳng HK luôn đi qua điểm cố định. Lời giải: y

A x

A B'

M P

N F

O P

Phân tích hướng giải:

C B

N F

K D

O C

+ Để chứng minh tam giác AMN cân ta có các hướng: sử dụng góc, chứng minh hai cạnh bên bằng nhau, chứng minh đường cao xuất phát từ đỉnh là đường trung tuyến, … Với giả thiết liên quan phân giác ngoài ta dễ nghỉ đến hướng dùng góc. + Ta thấy rằng bán kính OA luôn vuông góc với tiếp tuyến tại A , vì vậy ta sẽ chứng minh EF / / với tiếp tuyến + Với giả thiết ta thấy: Chỉ có BC là cố định, thực nghiệm cho thấy HK luôn đi qua trung điểm BC đó là định hướng để ta giải quyết bài toán a) Gọi B ' là hình chiếu của B trên AC , C ' là hình chiếu của C trên AB AMN = ABH + MHB; ANM = ACH + NHC (1). Tứ giác BCB 'C ' = ACH (2). MN là phân giác ngoài góc là tứ giác nội tiếp nên ABH BHC nên MHB = NHC (3). Từ (1),(2),(3) suy ra AMN = ANM hay tam giác AMN cân.

b) Gọi P,Q lần lượt là hình chiếu của D trên AB, AC . Ta có BEP = BDP (tứ giác BPED nội tiếp), BDP = BAD (cùng phụ ABD ), BAD = HDF (do ∆AC ' H ∼ ∆DFH ), HDF = HEF (tứ giác = HEF . Ta có: HEDF nội tiếp). Suy ra BEP

BEP + BEF = BEF + FEH = 1800 ⇒ P , E , F thẳng hàng. Tương tự

Q, F , E thẳng hàng. Vậy đường thẳng EF trùng với đường thẳng PQ (4).

Kẻ tiếp tuyến xAy của đường tròn (O ) , ta có OA ⊥ xAy AP AQ = ⇒ ∆APQ ∼ ∆ACB AC AB 1 ⇒ APQ = ACB mà ACB = xAB (cùng bằng sđ AB ) suy ra 2 APQ = xAB ⇒ xAy / /PQ (6). Từ (4),(5),(6) suy ra OA ⊥ EF .

(5). AP .AB = AD 2 = AQ.AC ⇒

c) Gọi T là giao điểm của KM và BH , S là giao điểm của KN và CH . nên AK là đường kính Do AM = AN và AK là phân giác của MAN đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN . Suy ra HTKS là hình bình hành ⇒ HK đi qua trung điểm của TS (7). Ta có

TH MC ' = (vì TB MB

MC ' HC ' (vì HM là phân giác góc BHC ' ) suy ra = MB HB TH HC ' SH HB ' = . Tương tự = . Tứ giác BC ' B 'C nội tiếp TB HB SC HC TH SH ⇒ C ' BH = B 'CH ⇒ = ⇒ TS / /BC (8). Từ (7),(8) suy ra TB SC HK đi qua trung điểm của BC . KM / /CC ' ),

Câu 13. . (Đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn – Đà Nẵng– năm 2013)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB . Biết rằng các cặp đường thẳng AB,CD cắt nhau tại E và AD, BC cắt nhau tại F . Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại M . Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AB . Hai đường thẳng CH và BD cắt nhau tại N. a) Chứng minh rằng

DB NM . = 1. DM NB

b) Hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCE và CDF cắt nhau tại điểm thứ hai là L . Chứng minh rằng ba điểm E , F , L thẳng hàng. Phân tích định hướng giải toán:

a). Tứ giác BCMH nội tiếp đường tròn đường kính

F L

MB ⇒ ACN = ABD ). (cùng chắn cung MH

D C M N A

= ABD ⇒ Lại có ACD = ACD ⇒ CM ACN . là phân giác của DCN

Mà CM ⊥ CB ⇒ ∆CDN có hai đường phân giác trong và ngoài của góc MD CD BD (tính chất đường phân giác). Vậy = = MN CN BN DB NM BD MN BD MD . = . = . = 1. DM NB BN MD BN MN

C là CM và CB . ⇒

của đường tròn CDF ) (1) tứ b) DLC = AFB (cùng chắn cung DC ( )

+ CBE = 1800 mà ABF + CBE = 1800 giác BCLE nội tiếp nên CLE nên ABF = CLE (2), FAB = DCF (cùng bù góc BCD ). Mặt khác DCF = FLD (cùng chắn cung DF của đường tròn = FAB (3). Từ (1),(2),(3) suy ra CDF ) ⇒ FLD

(

)

= FLD + DLC = FAB + AFB + ABF = 1800 . FLE Nhận xét: Câu c của bài toán thực chất là một kết quả của định lý Miquel.

Câu 14. (Đề thi vào lớp 10 chuyên Phan Bội Châu- Nghệ An – năm 2013)

Cho đường tròn (O ) đường kính AB . Trên đường tròn lấy

> 600 . Trên đường kính AB lấy điểm C (C điểm D khác A và DAB khác A, B ) và kẻ CH vuông góc với AD tại H . Phân giác trong của góc 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 rằng tứ giác AFCN nội tiếp đường tròn và ba điểm N ,C , E thẳng hàng. b) Cho AD = BC , chứng minh rằng DN đi qua trung điểm của AC .

Phân tích định hướng giải: E

= AND a). Ta có ACH

D H

), (cùng bằng ABD = ACF , hay ANF

F A

do đó tứ giác AFCN nội tiếp

. suy ra CND = BAE

Lại có BAE = DAE = DNE

. Do đó ba điểm N ,C , E thẳng hàng. nên CND = END b) Qua C kẻ CM / /AD (M ∈ DN ) rồi chứng minh tứ giác BCMN nội tiếp. Suy ra CBM = END;CMB = ENB . Mặt khác

= ENB ⇒ CBM = CMB ⇒ CB = CM . Lại có CB = AD (gt) END

nên AD = CM . Do đó tứ giác ADCM là hình bình hành, suy ra DN đi qua trung điểm của AC . Câu 15. (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP Hà Nội – năm 2013)

Cho tam giác ABC . Đường tròn (ω ) có tâm O và tiếp xúc với các đoạn thẳng AB, AC tương ứng tại K , L . Tiếp tuyến (d ) của đường tròn (ω ) tại điểm E

thuộc cung nhỏ KL cắt các đường thẳng AL, AK tương ứng tại M , N . Đường thẳng KL cắt các đường thẳng AL, AK tương ứng tại M , N . Đường thẳng KL cắt OM tại P và cắt ON tại Q .

= 900 − 1 BAC . a) Chứng minh MON 2 b) Chứng minh rằng các đường thẳng MQ, NP và OE cùng đi qua một điểm. c) Chứng minh KQ.PL = EM .EN . Lời giải:

S K Q

P O

= MOE + EON = 1 EOL + 1 EOK + 1 KOL . Do a) Ta có: MON (ω ) 2 2 2 tiếp xúc với AB, AC tại K , L nên OK ⊥ AK ,OL ⊥ AL . Suy ra tứ giác AKOL nội tiếp và do đó: KOL = 1800 − KAL = 1800 − BAC . Vậy

= 900 − 1 BAC . MON 2 = 900 − 1 KAL . Kết hợp với câu a b) Tam giác KAL cân tại A nên QLM 2 ta có: QOM = QLM . Vậy tứ giác MLOQ nội tiếp. Do đó MQO = MLO = 900 . Vậy MQ vuông góc với NO . Tương tự NP vuông

góc với MO . Do MN tiếp xúc với (ω ) tại E nên OE vuông góc với MN . Vậy MQ, NP ,OE là ba đường cao trong tam giác MNO và do đó chúng đồng quy.

c) Theo phần chứng minh câu b, ta có tứ giác MLOQ nội tiếp. Do đó LMP = PQO = KQN . Mặt khác MLP = QKN . Do đó ∆MPL ∼ ∆QNK ⇒ KQ.PL = ML.NK = ME .EN .

Câu 16. (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP Hà Nội – năm 2013)

Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O ) . Điểm M thuộc cung nhỏ CD của (O ) , M khác C và D . MA cắt DB, DC theo thứ tự tại X , Z ;

MB cắt DC , AC theo thứ tự tại Y ,T ; CX và DY cắt nhau tại K . a) Chứng minh rằng MXT = TXC , MYZ = ZYD và CKD = 1350 .

b) Chứng minh rằng

KX KY ZT + + = 1. MX MY CD

c) Gọi I là giao điểm của MK và CD . Chứng ming rằng XT ,YZ ,OI cùng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KZT . Phân tích định hướng giải: có thể bằng góc nào: Trước tiên ta hãy quan sát xem góc MXT

Dễ thấy XDT = 450 = XMT

E A L

nên tứ giác XDMT nội tiếp từ

B H

đó suy ra MXT = TDM (1)

làm ta nghỉ đến tứ giác Góc TXC 1  + DM  TXBC : Ta có BTC = sđ BC   2

V U

O X

K J

Z I

1 . Để tận dụng góc nội tiếp ta nghỉ đến việc = sđADM , BXC = VXD 2 ≡ VXD = DXM = kéo dài CX cắt đường tròn (O ) tại V . Ta có UXD 1   1 sđ AB + DM  = sđADM . Từ đó suy ra tứ giác TXBC nội tiếp. Như  2 2  vậy ta có: TXC = TBC = CAM = CDM (2). Từ (1), (2) ta suy ra MXT = TXC . Tương tự cho trường hợp MYZ = ZYD .  = 450 = XMT XDT  Cách 2: Vì   nên các tứ giác XDMT ,YCMZ nội  YCZ = 450 = YMZ    = 900 = CMZ , suy ra tiếp (1). Từ (1), chú ý rằng DMT BXT = 900 = AYZ . Tam giác AXC có XO là phân giác trong góc X . Mặt khác , XT vuông góc với XO nên XT là phân giác ngoài góc X của tam giác AXC . Vậy XMT = TXC . Tương tự MYZ = ZYD . Đường

thẳng qua M vuông góc với CD cắt đường tròn (O ) tại điểm thứ hai E . CX cắt AD tại V ; DE cắt AB tại L . Do X thuộc trục đối xứng BD của hình vuông nên DZ = DV . Do ADME là hình thang cân nên DZ = AL . Vậy DV = AL . Do đó CV vuông góc với DL . Tương tự DY vuông góc với CE . Do đó EM ,CX , DY là ba đường cao trong tam

giác ECD và do đó chúng cùng đi qua K . Do vậy CKD = XKY = 1800 − CED = 1350 . b) Ta có KMX = DAM = DBM = YMO (2). Tứ giác MXOC nôi tiếp = MOY . Kết hợp với (2) ta có: ∆MXK ∼ ∆MOY . Do đó: nên MXK

KX YO YO = = MX MO CO

(3). Do YZ / /OD (cùng vuông góc với OC ) nên

YO ZD KX ZD KY TC = . Kết hợp với (3) ta có: = . Tương tự = . Do CO CD MX CD MY CD KX KY ZT CD + TC + ZT đó + + = = 1. MX MY CD CD c) Gọi J là giao điểm của XT và YZ . Theo định lý Ta-lét ta có: IT MT ZT ZT TJ = = = = (để ý rằng JTZ và OCD là hai tam giác IC MB AB CD CO vuông cân). Mặt khác, TJ / /CO . Do đó I , J ,O thẳng hàng. Vậy XT ,YZ ,OI đồng quy. Gọi H là giao điểm của EM và AB . Ta có:

IJ IT MT MI IK = = = = (để ý rằng K là trực tâm tam giác ECD IO IC MB MH IE nên K và M đối xứng với nhau qua CD ). Vậy IK / /OE . Suy ra JK IJ JT = = . Mặt khác OE = OC , nên JK = JT = JZ . Do đó J OE IO OC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KZT . Chú ý: - Có thể chứng minh câu b bằng việc dùng tính chất đường phân giác và định lý Ta-lét.

- Có thể chứng minh XT ,YZ ,OI đồng quy bằng cách dùng định lý Sê-va. - Tam giác ZKT là ảnh của tam giác DEC qua một phép vị tự tâm I .

Câu 17. (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHQG Hà Nội – năm 2013)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Gọi M là một điểm ( M khác B,C và AM không đi qua O ). Giả sử P là trên cung nhỏ BC một điểm thuộc đoạn thẳng AM sao cho đường tròn đường kính MP cắt tại điểm N khác M . cung nhỏ BC a) Gọi D là điểm đối xứng với điểm M qua O . Chứng minh rằng ba điểm N , P, D thẳng hàng. b) Đường tròn đường kính MP cắt MD tại điểm Q khác M . Chứng

minh rằng P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AQN . Lời giải: D

O P Q B

C N M

a) Vì MP là đường kính suy ra b) PN ⊥ MN (1). Vì MD là đường kính suy ra DN ⊥ MN (1) và (2) suy ra N , P , D thẳng hàng.

= MAD = 900 , b) Tứ giác APQD nội tiếp PQD

(

)

(2). Từ

= NAM (4). suy ra PAQ = PDQ = NDM (3). Xét (O ) ta có NDM Từ (3) và (4) suy ra PAQ = NAP , do đó AP là phân giác của NAQ (*). Xét (O ) ta có AND = AMD . Xét đường tròn đường kính MP có

QMP = QNP , suy ra ANP = QNP , do đó NP là phân giác của ANQ

(**). Từ (*) và (**) suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ . Câu 18. (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHQG Hà Nội – năm 2013)

Cho tam giác nhọn ABC (AB > AC ) , nội tiếp đường tròn (O ) . Giả sử

sao cho MN song song với BC và M , N là hai điểm thuộc cung nhỏ BC tia AN nằm giữa hai tia AM , AB . Gọi P là hình chiếu vuông góc của điểm C trên AN và Q là hình chiếu vuông góc của điểm M trên AB .

a) Giả sử CP cắt QM tại điểm T . Chứng minh rằng T nằm trên đường tròn (O ) .

b) Gọi giao điểm của NQ và (O ) là R khác N . Giả sử AM cắt PQ tại S . Chứng minh rằng bốn điểm A, R,Q, S cùng thuộc một đường tròn. Lời giải:

= TQA = 900 a). Do TPA T

nên tứ giác TAPQ nội tiếp.

O Q

= QTP = Do đó MTC QAP = BAN = MAC

B N

(do tứ giác TAPQ nội tiếp và MN / /BC ) ⇒ tứ giác MTAC nội tiếp

⇒ T ∈ (O ) . Ta có điều phải chứng minh. b) Từ tứ giác TAPQ nội tiếp ta có PQA = PTA = CTA = ABC ⇒ PQ / /BC / /MN . Từ đó QSA = NMA (1). Mà tứ giác AMNR nội

+ AMN = 1800 (2). Kết hợp (1) và (2) suy ra tiếp ⇒ ARN QRA + QSA = 1800 ⇒ tứ giác ARQS nội tiếp. Câu 19. (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP TP Hồ Chí Minh– năm 2013)

Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC ) , có đường cao AH và O là trung điểm của BC . Đường tròn tâm I đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M và N . 1) Chứng minh rằng: a)

AM .AB = AN .AC

b) Tứ giác BMNC nội tiếp. 2) Gọi D là giao điểm của OA và MN . Chứng minh rằng: a) Tứ giác ODIH nội tiếp. b)

1 1 1 = + . AD HB HC

3) Gọi P là giao điểm của đường thẳng MN và đường thẳng BC . Đường thẳng AP cắt đường tròn đường kính AH tại điểm K (khác A ). Tính số đo . BKC 4) Cho AB = 6, AC = 8 . Hãy tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN . A

Phân tích định hướng giải: K

I M P

Lời giải:

1). a) Ta có AMH = ANH = 900 , suy ra AH 2 = AM .AB và AH 2 = AN .AC . Do đó AM .AB = AN .AC .

b) ∆ANM ∼ ∆ABC = ABC ⇒ MBC + MNC = 1800 . Vậy tứ giác BMNC (c.g.c) ⇒ ANM nội tiếp. 2) a) Ta có AIN = 2AMI , AOH = 2ACO , mà AMI = ACO (do tứ giác BMNC , dẫn đến DIH + DOH = 1800 . Vậy tứ giác nội tiếp) nên AIN = AOH ODIH nội tiếp. b) ∆AID ∼ ∆AOH (g.g) ⇒

AI AO 1 1 . Mà AI = AH ; AO = BC = AD AH 2 2

1 BC HB + HC 1 1 = = = + . AD HB.HC HB HC AH 2 3) Ta có: PKM = ANM = MBC nên tứ giác PKMB nội tiếp. Suy ra = PMB = ACB . Do đó tứ giác AKBC nội tiếp. Suy ra PKB

suy ra

BKC = ABC = 900 .

4) Ta có BC 2 = AB 2 + AC 2 ⇒ BC = 8; 1 1 1 = + ⇒ AH = 4, 8 . Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp 2 2 AH AB AC 2 tam giác BMN thì tứ giác AIJO là hình bình hành.

Suy ra OJ =

AH = 2, 4 . Tam giác vuông OBJ có 2

JB 2 = OB 2 + OJ 2 = 52 + 2, 42 =

769 ⇒ JB = 2

đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN là

769 . 5

769 . Vậy bán kính 5

Câu 20. (Đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP TP Hồ Chí Minh– năm 2013)

1. Cho tam giác ABC có B,C cố định và A di động sao cho AB = 2AC a) Gọi I là điểm trên cạnh BC sao cho IB = 2IC . Chứng minh rằng . AI là tia phân giác của BAC b) Chứng minh rằng điểm A luôn di động trên một đường tròn cố định. 2. Cho tam giác ABC . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm I tiếp xúc với BC tại D . Đường tròn bang tiếp góc A của tam giác ABC có tâm J , tiếp xúc với BC tại E . a) Gọi F là giao điểm của AE và DI . Chứng minh rằng F thuộc đường tròn (I ) . b) Gọi M là trung điểm của BC . chứng minh rằng đường thẳng MI luôn đi qua trung điểm của AD .

Phân tích định hướng giải: Lời giải:

L C

1). a) Vận dụng tính

T J

chất đường phân giác trong tam giác.

M I A

F B

b) A di động trên đường tròn cố định đường kính ID (trong đó D ở ngoài đoạn BC sao cho

DB = 2 ). DC

2) a) Hai đường tròn (I ), (J ) tiếp xúc với AC tại T và L . Ta có

IT / /JK , IF / /EJ nên

AI IF IT = = . Mà JE = JL nên IF = IT . AJ JE JL

Suy ra F ∈ (I ) . b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau suy ra  AB + BC − AC  MD ID  .Do đó MD = ME . Vì BD = CE = = =1 2 ME IF   nên MI / /EF . Từ đó suy ra MI đi qua trung điểm của AD . Câu 21). Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi CT là đường phân giác trong

của tam giác (T ∈ AB ) . a) Chứng minh rằng đường tròn (K ) đi qua C , T tiếp xúc với AB có tâm K thuộc BC .

b) Gọi giao điểm của AC và (K ) là D khác C , giao điểm của DB và

(K ) là E

khác D . Chứng minh rằng ABD = BCE .

c) Gọi giao điểm của CE và AB là M . Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng BT . A

Lời giải: T

a) (K ) tiếp xúc với AB tại T M

nên KT ⊥ AB do đó KT

song song với AB . Vì ∆KTC cân nên KCT = KTC = TCA = TCB . Do đó K thuộc BC .

b) Gọi F là giao điểm của (K ) và BC ( F khác C ). Tứ giác FEDC nội tiếp và do K ∈ BC nên FEC = 900 . = 900 − ADB = 900 − EFC = BCE . Từ đó ABD

c) Từ câu b suy ra MBE = BCM , do đó

∆MBE ∼ ∆MCB ⇒ ME .MC = MB 2 . Mặt khác, do MT tiếp xúc với

(K ) nên MT

= ME .MC = MB 2 . Vậy M là trung điểm của BT .

Câu 22) Cho tam giác ABC , đường tròn (I ) nội tiếp tam giác tiếp xúc với các

cạnh BC ,CA, AB tương ứng tại D, E , F . Gọi K , L lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên DE , DF . Giả sử AI cắt EF tại M a) Chứng minh M là trực tâm của tam giác DKL b) Gọi P đối xứng với E qua K ,Q đối xứng với F qua L . Chứng minh giao điểm của QE , PF nằm trên đường tròn (I ) Phân tích định hướng giải:

a). Để chứng minh M là trực tâm của tam giác DKL ta sẽ

A Q K L T

chứng minh KM ⊥ LD, ML ⊥ KD .

M I

Để ý rằng giả thiết cho biết AK ⊥ DK

vuông góc với DK như vậy để chứng

minh ML ⊥ DK ta cần chứng minh

= MAK . Nhưng ta có LMA = MFA (do tứ giác ML / /AK tức là LMA ALFM nội tiếp), LFA = BFD = FED do AB là tiếp tuyến của (I ) . Mặt khác FED = KAM do tứ giác MAKE nội tiếp. Từ đó suy ra LMA = MAK . Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được KM ⊥ LD .

b). Gọi giao điểm của QE , PF với đường tròn là T và T ' . Để chứng minh Chứng minh giao điểm của QE , PF nằm trên đường tròn (I ) bản chất là

chứng minh T ≡ T ' . Để ý rằng: MK là đường trung bình của tam giác PEF nên PF / /MK ⇒ PF ⊥ FD (kết quả câu a). Suy ra DT là đường kính của (I ) . Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được DT ' là đường kính của (I ) suy ra T ≡ T ' . Câu 23) Cho tam giác ABC nội tiếp (O ) . P là một điểm nằm trong tam

giác ABC . Trung trực của CA, AB cắt PA tại E , F . Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến tại C của (O ) tại M . Đường thẳng qua F song song với AB cắt tiếp tuyến tại B của (O ) tại N . a) Chứng minh MN là tiếp tuyến của (O ) b) Giả sử MN cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác ACM , ABN lần lượt tại S ,Q khác MN . Chứng minh ∆ABC ∼ ∆ASQ và SB cắt CQ tại một điểm nằmtrên (O ) .

Phân tích định hướng giải:

A R

K F O

P E C

a). Bằng thực nghiệm hình vẽ ta dự đoán MN tiếp xúc với đường tròn (O ) tại giao điểm D của AP với đường tròn (O ) . Như vậy ta cần chứng minh = 900 và ODN = 900 . Nếu điều này xảy ra thì tứ giác OEDM và ODM OFND nội tiếp. Trong bài toán có các giả thiết liên quan đến tiếp tuyến CM , BN nên ta cần chú ý đến các tính chất về góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây cung để tìm liên hệ về góc. Ngoài ra các giả thiết liên quan đến đường trung trực giúp ta nghỉ đến các tam giác cân hoặc tính chất đối xứn qua trung trực của một cạnh tam giác. + Muốn chứng minh OEDM nội tiếp ta cần chỉ ra góc OME = ODE nhưng OME = OCE (do OEMC nội tiếp) mà OCE = OAE (OE là trung trực của AC ) . Mặt khác tam giác OAD cân tại O suy ra OAE = ODE . Từ đó suy ra OME = ODE hay OEDM nội tiếp suy ra OEM = ODM = 900

+ Hoàn toàn tương tự ta cũng có ODN = 900 hay MN là tiếp tuyến của (O ) . b). + Ta thấy rằng AS Q ≡ ASM = 1800 − ACM = ACx do tứ giác

ASMC nội tiếp. Mặt khác MC là tiếp tuyến của (O ) nên

= ABC ⇒ . Tương tự ta có: ACx ASQ = ABC

≡ AQN = 1800 − ABN = ABy = ACB suy ra ∆ABC ∼ ∆ASQ . AQS + Giả sử SB cắt QC tại điểm R . Muốn chứng minh R thuộc đường tròn (O ) ta quy về chứng minh ABCR là tứ giác nội tiếp. Tức là ta quy về

= RBA . Để ý rằng trong tam giác chứng minh RCA ARQ và trong tam giác ASR nếu RCA = RBA thì sẽ xảy ra ACQ = ABS . Nhưng điều này là hiến nhiên do ∆ABC ∼ ∆ASQ .(Bài toán kết thúc) Câu 24). Cho tam giác ABC nội tiếp (O ) cố định với B,C cố định. Điểm

A di chuyển trên đường tròn (O ) sao cho AB < AC . Lấy điểm D thuộc . Đường tròn (K ) qua A và đoạn BC sao cho AD là phân giác góc BAC

tiếp xúc với BC tại D lần lượt cắt AC , AB tại E , F khác điểm A . BE,CF lần lượt cắt (K ) tại G, H khác E , F . AG, AH cắt BC tại M , N

a) Chứng minh (K ) tiếp xúc với (O ) b) Tìm vị trí điểm A trên đường tròn (O ) để diện tích tam giác AMN lớn nhất. Phân tích định hướng giải:

Giả thiết liên quan đến

đường phân giác trong

K O

AD ta nghỉ đến việc kéo

F T

E H

G M

N D'

dài AD cắt đường tròn (O ) tại D ' thì ta có tính chất quen thuộc OD ' ⊥ BC . Mặt khác KD ⊥ BC và D cũng chính là giao điểm của đường phân giác trong góc A với (K ) suy ra KD ⊥ EF ⇒ EF / /BC . Để chứng minh hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau ta kẻ tiếp tuyến Ax ∩ BC = T của đường tròn (K ) . Ta sẽ chứng minh Ax là tiếp tuyến = AEF mà chung của hai đường tròn. Ta có: TAF

AEF = ACB đồng vị . Từ đó suy raTAF ≡ TAB = ACB . Điều này chứng tỏ AT cũng là tiếp tuyến của (O ) . Cách 2: Kẻ tiếp tuyến Ax ∩ BC = T

của đường tròn (O ) Ta có

= DAC + ACD = DAB + TAB = TAD suy ra tam giác TAD cân TDA tại T , mà TD tiếp xúc với (K ) ⇒ TA tiếp xúc với (K ). Vậy TA là tiếp tuyến chung tại A của hai đường tròn . b). Ta có =G ⇒ ∆BGM ∼ ∆ABM ⇔ MB 2 = MG .MA . Mặt GBM EF = GAB khác theo tính chất tiếp tuyến và cát tuyến ta cũng có:

MD 2 = MG .MA ⇒ MB = MD . Tương tự ta chứng minh được N là trung 1 1 BC không đổi. Ta có S ∆AMN = AL.MN . 2 2 Trong đó AL là đường cao kẻ từ A đến BC . Như vậy S ∆AMN lớn nhất khi

điểm của CD . Suy ra MN =

và chỉ khi AL lớn nhất. Suy ra AL phải đi qua tâm O. Suy ra A là trung điểm của cung BC . Câu 25). Cho đường tròn (O ) và dây cung AB (không phải là đường kính). Điểm M thuộc cung lớn AB , I là tâm vòng tròn nội tiếp ∆MAB , P là điểm chính giữa của cung AM không chứa điểm B, K là trung điểm của

a) Chứng minh PK ⊥ MI

b) Gọi Q là giao điểm của PK và AI . Chứng minh ABQP nội tiếp. c) Khi M thay đổi trên cung lớn AB . Chứng minh PQ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định Phân tích định hướng giải: M

+ Để chứng minh PK ⊥ MI

Q T

ta phải chứng minh ∆PMI cân tại P đây là tính

chất hình học quen thuộc. + Để chứng minh ABPQ nội tiếp ta chứng minh

PQA = PBA để tận dụng

các giả thiết liên quan đến phân giác và tính chất điểm P . + Ta thấy rằng PQ ⊥ MI , như vậy PQ sẽ tiếp xúc với đường tròn có bán kính cố định và song song với MI , điều này giúp ta liên tưởng đến tâm O và đường thẳng qua O vuông góc với PQ Từ những định hướng trên ta có lời giải như sau: a). Trước hết ta chứng minh ∆PMI cân tại P . Thật vậy ta có: = PMA + AMI = PBA + IMB = PBM + BMI = PIM suy ra PMI tam giác ∆PMI cân tại P do đó PK ⊥ MI .

b) Tacó = 900 − KIQ = 900 − IMA + IAM = 900 − 1 AMB + MAB PQA 2 1 . Như vậy tứ giác = MAB = PBA ABPQ nội tiếp. 2

(

)

(

)

c) Kẻ OT vuông góc với PQ thì T là trung điểm của dây PQ . Ta cũng có 1 PQ là phân giác của góc MPB nên POQ = sđAMB không đổi. Từ đó 2    POQ  ta có OT = R.cos   không đổi. Vậy PQ luôn tiếp xúc với đường  2   

   POQ  tròn tâm O bán kính r = OT = R.cos    2  Câu 26) Cho AB là dây cung (không là đường kính) của (O ),(O ') là trung điểm của OB , (O1 ), (O2 ) là các đường tròn đường kính OA,O ' B . MN là

tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (O1 ), (O2 ) với M ∈ (O1 ), N ∈ (O2 ) . Gọi C là giao điểm của AM với đường tròn (O ) (C ≠ A) . a) Chứng minh CO ⊥ MN b) Chứng minh: AMNB là tứ giác nội tiếp c) Chứng minh MN = Phân tích định hướng giải:

6 AB 4

a). Ta thấy MO1 / /NO2 ⊥ MN

vậy để chứng minh CO ⊥ MN ta sẽ chứng minh CO / /MO1 hoặc

D M

= ACO nhưng điều này AMO 1

CO / /NO2 . Tức là ta chứng minh

là hiển nhiên do các tam giác O1AM ,OAC cân tại O1 và O

b). Kéo dài MN cắt (O ) tại D .Dễ thấy B, N ,C thẳng hàng , thật vậy nếu ta gọi C ' là giao điểm của BN và (O ) thì C 'O ⊥ MN ⇒ C ≡ C ' . Để chứng minh AMNB nội tiếp thì ta cần chứng minh ABN = CMN nhưng 1 = DMA = 1 AO = 1 AOC từ đó suy C = AOC và ABC ta có: CMN 1 2 2 2 ra điều phải chứng minh: Chú ý: Việc kéo dài MN cắt đường tròn (O ) tại D là chìa khóa để tính các góc dựa trên tính chất của tiếp tuyến MN

c). Ta có ∆CMN ∼ ∆CBA ⇒

mặt khác

MN CM CN MN CM CN CM CN = = ⇒ = . = . BA CB CA BA CB CA CA CB

OO1 OO2 CM 1 CN 3 6 = = ; = = ⇒ MN = AB CA OA 2 CB OB 4 4

Câu 27). Cho tam giác ABC . Một đường tròn (K ) qua B,C cắt các đoạn CA, AB tại E , F khác C và B . Đường thẳng BE cắt CF tại H . Gọi M

là trung điểm của EF . Gọi P ,Q lần lượt đối xứng với A qua BE ,CF . a) Chứng minh đường tròn (I ) ngoại tiếp tam giác HEP và đường tròn (J ) ngoại tiếp tam giác HFQ cắt nhau trên AM b) Chứng minh (I ) và (J ) có bán kính bằng nhau. Phân tích định hướng giải: A

a). Nếu D là giao điểm thứ

hai của hai đường tròn E

(I ),(J ) . Thực nghiệm hình

F H

vẽ giúp ta dự đoán tứ giác AEDF là hình bình hành.

Nếu chứng minh được

Q K J

D B

điều này thì ta sẽ kết luận được AM qua D . Tuy

nhiên việc chứng minh trực tiếp AEDF là hình bình là tương đối khó. + Để khắc phục điều này ta sẽ gọi D là đỉnh thứ 4 của hình bình hành AEDF sau đó ta chứng minh các tứ giác QFHD, PEHD nội tiếp. Khi đó các đường tròn (I ),(J ) cùng đi qua D . Ta có: HPE = EAH = CAH (1) . Ta cần chỉ ra CAH = EDH để ý đến hai tam giác ∆CAH và ∆EDH ta thấy

HED = FED − FEH = AFE − FCB = ECB − FCB = ECF = ECH . HE EF và = HC CB AF EF HE AF DE ∆AEF ∼ ∆ABC ⇒ = suy ra = = (do AC BC HC AC AC AF = DE ) như vậy ∆CAH ∼ ∆EDH do đó CAH = EDH kết hợp với = EDH hay tứ giác PEHD nội tiếp, hoàn toàn tương tự (1) ta suy ra HPE

Mặt khác ta cũng có ∆FEH ∼ ∆BCH ⇒

ta cũng có QFHD nội tiếp suy ra đường tròn (I ) ngoại tiếp tam giác HEP và đường tròn (J ) ngoại tiếp tam giác HFQ cắt nhau tại điểm D nằm trên AM . b). Ta có HID = 2HED = 2HCA = 2HFD = HJD hai tam giác ∆HJD, ∆HID có chung cạnh đáy, góc ở đỉnh bằng nhau nên ∆HJD = ∆HID ⇒ JD = ID

Câu 28) Cho tam giác ABC nội tiếp (O ) . Các điểm E , F thuộc cung BC

không chứa điểm A sao cho EF / /BC và tia AE nằm giữa tia AB, AF . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . FH cắt (O ) tại điểm G khác F . Gọi (L) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AGH . Giả sử K ∈ AE sao cho AHK = 900 a) Chứng minh L nằm trên AE b) Giả sử (L) cắt CA, AB lần lượt tại M , N khác A . Chứng minh AF ⊥ MN tại điểm P c) GK ∩ MN = Q, AQ ∩ (O ) = R ≠ A. Chứng minh đường thẳng qua R vuông góc với AF cắt GP tại một điểm nằm trên (O ) . Phân tích định hướng giải:

a). Nếu L nằm trên AE thì 4 điểm A,G , H , K nằm trên cùng 1 đường

tròn (L) . Như vậy bản chất câu hỏi là chứng minh AGHK nội tiếp. Thật vậy : Ta có: Do K ∈ AE sao cho AHK = 900

suy ra HK ⊥ AH ⇒

A G L

HK / /BC / /EF

Do đó KHF = HFE

mà HFE = EAG

H K

O I C

(cùng chắn cung FG ) suy ra KHF = KAG hay AGHK

nội tiếp. Mặt khác AHK = 900 nên L là trung điểm của AK .

+M + BAE = 900 ( Do AF = AKN b). Ta có: AMN AMN = AKN cùng chắn cung AN , MAF = BAE do hai cung BE ,CF bằng nhau.) Suy ra AF ⊥ MN tại điểm P . c). Giả sử đường thẳng qua R vuông góc với AF cắt GP tại I . Ta cần chứng minh AGRI là tứ giác nội tiếp. Thật vậy từ việc xác định điểm I ta suy ra RI / /MN suy ra RIG = QPG ( đồng vị). Mặt khác ta cũng dễ thấy QPG = QAG ( Do tứ giác APQG nội tiếp) suy ra RIG = RAG

⇔ AGRI là tứ giác nội tiếp. Tức là điểm I nằm trên đường tròn (O ) .

Câu 29) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Điểm P nằm trong . Gọi tam giác sao cho AP là phân giác trong của góc BAC E , F lần lượt

là hình chiếu vuông góc của của P lên CA, AB . Đường thẳng qua A vuông góc với AP cắt đường tròn (O ) tại D khác A , PD cắt EF tại Q , M là trung điểm của BC . a) Chứng minh MQ / /AP b) Gọi (K ), (L ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác BQF ,CQE . Chứng minh (K ), (L ) có một điểm chung với (O ) .

c) Giả sử QM cắt (K ), (L ) lần lượt tại S ,T khác Q . Chứng minh rằng đường trung trực của ST và AO cắt nhau trên (O ) . Phân tích định hướng giải: D

a). Kéo dài AP cắt (O ) tại G dễ thấy GD là đường kính của (O ) .

N Q

Ta thấy các tam giác

∆APE ∆DGC có các

đường cao tương ứng là EN ,CM

MG NP nên = . Mặt khác ta cũng MD NA

S R

có

NP QP do NQ / /AD = NA QD

H G T

từ đó suy ra

MG QP = ⇒ QM / /GN ≡ AP . MD QD

b). Gọi R là giao điểm của (O ) với DP . Ta sẽ chứng minh các tứ giác BFQR,CEQR khi đó các đường tròn (K ),(L),(O ) sẽ có một điểm chung là R . Thật vậy vì AD / /EF nên BAD = BFQ mà BAD = 180 − BRD

⇒ BFQ + BRD = 1800 hay tứ giác BFQR nội tiếp. Tương tự ta cũng có: CEQR nội tiếp nên (K ), (L ) có một điểm chung với (O ) là R .

c).Dựng đường kính AH của (O ) . Ta sẽ chứng minh đường trung trực của ST đi qua H . Điều này có nghĩa là tam giác SHT cân tại H . Tứ giác FQSB nội tiếp mà SQF = 900 ⇒ BS ⊥ BF ⊥ BH ⇒ B, S , H

thẳng hàng. Tương tự C ,T , H thẳng hàng nên SHT = QSB = AFE = AEF = QRC = STH ⇒ ∆SHT cân ( đpcm).

MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Câu 1. (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2010) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O; R ) . D là một điểm bất kỳ thuộc cung nhỏ AD ( D khác A và C ). Gọi M,N lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D tới các đường thẳng AB,AC . Gọi P là giao điểm các đường thẳng MN, BC . a) Chứng minh DP và BC vuông góc với nhau. b) Đường tròn ( I; r ) nội tiếp tam giác ABC . Tính IO với R = 5cm,r = 1,6cm .

Lời giải:

M A

N O

I B

F + AND = 900 + 900 = 1800 . Do đó tứ giác AMDN nội a) Ta có: AMD = MND .Mặt khác MAD = BCD .Suy ra tứ giác NDCP nội tiếp tiếp ⇒ MAD = DNC = 900 .Vậy DP ⊥ BC . ⇒ DPC

b) Vẽ đường kính EF của đường tròn ( O ) ( F là giao điểm của AI với nên BF = FC ⇒ BAF = CEF . đường tròn ( O ) ). Do AF là phân giác của BAC

Gọi K là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với đường tròn ( I,r ) . Ta có: = sin CEF ⇒ IK = CF ⇒ AI.CF = 2R.r (1). Do CI là phân giác của sin BAC AI EF = CAF + ACK = BCK + BCF = ICF ⇒ ∆IFC cân ACB nên BCK = ACK ⇒ CIF

tại F ⇒ FI = FC . Từ (1) suy ra AI.AF = 2R.r (2). Gọi G,H là giao điểm của đường thẳng IO với ( O; R ) . Tacó: ∆AIG = ∆HIF ⇒ AI.IF = IG.IH = ( OG − OI )( OH + OI ) = ( OI + R )( R − OI ) = R 2 − OI 2 (3) . Từ

(2) và (3) suy ra: R 2 − OI 2 = 2Rr ⇒ OI 2 = R 2 − 2Rr = 52 − 2.5.1,6 = 9 ⇒ OI = 3cm .

Nhận xét: Đường thẳng M, N,P trong bài toán này thực chất là đường thẳng Sim son của điểm D . Vì vậy ta cũng có thể chứng minh bài toán theo cách khác theo cách chứng minh đường thẳng Sim son. (Xem thêm phần các định lý hình học nổi tiếng) Câu 2. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Quảng Ngãi). Cho tam giác ABC vuông cân tại A , một đường tròn ( O ) tiếp xúc với nằm trong tam giác ABC lấy một điểm M AB,AC tại B,C . Trên cung BC

( M ≠ B; C ) . Gọi I,H,K

lần lượt là hình chiếu của M trên BC; CA; AB và P là

giao điểm của MB với IK, Q là giao điểm của MC với IH . . a) Chứng minh rằng tia đối của tia MI là phân giác của MHK

b) Chứng minh PQ / /BC . c) Gọi ( O1 ) và ( O 2 ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp ∆MPK và ∆MQH . Chứng minh rằng PQ là tiếp tuyến chung của hai đường

tròn ( O1 ) và ( O 2 ) .

d) Gọi D là trung điểm của BC; N là giao điểm thứ hai của ( O1 ) ,

( O 2 ) . Chứng minh rằng M,N, D

thẳng hàng.

Lời giải: A

K O1 P

Q D

= ACB . Gọi tia đối của tia MI là Mx . Ta a) Vì ∆ABC cân tại A nên ABC có tứ giác BIMK và tứ giác CIMH nội tiếp. = 1800 − ACB = 1800 − ABC = IMK ⇒ IMH = 1800 − IMK = 1800 − IMH = HMx . Vậy Mx là tia phân giác của ⇒ KMx . MHK = KBM; HIM = HCM . b) Do tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp nên KIM

= IBM (cùng bằng 1 sđCM = KIM + HIM = KBM + HCM . Mà HCM ) PIQ 2 = ICM + IBM . Mặt khác, ⇒ PIQ + ICM + IBM = 1800 ⇒ PMQ + PIQ = 1800 .Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp. PMQ

). Mà MIK = MIC (cùng bằng KBM ) = MIK (cùng bằng 1 sđPM ⇒ MQP 2 = MCI ⇒ PQ / /BC . ⇒ MQP

= MCI (cùng bằng 1 sđIM ). Mà MQP = MCI (cmt) c) Ta có: MHI 2

= MHI = 1 sđMQ . Hai tia QP,QH nằm khác phía đối với QM . Suy ⇒ MQP 2

ra PQ là tiếp tuyến của đường tròn ( O 2 ) tại tiếp điểm Q . Chứng minh tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của đường tròn ( O 2 ) tại tiếp điểm P . Vậy PQ là tiếp tuyến chung của đường tròn ( O1 ) và ( O 2 ) .

d) Gọi E,E' lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC . Ta có: PE2 = EM.EN (vì ∆QEM ∼ ∆NEQ ). Suy ra: PE2 = QE2 ⇒ PE = QE . Tam giác MBC có PQ / /BC nên

EP EQ = . Mà EP = EQ nên E ' B = E 'C ⇒ E' ≡ D . E' B E'C

Vậy N,M, D thẳng hàng. Câu 3. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Gia Lai – 2010) Cho tam giác ABC vuông tại A . Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với CA và CB lần lượt tại M và N . Đường thẳng MN cắt đường vuông. thẳng AI tại P . Chứng minh rằng IPB

Lời giải:

P N

I B

= IAB + IBA = 450 + IBA = 450 + IBC (1).Mặt khác, Ta có PIB = CNM = 1 1800 − ACB PNB 2

(

)

1 0  = 1 900 + ACB = 450 + 1 ABC = 450 + IBC 90 900 − ACB     2 2 2 = PNB . Từ (1) và (2), suy ra: PIB =

(

)

(

)

(2) .

Do đó bốn điểm P,N,I, B cùng nằm trên một đường tròn. Mặt khác , = 900 nên IB là đường kính của đường tròn này ⇒ IPB = 900 . INB

Câu 4. (Đề thi học sing giỏi tỉnh Hải Dương). Cho đường tròn tâm O và dây AB cố định ( O không thuộc AB ). P là điểm di động trên đoạn AB ( P khác A, B ). Qua A,P vẽ đường tròn tâm C tiếp xúc với ( O ) tại A . Qua B,P vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với ( O ) tại B . Hai đường tròn ( C ) và ( D ) cắt nhau tại N (khác P ). = BNP . a) Chứng minh ANP = 900 . b) Chứng minh PNO

c) Chứng minh khi P di động thì N luôn nằm trên một cung tròn cố định. Lời giải:

D C A

H P

I B

a) Vì ( O ) và ( C ) tiếp xúc trong tại A nên A,C,O thẳng hàng. Vì ( O ) và

(C)

= 1 ACP tiếp xúc trong tại B nên B, D,O thẳng hàng. Xét ( C ) có ANP 2

Tam giác ACP cân tại C , tam giác AOB cân tại O nên suy ra: = AOB ⇒ ANP = 1 AOB = ABO = CPA ⇒ CP / /OB ACP APC 2

(

)

(1).

= AOB ⇒ BNP = 1 AOB (2). Từ (1) và (2) Tương tự, ta có DP / /OA ⇒ BDP 2

= BNP . suy ra: ANP

b) Gọi H là giao điểm của NP và CD ; I là giao điểm của OP và CD . Theo chứng minh trên ta có CP / /OB; Dp / /CO . Suy ra tứ giác CPDO là hình bình hành.Do đó IO = IP , ( C ) và ( D ) cắt nhau tại P và N suy ra CD ⊥ NP (3) HN = HP do đó HI là đường trung bình của tam giác PNO nên HI / /NO

= 900 . hay CD / /NO (4). Từ (3) và (4), suy ra NO ⊥ NP ⇔ PNO = ANP + PNB ⇒ ANB = AOB (5). Dễ c) Theo chứng minh trên ta có: ANB thấy N,O thuộc nửa mặt phẳng bờ AB (6).Từ (5) và (6) suy ra điểm N thuộc cung tròn AOB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB . Do A, B,O cố định nên N thuộc cung tròn cố định. Câu 5. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ - 2010).

Cho đường tròn ( O; R ) và dây cung AB cố định, AB = R 2 . Điểm P di động trên dây AB ( P khác A và B ). Gọi ( C; R 1 ) là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn ( O; R ) tại A , ( D; R 2 ) là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với ( O; R ) tại B . Hai đường tròn ( C; R 1 ) và ( D; R 2 ) cắt nhau tại điểm thứ hai M . a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB , chứng minh OM / /CD và bốn điểm C, D,O,M cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động trên đường tròn cố định và đường thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định N . c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất? Diện tích tam giác AMB lớn nhất? Lời giải:

D C A

a) Nối CP,PD . Ta có: ∆ACP, ∆OAB N lần lượt cân tại C,O nên = CAP = OBP . Do đó CP / /OD CPA

(1). Tương tự, ta có OD / /CP (2) Từ (1) và (2) suuy ra tứ giác ODPC là hình bình hành. Gọi H là giao điểm của CD và MP , K là giao điểm của CD với OP . Do đó K là trung điểm của OP . Theo tính chất của hai đường tròn cắt nhau thì CD ⊥ MP ⇒ H là trung điểm của MP . Do đó HK / /OM ⇒ CD / /OM . Giả sử AP < BP . Vì tứ giác CDOM là hình bình hành nên OC = DP, DP = DM = R 2 nên tứ giác CDOM là hình thang cân. Do đó bốn điểm C, D,O,M cùng thuộc một đường tròn. b) Ta có: OA2 + OB2 = 2R 2 = AB2 .Do đó ∆AOB vuông cân tại O . Vì bốn điểm C, D,O,M cùng thuộc một đường tròn (kể cả M trùng O ) nên = CMD COB

(1).

= MCP (cùng bằng 1 sđMP của đường tròn C ). MBP Ta có: MAB ( ) = MDP 2

1 sđMP của đường tròn ( D ) ). Do đó ∆MAB ∼ ∆MCD (g.g.) 2 = COD ⇒ AMB = AOB = 900 . Do AB cố định nên điểm M thuộc ⇒ AMB

(cùng bằng

đường tròn tâm I đường kính AB . = BDP = AOB = 900 ⇒ AMP = 1 ACP = 450 (góc nội tiếp và góc ở Ta có ACP 2

= 1 BDP = 450 (góc nội tiếp và góc ở tâm của D ).Do tâm của ( C ) ) ⇒ BMP ( ) 2 . Mà AMB = AOB = 900 nên M thuộc đường đó MP là phân giác của AMB

tròn ( I ) ngoại tiếp tam giác AOB . Giả sử MP cắt đường tròn ( I ) tại N thì N là trung điểm cung AB không chứa điểm O nên N cố định. = BPN; AMP = PBN (góc nội tiếp cùng chắn một cung). Do đó c) Ta có MPA ∆MAP ∼ ∆BNP (g.g) 2

⇒

 PA + PB  PA PM AB2 R 2 (không đổi). = ⇔ PM.PN = PA.PB ≤  =  = PN PB 2 4 2  

Vậy PM.PN lớn nhất là

R2 khi PA = PB hay P là trung điểm của dây AB . 2

Tam giác AMB vuông tại M nên: 1 1 AB2 R 2 R2 AM.BM ≤ AM 2 + BM 2 = = . Vậy SAMB lớn nhất là 2 4 4 2 2 khi PA = PB hay P là trung điểm của dây AB . S AMB =

(

)

Câu 16. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Vĩnh Phúc – năm 2010) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) . AD, BE,CF là ba đường cao ( D ∈ BC,E ∈ CA,F ∈ AB ) . Đường thẳng EF cắt BC tại G , đường thẳng AG cắt lại đường tròn ( O ) tại điểm M .

a) Chứng minh rằng bốn điểm A,M,E,F cùng nằm trên một đường tròn. b) Gọi N là trung điểm của cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC . Chứng minh rằng GH ⊥ AN . Lời giải: A M F H G

E O C

N K

a) Nhận xét rằng : Cho tứ giác ABCD , P là giao điểm của AB và CD . Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi: PA.PB = PC.PD . Áp dụng nhận xét trên cho tứ giác AMBC nội tiếp, ta được: GM.GA = GB.GC . Áp dụng cho tứ giác BEFC nội tiếp, ta được: GB.GC = GF.GE . Suy ra GF.GE = GM.GA . Do đó tứ giác AMEF nội tiếp. b) Theo kết quả trên, và tứ giác AEFH nội tiếp suy ra M nằm trên đường tròn đường kính AH . Do đó HM ⊥ MA . Tia HM cắt lại đường tròn ( O ) tại = 900 nên AK là đường kính của O . Từ đó suy ra: K , khi đó AMK ( )

KC ⊥ CA,KB ⊥ BA ⇒ KC / /BH,KB / /CH ⇒ tứ giác BHCK là hình bình

hành ⇒ KH đi qua điểm N . Khi đó M,H,N thẳng hàng. Trong tam giác GAN có hai đường cao AD,NM cắt nhau tại H , nên H là trực tâm của tam giác GAN ⇒ GH ⊥ AN . Câu 17. (Để thi học sinh giỏi cấp Quận –TPHCM – 2010).

Cho điểm M thuộc đường tròn ( O ) và đường kính AB ( M ≠ A, B và MA < MB ). Tia phân giác của góc AMB cắt AB tại C . Qua C ,vẽ đường thẳng vuông góc với AB cắt các đường thẳng AM và BM lần lượt tại D và H.

a) Chứng minh hai đường thẳng AH và BD cắt nhau tại điểm N nằm trên đường tròn ( O ) . b) Gọi E là hình chiếu của H trên tiếp tuyến tại A của đường tròn ( O ) . Chứng minh tứ giác ACHE là hình vuông. c) Gọi F là hình chiếu của D trên tiếp tuyến tại B của đường tròn ( O ) . Chứng minh bốn điểm E,M,N,F thẳng hàng. d) Gọi S1 ,S2 là diện tích của tứ giác ACHE và BCDF . Chứng minh CM 2 < S1S 2 .

Lời giải: D

F N

M H

E I A

= 900 .Trong tam giác ABD có DC ⊥ AB nên DC là đường a) Ta có AMB cao thứ nhất. Do đó BM là đường cao thứ hai, suy ra H là trực tâm của tam giác ABD . Suy ra AH là đường cao thứ ba ⇒ AH ⊥ BD tại N . = 900 ⇒ N thuộc đường tròn đường kính AB . Vậy AH và BD cắt ⇒ ANB

nhau tại điểm N nằm trên đường tròn ( O ) .

= AEH = 900 ; EAC = 900 . Do đó tứ giác ACHE là hình chữ b) Ta có ACH

nhật. Mặt khác:

CA MA CH MA = ; = suy ra CH = CA . Vậy tứ giác ACHE CB MB CB MB

là hình vuông. c) Do tứ giác ACHE là hình vuông nên hai đường chéo AH,CE bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường. suy ra MI là trung tuyến ứng với cạnh huyền của trong tam giác vuông 1 1 AH = CE ⇒ ∆MCE vuông tại M ⇒ ME ⊥ MC . Chứng 2 2 chung; minh tương tự ta có: MF ⊥ MC (2). Xét ∆DMN và ∆DBA có ADB MAH ⇒ MI =

DM DN = DBA = 450 . Mà = ⇒ ∆DMN ∼ ∆DBA (c.g.c) ⇒ DMN DB DA = 1 AMB = 450 nên CMN = 1800 − AMC + DMN = 900 ⇒ MN ⊥ MC AMC 2 (3). Từ (1),(2) và (3) suy ra bốn điểm E,M,N,F thẳng hàng.

)

(

= DCF = 450 . Do đó ECF = ECD + DCF = 900 . Áp dụng hệ thứ d) Ta có ECD

lượng trong tam giác vuông CEF , ta có:

1 CM

1 CF2

. Áp dụng bất

đẳng thức Cô-si, ta có: 1 CM =

CE 1

1 CB

≥2

1 CE

1 CF

= 2.

(

2.CA

) (

1 2.CB

)

1 1 1 ⇒ CM 2 ≤ S1S 2 . . = S1 S 2 S 1S 2

MA < MB 1 1  > nên dấu “=” trong bất đẳng thức MA ⇒ CA < CB ⇒ 2 = CE CF2   CB MB

Do  CA

không thể xảy ra ⇒ CM2 < S1S2 . Câu 18. (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2009).

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và C là điểm chính giữa cung AB . Lấy điểm M tùy ý trên cung BC ( M khác B ). Gọi N là giao điểm của hai tia OC và BM ; H,I lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AO,AM ; K là giao điểm của các đường thẳng BM và HI . a) Chứng minh rằng A,H,K và N cùng nằm trên một đường tròn. b) Xác định vị trí của điểm M trên cung BC ( M khác B ) sao cho AK =

R 10 . 2

Lời giải:

N K C

a) Ta có tam giác NAB cân tại N ( ON là trung trực của AB ) = NBA ⇒ NAB

= BOM (2). Do H,I là (1). Lại có OM = OB = R ⇒ NBA trung điểm của OA,AM nên HI là đường trung bình của tam giác AOM . = HKB . = KHB (3). Từ (1),(2) và (3) suy ra: NAB Suy ra HI / /OM ⇒ BMO Do đó tứ giác AHKN nội tiếp, hay cùng thuộc một đường tròn.

b) Ta có: AH = HO = MB = x ⇒ MK =

và AMB , ta có:

AO R KH OH R 1 = . KH / /OM ⇒ = = = Đặt 2 2 MB OB 2R 2

x . Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác vuông AKM 2

 R 10  x2 AK 2 − KM2 = AM 2 = AB2 − BM2 ⇔  = 4R 2 − x2 ⇔ x = R 2  −  2  4   = MB = R 2 = 2 ⇒ MAB = 450 . Mặt khác: ⇒ sin MAB AB 2R 2

= 1 sđBC = 1 sđAB = 450 ⇒ MAB = CAB ⇒ M ≡ C . Vậy khi M ≡ C thì CAB 2 4 AK =

R 10 . 2

Câu 19. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa – 2009). 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) tâm O . Gọi I là giao điểm của AC và BD . Biết đường tròn ( K ) tâm K ngoại tiếp tam giác IAD cắt các cạnh AB,CD của tứ giác lần lượt tại E và F ( E ≠ A; F ≠ D ) . Đường thẳng EF cắt AC, BD lần lượt tại M,N .

a) Chứng minh tứ giác AMND nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh KI ⊥ BC . 2. Cho tam giác ABC cân tại A và có góc A bằng 360 . Tính tỉ số B

Lời giải:

AB . AC

C E

I M O

K A của O ). Xét đường tròn K 1. a) Ta có BAC = BDC (cùng chắn cung BC (D ) ( ) = 1 sđIE; BDC = 1 sđIF có BAC 2

= 1 sđAI + sđIF = 1 sđAE + sđIE = 1 sđAI = ADN ⇒ tứ giác AMND AME 2 2 2

(

) (

)

nội tiếp. = ACB (cùng chắn AB của O ). Mà b) Ta có: ADB ( ) = IF ⇒ KI ⊥ EF = ADB ⇒ AME = ACB ⇒ EF / /BC (1). Mặt khác IE AME

(2). Từ (1) và (2) suy ra: KI ⊥ BC (đpcm). = 360 ; BDC = ACB = 720 . Suy ra ∆ADB và 2. Kẻ phân giác BD , khi đó ABD ∆BDC cân ⇒ DA = DB = BC . Theo tính chất đường phân giác ta có:

AB DA DA DC DA + DC = ⇒ = = . Mặt khác DC = AC − AD = AB − BC BC DC AB BC AB + BC 2

⇒

 AB  AB.BC AB = AB − AC ⇔ AB.BC = AB2 − BC2 ⇔  −1= 0  − AB + BC BC  BC 

⇒

AB 1 + 5 . = BC 2

Câu 20. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Bình Định – 2009). Cho đường tròn ( O ) , đường kính AB . Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn ( O ) lấy điểm C sao cho AC = AB . Đường thẳng BC cắt đường tròn

(O)

tại D , M là một điểm thay đổi trên đoạn AD . Gọi N và P lần lượt là

chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB và AC , H là chân đường vuông góc hạ từ N xuống đường thẳng PD . a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, HN luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải: x C

D H P

+ PHN = 900 + 900 = 1800 . Do đó tứ giác APHN nội tiếp. Tứ a) Ta có PAN giác APMN là hình vuông nên cũng nội tiếp. Suy ra năm điểm A,N,M,P,H = APM = 900 . Mà tứ giác MPCD cùng thuộc một đường tròn. Do đó AHM = MCD . Tam giác ABC cân tại A , có AD vừa là đường nội tiếp nên MPD cao vừa là đường trung trực nên MB = MC ⇒ ∆MBC cân tại M = MBD ⇒ MPD = MBD (1). Mặt khác ⇒ MCD = MBD + MDB = MBD + 900 (2). APH = APM + MPH = MPD + 900 AMB = AMB (4). Tứ giác APHM nội tiếp nên (3). Từ (1),(2) và (3) suy ra: APH + AMH = 1800 APH

+ AMH = 1800 . Do đó (5). Từ (4) và (5) suy ra: AMB

= 900 ⇒ H thuộc đường tròn O ⇒ ∆AHB có H,M, B thẳng hàng ⇒ AHB ( )

diện tích lớn nhất ⇔ HK lớn nhất ⇒ HK = R ⇒ H ≡ D ⇒ M ≡ D . Vậy khi M ≡ D thì S AHB đạt giá trị lớn nhất là R . Câu 21. (Đề thi học sinh giỏi cấp Quận – TPHCM). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính BC . Kẻ đường cao AH của ∆ABC . Cho biết BC = 20cm,

a) Tính độ dài cạnh AB và AC .

AH 3 = . AC 4

b) Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn ( O ) , AB,AC lần lượt tại M, D,E . Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC tại K . Chứng minh ba điểm A,M,K thẳng hàng. c) Chứng minh bốn điểm B, D,E,C cùng nằm trên một đường tròn. Lời giải:

A E

F D

N H

O I

= AHC = 900 ; C chung. a) Xét ∆ABC và ∆HAC có BAC ⇒ ∆ABC ∼ ∆HAC ⇒

AB AC AB AH 3 = ⇒ = = . Mà AB2 + AC2 = BC2 nên AH HC AC HC 4

AB2 AC2 AB2 + AC2 20 2 = = = = 16 ⇒ AB2 = 16.9; AC2 = 16.16 . Vậy 9 16 25 25 AB = 12cm và AC = 16cm .

= 900 . Do đó b) Gọi F là tâm của đường tròn đường kính AH . Ta có DAE DE là đường kính của đường tròn ( F ) . Suy ra D,E,F thẳng hàng. Mặt khác

(O)

và F cắt nhau tại A và N nên OF là trung trực của AM ⇒ OF ⊥ AM

(1). Gọi N là giao điểm của OA và DE . Ta có OA = OC = R . Do đó ∆OAC = OCA ; FA = EF = r ⇒ ∆FAE cân tại là tam giác cân tại O . Suy ra OAC + FAE . Mà OCA + FAE = 900 nên F ⇒ FEA + FEA = 900 ⇒ ANE = 900 ⇒ KN ⊥ OA . Ta có F là trực tâm của tam OAC

giác KAO nên OF ⊥ KA (2). Từ (1) và (2) suy ra A,M,K thẳng hàng.

c) Gọi I là giao điểm của hai trung trực của DE và BC . Ta có: AF ⊥ BC IF ⊥ OA ⇒ AF / /OI;  ⇒ IF / /OA . Do đó FAOI là hình bình hành.  OI ⊥ BC  OA ⊥ DE

= IOC nên ∆IFE = ∆COI Suy ra IF = OA; FA = OI ⇒ IF = OC; FE = OI . Mà IFE Suy ra IE = IC. Mà IE = ID; IB = IC nên IB = ID = IE = IC . Vậy B, D,E,C cùng nằm trên đường tròn ( I ) .

Câu 22. (Đề thi học sinh giỏi TPHCM – 2008) . Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn ( O ) và có trực tâm là H . a) Xác định vị trí của điểm M thuộc cung BC không chứa điểm A sao cho tứ giác BHCM là hình bình hành. b) Lấy điểm M là điểm bất kỳ trên cung BC không chứa A . Gọi N và E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AB và AC . Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng. Lời giải:

A E

H N

O C

a) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Ta có BH ⊥ AC; CH ⊥ AB . Do đó tứ giác BHCM là hình bình hành ⇒ BH / /MC; CH / /MB và = ACM = 900 ⇒ AM là đường kính của đường AC ⊥ MC; AB ⊥ MB ⇒ ABM

tròn ( O ) ⇒ M là điểm đối xứng của A qua O . = ANB (tính chất đối xứng trục), AMB = ACB (cùng chắn b) Ta có AMB = ACB . Mà AHB + ACB = 1800 . Suy ra cung AB ). Do đó ANB + ANB = 1800 ⇒ tứ giác AHBN nội tiếp ⇒ NHB = NAB . Mặt khác AHB = BAM . Suy ra NHB = BAM . Tương tự ta có: CHE + MAC và NAB + BHC = 1800 . Suy ra BAC + CHE + BHC = BAM + MAC + BHC = BAC + BHC = 1800 . Suy ra NHB

N,H,E thẳng hàng.

Nhận xét: Đường thẳng qua N,H,E trong bài toán này thực chất là đường thẳng Steiner của điểm M Câu 23. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương – 2008). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) và có trực tâm là H . Giả sử M là một điểm trên cung BC không chứa A ( M khác B,C ). Gọi N,P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB,AC . a) Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp. b) Chứng minh ba điểm N,H,P thẳng hàng. c) Tìm vị trí của M để đoạn thẳng NP lớn nhất. A

Lời giải:

P I H N

a) Gọi I là giao điểm của CH và AB , K là giao điểm của AH với BC . Dễ + AHC = 1800 (1). thấy BIK

= APC = AMC; AMC = APC . Do đó IBK Mặt khác, IBK

(2). Từ (1) và (2)

+ AHC = 1800 . Vậy tứ giác AHPC nội tiếp. suy ra: APC = ACP . Mà ACP = AMP nên b) Do tứ giác AHPC nội tiếp nên AHP = ACM . Mặt khác, ACM = ABM = 1800 nên AHP = ABM = 1800 . Mà AHP = ABN nên AHP = ABN = 1800 (3). Tương tự, ABN = AHN AMB + AHN = 1800 . Vậy N,H,P thẳng hàng. Từ (3) và (4) suy ra: AHB

(4)

= 2BAM; MAP = 2MAC . Do đó c) Ta có MAN

(

)

= 2 BAM + MAC = 2BAC (không đổi) .Ta có NAP

= 2AM.sin BAC . Vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi AM lớn NP = 2AP.sin BAC

nhất. mà AM lớn nhất khi và chỉ khi AM là đường kính của đường tròn ( O ) . Vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi M là điểm đối xứng của A qua O . Câu 24. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh – 2008) Cho đường tròn ( O; R ) và đường tròn ( O'; R ' ) cắt nhau tại A và B . Trên tia đối của AB lấy điểm C . Kẻ tiếp tuyến CD,CE với đường tròn tâm O , trong đó D,E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn ( O' ) . Đường thẳng AD,AE cắt đường tròn ( O' ) lần lượt tại M và N ( M,N khác A ). Tia DE

cắt MN tại I . Chứng minh rằng: a) ∆MIB ∼ ∆AEB .

b) O'I ⊥ MN . Lời giải:

M E

B N

= BMN (cùng chắn cung BN ) (1) do tứ giác AMNB nội tiếp a) Ta có BAN = DAB . Mà DAB = DEB hay INB = DEB . Do đó = DEB nên MNB nên MNB = ENI hay EBI = ANM . Mà ANM = ABM nên tứ giác BEIN nội tiếp ⇒ EBI = EBI . Hay CBE + EBM = EBM + IBM ABM

(2). Từ (1) và (2) suy ra

∆MIB ∼ ∆AEB .

= CBD suy ra b) Do CD là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) nên CDA ∆CDB ∼ ∆CAD

(g.g) ⇒

BD CD = DA CA

(3). Tương tự ta có

CE EB = CA EA

(4).

Mặt khác, CD = CE (tính chất tiếp tuyến) (5). Từ (3),(4),(5) suy ra: EB BD EB IB = (6). Theo (1), ∆MIB ∼ ∆AEB ⇒ = (7). Mà EA DA EA MI = AED  ABD  ⇒ ABD = IEN . Do tứ giác BNIE nội tiếp nên  AED = IEN

= IBN ⇒ ABD = IBN IEN

= DAB (9). Từ (8). Mặt khác, theo (1) ta có INB

(8) và (9) suy ra ∆DBA ∼ ∆IBN ⇒

DB IB = (10). Từ (6),(7) và (10) suy ra DA IN

MI = NI ⇒ O'I ⊥ MN .

Nhận xét: Ta có thể giải câu b theo cách khác: Áp dụng định lý Menelauyt cho tam giác AMN và đường thẳng qua DEI ta có:

DA IM EN . . = 1 .Như DM IN EA

vậy để chứng minh I là trung điểm của MN ta sẽ chứng minh

DA EN . =1 DM EA

(*) , mặt khác theo tính chất quen thuộc của cát tuyến và tiếp tuyến ta có: EA DA ( Xem phần chùm bài tập cát tuyến và tiếp tuyến) thay vào (*) ta = EB DB DB EN DB EN . =1⇔ = ⇔ ∆DBM ∼ ∆BEN nhưng điều EB DM DM EB = ANB (cùng chắn cung AB) và ADB = BEN do này là hiển nhiên do DMB

quy về chứng minh:

tứ giác ADEB nội tiếp.

Câu 25. (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nhọn, tia phân giác trong của góc BAC cắt BC tại D . Gọi E,F thứ tự là hình chiếu vuông góc của D trên AB và AC , K là giao của CE và BF , H là giao điểm của BF với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEK . Chứng minh rằng DH ⊥ BF . A

Lời giải:

F E

Kẻ AN vuông góc với BC ( N ∈ BC ) , suy ra các tứ giác AEND và AFDN nội tiếp, từ đó BD.BN = BE.BA; CN.CD = CF.CA ⇒

DB NB AB BE NB BE NB FC EF . = . ⇒ = ⇒ . . = 1 (do AE = AF ). DC NC AC CF NC CF NC FA EB

Theo định lý Ceva đảo ta có AN,CE, BF đồng quy tại K , hay AK ⊥ BC tại N . Từ đó BK.BH = BE.BA = BN.BD nên tứ giác KNDH nội tiếp, suy ra = KND = 900 . Do đó DH ⊥ BF (đpcm). KHD

Câu 26. (Báo toán học tuổi trẻ số tháng 3 -2012) Cho tam giác ABC vuông tại A . D là một điểm nằm trong tam giác đó sao = 1 ACD; cho CD = CA; M là một điểm nằm trên cạnh AB sao cho BDM

N là giao điểm của MD và đường cao AH của tam giác ABC . Chứng minh

rằng DM = DN .

A E

Lời giải: I

M B

D H

Vẽ đường tròn ( C; CA ) cắt đường thẳng BD tại E ( E ≠ D ) , khi đó BA là tiếp tuyến của đường tròn. Ta có BD.BE = BA2 (do ∆BDA ∼ ∆BAE ), BH.BC = BA 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ). Suy ra BD BC = BEC và tứ = ⇒ ∆BDH ∼ ∆BCE (c.g.c) ⇒ BHD BH BE = BEC = CDE = CHE ⇒ AHD = AHE . Mà giác DHCE nội tiếp ⇒ BHD . Do AH ⊥ BC nên HA,HB tương ứng là phân giác trong và ngoài của DHE BH.BC = BD.BE ⇒

đó nếu I là giao điểm của AH và BE thì:

ID HD BD = = IE HE BE

(*). Theo giả

= 1 ACD = AEB nên MN / /AE .Do đó MD = BD ; DN = DI . thiết, ta có MDB 2

BE AE

MD DN Kết hợp với (*) ta có = ⇒ DM = DN . AE AE

Câu 27. (Báo toán học tuổi trẻ) Cho lục giác đều ABCDEF . Gọi G là trung điểm của BF . Lấy điểm I trên cạnh BC sao cho BI = BG , điểm H trên cạnh BC sao cho BI = BG , điểm H = 450 , điểm K trên cạnh EF sao cho nằm trên đoạn IG . Sao cho CDH = 450 . Chứng minh rằng tam giác DKH là tam giác đều. DKE

A G F

I C

O K E

Cách 1: Từ giả thiết ABCDEF là lục giác đều, suy ra = 300 ,CDG = 600 , DG ⊥ BF,GBC = 900 . Từ đó, BDG

= CDG − CDH = 600 − 450 = 150 = 1 BDG . Vậy DH là phân giác của góc HDG 2 . Kết hợp với GH là phân giác của góc BGD (do ∆BGI vuông cân nên BDG = DGB ), suy ra BH là phân giác của góc DBF ; do đó B,H,O thẳng DGH

hàng ( O là tâm của lục giác đều). = KDE = 150 , Hai tam giác ∆DHO và ∆DKE có DO = DE,HDO

= KED = 1200 nên chúng bằng nhau (g.c.g), suy ra HD = KD . Lại có HOD = HDO + ODK = ODK + KDE = ODE = 600 . Vậy ∆HDK đều. HDK = FBC = 900 nên FDH = BGH = 450 , do đó tứ giác GHDF Cách 2: Vì FDC = FGD = 900 nên tam giác HFD vuông cân ⇒ H,O,E nội tiếp, suy ra FHD = 1 FHD = 450 = EKD . Suy ra tứ cùng thuộc trung trực của đoạn FD ⇒ EHD

2 0 giác EKHD nội tiếp ⇒ HDK = HEK = 60 , HKD = HED = 600 . Vậy tam giác HKD đều.

Câu 28. (Báo toán học tuổi trẻ) Cho đoạn thẳng AB . M là điểm trong mặt phẳng sao cho tam giác MAB là tam giác nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB , I là trung điểm cạnh AB và D là hình chiếu của H trên MI . Chứng minh rằng tích MI.DI không phụ thuộc vào vị trí của điểm M .

Lời giải: A

Kéo dài MH và AH lần lượt cắt AB và MB tại E,F . Dễ thấy các tứ giác = MHD = DIE , do đó tứ giác DFBI nội MHDF và HEID nội tiếp, suy ra DFB = IFB (1). Lại có FI là trung tuyến của tam giác vuông tiếp. từ đó IDB = IBF (2). Từ (1) và (2) suy ra AFB nên tam giác IFB cân tại I ⇒ IFB 2 = IBF , do đó ∆IDB ∼ ∆IBM (g.g) ⇒ ID = IB . Suy ra ID.IM = IB2 = AB . IDB IB IM 4

Vậy MI.DI không phụ thuộc vào vị trí của M .

Câu 29. (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Đường tròn ( O' ) tiếp xúc với hai cạnh AB,AC theo thứ tự tại P,Q và tiếp xúc với đường tròn ( O ) tại S . Hai đường thẳng SP,SQ cắt lại đường tròn ( O ) theo thứ tự tại M,N . Gọi E, D,F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của S trên các đường thẳng AM,MN,NA . Chứng minh rằng DE = DF .

Lời giải: A

O O'

P E

C S

= O'SP = OSM = OMS , suy ra O'P / /OM .Lại vì O'P ⊥ AP nên Từ O'PS không chứa điểm C . OM ⊥ AB , nghĩa là M là điểm chính giữa của AB không chứa điểm B . Từ đó Tương tự, N là điểm chính giữa của AC

= MSB = MSA , dẫn đến ∆MSA ∼ ∆MAP (g.g) ⇒ SM = SA . Lập luận MAP AM AP

SM AM SN SA = , mà AP = AQ nên = (1). Bốn điểm AN AQ SN AN = AMN . M, D,S,E cùng nằm trên đường tròn đường kính SM , suy ra DSE

tương tự ta có

Từ đây, áp dụng định lý sin cho tam giác SED ta có. = SM.sin AMN . Tương tự DF = SN.sin ANM . Vậy DE = SM.sin DSE DE SM.sin AMN DE AM.sin AMN (2). Từ (1) và (2) suy ra = = = 1 (áp DF SN.sin ANM DF AN.sin ANM dụng định lý sin cho tam giác AMN ). Do đó DE = DF (đpcm).

Câu 30. (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH . Trên tia đối của tia HA lấy điểm D sao cho HA = 2HD . Gọi E là điểm đối xứng của B qua D ; I là trung điểm của AC ; DI và EI cắt BC lần lượt tại M và K . Chứng = MCD . minh rằng MDK

Lời giải: E

D B H M N A

K P I

Gọi N,P thứ tự là trung điểm của AH và IN. Dễ thấy IN / /CH (tính chất đường trung bình của ∆ACH ), nên IN ⊥ AH . Xét tam giác vuông ABC , ta có HB.HC = AH2 ⇒

BH AH = . AH HC

BH HD = . Do đó ∆BDH ∼ ∆DIN , dẫn DN NI = DIN ⇒ BDI = BDN + NDI = DIN + NDI = 900 . tới BDH

Vì AH = ND = 2DH,HC = 2IN nên

Do đó tứ giác ABDI nội tiếp và E đối xứng với B qua DI , nên = DIB = BAD = MCI . Suy ra ∆IMK ∼ ∆CMI (g.g), ta có KIM IM MK = ⇒ MK.MC = MI 2 . Do H là trung điểm ND và HM / /NI nên CM MI MK MD = , do đó ∆MDK ∼ ∆MCD MD MC

MD = MI , suy ra MK.MC = MD2 , hay

= MCD . (đpcm). (c.g.c), dẫn đến MDK

Câu 31. (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O với các đường cao AD, BE,CF . Chứng minh rằng các đường thẳng OA,OF,OB,OD,OC chia tam giác ABC thành ba cặp tam giác có diện tích bằng nhau. Lời giải:

A F E N O B

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và CA . Khi đó = OM ⊥ MC,ON ⊥ CA ⇒ MOB

1 BOC = BAC; NOA = CBA . Theo giả thiết 2

BE ⊥ CA nên ∆MOB ∼ ∆EAB (g.g), suy ra ∆NAO ∼ ∆DAB , suy ra

ON OB = AE AB

OM OB OA = = (1). Tương tự có AE AB AB

(2). Từ (1) và (2) ta có

OM ON = ⇒ OM.BD = ON.AE . Do đó S OBD = SOAE . Chứng minh tương tự AE BD

ta có SOCD = SOAF và SOCE = SOBF . Suy ra điều cần chứng minh.

Câu 32. (Báo toán học tuổi trẻ)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn ( ω) . Điểm M nằm trên tia đối của tia BD sao cho MA,MC là hai tiếp tuyến của đường tròn ( ω) . Tiếp tuyến tại B của đường tròn ( ω) cắt MC tại N và cắt CD tại P , ND cắt

đường tròn ( ω) tại E . Chứng minh rằng ba điểm A,E,P thẳng hàng. Lời giải: M

P (Q)

N B E C

(w)

Do MC là tiếp tuyến của đường tròn ( ω) nên = BDC ⇐ ∆MCB ∼ ∆MDC (g.g). Suy ra MC = BC . Do MA là tiếp NCB MD CD

tuyến của đường tròn ( ω) nên tương tự có ∆MAB ∼ ∆MDA (g.g). Suy ra MA AB BC AB = . Do MA = MC suy ra = ⇔ BC.DA = AB.CD . Áp dụng MD DA CD DA

định lý Ptolemy với tứ giác ABCD nội tiếp ta có : AB.CD + BC.DA = AC.DB ⇒ BC.DA =

1 AC 2BC AC.DB ⇒ = 2 DA DB

(1). Do

NB,NC là tiếp tuyến của đường tròn ( ω) nên ∆NBE ∼ ∆NDB và

∆NCE ∼ ∆NDC (g.g), suy ra

suy ra

NB BE NC CE = ; = . Kết hợp với NB = NC ND DB ND DC

BE CE = ⇒ BE.DC = CE.DB . Lại áp dụng định lý Ptolemy với tứ giác DB DC 1 2

nội tiếp BECD ta được: BE.DC = CE.DB = BC.DE ⇒

BC 2CE = DB DE

(2). Vì

PB là tiếp tuyến của đường tròn ( ω) nên ∆PCB ∼ ∆PBD (g.g) 2

⇒

PC PB CB  CB  PC PC.PD  PB  = = ⇒ PC.PD = PB2 . Mặt khác = =  =  , 2 PB PD DB PD PD  PD   DB  2

Kết hợp với (2) ta có:

 2CE  PC  CB  =  =  PD  DB   DE 

thẳng CD tại Q thì: ∆QEC ∼ ∆QDA (g.g) ⇒ ∆QDE ∼ ∆QAC ⇒

(1),(2) ta được:

(3). Giả sử AE cắt đường QC EC = QA DA

QD DE QC QD EC DE = . Từ đó : = : Kết hợp với QA AC QA QA DA AC

QC EC.AC EC 4EC  2CE  = = . =  QD DE.DA DE DE  DE 

(4). Từ (3)và (4) suy ra

PC QC = ⇒ P ≡ Q . Do đó ba điểm A,E,P thẳng hàng. PD QD

(

)

< 900 . Kẻ đường cao Câu 33. Cho tam giác cân ABC AB = AC, BAC

BD ( D ∈ AC ) . Gọi M,N và I theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng

BC, BM, BD . Tia NI cắt cạnh AC tại K . Chứng minh rằng :

a) Các tứ giác ABMD và ABNK nội tiếp. b) 3BC2 = 4CA.CK .

Giải: a) Do tam giác ABC cân tại A nên AM ⊥ BM . Mặt khác BD ⊥ AD , do đó tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn tâm là trung điểm AB , bán kính bằng AB (theo dấu hiệu 1). Lại có, từ giả thiết đề bài NI là đường trung bình của 2

= DMC . Hơn nữa, DMC = KAB tam giác BMD , nên NI / /MD . Do đó KNC = KAB (1). Từ đó ta thấy tứ giác (vì tứ giác ABMD nội tiếp). Suy ra KNC ABNK nội tiếp trong một đường tròn (theo dấu hiệu 2). = ABC . Kết hợp với (1) ta b) Theo trên, tứ giác ABNK nội tiếp, suy ra NKC

có ∆ABC ∼ ∆NKC ⇒ BC2 =

BC CA 3 = . Mặt khác ta thấy NC = BC . Do đó CK NC 4

4 4 BC.NC = CA.CK , hay 3BC2 = 4CA.CK (đpcm). 3 3

QUỸ TÍCH PHƯƠNG PHÁP CHUNG ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH I). Định nghĩa: Một hình H được gọi là tập hợp điểm ( Quỹ tích) của những điểm M thỏa mãn tính chất A khi và chỉ khi nó chứa và chỉ chứa những điểm có tính chất A. II). Phương pháp giải toán: Để tìm một tập hợp điểm M thỏa mãn tính chất A ta thường làm theo các bước sau: Bước 1: Tìm cách giải: + Xác định các yếu tố cố định, không đổi, các tính chất hình học có liên quan đến bài toán + Xác định các điều kiện của điểm M + Dự đoán tập hợp điểm. Bước 2: Trình bày lời giải: A. Phần thuận:Chứng minh điểm M thuộc hình H B. Giới hạn: Căn cứ vào các vị trí đặc biệt của điểm M để chứng minh điểm M chỉ thuộc một phần B của hình H ( Nếu có) C. Phần đảo: Lấy điểm M bất kỳ thuộc B . Ta chứng minh điểm M thoả mãn các tính chất A D. Kết luận: Tập hợp các điểm M là hình B . (Nêu rõ hình dạng và cách dựng hình B )

III). MỘT SỐ DẠNG QUỸ TÍCH CƠ BẢN TRONG CHƯƠNG TRÌNH THCS I). TẬP HỢP ĐIỂM LÀ ĐƯỜNG TRUNG TRỰC Tập hợp các điểm M cách đều hai điểm A, B cho trước là đường trung trực của đoạn thẳng AB Ví dụ 1: Cho góc xOy cố định và điểm A cố định nằm trên tia Ox . B là điểm chuyển động trên tia Oy , Tìm tập hợp trung điểm M của AB

a) Phần thuận: + Xét tam giác vuông OAB ta có :

y B

OM = MA = MB nên M

tam giác OAM cân tại M . Mặt khác OA cố định suy ra M nằm trên đường trung trực của đoạn

thẳng OA . b) Giới hạn: + Khi B trùng với O thì M ≡ M 1 là trung điểm OA + Khi B chạy xa vô tận trên tia OB thì M chạy xa vô tận trên tia M 1 z c) Phần đảo . Lấy M bất kỳ thuộc tia M 1 z , AM cắt Oy tại B . Suy ra = MOA . Mặt khác OBM = BOM (cùng phụ với góc MO = MA ⇒ MAO = MOA ) ⇒ MO = MB . Suy ra MO = MA = MB . Hay M là trung MAO

điểm của AB .

d) Kết luận: Tập hợp các trung điểm M của AB là đường trung trực của đoạn OA . II) TẬP HỢP ĐIỂM LÀ TIA PHÂN GIÁC Tập hợp các điểm M nằm trong góc xOy khác góc bẹt và cách đều hai cạnh của góc xOy là tia phân giác của góc xOy . y

Ví dụ 1) Cho góc xOy trên tia Ox lấy điểm A cố định . B là điểm chuyển động trên tia Oy . Tìm tập hợp các điểm C sao cho tam giác ABC vuông cân tại C .

Giải: a) Phần thuận: Dựng CH , CK lần lượt vuông góc với Ox, Oy

C C1

thì ∆vCAH = ∆vCBK ⇒ CH = CK . Mặt khác góc xOy cố định

suy ra C ∈ tia phân giác Oz của góc xOy b) Giới hạn, Phần đảo: Dành cho học sinh. c) Kết luận:Tập hợp điểm C là tia phân giác Oz của góc xOy

III). TẬP HỢP ĐIỂM LÀ ĐƯỜNG THẲNG , ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG. Ta thường gặp các dạng tập hợp cơ bản như sau: 1. Tập hợp các điểm M nằm trên đường thẳng đi qua các điểm cố định A, B là đường thẳng AB 2. Tập hợp các điểm M nằm trên đường thẳng đi qua điểm cố định A tạo với đường thẳng (d ) một góc không đổi 3. Tập hợp các điểm M cách đường thẳng (d ) cho trước một đoạn không đổi h là các đường thẳng song song với (d ) và cách đường thẳng (d ) một khoảng bằng h

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC .Tìm tập hợp các điểm M sao cho S MAB = a > 0 cho trước. S MAC Hướng dẫn:

Phần thuận: M

Gọi D là giao điểm của AM và BC . Vẽ BH , CK lần lượt vuông góc với AM , H , K ∈ AM

H D C

B K

Ta có:

S MAB BH S ABD DB = = = =a. S MAC CK S ACD DC

Suy ra

BD a +1 a +1 = ⇔ DB = BC ⇒ D là điểm cố định . CD a a +1

Vậy điểm M nằm trên đường thẳng (d ) cố định đi qua A, D . Phần còn lại dành cho học sinh.

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC và điểm K chuyển động trên cạnh AC , P là điểm chuyển động trên trung tuyến BD của tam giác ABC sao cho S APK = S BPC . Gọi M là giao điểm của AP , BK Tìm tập hợp các điểm M . Hướng dẫn: Bài toán liên quan đến diện tích nên ta

dựng các đường cao

E K

MF ⊥ AC , BE ⊥ AC , AH ⊥ BD, CI ⊥ BD

D H

Ta dễ chứng minh được:

Nhưng

S ABK MK MF S ABD AH AD = = , = = =1 S AMK BK BE S BDC CI DC

Mặt khác ta cũng có:

S APB AH = = 1 . Từ giả thiết ta suy ra S APK = S APB . S BPC CI

S APK MK 1 = = 1 ⇒ BM = BK S APB BM 2

Vậy tập hợp điểm M là đường trung bình song song với cạnh AC của tam giác ABC trừ hai trung điểm M 1 , M 2 của tam giác ABC

điểm I . Ví dụ 3: Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB,CD vuông góc với nhau . Một điểm M chuyển động trên đoạn thẳng AB ( M không trùng với O, A, B) .

Đường thẳng CM cắt (O) tại giao điểm thứ 2 là N . Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của (O) ở điểm P . Chứng minh rằng điểm P

luôn chạy trên một đoạn thẳng cố định:

Hướng dẫn:

Điểm M, N cùng nhìn đoạn OP dưới một góc vuông nên tứ giác MNPO nội = MPO = MDO . Từ đó tiếp suy ra MNO

suy ra MODP là hình chữ nhật . Do đó MP = OD = R .

Vậy điểm P nằm trên đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng không đổi R Giới hạn: P thuộc đoạn thẳng nằm giữa hai tiếp tuyến tại A, B của (O)

Ví dụ 4: Cho nữa đường tròn đường kính BC trên nữa đường tròn lấy điểm A ( Khác B,C ) . Kẻ AH vuông góc với BC(H ∈ BC) . Trên cung AC lấy điểm D bất kỳ (khác A,C) . Đường thẳng BD cắt AH tại điểm I. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AID luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi D thay đổi trên cung AC . Hướng dẫn:

. Mặt khác ADB = ACB cùng phụ với góc B

(cùng chắn cung AB ). Suy ra

= 900 , BAH = ACB Ta có: BDC

K I H

= ADI suy ra AB là tiếp tuyến của BAI

đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI . Mặt khác AC cố định AC ⊥ AB nên tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI luôn thuộc đường thẳng AC . IV. TẬP HỢP ĐIỂM LÀ ĐƯỜNG TRÒN, CUNG CHỨA GÓC.

1. Nếu A, B cố định. Thì tập hợp các điểm M sao cho AMB = 900 là

đường tròn đường kính AB ( Không lấy các điểm A, B ) 2. Nếu điểm O cố định thì tập hợp các điểm M cách O một khoảng không đổi R là đường tròn tâm O bán kính R . 3. Tập hợp các điểm M tạo thành với 2 đầu mút của đoạn thẳng AB

)

(

= α không đổi 0 < α < 1800 là hai cung cho trước một góc MAB

tròn đối xứng nhau qua AB . Gọi tắt là ‘’cung chứa góc ‘’

M α

α M

Ví dụ 1. Cho tam giác cân ABC ( AB = AC ) và D là một điểm trên cạnh BC . Kẻ DM / /AB ( M ∈ AC ). DN / /AC ( N ∈ AB ) . Gọi D' là điểm đối xứng

của D qua MN . Tìm quỹ tích điểm D' khi điểm D di động trên cạnh BC .

Hướng dẫn giải: A

M D' N

Phần thuận: Từ giả thiết đề ra ta thấy NB = ND = ND' , do đó ba điểm 1 1 B, D, D' nằm trên đường tròn tâm N . Từ đó BD' D = BND = BAC (1). 2 2

Tương tự ta có ba điểm D', D,C nằm trên đường tròn tâm M . Nên = 1 DMC = 1 BAC (2). Từ (1) và (2) suy ra BD'C = BAC (không đổi). DD'C 2 2 không đổi, D' khác phía Vì BC cố định, D' nhìn BC dưới một góc BAC

với D (tức là cùng phía với A so với MN ) nên D' nằm trên cung chứa góc vẽ trên đoạn BC (một phần của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ). BAC

Phần đảo: Bạn đọc tự giải. Kết luận: Quỹ tích của điểm D' là cung chứa góc BAC trên đoạn BC . Đó của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . chính là cung BAC

Ví dụ 2. Cho đường tròn ( O ) và dây cung BC cố định. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn ( O ) ( A khác B , A khác C ). Tia phân giác cắt đường tròn O tại điểm D khác điểm C . Lấy điểm I thuộc đoạn của ACB ( )

CD sao cho DI = DB . Đường thẳng BI cắt đường tròn ( O ) tại điểm K khác

điểm B . a) Chứng minh rằng tam giác KAC cân. b) Chứng minh đường thẳng AI luôn đi qua một điểm J cố định. c) Trên tia đối của tia AB lấy điểm M sao cho AM = AC . Tìm quỹ tích các điểm M khi A di động trên cung lớn BC của đường tròn ( O ) .

Hướng dẫn giải:

K O B

= 1 sđDA + sđAK ; sđDIB = 1 sđBD + sđKC . a) Ta có DBK

(

)

(

)

2 2 + sđAK . Suy ra AK = CK Vì sđBD + sđDA và ∆DBI cân tại D nên sđKC

hay ∆KAC cân tại K (đpcm). b) Từ kết quả câu a, ta thấy I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC nên đường không chứa thẳng AI luôn đi qua điểm J (điểm chính giữa của cung BC A ). Rõ ràng J là điểm cố định.

= 1 BAC . Giả sử số đo c). Phần thuận: Do ∆AMC cân tại A , nên BMC

2 BAC là 2α (không đổi) thì khi A di động trên cung lớn BC thì M thuộc

cung chứa góc α dựng trên đoạn BC về phía điểm O . Phần đảo: Tiếp tuyến Bx với đường tròn ( O ) cắt cung chứa góc α vẽ trên (một phần của cung chứa đoạn BC tại điểm X . Lấy điểm M bất kỳ trên Cx góc α và vẽ trên đoạn BC ( M# X; M # C ) . Nếu MB cắt đường tròn ( O ) tại A

thì rõ ràng A thuộc cung lớn BC của đường tròn ( O ) . = 2α; AMC = α suy ra ∆AMC cân tại A hay AC = AM . Vì BAC

, một phần của cung chứa góc Kết luận: Quỹ tích các điểm M là cung Cx α vẽ trên đoạn BC về phía O trừ hai điểm C và X .

Ví dụ 3. Cho đường tròn (O ; R ) và dây BC cố định. A là điểm di động trên đoạn thẳng BC . D là tâm của đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với

(O; R ) tại B ; E

là tâm của đường tròn đi qua A,C và tiếp xúc với (O ; R )

tại C . Tìm tập hợp các giao điểm M khác A của hai đường tròn (D ) và

(E ) . Hướng dẫn: a) Phần thuận:

(O ) và (D )

tiếp xúc tại B ⇒ O, B, D thẳng hàng; (O ) và (E ) tiếp xúc

=A DB = DA , B tại C ⇒ O, E ,C thẳng hàng. B ) 1 = C 1 (OB = OC ) , 1 1(

=A , A =C , =C EA = EC . Suy ra B A ) 1 2 1 1 2 1( =A ⇒ BO / /AE , A = C ⇒ DA / /OE . B 1 2 1 1 Do đó ADOE là hình bình hành. Gọi K là tâm hình bình hành ADOE ⇒ K là trung điểm M

của AO và DE . (D ) cắt (E ) tại A , M

⇒ DE là trung trực của AM .

D K B

E 2

Gọi I là giao điểm của DE và AM . IK là đường trung bình của

∆AMO ⇒ IK / /MO ⇒ DOME

là hình thang. Mà DM = OE (cùng bằng bán kính của (D ) ). Vậy D, M ,O, E là bốn đỉnh của hình thang cân. Do đó D, M ,O, E cùng thuộc một đường tròn.

 1 1  ∆MBC ∼ ∆ADE MBC = ADE = ADM , MCB = AED = AEM  ,  2 2  suy ra BMC = DAE = DOE (không đổi). BC cố định. vậy M thuộc . cung chứa góc BOC

b) Giới hạn: Khi A ≡ B thì M ≡ B , Khi A ≡ C thì M ≡ C . Vậy M chuyển động . trên cung chứa BOC . Dựng đường c) Phần đảo: Lấy điểm M bất kỳ trên cung chứa góc BOC

tròn (D ) qua M và tiếp xúc (O ) tại B , đường tròn (D ) cắt BC tại A . Dựng đường tròn (E ) qua M , A,C . Cần chứng minh (E ) tiếp xúc (O ) tại C . Thật vậy, từ B,C dựng hai tiếp tuyến Bx ,Cy của (O ) ta có

BMA = ABx (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung cùng (vì chắn AB ), ABx = ACy NB = NC ). Suy ra BMA = ACy, suy ra

Bx ,Cy, MA đồng quy tại N . Do đó AMC = ACy , suy ra CN là tiếp

tuyến của (E ) qua N , A,C . Vậy (E ) và (O ) tiếp xúc nhau tại C . dựng trên d) Kết luận: Tập hợp các điểm M là cung chứa góc BOC đoạn BC .

Ví dụ 4. Cho ba điểm A, B,C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường thẳng (d ) vuông góc với AC tại C , D là điểm di động trên đường thẳng (d ) . Từ B vẽ đường thẳng vuông góc AD tại H (H ∈ AD ) cắt

đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD tại M , N . Tìm tập hợp các điểm M,N .

Hướng dẫn:

(d)

D M

a) Phần thuận: ACD = 900 ⇒ AD là đường kính của đường tròn = AN , AM = AN . Xét ∆AMB và ∆ACM có M (ACD ) ⇒ AM  = AM  chung, AMB = ACM AN  . Do đó ∆AMB ∼ ∆ACM , suy ra  AM AB = ⇒ AM 2 = AB.AC ⇒ AM = AB.AC (không đổi). Vậy AC AM AM = AN = AB.AC không đổi. Do đó M , N thuộc đường tròn cố định

(A;

)

AB.AC .

b) Giới hạn: Điểm D chuyển động trên đường thẳng (d ) nên M , N chuyển

(

)

động trên đường tròn A; AB.AC .

(

)

c) Phần đảo: Lấy điểm M bất kỳ thuộc đường tròn A; AB.AC . Vẽ

(

AH ⊥ MB (H ∈ MB ) cắt (d ) tại D; MH cắt A; AB.AC

) tại N . Ta

chung, có AM = AN = AB.AC . ∆AHB ∼ ∆ACD ( A

AH AB = ⇒ AH .AD = AB.AC . Do đó AHB = ACD = 900 ) ⇒ AC AD

AM 2 = AN 2 = AH .AD . Xét ∆AMH và ∆ADM có A chung,

AM AH = AM 2 = AH .AD . Do đó AD AM ∆AMH ∼ ∆ADM ⇒ AHM = AMD . Mà AHM = 90 0 nên = 900 ⇒ M thuộc đường tròn ngoại tiếp AMD ∆ACD .

(

)

Tương tự N cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ACD .

(

)

d). Kết luận: Tập hợp các điểm M là đường tròn A; AB.AC .

Ví dụ 5. Cho đường tròn (O ; R ) hai đường kính AB và CD vuông góc.

M là điểm di động trên CAD . H là hình chiếu của M trên AB . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác HMO . Tìm tập hợp các điểm I . Hướng dẫn:

C M

a) Phần thuận:

I A

∆HMO có

= 900 ⇒ HMO + HOM = 900 . H + IOM = 1 HOM = 450 Do đó IMO 2

∆IMO có OIM = 1800 − IMO + IOM = 1350 . Xét ∆IMO và

(

)

∆IAO có OI (chung); OM = OA (= R ); IOM = IOA ( I là tâm đường

tròn nội tiếp ∆HMO ). Do đó ∆IMO = ∆IAO (c.g.c) ⇒ IOM = OIA

OIA = 1350 , OA cố định. Do đó I thuộc cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn thẳng OA .

b) Giới hạn: M → A thì I → A . Khi M → C thì I → O .Khi M → D thì I → O .

Vậy M chuyển động trên hai cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn thẳng OA . c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ trên cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn = 1350 . Vẽ tia OA ⇒ OIA OM , M ∈ (O ) sao cho OI là tia phân giác của AOM .

= IOA , OI (cạnh Xét ∆IMO và ∆IAO có OM = OA = R, IOM = OIA = 1350 . chung). Do đó ∆IMO = ∆IAO (c.g.c), suy ra OIM

∆IMO có IMO + IOM = 1800 − OIM = 450 ⇒ HOM + 2.IOM = 900 + HMO = 900 . Do đó HOM HMO = 2IMO , suy ra MI là phân giác . Do đó I là tâm đường tròn nội tiếp ∆HMO . HMO d) Kết luận: Tập hợp các tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác HMO là cung chứa góc 1350 vẽ trên đoạn thẳng OA (trừ hai điểm A và O ).

Ví dụ 6. Cho đường tròn (O ) điểm A cố định trên đường tròn. Trên tiếp tuyến tại A lấy một điểm B cố định. Gọi đường tròn (O ') là đường tròn tiếp xúc với AB tại B có bán kính thay đổi. Tìm tập hợp các trung điểm I của dây chung CD của (O ) và (O ') .

Hướng dẫn:

a) Phần thuận: CD cắt AB tại M . Xét ∆MAD và ∆MCA có AMD (chung), MAD = MCA

(góc tạo bởi tia tiếp tuyến, dây cung

). và góc nội tiếp cùng chắn cung AD

D A

MA MD = ⇒ MA2 = MC .MD . Chứng MC MA minh tương tự ta có MB 2 = MC .MD . Suy ra

Do đó ∆MAD ∼ ∆MCA ⇒

MA2 = MB 2 ⇒ MA = MB ⇒ M cố định. IC = ID ⇒ OI ⊥ CD = 900 ,OM cố định. Do đó I thuộc đường tròn đường kính OM . OIM

b) Giới hạn: Điểm I là trung điểm dây cung CD của (O ) ⇒ I nằm trong

đường tròn (O ) ⇒ I chuyển động trên đường tròn đường kính OM nằm trong đường tròn (O ) . c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ trên đường tròn đường kính OM (phần nằm trong đường tròn (O ) )

= 900 . ⇒ OIM MI cắt (O ) tại C , D . Gọi (O ') là đường tròn (BDC ) . chung, OI ⊥ CD ⇒ I là trung điểm CD . ∆MAD ∼ ∆MCA (vì AMD = MCD ) ⇒ MA = MD . Mà MA = MB , suy ra MB = MD . MAD MC MA MC MB

chung, MB = MD . Do đó Xét ∆MDB và ∆MBC có M MC MB = MCB . Vẽ ∆MDB ∼ ∆MBC ⇒ MBD O ' H ⊥ DB , ta có

HO ' B = MCB suy ra MBD = HO ' B . Do đó + HBO ' = HO ' = 900 ⇒ O ' B ⊥ AB ⇒ AB tiếp xúc MBD ' B + HBO

với đường tròn (O ') . d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đường tròn đường kính OM (phần nằm trong đường tròn (O ) .

MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP Câu 1. Cho đường tròn (O ) , A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (O ) . OBC là đường kính quay quanh O . Tìm tập hợp tâm I đường ngoại tiếp tam giác ABC . (d)

Hướng dẫn: a) Phần thuận: Gọi D là giao điểm của AO với đường tròn (I ) (A ≠ D ) . Xét ∆OAB và ∆OCD có:

I C A

) = OCD (cùng chắn BD OAB

= COD (đối đỉnh). Do đó của (I ) ); AOB

OA OB = ⇒ OAOD . = OB.OC OC OD R2 R 2 R2 , không đổi ⇒ D cố ⇒ OAOD . = R 2 ⇒ OD = ⇒ OD = OA OA OA ∆OAB ∼ ∆OCD ⇒

định. Vậy I thuộc đường thẳng (d ) cố định là trung trực của đoạn thẳng AD .

b) Giới hạn: Khi BOC qua A thì I → I 1 ( I 1 là trung điểm của AD ). Khi BOC không qua A thì I chạy xa vô tận trên đường thẳng (d ) . Vậy I chuyển động trên đường thẳng (d ) (trừ điểm I 1 là trung điểm AD là đường trung trực của đoạn thẳng AD . c) Phần đáo: Lấy điểm I bất kỳ thuộc đường thẳng (d ) (I ≠ I 1 ) . Vẽ đường tròn (I ; IA) cắt đường tròn (O ) tại B . BO cắt (I ; IA) tại C . Ta có: IA = ID ⇒ D thuộc đường tròn tâm I bán kính IA

∆OAB ∼ ∆OCD ⇒

OA OB OAOD . = ⇒ OC = = OC OD OB

R2 OA = R ⇒ C R

OA.

thuộc đường tròn (O ) . d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đường trung trực của đoạn thẳng AD (với D thuộc tia đối của tia OA và OD =

R2 )trừ điểm I 1 ( I 1 là trung OA

điểm của đoạn thẳng AD ). Câu 2. Cho đường tròn (O; R ) đường kính AB . Vẽ đường thẳng (d ) vuông góc với AB tại I (I ∈ AB ) . Gọi M là điểm chuyển động trên

đường tròn (O; R ) . MA và MB lần lượt cắt (d ) tại C và D . Tìm tập hợp các tâm J của đường tròn qua ba điểm A, D,C .

Hướng dẫn:

a) Phần thuận: Gọi E là điểm đối xứng của B qua (d ) ⇒ E cố định. = BDC ; AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). EDC CAI = BDC (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)

= CAI ⇒ tứ giác Suy ra EDC EDCA nội tiếp ⇒ x'

đường tròn qua ba điểm A, D,C

đi qua hai điểm cố định A, E . J

Vậy tâm I của đường tròn

M1 J1

qua ba điểm A, D,C thuộc

đường thẳng cố định là đường trung trực xy của đoạn thẳng AE .

C E

I2 x

b) Giới hạn:

; + Khi M ≡ M1 thì J ≡ J 1 ( M 1 là trung điểm AB J 1M 1 ⊥ OM 1, J 1 ∈ (d ) ; + Khi M ≡ M 2 thì J ≡ J 2 ( M 2 là trung điểm AB J 2M 2 ⊥ OM 2, J 2 ∈ (d )

Do đó J chuyển động trên hai tia J 1x, J 2y của đường trung trực của đoạn thẳng AE . c)Phần đảo: Lấy điểm J bất kỳ trên tia J 1x (hoặc J 2y ). Vẽ đường tròn

(J ;JA) cắt (d ) tại C , D .

AC cắt BD tại M .

Ta có: JE = JA ( J thuộc trung trực của AE ) ⇒ E ∈ (J , JA) . ACI = DEA ( EDCA nội tiếp (J ) ); DBE = DEA ( B, E đối xứng qua

(d ) ). ⇒ tứ giác Suy ra ACI = DBE ICMB nội tiếp đường tròn.

Mà CIB = 900 ⇒ CMB = 900 ⇒ M thuộc đường tròn (O ) . d)Kết luận: Tập hợp các tâm J đường tròn qua ba điểm A, D,C là hai tia

J 1y của đường trung trực của đoạn thẳng AE . Câu 3. Cho ba điểm cố định A, B,C thẳng hàng theo thứ tự đó. Trên đường thẳng d vuông góc AB tại B lấy điểm bất kỳ D . Gọi H là trực tâm của tam giác DAC . Tìm tập hợp các tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác DAH . Hướng dẫn:

(m)

a) Phần thuận: AC cắt (O ) tại A, E .

(d) D

Xét ∆BAH và ∆BDC có: O

= DBC = 900 ; ABH

(

)

A' H

= BDC BAH A

(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc).

M E

Do đó ∆BAH ∼ ∆BDC ⇒

AB BH = . Suy ra: BD .BH = AB .BC BD BC

(không đổi) (1) chung, BAD = BHE (tứ giác ADHE nội Xét ∆BAD và ∆BHE có: B tiếp). Do đó:

BA BD = ⇒ BA.BE = BD.BE ⇒ BC = BE (2) BH BE Từ (1) và (2) ta có: BD.BH = AB.BC = BA.BE ⇒ BC = BE . E thuộc đường thẳng cố định AB suy ra E cố định. OA = OE (O là tâm đường ∆BAD ∼ ∆BHE ⇒

tròn (DAH ) ) ⇒ O thuộc đường thẳng cố định , (m ) là đường trung trực của đoạn thẳng AE . b) Giới hạn: D chuyển động trên cả đường thẳng (d ) nên O chuyển động trên cả đường thẳng (m ) (loại trừ điểm m là giao điểm của AC và (m ) ). c) Phần đảo: Lấy O bất kỳ trên đường thẳng (m ) . Vẽ đường tròn (O;OA) cắt đường thẳng (d ) lần lượt tại H , D . OA = OE nên E ∈ (O;OA) . Xét ∆BAD và ∆BHE có: B chung;

= BHE (tứ giác ADHE nội tiếp). Suy ra: BAD

BA BD = ⇒ BA.BE = BD.BH . Mà BE = BC BH BE AB BH = . Xét ∆BAH và ∆BDC có: do đó: BD.BH = AB.BC ⇒ BD BC = DBC = 900 ; AB = BH . Do đó ABH BD BC = BDC . ∆BAH ∼ ∆BDC ⇒ BAH ∆BAD ∼ ∆BHE ⇒

(

)

Mà DBC + BCD = 900 nên + BCD = 900 ⇒ AA BAH 'C = 900 ⇒ AH ⊥ DC . ∆ADC có DB ⊥ AC , AH ⊥ DC ⇒ H là trực tâm của ∆DAC .

d) Kết luận: Tập hợp các tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác DAH là đường trung trực (m ) của đoạn thẳng AE (trừ điểm M là giao điểm của AC với (m ) (với E là điểm đối xứng của C qua B ).

Câu 3. Cho tam giác cân ABC nội tiếp trong đường tròn (O; R ) có AB = AC = R 2 . M là điểm chuyển động trên cung nhỏ AC

đường thẳng AM cắt đường thẳng BC tại D . Tìm tập hợp các điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD .

Hướng dẫn: a) Phần thuận: AB = AC = R 2 (gt); AB, AC là dây cung của (O; R ) nên AB, AC là các cạnh của hình vuông nội tiếp (O; R ) suy ra ∆ABC vuông cân tại A , suy ra BC là đường kính của (O; R ) ,

= 2CMD = 900 CID

= 1 CID ⇒ do đó CMD CID = 900 . 2 ∆ICD có IC = ID (= R ) ⇒ ∆ICD

= 450 ⇒ CMD nhọn, Ta có: CMD

I D

cân tại I mà CID = 90 0 nên ∆ICD vuông cân tại I , suy ra = IDC = 450 . Ngoài ra ACB = 450 do đó ACI = 900 . ICD ACI = 900 và AC cố định Cx vuông góc với AC tại C .

b) Giới hạn: Khi M ≡ C thì I ≡ C . Khi M ≡ A thì I chạy xa vô tận trên tia Cx . Vậy I chuyển động trên tia Cx vuông góc với AC tại C . c) Phần đảo: Lấy I bất kỳ thuộc tia Cx . Vẽ đường tròn (I ; IC ) , đường tròn này cắt BC tại B , cắt (O ) tại M

(M ≠ C ; D ≠ C ) . Tứ giác BAMC

nội

tiếp ⇒ ABC + AMC = 1800 ⇒ AMC = 1350 . = 450 ⇒ CID = 900 ∆ICD có IC = ID (= r ) ⇒ IDC

= 1 CID ⇒ CID = 450 CMD 2 = 135 0 + 450 = 1800 ⇒ A, M , D thẳng hàng. AMC + CMD

d) Kết luận: Tập hợp các tâm I của đường tròn ngoại tiếp ∆MCD là tia Cx vuông góc với AC tại C .

Câu 4. Cho đường tròn (O; R ) và điểm A cố định. Đường tròn tâm I di động qua A cắt (O ) tại B,C . Gọi M là giao điểm của BC và tiếp tuyến tại A của đường tròn (I ) . Tìm tập hợp các điểm M .

Hướng dẫn:

(

)

a) Phần thuận: Vẽ tiếp tuyến MD với (O ) D ∈ (O ) .

chung, Xét ∆MAC và ∆MBA có M

(d)

MAC = MBA ,(góc tạo bởi tia

tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp

B I

cùng chắn cung AC )của (I ) . A

Do đó ∆MAC ∼ ∆MBA .

MA MC ⇒ = ⇒ MA2 = MB.MC . MB MA

M D

Tương tự MD 2 = MB.MC . Mặt khác, ∆MOD có D = 900 nên theo định lý Pitago, ta có:

MD 2 = MO 2 − OD 2 = MO 2 − R2 . Do đó MA2 = MO 2 − R2 , suy ra MO 2 − MA2 = R2 . = 900 ⇒ MA2 = MH 2 + AH 2 ∆HMA MHA

( ) = 90 ⇒ MO ∆HMO (MHO ) 0

(MH

) (

= MH 2 + HO 2 . Do đó:

)

+ OH 2 − MH 2 + AH 2 = R 2 ⇒ OH 2 − AH 2 = R 2 ;

Do đó

  R2   1  R 2 OH − AH = + OA (OH + AH )(OH − AH ) = R ⇒  OA ⇒ OH =  2 OA   OH + AH = OA    (không đổi) ⇒ H cố định. H cố định, OA cố định, MH ⊥ AO tại 2

H .Vậy M thuộc đường thẳng (d ) vuông góc với OA tại H .

b) Giới hạn: O chuyển động trên cả đường thẳng (d ) .

c) Phần đảo: Lấy M bất kỳ thuộc đường thẳng (d ) . Vẽ cát tuyến MBC

(

)

với (O ) B,C ∈ (O ) , vẽ đường tròn (I ) qua A, B,C vẽ tiếp tuyến

(

)

MD với (O ) D ∈ (O ) .

(chung), (góc tạo bởi tia Xét ∆MCD và ∆MDB có M MDC = MBD tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung CD của (O ) ). Do đó ∆MCD ∼ ∆MDB ⇒

MC MD = ⇒ MD 2 = MB.MC MD MB

∆MDO có D = 900 ⇒ MD 2 = MO 2 − OD 2 = MO 2 − R2 . Suy ra MB.MC = MO 2 = R2 ; mà HO 2 − AH 2 = R2 , do đó

(

) (

)

MB.MC = MO 2 − HO 2 − AH 2 = MO 2 − HO 2 + AH 2 = (chung); MH 2 + AH 2 = MA2 .Xét ∆MAC và ∆MBA có AMC

MA MC = (vì MB, MC = MA2 ).Do đó MB MA = MBA . Vẽ ∆MAC ∼ ∆MBA ⇒ MAC IK ⊥ AC ta có   = ABC = 1 sđ AC  suy ra: . Mặt khác AIK MAC = AIK ∆AKI có    2 

+ IAK = 900 nên MAC + IAK = 900 ⇒ IAM = 900 , = 900 ⇒ AIK K do đó MA là tiếp tuyến của (I ) . d) Kết luận: Tập hợp các điểm M là đường thẳng vuông góc với OA tại  1  R2 H (với OH =  + OA ) 2 OA 

Câu 5. Cho đường tròn (O; R ) và điểm A cố định trong đường tròn

(A ≠ 0) BC

là dây cung di động quay quanh A . Các tiếp tuyến tại B và

C với đường tròn (O ) cắt nhau tại D . Tìm tập hợp các điểm D .

Hướng dẫn: B

a) Phần thuận: Gọi M là giao điểm

của OD và BC .

Vẽ DH ⊥ OA (H ∈ OA) , DB = DC C

(định lý tiếp tuyến), OB = OC (= R ) suy ra DO là trung trực của BC ⇒ DO ⊥ BC .

= OHD = 900 . Do đó chung, OMA Xét ∆OMA và ∆OHD có O

(

∆OMA ∼ ∆OHD ⇒

)

OA OM = ⇒ OAOH . = OM .OD , ∆OBD có OD OH

= 900 ; BM ⊥ OD nên OM .OD = OB 2 = R 2 . Suy ra B

OAOH . = R 2 ⇒ OH =

R2 (không đổi) ⇒ H cố định. Vậy D thuộc OA

đường thẳng cố định (d ) vuông góc với đường thẳng OA tại H . b) Giới hạn: BC quay quanh A nên D chuyển động trên đường thẳng (d ) . c) Phần đảo: Lấy D bất kỳ trên đường thẳng (d ) . Vẽ dây BC qua A và vuông góc với OD tại M (M ∈ OD ) . Xét

∆OMA ∼ ∆OHD ⇒

OA OM = ⇒ OAOH . = OM .OD . Mà OD OH

OAOH . = R2 nên OM .OD = R2 =

OM OB = do đó OB OD

∆OMB ∼ ∆OBD ,

= OBD có MOB (chung); OM = OB do đó suy ra OMB OB OD , ∆OMB ∼ ∆OBD

suy ra OMB = OBD ; mà OMB = 90 0 nên OBD = 900 ⇒ DB là tiếp tuyến của (O ) . Tương tự DC là tiếp tuyến của (O ) . d) Kết luận: Tập hợp các điểm D là đường thẳng (d ) vuông góc với OA tại H (với OH =

R2 ). OA

Câu 6. Cho đường tròn (O; R ) và điểm A cố định nằm ngoài đường tròn. Cát tuyến (m ) qua A cắt đường tròn (O ) tại B và C . Tiếp tuyến tại B và C với đường tròn (O ) cắt nhau tại D . Tìm tập hợp các điểm D .

Hướng dẫn: a) Phần thuận: Gọi M là giao điểm của OD và BC . Vẽ đường thẳng d qua D vuông góc với OA tại H

(H ∈ OA) .

DB = DC (định lý tiếp tuyến); OB = OC (= R ) . Suy ra DO là trung

trực của BC ⇒ DO ⊥ BC .

Xét ∆OMA và ∆OHD

= OHD = 900 chung; OMA có MOA

(

)

D1 D

do đó ∆OMA ∼ ∆OHD ⇒

OA OM = ⇒ OAOH . = OM .OD OD OH ∆OBD có B = 900 , BM ⊥ OD nên OM .OD = OB 2 = R 2 , suy ra

OAOH . = R2 hay OH =

R2 không đổi ⇒ H cố định. Vậy D thuộc OA

đường thẳng (d ) cố định vuông góc với đường thẳng OA tại H . b) GIới hạn: D nằm ngoài đường tròn (O; R ) , do đó D chuyển động trên

đường thẳng (d ) trừ đoạn thẳng D1D2 (với D1, D2 là giao điểm của (d ) và đường tròn (O; R ) . c) Phần đảo: Lấy điểm D bất kỳ trên đường thẳng (d ) trừ đoạn thẳng

D1D2 . Vẽ đường thẳng (m ) qua A vuông góc với OD cắt đường tròn

(O; R ) tại B,C

cắt OD tại M .

= OHA = 900 , chung; OMA Xét ∆OMA và ∆OHD có MOA

(

do đó ∆OMA ∼ ∆OHD ⇒

)

OA OM = ⇒ OAOH . = OM .OD . OD OH

Mà OAOH . = R2 nên OM .OD = R2 , suy ra

OM OB = . OB OD

chung; OM = OB , do đó Xét ∆OMB và ∆OBD có O OB OD ∆OMB ∼ ∆OBD , suy ra OMB = OBD mà OMB = 90 0 nên = 900 ⇒ DB là tiếp tuyến của OBD (O ) .

Tương tự DC là tiếp tuyến của (O ) . d) Kết luận: Tập hợp các điểm D là đường thẳng (d ) (trừ đoạn thẳng

D1D2 ) vuông góc với OA tại H (với OH =

R2 ). OA

Câu 7. Tam giác ABC cân tại A cố định nội tiếp trong đường tròn (O; R ) . Điểm M di động trên cạnh BC . Gọi D là tâm đường tròn đi qua M và tiếp xúc với AB tại B . Gọi E là tâm đường tròn đi qua M và tiếp xúc với AC tại C . Tìm tập hợp các điểm I là trung điểm của DE . Hướng dẫn: a) Phần thuận: A

Vẽ đường kính AF của đường tròn (O ) ; = 900 (góc nội tiếp chắn nửa ABF

đường tròn);

MK H

B D

= 900 ( AB tiếp xúc với D tại B ). ABD ( )

Suy ra B, D, F thẳng hàng. Tương tự C , E , F thẳng hàng. ∆ABC cân tại A ⇒ AF ⊥ BC ; ⇒ BF = CF ; ⇒ B1 = C 1 .

= DMB ; EM = EC ⇒ C = EMC . BD = DM ⇒ B 1 1 = DMB = EMC =C . Suy ra B 1 1

E F

= EMC ⇒ BF / /ME ;C = DMB ⇒ MD / /CF . B 1 1   BF / /ME ⇒ DMEF là hình bình hành mà I là trung điểm của   MD / /CF   DE ⇒ I là trung điểm của MF . Vẽ IK ⊥ BC . ∆FMH có IK / /FH (IK ⊥ BC , FH ⊥ BC ); I là trung điểm của MF

1 ⇒ IK là đường trung bình của ∆FMH ⇒ IK = FH (không đổi). 2 Vậy I thuộc đường thẳng (d ) song song với BC cách BC một khoảng bằng

1 FH . 2

b) Giới hạn: Khi M ≡ B thì I = I 1 ( I 1 là trung điểm của BF ); Khi M ≡ C thì I = I 2 ( I 2 là trung điểm của CF ). Do đó I chuyển động trên đoạn thẳng I 1I 2 . c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ thuộc đoạn thẳng I 1I 2 , FI cắt BC tại M . Vẽ MD / /CF (D ∈ BF ), ME / /BF (E ∈ CF ) ⇒ DMEF là hình bình hành mà I là trung điểm của MF ⇒ I là trung điểm của DE . Dễ dàng chứng minh được DB = DM và EM = EC . Do đó AB tiếp xúc với (D ); AC tiếp xúc với (E ) .

d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đường trung bình của tam giác FBC ). (với F là trung điểm của BC

Câu 8. Cho đường tròn (O; R ) đường kính cố định AB và đường kính CD di động. AC và AD cắt tiếp tuyến (a ) với (O ) tại B lần lượt tại M và N . Tìm tập hợp tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN .

Hướng dẫn: = 1 sđ AD = 1 sđ AB − sđ BD . ; sđ DNM a). Phần thuận: sđ ACD 2 2

(

)

1 1 1800 − sđ BD = sđ AD 2 2

(

)

M C

= DNM ⇒ Suy ra ACD tứ giác DCMN nội tiếp trong

đường tròn (I ) . D

DAC = 900 (góc nội tiếp

chắn nửa đường tròn). ∆AMN có A = 900 , AE là trung tuyến suy ra = AME . EA = EM ⇒ EAM

(d)

Do đó ACF + FAC = ANM + AMN . + AMN = 900 ⇒ ACF + FAC = 900 hay Mà ANM AE ⊥ DC . I là tâm đường tròn qua D,C , M , N ⇒ OI ⊥ DC , AE ⊥ DC ⇒ AE / /OI .

AO ⊥ a, EI ⊥ a ⇒ AO / /EI

Suy ra AOIE là hình bình hành ⇒ EI = AO = R .

Đường thẳng a cố định. Vậy I thuộc đường thẳng cố định d song song với đường thẳng a và cách a một khoảng bằng R . b) Giới hạn: CD quay quanh O nên E chuyển động trên cả đường thẳng a do đó I chuyển động trên cả đường thẳng d , d / /a, d cách a một khoảng bằng R . d nằm trên nửa mặt phẳng bờ a không chứa điểm A . c) Phần đảo: Lấy điểm I tùy ý trên đường thẳng (d ) . Vẽ

(

)

IE ⊥ (a ) E ∈ (a ) . Vẽ DC ⊥ OI tại O . AC , AD lần lượt cắt a tại M , N .

AO ⊥ (a ), EI ⊥ (a ) ⇒ AO / /EI mà AO = EI (= R ) do đó AOIE là

hình bình hành ⇒ AE / /OI . Mà OI / /DC nên AE ⊥ DC . Tương tự như trên, ta chứng minh được tứ giác DCMN nội tiếp. Suy ra ∆EAM cân tại E ⇒ EA = EM . Suy ra ∆EAN cân tại E ⇒ EA = EN . Do đó EM = EN . Vậy I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN . d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đường thẳng d , song song với a , d cách a một khoảng bằng R , d nằm trên nửa mặt phẳng bờ a không chứa điểm A .

Câu 9. Cho nửa đường tròn đường kính AB tâm O bán kính R . C là trung điểm cung AB . M là điểm chuyển động trên cung BC , AM cắt CO tại N . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN . Tìm tập hợp các điểm I .

Hướng dẫn: C

= 1 sđ AC = 450 ; a). Phần thuận: CMN 2 1 CMN nhọn suy ra CMN = CIN ⇒ 2

I N A

CIN = 900 . ∆ICN cân (IC = IN = r )

có CIN = 900 ⇒ ∆ICN vuông cân tại I ⇒ NCI = 450 . Mà NCB = 450 ( ∆OBC cân tại O ) suy ra C , I , B thẳng hàng.

Do đó I thuộc đường thẳng BC . b) Giới hạn: Khi M ≡ B thì I ≡ I 1 ( I 1 là trung điểm của BC . Khi M ≡ C thì I ≡ C . Vậy I chuyển động trên đoạn I 1C thuộc đoạn thẳng BC . c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ thuộc đoạn thẳng I 1C . Vẽ đường tròn

(I ; IC ) cắt OC

tại N , AN cắt (I ) tại M (M ≠ N ) .

Ta có IC = IN ⇒ ∆ICN cân mà

= 450 ⇒ CNI = 450 ⇒ CIN = 900 . Do đó CMN = 1 CIN = 450 ; NCI 2 0 CMN = CBA = 45 ⇒ tứ giác ACMB nội tiếp được ⇒ M thuộc nửa

(

đường tròn (O ) .

)

d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đoạn thẳng CI 1 ( I 1 là trung điểm của

đoạn thẳng BC ). . A là điểm cố định trên tia Ox . Đường tròn Câu 10. Cho góc nhọn xOy

(I ) di động tiếp xúc tia Ox tại A và cắt tia Oy

tại B và C . Tìm tập hợp

tâm K của đường tròn nội tiếp tam giác ABC .

Hướng dẫn:

= 1 BAC (tính chất tiếp tuyến). a) Phần thuận: BAK 2 z

= OCA = 1 sđ AB  OAB  .  2 

y C

A' H

= OAB + BAK Do đó OAK =

1 1 OAB + OCA + BAC 2 2

(

)

I K

1 1 = OCA + OAC 2 2

1 1 1 1 = OCA + OAB + BAC = 900 − AOC = 900 − xOy . 2 2 2 2

(

)

không đổi, OA cố định, do đó K thuộc tia Az sao cho Ta có OAK

= 900 − 1 xOy . OAz 2 . Do đó K thuộc đoạn thẳng AA ' ( A ' là b) Giới hạn: K nằm trong xOy

giao điểm của tia Az và tia Oy ).

c) Phần đảo: Lấy điểm K bất kỳ trên tia Az . Vẽ KH ⊥ Oy (H ∈ Oy ) , vẽ

đường tròn (K ; KH ) . Từ A vẽ các tiếp tuyến với (K ) lần lượt cắt Oy tại B và C . Cần chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với tia Ox .

= 1 BAC (tính chất tiếp tuyến); Ta có BAK 2

= OAz = 900 − 1 xOy = 900 − 1 AOC = 1 OCA + 1 OAC OAK 2 2 2 2 1 1 1 1 (1). = OCA + OAB + BAC .OAK = OCA + OAB + BAC 2 2 2 2

(

)

(

)

= OAB + BAK = OAB + 1 BAC (2). Từ (1) và (2) suy ra Mà OAK 2 . (*) OAB = OCA Vẽ tia Am là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC (tia Ax nằm trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa tia OA ). Ta có: = OCA = 1 sđ AB  (**) Từ (*) và (**) có suy ra mAB OAB = mAB    2  hai tia AO và Am trùng nhau. Vậy AO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . d) Kết luận: Tập hợp các điểm K là đoạn thẳng AA ' ( A ' là giao điểm của

= 900 − 1 xOy . hai tia Az và Oy và OAz 2 = α không đổi , điểm B cố định nằm trong xAy . Câu 11. Cho xAy

Đường tròn (O ) di động qua A và B cắt Ax , Ay lần lượt tại C và D . Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác ADC thuộc một đường cố định.

Hướng dẫn: = CDB , Ta có: xAB

y D

BAy = BCDDAC + DBC = 1800

K M

, BAy , DAC không đổi. Các góc xAB , BCD , DBC Do đó các góc CDB

G C

không đổi. Gọi M là trung điểm của , BMD không đổi. đoạn CD , ta có các góc BMC

Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC cắt Ax tại E , đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD cắt Ay tại F .

Ta có BEC + BMC = 1800 ⇒ AEB = 1800 − BMC không đổi ⇒ E cố định. = BCE = 1 sđ BE  , (tứ giác BME ADBC nội tiếp),  BDF = BCE  2 

+ BMF = 1800 (tứ giác BDF DBMF nội tiếp). + BMF = 1800 ⇒ E , M , F thẳng hàng. Do đó BME

Vẽ AH ⊥ EF (H ∈ EF ),GK ⊥ EF (K ∈ EF ) ta có AH không đổi; đặt AH = h, AH / /GK . ∆AHM có GK / /AH suy ra

GM GK = . AM AH

G là trọng tâm ∆ADC , AM là trung tuyến của ∆ADC nên

GM 1 GK 1 1 = .Do đó = , suy ra GK = h không đổi, EF cố định. AM 3 AH 3 3

Vậy G thuộc đường thẳng song song với EF là cách EF một khoảng bằng

1 h. 3

Câu 12. Cho đường tròn (O ; R ) và hai dây cung AB và CD song song với nhau. M là điểm di động trên đường tròn (O ) . Đường thẳng MD cắt

đường thẳng AB tại Q . Tìm tập hợp tâm J đường tròn ngoại tiếp tam giác MCQ .

Hướng dẫn: 1) Xét M nằm trên cung lớn CD .

M A

Tiếp tuyến của (O ) tại C cắt AB ở E ,

J O

ta có E cố định.Gọi Cx là tia đối của C

= DCx (vì AB / /DC ), tia CE .QEC x

= DCx = 1 sđ DC  . QMC    2  = QMC ⇒ tứ giác MECQ nội tiếp. Do đó QEC

Ta có JE = JC ; E ,C cố định. Do đó J thuộc đường cố định là đường trung trực của đoạn thẳng EC . 2) Xét M nằm trên cung CD . Tương tự trường hợp 1) ta cũng có: = DCx . QMC + DCx = 1800 . Do đó QEC + QMC = 1800 ⇒ tứ QEC giác MCEQ nội tiếp được. Ta có JE = JC ; E ,C cố định. Do đó J thuộc đường trung trực của đoạn thẳng EC .

Câu 13. Cho tam giác ABC cân tại A . M là điểm di động trên cạnh BC .

Vẽ MD song song AC (D ∈ AB ) vẽ ME song song AB (E ∈ AC ) . K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE . Tìm tập hợp điểm K .

Hướng dẫn: a) Phần thuận: Gọi O là giao điểm của đường tròn (ADE ) và đường cao AH của tam giác ABC . A

Tứ giác MDAE là hình bình hành (vì MD / /EA và DA / /ME ), suy ra DM = AE . = ACB DM / /AC ; Ta có: DMB ( )

DBM = ACB ( ∆ABC cân tại A ). Suy ra DMB = DBM .

Vậy ∆DBM cân tại D , suy ra DM = DB .Do đó AE = DB (= DM )

= OAE ⇒ OD = OE ⇒ OD = OE . DAO = ODB (tứ giác AEOD nội Xét ∆OAE và ∆OBD có OE = OD, AEO tiếp), AE = DB .

Do đó ∆OAE = ∆OBD (c.g.c) ⇒ OA = OB ⇒ O thuộc đường trung trực của AB . Vậy O là điểm cố định (O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ). Ta có KA = KO, OA cố định, suy ra K nằm trên đường trung trực d của đoạn thẳng OA .

b) Giới hạn: Khi M ≡ B thì D ≡ B, K ≡ K1 ( K1 là giao điểm của d và đường trung trực của AB ). Khi M ≡ C thì E ≡ C , K ≡ K 2 ( K 2 là giao điểm của d và đường trung trực của AC ). Vậy K di động trên đoạn thẳng K 1K 2 . c) Phần đảo: Lấy điểm K bất kỳ thuộc đoạn thẳng K 1K 2 . Vẽ đường tròn

(K ; KA) cắt AB, AC

lần lượt ở D và E . Vẽ DM / /AC (M ∈ AC ) . Cần

chứng minh rằng ME / /AB . Ta có: KA = KO ⇒ O ∈ (K ) .

= OBD = OAD ; AEO = ODB (tứ Xét ∆OAE và ∆OBD có: OAE

(

)

giác AEOD nội tiếp) Do đó ∆OAE ∼ ∆OBD ⇒

AE OA = = 1 ⇒ AE = BD . BD OB

= ACB ( ∆ABC cân tại A ), DMB = ACB DM / /AC . Do đó DBM ( )

= DMB ⇒ ∆DBM cân tại D ⇒ DM = BD . DBM Ta có AE = DM mà AE / /DM nên tứ giác MDAE là hình bình hành, suy ra ME / /AB . d) Kết luận: Tập hợp điểm K là đoạn thẳng K 1K 2 thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AO .

Câu 14. Cho tam giác ABC , H là trực tâm. Hai đương thẳng song song

(d ) và (d ') lần lượt đi qua A và H . Các điểm M , N lần lượt là hình chiếu của B và C trên (d ) ; các điểm Q, P lần lượt là hình chiếu của B,C trên (d ') . MP cắt NQ tại I . Tìm tập các điểm I khi (d ) và (d ') di động. Hướng dẫn: a) Phần thuận:

N A

 BM ⊥ (d )  ⇒ BM / /CN   CN ⊥ (d )(gt )   

(d)

(d')

  BM / /CN ⇒ MNPQ   MN / /QP (gt )  

là hình bình hành. = 900 (gt) nên MNPQ Mà QMN

là hình chữ nhật ⇒ I là trung điểm của các đoạn thẳng MP và NQ . Gọi D và E lần lượt là trung điểm của AH và BC , ta có D , E cố định. ANHQ là hình thang, DI là đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo,

suy ra DI / /MN . MPCB là hình thang, IE là đường trung bình hình thang, suy ra IE / /NC .

DI / /MN , IE / /NC mà MNC = 900 nên DIE = 900 .

= 90 0 , DE cố định. Vậy I thuộc đường tròn đường kính DE . DIE

b) Giới hạn: (d ) quay quanh A nên điểm I chuyển động trên đường tròn

đường kính DE . c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ thuộc đường tròn đường kính DE . Nối DI . Qua A, H kẻ các đường thẳng (d ), (d ') song song với DI . Gọi M ,Q

lần lượt là hình chiếu của B trên (d ), (d ') . MI cắt (d ') tại P ; QI cắt (d ) tại N ; PQ cắt IE tại K . MN / /DI / /QP , DA = DH ⇒ IM = IP , IN = IQ

IM = IP, IN = IQ ⇒ MNPQ là hình bình hành.

= 900 nên Mà M MNPQ là hình chữ nhật. ∆PMB có IM = IP, IK / /MB ⇒ KB = KP ; ∆BPC có KB = KP , EB = EC ⇒ EK / /CP

DIE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), DI / /MN ⇒ EI ⊥ MN , EI ⊥ MN , PN ⊥ MN ⇒ C , P , N thẳng hàng.

d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đường tròn đường kính DE .

Câu 15. Cho đường tròn (O ; R ), M là điểm ở ngoài (O ) , vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến (O ) ( A, B là tiếp điểm). đường trung trực của đường kính BC cắt CA tại D .

1) Tìm tập hợp các điểm M sao cho ∆MAB đều. 2) Tìm tập hợp các điểm D sao cho ∆MAB đều.

Hướng dẫn: D

1) a) Phần thuận:

∆MAB đều ⇒ AMB = 600 ; = 1 AMB = 300 OMA 2 ( MA, MB là tiếp tuyến của (O ) ) ∆OMA có OAM = 900 ,OAM = 30 0 suy ra ∆OMA là nửa tam giác đều,

1 do đó OA = OM ⇒ OM = 2OA = 2R 2

OM = 2R , O cố định, suy ra M thuộc đường tròn cố định (O;2R ) . b) Giới hạn: M là điểm tùy ý trên (O ;2R ) đều vẽ được ∆MAB đều. Vậy M chuyển động trên (O;2R ) .

c) Phần đảo: Lấy M bất kỳ thuộc (O ;2R ) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến

(O; R ) ( A, B

là tiếp điểm) ⇒ MA = MB ⇒ ∆MAB cân tại M .

= 900 ;OA = 1 OM = R , suy ra Tam giác OMA có A ∆OMA là nửa ( ) 2 tam giác đều nên OMA = 30 0 , suy ra AMB = 2.OMA = 600 .

∆MAB cân có AMB = 600 ⇒ ∆MAB đều. d) Kết luận: Tập hợp các điểm M là đường tròn (O ;2R ) .

2) a) Phần thuận: ∆MAB đều ⇒ AMB = 600 . Mà AMB + AOB = 1800 = 1200 ; nên AOB

= 1 AOB = 600 . ACB 2 ∆DOC có O = 90 0 , DCO = 600 suy ra ∆DOC là nửa tam giác đều và ta

có DO = OC 3 = R 3 .

(

)

DO = R 3 , O cố định nên D thuộc đường tròn O; R 3 .

(

)

b) Giới hạn: D là điểm tùy ý trên O; R 3 .

(

)

c) Phần đảo: Lấy điểm D bất kỳ thuộc O; R 3 . Vẽ đường kính BC vuông góc OD, DC cắt (O ) tại A . M là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A, B của (O ) .

= 900 ; DO = OC 3 = R 3 ⇒ ∆DOC là nửa tam giác ∆DOC có O

(

)

đều

= 600 ⇒ MAB = 600 . ⇒ DCO ∆MAB cân (MA = MB ) có MAB = 600 ⇒ ∆MAB đều.

(

)

d) Kết luận: Tập hợp các điểm D là đường tròn O; R 3 .

Câu 16. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. ở bên ngoài tam giác vẽ hai nửa đường tròn có đường kính AB, AC . Một đường thẳng (d ) quay quanh A cắt hai nửa đường tròn trên theo thứ tự tại M , N (khác A ). Tìm tập hợp

các trung điểm của MN .

Hướng dẫn:

a) Phần thuận: AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra BCNM là hình ANC thang vuông.

Gọi O là trung điểm của BC ta có O cố định; gọi K là trung điểm của MN . OK là đường trung bình của hình thang BCNM suy ra OK / /BM (d)

  OK / /BM  = 900  ⇒ AKO  0  AMB = 90    AKO = 900 , OA cố định,

d2 N

d1 A K

do đó K thuộc đường tròn

đường kính OA .

b) GIới hạn: Khi (d ) ≡ (d1 ) ( (d1 ) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB )thì

K ≡ K1 ( K1 là hình chiếu của (O ) trên (d1 ) ). Khi (d ) ≡ (d2 ) ( (d2 ) là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AC )thì

K1 ≡ K 2 ( K 2 là hình chiếu của (O ) trên (d2 ) ). Vậy K chuyển động trên cung K K của đường tròn đường kính OA . 1 2 = 900 . c) Phần đảo: Lấy điểm K bất kỳ thuộc cung K K ⇒ OKA 1 2 AK cắt các đường tròn đường kính AB, AC lần lượt tại M , N .

AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

ANC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra BCNM là hình thang vuông. OK ⊥ MN do đó OK / /BM ⇒ KM = KN .

d) Kết luận: Tập hợp các điểm K là cung K K của đường tròn đường 1 2

kính OA .

Câu 17. Cho đường tròn (O; R ) cố định BC là dây cung cố định, A là

. Trên tia đối của tia AB lấy điểm D điểm chuyển động trên cung lớn BC sao cho AD = AC . Tìm tập hợp các điểm D . Hướng dẫn:

, a). Phần thuận: Gọi J là trung điểm của cung lớn BC ta có I cố định. . xét điểm A thuộc cung IC

D1 I

+ IBC = 1800 IAC

(tứ giác BIAC nội tiếp);

O B

+ IAB = 1800 (hai góc kề bù), IAD

(

)

= IAB IC = ID . Suy ra IBC IAC = IAD . = IAD , AC = AD . Xét ∆IAC và ∆IAD có IA (cạnh chung), IAC

Do đó ∆IAC = ∆IAD (c.g.c), suy ra IC = ID .

I ,C cố định ⇒ IC không đổi. Vậy D chuyển động trên đường tròn

(I ; IC ) . b) GIới hạn: Khi A ≡ B thì D ≡ D1 ( D1 là giao điểm của (I ; IC ) với tiếp tuyến của

(O ) tại B ). Khi A ≡ C thì D ≡ C . Vậy D chuyển động trên cung D C của đường tròn (I ; IC ) . 1 c) Phần đảo: Lấy điểm D bất kỳ trên cung D C ⇒ IC = ID . 1 BD cắt (O ) tại A (A ≠ B ) .

AIC = ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O ) ;

= 1 DIC . ABC 2 = 1 DIC , do đó . Suy ra AIC AIC = DIA 2 = DIA , IA là cạnh chung. Xét ∆IAC và ∆IAD có IC = ID, AIC

Do đó ∆IAC = ∆IAD (c.g.c), suy ra AC = AD . d) Kết luận: Tập hợp các điểm D là cung D C của đường tròn (I , IC ) (với 1

D1 là giao điểm của đường tròn (I , IC ) với tiếp tuyến của đường tròn (O )

của O ). tại B , I là trung điểm cung lớn BC ( )

Câu 18. Cho AB là dây cung cố định của đường tròn (O; R ) . C là điểm

. Trên tia chuyển động trên cung lớn AB CA lấy điểm D sao cho CD = CB . Tìm tập hợp các điểm D . Hướng dẫn:

a) Phần thuận: Gọi I là trung điểm của AB .

(

)

= BCI AI = IB , Xét ∆DCI và ∆BCI có CD = CB, DCI CI (cạnh chung). C

Do đó (c.g.c), suy ra ID = IB (không đổi); I cố định. vậy D O

thuộc đường tròn cố định (I ; IB ) . D

b) Giới hạn: Khi C ≡ A thì D ≡ E

B I

( E là giao điểm của tiếp tuyến tại A với (O ) và (I ; IB ) ).

của Khi C ≡ B thì D ≡ B . Vậy D chuyển động trên cung BAE (I ; IB ) . của c) Phần đảo: Lấy điểm D bất kỳ trên BAE (I ; IB ) , ta có ID = IB . cắt O tại C . Vẽ phân giác của DIB ( ) = BCI ,CD = CB . Xét ∆DCI và ∆BCI (c.g.c), suy ra DCI

= 1 sđ BI nên DCB = 1 sđ AB và ACB = 1 sđ AB . Do đó Mà BCI 2 2 2 A, D,C thẳng hàng.

d) Kết luận: Tập hợp các điểm D là BAE của (I ; IB ) ( I là trung điểm của . AB Chú ý:

. 1) Xét bài toán tương tự khi C chuyển động trên AB 2) Nhận xét gì về các bài toán

Câu 19. Cho đường tròn (O; R ) , A là điểm cố định ở ngoài (O ) . Kẻ tiếp tuyến AB với (O ) . Đường thẳng (d ) quay quanh A cắt (O ) tại hai điểm C , D . Tìm tập hợp trọng tâm G của tam giác BCD .

Hướng dẫn: a). Phần thuận: Gọi E , F là trung

điểm của CD,OA ta có F cố định

(vì OA cố định); K là điểm trên BF sao cho

BK 2 = , suy ra K BF 3

O C

cố định (vì BF cố định).

BG BK 2 = = . Suy ra BE BF 3 GK 2 2 1 GK / /EF ⇒ = ⇒ GK = EF mà EF = OA , do đó EF 3 3 2 ∆BEF có:

1 GK = OA (không đổi) K cố định. Vậy G thuộc đường tròn cố định K 3 bán kính

1 OA . 3

b) Giới hạn: Khi d tiến dần đến tiếp tuyến AB thì G → B . Khi d tiến dần đến tiếp tuyến AB1 thì G → G1 (với G1 là giao điểm của

 1  đường tròn K ; OA với BB1 ).   3 của đường tròn Vậy G chuyển đọng trên BG 1

 1  K ; OA (trừ hai điểm B   3 

và G1 ). ( trừ c) Phần đảo: Lấy điểm G bất kỳ trên BG B và G1 của 1

 1  K ; OA ),    3

1 BG 2 suy ra GK = OA . Trên tia BG lấy điểm E sao cho = . 3 BE 3 AE cắt (O ) tại D,C . ∆BEF có:

BG BK 2 GK 2 3 1 1 = = ⇒ GK / /EF ⇒ = GK = . OA = OA BE BF 3 EF 3 2 3 2

= 900 . ⇒ E thuộc đường tròn đường kính OA ⇒ OAE

OE ⊥ CD ⇒ E là trung điểm của CD . ∆BCD có BE là trung tuyến và BG 2 = nên G là trọng tâm của ∆BCD . BE 3

của đường tròn d) Kết luận: Tập hợp các điểm G là BG 1 K thuộc đoạn BF , BK =

 1  K ; OA (với    3

 1  2 BF , G1 là giao điểm của BB1 và K ; OA   3 3

(trừ B và G1 )).

cố định của đường Câu 21. Cho điểm A chuyển động trên cung lớn BC tròn (O; R ) . Tìm tập hợp các tâm I đường tròn nội tiếp trong tam giác ABC .

Hướng dẫn:

Cách 1.a) Phần thuận:

cố định, Cung BC I

= α (không đổi) đặt sđ BC = 1 sđ BC = 1α sđ BAC 2 2 = 1 ABC ( IBC BI là phân giác của 2 = 1 ACB ); ICB ABC 2 ); (CI là phân giác của ACB

= 1800 − IBC + ICB = 1800 − 1 ABC + ACB BIC 2 1 1 = 900 + BAC = 900 + α, BC cố định. Do đó I thuộc cung chứa góc 2 2 1 900 + α dựng trên đoạn thẳng BC . 2

(

)

(

)

b) Giới hạn: Khi A ≡ B thì I ≡ B . Khi A ≡ C thì I ≡ C . Vậy I chuyển động trên

1 cung chứa góc 900 + α dựng trên đoạn thẳng BC nằm trên nửa mặt 2 phẳng bờ BC có chứa điểm O .

của cung chứa góc c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ thuộc cung BC 1 của 900 + α dựng trên đoạn thẳng BC . Vẽ điểm A trên cung lớn BC 2 . đường tròn (O; R ) sao cho BI là phân giác của ABC = 900 + 1 α; IBC = 1 ABC BIC 2 2 = 1800 − BIC + IBC = 900 − 1 BAC + ABC = 1 ACB ⇒ CI ICB 2 2 . ∆ABC có BI và CI là phân giác ⇒ I là tâm là phân giác của ACB

(

)

(

)

đường tròn nội tiếp ∆ABC . d) Kết luận: Tập hợp các tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC là

1 cung chứa góc 900 + α dựng trên đoạn thẳng BC nằm trên nửa mặt 2 phẳng bờ BC có chứa điểm O . Cách 2.

= DAC suy ra a) Phần thuận: AI cắt (O ) tại D , ta có BAD

= DC ⇒ DB = DC (không đổi). DB

= ABI + BAI ( là góc ngoài của BID BID ∆ABI ). = IBC + CBD ; BAI = CBD DB = DC  IBD   = IBC ( I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC ) ABI

Suy ra IBD = BID ⇒ DB = DI DI = DB không đổi. D cố định.

Vậy I thuộc đường tròn (D, DB ) . b) Giới hạn: Khi A ≡ B thì I ≡ B , Khi A ≡ C thì I ≡ C .

của đường tròn D, DB . Vậy I chuyển động trên BC ( ) của đường tròn D, DB , ta có c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ thuộc BC ( )

DI = DB = DC . DB = DI ⇒ IBD = BID , DI cắt đường tròn tại = DAC , CBD = DAC . Do đó BAI = CBD A (A ≠ D ) ⇒ BAI = ABI + BAI ; IBD = IBC + CBD . Suy ra ABI BID = IBC .

Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC .

của đường tròn D, DB nằm trên c) Kết luận: Tập hợp các điểm I là BC ( ) nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm O .

BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC I). SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐƠN GIẢN. 1) Bất đẳng thức liên hệ giữa độ dài các cạnh một tam giác. AB − AC < BC < AB + BC

Chú ý rằng: a). Với 3 điểm A, B,C bất kỳ ta luôn có: AB + BC ≥ AC . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A, B,C thẳng hàng và điểm B nằm giữa hai điểm A,C . b) Với 3 điểm A, B,C bất kỳ ta luôn có: AB − AC ≤ BC . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A, B,C thẳng hàng và điểm B nằm giữa hai điểm A,C . c) Cho hai điểm A, B nằm về một phía đường thẳng (d ) . Điểm M chuyển động trên đường thẳng (d ) . Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua (d ) . Ta có kết quả sau: B A (d)

M0 M1

+ MA + MB = MA '+ MB ≥ A ' B . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm cuả A ' B và đường thẳng (d ) .( M trùng với M 0 )

+ MA − MB ≤ AB . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm cuả

AB và đường thẳng (d ) ( M trùng với M 1 ). d) Cho hai điểm A, B nằm về hai phía đường thẳng (d ) . Điểm M chuyển động trên đường thẳng (d ) . Gọi A ' là điểm đối xứng với A qua (d ) . Ta có kết quả sau: B A' (d)

M0 M1

M A

+ MA + MB ≥ AB . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm cuả

AB và đường thẳng (d ) .( M trùng với M 0 ) + MA − MB = MA '− MB ≤ A ' B . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm cuả A ' B và đường thẳng (d ) ( M trùng với M 1 ). e) Trong quá trình giải toán ta cần lưu ý tính chất: Đường vuông góc luôn nhỏ hơn hoặc bằng đường xiên. A

Trong hình vẽ: AH ≤ AB

2) Trong một đường tròn, đường kính là dây cung lớn nhất 3) Cho đường tròn (O; R) và một điểm A . Đường thẳng AO cắt đường tròn tại hai điểm M 1, M 2 . Giả sử AM 1 ≤AM 2 . Khi đó với mọi điểm M nằm trên đường tròn ta luôn có: AM 1 ≤ AM ≤ AM

Ví dụ 1:Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác . Chứng minh rằng: a) MB + MC < AB + AC b)

1 (AB + BC + CA) < MA + MB + MC < AB + BC + CA 2

c) BM + MN + NC < AB + AC trong đó điểm N nằm trong tam giác sao cho MN cắt hai cạnh AB, AC A

Hướng dẫn giải: a) Đường thẳng BM cắt AC ở P .

Áp dụng BĐT(1) ta có: MB + MC < MB + MP + PC

= BP + PC < AB + AP + PC = AB + AC

b) Theo trên ta có:

BC < MB + MC < AB + AC ;CA < MC + MA < AB + BC ; AB < MA + MB < AC + BC . Cộng theo từng vế các BĐT trên ta có điều phải chứng minh.

c) Áp dụng câu 1) ta có: BM + MN + NC < BE + EM + MN + NF + FC

= BE + EF + FC < BE + EA + AF + FC = AB + AC . Ví dụ 2: Cho tam giác ABC và 3 trung tuyến AM , BN ,CP . Chứng minh rằng: a)

AB + AC − BC AB + AC < AM < 2 2 3 (AB + BC + CA) 4

< AM + BN + CP < AB + BC + CA

c) Giả sử AB ≥ AC . Gọi AD, AM theo thứ tự là đường phân giác, đường trung tuyến của tam giác ABC . Chứng minh rằng:

AB + AC − BC AB + AC < AD ≤ AM < 2 2 Hướng dẫn giải:

a). + Xét các tam giác MAB, MAC ta có: M

AM > AB − BM , AM > AC − MC

Suy ra 2AM > AB + AC − (MC + MC )

⇔ 2AM > AB + AC − BC + Gọi D là điểm đối xứng với A qua M thì ABDC là hình bình hành nên AB = CD và AD = 2AM . Trong tam giác ACD ta có:

AD < AC + CD ⇔ 2AM < AB + AC Như vậy:

AB + AC − BC AB + AC < AM < . 2 2

b). Áp dụng bất đẳng thức ở câu a) Cho 3 đường trung tuyến AM , BN ,CP

AB + AC − BC AB + AC < AM < , 2 2 BC + AB − AC AC + BC , < BN < 2 2 BC + AC − AB AC + BC < CP < . Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều 2 2

ta có:

3 (AB + BC + CA) 4

< AM + BN + CP < AB + BC + CA .

c). Trong tam giác ABD, ADC có AB < AD + BD; A

AC < AD + DC . Cộng theo từng vế hai BĐT

trên được: AB + AC < 2AD + BC . P

⇒

AB + AC − BC < AD 2

M D H

Kết quả này vẫn đúng với D là điểm bất kỳ nằm bên trong đoạn BC . Dựng AH ⊥ BC . Với AB = AC thì AM = AD . Với AB > AC thì BH > CH ⇒ BM < BH ⇒ M thuộc đoạn BH .

> ADC ⇒ ADB tù. Do đó D thuộc đoạn BH . Hơn nữa ADB Lấy điểm P trên AB sao cho AP = AC ⇒ ∆ADP = ∆ADC (c.g.c)

= ACD . ⇒ DP = DC , APD

≤ 900 (hình) thì + Nếu ACB = ACB ≤ 900 ⇒ BPD ≥ 900 > ACB > PBD APD ⇒ BD > PD = CD ⇒ BM < BD ⇒ MH > DH ⇒ AM > AD .

> 900 (hình) thì BPD = ACH > ADC > ABC + Nếu ACB ⇒ BD > PD = CD ⇒ BM < BD ⇒ MH > DH ⇒ AM > AD .

Ví dụ 3: a) Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm là điểm H . Chứng minh rằng: HA + HB + HC <

2 (AB + BC + CA) 3

Hướng dẫn giải: Dựng đường thẳng qua H song song với

AB cắt AC tại D . Dựng đường thẳng E

qua H song song AC cắt AB tại E . Tứ giác AEHD là hình bình hành nên

H B

C A'

AD = HE , AE = HD

Xét tam giác AHD ta có: HA < HD + AD ⇔ HA < AE + AD (1) . Vì HE / /AC mà AC ⊥ BH ⇒ HE ⊥ BH . Trong tam giác vuông HBE ta có: HB < BE (2) Tương tự ta có: HC < DC (3). Cộng các bất đẳng thức cùng chiều (1),(2),(3) ta suy ra HA + HB + HC < (AE + EB ) + (AD + DC ) = AB + AC

Tương tự ta cũng có: HA + HB + HC < AC + BC , HA + HB + HC < AB + BC Suy ra HA + HB + HC <

2 (AB + BC + CA) . 3

Ví dụ 4) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 3a . M là một điểm tùy ý trên cạnh BC , gọi P ,Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AC . Tìm vị trí điểm M để:

a) PQ có độ dài nhỏ nhất b) Dựng một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại E , F sao cho AE = 2a .Tìm vị trí điểm M sao cho MA + ME + MF nhỏ nhất. Hướng dẫn giải:

a). Hạ PH ⊥ BC ,QK ⊥ BC . Ta có S ∆ABC = S ∆ABM + S ∆AMC ⇔

9a 2 3 3a = (MP + MQ ) 4 2 3a 3 ⇒ MP + MQ = 2

P F Q

Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác R

vuông MPB, MQC ta tính được:

HM =

MP 3 MQ 3 , MK = ⇒ 2 2

HK = MH + MK =

3 9a (MP + MQ ) = 4 . 2

Vì PQ ≥ HK . Nên PQ nhỏ nhất bằng HK khi và chỉ khi PQ / /HK ⇔ M là trung điểm của BC

b). Gọi R là điểm đối xứng với E qua BC , I là trung điểm của BC . Ta dễ chứng minh được R, I , F thẳng hàng.

 1 3a  Ta tính đươc.: RF = 2IF = 2 a +  .  3 2 2

3   = 7a . Ta có: 

ME + MF = MR + MF ≥ RF = a 7 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3a 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 3a 3  2 7 + 3 3  = M ≡ I . Suy ra ME + MF + MA ≥ a 7 + a . Dấu  2 2  M ≡ I . Ta cũng có MA ≥ AI =

bằng xảy ra khi và chỉ khi M ≡ I . Ví dụ 5: Cho đường tròn (O; R) và điểm A nằm ngoài đường tròn đó. Một đường thẳng ∆ thay đổi quanh A cắt (O; R) tại hai điểm M , N . Tìm vị trí

∆ để AM + AN lớn nhất. Hướng dẫn giải: Gọi K là trung điểm của dây cung MN ta có:

AM + AN = AM + (AM + MN )

= 2AM + 2MK = 2AK

Xét tam giác vuông OKA Ta có: OK 2 + KA2 = OA2 không đổi . Như vậy AK lớn nhất khi và chỉ khi OK nhỏ nhất ⇔ OK = 0 ⇔ A, M , N ,O nhỏ nhất. Ví dụ 6: Cho đường tròn (O; R) và dây cung AB cố định (AB < 2R) . Trên cung lớn AB lấy điểm M . Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB lớn nhất.

Hướng dẫn giải: Trên tia đối của AM lấy điểm N sao cho

MN = MB . Khi đó chu vi tam giác MAB J

Là 2p = MA + MB + AB = AN + AB .

Do AB không đổi nên chu vi tam giác

N H B

A O

MAB lớn nhất khi và chỉ khi AN lớn

nhất.Tam giác BMN cân tại M và MH I

đồng thời là phân giác của góc BMN

. Phân giác trong của góc là cũng là phân giác ngoài của góc AMB AMB MI với I là trung điểm cung lớn AB . Suy ra MI ⊥ MH . Do đó MH cắt đường tròn (O; R) tại điểm J và IJ là đường kính của (O; R) .

Tam giác MBN cân tại M nên MJ là đường trung trực của BN . Từ đó ta có: JA = JB = JN . Hay điểm N thuộc đường tròn tâm J cố định bán kính JA . Vì AN là dây cung của đường tròn (J ) nên AN lớn nhất khi và chỉ khi AN là đường kính của (J ) ⇔ M ≡ J . Như vậy chu vi tam giác MAB lớn nhất khi và chỉ khi M trùng với trung điểm J của cung nhỏ AB .

< 600 . Trên cạnh BC lấy điểm I cố Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có A định. Tìm trên cạnh AB, AC lấy hai điểm M , N để chu vi tam giác IMN đạt giá trị nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải: A

Gọi E , F lần lượt là các điểm đối xứng của I qua AB, AC . Do tam giác ABC cố

N F

định nên E , F cố định: Ta có: Chu vi tam giác IMN là 2p = IM + IN + MN = ME + MN + NF ≥ EF . Dấu bằng xảy ra khi

và chỉ khi E , M , N , F thẳng hàng. Hay M , N là các giao điểm của EF với các cạnh AB, AC Ví dụ 8: Cho tam giác ABC vuông tại A có 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 ; M là điểm di chuyển trên đoạn CE . Gọi N là giao điểm

của BM với cung nhỏ EF của (O ) , P và Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE , DF . Xác định vị trí của điểm M để PQ lớn

nhất. Hướng dẫn giải: A

Ta có tứ giác PNQD ,

E P

EDFN nội tiếp

D O

⇒ QPN = QDN = FEN .

Tương tự có ta có:

M N

Q B

= NDP = NFE . NQP ⇒ ∆NEF ∼ ∆NPQ Suy ra

PQ NQ = . Trong tam giác vuông NQF ta EF NF

PQ ≤ 1 . Như vậy PQ lớn nhất bằng EF khi và chỉ EF khi Q ≡ F khi đó P ≡ E , do P và Q lần lượt là hình chiếu của N trên

có: NQ ≤ NF do đó

các đường thẳng DE , DF nên khi Q ≡ F , P ≡ E thì DN là đường

kính của (O ) . Từ đó suy ra cách xác định M như sau: Dựng đường kính DN cuả (O ) , M là giao điểm của BN và AC .

Ví dụ 9: Cho hai đường tròn (O1; R1 ),(O2 ; R2 ) cắt nhau tại 2 điểm A, B . Một đường thẳng (d ) bất kỳ qua A cắt (O1; R1 ),(O2 ; R2 ) lần lượt tại M , N . Tiếp tuyến tại M của (O1; R1 ) và tiếp tuyến tại N của (O2 ; R2 ) cắt nhau tại I . Tìm giá trị lớn nhất của bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IMN khi (d ) quay quanh A .

Hướng dẫn giải:

Ta có: IMN = MBA (Tính chất góc

giữa tiếp tuyến và dây cung) INM = NAB (Tính chất góc

giữa tiếp tuyến và dây cung)

Xét tứ giác IMBN ta có:

= MBA + NBA = IMN + INM MBN = 1800 − MIN . Suy ra tứ giác IMBN nội tiếp. Các góc AMB, ANB là những góc nội tiếp chắn cung AB cố định của không đối. Suy ra không đổi. Suy (O1; R1 ),(O2 ; R2 ) nên AMB , ANB MBN ra MIN = 1800 − MBN không đổi. Gọi R bán kính vòng tròn ngoại tiếp

⇒R= tam giác MIN thì MN = 2R. sin MIN

MN . Do đó R lớn 2 sin MIN

nhất khi và chỉ khi MN lớn nhất. Gọi E , F là hình chiếu vuông góc của O1,O2 lên (d ) , K là hình chiếu vuông góc của O1 lên O2F thì

MN = 2EF = 2O1K ≤ 2O1O2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi EF / /O1O2 ⇔ (d ) / /O1O2 . Ví dụ 10) Trên các cạnh AB, BC ,CD, DA của hình chữ nhật ABCD lần lượt lấy các điểm M , N , E , F . Tìm vị trí bốn điểm đó để chu vi tứ giác MNEF đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: Ta chứng minh kết quả phụ sau:Cho điểm M cố định. Khi chu vi tứ giác MNEF đạt giá trị nhỏ

B I

nhất ta có MNEF là hình bình

F K

hành có các cạnh song song với

C E

các đường chéo của hình chữ nhật ABCD . Thật vậy, gọi I , J , K lần lượt là trung điểm MN , ME , EF ta có: 1 1 1 1 MN , IJ = NE ; JK = MF ; DK = EF (hệ thức lượng trong 2 2 2 2 tam giác vuông). IB =

Vậy chu vi tứ giác MNEF : 2p = 2 (BI + IJ + JK + KD ) ≥ 2BD . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi B, I , J , K , D theo thứ tự nằm trên một đường thẳng ⇒ MF / /NE / /BD . Tương tự ta có để chu vi tứ giác MNEF đạt giá trị nhỏ nhất thì MNEF là hình bình hành có cạnh song song với đường chéo của hình chữ nhật ABCD (kết quả phụ được chứng minh). Từ chứng minh trên ta thấy, nếu tứ giác MNEF có các cạnh song song với các đường chéo của hình chữ nhật ABCD thì chu vi của nó là p = 2BD = const , không phụ thuộc vào cách lấy điểm M trên cạnh AB .

Vậy chu vi tứ giác MNEF đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2BD khi MNEF là hình bình hành có các cạnh song song với với các đường chéo của hình chữ nhật ABCD . Ta có bài toán tổng quát sau: Cho tứ giác ABCD . Gọi M , N , P ,Q lần lượt là trung điểm của AB, BC ,CD, DA . Khi đó: AB + BC + CD + DA ≥ 2 (MP + NQ ) (*)

Thật vậy: Dựng E đối xứng với B qua P thì tứ giác BCED là hình bình hành nên BC = DE . B . Ta có: BC + AD = DE + AD ≥ AE = 2MP

Tương tự AB + CD ≥ 2NQ . Cộng hai bấtM đẳng thức cùng chiều ta suy ra điều

E Q

phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AD / /BC , AB / /CD hay ABCD là hình bình hành.

Ví dụ 11) Cho hình thoi ABCD . Đường chéo AC không nhỏ hơn đường chéo BD . M là một điểm tùy ý trên AC . Đường thẳng qua M song song với AB cắt AD tại E , cắt BC tại G Đường thẳng qua M song song với AD cắt AB tại F cắt CD tại H . Biết hình thoi ABCD có độ dài hai đường chéo là d1 và d2 . Xác định M sao cho chu vi tứ giác EFGH là nhỏ nhất?Tính chu vi đó theo d1, d2 . Hướng dẫn giải: B

Ta dễ dàng chứng minh được

EFGH là hình thang cân, A

M K

E D

AFME , MGCH là hình thoi,

Các tứ giác BFMG , EDHM là hình bình hành. Do đó các đường chéo AM , EF cắt nhau tại L , MC ,GH cắt nhau tại J , BM , FG cắt nhau tại I , DM , EH cắt nhau tại K thì L, I , J , K lần lượt là trung điểm của EF , FG,GH , HE .

Áp dụng bài toán (*) ta có chu vi tứ giác EFGH là 2p = EF + GH + FG + EH = 2IK + 2FG ≥ 2IK + 2LJ = BD + 2LJ .

1 AC ⇒ 2p ≥ AC + BD . Dấu bằng xảy ra 2 khi và chỉ khi FG / /AC ⇔ FGHE là hình chữ nhật. Tức điểm M ≡ O là giao điểm của hai đường chéo của hình thoi ABCD

Nhưng LJ = LM + MJ =

SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC CỔ ĐIỂN ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN CỰC TRỊ Ở cấp THCS, các em học sinh được làm quen với bất đẳng thức Cauchy dạng 2 số hoặc 3 số: Để giải quyết tốt các bài toán hình học: Ta cần nắm chắc một số kết quả quan trọng sau: Trước hết ta cần nắm được các kết quả cơ bản sau: 1). Cho các số thực dương a, b : 2

a + b  2  ⇔ (a + b ) ≥ 4ab . Dấu bằng xảy ra khi + a + b ≥ 2 ab ⇔ ab ≤    2  và chỉ khi a = b

1 1 4 2 2 x 2 y 2 (x + y ) + + ≥ ≥ ; + ≥ a b a +b b a +b a 2 + b2 a + a 2 + ab + b 2 =

3 1 3 (a + b)2 + (a − b )2 ≥ (a + b)2 4 4 4

+ a 2 − ab + b 2 =

1 3 1 (a + b)2 + (a − b )2 ≥ (a + b )2 4 4 4

2). Cho các số thực dương a, b, c : 3

a + b + c   Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi + a + b + c ≥ 3 abc ⇔ abc ≤  3   3

a =b =c +

1 1 1 9 3 3 + + ≥ ≥ 2 a b c a +b +c a + b2 + c2 2

4) ab + bc + ca ≤

(a + b + c )

≤ a 2 + b2 + c2

x 2 y 2 z 2 (x + y + z ) 5) + + ≥ a b c a +b +c

Ngoài ra các em học sinh cần nắm chắc các công thức về diện tích tam giác ,liên hệ độ dài các cạnh và góc như: 1 + S = a.h 2 1 1 1 + S = ab sin C = ab sin C = bc sin A 2 2 2 a +b +c + S = p(p − a )(p − b)(p − c ) với p = 2

+ a = 2R sin A , b = 2R sin B, c = 2R sin C … + Diện tích hình chữ nhật: S = ab + Diện tích hình thang: S =

1 (a + b )h . 2

+ Diện tích hình vuông: S = a 2 . Ví dụ 1) Cho tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c . M là một điểm thuộc miền trong ∆ABC . Gọi E , F , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên BC ,CA, AB . Xác định vị trí điểm M để tích ME .MF .MK đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn giải:

Ta có: F K

2S ABC = 2 (S MBC + S MCA + S MAB ) .

= a.ME + b.MF + c.MK B

Do đó áp dụng bất đẳng thức Cô-si

với bộ 3 số a .ME , b.MF , c.MK . Ta có: a.b.c.ME .MF .MK = (a.ME ). (b.MF ). (c.MK ) ≤ 3 8S 3 1 3 ⇒ ME .MF .MK ≤ ABC . a.ME + b.MF + c.MK ) = 8S ABC ( 27 abc

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a .ME = b.MF = c.MK

⇔ S MBC = SMCA = S MAB ⇔ M là trọng tâm tam giác ABC . Vậy max (ME .MF .MK ) =

3 8S ABC

abc

khi M là trọng tâm tam giác ABC .

Ví dụ 2) Cho tam giác ABC cân đỉnh A . Gọi O là trung điểm của BC . Đường tròn (O ) tiếp xúc với AB ở E tiếp xúc với AC ở F . Điểm H

tiếp tuyến của đường tròn tại chạy trên cung nhỏ EF H cắt AB, AC lần lượt tại M , N . Xác định vị trí của điểm H để diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn giải: , FOH . Từ đó ta có: Dễ thấy OM ,ON lần lượt là phân giác EOM 0 = 180 − BAC = ABC ⇒ ∆MBO ∼ ∆OCN MON 2

(g.g) ⇒

MB BO BC 2 = ⇒ BM .CN = OB.OC = = const (1) OC CN 4 A

Ta lại có SAMN = SABC − S BMNC N

nên SAMN đạt giá trị lớn nhất H M

khi và chỉ khi SBMNC đạt giá trị nhỏ nhất. Gọi R là bán kính

E B

C O

của đường tròn (O ) , ta có:

S BMNC = S BOM + S MON + S NOC =

1 1 R (BM + MN + NC ) = R BE + CF + 2 (EM + FN ) Vì  2 2 

(MN = EM + FN ) = R (BE + EM + FN ) vì (BE = CF ) = R (BE + BM + CN − 2BE ) = R (BM + CN − BE ) (2)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, từ (1) và (2) suy ra:  BC  SBMNC ≥ R BM .CN − BE = R  − BE  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ  2 

(

)

khi BM = CN ⇔ MN / /BC khi và chỉ khi H là giao điểm của đường trung trực của BC với đường tròn (O ) . Vậy diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất khi H là giao của đường trung trực của BC với đường tròn

(O ) . Ví dụ 3) Cho tam giác ABC trên trung tuyến AD lấy điểm I cố định. Đường thẳng d đi qua I lần lượt cắt cạnh AB, AC tại M , N . Tìm vị trí của đường thẳng d để diện tích tam giác AMN đạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn giải: Từ B,C dựng các đường thẳng song song với d , lần lượt cắt tia AD tại A E, F . M

nên DE = DF hay

AE + AF = 2AD . ⇒

AB AE AC AF . = ; = AM AI AN AI AE + AF AB AC AD ⇒ + = =2 = const AM AN AI AI

I hB

AE + AF AB AC AD + = =2 AM AN AI AI

Ta có:

Dễ thấy ∆BED = ∆CFD

E C

D F

Gọi hB , hM là khoảng cách từ B , M đến AC . Áp dụng định lý Talet, ta có 2

hB hM

AB S ABC ; AM S AMN

⇒ S AMN ≥ S ABC .

 AC 1 AB    AC .hB + 2  AC AB AM  = AD . = 2 = ≤  AN  1 2 AN AM  AI 2  AN .hM    2

AD 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AI 2

AD 2 AB AC = ⇔ MN / /BC . Vậy min (S AMN ) = SABC . khi d là AM AN AI 2 đường thẳng đi qua I và song song với BC . Ví dụ 4) Cho góc nhọn xOy và điểm I cố định nằm ở trong các góc đó. Đường thẳng d đi qua I và cắt Ox ,Oy lần lượt tại M , N . Xác định đường thẳng d để diện tích tam giác OMN đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: Trước hết ta dựng đường thẳng ∆ đi qua I cắt Ox ,Oy tại E , F sao cho IE = IF (*). y

Ta dựng đường thẳng ∆ như sau: Lấy O ' là điểm đối xứng của O qua I . Từ O ' kẻ đường

thẳng song song với Ox cắt Oy tại F , song song với Oy

x E

cắt Ox tại E . Vì OEO ' F là hình bình hành nên OO '∩ EF = I là trung điểm của E . Lấy ∆ là đường thẳng EF , ta có ∆ thỏa mãn điều kiện (*), ∆ cố định.

Giả sử d là đường thẳng bất kỳ qua I cắt Ox ở M , cắt Oy ở N . Ta dễ chứng minh được:

OE OF OI + =2 = 2. OM ON OI

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

OE OF 1  OE OF   = 1. . ≤  + OM ON 2 OM ON 

OE OF = = 1 ⇔ OE = OM ,OF = ON OM ON hay M ≡ E , N ≡ F . Vậy đường thẳng d trùng với ∆ thì diện tích ∆OMN đạt giá trị nhỏ nhất.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

Ví dụ 5). Cho ba điểm A, I , B thẳng hàng theo thứ tự. Gọi d1, d2 là hai nửa đường thẳng vuông góc với AB tại A, B và nằm về cùng một phía đối với quay xung quanh đỉnh I sao cho hai đường thẳng AB . Góc vuông xIy cạnh của góc tương ứng cắt d1 ở M cắt d2 ở N . Tìm vị trí của M , N để diện tích tam giác IMN đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: Ta có: + AIM = 900 , BIN + AIM = 900 AMI = BIN ⇒ ∆MAI ∼ ∆IBN (g.g) ⇒ AMI

⇒

AI AM = (*) BN BI

d1 d2

⇒ AM .BN = AI .BI = const .Mặt khác, 1 1 S IMN = IM .IN = (AI 2 + AM 2 )(BI 2 + BN 2 ) . Áp dụng bất đẳng 2 2 thức Bu-nhi-a-côp-xki ta có:

(AI

)(

)

+ AM 2 BI 2 + BN 2 ≥ (AI .BI + AM .BN ) . Dấu “=” xảy ra khi và

chỉ khi

AI AM AI BI = ⇔ = BI BN AM BN

Kết hợp với (*) suy ra diện tích ∆IMN đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi

BI BN AI = = = 1 hay BI = BN , AI = AM . BN BI AM Khi đó ∆AIM , ∆BIN vuông cân tại các đỉnh A, B ⇒ IM , IN hợp với AB các góc bằng 450 . Vậy diện tích tam giác IMN đạt giá trị nhỏ nhất khi

IM , IN cùng hợp với AB các góc bằng 450 .

Ví dụ 6) Cho tam giác ABC và một điểm M tùy ý trong tam giác đó. Gọi khoảng cách từ M đến các cạnh BC ,CA, AB theo thứ tự là m, n, p và các đường cao hạ từ các đỉnh A, B,C là ha , hb , hc . Chứng minh:

ha m

hb n

hc p

≥9

Hướng dẫn giải: Trước hết ta chứng minh kết quả sau:

m n p + + =1 ha hb hc

Kí hiệu Sa , Sb , Sc , S lần lượt là diện tích

tam giác MBC , MAC , MAB, ABC

T F

ta có:

Sa S

m Sb n S p , = , c = suy ra ha S hb S hc

S + Sb + Sc m n p + + = a =1 ha hb hc S

H p

hb B

ha R

n M m

hc C

Sử dụng bất đẳng thức Cô si ta dễ chứng minh được kết quả sau(với  1 1 1 (x, y, z > 0) : (x + y + z ) + +  ≥ 9 .  x y z  ha

Áp dụng vào bài toán ta có:

xảy ra khi và chỉ khi

hb n

hc p

≥

9 = 9 .Dấu bằng m n p + + ha hb hc

= 3 . Hay M là trọng tâm của tam giác

∆ABC .

Ví dụ 7) Cho tam giác ABC và một điểm M tùy ý trong tam giác đó. Các đường thẳng AM , BM ,CM cắt các cạnh BC ,CA, AB tại các giao điểm tương ứng là: A1, B1,C 1 . Kí hiệu Sa , Sb , Sc , S lần lượt là diện tích tam giác

MBC , MAC , MAB, ABC . Chứng minh:

AA1 MA1

BB1 MB1

CC 1 MC 1

≥9

Hướng dẫn giải: Trước hết ta chứng minh :

Ta có

AA1 MA1

S ABA

S MBA

AA1 MA1

S ACA

S MCA

BB1 MB1

1 1 1  = S  + +  .  Sa Sb Sc  MC 1 CC 1

S ABA + S ACA 1

S MBA + S MCA 1

S , Sa A

BB1

S CC 1 S Tương tự ta có: = , = . MB1 Sb MC 1 Sc C1

Cộng ba đẳng thức ta có: B

B1 M A1

AA1 MA1

BB1

MB1

1 1 1  = S  + +   Sa Sb Sc  MC 1 CC 1

 1 1 1 Áp dụng bất đẳng thức: (x + y + z ) + +  ≥ 9 với (x , y, z > 0) . Để  x y z  ý rằng: Sa + Sb + Sc = S ta có:

1 1 1 9 9 + + ≥ = ta có: Sa Sb Sc Sa + Sb + Sc S

1 1 1  S  + +  ≥ 9 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  Sa Sb Sc  Sa = Sb = Sc =

1 S . Hay M là trọng tâm của tam giác ∆ABC . 3

Chú ý rằng: Từ bài toán trên ta cũng có:

MA1 AA1

MB1 BB1

S MBA

S ABA

S MCA

S ACA

S MBA + S MCA 1

S ABA + S ACA 1

Sa S

. Tương tự ta có:

Sb MC 1 S MA1 MB1 MC 1 S + Sb + Sc , = c . Suy ra + + = a =1 S CC 1 S AA1 BB1 CC 1 S

Nếu ta thay:

MA1 AA1

AA1 − MA AA1

thu được đẳng thức:

= 1−

MA MB1 MB MC 1 MC , = 1− , = 1− , thì ta AA1 BB1 BB1 CC 1 CC 1

MA MB MC + + = 2 .Qua đó ta cũng tạo ra được AA1 BB1 CC 1

nhiều bất đẳng thức đẹp khác. Ví dụ 8. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a . Gọi đường vuông góc từ điểm M nằm trong tam giác đến các cạnh BC ,CA, AB lần lượt là MD, ME , MF . Xác định vị trí điểm M để:

1 1 1 + + đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó. MD ME MF

1 1 1 đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá + + MD + ME ME + MF MF + MD trị đó.

Hướng dẫn giải: Gọi h là độ dài đường cao của

a 3 tam giác đều ABC thì h = . 2

y M x

Đặt MD = x , ME = y, MF = z . B

Ta có SABC = SMBC + S MAC + SMAB

⇔ ah = ax + ay + az ⇔ x + y + z = h không đổi.

 1 1 1 1 1 1 9 6 3 Áp dụng BĐT : (x + y + z ) + +  ≥ 9 ⇒ + + ≥ = .  x y z  x y z h a

b) Ta có:  1

1 

(x + y + y + z + z + x ) x + y + y + z + z + x  ≥ 9 



1 1 1 9 3 3 . Trong cả hai trường hợp đẳng + + ≥ = x +y y +z z +x 2h a thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z , lúc đó M là tâm của tam giác đều ABC . ⇔

Ví dụ 9. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC có ba góc nhọn với ba đường cao AA1, BB1,CC 1 . Chứng minh rằng: a)

AA1 HA1

BB1 HB1

Hướng dẫn giải:

CC 1 HC 1

≥9.

HA1 HA

HB1 HB

HC 1 HC

≥

3 . 2

Gọi diện tích các tam giác ABC , HBC , HAC , HAB lần lượt là S , S1, S2, S 3 HA1

thì S = S1 + S 2 + S 3 . Dễ thấy

AA1

S1 HB1 S HC 1 S ; = 2; = 3. S BB1 S CC 1 S A

Do đó

HA1 AA1

HB1

BB1

HC 1 CC 1

= 1.

B1 C1

 1 1 1 Áp dụng BĐT (x + y + z ) + +  ≥ 9 .  x y z 

Ta được: HA1 AA1

AA1

HA1

HB1 BB1

BB1 HB1

HC 1

CC 1

+ =

CC 1 HC 1

H B

≥ 9 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 S ⇔ S1 = S 2 = S 3 = . Lúc đó H vừa là trực 3 3

tâm, vừa là trọng tâm của tam giác ABC , nên ABC là tam giác đều. b) Từ

HA1 AA1

Tương tự

HB1 HB

có

HA1 HA S2

;

HA1 AA1 − HA1

HC 1

S1 + S 3 HC

S3 S1 + S 2

S1 S − S1

S1 S2 + S 3

. Áp dụng BĐT

HA1 HB1 HC 1 a b c 3 3 + + ≥ (*). Ta có + + ≥ . b +c c +a a +b 2 HA HB HC 2

Lập luận như trên đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Bất đẳng thức (*) có tên là bất đẳng thức Netbis là bất đẳng thức đơn giản nhưng có rất nhiều ứng dụng. Ta có thể chứng minh nó như sau:  a b c   b + c + c + a + a + b  ≥ 9 . Nhưng + +    a b c  b + c c + a a + b 

b + c c + a a + b a b  b c   c a  + + =  +  +  +  +  +  ≥ 2 + 2 + 2 = 6 .  b a  c b  a c  a b c a b c . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c . + + b +c c +a a +b

Suy ra

Ví dụ 10. Xét tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O ) với ba đường cao AA1, BB1,CC 1 lần lượt cắt đường tròn (O ) lần nữa tại D, E , F . Xác định dạng của tam giác ABC sao cho:

AA1

DA1 AD

BB1

EB1 BE

CC 1

FC 1 CF

đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.

Hướng dẫn giải:

E A

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Dễ dàng chứng minh được HA1 = DA1; HB1 = EB1 ; HC 1 = FC 1 .

(Xem phần đường thẳng Ơ le- Đường

B1 F

C1 H

tròn Ơ le) D

Áp dụng ví dụ 9. Tổng đang xét đạt giá trị nhỏ nhất là 9 khi và chỉ khi tam giác ABC đều. b) Từ

HA1 HB1 HC 1 AD BE CF + + = 1+ +1+ +1+ = 4 , áp AA1 BB1 CC 1 AA1 BB1 CC 1

 1 1 1 AA1 BB1 CC 1 4 dụng BĐT: (x + y + z ) + +  ≥ 9 suy ra + + ≥ . AD BE CF 9  x y z 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều. Ví dụ 11. Trong các tam giác ngoại tiếp đường tròn tâm O bán kính r hãy các định dạng của tam giác sao cho tổng độ dài ba đường cao đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó. Hướng dẫn giải: Gọi ha , hb , hc là độ dài các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c của tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O ) . Ta dễ chứng minh được:  1 1 1 r r r + + = 1 .Áp dụng bất đẳng thức (x + y + z ) + +  ≥ 9 ta ha hb hc  x y z  1 1 1 có ha + hb + hc = (ha + hb + hc ) + +  r ≥ 9r . Đẳng thức xảy ra  ha hb hc 

khi ha = hb = hc = 3r , ha + hb + hc = 9r , lúc đó tam giác ABC đều. Ví dụ 12. Cho tam giác ABC và M là điểm nằm trong tam giác. Kẻ AM , BM ,CM cắt các cạnh BC ,CA, AB lần lượt tại A1, B1,C 1 . Xác định vị trí của điểm M để:

MA MB MC . . đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ MA1 MB1 MC 1

nhất đó. Giải: Gọi diện tích các tam giác ABC , MBC , MAC , MAB lần lượt là S , S1, S 2 , S 3 thì S = S1 + S 2 + S 3 . Đặt

AA1 MA1

= x,

BB1 MB1

AA1 BB1 MA MB = − 1 = x − 1; = − 1 = y − 1, MA1 MA1 MB1 MB1 CC 1 MC = − 1 = z − 1 .Theo ví dụ 7 ta có: MC 1 MC 1

= y,

CC 1 MC 1

= z thì

MA1 AA1

suy ra

MB1 BB1

MC 1 CC 1

1 1 1 + + = 1 ⇔ xy + yz + zx = xyz . Từ đó x y z

MA MB MC . . = (x − 1)(y − 1)(z − 1) MA1 MB1 MC 1

= xyz − (xy + yz + zx ) + x + y + z − 1 = x + y + z − 1  1 1 1 = (x + y + z ) + +  − 1 ≥ 9 − 1 = 8 . Đẳng thức xảy ra khi  x y z  x = y = z , lúc đó M là trọng tâm của tam giác ABC .

BẤT ĐẲNG THỨC ERDOS – MORDELL Cho tam giác ABC và M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Gọi Ra , Rb , Rc theo thứ tự là khoảng cách từ M đến các đỉnh A, B,C . Còn da , db , dc lần lượt là khoảng cách từ M đến các cạnh BC ,CA, AB . Khi đó ta

có bất đẳng thức Ra + Rb + Rc ≥ 2 (da + db + dc ) .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và M là tâm của tam giác. Chứng minh bất đẳng thức:

Đặt BC = a,CA = b, AB = c . Lấy điểm M 1 đối xứng với điểm M qua đường phân . Dựng giác trong của BAC

BH ⊥ AM 1 và CK ⊥ AM 1 .

K B

M1 D H

M C

Giả sử AM 1 cắt BC tại D . Khi đó BD ≥ BH , DC ≥ CK . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AD ⊥ BC hay AM 1 ⊥ BC . Từ đó ta có: a ≥ BH + CK ⇔ aRa ≥ 2S ABM + 2S ACM (chú ý rằng AM 1 = AM = Ra ) 1

c b hay aRa ≥ cdb + bdc . Từ đó Ra ≥ db + dc (1). Tương tự ta có a a a c a b Rb ≥ dc + da (2); Rc ≥ db + da (3). Cộng theo vế các bất đẳng b b c c thức (1),(2),(3) ta thu được: b c  a c  a b  Ra + Rb + Rc ≥ da  +  + db  +  + dc  +  ≥ 2 (da + db + dc ) c b   c a   b a 

(Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho các biểu thức trong ngoặc). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c đồng thời M 1 là trực tâm của tam giác ABC . Nói cách khác, M 1 (và do đó cả M ) là tâm của tam giác đều ABC . Từ cách chứng minh trên chúng ta còn có một số kết quả sau: Hệ quả 1. (Bất đẳng thức Erdos –Mordell dạng tích). Cho tam giác ABC và M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Gọi Ra , Rb , Rc thứ tự là khoảng cách từ M đến các đỉnh A, B,C . Còn da , db , dc lần lượt là khoảng cách từ M đến các cạnh BC ,CA, AB . Khi đó ta có bất đẳng thức Ra .Rb .Rc ≥ 8dadbdc . Chứng minh: Từ cách chứng minh bất đẳng thức Erdos – Mordell, ta có: c b a c a b Ra ≥ db + dc (1); Rb ≥ dc + da (2); Rc ≥ db + da a a b b c c

Nhân theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:

(3)

c b a c a b  Ra .Rb .Rc ≥  db + dc   dc + da   db + da   b  c a a  b  c  ≥2

c b a c a b db . dc .2 dc . da .2 db . da = 8dadbdc (đpcm). a a b b c c

Hệ quả 2. (Bất đẳng thức Erdos –Mordell dạng căn thức). Cho tam giác ABC và M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Gọi Ra , Rb , Rc thứ tự là khoảng cách từ M đến các đỉnh A, B,C . Còn da , db , dc lần lượt là khoảng cách từ M đến các cạnh BC ,CA, AB . Khi đó ta có bất đẳng thức Ra + Rb + Rc ≥ 2

(

)

da + db + dc .

Chứng minh: Từ các bất đẳng thức (1),(2) và (3) theo bất đẳng thức Cauchy ta có: c b d + d ≥ a b a c

c b . db + . dc a a 2

a c Rb ≥ dc + da ≥ b b

a c . dc + . d b b a 2

Ra ≥

a b . db + . d c c a 2 đẳng thức (4),(5) và (6) ta được: a b Rc ≥ db + da ≥ c c

(4). Tương tự ta cũng có:

(5)

(6). Cộng theo vế các bất

Ra + Rb + Rc ≥

1  b c  1  c a  1  a b  + d + + d + +    d    b  a c  b a  c 2  c 2  a 2  b ≥ 2

(

)

da + db + dc . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các biểu

thức trong ngoặc của bất đẳng thức trên. Ta có điều cần chứng minh.

Một số ứng dụng của bất đẳng thức Erdos – Mordell Ví dụ 1. Gọi I là tâm r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tam giác ABC đều và IA + IB + IC = 6r . Giải: A

Kẻ IH , IJ , IK theo thứ tự vuông góc

với các cạnh BC ,CA, AB . Ta có

IH = IJ = IK = r . Áp dụng bất

đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm

I trong tam giác ABC , ta thấy IA + IB + IC ≥ 2 (IH + IJ + IK ) = 6r . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Nói cách khác, điều kiện cần và đủ để tam giác ABC đều là IA + IB + IC = 6r (đpcm) Ví dụ 2. Giả sử M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác ABC . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng MA + MB + MC ≥ 6r . Đẳng thức xảy ra khi nào? Giải:

Gọi x , y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến các cạnh BC ,CA, AB . Kẻ AH vuông góc với BC , MA1 vuông góc với BC . Khi đó ta có

M x B

AM + MA1 ≥ AH . Từ đó AM ≥

2S ABC

−x . BC 2S 2S Tương tự, BM ≥ ABC − y;CM ≥ ABC − z . Cộng theo vế ba bất đẳng CA AB thức này ta được:  1 1 1   − (x + y + z ) MA + MB + MC ≥ 2S ABC  + +  BC CA AB   1 1 1  = r (BC + CA + AB ) + +  − (x + y + z ) (1).  BC CA AB  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được:  1 1 1   ≥ 9 (2). Áp dụng bất đẳng thức + + (BC + CA + AB ) BC CA AB   Erdos – Mordell cho điểm M đối với tam giác ABC ta có: MA + MB + MC ≥ 2 (x + y + z ) (3).  MA + MB + MC   hay Từ (1),(2), (3) suy ra MA + MB + MC ≥ 9r −   2  MA + MB + MC ≥ 6r . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều (đpcm). Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC nhọn ta có các bất đẳng thức: a) cos A + cos B + cosC ≤ b) cos A.cos B.cosC ≤

3 2

1 . Đẳng thức xảy ra khi nào? 8

Giải: A

a). Gọi O; R theo thứ tự là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ;

I O

thứ tự là hình chiếu vuông góc kẻ từ O đến các cạnh BC ,CA, AB . Từ giả thiết tam giác = 1 BOC ABC nhọn, ta nhận thấy BAC 2

(góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn một cung) hay BAC = HOC . Tương tự có ABC = AOI ; ACB = BOK .

Từ đó

+ cos AOI + cos BOK cos A + cos B + cosC = cos HOC OH OI OK OH + OI + OK (1). Nhưng theo bất đẳng thức = + + = OC OA OB R Erdos – Mordell cho điểm O nằm trong tam giác ABC ta có OH + OI + OK ≤

OA + OB + OC (2) 2

Từ (1) và (2) suy ra cos A + cos B + cosC ≤

3 . Đẳng thức xảy ra khi và 2

chỉ khi tam giác ABC đều. b). Dựng AA1 ⊥ BC ; BB1 ⊥ AC ;CC 1 ⊥ AB . A

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . B1

Do đó tứ giác BC 1HA1 nội tiếp nên

=A ABC HC . Tứ giác CA HB1 nội 1 1 =B HA . Tứ giác tiếp nên ACB 1

=C AC 1HB1 nội tiếp nên BAC HB . Do đó 1

HA1 .HB1 .HC 1 (3) cos A.cos B.cosC = cos A1HC .cos B1HA.cosC 1HB = HA.HB.HC Sử dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có: HA.HB.HC ≥ 8HA1.HB1.HC 1 . Từ (3) suy ra cos A.cos B.cosC ≤

1 . 8

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Chú ý: Do tam giác ABC nhọn nên cos A,cos B,cos C > 0 . Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: cos A + cos B + cosC ≥ 3 3 cos A.cos B.cosC . Theo

3 suy ra 2 3 1 3 3 cos A.cos B.cosC ≤ ⇔ cos A.cos B.cosC ≤ 2 8

chứng minh trên ta có: cos A + cos B + cosC ≤

Ví dụ 4. Cho tam giác ABC nhọn, gọi I , I a , I b , I c theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp, tâm các đường tròn bàng tiếp tương ứng với các đỉnh A, B,C của tam giác đó; r là bán kính của đường tròn (I ) . Chứng minh rằng: a) IA.IB.IC ≥ 8r 3 .

b) II a + II b + II c ≥ 12r .

c) II a .II b .II c ≥ 64r 3 .

d) II a + II b + II c ≥ 6 r .

Hướng dẫn giải: Ia

a). Gọi H , J , K lần lượt là tiếp điểm

của đường tròn (I ) với các cạnh

C I

BC ,CA, AB . Sử dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích ta có:

IA.IB.IC ≥ 8IH .IJ .IK , hay IA.IB.IC ≥ 8r 3 (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Lưu ý: Bất đẳng thức ở câu a) cũng đúng cho tam giác ABC bất kỳ. b) Nhận xét rằng điểm I là trực tâm của tam giác I a I b I c . Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm I đối với tam giác I a I b I c ta nhận được: II a + II b + II c ≥ 2 (IA + IB + IC ) ≥ 12r (theo kết quả của ví dụ 1). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. c) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng tích cho điểm I đối với tam giác I a I b I c ta nhận được II a .II b .II c ≥ 8IA.IB.IC ≥ 64r 3 (theo kết quả câu a). đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. d) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng căn thức cho điểm I trong tam giác I a I b I c ta có

II a + II b + II c ≥ 2

(

IA + IB + IC

)

(1).

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell dạng căn thức cho điểm I đối với tam giác ABC ta được: IA + IB + IC ≥ 2 Từ (1) và (2) suy ra

(

)

IH + IJ + IK = 3 2. r (2)

II a + II b + II c ≥ 6 r (đpcm). Đẳng thức xảy ra

khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Ví dụ 5. Cho tam giác ABC với BC = a,CA, b, AB = c . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó. Chứng minh bất đẳng thức abc ≥ 24 3r 3 . Đẳng thức xảy ra khi nào? Hướng dẫn giải:

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC . Từ công thức Heron 2 S ABC = p (p − a )(p − b )(p − c ) và S ABC = p.r . (1)

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Theo định lý Pythagore và từ (1) ta có: 2  2  2  IA2 .IB 2 .IC 2 = r 2 + (p − a )  r 2 + (p − b )  r 2 + (p − c )      (p − a )bc   (p − b )ac   (p − c )ab   =       (2).  p p p         Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: p (p − a ) + (p − b ) + (p − c ) = ≥ 3 3 p3

(p − a )(p − b )(p − c ) ≤ 27 IA2 .IB 2 .IC 2 ≤

(p − a )(p − b )(p − c ) hay

(3). Từ (2) và (3) suy ra

a 2b 2c 2 abc ⇔ IA.IB.IC ≤ (4). Áp dụng bất đẳng thức 27 3 3

Erdos – Mordell dạng tích ta có IA.IB.IC ≥ 8r 3 (5) Từ (4) và (5) ta suy ra abc ≥ 24 3r 3 (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Chú ý: Các bạn nếu đã quen làm với định lí sin trong tam giác ABC thì thấy a = 2R sin A;b = 2R sin B; c = 2R sin C ( R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ). Khi đó từ bất đẳng thức abc ≥ 24 3r 3 ta nhận được bất đẳng thức: 8R 3 sin A.sin B.sin C ≥ 24 3r 3 ta nhận được bất đẳng thức.

Hệ quả. Với mọi tam giác ABC ta có bất đẳng thức 3

r  sin A.sin B.sin C ≥ 3 3   . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác  R  ABC đều.

Ví dụ 6. Giả sử đường tròn tâm I bán kính r nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC ,CA, AB theo thứ tự tại A1, B1,C 1 . Chứng minh bất đẳng thức AB.BC .CA ≥ 8A1B1.B1C 1 .C 1A1 . Đẳng thức xảy ra khi nào? Hướng dẫn giải: Đặt BC = a, AC = b, AB = c và p là nửa chu vi tam giác ABC . Sử dụng định lý Ptolemy cho các tứ giác nội tiếp IC 1AB1 ; IC 1BA1; IACB ta thấy 1 1 IA.B1C 1 = IB1 .AC 1 + IC 1 .AB1

hay IA.B1C 1 = 2r (p − a ) (1)

Tương tự IB.AC = 2r (p − b ) (2); 1 1

I B

IC .A1B1 = 2r (p − c ) (3)

C A1

Nhân các đẳng thức (1),(2) và (3) theo vế ta được: IA.IB.IC =

8r 3 (p − a )(p − b )(p − c )

B1C 1.C 1A1.A1B1

đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có:

(4). Sử dụng bất

(p − a ) + (p − b )  c2  = ; (p − a )(p − b ) ≤   2 4  2

(p − b ) + (p − c ) 2   = a (p − b )(p − c ) ≤   2 4   2

  (p − c ) + (p − a ) b2 p − c p − a ≤ = . Nhân ba bất đẳng thức theo vế  ( )( )    2 4 

ta thu được (p − a )(p − b )(p − c ) ≤

abc (5). Áp dụng bất đẳng thức Erdos 8

– Mordell dạng tích ta có IA.IB.IC ≥ 8r 3 (6). Từ (4),(5),(6) suy ra AB.BC .CA ≥ 8A1B1.B1C 1 .C 1A1 (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

tam giác ABC đều. Từ (1),(2) và (3) suy ra PA + PB + PC < 2 (da + db + dc ) . Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức

Erdos – Mordell. Từ đây ta có đpcm. Ví dụ 7. Giả sử H là trực tâm của tam giác nhọn ABC . Gọi D, E , F lần lượt là trung điểm của BC ,CA, AB; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh bất đẳng thức HD + HE + HF ≥

3 R 2

Hướng dẫn giải: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , ω là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC . Ta có các kết quả sau: A

+) ω là trung điểm của OH . +) Bán kính đường tròn Euler F

của tam giác ABC bằng nửa bán

H w

kính đường tròn ngoại tiếp tam B

O D

giác đó.(Xem them phần đường thẳng Ơle, đường tròn Ơ le). Sử dụng hai kết quả trên ta có: HD + OD ≥ 2ωD = R ; HE + OE ≥ 2ωE = R ; HF + OF ≥ 2ωF = R . Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta được: HD + HE + HF ≥ 3R − (OD + OE + OF ) (1) Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm O nằm trong tam giác ABC ta có: OD + OE + OF ≤

suy ra HD + HE + HF ≥

OA + OB + OC 3R (2). Từ (1) và (2) = 2 2

3 R (đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2

tam giác ABC đều. Ví dụ 8. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O bán kính R . Các đường cao AA1, BB1,CC 1 đồng quy tại H . Kẻ OO1 vuông góc với BC ,OO2 vuông góc với AC ,OO3 vuông góc với AB . Chứng minh rằng: HA1 + HB1 + HC 1 ≤ OO1 + OO2 + OO3 ≤

3R . 2

Hướng dẫn giải: Nhận xét rằng HA = 2OO1 ; HB = 2OO2 ; HC = 2OO3

Xem thêm phần đường tròn

B1 C1 O3

Ơ le- Đường thẳng Ơ le

(Áp dụng đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm H trong tam giác ABC , ta có: HA1 + HB1 + HC 1 ≤

HA + HB + HC = OO1 + OO2 + OO3 . 2

Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Mordell cho điểm O trong tam giác ABC ta có: OO1 + OO2 + OO3 ≤

OA + OB + OC 3R (đpcm) = 2 2

Ví dụ 9. Cho tam giác ABC và M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Gọi Ra , Rb , Rc theo thứ tự là khoảng cách từ điểm M đến các đỉnh A, B,C . Còn da , db , dc lần lượt là khoảng cách từ điểm M đến các cạnh

BC ,CA, AB . Chứng minh bất đẳng thức d d dd d d  da + db + dc ≥ 2  a c + c a + a b  .  Ra Rb Rc 

Giải: A

Gọi A1, B1,C 1 theo thứ tự là

chân các đường vuông góc

kẻ từ M lên các cạnh BC ,CA, AB .

Ta có B1C 1 = MA.sin A = Ra .sin A;

H C2

C 1A1 = MB.sin B = Rb .sin B A1B1 = MC .sin C = Rc .sin C . Kẻ MA2 vuông góc với B1C 1 ; MB2 vuông

góc với C 1A1 ; MC 2 vuông góc với A1B1 . Khi đó = MB1 .MC 1 = db .dc MA2 = MB1.sin MB A = MB1 .sin MAC (1) 1 2 1 MA Ra = MA1.MC 1 = dadc (2) MB2 = MC 1.sin MC B = MC 1 .sin MBA 1 2 1 MB Rb = MA .sin MCB = MB1.MA1 = db .da MC 2 = MA1.sin MAC (3) 1 2 1 1 MC Rc

Áp dụng bất đẳng thức Erdos – Merdell cho điểm M trong tam giác A1B1C 1 ta có: MA1 + MB1 + MC 1 ≥ 2 (MA2 + MB2 + MC 2 ) (4) d d dd dd  Từ (1),(2),(3),(4) ta suy ra: da + db + dc ≥ 2  a c + c a + a b  (đpcm).  Ra Rb Rc 

Chọn x = Ra , y = Rb , z = Rc ta nhận được:  R  R  Rb  Ra  Rb     R Ra + Rb + Rc ≥  c + da +  c + db +  a + d  R  R  R Rc  Rc  Ra  c  b  a  b ≥ 2 (da + db + dc )

CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG, TỶ SỐ LƯỢNG GIÁC GÓC NHỌN Câu 1. Cho M là một điểm bất kỳ thuộc miền trong của hình chữ nhật ABCD . Chứng minh rằng MA2 + MC 2 = MB 2 + MD 2 .

Câu 2. Cho tứ giác ABCD có D + C = 900 . Chứng minh rằng AB 2 + CD 2 = AC 2 + BD 2 . Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Lấy D thuộc cạnh AC , điểm E thuộc tia đối của tia HA sao cho

AD HE 1 = = . AC HA 3

= 900 . Chứng minh rằng BED

Câu 4. Cho hình vuông ABCD . Qua A vẽ một cát tuyến bất kỳ cắt các canh BC và CD (hoặc đường thẳng chứa các cạnh đó) tại các điểm E và 1 1 1 Câu 5. Cho hình thoi ABCD + = 2 2 AE AF AD 2 = 1200 . Tia Ax tạo với tia AB góc BAx bằng 150 và cắt cạnh BC với A tại M , cắt đường thẳng CD tại N . Chứng minh rằng: F .Chứng minh rằng:

1 1 4 . Câu 6. Cho + = 2 2 AM AN 3AB 2 tam giác cân ABC , A = 200 , AB = AC , AC = b, BC = a . Chứng minh

rằng: a 3 + b 3 = 3ab 2 . Câu 7. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, BC = a, AC = b, AB = c . Chứng minh rằng:

a b c = = . sin A sin B sin C

Câu 8. Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c . Chứng minh rằng: sin

A a . ≤ 2 b +c

Câu 9. Cho góc vuông xOy và điểm A cố định thuộc tia Oy , điểm

B ∈ Ox sao cho OA = OB Điểm M chạy trên tia Bx . Đường vuông góc 1 1 với OB tại B cắt AM ở I . Chứng minh tổng không đổi. + AI 2 AM 2 Câu 10. Cho hình thang vuông ABCD có A = D = 90o , AB = 9cm,CD = 16cm, BC = 25cm . Điểm E thuộc cạnh BC sao cho BE = AB

a) Chứng minh: AED = 900 b) Tính AE , DE

CHỦ ĐỀ 2: SỰ XÁC ĐỊNH ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ HAI ĐƯỜNG TRÒN, GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN Câu 11. Cho đường tròn (O ; R ) , R = 4cm . vẽ dây cung AB = 5cm , C là điểm trên dây cung AB sao cho AC = 2cm . Vẽ CD vuông góc với OA tại D . Tính độ dài đoạn thẳng AD . Câu 12. Cho đường tròn (O; R ) , AC và BD là hai đường kính . Xác định vị trí của hai đường kính AC và BD để diện tích tứ giác ABCD lớn nhất. Câu 13. Cho đường tròn (O; R ) từ điểm M bên ngoài đường tròn ta kẻ hai đường thẳng lần lượt cắt đường tròn tại các điểm A, B và C , D biết AB = CD . Chứng minh rằng MA = MC . Câu 14. Cho đường tròn (O; R ) đường kính AB,CD là dây cung của (O ) , COD = 900 , CD cắt AB tại M ( D nằm giữa C và M ) và OM = 2R . Tính độ dài các đoạn thẳng MD, MC theo R .

Câu 15. Cho điểm C nằm giữa hai điểm A và B . Gọi (O ) là đường tròn bất kỳ đi qua A và B . Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với OA , cắt đường tròn (O ) ở D và E . Chứng minh rằng các độ dài AD, AE không đổi. Câu 16. Cho đường tròn (O; R ) , hai bán kính OA và OB vuông góc tại O . C và D là các điểm trên cung AB sao cho AC = BD và hai dây AC , BD cắt nhau tại M . Chứng minh rằng OM ⊥ AB .

Câu 17. Cho điểm A ở ngoài đường tròn (O; R ) . Vẽ cát tuyến ABC và tiếp tuyến AM với đường tròn (O ) . M là tiếp điểm. Chứng minh rằng

AB + AC ≥ 2AM . Câu 18. Cho đoạn thẳng AB , đường thẳng d và d ' lần lượt vuông góc với AB tại A và B . M là trung điểm của AB . Lấy C , D lần lượt trên d , d ' sao cho CMD = 90 0 . Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của dường tròn đường kính AB . Câu 19. Từ điểm P nằm ngoài đường tròn (O; R ) vẽ hai tiếp tuyến PA và PB tới đường tròn (O; R ) với A và B là các tiếp điểm. Gọi H là chân

đường vuông góc vẽ từ A đến đường kính BC của đường tròn. Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm I của AH . Câu 20. Một đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại D, E . Cho điểm M thuộc đoạn thẳng AD ; CM cắt DE tại I . Chứng minh rằng

IM DM = . IC CE

Câu 21. Cho đường tròn (O; r ) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D . Vẽ đường kính DE ; AE cắt BC tại M . Chứng minh rằng

BD = CM .

Câu 22. Cho tam giác ABC . Một đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại D . Đường tròn tâm I là đường tròn bàng tiếp trong góc A của tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại F . Vẽ đường kính DE của đường tròn (O ) . Chứng minh rằng A, E , F thẳng hàng. Câu 23. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC , AB, AC lần lượt ở D, E , F . Đường thẳng qua E song song với BC cắt AD, DF lần lượt ở M , N . Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng EN . Câu 24. Cho tam giác nhọn ABC . Gọi O là trung điểm của BC . Dựng đường tròn tâm O đường kính BC . Vẽ đường cao AD của tam giác ABC và các tiếp tuyến AM , AN với đường tròn (O ) ( M , N là các tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của MN với AD . Hãy chứng minh rằng AE .AD = AM 2 .

Câu 25. Cho tứ giác ABCD có đường tròn đường kính AD tiếp xúc với BC và đường tròn đường kính BC tiếp xúc với AD . Chứng minh rằng AB / /CD . Câu 26. Cho tam giác đều ABC . Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A vẽ nửa đường tròn đường kính BC , D là điểm trên nủa đường = 600 . Gọi tròn sao cho sđCD M là giao điểm của AD với BC . Chứng minh rằng BM = 2MC . Câu 27. Cho đường tròn (O; R ) và (O '; R ') tiếp xúc trong tại A (R > R ') . Tiếp tuyến tại điểm M bất kỳ của (O '; R ') cắt (O; R ) tại B và C . Chứng minh rằng BAM = MAC .

Câu 27. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R ) , AH là đường cao

(H ∈ BC ) . Chứng minh rằng: AB.AC = 2R.AH .

nhọn nội tiếp trong đường tròn O; R . Câu 28. Cho tam giác ABC có A ( )

Chứng minh rằng: BC = 2R sin BAC . Câu 29. Cho hai đường tròn (O ) và (O ') cắt nhau tại A và B . Qua A vẽ hai cát tuyến CAD và EAF (C và E nằm trên đường tròn (O ) , D và F nằm trên đường tròn (O ') ) sao cho CAB = BAF . Chứng minh rằng CD = EF .

Câu 30. Cho đường tròn (O ) đường kính AB . C là điểm trên cung AB (C khác A và B ). Vẽ CH ⊥ AB (H ∈ AB ) . Vẽ đường tròn (C ;CH ) cắt đường tròn (O ) tại D và E . DE cắt CH tại M . Chứng minh rằng MH = MC .

Câu 31. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R ) . Vẽ AD là đường cao của tam giác ABC . Chứng minh rằng BAD = OAC .

Câu 32. Cho hình bình hành ABCD . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD cắt đường thẳng AC tại E . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tiếp xúc với BD . Câu 33. Cho đoạn thẳng AB . M là điểm di động trên đoạn thẳng AB ( M khác A và B ). Vẽ đường thẳng xMy vuông góc với AB tại M . Trên tia Mx lần lượt lấy C và D sao cho MC = MA, MD = MB . Đường tròn

đường kính AC cắt đường tròn đường kính BD tại N ( N khác A ). Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn luôn đi qua một điểm cố định. Câu 34. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R ) có đỉnh A cố định, đỉnh B,C di động.Dựng hình bình hành ABDC . Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BDC là điểm cố định.

Câu 35. Cho tam giác nhọn ABC . Vẽ đường tròn (O ) đường kính BC . Vẽ AD là đường cao của tam giác ABC , các tiếp tuyến AM , AN với đường tròn (O ) ( M , N là các tiếp điểm). MN cắt AD tại E . Chứng minh rằng E là trực tâm của tam giác ABC . Câu 36. Cho tam giác nhọn ABC , trực tâm H . Từ A vẽ các tiếp tuyến AM , AN với đường tròn (O ) đường kính BC ( M , N là các tiếp điểm).

Chứng minh rằng M , H , N thẳng hàng. Câu 37. Cho tam giác ABC cân đỉnh A , đường trung trực của AB cắt BC tại D . Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD . Câu 38. Cho tam giác ABC

(A = 90 ) và AB < AC . Vẽ đường tròn tâm 0

A bán kính AB cắt BC tại D , cắt AC tại E . Chứng minh rằng

DB.CB = EB 2 .

Câu 39. Cho tam giác vuông ABC nội tiếp đường tròn (O; R ) AB < AC , A = 900 . Đường tròn (I ) qua B,C tiếp xúc với AB

(

)

tại B , cắt đường thẳng AC tại D . Chứng minh rằng OA ⊥ BD . Câu 40. Cho đoạn thẳng AB = 2a có trung điểm là O . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB dựng nửa đường tròn (O ) đường kính AB và nửa đường tròn (O ') đường kính AO . Trên (O ') lấy điểm M (khác A và O ), tia OM cắt (O ) tại C , gọi D là giao điểm thứ hai của CA với (O ') . a) Chứng minh tam giác ADM cân. b) Tiếp tuyến tại C của (O ) cắt tia OD tại E , xác định vị trí tương đối của đường thẳng EA đối với (O ) và (O ') .

Câu 41. Cho đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R . Gọi M là điểm di động trên đường tròn (O ) . Điểm M khác A, B ; dựng đường tròn tâm M tiếp xúc với AB tại H . Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến AC và BD với đường tròn tâm M vừa dựng. và a) Chứng minh BM , AM lần lượt là các tia phân giác của các góc ABD . BAC

b) Chứng minh ba điểm C , M , D nằm trên tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại điểm M . c) Chứng minh AC + BD không đổi, từ đó tính tích AC .BD theo CD . d) Giả sử ngoài A, B trên nửa đường tròn đường kính AB không chứa M có một điểm N cố định. gọi I là trung điểm của MN , kẻ IP vuông góc với MB . Khi M chuyển động thì P chuyển động trên đường cố định nào. Câu 42. Cho nửa đường tròn (O ) đường kính AB , điểm C thuộc nửa

, E là giao điểm của AI và đường tròn. Gọi I là điểm chính giữa AC BC . Gọi K là giao điểm của AC và BI . a) Chứng minh rằng EK ⊥ AB . b) Gọi F là điểm đối xứng với K qua I . Chứng minh AF là tiếp tuyến của (O ) . c) Chứng minh rằng AK .AC + BK .BI = AB 2 . = d) Nếu sin BAC

2 . Gọi H là giao điểm của EK và AB . Chứng 3

minh KH (KH + 2HE ) = 2HE .KE .

Câu 43. Cho đường tròn (O ) đường kính AB = 2A , điểm C thuộc đường tròn (C ≠ A,C ≠ B ) . Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn (O ) . Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N .

a) Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân. b) Khi MB = MQ , tính BC theo R . Câu 44. Cho đường tròn (O; R ) đường kính AC . Trên đoạn thẳng OC lấy điểm B và vẽ đường tròn (O ') có đường kính BC . Gọi M là trung điểm của AB , qua M kẻ dây cung vuông góc với AB cắt đường tròn (O ) tại D và E . Nối CD cắt đường tròn (O ') tại I . a) Tứ giác DAEB là hình có đặc tính gì? Vì sao? b) Chứng minh MD = MI và MI là tiếp tuyến của đường tròn (O ') . c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên BC . Chứng minh CH .MB = BH .MC . Câu 45. Cho tam giác ABC đều, dựng nửa đường tròn tâm D đường kính BC tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại K , L . Lấy điểm P thuộc cung nhỏ KL , dựng tiếp tuyến với nửa đường tròn tại P cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N . a) Chứng minh ∆BMD ∼ ∆CDN rồi suy ra BM .CN = b) Chứng minh

SMDN SABC

MN . 2BC

BC 2 . 4

c) Gọi E , F lần lượt nằm trên các cạnh AB, AC sao cho chu vi ∆AEF bằng một nửa chu vi ∆ABC . Chứng minh rằng EDF = 600 . Câu 46. Cho tam giác ABC có AC = 2AB nội tiếp đường tròn (O; R ) . Các tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại A,C cắt nhau tại M . BM cắt đường tròn (O ) tại D . Chứng minh rằng:

MA AD = MB AB AD.BC = AB.CD .

c) AB.CD + AD.BC = AC .BD .

d) ∆CBD cân.

Câu 47. Trên nửa đường tròn tâm (O; R ) , đường kính AB lấy hai điểm M , E theo thứ tự A, M , E , B . Hai đường thẳng AM và BE cắt nhau tại C , AE và BM cắt nhau tại D .

a) Chứng minh rằng tứ giác MCED nội tiếp và CD vuông góc với AB . b) Gọi H là giao điểm của CD và AB . Chứng minh rằng BE .BC = BH .BA . c) Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại M và E của đường tròn (O ) cắt nhau tại một điểm I thuộc CD . = 450 , BAE = 300 . Tính diện tích tam giác d) Cho BAM ABC theo R .

Câu 48. Cho tam giác ABC đều, gọi O là trung điểm của cạnh BC . Các bằng điểm D, E lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho DOE 600 .

a) Chứng minh BD .CE không đổi,

. b) Chứng minh rằng tia DO là tia phân giác của BDE

c) Dựng đường tròn tâm O tiếp xúc với AB . Chứng minh rằng đường tròn này luôn tiếp xúc với DE và AC . d) Gọi P ,Q lần lượt là tiếp điểm của (O ) với AB, AC . I và N lần lượt là giao điểm của PQ với OD và OE . Chứng minh rằng DE = 2IN . Câu 49. Cho đường tròn (O; R ) và điểm A ở bên ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O ) ( B,C là các tiếp điểm). Gọi M là trung điểm AB . a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp và xác định tâm I của đường tròn này. b) Chứng minh rằng AM .AO = AB .AI . c) Gọi G là trọng tâm tam giác ACM . Chứng minh MG / /BC . d) Chứng minh IG vuông góc với CM . Câu 50) Cho đường tròn (O; R ) nội tiếp ∆ABC , tiếp xúc với cạnh AB, AC lần lượt ở D và E

a) Gọi O ' là tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE , tính OO ' theo R . và cắt đường thẳng b) Các đường phân giác trong của B C DE lần lượt tại M và N . Chứng minh tứ giác BCMN nội tiếp được đường tròn.

c) Chứng minh

MN DM EN = = . BC AC AB

PHẦN 3. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CƠ BẢN CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG, TỶ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN Câu 1. Giải: Vẽ ME ⊥ AB, E ∈ AB . EM cắt DC tại F . Tứ giác AEFD có A =E =D = 900 nên là hình A

chữ nhật, suy ra EA = FD, MFD = 900 .

Tứ giác EBCF có E = B = C = 900

nên là hình chữ nhật, suy ra EB = FC , MFC = 900 . Áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông EAM , FMC , EBM , FMD , ta có:

MA2 = EM 2 + EA2 ; MC 2 = FM 2 + FC 2 ; MB 2 = EM 2 + EB 2 ; MD 2 = FM 2 + FD 2 .Do đó MA2 + MC 2 = EM 2 + EA2 + FM 2 + FC 2 và MB 2 + MD 2 = EM 2 + EB 2 + FM 2 + FD 2 mà EA = FD, FC = EB . Suy ra MA2 + MC 2 = MB 2 + MD 2 . Câu 2. Giải:

+ C = 900 < 1800 nên hai Ta có D

B A

đường thẳng AD và BC cắt nhau. Gọi E là giao điểm của AD và BC .

+C = 900 nên Vì ∆ECD có D CED = 900 . Các tam giác EAB, ECD, EAC , EBD vuông tại E nên theo định lý Pitago ta có: EA2 + EB 2 = AB 2 (1); EC 2 + ED 2 = CD 2 (2); EA2 + EC 2 = AC 2 (3); EB 2 + ED 2 = BD 2 (4).Từ (1) và (2) ta có: EA2 + EB 2 + EC 2 + ED 2 = AB 2 + CD 2 .Từ (3) và (4) ta có:

EA2 + EB 2 + EC 2 + ED 2 = AC 2 + BD 2 . Do đó AB 2 + CD 2 = AC 2 + BD 2 . A

Câu 3. Giải:

Từ giả thiết

AD HE 1 = = AC HA 3 B

ta nghĩ đến DF ⊥ AH , F ∈ AH .

Từ đó AF = HE , HA = FE và

áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông HEB, FDE , HAB, FAD, ABD ta sẽ chứng minh được:

BE 2 + ED 2 = BD 2 . Câu 4. Giải: Vẽ đường thẳng qua A vuông góc với AF cắt DC tại G .Xét ∆ABE và ∆ADG có: ABE = ADG = 900 ; AB = AD (vì ABCD là hình vuông); BAE = DAG (hai góc cùng phụ với DAE ). Do đó ∆ABE = ∆ADG (g.c.g) ⇒ AE = AG . ∆AGF có GAF = 900 ; AD ⊥ GF

theo hệ thức về cạnh và đường E

cao tam giác vuông, nên ta có: 1 1 1 + = . 2 2 AG AF AD 2 1 1 1 Do đó . + = 2 2 AE AF AD 2

Câu 5.

M F

Dựng AE ⊥ AN , AH ⊥ CD E , H ∈ CD ,dựng AF ⊥ BC thì hai tam giác AHE , AFM bằng nhau nên AE = AM . Trong tam giác vuông 1 1 1 + = , mà AE = AM nên ta có: AEN ta có: 2 2 AE AN AH 2 1 1 1 3 .Ta cần chứng minh: AH = + = AB 2 2 2 2 AM AN AH

3 DC .Nhưng điều này là hiển nhiên do tam giác ADC , ABC 2 là các tam giác đều. ⇔ AH =

Câu 6. Giải: A

= 200 , Bx Vẽ tia Bx sao cho CBx

20o

cắt cạnh AC tại D . Vẽ AE ⊥ Bx , E ∈ Bx . Xét ∆BDC và ∆ABC có CBD = BAC = 200 ; BCD chung. x BD BC DC Do đó = = D E AB AC BC ⇒ BD = BC = a ; B C BD a2 a2 DC = .BC = ; AD = AC − DC = b − . ∆ABE vuông tại E AB b b 0 có ABE = ABC − CBD = 60 nên là nửa tam giác đều, suy ra AB b b BE = = ⇒ DE = BE − BD = − a . ∆ABE vuông tại E , nên 2 2 2 theo định lý Pitago ta có: 3 AE 2 + BE 2 = AB 2 ⇒ AE 2 = AB 2 − BE 2 = b 2 . ∆ADE vuông tại E , 4 nên theo định lý Pitago ta có:

2  b  3 a2  3 1 AE 2 + DE 2 = AD 2 ⇒ b 2 +  − a  = b −  ⇒ b 2 + b 2 − ab + a 2   2  4 4 4 b 

= b 2 − 2a 2 +

a4 a4 ⇒ + ab = 3a 2 ⇒ a 3 + b 3 = 3ab 2 . b2 b2

Câu 7. Giải: A

Vẽ AH ⊥ BC , H ∈ BC ; vì trong ∆HAB có H = 900

nên sin B =

AH ; vì trong ∆HAC AB H

= 900 nên sinC = AH . Do đó có H AC sin B AC b b c = = ⇒ = . Chứng minh tương tự ta có sinC AB c sin B sin C a b a b c = .Vậy = = . sin A sin B sin A sin B sin C Câu 8. Giải:

Vẽ đường phân giác AD của tam giác ABC . Theo tính chất đường phân I

giác của tam giác ta có

⇒

BD DC = AB AC

BD BD + DC BC BD a . Vậy . = = = AB AB + AC AB + AC AB b + c

= 900 , do đó Vẽ BI ⊥ AD (I ∈ AD ) , suy ra BI ≤ BD . ∆IAB có AIB = sin BAI

BI A a ; hay sin ≤ . AB 2 b +c

Câu 9. A

Dựng đường thẳng vuông góc với AM tại A cắt BO tại K .

được ∆AOK = ∆IHA ⇒ AK = AI .

Dựng IH ⊥ OA . Ta dễ chứng minh K

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AKM ta có: 1 1 1 ( không đổi) + = 2 2 AK AM AO 2

Câu 10. a). Do BE = AE = 9cm ⇒ CE = 25 − 9 = 16cm .

Gọi K là giao điểm của DE và AB . Ta có E

BEK = DEC = EDC = AKE nên tam giác BEK cân do đó BK = BE ⇒ ∆AEK vuông tại E ( Do BA = BK = BE ).

b) Tính được: AD = 24cm suy ra: 1 1 1 1 1 = + = 2 + 2 ⇒ AE = 14, 4cm; DE = 19,2cm 2 2 2 AE AD AK 24 18

CHỦ ĐỀ 2: SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ HAI ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ ĐƯỜNG TRÒN VÀ ĐƯỜNG THẲNG

Câu 11. Giải: B

Vẽ đường kính AE có AE = 8cm . Điểm B thuộc đường tròn

= 900 . đường kính AE ⇒ ABE

Xét ∆ADC và ∆ABE có DAC

(chung), ADC = ABE = 900 ,

(

)

AD AC AC .AB = ⇒ AD = . Mà AB AE AE 2.5 5 = (cm ) . AC = 2cm, AB = 5cm, AE = 8cm , nên AD = 8 4

do đó ∆ADC ∼ ∆ABE ⇒

Câu 12. Giải:Vẽ AH ⊥ BD (H ∈ BD ) .

Tứ giác ABCD có

OA = OA = R,OB = OD = R

nên là hình bình hành. Mà

H D

AC = BD = 2R do đó tứ giác ABCD là hình chữ nhật, suy ra S ABCD = AB.AD . ∆ABD có A = 900 , AH ⊥ DB nên AB.AD = AH .DB . Vì AH ≤ AO, DB = 2R nên S ABCD ≤ 2R2 (không đổi). Dấu “=” xảy ra ⇔ H ≡ O ⇔ AC ⊥ BD . Vậy khi hai đường kính AC và BD vuông góc với nhau thì diện tích tứ giác ABCD lớn nhất.

Câu 13. Giải: Vẽ OH ⊥ AB (H ∈ AB ) , OK ⊥ CD (K ∈ CD ) . B

Ta có AB = CD (gt), nên

OH = OK (định lý liên hệ dây cung và khoảng

cách đến tâm) và H , K

lần lượt là trung điểm của

AB,CD (định lý đường kính

= 900 có OM vuông góc dây cung) ⇒ AH = CK . Xét ∆OHM OHM

(

)

(cạnh chung) và OH = OK , do đó ∆OHM = ∆OKM (cạnh huyền, cạnh góc vuông) ⇒ MH = MK . Ta có MH − AH = MK − CK ⇒ MA = MC . C

Câu 14. Giải:

H D

Vì COD = 900 suy ra tam giác

COD vuông cân tại O nên CD = R 2 .Gọi H là trung điểm của CD . Vì ∆HOM vuông tại H , 1 2 OH = CD = R,OM = 2R . Trong tam giác vuông OMH ta có: 2 2 MH 2 = OM 2 − OH 2 = 4R 2 − MD = MH − AH =

R 2 2

(

R2 7R 2 14 = ⇒ MH = R suy ra 2 2 2

)

7 − 1 , MC =

R 2 2

Câu 15.

(

)

7 +1

C A

Gọi H là giao điểm của OA và DE . Ta có OA ⊥ DE ⇒ AD = AE . Chỉ cần chứng minh AD hoặc AE có độ dài không đổi. Các đoạn thẳng AB, AC có độ dài không đổi, DE ⊥ OA từ đó gợi cho ta vẽ đường phụ là đường kính AF để suy ra: AD 2 = AH .AF , AC .AB = AH .AF . Câu 16. Giải:

∆OAB cân đỉnh O , AC = BD ,

I M

những điều này giúp ta nghỉ đến

chứng minh OM là đường phân giác A

góc O của ∆OAB .Vẽ OI ⊥ AC , OK ⊥ BD (I ∈ AC , K ∈ BD )

thì ta có OI = OK suy ra lời giải bài toán. M

Câu 17. Giải: Vẽ OH ⊥ BC , H ∈ BC , suy ra BH = HC (định lý

C H

B A

đường kính vuông góc dây cung). Ta có AB + AC =

(AH − BH ) + (AH + HC ) = 2AH . ∆MAO

có AMO = 900 , theo định

lý Pitago có AM 2 + OM 2 = OA2 ; ∆HAO có AHO = 900 nên AH 2 + OH 2 = OA2 mà OB = OM = R , OH ≤ OB nên OH ≤ OM . Do đó OH 2 ≤ OM 2 , suy ra AH ≥ AM . Từ đó ta có: AB + AC ≥ 2AM .

Câu 18. Giải: Vẽ MH ⊥ CD, H ∈ CD . Gọi N là trung điểm của CD

H C

thì MN là đường trung bình của hình thang và tam giác MNC cân tại N nên NMC = ACM = MCN .

nên Suy ra CM là tia phân giác của ACH MA = MH , Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Câu 19. Gợi ý: Dễ thấy PB / /AH , gọi D là giao điểm của CA và BP thì tam giác BAD vuông tại A . Do PA = PB ⇒ PA = PB = PD (Do ). PDA = DAP cùng phụ với DBA = PAB D Áp dụng định lý Thales ta có:

IA IH AH = = mà PD PB BD

PB = PD ⇒ IA = IH

Câu 20. Giải: Điều cần chứng minh làm ta nghĩ đến định lý Thales do vậy ta làm xuất hiện “hai đường thẳng song song”. + Vẽ CK / /AB, K ∈ DE .

A K M I

D O

Ta có

IM DM = (*) IC CK

+ Vì CEK = AED = ADE = EKC

Suy ra tam giác CEK cân tại C ⇒ CE = CK .Thay vào (*) ta có: IM DM = IC CE A

Câu 21. Giải: Vẽ tiếp tuyến tại E của

K N

đường tròn (O ) cắt AB, AC lần lượt O

tại H , K .Ta có ED ⊥ HK , ED ⊥ BC ⇒ HK / /BC .

Gọi N là tiếp điểm của đường tròn (O ) tiếp xúc với AC . OK ,OC là hai tia phân giác của hai góc kề bù EON và NOD (tính chất = 900 . trung tuyến) ⇒ KOC

= CDO = 900 ,OKE = COD (cùng + Xét ∆OEK và ∆CDO có OEC

(

)

).Do đó ∆OEK ∼ ∆CDO ⇒ EK = OE hay EK = r . phụ với EOK OD CD r CD HE r Tương tự cũng có = . Do vậy r BD EK BD EK BD EK BD = ⇒ = hay = (1) HE CD EK + HE BD + CD HK BC

+ Trong ∆ABM có HE / /BM , áp dụng hệ quả của định lý Thales trong HE AE EK AE = . Tương tự có = . Do đó BM AM CM AM HE EK EK EK + HE EK HK EK CM = ⇒ = hay = ⇒ = BM CM CM CM + BM CM BC HK BC

tam giác ta có

Từ (1) và (2) cho ta BD = CM .

(2)

Câu 22. Giải: Theo đề ra có A,O, I E

thẳng hàng (vì O, I cùng nằm

M O

trên tia phân góc A ). B

(I ) với AB , ta có OM / /IN

+ Gọi M , N là tiếp điểm của (O ) ; N

AO OM nên = (hệ quả của định lý Thales). AI IN AO OE Mà OM = OE , IN = IF nên có = . AI IF

. Mặt khác ED ⊥ BC , IF ⊥ BC ⇒ OD / /IF ⇒ AOE = AIF

AO OE = ; AOE = AIF , do đó AI IF = IAF . Vậy A, E , F thẳng hàng. ∆OAE ∼ ∆IAF ⇒ OAE

+ Xét ∆OAE và ∆IAF có

Câu 23. Giải

+ Vì đường tròn (I ) tiếp xúc với các cạnh tại D, E , F nên suy ra

F E

AE = AF , BE = BD,CD = CF .

M I

+ Dựng AK / /BD (K ∈ DF ) ta có: B

MN MD EM AM = , = . Ta cần AK DA BD AD MD AM MD BD .AK = .BD ⇔ = . Nhưng DA AD AM AK MD BE = (điều AK = AF = AE , BD = BE nên ta cần chứng minh: AM AE A này là hiển nhiên).

chứng minh:

Câu 24. Giải: AM , AN là các tiếp tuyến của đường

tròn (O ) ,gọi H là giao điểm của AO và MN .

Ta có tam giác AHE đồng dạng với Tam giác ADO nên AE .AD = AH .AO . Cũng theo tính chất tiếp tuyến ta có: AH .AO = AM 2 .Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Câu 25. Giải:

Gọi O, I lần lượt là tâm của các N

đường tròn đường kính AD, BC .

M I

Cần chứng minh AB / /OI cho ta nghĩ đến các điểm M , N là tiếp điểm của đường tròn (O ) tiếp xúc

với BC , đường tròn (I ) tiếp xúc với AD . BC AD ,OM = ,OM ⊥ BC , IN ⊥ AD giúp ta có S AOI = S BOI từ 2 2 đó có được AB / /OI . IN =

CHỦ ĐỀ 3- GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN, TỨ GIÁC NỘI TIẾP A

Câu 25. Giải: Gọi O là trung điểm của BC

= 600 thì tam giác OCD đều nên OCD ⇒ AB / /CD .Để chứng minh: BM = 2MC B

Ta cần chứng minh AB = 2CD .

M O

Xét tam giác vuông BDC ta có: CD = BC .sin 300 =

1 BC suy ra BC = AB = 2CD 2

Câu 26. Giải: Ta gọi giao điểm của AM và cung BC

= MAC ⇔ BD = DC . là D .Ta có BAM A

⇔ OD ⊥ BC ⇔ O ' M / /OD ' = ADO ⇔ AMO

' = ADO ta Để chứng minh: AMO dựa vào các tam giác cân O ' AM và OAD . Câu 27. Giải:

Vẽ đường kính AD của đường

O B

= 900 tròn (O ) , suy ra ACD (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét ∆HBA và ∆CDA có:

= ACD = 900 ; HBA = CDA (góc nội tiếp cùng chắn AC ), AHB

(

)

AH AB = ⇒ AB.AC = AD.AH . Mà AC AD AD = 2R . Do đó AB.AC = 2R.AH .

Do đó ∆HBA ∼ ∆CDA ⇒

Câu 28. Giải:

Vẽ đường kính BD của đường tròn O

(O; R )

= 900 (góc nội tiếp ⇒ BCD

chắn nửa đường tròn).

= 900 nên BC = BD sin BDC . Ta lại có ∆BCD có C ) nên BD = 2R; BDC = BAC (góc nội tiếp cùng chắn BC . BC = 2R sin BAC Từ bài toán này ta cần ghi nhớ kết quả quan trọng: Trong tam giác ABC a b c ta có: = = = 2R sin A sin B sin C Câu 29. Giải: E

Vẽ BH ⊥ CD, BK ⊥ EF .

C O'

Thì suy ra BH = BK Ta có: ∆CBD $ ∆EBF suy ra

, Ta có: AB là tia phân giác của CAF

CD BH = = 1 ⇔ CD = EF . Đó là điều phải chứng minh. EF BK

Câu 30. Giải:

Dựng đường kính HN của đường tròn

(C ) cắt đường tròn (O ) tại K

khi đó ta có

CN = CH = HK và

M A

MC .MK = MH .MN (= MD.ME ) .

E B

⇒ MC .MK = (HC − MC ).(HC + MC )

⇔ MC .MK = HC 2 − MC 2 ⇔ MC (MC + MK ) = HC 2

Hay ⇔ MC (MC + MK ) = HC 2 ⇔ MC .2HC = HC 2 ⇔ HC = 2MC là điều phải chứng minh. A Câu 31. Giải: Dựng đường kính AE của đường tròn (O; R ) .Ta có AEC = ABD

(cùng chắn cung AC )

O B

suy ra ∆DBA ∼ ∆CEA , từ đó suy ra

= OAC . BAD E

Câu 32.

Ta có: BEC = BDC (cùng chắn cung )

(so le trong) BC và ABD = BDC suy ra BEC = ABD . D x

Vì vậy tia BD là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE x

Câu 33. Giải:

+ Vẽ đường tròn đường kính AB . N

∆MBD vuông tại M có MB = MD

(gt) nên là tam giác vuông cân

= 450 . Từ đó ta có ⇒ ACM

ANM = ACM = 450 (hai góc nội

E y

) tiếp cùng chắn AM

= ANM + MNB = 900 ; do đó ANB N thuộc đường tròn đường kính AB . ( khác ). Ta có + Gọi E là giao điểm của MN và AB E N 0 ANM = MNB = 45 ⇒ AE = EB ⇒ E cố định. Vậy MN luôn đi qua một điểm cố định E . Câu 34. Giải:

Dựng đường kính AH của (O ) . Ta chứng minh H là trực tâm của O

∆BDC . Thật vậy ta có: ACH = 900

⇒ CH ⊥ AC ⇔ CH ⊥ BD . Tương tự ta cũng có:

BH ⊥ AB ⇔ BH ⊥ CD . Như vậy H

là trực tâm của ∆BDC . Suy ra trực tâm H là điểm cố định. Câu 35. Giải:

AB cắt (O ) tại B và F . Vì ∆AEH $ ∆ADO

suy ra AE .AD = AH .AO = AM 2 . Để chứng minh E là trực tâm của tam giác ABC , ta cần chứng

= 900 , nghĩa là cần có minh AFE AF .AB = AE .AD .

Nhưng ta có: AF .AB = AM 2 (Tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) hoặc có thể dùng tam giác đồng dạng A Câu 36. Giải: D

Gọi D, E là giao điểm của đường tròn

(O ) với các cạnh AC , AB

thì H

là giao điểm của BD,CE .

Chứng minh được AMH = AMN ,

từ đó có M , H , N thẳng hàng. Câu 37. Giải: Hai tam giác cân ABC , DAB

, có chung góc ở đáy ABC

O M

do đó BAC = ADC . Suy ra BA là tiếp

tuyến của đường tròn ngoại tiếp

tam giác ACD

A D x

O B

Câu 38. Giải: Vẽ tiếp tuyến Ax của đường tròn (O ) .

và ACB lần lượt là góc tạo xAB bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AB của

(O ) nên

= ACB . xAB

ABD và ACB lần lượt là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội = ACB . tiếp cùng chắn cung BD của I nên ABD

()

Do đó xAB = ABD ⇒ Ax / /BD . Mà OA ⊥ Ax ,OA ⊥ BD suy ra OA ⊥ BD .

Câu 39. Giải: Giả sử CA cắt (O ) tại F thì EF là

= BE đường kính của (A; AB ) , ta có BF

B D

= BFD , (vì BA ⊥ EF ) . Ta có: BED

≡ BCE = 1 sđ BF − DE  = BCF  2 

1   1 sđ BE − DE  = sđBD = BFD   2 2

Từ đó suy ra BED = ECB .

chung, Xét tam giác ∆BCE , ∆BED có B BED = ECB

⇒ ∆BCE $ ∆BED ⇔

BC BE = ⇒ DB.CB = EB 2 . BE BD

Câu 40) . Giải: = 90 0 (góc nội a) Ta có OA = OC = a ⇒ ∆OAC cân tại O . Mà ADO tiếp chắn nửa đường tròn (O ') ) ⇒ OD ⊥ AC ⇒ OD cũng là đường phân , nghĩa là giác AOC AOD = DOM

(hai góc ở tâm bằng = DM ⇒ AD

nhau nên cung chắn bằng nhau)

D H

⇒ AD = DM ⇒ ∆ADM cân tại D .

b) ∆AOE và ∆COE có OE (chung); = COE (cmt); OA = OC = a , ∆AOE = ∆COE (c.g.c) AOE = ECO = 900 hay ⇒ EAO EA ⊥ AB tại A , OA = a là bán kính (O ) ⇒ EA là tiếp tuyến của (O ) và (O ') .

Câu 41. Giải:

a) Do BD, BH là hai tiếp tuyến M

cắt nhau đối với đường tròn (M ) ⇒ BM là tia phân giác ABD HBD .Lý luận tương ⇒ B1 + B2 = 2 tự AM là tia phân giác của BAC

P 2 1

A K N

1 O

BAC . ⇒ A1 = A2 = 2 +B = 900 0 b) AMB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ A 1 1

D B

+ BAC HBD + BAC = 1800 . Vậy = 900 ⇒ HBD AC / /BD , mà 2 MD ⊥ BD, MC ⊥ AC (gt) nên M ,C , D thẳng hàng. Ta có OM là đường trung bình của hình thang vuông ABDC nên OM / /AC mà CD ⊥ AC ⇒

(gt) ⇒ OM ⊥ CD tại M , CM là bán kính của (M ) ⇒ CD là tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại M . c) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau của một đường tròn, có:

  AC = AH ⇒ AC + BD = AH + BH = AB = 2R const .Áp dụng hệ  ( )  BD = BH   CD 2 thức lượng trong tam giác vuông: AC .BD = AH .BH = MH 2 = (do 4 ∆CHD vuông có HM là trung tuyến ứng với cạnh huyền). d) Ta có IP / /AM (vì cùng vuông góc với MB ).Kéo dài IP cắt AN tại K ; ∆AMN có IK là đường trung bình ⇒ K trung điểm của AN . Mà A, N cố định nên K cố định. Điểm P luôn nhìn hai điểm K , B cố định dưới một góc vuông nên P chuyển động trên đường tròn đường kính KB . Câu 42. Giải:

E C

a) Ta có AIB = 900 (góc nội tiếp

chắn nủa đường tròn) ⇒ BI ⊥ AE .

F K

Tương tự AC ⊥ BE ⇒ ∆AEB có hai đường cao AC , BI cắt nhau tại

K ⇒ K là trực tâm ∆AEB ⇒ EK ⊥ AB (tính chất ba đường cao).

= IC ⇒ IBA = IBC (hai góc nội ⇒ IA b) Do I là điểm chính giữa AC tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau). Mà IAC = IBC (hai góc nội tiếp

= IBA . ) ⇒ IAC cùng chắn IC

∆FAK có AI là đường cao (AI ⊥ BI ) đồng thời là đường trung tuyến

( F và K đối xứng qua I )

= IAK .Ta có ⇒ ∆FAK cân tại A ⇒ FAI = FAI + IAB = IAK + IAB = IBA + IAB = 900 ⇒ AF ⊥ AB FAB tại A ⇒ AF là tiếp tuyến của (O ) . KH = 2 ⇒ KH = 2 ⇒ AK = 3 HK mà sin BAC AK 3 AK 3 2 ∆ABE có BI vừa là đường cao vừa là đường phân giác ⇒ ∆ABE cân tại B nên BI cũng là đường trung trực ⇒ KA = KE (K ∈ BI ) .

= c) sin KAH

   3 EH = EK + KH =  + 1 KH .Ta có   2    3   KH (KH + 2HE ) = KH KH + 2  + 1 KH  = 3 + 6 KH 2 .  2      3  3 + 1 HK . HK = 3 + 6 HK 2 . Suy ra Và 2HE .KE = 2   2 2 

(

)

KH (KH + 2HE ) = 2HE .KE .

Câu 43. Giải:

a) Do M là điểm chính giữa AC

= ABM ⇒ NBM = MC ⇒ MA (hai góc nội tiếp chắn hai cung

bằng nhau) ⇒ BM là đường phân trong giác ABN ∆ABM .Mặt khác 0 BMA = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). [

∆BAN có BM vừa là đường cao vừa là đường phân giác ⇒ ∆BAN cân tại B

= BNA .Ta lại có (vì cùng bù BCM ). Do đó ⇒ BAN BAN = MCN = MCN ⇒ ∆CMN cân tại M . BNA = MQB b) Do MB = MQ (gt) ⇒ ∆BMQ cân tại M ⇒ MBQ = MNQ (vì cùng bù với hai góc bằng nhau) ⇒ ∆BCM ∼ ∆QNM MCB

BC CM = = 1 (do ∆CMN cân tại M nên QN MN CM = MN ) ⇒ QN = BC . BCA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét ∆BAQ vuông tại A , AC ⊥ BQ có:

(g.g) ⇒

AB 2 = BC .BQ = BC (BN + NQ ) = BC (AB + BC ) (1). Đặt BC = x , x > 0 , biết AB = 2R , từ (1) cho 4R 2 = x (2R + x ) ⇔ x 2 + 2Rx − 4R 2 = 0 ∆ ' = R 2 + 4R 2 = 5R 2 ⇒ ∆ ' = R 5 , x 1 = −R + R 5 và

x 2 = −R − R 5 < 0 (loại) . Vậy BC = Câu 44. Giải:

(

)

5 −1 R .

MA = MB D

a) Đường kính AC vuông góc với dây DE tại M ⇒ MD = ME . Tứ giác ADBE có MD = ME ,

I B

A M

MA = MB (gt), AB ⊥ DE

⇒ ADBE là hình thoi (hình bình hành có hai đường chéo vuông góc nhau). b) Ta có BIC = 900 (góc nội tiếp chắn nủa đường tròn (O ') )

H O'

= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O ) ⇒ BI ⊥ CD và ADC ( ) AD ⊥ DC nên AD / /BI , mà BE / /AD ⇒ E , B, I thẳng hàng (tiên đề Ơclit). ∆DIE có IM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền ⇒ MI = MD . Do MI = MD (cmt) ⇒ ∆MDI cân tại = MDI M ⇒ MID + O ' I = O 'C = R ⇒ ∆O ' IC cân tại O ' ⇒ O ' IC = O 'CI .Suy ra +O +O MID ' IC = MDI 'CI = 900 ( ∆MCD vuông tại M ). Vậy MI ⊥ O ' I tại I , O ' I = R ' bán kính đường tròn (O ') ⇒ MI là tiếp

tuyến của đường tròn (O ') . c) BCI = BIM (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn = BIH ⇒ IB là phân giác ) BCI = BIH (cùng phụ HIC ) ⇒ BIM BI MIH trong ∆MIH . Ta lại có BI ⊥ CI ⇒ IC là phân giác ngoài tại đỉnh I của ∆MIH . Áp dụng tính chất phân giác đối với ∆MIH có: BH IH CH = = ⇒ CH .MB = BH .MC . MB MI CM

Câu 45. Giải:

Xét tứ giác AKDL có KDL + KAL = 1800 = 1800 − 600 = 1200 . =L = 900 ) ⇒ KDL (vì K

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau B

và PDL ta có DM , DN lần lượt là tia phân giác KDP 0 KDP + PDL KDL 120 ⇒ MDN = = = = 600 .Ta có: 2 2 2 0 MDC = MDN + NDC = 60 + NDC ; =B + BMD = 600 + NDC (góc ngoài MDC ∆BMD )

= BMD , mà ⇒ NDC MBD = DCN = 600 ( ∆ABC đều) ⇒ ∆BMD ∼ ∆CDN (g.g)

BM BD BC 2 . = ⇒ BM .CN = BD.CD = CD CN 4 1 MN .PD S MDN MN PD MN KD MN b) Ta có . . . = 2 = = = 1 2BC S ABC BC AD BC AD AD.BC 2 ⇒ DK = DP , Vì D ∈ MD là tia phân giác BMN ∆AKD có AD KD 1 = 900 , KAD = 300 ⇒ KD = K ⇒ = . 2 AD 2 c) Dựng đường tròn bàng tiếp trong góc A có tâm O của ∆AEF . Do AD . Suy là đường trung tuyến của ∆ABC đều nên AD là tia phân giác BAC ⇒

ra O ∈ AC . Gọi P ', K ', L ' lần lượt là các tiếp điểm của (O ) với EF , AB, AC . Ta có AK ' = AL '; P ' E = EK '; P ' F = FL ' (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ PAEF = AE + EF + FA = AE + EP '+ P ' F + FA

= AE + EK '+ FL '+ FA = AK '+ AL ' = 2AK ' . Mà PAEF =

1 (gt) P 2 ABC

1 3 PABC = AB ( ∆ABC đều) 2 2 3 AB ⇒ AK ' = AB ⇒ BK ' = (vì AK '+ K ' B = AB ) 4 4  BD 2 BC 2 AB 2 2  = . Mặt khác BD =  ( D là trung điểm ⇒ BK '.AB = 4 4  2  BC ); AB = BC ( ∆ABC đều) ⇒ BK '.AB = BD 2 ⇒ ∆BKD ' ∼ ∆BDA (c.g.c) = 900 . Ta lại có OK ⇒ BK ' D = BDA ' B = 900 ⇒ O ≡ D (vì O, D ∈ AD ) . Mà K ' AL ' + K ' DL ' = 1800 (vì AK ' DL ' là tứ giác nội tiếp) mà K ' AL ' = 600 ⇒ K ' DL ' = 1200 ⇒ EDF = 600 (tia phân giác của hai góc kề). ⇒ 2AK ' =

Câu 46. Giải: chung; a) Xét ∆MAD và ∆MBA có AMB

E C

MAD = MBA (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia ) tiếp tuyến và dây cùng chắn AD

⇒ ∆MAD$ ∆MBA (g.g) MA AD MD ⇒ = = . MB AB MA b) Ta có MA = MC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau của một đường tròn) ⇒ có

MD MD = . Lập luận tương tự, ta MA MC

MD CD AD CD = . Suy ra = ⇒ AD.BC = AB.CD . MC BC AB BC

= ADB c) Dựng điểm E ∈ AC sao cho EDC ∆DAB và ∆DEC có ADB = EDC (cách dựng), ABD = ECD (hai ) ⇒ ∆DAB$ ∆DEC (g.g) góc nội tiếp cùng chắn AD

AB BD = ⇒ AB.DC = EC .BD (1). Do EC DC = ADB ⇒ BDC = ADE , nên EDC ∆DAE $ ∆DBC (g.g) ⇒ AD.BC = BD.AE (2). Từ (1) và (2) ta có AB.CD + AD.BC = BD (AE + EC ) = BD.AC . ⇒

 AD.BC = AB.CD c) Ta có  ⇒ 2AB.CD = AC .BD . AD.BC + AB.CD = AC .BD  

Mà AC = 2AB (gt) ⇒ 2AB.CD = 2AB.BD ⇒ CD = BD . Suy ra tam giác BCD cân tại D .

Câu 47. Giải:

E I M

a) Áp dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ta có: AEB = AMB = 900 , vậy BMC = AEC = 900

+ BMC = 1800 ⇒ Tứ giác ⇒ AEC MCED nội tiếp đường tròn. ∆ABC có hai đường cao BM , AE cắt nhau tại D ⇒ D là trực tâm ∆ABC ⇒ CD ⊥ AB . BE BH = ⇒ BE .BC = BH .AB . AB BC c) + Gọi I là giao điểm của tiếp tuyến tại M của đường tròn (O ) với CD .

= b) cos ABC

= MAB (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp Trong đường tròn (O ) có IMD

), MAB = MDI (cùng phụ với tuyến và dây cùng chắn MB = MDI ⇒ ∆IMD cân tại I ⇒ IM = ID . Ta lại có ) ⇒ IMD ACH IMC = ICM (cùng phụ với hai góc bằng nhau) ⇒ ∆MIC cân tại I

⇒ IM = IC . Vậy IM = ID = IC ⇒ I là trung điểm của CD . + ∆CED có EI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IE = IC = ID = IM , ∆CED và ∆IED có IM = IE (cmt), OI chung, OM = OE = R ⇒ ∆IMO = ∆IEO = IMO = 900 ⇒ IE ⊥ OE ,OE = R nên IE là tiếp tuyến (c.c.c) ⇒ IEO của đường tròn (O ) tại E . Nghĩa là các tiếp tuyến tại M , E của đường tròn

(O ) cắt nhau tại một điểm I

thuộc CD .

d) ∆AHC có H = 900 , CAH = 45 0 ⇒ ∆AHC vuông cân tại H = 300 ⇒ EBA = 600 ; ⇒ CH = AH = x . EAB

= cot EBA

HB 3 3 = cot 600 = 3 ⇒ HB = .HC = .x . Ta có HC 3 3

AB = AH + HB ⇒ 2R = x +

Vậy S ABC =

3 ⇒x = 3

6R 3+3

(

)

= R 3− 3 .

AB.CH 1 = .2R.R 3 − 3 R2 (đvdt). 2 2

(

)

Câu 48. Giải:  + BOD = 1800 − B = 1200  BDO  = COE ,  a) Ta có  ⇒ BDO 0 0  BOD + COE = 180 − DOE = 120   A

mà DOE = B = 600

⇒ ∆BDO ∼ ∆COE (g.g) ⇒ 2

⇒ BD.CE = OB.OC =

BD OB = OC CE

BC (không đổi). 4 P

E D Q

I N b) ∆BDO ∼ ∆COE OD BD BD B C ⇒ = = mặt khác D OE OC OB = ODE , mà = DOE = 600 ⇒ ∆BDO ∼ ∆ODE (c.g.c) ⇒ BDO DBO . tia DO nằm giữa hai tia DB, DE ⇒ DO là tia phân giác BDE

c) ∆ABC đều nên đường trung tuyến AO cũng là đường phân giác trong , mà DO là phân giác ngoài tại đỉnh D ⇒ O là tâm đường tròn của BAC bàng tiếp trong góc A của ∆ADE ⇒ ĐƯờng tròn (O ) luôn tiếp xúc DE , AC .

d) AP = AQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), AB = AC AP AQ = ACB = 600 , mà = ⇒ PQ / /BC ⇒ IQA DOE = 600 AB AC = IOE = 600 ;O,Q là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác IOQE ⇒ Tứ ⇒ IQE ⇒

giác IOQE nội tiếp (cùng thuộc một cung chứa góc). Suy ra = EQO = 900 . Lý luận tương tự DNE EIO = 90 0 . Vậy tứ giác DINE

và cùng nhìn ( DIE DNE DE dưới một góc vuông) ⇒ ONI = ODE . Vậy ∆ONI ∼ ∆ODE (g.g) IN ON 1 ⇒ = = cos 600 = ⇒ DE = 2NI . DE OD 2 B

Câu 49. Giải:

a) Do AB, AC là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn (O )

E O

G' I H

A G K

= ACO = 900 ⇒ B,C nên ABO

thuộc đường tròn đường kính OA có tâm I là trung điểm OA . AB b) Ta có AM .AO = .2AI = AB.AI . 2 c) Gọi E là trung điểm MA , do G là trọng tâm ∆CMA nên G ∈ CE và GE 1 ME 1 MA MB BE nên ME = ) (vì ME = = . Mặt khác = = CE 3 BE 3 2 2 3 GE ME ⇒ = , theo định lý Ta-lét đảo ⇒ MG / /BC . CE BE d) Gọi G ' là giao điểm của OA và CM ⇒ G ' là trọng tâm ∆ABC . Nên G 'M 1 GE , theo định lý Ta-lét đảo GG '/ /ME (1) = = CM 3 CE ' MI là đường trung bình trong ∆OAB ⇒ MI / /OB , mà AB ⊥ OB (cmt) ⇒ MI ⊥ AB , nghĩa là MI ⊥ ME (2). Từ (1) và (2) cho MI ⊥ GG ' , ta lại có GI ' ⊥ MK (vì OA ⊥ MK ) nên I là trực tâm ∆MGG ' ⇒ GI ⊥ G ' M tức GI ⊥ CM .

Câu 50. Giải: A

a). Gọi O ' là giao điểm của AO với cung nhỏ DE của đường tròn

(O ) ⇒ O ' thuộc đường phân giác trong của A ∆ADE . Ta có

O' N

B DOA = EOA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ DO ' = O ' E . ' = 1 sđ DO '; EDO ' = 1 sđO Mà ADO ' E ⇒ ADO ' = EDO ' ⇒ DO ' là 2 2 ⇒ O ' là tâm đường tròn nội tiếp phân giác D ∆ADE . Do đó OO ' = R .

b) Do AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ ∆ADE cân tại A 0 = 180 − BAC = 900 − BAC . Mà nên ADE 2 2 ABC nên ADE = ABM + NMB = + NMB (do BO là phân giác ABC 2 = ABC ) ⇒ NMB = ADE − B = 900 − BAC + ABC = ACB . ABM 2 2 2 2 ACB (do Mặt khác NCB = CO là tia phân giác ACB ). Suy ra 2 NMB = NCB , mà M ,C là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác BCMN ⇒ Tứ giác BCMN nội tiếp (vì cùng thuộc một cung chứa góc). c) ∆NMO và ∆BCO có NOM = BOC (đối đỉnh); NMO = BCO OM ON MN (cmt) ⇒ ∆NMO$ ∆BCO (g.g) ⇒ = = . Tương tự OC OB BC

DM OM = ; ∆NEO $ ∆BAO (g.g) AC OC NE ON MN DM EN ⇒ = .Vậy = = . AB OB BC AC AB ∆DMO $ ∆ACO (g.g) ⇒

BÀI TẬP RÈN LUYỆN TỔNG HỢP 1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O ) . Gọi E là giao điểm của AB,CD . F là giao điểm của AC và BD . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác FDC tại điểm K khác D . Tiếp tuyến của (O ) tại B,C cắt nhau tại M . a) Chứng minh tứ giác BKCM nội tiếp b) Chứng minh E , M , F thẳng hàng. 2) Cho đường tròn (O ) đường kính AB . Trên tiếp tuyến tại A của (O ) lấy điểm C . Vẽ cát tuyến CDE (tia CD nằm giữa 2 tia CA,CO , D, E ∈ (O ) , D nằm giữa C , E ). Gọi M là giao điểm của CO và BD , F là giao điểm của AM và (O ) , F ≠ A)

a) Vẽ tiếp tuyến CN của (O ) . Chứng minh CNMD là tứ giác nội tiếp b) Vẽ AH ⊥ OC tại H . Chứng minh ADMH là tứ giác nội tiếp. c) Chứng minh E ,O, F thẳng hàng. 3) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O ) (AD < BC ) . Gọi I là giao điểm của AC và BD . Vẽ đường kính CM , DN . Gọi K là giao điểm của AN , BM . Đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác NOC tại điểm J khác C . a) Chứng minh KBNJ là tứ giác nội tiếp d) Chứng minh I , K ,O thẳng hàng. 4) Cho tam giác nhọn ABC (AB > AC ) . Đường tròn (I ) đường kính BC cắt AB, AC tại F , E . BE cắt CF tại H . AH cắt BC tại D . Chứng minh các tứ giác BFHD, IFED nội tiếp.

5) Cho tam giác nhọn ABC các đường cao AD, BE ,CF cắt nhau tại H . Vẽ HI ⊥ EF tại I , HK ⊥ DE tại K ,

IK ∩ AD = M , FM ∩ DE = N . Gọi S là điểm đối xứng của B

qua D . Chứng minh tứ giác FIMH , HMNK nội tiếp và

= DAS MAN

6) Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O ) . Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC B,C là hai tiếp điểm) và một cát tuyến ADE đến (O ) sao cho ( ADE nằm giữa 2 tia AO, AB , D, E ∈ (O ) ,Đường thẳng qua D

, . Gọi K là điểm song song với BE cắt BC , AB lần lượt tại PQ đối xứng với B qua E . Gọi H , I là giao điểm của BC với OA, DE a) Chứng minh OEDH là tứ giác nội tiếp. b) Ba điểm A, P , K thẳng hàng. 7) Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O ) . Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC ( B,C là hai tiếp điểm). Từ điểm K nằm trên cung BC ( K , A nằm cùng phía BC ) dựng tiếp tuyến cắt AB, AC tại M , N . BC cắt OM ,ON tại P,Q . Gọi I là giao điểm của MQ, NP . Chứng minh MBOQ, NCOP là các tứ giác nội tiếp.

8) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC ) . Đường tròn (O ) đường kính BC cắt AB, AC tại E , D . BD cắt CE tại H , các tiếp tuyến của (O ) tại B, D cắt nhau tại K , AK ∩ BC = M , MH ∩ BK = N . Vẽ tiếp tuyến AS của (O ) với (S thuộc cung nhỏ CD ) ,

a) b) c) d)

KD ∩ AH = I , MH ∩ OA = L . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt AK tại T . Chứng minh các tứ giác TKDB, BELO nội tiếp Ba điểm N , E , I thẳng hàng. Ba điểm M , E , D thẳng hàng. Ba điểm M , S , H thẳng hàng.

9) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) có hai đường cao BE , CD cắt nhau tại H . Gọi M là trung điểm của BC . Giả sử (O )

cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AED tại N . a) Chứng minh N , H , M thẳng hàng. b) Giả sử AN cắt BC tại K . Chứng minh K , E , D thẳng hàng. 10) Cho tam giác ABC ngoại tiếp (O ) . Gọi Q, R là tiếp điểm của (O ) với AB, AC . Gọi M , N

lần lượt là trung điểm của BC , CA .

Đường thẳng BO cắt MN tại P .

a) Chứng minh ORPC là tứ giác nội tiếp b) Ba điểm P, Q, R thẳng hàng. 11) Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Từ A ta dựng các tiếp tuyến AM , AN đến đường tròn đường kính

BC . a) Chứng minh các tứ giác AMDN , MNDO nội tiếp b) Chứng minh ba điểm H , M , N thẳng hàng. 12) Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại điểm H . Gọi M , N là trung điểm của AH , BC . Các phân giác của góc ABH , ACH cắt nhau tại P . a) Chứng minh 5 điểm B, C , E , P, F nằm trên một đường tròn. Điểm P là trung điểm cung nhỏ EF . b) Ba điểm M , N , P thẳng hàng. 13) Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại điểm H .Đường thẳng EF cắt nhau tại điểm M . Gọi O là trung điểm BC . Giả sử các đường tròn ngoại tiếp các tam giác OBF , OCE cắt nhau tại giao điểm thứ 2 là P . a) Chứng minh các tứ giác EFPH , BCHP, MEPB là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh ∆OPM là tam giác vuông. 14) Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm là điểm H . Gọi M , N là chân các đường cao hạ từ B, C của tam giác ABC .Gọi D là điểm trên cạnh BC . Gọi ( w1 ) là đường tròn đi qua các điểm B, N , D gọi

( w2 ) là đường tròn đi qua các điểm C , D, M . DP, DQ lần lượt là đường kính của ( w1 ) , ( w2 ) . Chứng minh P, Q, H thẳng hàng. ( IMO − 2013) là góc lớn nhất. Các điểm P, Q thuộc 15) Cho tam giác ABC có BAC

= BCA , CAP = cạnh BC sao cho QAB ABC . Gọi M , N lần lượt là các điếm đối xứng của A qua P, Q . Chứng minh rằng: BN , CM cắt nhau trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . ( IMO − 2014)

16) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Lấy một điểm P trên cung BC không chứa điểm A của (O ) . Gọi ( K ) là đường tròn đi qua A, P tiếp xúc với AC . ( K ) cắt PC tại S khác P . Gọi ( L ) là đường tròn qua A, P đồng thời tiếp xúc với AB . ( L) cắt PB tại T khác P .Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC . a) Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DPC . b) Ba điểm S , D, T thẳng hàng. 17) Cho tam giác ABC , trên hai cạnh AB,AC lần lượt lấy hai điểm ABD = ACE . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD E , D sao cho cắt tia CE tại M , N .Gọi H là giao điểm của BD, CE . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEC cắt tia BD tại I , K a) Chứng minh 4 điểm M , I , N , K cùng nằm trên một đường tròn. b) Gọi F là giao điểm thứ 2 của các đường tròn ( ABD ) , ( AEC ) . Chứng minh A, H , F thẳng hàng. c) Chứng minh : Tam giác AMN cân tại A . 18) Cho tam giác ABC có (O), ( I ), ( I a ) theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A của tam giác. Gọi D là tiếp điểm của ( I ) với BC ; P điểm chính của (O ) , PI cắt ( O ) tại điểm K . Gọi M là giao giữa cung BAC a

điểm của PO và BC a) Chứng minh: IBI a C là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP

= KAI . c) Chứng minh: DAI a

19) Cho đường tròn tâm ( O ) bán kính R và một dây cung BC cố định có độ dài BC = R 3 . Điểm A thay đổi trên cung lớn BC . Gọi E , F là điểm đối xứng của B, C lần lượt qua AC , AB . Các đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABE , ACF cắt nhau tại giao điểm thứ 2 là K. a) Chứng minh điểm K luôn thuộc một đường tròn cố định b) Xác định vị trí điểm K để tam giác KBC có diện tích lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo R c) Gọi H là giao điểm của BE , CF . Chứng minh tam giác

ABH # ∆AKC và đường thẳng AK luôn đi qua điểm cố định. 20) Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O ) . Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC B,C là hai tiếp điểm) và một cát tuyến ADE đến (O ) sao cho ( ADE nằm giữa 2 tia AO, AB , D, E ∈ (O ) , Gọi F là điểm đối

xứng của D qua AO , H là giao điểm của EF , BC . Chứng minh: A,O, H thẳng hàng.

21) Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O ) . Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC B,C là hai tiếp điểm) và một cát tuyến AEF đến (O ) sao cho (

AEF nằm giữa 2 tia AO, AB , F , E ∈ (O ) và BAF < FAC ) Vẽ đường thẳng qua E vuông góc với OB cắt BC tại M cắt BF tại N . Vẽ OK ⊥ EF . a) Chứng minh: EMKC nội tiếp b) Chứng minh đường thẳng FM đi qua trung điểm của AB 22) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O ) .Các đường cao AD, BE ,CF cắt nhau tại H . Tiếp tuyến tại B,C của (O ) cắt nhau tại G .

GD ∩ EF = S . Gọi M là trung điểm cạnh BC . Giả sử EF ∩ BC = T , AT ∩ (O ) = K a) Chứng minh 5 điểm A, K , F , E , H cùng nằm trên một đường tròn b) Chứng minh M , S , H thẳng hàng.

23) Cho (O ) và (d ) không giao nhau. Vẽ OH ⊥ (d ) lấy hai điểm A, B thuộc (d ) sao cho HA = HB . Lấy điểm M thuộc đường tròn (O ) . Dựng các cát tuyến qua H , A, B và điểm M cắt đường tròn (O ) lần lượt tại C , D, E , DE ∩ (d ) = S . Dựng đường thẳng qua O ⊥ CE cắt tiếp tuyến tại E của (O ) ở K .Dựng ON ⊥ DE tại N . a) Chứng minh tứ giác HNCS là tứ giác nội tiếp

b) Ba điểm S ,C , K thẳng hàng

24) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp là (O ) tiếp xúc với ba cạnh BC , AC , AB lần lượt tại D, E , F . Trên đoạn OD lấy điểm I và dựng đường tròn tâm I bán kính ID . Dựng BG ,CH là các tiếp tuyến của (I ) tại G , H . Gọi M = BG ∩ CH , N = EF ∩ BC a) Chứng minh EHGF nội tiếp b) Ba điểm N ,G , H thẳng hàng.

25) Cho 3 đường tròn (O ),(O1 ),(O2 ) biết (O1 ),(O2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm I và (O1 ),(O2 ) lần lượt tiếp xúc trong với (O ) tại

M 1, M 2 . Tiếp tuyến của (O1 ) tại I cắt (O ) lần lượt tại A, A ' . Đường thẳng AM1 cắt (O1 ) tại điểm N1 , đường thẳng AM 2 cắt

(O2 ) tại điểm N 2 . a) Chứng minh tứ giác M 1N 1N 2M 2 nội tiếp và OA ⊥ N 2N 1 b) Kẻ đường kính PQ của (O ) sao cho PQ ⊥ AI ( Điểm P nằm trên cung AM1 không chứa điểm M 2 ). Chứng minh rằng nếu PM1, PM 2 không song song thì các đường thẳng AI , PM 1,QM 2 đồng quy.

26) Cho tam giác ABC không cân. Đường tròn (O ) nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh BC ,CA, AB lần lượt tại M , N , P . Đường thẳng NP cắt BO,CO lần lượt tại E , F ,OCA bằng nhau hoặc bù nhau. a) Chứng minh các góc OEN

b) Chứng minh 4 điểm B,C , E , F cùng nằm trên một đường tròn.Chứng minh O, M , K thẳng hàng. Biết K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OEF .

27) . Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Kẻ AH ⊥ BC (H ∈ BC ) và BE vuông góc với đường kiính AD (E ∈ AD ) .

a) Chứng minh HE / /DC .

b) Qua trung điểm K của đoạn thẳng AB kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại M . Chứng minh ∆MHE cân.

28) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC ) . Vẽ đường cao AD và đường phân giác trong AO của tam giác ABC ( D,O thuộc BC ). Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại M , N . a) Chứng minh các điểm M , N ,O, D, A cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh BDM = CDN .

c) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt MN tại I . Đường thẳng AI cắt BC tại K . Chứng minh K là trung điểm cạnh BC .

29) Cho nửa đường tròn (O ) đường kính AB = 2R và C , D là hai điểm di động trên nửa đường tròn sao cho C thuộc cung AD và COD = 600 (C khác A và D khác B ). Gọi M là giao điểm của tia AC và BD , N là giao điểm của dây AD và BC . a) Chứng minh tứ giác CMDN nội tiếp đường tròn và tính khoảng cách từ A, B đến đường thẳng CD . b) Gọi H và I lần lượt là trung điểm CD và MN . Chứng minh H , I ,O thẳng hàng và DI =

R 3 . 3

c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác MCD theo R .

30) Cho nửa đường tròn (O; R ) đường kính AB . Giả sử M là điểm chuyển động trên nửa đường tròn này, kẻ MH vuông góc với AB tại H . Từ O kẻ đường thẳng song song với MA cắt tiếp tuyến tại

B với nửa đường tròn (O ) ở K . a) Chứng minh bốn điểm O, B, K , M cùng thuộc một đường tròn.

b) Giả sử C , D là hình chiếu của H trên đường thẳng MA và MB . Chứng minh ba đường thẳng CD, MH , AK đồng quy. c) Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AH và BH . Xác định vị trí M để diện tích tứ giác CDFE đạt giá trị lớn nhất.

31) Cho hình vuông ABCD , trên đường chéo BD lấy điểm I sao cho BI = BA . Đường thẳng đi qua I vuông góc với BD cắt AD tại E , AI cắt BE tại H . a) Chứng minh rằng AE = ID . b) Đường tròn tâm E bán kính EA cắt AD tại điểm thứ hai F . Chứng minh rằng: DF .DA = EH .EB . 32) Cho đường tròn (O; R ) và một điểm M nằm ngoài đường tròn. Đường tròn đường kính OM cắt đường tròn (O; R ) tại hai điểm E, F .

a) Chứng minh giao điểm I của đoạn thẳng OM với đường tròn

(O; R) là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác MEF . b) Cho A là một điểm bất kỳ thuộc cung EF chứa điểm M của đường tròn đường kính OM ( A khác E và F ). Đoạn thẳng OA cắt đoạn thẳng EF tại B . Chứng minh OAOB . = R2 . c) Cho biết OM = 2R và N là điểm bất kỳ thuộc cung EF chứa

điểm I của đường tròn (O; R ) ( N khác E và F ). Gọi d là đường thẳng qua F và vuông góc với đường thẳng EN tại điểm P , d cắt đường tròn đường kính OM tại điểm K ( K khác F ). Hai đường thẳng FN và KE cắt nhau tại điểm Q . Chứng minh rằng: PN .PK + QN .QK ≤

3 2 R . 2

33) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O ) . Gọi P là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M . Chứng minh rằng: a) ABP = AMB .

b) MA.MP = BA.BM .

34) Cho hai đường tròn (O; R ) và (O '; R ') cắt nhau tại I và J

(R ' > R) . Kẻ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó chúng cắt nhau ở A . Gọi B và C là các tiếp điểm của hai tiếp tuyến trên với

(O '; R '), D là tiếp điểm của tiếp tuyến AB

với (O; R ) (điểm I và

điểm B ở cùng nửa mặt phẳng bờ là O ' A ). Đường thẳng AI cắt

(O '; R ') tại M

(điểm M khác điểm I ).

a) Gọi K là giao điểm của đường thẳng IJ với BD . Chứng minh KB 2 = KI .KJ , từ đó suy ra KB = KD .

b) AO ' cắt BC tại H . Chứng minh bốn điểm I , H ,O ', M nằm trên một đường tròn. c) Chứng minh đường thẳng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp △IBD .

35) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB , trên nửa đường tròn lấy điểm C (cung BC nhỏ hơn cung AB ), qua C dựng tiếp tuyến với đường tròn tâm O cắt AB tại D . Kẻ CH vuông góc với AB

(H ∈ AB ) , kẻ BK

vuông góc với CD (K ∈ CD ) ; CH cắt BK tại

. a) Chứng minh CB là phân giác của DCE b) Chứng minh BK + BD < EC .

c) Chứng minh BH .AD = AH .BD .

36) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Cho P là điểm bất kỳ trên đoạn BC sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác OBP cắt đoạn AB tại N khác B và đường tròn ngoại tiếp tam giác OCP cắt đoạn AC tại M khác C .

= OAC . a) Chứng minh rằng OPM b) Chứng minh rằng MPN = BAC và OBC + BAC = 900 .

c) Chứng minh rằng O là trực tâm tam giác PMN .

37) Trên nửa đường tròn (O ) đường kính AB = 2R ( R là độ dài cho trước) lấy hai điểm M , N ( M , N khác A, B ) sao cho M thuộc

và tổng các khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng AN R 3. a) Tính độ dài đoạn thẳng MN theo R . b) Gọi I là giao điểm của AN và BM , K là giao điểm của AM và BN . Chứng minh bốn điểm M , N , I , K cùng nằm trên một đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó theo R . c) Tìm GTLN của diện tích tam giác KAB theo R khi M , N thay đổi trên nửa đường tròn (O ) nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán.

38) Cho hai đường tròn (O ) và (O ') cắt nhau tại hai điểm A và B . Vẽ đường thẳng (d ) qua A cắt (O ) tại C và cắt (O ') tại D sao cho A nằm giữa C và D . Tiếp tuyến của (O ) tại C và tiếp tuyến của

(O ') tại D

cắt nhau tại E .

a) Chứng minh rằng tứ giác BDEC nội tiếp b) Chứng minh rằng BE .DC = CB.ED + BD.CE .

39) Cho đường tròn (O; R ) có đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi sao cho CD không vuông góc cũng không trùng với

AB . Gọi d là tiếp tuyến tại A của (O; R ) . Các đường thẳng BC và BD cắt d tương ứng tại E và F . a) Chứng minh rằng CDEF là tứ giác nội tiếp. b) Gọi M là trung điểm của EF , chứng minh rằng BM ⊥ CD . c) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF . Chứng minh rằng MK = R . d) Gọi H là trực tâm của tam giác DEF , chứng minh rằng H luôn chạy trên một đường tròn cố định.

40) Cho tam giác ABC vuông ở A , đường cao AH . Vẽ đường tròn tâm O , đường kính AH , đường tròn này cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại D và E . a) Chứng minh tứ giác BDEC là tứ giác nội tiếp được đường tròn. b) Chứng minh ba điểm D,O, E thẳng hàng. c) Cho biết AB = 3cm, BC = 5cm . Tính diện tích tứ giác BDEC .

41) Cho tam giác ABC không là tam giác cân, biết tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I ) . Gọi D, E , F lần lượt là các tiếp điểm của BC ,CA, AB với đường tròn (I ) . Gọi M là giao điểm của đường

thẳng EF và đường thẳng BC , biết AD cắt đường tròn (I ) tại

điểm N ( N không trùng với D ), gọi K là giao điểm của AI và EF .

a) Chứng minh rằng các điểm I , D, N , K cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường tròn (I ) .

42) Từ một điểm P nằm ngoài đường tròn (O ) kẻ hai tiếp tuyến PM , PN tới đường tròn (O ) , ( M , N là hai tiếp điểm). Gọi I là

của đường tròn một điểm thuộc cung nhỏ MN (O ) , ( I khác điểm ). Kéo dài chính giữa của MN PI cắt MN tại điểm K , cắt đường tròn (O ) tại điểm thứ hai là J . Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với PJ tại điểm F và cắt đường thẳng MN tại điểm Q . Gọi E là giao điểm của PO và MN . a) Chứng minh rằng PI .PJ = PK .PF . b) Chứng minh năm điểm Q < I , E ,O, J cùng thuộc một đường tròn.

43) Cho đường tròn (O ) có đường kính AB cố định, M là một điểm thuộc (O ) ( M khác A, B ). Các tiếp tuyến của (O ) tại A và M cắt nhau ở C . Đường tròn (I ) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng

AC tại C . CD là đường kính của (I ) . Chứng minh rằng: a) Ba điểm O, M , D thẳng hàng. b) Tam giác COD là tam giác cân. c) Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đường tròn (O ) .

44) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O , đường cao BE và CF . Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại S , BC và OS cắt nhau tại M .

a) Chứng minh rằng AB.MB = AE .BS . b) Hai tam giác AEM và ABS đồng dạng. c) Gọi AM cắt EF tại N , AS cắt BC tại P . Chứng minh rằng

NP ⊥ BC . 45) Cho tam giác ABC vuông tại A có 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 ; BO cắt EF tại I . M là điểm di chuyển trên đoạn CE .

. a) Tính BIF b) Gọi H là giao điểm của BM và EF . Chứng minh rằng nếu AM = AB thì tứ giác ABHI nội tiếp. c) Gọi N là giao điểm của BM với cung nhỏ EF của (O ) , P và Q lần lượt là hình chiếu của N trên các đường thẳng DE , DF . Xác

định vị trí của điểm M để PQ lớn nhất. 46) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Giả sử M là điểm thuộc đoạn thẳng AB ( M không trùng A, B ), N là điểm thuộc tia CA ( N nằm trên đường thẳng CA sao cho C nằm giữa A và N ) sao cho khi MN cắt BC tại I thì I là trung điểm của

MN . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt (O ) tại điểm P khác A . a) Chứng minh rằng các tứ giác BMIP và CNPI nội tiếp. b) Giả sử PB = PC , chứng minh rằng tam giác ABC cân. = 600 . Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác 47) Cho ∆ABC có A ABC tiếp xúc với cạnh BC ,CA, AB lần lượt tại D, E , F . Đường

thẳng ID cắt EF tại K , đường thẳng qua K và song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại M , N . a) Chứng minh rằng các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp. b) Gọi J là trung điểm cạnh BC . Chứng minh ba điểm A, K , J thẳng hàng. c) Gọi r là bán kính của đường tròn (I ) và S là diện tích tứ giác IEAF . Tính S theo r . Chứng minh S IMN ≥

S ( S IMN là diện tích 4

∆IMN ).

48) Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O; R ) . Trên cung nhỏ AD lấy điểm E ( E không trùng với A và D ). Tia EB cắt các đường thẳng AD, AC lần lượt tại I và K . Tia EC cắt các đường

thẳng DA, DB lần lượt tại M , N . Hai đường thẳng AN , DK cắt nhau tại P . a) Chứng minh rằng tứ giác EPND là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng EKM = DKM .

c) Khi điểm M ở vị trí trung điểm của AD . Hãy xác định độ dài đoạn AE theo R .

49) Cho tam giác ABC . Trên phân giác AD có hai điểm M , N sao cho = CBM . Chứng minh rằng ACN = BCM . ABN = 600 . Một đường thẳng ∆ thay 50) Cho hình thoi ABCD có BAD đổi qua C cắt AB, AD lần lượt tại N , M . Gọi P là giao điểm của BM và DN . Chứng minh rằng P thuộc một đường tròn cố định.

51) Cho tam giác ABC vuông tại A . AB < AC . Gọi D là một điểm trên cạnh BC , E là một điểm trên cạnh BA kéo dài về phía A sao

cho BD = BE = CA . Gọi C là một điểm trên AC sao cho E , B, D, P thuộc cùng một đường tròn, Q là giao điểm thứ hai của BP với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng AQ + CQ = BP .

>B >C nội tiếp trong đường tròn 52) Cho tam giác ABC có A (O ) , ngoại tiếp đường tròn (I ) . Cung nhỏ BC có M là điểm chính giữa. N là trung điểm cạnh BC . Điểm E đối xứng với I qua N .

Đường thẳng ME cắt đường tròn (O ) tại điểm thứ hai Q . Lấy điểm K thuộc BQ sao cho QK = QA . Chứng minh rằng:

a) Điểm Q thuộc cung nhỏ AC của đường tròn (O ) . b) Tứ giác AIKB nội tiếp và BQ = AQ + CQ .

53) Cho O là một điểm nằm trong tam giác ABC . Gọi A ', B ',C ' lần lượt là các điểm đối xứng của A, B,C qua O . Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác A ' B 'C ', A ' BC , B 'CA, C ' AB có điểm chung.

54) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Hai phân giác BM và CN của góc B và C . Tia MN cắt (O ) tại P . Gọi X ,Y , Z lần

lượt là hình chiếu vuông góc của P xuống BC ,CA, AB . Chứng minh rằng: a) PY = PX + PZ . b)

1 1 1 = + . PB PA PC

55) Cho tam giác nhọn ABC (AB ≠ AC ) . Đường tròn đường kính BC cắt các cạnh AB, AC tương ứng tại M , N . Gọi O là trung điểm và MON cắt nhau tại R . của BC . Đường phân giác của BAC Chứng minh rằng đường tròn ngoai tiếp tam giác BMR và CNR cùng đi qua một điểm nằm trên cạnh BC .

56) Cho tứ giác ABCD có đường chéo BD không là phân giác của các góc ABC và CDA . Một điểm P nằm trong tứ giác sao cho: = DBA ; PDC = BDA . Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội PBC tiếp khi và chỉ khi AP = CP . 57) Ba tia Ix , Iy, Iz chung gốc I . Lấy cặp điểm A, A ' trên Ix , lấy cặp

điểm B, B ' trên Iy , lấy cặp điểm C ,C ' trên Iz theo thứ tự đó kể từ I sao cho IA.IA ' = IB .IB ' = IC .IC ' . Chứng minh rằng tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC , A ' B 'C ' và I thẳng hàng. 58) Cho BC là một dây cung khác đường kính của đường tròn (O ) . Điểm A thay đổi trên cung lớn BC . Đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC ,CA, AB lần lượt tại M, N,P . a) Tìm vị trí của A để chu vi tam giác MNP đạt giá trị lớn nhất. b) Chứng minh rằng đường thẳng Ơ-le của tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định.

59) Cho hai đường tròn (O1 ; r1 ) và (O2 ; r2 ) tiếp xúc ngoài với nhau. Một đường tròn (O ) thay đổi tiếp xúc ngoài với (O1 ) và (O2 ) . Giả sử AB là một đường kính của (O ) sao cho AO1O2B là một hình thang

(AB / /O O ) . Gọi I 1

là giao điểm của AO2 với BO1 . Chứng minh

rằng I thuộc một đường thẳng cố định. 60) Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, O là tâm = 900 . đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm G . Giả sử rằng OIA Chứng minh rằng IG và BC song song. 61) Cho hình chữ nhật ABCD và bốn đường tròn

(A; R ), (B; R ), (C ; R ), (D; R ) sao cho 1

R1 + R3 = R2 + R4 < AC . Gọi ∆1, ∆3 là hai tiếp tuyến chung ngoài của (A; R1 ) và (C ; R3 ) ; ∆1, ∆3 là hai tiếp tuyến chung ngoài của (B; R2 ) và (D; R4 ) . Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn tiếp xúc với cả bốn đường thẳng ∆1, ∆2, ∆3, ∆4 .

62) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại S . Gọi M , N , P ,Q lần lượt đối xứng với S qua AB, BC ,CD, DA . Đường tròn ngoại tiếp tam giác SPQ cắt tại AP

tại S . Chứng minh rằng bốn điểm M , E , F ,Q cùng thuộc một đường tròn. 63) Cho tam giác ABC cân tại A , trên cạnh BC lấy D sao cho BD : DC = 2 : 1 và trên đoạn AD lấy P sao cho BAC = BPD .

= 1 BAC . Chứng minh rằng DPC 2 64) Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi P ,Q, R lần lượt là các chân đường vuông góc của D xuống BC ,CA, AB . Chứng tỏ rằng PQ = QR khi và chỉ khi phân giác các góc ABC và ADC cắt

nhau trên AC .

65) Trong mặt phẳng cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau ở hai điểm A và B . Các tiếp tuyến tại A và B của (O1 ) cắt nhau ở điểm K . Giả sử M là một điểm nằm trên (O1 ) nhưng không trùng vào A và B . Đường thẳng AM cắt (O2 ) ở điểm thứ hai P , đường

thẳng KM cắt (O1 ) ở điểm thứ hai C và đường thẳng AC cắt

(O ) ở điểm thứ hai Q . Chứng minh rằng trung điểm của PQ 2

n ằm

trên đường thẳng MC .

66) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) . Đường tròn (O ') nằm trong (O ) tiếp xúc với (O ) tại T thuộc cung AC (cung không chứa B ). Kẻ các tiếp tuyến AA ', BB ',CC ' tới (O ') . Chứng minh rằng BB '.AC = AA '.BC + CC '.AB .

67) Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cùng tiếp xúc với đường tròn (O ) . Tiếp tuyến chung của (O1 ) và (O2 ) cắt (O ) tại bốn điểm. Gọi B,C là hai trong bốn điểm đó sao cho B,C nằm về cùng một phía đối với

O1O2 . Chứng minh rằng BC song song với một tiếp tuyến chung ngoài của (O1 ) và (O2 ) .

68) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O ) . Chứng minh rằng AC BC .CD + AB.BD . = BD BC .BA + DC .DA 69) Cho tam giác ABC cân ở A . Kí hiệu x , y, z lần lượt là khoảng cách MA ', MB ', MC ' từ một điểm M nằm trong tam giác tới các đường

thẳng BC ,CA, AB . Giả sử x 2 = yz , chứng minh rằng M thuộc một đường tròn cố định. 70) Cho tam giác nhọn ABC . Điểm O thay đổi trên BC . Đường tròn tâm O bán kính OA cắt AB, AC lần lượt tại các điểm thứ hai M , N . Chứng minh rằng trực tâm của tam giác AMN thuộc một

đường thẳng cố định. 71) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O . Gọi H 1, H 2, H 3 , H 4 lần lượt là trực tâm của các tam giác BCD,CDA, DAB, ABC . Chứng minh bốn điểm H 1, H 2 , H 3 , H 4 cùng nằm trên một đường tròn. 72) Điểm I nằm trong tam giác ABC và thỏa mãn = BIC = CIA = 1200 . Chứng minh rằng ba đường thẳng Ơ-le AIB của các tam giác ABI , BCI và CAI đồng quy.

73) Gọi O, I và H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và trực tâm của tam giác ABC . Chứng minh rằng: Nếu đường tròn ngoại tiếp tam giác OIH đi qua một trong các đỉnh của tam giác ABC thì phải đi qua một đỉnh khác của tam giác ABC . 74) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , trực tâm H , đường cao AK

(K ∈ BC ) . Giả sử một đường thẳng qua K

vuông góc với

OK cắt AB, AC lần lượt tại M , N . Các tia MH , NH cắt AC , AB

thứ tự tại P,Q . Chứng minh rằng tứ giác APHQ nội tiếp. 75) Tam giác ABC có trực tâm H , đường cao BE . Điểm P trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Vẽ các hình bình hành

PAQB và PARC . Giao điểm AQ và HR là X . Chứng minh

rằng EX song song với AP . 76) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Một đường tròn

(O ) qua B và C cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E . Đường tròn (O ) qua ba điểm A, D, E cắt (O ) tại K (K ≠ A) . Chứng minh 1

= 900 . rằng AKO 1 77) Cho hai đường tròn (O ) và (O ') cắt nhau tại A và B . Giả sử CD, EF là hai tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn này

(C , E ∈ (O ); D, F ∈ (O ')) , điểm A gần CD

hơn B ). Gọi ∆1 là

đường thẳng qua A tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và ∆2 là đường thẳng qua B tiếp xúc với đường tròn ngoại

tiếp tam giác BCD . Chứng minh rằng các đường thẳng

∆1, ∆2,CD, EF đồng quy. 78) Cho hai đường tròn (O ) và (O ') tiếp xúc trong tại M ( (O ') chứa trong (O ) ). Giả sử P và N là hai điểm bất kỳ thuộc (O ') . Qua P và N kẻ các tiếp tuyến với (O ') cắt (O ) tại A,C và B, D . Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ACD, BCD nằm trên NP .

79) Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại I và cùng tiếp xúc trong với (O ) . Kẻ tiếp tuyến chung ngoài với (O1 ) và

(O ) cắt (O ) tại B,C . Qua I kẻ tiếp tuyến chung với (O ) và (O ) cắt (O ) tại A ( A thuộc cùng nửa mặt phẳng bờ BC với (O ), (O ) . 2

Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . 80) Cho tam giác ABC cân đỉnh A . Điểm M nằm trong tam giác sao

= 900 + 1 A . Qua cho BMC M kẻ đường thẳng song song với 2 BC cắt AB, AC lần lượt tại X ,Y . Vẽ MZ , MT lần lượt song

song với AB, AC . Gọi N là giao điểm của XZ và YT . Chứng minh rằng tứ giác ABNC là tứ giác nội tiếp.

81) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC ) nội tiếp đường tròn (O; R ) , các đường cao AD, BE ,CF cắt nhau tại H . a) Chứng minh rằng AE .AC = AF .AB . b) Chứng minh rằng các tứ giác BFHD, ABDE nội tiếp đường tròn. c) Vẽ tia Ax là tia tiếp tuyến của đường tròn (O ) , tia Ax nằm trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C . Chứng minh rằng Ax / /EF . Từ đó suy ra OA ⊥ EF . d) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC . Đường thẳng đi qua F song song với AC cắt AK , AD lần lượt tại M , N . Chứng minh rằng MF = NF .

82) Cho đường tròn tâm O , đường kính AB . Lấy C thuộc (O ) (C không trùng với A, B ), M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Các đường thẳng AM và BC cắt nhau tại I , các đường thẳng AC , BM cắt nhau tại K . a) Chứng minh ABM = IBM và ∆ABI cân . b) Chứng minh tứ giác MICK nội tiếp. c) Đường thẳng BM cắt tiếp tuyến tại A của (O ) ở N . Chứng minh đường thẳng NI là tiếp tuyến của (B, BA) và NI ⊥ MO . d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BIK cắt đường tròn (B, BA) tại

D ( D không trùng với I ). Chứng minh A,C , D thẳng hàng. 83) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O ) tâm O , đường kính AD . Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I . Gọi H là hình chiếu của I lên AD và M là trung điểm của ID . Đường tròn

(HMD ) cắt (O ) tại N

( N khác D ). Gọi P là giao điểm của BC

và HM . a) Chứng minh rằng tứ giác BCMH nội tiếp. b) Chứng minh rằng ba điểm P , D, N thẳng hàng.

84) Cho đường tròn (O ) cố định. Từ một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn (O ) , kẻ các tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ( M , N là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua A cắt đường tròn (O ) tại hai điểm B và C ( B nằm giữa A và C ). Gọi I là trung điểm của dây BC . a) Chứng minh rằng AMON là tứ giác nội tiếp. b) Gọi K là giao điểm của MN và BC . Chứng minh rằng AK .AI = AB.AC . c) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì điểm I chuyển động trên cung tròn nào? Vì sao?Xác định vị trí của cát tuyến ABC để IM = 2IN .

85) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC ) , đường cao AH . Vẽ đường tròn tâm O đường kính AB cắt AC tại N . Gọi E là điểm đối xứng của H qua AC , EN cắt AB tại M và cắt đường tròn (O ) tại điểm thứ hai D . a) Chứng minh AD = AE .

. b) Chứng minh HA là phân giác của MHN c) Chứng minh rằng điểm A, E ,C , H , M cùng thuộc một đường tròn tâm O1 . Và ba đường thẳng CM , BN , AH đồng quy tại một

điểm. d) DH cắt đường tròn (O1 ) tại điểm thứ hai Q . Gọi I , K lần lượt là trung điểm của DQ và BC . Chứng minh rằng I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK . 86) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AC , AC = 2a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và AD , tam giác ABD

đều. a) Tính BC và CN theo a . b) Gọi H là trực tâm của tam giác CMN ; MH cắt CN tại E , MN cắt AC tại K . Chứng minh năm điểm B, M , K , E ,C cùng thuộc một đường tròn (T ) .

c) Đường tròn (T ) cắt BD tại F (F ≠ B ) , tính DF theo a . d) KF cắt ME tại I . Chứng minh KM tiếp xúc với đường tròn . ngoại tiếp tam giác MIF . Tính IND

87) Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O; R ) . Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB và cát tuyến MCD ( A, B,C , D thuộc đường tròn (O ) ), tia

MC nằm giữa hai tia MO và MB . Gọi H là giao điểm của MO và AB . a) Chứng minh rằng MA2 = MC .MD . b) Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp, ∆MHC ∼ ∆DHO . = CDB . c) Chứng minh rằng ADH d) MO cắt đường tròn (O ) tại E , F ( E nằm giữa M ,O ). Chứng minh rằng các đường thẳng DE ,CF cắt nhau tại một điểm trên

đường thẳng AB . 88) Cho A ở ngoài đường tròn (O; R ) . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với

(O ) . S

là điểm trên tia đối của tia OA,OS < R . Đường thẳng

vuông góc với (OA tại S cắt AB, AC lần lượt tại D, E ; cắt đường tròn (O ) tại F ,T ( F nằm giữa D,T ). AF cắt (O ) tại M . G là

điểm đối xứng của F qua D , L là điểm đối xứng của F qua T . Chứng minh rằng hai đường tròn (O ) và (MGL ) tiếp xúc nhau.

HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP KHÓ Câu 1) Phân tích và định hướng giải:

a). Để chứng minh tứ giác BKCM D

nội tiếp ta chứng minh

+ BMC = 1800 . Điểm K BKC

F K

trong bài toán có mối quan hê với

O C

hai đường tròn ngoại tiếp các tứ giác EBKD, KFDC vì vậy ta

, BMC tìm cách tính các góc BKC

theo các góc có liên quan đến 2 tứ giác này.

= 3600 − BKE + CKE = 3600 −  BDE + CKE  Ta có: BKC  

(

)

+ 1800 − BDC = 2 BDC (1) = 3600 − 1800 − BDC = 1800 − 2 MBC = 1800 − 2 BDC (2) Mặt khác ta cũng có: BMC + BMC = 1800 . Từ (1) và (2) ta có: BKC

b). Thực nghiệm hình vẽ cho ta thấy E , K , M thẳng hàng. Thật vậy ta có: + BKM = EDB + BCM = EDB + BDC = 1800 . Bây giờ ta chứng minh: EKB F , K , M thẳng hàng: Thật vậy ta có:

+ CKF = MBC + CKF = BDC + CKF = 1800 . Từ đó ta suy ra điều MKC phải chứng minh.

Câu 2) C

Phân tích định hướng giải: a). Tứ giác CNMD có liên quan

đến tiếp tuyến CN nên ta tập trung

khai thác giả thiết về góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây.

D H A

= MCA , mặt khác Ta thấy: MCN = BAN cùng phụ với góc MCA E

= BDN NAC , nhưng BAN = MCN hay tứ giác CNMD nội tiếp. (góc nội tiếp) từ đó ta suy ra MDN

b). Dễ thấy ADM = 900 . Từ đó suy ra ADM + AHM = 1800 suy ra đpcm. c). Để chứng minh E , O , F thẳng hàng: Ta chứng minh: + EOA AOF = 1800 , điều này cũng tương đương với việc chứng minh:

= EAB + BAF , nhưng EAB = EDB = 900 . Thật vậy ta có: EAF EAF = MNC do CMND nội tiếp, suy ra (Cùng chắn cung EB ) , mặt khác EDB = MNC = MAC ,Từ đó suy ra EAF = MAC + MAF = 900 . (đpcm). EAB

Câu 3). Phân tích định hướng giải: Để chứng minh tứ giác BNJK nội tiếp ta sẽ chứng minh

= BKN . Ta có: BJN = BJC − NJC = 1800 − BIC − 1800 − NOC = NOC − BIC BJN

(

)

= 1 DM + NC , Mặt khác ta cũng có: NOC 2

(

)

= 1 BC + = 1 DM + NC − BC − BIC AD từ đó suy ra: BJN AD 2 2 =1 = 1  DM − − NC  Ta cũng có: NKB AM − NB AD − BC   2 2 1 = DM + NC − BC − AD . Từ đó suy ra đpcm. 2

(

)

(

)

(

)

N B

b). Ta có tứ giác BNJK nội tiếp nên + NBK = 1800 ⇔ NJK + NAM = 1800 ⇔ NJK + NCM = 1800 ⇔ NJK + NJO = 1800 hay NJK O , J , K thẳng hàng. Mặt khác ta cũng có: A F H

+ IJB = KNB + BCI = KNB + BNA = 1800 hay K , I , J thẳng hàng. Từ KJB

đó suy ra I , K , O thẳng hàng. Câu 4) Phân tích định hướng giải: = CFB = 900 . Suy ra H Ta có: BEC

là trực tâm của tam giác ABC . = HDB = 900 Hay AH ⊥ BC ⇒ BFH

hay tứ giác BFHD nội tiếp. Tương tự ta cũng có: DHEC nội tiếp. = FDH = HCE = HDE ⇒ FDE = 2 FBE = FIE tức là Ta có: FBH A

FIDE là tứ giác nội tiếp.

Câu 5) E

+ Ta có tính chất quen thuộc:

BE là phân giác trong của góc

. (Học sinh tự chứng minh FED B

điều này dựa vào các tứ giác

N K S

nội tiếp BFHD, HIEK , HDEC ) . Từ đó suy ra HK = HI và EI = EK . Do đó = 1 1800 − IEK = 900 − IEH . Mặt khác ta cũng có KIE 2 = 900 − FAH = 900 − FEH = 900 − IEH . Suy ra đpcm. MHF

(

)

= 900 , mặt khác ta vừa chứng minh + Xét tứ giác HMNK ta có: HKN = HIF = 900 ⇒ HMN = 900 . Như vậy FIMH nội tiếp nên suy ra FMH + HMN = 1800 suy ra đpcm. HKN = HKM = HIM = HFM ⇒ ∆FHN cân tại H ⇔ MF = MN . + Ta có: HNM = DAS . Từ đó dễ dàng chứng minh được: MAN E

Câu 6)

Phân tích định hướng giải:

D A

a). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông

ABO ta có: AB = AH . AO . Theo tính chất của tiếp tuyến và cát tuyến ta có: AB 2 = AD. AE nên suy ra AH . AO = AD. AE ⇔ OHED nội tiếp. Ta có thể giải thích tường minh hơn như sau: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO ta có: AB 2 = AH . AO .

chung, Xét tam giác ABD và tam giác AEB ta có: BAD ABD = BED (Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây). Từ đó suy ra ∆ABD đồng AD AB dạng với ∆AEB nên = ⇔ AD. AE = AB 2 . AB AE b). Để giải quyết tốt câu hỏi này ta cần nắm chắc tính chất liên quan đến cát tuyến và tiếp tuyến. (Xem thêm phần: ‘’Chùm bài tập liên quan đến cát và HA là tuyến và tiếp tuyến’’) đó là: HI là phân giác trong của góc DHE

phân giác ngoài của góc DHE = ODE = OED mặt khác ta cũng có: ( Thật vậy ta có: OHE AHD = OED ⇒ DHB = BHE hay HI là Tính chất tứ giác nội tiếp). Suy ra AHD = OHE

do HA ⊥ HI nên suy ra HA là phân giác ngoài phân giác của góc DHE . của góc DHE Quay trở lại bài toán:

Ta thấy rằng : Từ việc chứng minh: HI là phân giác trong của góc DHE ta có: ID = HD và AD = HD và HA là phân giác ngoài của góc DHE IE HE AE HE ID AD suy ra = IE AE ID DP DP AD Mặt khác theo định lý Thales ta cũng có: suy ra mà = = IE BE BE AE DP AD . Điều này chứng tỏ D là trung điểm của PQ và EK = BE nên = EK AE A, P , K thẳng hàng. Câu 7). C

Ta thấy rằng: Nếu tứ giác MBOQ

N Q

= MOB nội tiếp thì MQB

K O

= MKB do tứ giác Mặt khác MOB

= MKB . MBOK nội tiếp suy ra MQB

P M

Như vậy ta cần quy bài toán về

chứng minh MKQB nội tiếp.

(Tính chất tiếp tuyến). Ta có: ABC = ACB = NKQ Như vậy MKQB là tứ giác nội tiếp. Hoàn toàn tương tự ta cũng có: NKPC nội tiếp nên cũng suy ra được: NCOP nội tiếp.

Câu 8). a). Giả sử đường tròn (O ') ngoại tiếp

A T

tam giác ABC . Dễ thấy H

là trực tâm tam giác ABC N

O là trung điểm BC . Những điểm đặc biệt này

L H

B J

giúp ta nghỉ đến bài toán

đặc biệt liên quan đến đường thẳng, đường tròn Ơ le. Kẻ đường kính AF của (O ') . Ta dễ chứng minh được: BHCF là hình bình = hành và H , O , F thẳng hàng. Ta có: MTB ACB do BTAC là tứ giác nội tiếp. = DBC ≡ Mặt khác KDB ACB (Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và một = KTB tức là tứ giác TKBD nội tiếp. dây). Từ đó suy ra KDB

Để ý rằng: Tứ giác BKDO nội tiếp, từ đó suy ra 5 điểm O, B, K , T , D cùng = 900 . Mặt khác nằm trên một đường tròn đường kính OK hay OTK = 900 suy ra F , O, T thẳng hàng. Do đó 4 điểm F , O, H , T thẳng hàng. FTA

Tam giác MAO có AH , OT là hai đường cao nên suy ra H là trực tâm, do đó ML ⊥ AO nên 5 điểm A, E , H , L, D cùng nằm trên một đường tròn. Suy = EDA = EBC tức là tứ giác BELO nội tiếp. ra ELA b). Ta có 5 điểm B , N , E , L, O cùng nằm trên đường tròn đường kính NO = NLO = 900 , nhưng KDB = DCB = BHJ = IHD suy ra I là nên NEO

= 900 . Như vậy: IEO + NEO = 1800 trung điểm của AH ⇒ IE = ID ⇒ IEO nên N , E , I thẳng hàng.

= c) Ta có MTE ADE do TADE nội tiếp. ⇒ MTEB nội tiếp. ⇒ MEB = MTB . Mà ADE = ABC ⇒ ABC = MTE = BTA cùng bù với + BED = MTB + BTA = 1800 hay BED ACB ⇒ MEB M , E , D thẳng hàng.

d) Vì OE ⊥ IE ⇒ OE là tiếp tuyến của đường tròn đi qua các điểm A, E , T , H , D, L tâm I . Suy ra

= OAE ⇒ ∆OEL# ∆OAE ⇒ OA.OL = OE 2 ⇔ OA.OL = OS 2 ⇒ ∆OLS # ∆OS A OEL = 900 ⇒ OLS = 900 ⇒ MLO + OLS = 1800 ⇔ M , L, S . Mặt khác OSA thẳng hàng. Mà H , M , N , L thẳng hàng nên suy ra M , H , S thẳng hàng. Câu 9) Phân tích định hướng giải toán: Bài toán này làm ta liên tưởng đến đường thẳng Ơle, đường tròn Ơ le. Dựng đường kính AA ' .Ta dễ thấy 4 điểm A, E , H , D cùng nằm trên đường tròn tâm I đường kính AH . Suy ra HN ⊥ AN . Mặt khác từ tính chất quen thuộc khi chứng minh BHCA ' là hình bình hành ta cũng suy ra HIOM là hình bình hành do đó HM / / OI . Ta lại có OI là đường nối tâm của 2 đường tròn (O ), ( I ) nên OI ⊥ AN (Do OI nằm trên đường trung trực của

AN ). Từ đó suy ra MH ⊥ AN . Hay M , H , N thẳng hàng. A

N E

O K

*) Để chứng minh K , E , D thẳng hàng. Ta chứng minh: + NED = 1800 . Ta tìm cách quy 2 góc này về 2 góc đối nhau trong KEN một tứ giác nội tiếp. = NHA (Cùng chắn cung NA ), NHA = NKB cùng phụ với + Ta có: NEA suy ra NEA = NKB ⇔ NKBE nội tiếp suy ra NEK = NBK . Mà góc KAH = NAD (Do NBCA nội tiếp). NBK + NED = NAD + NED = 1800 ( Điều phải chứng minh). + Từ đó suy ra KEN

Câu 10) Phân tích định hướng giải:

a). Ta cần dùng các góc để tận dụng điều kiện AR , AQ là Q

các tiếp tuyến của (O ) = 900 , Thật vậy: ORC vì vậy ta cần chứng minh = 90 . OPC 0

R N O B M

Mặt khác do NM là đường trung bình của tam giác ABC nên nhưng (Tính chất phân giác trong) ABP = BPM ABP = PBM Từ đó suy ra ∆BMP cân tại M ⇒ MB = MP = MC ⇔ ∆BPC vuông tại = OPC = 900 hay ORPC là tứ giác nội tiếp. P ⇒ ORC

+ CRQ = 1800 . b). Để chứng minh P, Q, R thẳng hàng ta chứng minh: PRC = POC mà POC = OBC + OCB = B+C , Thật vậy ta có: PRC 2

 1800 − A A = 1800 − CRQ ARQ = 1800 −  = 900 + suy ra    2 2   + CRQ = B + C + 900 + A = 1800 (Đpcm). PRC 2 2

11) Phân tích định hướng giải:

a). Ta có: AMO = ANO = ADO = 900 nên 5 điểm A, M , D, O, N cùng nằm

trên đường tròn đường kính AO . Suy ra các tứ giác AMDN , MNDO là tứ giác nội tiếp.

F M

b). Ta có: BDHF là tứ giác nội tiếp

nên: AH . AD = AF . AB Mặt khác AF . AB = AM 2 nên AM 2 = AH . AD = AF . AB . Hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD suy ra AMH = ADM . Ta cũng có: AMDN là tứ giác nội tiếp nên: AMN = ANM = ADM từ đó ta suy ra AMH = AMN hay M , H , N thẳng hàng.

Câu 12) Phân tích định hướng giải: a). Ta thấy các điểm B , C , E , F nằm trên đường tròn đường kính

BC . Để chứng minh 5 điểm B , C , E , P, F nằm trên một đường tròn A

= 900 . Thật vậy ta có: Ta cần chứng minh BPC = PBE + EBC =1 PBC ABE + EBC 2

S M

H B

1 900 − A + 900 − C 2

(

) (

)

= PCF + FCB . Tương tự ta cũng có: PCB

1 . Từ đó suy ra 900 − A + 900 − B 2

(

) (

)

(

)

+ PCB = 2700 − A + B +C = 900 ⇒ BPC = 900 . Vậy điểm P thuộc PBC đường tròn đường kính BC .Mặt khác BP là phân giác của góc ABH nên P là trung điểm của cung nhỏ EF . b). Để ý rằng M , N là tâm của hai đường tròn đường kính BC và đường tròn đường kính AH Do hai đường tròn cắt nhau theo dây cung EF nên MN đi qua trung điểm của cung EF . Hay M , N , P thẳng hàng. A

Câu 13) Phân tích định hướng giải: a). Điểm P trong bài toán F

chính là điểm Miquel của tam giác ABC .

+ Ta dễ thấy 4 điểm A, F , H , E cùng nằm

E H

trên đường tròn

đường kính AH . Bây giờ ta chứng minh AFPE là tứ giác nội tiếp.

= 3600 − FPO − EPO Thật vậy ta có: FPE

(

) (

)

− 1800 − C =B +C suy ra EPF + A = 1800 ⇒ AEPF = 3600 − 1800 − B là tứ giác nội tiếp hay 5 điểm A, E , P, F , H cùng nằm trên đường tròn

đường kính AH ⇒ EFPH là tứ giác nội tiếp. + Xét tứ giác BPHC ta có: = BPE − HPE = BPO + OPE − HFE = BFO + 1800 − C − HBC BPH

(

)

+ 1800 − C − 900 − . Mặt khác ta cũng có: =B C = 900 + B = 900 − B ⇒ HCB + BPH = 1800 hay BCHP là tứ giác nội tiếp. HCB

= FEA = FBC ⇒ FPA + FPO = 1800 ⇒ A, P, O thẳng + Ta có: Ta có: FPA hàng. = FAP = 1 sđ BO − FP , PBM = PFO = 1 sđ PO = 1 sđ FO − FP , FEP 2 2 2 = sđ OF suy ra FEP = PBM ⇔ MEPB mặt khác ta có: OB = OF ⇒ sđ OB

(

)

(

)

là tứ giác nội tiếp. b). Theo câu a ta có: MEPB nội tiếp nên = BEM ⇔ BPO + OPM = BEC + CEM BPM

+ OPM = BEC + ⇔ BPO AEF mà = BFO = BPO ⇒ OPM = BEC = 900 hay ∆OPM là tam giác AEF = FBO vuông tại P Chú ý: Bài toán này có thể giải theo cách như bài 1: Đó là chỉ ra OH ⊥ AM suy ra H là trực tâm tam giác AOM , ngoài ra ta cũng thấy P, H , M thẳng hàng.

Câu 14) Phân tích định hướng giải. Gọi S là giao điểm thứ 2 của hai đường tròn A

( w1 ) , ( w 2 ) . Ta dễ chứng

minh được ANSM là tứ giác

N P B

S H

nội tiếp ( Đây là bài toán rất quen thuộc) từ đó suy ra 5 điểm A, N , H , S , M cùng nằm trên một đường tròn. + Trước hết ta chứng minh: A, S ,D thẳng hàng:

= 1800 − NBD = NHK do Ta có: ASN = AHN cùng chắn cung AN , NSD các tứ giác NSDB, NHKB nội tiếp . Suy ra

= = 1800 do đó A, S ,D thẳng hàng: ASN + NSD AHN + NHK + Vì 5 điểm A, N , H , S , M cùng nằm trên một đường tròn nên: ASH = 900 . = 900 , DQ là đường kính của Vì DP là đường kính của ( w1 ) suy ra PSD

( w2 )

= 900 điều đó chứng tỏ các tia PS , HS , QS trùng nhau. Hay nên DSQ

P , S , Q thẳng hàng.

Câu 15). Giả sử BN , CM cắt nhau tại R . Ta cần chứng minh ABRC nội tiếp. Ta có ∆ABC# ∆PAC vì

O B

chung, CAP = (C ABC ) suy ra

PA PC (1) ∆ABC # ∆QBA = AB AC

chung, BCA = QAB ) suy ra vì ( B

R M

QB PA QB QA (2). Từ (1), (2) ta có: = . Vì PA = PM , QA = QN suy ra = AB AC QA PC QB PM = PAC + = (Tính chất = . Mặt khác MPC ACB, NQB ABC + QAB QN PC = NQB hay góc ngoài tam giác). Suy ra MPC

= PCM ⇒ QCNR là tứ giác nội tiếp. Suy ra ∆MPC# ∆BQN ⇒ BNQ = CQN = BAC ⇔ ABRC là tứ giác nội tiếp. CRN Câu 16). Phân tích định hướng giải:

A L

K B

C P

a). Do A đối xứng với D qua BC nênta có BA = BD . Để ý rằng: AB là tiếp tuyến của ( L) nên BA2 = BT .BP ⇒ BD 2 = BT .BP điều này chứng tỏ BD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DPC .

= BPD . b). Từ chứng minh ở câu a ta có: ∆BDT # ∆BPD ⇒ BDT = CPD . Tương tự ta cũng có: CDS

Ta có: + BDT = SDC − BDC + BDT = CPD − BAC + BPD = CPD + BPD − BAC SDB

(

)

D N

E H B

M C

+ BPD = 3600 − BPC . Nhưng BPC + BAC = 1800 do Mặt khác ta có: CPD + BDT = 1800 hay 3 điểm S , D, T thẳng tứ giác ABPC nội tiếp. Vậy SDB hàng.

Câu 17) Phân tích định hướng giải: a). Theo giả thiết ta có: ABD = ACE suy raTứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp.Suy ra HB.HD = HE.HC Tứ giác BNDM nội tiếp nên:

HB.HD = HM .HN . Tứ giác EICK nội tiếp nên HI .HK = HE.HC Kết hợp các đẳng thức trên ta suy ra HM .HN = HI .HK suy ra NIMK là tứ giác nội tiếp. Hay bốn điểm N , I , M , K cùng nằm trên một đường tròn. b). Giả sử đường thẳng AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD tại điểm F . Ta có tứ giác NFMA nội tiếp nên: HF .HA = HM .HN mặt khác theo chứng minh ở câu a ) ta có: NIMK nội tiếp nên: HM .HN = HI .HK suy ra HF .HA = HI .HK suy ra 4 điểm I , F , K , A cùng nằm trên một đường tròn. Điều đó chứng tỏ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD , ACE cắt nhau tại F và A, H , F thẳng hàng.

+ MCA ( Góc ngoài của tam giác). Mặt khác c) Ta có AMN = MAC ACM = ABD (giả thiết) suy ra = = AND + MND = AMN = ABD + MAC AND + MAD ANM . Suy ra tam giác AMN cân tại A .

Chú ý rằng: Chứng minh tương tự ta cũng có: AIK cân tại A suy ra A là tâm vòng tròn ngoại tiếp tứ giác NIMK .

Câu 18) Phân tích định hướng giải :

a). Gọi N là giao điểm của PO A

với đường tròn (O ) thì N là điểm chính giữa của cung BC

F O I

(không chứa A ). F là tiếp điểm của ( I ) với AB .

Ta có các tính chất quen thuộc sau:

M K

+ A, I , N , I a thẳng hàng + Tam giác NIB , NIC cân tại N

( Hay N là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác IBC ) (Xem thêm phần góc với đường tròn) + BI a ⊥ BI , CI a ⊥ CI ( Phân giác trong và phân giác ngoài cung một góc thì vuông góc với nhau). Từ đó suy ra tứ giác IBI a C là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm N . b). Để chứng minh NI a là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP ta chứng minh: NI a 2 = NM .NP .

Mặt khác NI a = NB nên ta cần chứng minh: NB 2 = NM .NP . Nhưng điều này là hiển nhiên do:

= 900 , M là trung điểm của BC + NP là đường kính của (O ) nên NBP nên PN ⊥ BC tại M + Hệ thức lượng trong tam giác vuông PBN cho ta NB 2 = NM .NP .

≡ KAN = KPN (Góc nội tiếp) , KPN ≡ I c). Vì KAI a PN nhưng NI a là tiếp tuyến của ngoại tiếp tam giác I a MP nên I a PN = NI a M . Như vậy ta cần chứng minh: NI a M = DAI (*).Ta có: MN / / ID nên = DIA do đó ta cần chứng minh: ∆NMI # ∆IDA . MNI a a NM NI a , nhưng ta có: ID = IF , NI a = NB = ID IA NM NB nên ta cần chứng minh: . = FI IA Để ý rằng: ∆MNB, ∆FIA có:

Điều này tương đương với:

= IFA = 900 , NBM = 1 BAC = IAF ⇒ ∆MNB# ∆FIA . (Bài toán được MNB 2 giải quyết). Câu 19) Phân tích định hướng:

Vì BC = R 3 . Áp dụng công thức =R 3 BC = 2 R sin BAC

O H

= 3 do đó ⇒ sin BAC 2

C C' K

A = 600 . Trong bài toán

có các yếu tố cố định là A'

BC , A nên ta tập trung khai thác các yếu tố này.

= a). Ta có: BKC AKB + AKC . Mà AKB = AEB = ABE = 900 − A = 300 , = AKC = AFC = ACF = 900 − A = 300 , suy ra BKC AKB + AKC = 600 . Do đó K luôn thuộc cung chứa góc nhìn đoạn BC dưới một góc 600 . b). Ta có tam giác KBC có độ dài cạnh BC không đối , nên diện tích lớn nhất khi và chỉ khi đường cao hạ từ K đến BC lớn nhất. Tức là K là trung , khi đó A là trung điểm cung lớn BC . Tam giác KBC đều điểm cung BC nên độ dài đường cao tam giác đều KBC là

3R.

3 3 = R, 2 2

1 3 3 3 2 ⇒ S ∆KBC = . R. 3R = R 2 2 4

c) Để ý rằng: AB ⊥ CF tại trung điểm của CF , AC ⊥ BE tại trung điểm của CE nên kéo dài AB cắt đường tròn ( ACF ) tại A ' thì AA ' là đường kính của đường tròn. Kéo dài AC cắt đường tròn ( ABE ) tại C ' ⇒ AC ' là đường kính của đường tròn. Dễ thấy A ', K , C ' thẳng hàng. ACA ' = 900 , ABC ' = 900 ( Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) nên các đường cao CA ', BC ' của tam giác AA ' C ' cắt nhau tại trực tâm Q .Nên đường thẳng AK đi qua Q . Mặt khác tứ giác ABQC

= 900 ⇒ CQ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp nội tiếp ABQ = ACQ tứ giác ABQC . Điều đó chứng tỏ CQ đi qua O cố định.

Câu 20) Bài toán này làm ta liên

E B

tưởng đến tính chất quen thuộc: D

Từ điểm A ở ngoài đường tròn A

H F C

(O ) dựng hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE .

Gọi H là giao điểm của

BC và AO thì HDEO là tứ giác nội tiếp và BH là đường phân giác trong của DHE . (Các em học sinh tự chứng minh tính chất này)

Quay trở lại bài toán: = EHO = Ta có BH là đường phân giác trong của DHE nên DHA AHF . Suy ra AHE + AHF = 1800 . Nên ba điểm E , H , F thẳng hàng.

Câu 21) J

Do 5 điểm A, B, K , O, C

cùng nằm trên một đường tròn

= OBC . Mà nên ta có: CKO

N F

E A

= 900 − CKO suy ra EKC = 900 − OBC = BMJ = EMC EKC

hay tứ giác EMKC nội tiếp. Kéo dài FM cắt AB tại I . Ta chứng minh I là trung điểm của AB . Do tứ giác EMKC nội tiếp nên = ECM mà ECM = EFB suy ra EKM = EFB ⇔ MK / / FB EKM

Suy ra M là trung điểm của EN . Áp dụng định lý Thales ta có: ME MN FM mà ME = MN ⇒ AI = BI (đpcm). = = AI BI FI

Câu 22) Giả sử GD cắt TO tại I , TF cắt AO tại J . Khi đó ta dễ dàng chứng minh được: AO ⊥ EF tại J . Thật vậy: Dựng tiếp tuyến Ax của = ABC mà ( O ) thì Ax ⊥ AO . Ta có: xAC

= ABC = AEF ⇒ xAC AEF ⇒ Ax / / EF hay AO ⊥ EF . Ta cũng chứng minh được: GS ⊥ TO tại điểm I . Thật vậy ta có:

= MBF ⇔ MFD + DFB = MTF + TFB mà MFB

= DCA = EFA = TFB DFB

= MTF hay suy ra MFD

K F

∆MDF # ∆MTF suy ra

S H

MF 2 = MD.MT . Mặt khác ta

có: MO.MG = MB.MC = MF 2 N

(Do MB = MC = MF ) Suy ra MO.MG = MD.MT hay ∆MOT # ∆MDG ⇒ GI ⊥ OT . Dễ thấy 4 điểm A, K , H , E cùng nằm trên đường tròn đường kính AH . Tứ giác AKBC nội tiếp nên: TK .TA = TB.TC

Tứ giác EFBC nội tiếp nên suy ra TK .TA = TF .TE hay tứ giác AKFE nội tiếp. Từ đó suy ra 5 điểm A, K , F , H , E cùng nằm trên một đường tròn. Tứ giác JSIO nội tiếp nên TS .TJ = TI .TO . Tứ giác IOMD nội tiếp nên TI .TO = TM .TD . Xét tứ giác MDFE ta có:

= 1800 − FDB − EDB = 1800 − FDE A− A = 1800 − 2 A .Mặt khác ta cũng có

(

) (

)

= 1800 − FMB − EMC = 1800 − 1800 − 2 B − 1800 − 2C = 2( B +C ) − 180 FME . Suy ra tứ giác MDFE nội tiếp. Do đó TD.TM = TE.TF . = 1800 − 2A . hay tứ giác AKSJ nội tiếp Nhưng TE.TF = TK .TA suy ra TS .TJ = TATK = SJA = 900 ⇒ S ∈ HK . Mặt khác từ chứng minh trên ta cũng có: SKA = MDA = 900 . Suy ra M , H , S , K thẳng hàng. AKMD nội tiếp nên MKA

Câu 23) Trong bài toán có giả thiết H

là trung điểm AB .Mặt khác các điểm A.B, H có liên quan đến cát tuyến

qua M . Để tận dụng điều này ta sẽ (d)

dựng đường thẳng qua D song

F K

song với đường thẳng ( d ) cắt HC , BM tại I , F . Khi đó ta dễ chứng minh được

I là trung điểm của DF theo định lý

Thales từ đó suy ra IN là đường trung

A M

H N

bình của tam giác IEF .Để chứng minh B

tứ giác HNCS nội tiếp ta chứng minh: D

= HSN . Mặt khác ta có: IDN = NSH NCH so le trong. Như vậy ta cần chứng minh:

= IDN tức là ta cần chứng minh ICDN nội tiếp. NCH = NEM ( so le trong) mà MEN ≡ MED = MCD suy ra + Thật vậy: INE = MCD hay ICDN là tứ giác nội tiếp. INE = SCH . Tứ giác ONHS nội tiếp nên + Ta có tứ giác HNCS nên: SNH = SOH suy ra SCH = SOH . Hay tứ giác SCOH là tứ SNH = 900 ⇒ OCS = 900 ⇒ SC giác nội tiếp. Nhưng OHS là tiếp tuyến của (O ) . Mà KC cũng là tiếp tuyến của (O ) nên ta suy ra S , K , C thẳng hàng.

Câu 24) Theo tính chất tuyến

tuyến ta có: CE = CD = CH ,

M H O I

BF = BD = BG , MH = MG , N

AE = AF

+ Ta có:

= 1800 − . Mặt khác HEF AEF − HEC 1800 − A 1800 − ECH = ECH + A (1) , HEC = suy ra HEF AEF = 2 2 2

= FGM + MGH nhưng + Ta có: EGH 0 = 1800 − FGB = 1800 − 180 − FBG = 900 + FBG , FGM 2 2 − MCB + MCB 1800 − MBC MBC 1800 − GMH 0 suy MGH = = 90 − = 2 2 2 = 900 + FBG + MBC + MCB (2) . Từ (1) và (2) ta có: ra EGH 2 + EGH = ECH + A + 900 + FBG + MBC + MCB = 900 + A + B + C = 1800 HEF 2 2 2 Hay tứ giác EHGF nội tiếp.

(

) (

)

Việc chứng minh trực tiếp N , G , H thẳng hàng là rất khó. Để khắc phục khó khăn này ta giả sử NG cắt đường tròn ( I ) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHGF lần lượt tại H1 , H 2 . Ta sẽ chứng minh H1 ≡ H 2 ≡ H . Thật vậy: Theo tính chất tiếp tuyến, cát tuyến ta có: NG.NH1 = ND 2 , NG.NH1 = NE.NF , NE.NF = ND 2 , NG.NH 2 = NE.NF ⇒ NH = NH1 = NH 2 ⇔ H1 ≡ H 2 ≡ H là điều phải

chứng minh.

Câu 25)

Phân tích định hướng giải toán:

A N1

a). Do AI là tiếp tuyến chung M1

của các đường tròn (O1 ), (O2 )

nên AN1. AM 1 = AI 2 = AN 2 . AM 2

O2 A'

Từ đó suy ra tứ giác N1M 1 N 2 M 2 nội tiếp. b). Để chứng minh OA vuông góc với N1 N 2 S

N2 Q

= 900 Ta chứng minh AN1 N 2 + OAM 1 Thật vậy ta có: Từ việc chứng minh 1 N1M 1 N 2 M 2 . Ta suy ra AN1 N 2 = N M 1OA 2M 2M = 2 1 = 1M Do đó AN1 N 2 + OAM OAM 1 + OM 1 A = 900 (Do tam giác 1 1OA + 2 2 M 1OA cân tại O) . Vậy OA vuông góc với N1 N 2 .

(

)

c) Ta có AI ⊥ PQ ⇒ PQ / / O1O2 . Gọi S là giao điểm của PM 1 và QM 2 thì

O, O2 , M 2 thẳng hàng và O2 I / / OP ⇒ O 2 IM 2 = M 2 PO mặt khác ta có: O 2 IM 2 = IM 2 O2 ⇒ M 2 PO = O2 IM 2 . Suy ra P , I , M 2 thẳng hàng . Tương tự Q, I , M 1 thẳng hàng. Mà PQ là đường kính của (O ) nên QM 1 ⊥ M 1 P, QM 2 ⊥ M 2 P . Suy ra I là trực tâm tam giác SPQ . Suy ra AI

qua S . Vậy ba đường thẳng AI , PM 1 , QM 2 đồng quy tại I .

Câu 26) a) Có hai trường hợp xảy ra:

= OBP + BPE ( Góc Trường hợp 1: E nằm trong đoạn NP . Ta có OEN ngoài tam giác ).

(

)

1800 − A B A 0 0 Ta có OBP = , EPB = 180 − NPA = 180 − = 900 + . Từ đó 2 2 2 = 900 + B + A = 1800 − C = 180 − OCA . suy ra OEN 2 2 2

Trường hợp 2: E nằm ngoài đoạn NP . Ta có = 1800 − BPN − EBP = 1800 − 900 − A − B = 900 −  A + B  = C = OCA OEN 2 2 2 2 2   (Đpcm) A I A

K E N

F P

O C

b) Từ kết quả chứng minh ở câu a) = OEC = 900 , Chứng minh Ta suy ra ONEC là tứ giác nội tiếp suy ra ONC = OPB = 900 do tương tự ta cũng có: OFPB là tứ giác nội tiếp. Suy ra OFB

= OEC ⇔ CFB = BEC suy ra 4 điểm B, E , C , F cùng nằm trên đó OFB một đường tròn. c) Gọi I là giao điểm của BE , CF . Từ chứng minh ở câu b ta suy ra

O là trực tâm của tam giác IBC . Suy ra O, I , M thẳng hàng. Ta cũng có: I , F , E , O cùng nằm trên đường tròn đường kính OI nên K là trung điểm của OI . Từ đó suy ra K , O, M thẳng hàng.

Câu 27)

E O

M D

a). Có BHA = BEA = 900 ⇒ tứ giác BHEA nội tiếp.

= ABC mà ⇒ HED = ADC ⇒ ABC = EDC ⇒ HE / /CD HED

1 AB ⇒ K thuộc 2 trung trực của HE .Có DC ⊥ CA và HE / /CD ⇒ HE ⊥ AC . b) Nối K với E , K với H . Ta được KE = KH =

Có KM / /AC và HE ⊥ AC ⇒ KM ⊥ HE ⇒ KM là trung trực của HE ⇒ ME = MH hay ∆MHE cân tại M .

Câu 28) A

= ADO = ANO = 900 a). Ta có AMO

nên 5 điểm A, M , D,O, N thuộc đường K

E O

tròn tâm O ' đường kính AO . = ADC = 900 (1) mà b) Ta có ADB

= ADN (2) (góc nội tiếp chắn ADM

hai cung bằng nhau). Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. c) Qua I ta kẻ đường thẳng song song BC cắt AB, AC tại P ,Q . Ta có các = PMI ;QOI = INA mà tứ giác OMPI ,OQNI nội tiếp nên POI

= INA (do ∆AMN cân tại A ). Nên POI = QOI . Xét ∆POQ có PMI OI vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên IP = IQ . Áp dụng hệ

quả định lý Talet cho hai tam giác ABK và ACK có PQ / /BC . Ta có

BK AK CK = = ⇒ BK = CK (đpcm). IP AI IQ Câu 29) = ADB = 900 a). Ta có ACB

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) = MDN = 900 Suy ra MCN

+ MDN = 1800 ⇒ MCN ⇒ tứ giác MCDN nội tiếp

đường tròn tâm I đường kính MN (theo định lý đảo). Kẻ AP và AQ vuông góc với đường thẳng CD ta có tứ giác APQB là hình thang vuông có OH là đường trung bình nên AP + BQ = 2OH . Trong ∆OCD đều có R 3 không đổi. Vậy AP + AQ = R 3 2 = 600 nên sđCD = 600 . không đổi. Theo giả thiết COD OH là đường cao nên OH =

1 = 600 , ta có AMB = sđAB − sđCD = 600 nên CMD 2 = 2CMD = 1200 CID

(

)

DH R 3 = 3 sin 600 (không đổi). Ta có tam giác CID,COD cân tại I và O có H là trung điểm

Trong tam giác DIH vuông có DH = DI . sin 600 ⇒ DI =

CD nên IH và OH cùng vuông góc với CD suy ra I , H ,O thẳng hàng.

c) ∆MCD ∼ ∆MBA (g.g) nên

S MCD S MBA

 MD   = sin 300 =   MA 

(

)

1 1 ⇒ S MCD = S MBA . 4 4

S MCD lớn nhất khi S MBA lớn nhất. Kéo dài MN cắt AB tại K thì MK vuông góc với AB . Ta có MN không đổi, MK lớn nhất khi NK lớn nhất và N chạy trên cung 1200 dựng trên AB ; NK max khi N thuộc trung điểm cung này, khi đó tam giác MAB đều,

S MBA =

1 R2 3 AB.MH = R 2 3 ; max (S MCD ) = . 2 4

Cách khác: Kẻ ME ⊥ CD thì ME ≤ MH ≤ MI + IH . Tính được IH ; MI theo R . K

Câu 30) = OAM (1) (đồng vị); a). Ta có BOK

M D

= AMO (2) (so le trong); MOK

= OAM (3) ( ∆AOM cân) (3). OMA = KOM . Từ (1),(2),(3) ta có BOK

= KOM ; OM chung Xét ∆BOK và ∆KOM có OB = OM = R; BOK

nên ∆BOK = ∆MOK (c.g.c) suy ra = OBK = 900 ⇒ OMK + OBK = 1800 nên bốn điểm O, B, K , M OMK cùng thuộc một đường tròn đường kính OK . b) Ta có tứ giác CHDM là hình chữ nhật nên CD và MH cắt nhau tại I và là trung điểm của mỗi đường. Ta chứng minh K , I , A thẳng hàng. Gọi

MB cắt OK tại P ; KA cắt (O ) tại N cắt MH tại I ' ta có tứ giác

= BNK = 900 ) nên cùng bù với PNK mà so le. BPNK nội tiếp (vì BPK = MPI ' NP = I ' MP suy ra tứ giác I ' MNP nội tiếp suy ra MNA Nên I mà MNA = MBA ⇒ MBA = MPI ' ở vị trí đồng vị nên PI '/ /AB mà

PI / /AB nên I ≡ I ' . Vậy AK đi qua I hay ba đường thẳng CD, MH , AK đồng quy. 1 1 AH + HB ) = AB = R (không đổi) ∆EHI = ∆ECI ( 2 2 (c.c.c); ∆FHI = ∆DHI (c.c.c) nên SCDFE = 2.S EIF

c) Ta có EF =

1 R.MH R.MO R2 EF .IH = ≤ = ⇒ SCDFE ≤ 2 4 4 4 R2 max (SCDFE ) = ⇔ H ≡ O khi M thuộc chính giữa 4

S EFI =

R2 4

. AB

Câu 31) a). Tam giác ABI cân tại B nên = BIA suy ra EAI = EIA BAI

hay EA = EI (1).Xét ∆DIE vuông cân đỉnh I do đó IE = ID (2). Từ (1) và (2) suy ra AE = ID (đpcm).

DA ID = ⇔ DA.DF = ID 2 và EI ⊥ BD nên đường tròn (E ) đi DI FD = DIF . qua I và nhận BD làm tiếp tuyến. Từ đó ta có DAI

b) Do

Xét ∆AID ∼ ∆IFD có

DA ID = ⇔ DA.DF = ID 2 . Mặt khác DI FD

ID = IE nên DA.DF = IE 2 (1). Do ∆ABI cân tại B nên EB ⊥ AI .

Xét ∆IHE ∼ ∆BIE có

IE EH = ⇔ EH ± EB = IE 2 (2) EB IE

Từ (1) và (2) suy ra DF .DA = EH .EB (đpcm).

Câu 32) E

a). Ta có ME , MF là tiếp tuyến của

đường tròn (O ) , từ đó dễ dàng chứng

A M Q

= FI của đường tròn minh được EI

N K P

(O ) . Dễ dàng chứng minh được EI , FI , MI là các đường phân giác của ∆MEF . b) Gọi EF cắt OM tại H . Dễ chứng minh được

OAOB . = OH .OM = OE 2 c) Ta có I là tâm đường tròn ngoai tiếp ∆MEF và ∆MEF đều có cạnh bằng R 3 . Sử dụng góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung để chứng minh FQ ⊥ EK . Ta có PN .PK + QN .QK = 2SKPNQ ≤ KN .QP . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi KN ⊥ PQ (*). Mà N là trực tâm tam giác

EKF nên KN = 2.IH = R (1). Ta có ∆KPQ ∼ ∆KEF nên PQ KP 1 R 3 = = ⇒ PQ = (2). Thay (1),(2) vào (*) ta có đpcm, dấu EF KE 2 2 bằng khi KN ⊥ PQ hay N , I trùng nhau.

Câu 33)

1  = a) AMB = sđAB − sđPC   2

1  = 1 sđAP sđAC − sđPC = ABP .    2 2

= PC = ABP = AMB ⇒ CM = AC = AB . ⇒ CAP b) PA Xét ∆MAC ∼ ∆MBP (g.g) ⇒

MA MC = MB MP

⇒ MA.MP = MB.MC = MB.AB .

Câu 34) B K D

M I H

⇒ A,O,O ' thẳng hàng. a) Do AO và AO ' là hai phân giác của BAC

= IBK = 1 sđBI ; BKI chung ⇒ ∆KBI ∼ ∆KJB (g.g) Có BJI 2 ⇒

KI KB = ⇒ KB 2 = KI .KJ (1). Tương tự KB KJ

∆KDI ∼ ∆KJD ⇒ ⇒ KB = KD .

KI KD = ⇔ KD 2 = KI .KJ (2). Từ (1) và (2) KD KJ

b) Xét ∆ABO ' vuông có: AB 2 = AH .AO ' (3).

= AMB = 1 sđBI , BAI chung ⇒ ∆ABI ∼ ∆AMB (g.g) Lại có ABI 2 ⇒

AB AI = ⇒ AB 2 = AM .AI (4). Từ (3) và (4) AM AB

⇒ AI .AM = AH .AO ' ⇒

AH AM = ⇒ ∆AHI ∼ ∆AMO ' (vì AI AO '

AH AM = , A chung) ⇒ AHI = AMO ' ⇒ tứ giác MIHO ' nội tiếp AI AO ' hay 4 điểm I , H , M ,O ' cùng thuộc một đường tròn. AO OD R OI OI = = = = AO ' O ' B R ' O 'M O 'I nhưng OI cắt O ' I và A, I , M thẳng hàng

c) Do OD / /O ' B (cùng ⊥ AB ) ⇒

= BO = 1 DOI = 1 sđDI và ⇒ OI / /O ' M ⇒ DOI ' M . Mà BDI 2 2 1 = BIM ⇒ IM tiếp xúc với đường = 1 BO BIM ' M = sđBM ⇒ BDI 2 2 tròn ngoại tiếp ∆BID hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆IBD .

Câu 35)

= CAB a). Ta có DCB = CAB ), BCE (cùng chắn BC

K A

H 1 2

(góc có cạnh tương ứng vuông góc)

= BCE . Do đó CB là tia phân giác của DCE . ⇒ DCB

 EK ⊥ CD (BK ⊥ CD ) b) Xét ∆CDE có:  ⇒ B là trực tâm ∆CDE DH ⊥ CE (CH ⊥ AB )  ⇒ CB ⊥ DE tại F hay CB là đường cao của ∆CDE . Mà CB là tia = CDE . Mặt khác nên ∆CDE cân tại C ⇒ CED phân giác của DCE =E (góc cạnh tương ứng vuông góc), D =E . Do đó ∆BDE cân D 1 1 2 2 tại B ⇒ BD = BE ⇒ BD + BK = BE + BK = EK Trong tam giác CKE vuông tại K có EK < EC (cạnh huyền lớn nhất)

⇒ BK + BD < EC . = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) c) Xét ∆ABC có ACB

⇒ BH .BA = BC 2 (hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông) Ta lại có: ∆BHC ∼ ∆BFD (g.g) ⇒

BH BC = ⇒ BH .BD = BC .BF BF BD

⇒ BH . (BA + BD ) = BC . (BC + BF ) ⇔ BH .AD = BC .CF (1)\

Mặt khác ta có: AC / /DE (cùng vuông góc với CF ) ⇒ D2 = CAB (so le = DFB = 900 ⇒ ∆ACH ∼ ∆DBE (g.g) trong) mà AHC

⇒

AH AC = ⇒ AH .BD = DF .AC (2). Mặt khác ∆ABC ∼ ∆CDF DF BD

AC CF = ⇒ BC .CF = DF .AC (3). Từ (1),(2) và (3) suy ra BC DF BH .AD = AH .BD . A

(g.g) ⇒

Câu 36) = OCM (nội tiếp chắn a) OPM

M N

) mà OPM = OAC OM

H K B

( ∆OAC cân) = OAC (1). nên OPM = OAB (2) b) Tương tự OPN = BAC . Kéo dài AO cắt O tại D . Ta có Từ (1) và (2) ta có MPN ( )

= DBC ;OBA = OAB nên DBA

= DBC + CBO + OBA = DAC + COB + OAB = OBC + BAC 900 = DBA + BAC = 900 (đpcm) ⇒ OBC c) Gọi H là giao điểm của NO và MP , MO cắt NP tại K . Ta có + BAC = 900 và BAC = OBC mà OBC = HPN HNP

+ HPN = 900 hay NH ⊥ MP (3). Tương tự MK ⊥ NP (4) ⇒ HNP Từ (3) và (4) suy ra O là trực tâm ∆MNP (đpcm)

Câu 37)

a). Gọi A ', B ' lần lượt là hình B'

chiếu vuông góc của A, B lên

đường thẳng MN . Gọi H là trung điểm đoạn thẳng MN thì OH ⊥ MN . Xét hình thang AA ' B ' B có

M A'

OH là đường trung bình nên 1 R 3 3R 2 R 2 2 2 AA + BB = ' ' ; MH = OM − OH = R − = ( ) 2 2 4 2 ⇒ MN = 2MH = R .

OH =

b) Ta có AMB = ANB = 900 ⇒ KMI = KNI = 900 . Suy ra bốn điểm M , N , I , K cùng nằm trên một đường tròn đường kính KI . Vì MN = R nên ∆OMN đều.

= MAN = 1 MON = 300 ⇒ AKN = 600 . Gọi O ' là trung điểm KAN 2 của IK thì O ' là tâm của đường tròn đi qua bốn điểm M , N , I , K và R ' = O ' M là bán kính của đường tròn này. Do đó

= 2AKN = 1200 ⇒ MN = R ' 3 ⇒ R ' = R 3 . MO ' N = 2MKN 3 c) Gọi P là giao điểm của IK và AB , do I là trực tâm của ∆KAB nên KI ⊥ AB , nên KP là đường cao tam giác KAB hạ từ K . Do O,O ' nằm trên trung trực đoạn MN , nên O,O ', H thẳng hàng. Xét ∆MOO ' có 2R ' = 900 MOO ' = 300 , MO OMO ' O = 600 . Suy ra OO ' = 2MO ' = 3 mà ∆KAB có AB không đổi nên nó có diện tích lớn nhất khi KP lớn

(

nhất. Ta có KP ≤ KO '+ OO ' =

)

=R 3. 3 3 Đẳng thức xảy ra khi P ≡ O ⇔ OO ' ⊥ AB ⇔ MN / /AB ⇔ ∆KAB +

= 600 ). cân tại K ⇔ KAB đều (do AKB

Do đó S KAB =

1 AB.KP = R.KP ≤ 3R 2 . 2

Kết luận: Diện tích ∆KAB lớn nhất bằng MN / /AB (hay ∆KAB đều).

3R 2 khi và chỉ khi

Câu 38)

D A

C O'

= ADE = 1 sđAD của O ' , a) ABD ( ) 2 = ACE = 1 sđAC c ủa O ABC ( ) 2 + CBD = CED + ABD + ABC ⇒ CED + ACE + ADE = 1800 = CED (tổng ba góc trong ∆ECD ). Vậy tứ giác BDEC nội tiếp. = CDB ; EBC = EDC mà b) Vì tứ giác BCED nội tiếp nên CEB = ABD nên EBC = ABD . EDC

⇒ ∆EBC ∼ ∆DBA ⇒ ∆EBD ∼ ∆CBA ⇒

EC DA = ⇒ EC .DB = DA.EB (1). Tương tự EB DB

ED CA = ⇒ ED.CB = CA.EB (2). Từ (1) và (2) EB CB

được: EC .DB = ED.CB = DA.EB + CA.EB = (DA + CA) EB = CD.EB . Nhận xét: Kết quả câu b) thực chất là định lý Ptolemy (Xem thêm phần ‘’Các định lý hình học nổi tiếng’’) Câu 39) a). Vì CD là đường kính

(OB = OD = R ) C

= 900 . Do đó nên CBD

O' A

= ABF (góc có BEF

Q D

cạnh tương ứng vuông

góc cùng nhọn), mà

= ODB ABF

(OB = OD = R ) = CDB . Do đó tứ giác CDEF nội tiếp. nên BEF

b) Gọi Q = BM ∩ CD , ∆BEF vuông tại B nên

= MEB (1) BM = ME ⇒ MBE = BEF (chứng ∆BCD vuông tại B nên BCD + BDC = 900 mà BDC minh ở câu a) nên BCD + BEF = 900 (2). + MBE = 900 ⇒ BQC = 900 hay BM ⊥ CD . Từ (1) và (2) ta có BCD c) K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF , M là trung điểm của EF nên KM ⊥ EF ⇒ KM / /AB (vì cùng vuông góc với EF ). Tương tự KO / /BM (cùng vuông góc với CD ). Do đó tứ giác KMBO là hình bình hành nên MK = BO = R . d) H là trực tâm của tam giác DEF , do đó HD ⊥ EF suy ra HD / /AB . Tương tự BH / /AD (cùng vuông góc với EF ). Do đó tứ giác BHDA là hình bình hành nên BH = AD . Mặt khác tứ giác BDAC là hình chữ nhật nên AD = BC ⇒ BH = BC (3).Lấy O ' đối xứng với O qua B ta có BO ' = BO (4) với O ' cố định vì B,O cố định. Từ (3) và (4) suy ra tứ giác

HO ' CO là hình bình hành nên O ' H = OC = R . Vậy H chạy trên đường tròn (O '; R ) cố định. A

Câu 40)

a) Nối H với E . = 900 (vì AH là đường kính), HEA

O D B

= 900 ( AH là đường cao) AHC

= ACB (cùng phụ với EHC ) (1) ADE = AHE (góc nội tiếp ⇒ AHE = ACB ⇒ tứ giác BDEC nội ) (2). Từ (1) và (2) ⇒ ADE cùng chắn AE tiếp đường tròn

b) Vì DAE = 900 ⇒ DE là đường kính ⇒ D,O, E thẳng hàng (đpcm). c) Ta có S BDEC = S ∆ABC − S ∆ADE

∆ABC vuông có AH là đường cao: AC = BC 2 − AB 2 = 4cm ⇒ S ∆ABC =

AB.AC = 6 cm 2 2

(

)

AB.AC 12 = (cm ) (cùng là đường kính đường tròn (O ) ) BC 5 chung; ADE = ACB (câu a) ∆ADE và ∆ABC có A

DE = AH =

⇒ ∆ADE ∼ ∆ABC (g.g) ⇒ Tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng ⇔

S ∆AED S ∆ABC

 DE  S .DE 2  ⇔ S ∆AED = ∆ABC 2 =  BC  BC 

  DE 2  122  2886  = 6 1 − = S BDEC = S ∆ABC − S ∆ADE = S ∆ABC 1 − cm 2 2 2 2   625 BC  5 .5   

(

)

Câu 41) K E

+ Xét ∆ANF và AFD có = ADF (vì AF là AFN chung tiếp tuyến) và FAD

a) Nối N với F , D với F .

AN AF = ⇔ AF 2 = AN .AD (1) AF AD + Xét ∆AFI có AF ⊥ IF (vì AF là tiếp tuyến, FI là bán kính) và ⇒ ∆ANF ∼ ∆AFD (g.g) ⇒

FK ⊥ AI (vì AF và AE là tiếp tuyến chung và AI nối tâm) ⇒ ∆AFI vuông tại F có FK là đường cao) ⇒ AK .AI = AF 2 (2). chung. Từ (1) và (2) + Xét ∆ANK và ∆AID có IAD

⇒ AN .AD = AK .AI ⇒

AN AI = AK AD

⇒ ∆ANK ∼ ∆AID (c.g.c) ⇒ NKA = IDN (3). Từ (3) có + DKN = NKA + DKN = 1800 ⇒ Tứ giác DIKN nội tiếp đường IDN tròn ⇒ Các điểm I , D, N , K cùng thuộc đường tròn (đpcm) b) Ta có ID ⊥ DM ( DM là tiếp tuyến, DI là bán kính) và IK ⊥ KM (câu a) ⇒ Tứ giác DIKM nội tiếp đường tròn đường kính MI . Vì bốn điểm D, I , K , N cùng thuộc một đường tròn (câu a) ⇒ Hai đường tròn này ngoại tiếp ∆DIK ⇒ Hai đường tròn trùng nhau ⇒ N cũng nằm trên = 900 . Vì IN là bán kính đường tròn đường tròn đường kính MI ⇒ INM

(I ) , MN ⊥ IN ⇒ MN

là tiếp tuyến của đường tròn (I ) tại tiếp điểm N

(đpcm).

Câu 42)

Q J

1.a) ∆PIN ∼ ∆PNJ ⇒ PI .PJ = PN 2 (1)

F K

Xét ∆PON vuông tại N có NE ⊥ PO ⇒ PN 2 = PE .PO (2)

I P

∆PKE ∼ ∆POF ⇒ PK .PF = PO.PE

(3)

Từ (1),(2) và (3) ⇒ PI .PJ = PK .PF b) ∆PIO ∼ ∆POJ suy ra tứ giác IEOJ nội tiếp (4) Ta có = IJO ; IEP + QEI = 900 ; IJO + QOJ = 900 ⇒ QEI = QOJ . IEP = QOI ⇒ QEI = QOI . Suy ra tứ giác QIEO nội tiếp (5) Mà QOJ

Từ (4) và (5) suy ra Q, I ,O, J cùng thuộc một đường tròn.

Câu 43) a). Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O ) ⇒ MC ⊥ MO (1) Xét đường tròn (I ) : I

= 900 Ta có CMD

⇒ MC ⊥ MD (2) Từ (1) và (2)

1 K

⇒ MO / /MD ⇒ MO và MD trùng nhau

⇒ O, M , D thẳng hàng. b) CA là tiếp tuyến của đường tròn (O ) ⇒ CA ⊥ AB (3). Đường tròn (I ) tiếp xúc với AC tại C ⇒ CA ⊥ CD (4). Từ (3) và (4) = COA (*) (hai góc so le trong) CA,CM là hai ⇒ CD / /AB ⇒ DCO

tiếp tuyến cắt nhau của (O ) ⇒ COA = COD (**). Từ (*) và (**) = DCO ⇒ ∆COD cân tại D . ⇒ DOC

= 900 c) Gọi chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H có CHD

⇒ H ∈ (I ) (bài toán quỹ tích) DH kéo dài cắt AB ở K . Gọi N là giao

điểm của CO và đường tròn (I ) ⇒ CND = 900 và ∆COD cân tại D ⇒ NC = NO . Ta có tứ giác NHOK nội tiếp.

+ NKO = 1800 ) ⇒ NHO Vì có H 2 = O1 = DCO (cùng bù với DHN = NCH (cùng chắn cung NH của đường tròn I ) (5) Ta có NDH ()

= HND = HCD ⇒ ∆DHN ∼ ∆COB (g.g) ⇒ HN = OB . CBO HD OC OB OA OA CN ON HN ON Tương tự ta có: = ; = = ⇒ = . OC OC OC CD CD HD CD = 900 mà = CDH ⇒ ∆NHO ∼ ∆DHC (c.g.c) ⇒ NHO Mà ONH + NKO = 1800 (5) ⇒ NKO = 900 ⇒ NK ⊥ AB ⇒ NK / /AC NHO ⇒ K là trung điểm của OA cố định ⇒ đpcm.

Câu 44) A

a) Ta chứng minh ∆ABE ∼ ∆BSM . b) Từ câu a ta có

E N

AE MB = (1) AB BS

mà MB = EM (do ∆BEC vuông

F B

tại E có M là trung điểm của BC )

AE EM = AB BS = BAE ; EBA + BAE = 900 ; Có MOB

nên

+ MOB = 900 nên MBO = EBA MBO = OBA = MBE . Suy ra MEA = SBA (2) do đó MEB

Từ (1) và (2) suy ra ∆AME ∼ ∆ABS

(đpcm).

c) Dễ thấy SM vuông góc với BC nên ta chứng minh NP / /SM . Xét ∆ANE và ∆APB : Từ câu b) ta có ∆AEM ∼ ∆ABS nên = PAB . Mà AEN = ABP (do tứ giác BCEF nội tiếp). Do đó NAE

∆ANE ∼ ∆APB nên

AN AE = . Lại có AP AB

AM AE AM AN = ∆AEM ∼ ∆ABS ) . Suy ra = nên trong tam giác ( AS AB AS AP AMS có NP / /SM (định lý Talet đảo). Do đó bài toán được chứng minh.

Câu 45) a). Gọi K là giao điểm của BO

A E

với DF ⇒ ∆IKF vuông tại K

D O I

= 1 DOE = 450 có DFE 2

K B

= 450 ⇒ BIF

H F

b) Khi AM = AB thì ∆ABM

= 450 ⇒ Tứ giác BDHF nội vuông cân tại A ⇒ DBH = 450 . Có DFH tiếp ⇒ 5 điểm B, D,O, H , F cùng thuộc một đường tròn. = BIH = 450 ⇒ Tứ giác ABHI nội tiếp. BAH = BHO = 900 ⇒ OH ⊥ BM , mà OA ⊥ BM ⇒ A,O, H thẳng BFO hàng.

= QDN = EFN .Tương tự có c) Có tứ giác PNQD nội tiếp ⇒ QPN = NDP = FEN ⇒ ∆NEF ∼ ∆NQP . Cách xác định điểm M : Kẻ NQP

đường kính DN của (O ) , BN cắt AC tại M thì PQ lớn nhất. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi P ≡ F ;Q ≡ E ⇒ DN là đường kính của (O ) ⇒ PQ lớn nhất bằng EF ⇒

PQ NQ = ≤ 1 ⇒ PQ ≤ EF . EF NE

Câu 46)

= PMI = PAC a). Chỉ ra PBI

(

) M

⇒ Tứ giác BMIP nội tiếp.

= PCI = PAB Chỉ ra PNI

(

)

⇒ Tứ giác CNIP nội tiếp.

b) Vì BP = CP (giả thiết) ⇒ ∆BPC cân tại P ⇒ PBI = PCI . = CAP ; PMI = PNI ⇒ ∆PMN cân Kết hợp câu a) ⇒ BAP

⇒ PM = PN . ⇒ PI là đường trung trực của MN ⇒ PI ⊥ MN

Kết hợp câu a) ⇒ ABP = ACP = 900 ⇒ ∆ABP = ∆ACP (g.c.g) ⇒ AB = AC ⇒ ∆ABC cân.

Câu 47) a). Ta có MN / /BC (gt), ID ⊥ BC

+ IKM = 900 + 900 = 1800 IFM A

( (I ) tiếp xúc với BC tại D M F

C D

⇒ ID ⊥ MN ⇒ IK ⊥ MN

= IKN = 900 ⇒ ⇒ IKM + IKM = 900 + 900 = 1800 IFM ⇒ Tứ giác IFMK nội tiếp. = IEN = 900 ⇒ tứ giác IKEN nội tiếp. Ta có Mặt khác IKN = IKF (tứ giác IFMK nội tiếp) ; IKF = ANI (tứ giác IKEN nội IMF tiếp) ⇒ IMF = ANI ⇒ Tứ giác IMAN nội tiếp. = IFK (tứ giác IFMK nội tiếp); INK = IEK (tứ giác b) Ta có IMK

IKEN nội tiếp). Mặt khác IE = IF (= r ) ⇒ ∆IEF cân tại

= INK ⇒ ∆IMN cân tại I có IK là đường cao ⇒ IK là I ⇒ IMK đường trung tuyến của ∆IMN ⇒ K là trung điểm của MN ⇒ MN = 2MK Mà BC = 2BJ ( J là trung điểm của BC ). Do đó MN 2MK MK AM MN = = .Mặt khác ∆ABC có MN / /BC ⇒ = BC 2BJ BJ AB BC AM MK  MN   . Xét ∆AMK và (hệ quả của định lý Talet). Ta có = = AB BJ  BC 

= ABJ (hai góc đồng vị do MN / /BC ); ∆ABJ có: AMK AM MK = ⇒ ∆AMK ∼ ∆ABJ (c.g.c) ⇒ MAK = BAJ ⇒ Hai tia AB BJ AK , AJ trùng nhau. Vậy ba điểm A, K , J thẳng hàng. c) AE , AF là các tiếp tuyến của đường tròn (I ) ⇒ AE = AF , AI là tia

. ∆AEF cân tại A có EAF = 600 (gt) ⇒ ∆AEF phân giác của EAF đều ⇒ EF = AE = AF , ∆AEF đều có AI là đường phân giác ⇒ AI

1 AI .EF . ∆IAE vuông tại 2

là đường cao của ∆AEF ⇒ AI ⊥ EF ⇒ S = ; IE = AI .sin IAE E ⇒ AE = IE .cot IAE

⇒ AE = r . cot 300 = r 3; AI =

r = 2r ⇒ EF = AE = r 3 . sin 300

1 1 AI .EF = .2r . 3.r = r 2 3 (đvdt). Gọi H là giao điểm của 2 2 = 600 AI và EF . Ta có IH ⊥ EF , H là trung điểm của EF và HIF

Vậ y S =

= r .cos 600 = 1 r . Do đó ∆IHF vuông tại H ⇒ IH = IF .cos HIF 2 3.r 2 S IEF (đvdt). 4 = IFE ; INM = IEF . Do đó Xét ∆IMN và ∆IEF , ta có IMN 1 = IH .EF = 2

∆IMN ∼ ∆IEF (g.g) ⇒

S IMN

IF ⊥ FM ⇒ IM ≥ IF ⇒ có S = 3r 2 ; SIEF =

S IEF

 IM   . Mà =   IF 

S IM ≥ 1 . Do đó IMN ≥ 1 ⇒ S IMN ≥ S IEF . Ta IF S IEF

3.r 2 S ; S IMN ≥ S IEF , vậy S IMN ≥ . 4 4

Câu 48. a).

A K

*) Tứ giác IABN nội tiếp do E

= 1 sđED , + IBN 2 = DAC − NAC = + IAN − NCA = 1 sđAD − sđAE  DAN    2

I P M N

1 sđED 2 = NAC + NCA = 2NCA =sđEA , *) Ta có PNE = PDA + ADE = ABE + ADE = 2ABE = sđAE . Suy ra tứ giác PDE =

PNDE nội tiếp. = MAK = 450 suy ra b). Ta thấy tứ giác AKME nội tiếp do MEK = MKA = 900 suy ra MK / /BD ⇒ MKD = KDB = EKM . MEA

c). Ta có

MD ME CD 2 = ⇔ ME .MC = MD.MA = MD 2 = MC MA 4 2 2 CD 5CD Mặt khác ta có: MC 2 = CD 2 + MD 2 = CD 2 + = suy ra 4 4 ∆MDC $ ∆MEA ⇒

5 5 CD ⇒ ME = CD 2 10 hay MC = 5ME .Ta có: ⇒ MC =

CD 2 EA AM AM .CD 5 10 2 = ⇒ EA = = = CD = R. CD MC MC 5 5 5 CD 2

Câu 49). Giải: Giả sử CN cắt đường tròn

F A

ngoại tiếp tam giác ABN tại điểm thứ hai F , BM

cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC tại điểm

= CAM = MAB = CFB do đó BCEF là tứ giác thứ hai E . Ta có BEC nội tiếp.

= EBC = ABN = AFN , do đó A, E , F thẳng hàng. Suy ra EFC = AEM = FCB suy ra BCM = ACN . Khi đó ACM

Câu 50. Giải: Đường thẳng qua A song song với BD cắt BM tại Q . Ta có

NA NA MA AQ = = = do đó NA = AQ . Mặt khác AB CD MD BD

= 600 nên tam giác NAQ đều. NAQ

Vậy phép quay tâm A góc quay 600 biến D thành B , N thành Q . Do đó DN và BQ tạo với nhau một góc 600 .

= 600 . Do đó P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD . Vậy BPD

Câu 51. Giải:

E A

Vì tứ giác BEPD, AQCB = CBQ = DEP . nội tiếp nên CAQ = 1800 − ABC = EPD Mặt khác AQC

P B

(1).Áp dụng định lý Ptô –lê- mê cho tứ giác BEPD ta có

PE .BD + PD.EB + DE .BP (2) Từ (1) và (2) suy ra AQ.BD + QC .EB = CA.BP . Mặt khác BD = EB = CA nên AQ + QC = BP .

Q C

Câu 52. Giải: = IBN = 1B < 1A = NCM . Do đó a) Ta có NCE E nằm trong góc 2 2 >C nên (1). Do B A NCM N và C nằm về cùng một phía đối với AM .

Q I

Do đó E và C nằm về cùng một phía đối với AM

(2).

Từ (1) và (2) suy ra E nằm trong E

. Vậy Q thuộc cung nhỏ AC . góc AMC

b) Vì QK = QA (3), suy ra

= AKQ = 1A + 1B ⇒ IAK + CAQ = 1B = IBK + CBQ . Mặt QAK 2 2 2 khác CAQ = CBQ nên CAQ = IBK hay tứ giác AIKB nội tiếp. Từ đó = BAI = 1A = KQM nên ta có IKQ KI / /MQ . 2 Gọi L là giao điểm của KN và MQ , khi đó KILE là hình bình hành. Do đó N là trung điểm của KL .Vậy BKCL là một hình bình hành. Mặt khác = BLQ = CQM (4) nên CL = QC ta có BK / /CL, BK = CL và CLQ (5). Từ (4) và (5) suy ra BK = CL ta có BQ = QA + QC .

(6).

Từ (3) và (6)

Câu 53. Giải: T

Gọi T là giao điểm (khác A ' )

của đường tròn ngoại tiếp tam

B' O

C H A'

giác A ' B ' C ' và tam giác A ' BC . Tứ giác BA 'CT nội tiếp một

đường tròn do đó

= CTA ' + A CTB 'TB ' + 1800 − A = CBA 'C ' B '

(

)

' + 1800 − ACB (do = CBA

(

)

A 'C '/ /AC , BC / /B 'C ' ) = 1800 − ACB − CBA ' . Gọi H là giao điểm

(

)

− CBA ' = BHC = CAB ' do đó của BA ' và AC . Khi đó ACB = 1800 − CAB ' . Do đó tứ giác AB 'TC nội BH / /AB ' . Suy ra CTB

tiếp hay T thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác B 'CA . Tương tự T thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác C ' AB .

Câu 54. Giải:

A Y

a). Gọi K ,T lần lượt là hình chiếu vuông góc của M , N

H N

xuống BC . H là hình chiếu

vuông góc của N xuống AC , L là hình chiếu vuông

góc của M xuống AB .

X B

Đặt MK = ML = a; NT = NH = b;

PN = c . Dễ dàng tính được: PM

PX =

1 c 1 c c c NT − = b− a ; PZ = ML = a; 1−c 1−c 1−c 1−c 1−c 1−c

PY =

1 1 NH = b . Do đó PY = PX + PZ . 1−c 1−c

b) Dễ dàng chứng minh được ∆PZB ∼ ∆PYC nên

PB PZ PB PX = ; ∆PXB ∼ ∆PYA nên = . Do đó PC PY PA PY PB PB PX + PZ 1 1 1 + = = 1 hay = + . PC PA PY PB PA PC

Câu 55. Giải:

Ta có OM = ON và ROM = RON nên ∆OMR = ∆ONR (c.g.c). Vậy RM = RN .Do N nằm trên đường trung trựAc của MN và nằm nên R là trên phân giác MAN

điểm chính giữa cung MN

(cung không chứa A ) của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN .

P O

Vậy tứ giác AMRN nội tiếp một

đường tròn. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BMR cắt BC tại P khác B . Do đó các tứ giác AMRN , BMRP nội tiếp được nên tứ giác CNRP cũng nội tiếp. Vậy hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác BMR,CNR cắt nhau tại P thuộc BC .

Câu 56. Giải: B

Sử dụng tứ giác ABCD nội tiếp. Ta chứng minh PA = PC . Giả sử BP cắt AC ở E , DP

C F

cắt AC ở F . Dễ dàng chứng minh được các cặp tam giác

E D

đồng dạng ∆BCE ∼ ∆BDA, ∆DAF ∼ ∆DBC suy ra

AF AD CE = PFE nên = = . Do đó CE = AF . Mặt khác PEF BC BD BC PE = PF . Từ đó ta có ∆PEC = ∆PFA (c.g.c). Vậy PC = PA . Ngược lại, giả sử PA = PC . Gọi X ,Y tương ứng là giao điểm của CD, DP với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP . Ta có các cặp tam giác

đồng dạng ∆ADB ∼ ∆PDX , ∆ADP ∼ ∆BDX nên (1). Mặt khác ∆DPC ∼ ∆DXY nên

XY XD = CP PD

BX BD XD = = AP AD PD

(2). Từ (1) và(2) suy

ra BX = XY . Do đó = XYB = XPY = PDX + PXD = ADB + ABD = 1800 − BAD . DCB Vậy ABCD nội tiếp.

Câu 57. Giải: Đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC cắt các đường

P I O' B

O C

thẳng IA, IB, IC lần lượt tại các điểm thứ hai M , N , P . Gọi (O ; R ) , (O '; R ') lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , A ' B 'C ' . Ta có: IA.IA ' = IB .IB ' = IC .IC ' ; IA.IM = IB .IN = IC .IP do đó

IA ' IB ' IC ' = = . Suy ra hai tam giác A ' B ' C ' và MNP có các cạnh IM IN IP tương ứng song song nên O ' C '/ /OP . Mặt khác ta có OP R NP IP = = = . Vậy ba điểm O, I ,O ' thẳng hàng. O 'C ' R ' C ' B ' IC '

Câu 58.

Giải: O

Khi A thay đổi trên cung lớn

BC thì tam giác MNP có

A 0 NMP không đổi bằng 90 + . 2

B' A' P

Tam giác ANP luôn cân, có A không đổi nên NP lớn nhất khi

. Gọ i AB + AC lớn nhất, khi đó A là điểm chính giữa của cung lớn BC A0 là điểm chính giữa của cung lớn BC , ứng với vị trí đó ta có tam giác M 0N 0P0 cân tại M 0 ; N 0P0 ≥ NP ; N M 0P0 = NMP . Vậy chu vi 0

∆M 0N 0P0 ≥ chu vi ∆MNP . Do đó chu vi tam giác MNP lớn nhất khi A ≡ A0 . b) Gọi A ' là giao điểm của IA với NP , B ' là giao điểm của IB với MP , C ' là giao của IC với MN . Các điểm O ',G ' lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm tam giác A ' B ' C ' . Ta có IA.IA ' = IB.IB ' = IC .IC ' = ra2 . Do đó theo câu 9 suy ra ba điểm I ,O ',O thẳng hàng. Mặt khác ba điểm I ,G ',O ' cùng nằm trên đường thẳng Ơ-le của tam giác MNP luôn đi qua O cố định.

Câu 59) Giải: Gọi M , N , P lần lượt là các

tiếp điểm của các cặp đường

tròn (O1 ), (O2 ); (O1 ), (O ); (O2 ), (O ) .

Đường thẳng MI cắt AB tại Q . Ta có ba điểm O2 , P,O thẳng hàng. Mặt khác O2M / /OB và

O2M OB

r2 r

O2 P OB

nên

r r QA MO2 PB PO r MN = = 2 .Tương tự và = = = 1 . Do đó QB MO1 r1 PM PO2 r2 NA r r r r QA PB NM . . = 2 . . 1 = 1 . Vậy các đoạn thẳng AP , MQ, BN đồng QB PM NA r1 r2 r quy nên MQ cũng là đường cao của tam giác MAB hay MQ ⊥ AB suy ra MQ ⊥ O1O2 . Vậy I thuộc đường thẳng qua M vuông góc với O1O2 .

Câu 60. Giải: A

Gọi E là giao điểm thứ hai

O I D

G M

E D'

khác A của AI với đường tròn (O ) . Khi đó E là điểm chính giữa cung BC (cung không chứa A ). Ta có EB = EI = EC = IA . Theo định lý Ptô-lê-mê ta có EA.BC = EC .AB + EB.AC do đó 2BC = AB + AC . Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có: AI AB AI AC AB + AC AB + AC = 2 .Gọi M = = = = = 2 .Vậy BD ID DC BD + DC BC AD

là trung điểm cạnh BC , khi đó

AG AI =2= . Vậy GI / /BC . GM ID

Câu 61. Giải: 1 (R + R3 ) (Tính 1 2 1 chất đường trung bình trong một hình thang), ở đó dO /∆ là khoảng cách từ

Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có dO /∆ =

1 1 R1 + R3 ); dO /∆ = (R2 + R4 ) = dO /∆ . ( 2 4 2 2 . Do đó ∆1, ∆2, ∆3, ∆4 cùng tiếp xúc với một

O tới ∆1 . Tương tự dO /∆ = 3

Vậy dO /∆ = dO /∆ 3 = dO /∆ 1

đường tròn tâm O . Câu 62. Giải: M

Đường tròn ngoại tiếp tam giác

AS tại S , AM tại M . Đường

tròn ngoại tiếp tam giác SPQ

SMN có tâm B và tiếp xúc với E A

D Q

có tâm D và tiếp xúc với AQ tại Q , AS tại S . = AQM suy ra Ta có AMQ − FQM = AQF − AME = QPF − MNE (1) QME

Ta có AE .AN = AM 2 = AF .AP hay tứ giác NEFP nội tiếp. Do đó − EFQ = FEN + NEM − EFP + PFQ FEM

( ) ( )  + NEM  −  180 − ENP + PFQ  = (180 − FPN  (  ) )     − FPN + NSM = ENC NSM (để = (ENP ) ( − PSQ ) ( − FPC )( − PSQ ) 0

ý rằng

 CP = CS = CN ) =  ENS + NSC − FRS + SPC   + CSP  + NSM − PSQ =  ENS + NSC − FPS    + NSM − CSP + PSQ + NSM − FPS = NSC

− PSQ ( ) ( ) + (NSM ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )  − 90 − SPQ − FPS = (90 − SNM ) ( ) + (ENS )  − QSC + ENS = (MSC ) ( − FPS ) − FPS − SNM = QPF (2) = (SPQ ) ( − ENS ) = MNE 0

− FQM = FEM − EFQ hay Từ (1) và (2) suy ra QME + EFQ = EFM + FQM . Do đó tứ giác MEFQ nội tiếp. QME

Câu 63. Giải: A

Đường thẳng qua D song song N

M P

với AC cắt AB tại M . Đường thẳng qua M song song với BC cắt AC tại N . Gọi Q là trung

điểm của NC .Ta có AM DC 1 AN 1 = = nên = . AB BC 3 AC 3 QC DC 1 = = suy ra DQ / /AB . Do CA BC 3 = BPD = BPD nên BMD . Vậy tứ giác BMPD là tứ giác nội tiếp. BAC = MDB = ACB = MNA suy ra tứ giác AMPN nội tiếp. Do đó MPA

Vậy CQ = NQ = AN . Do đó

Vì BMPD, AMPN là các tứ giác nội tiếp nên CDPN là tứ giác nội tiếp. Hơn nữa do QD = QC = QN , nên Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác

1 1 CDPN . Vậy DPC = DQC = BAC . 2 2

Câu 64. Giải:

B C

Theo định lý Sim-sơn, ba điểm R

P ,Q, R thẳng hàng. Từ hai bộ

bốn điểm (C , D, P ,Q ); (A, D,Q, R )

O A

cùng thuộc một đường tròn ta suy ra ∆DCA ∼ ∆DPR . Tương tự ta được các cặp tam giác đồng dạng ∆DAB ∼ ∆DQP , ∆DBC ∼ ∆DRQ . Do đó

DC BC PQ = . . Suy ra DA BA QR

DC BC = . Điều đó tương đương với chân đường phân giác DA BA góc D của tam giác ADC và chân đường phân giác góc B của tam giác ABC trùng nhau, hay các phân giác góc ABC và ADC cắt nhau trên AC . PQ = QR ⇔

Câu 65. Giải: Gọi H là giao điểm của MC với PQ . Ta cần chứng minh H là trung điểm của MQ .Ta có ∆KAC ∼ ∆KMA suy ra tự ∆KBC ∼ ∆KMB suy ra

MA KA = . Tương CA KC

MB KB = . CB KC

Mặt khác KA = KB nên P

MA MB = do đó CA CB AC .BM = BC .AM

(1).

M O1

Dễ dàng nhận thấy

∆BMP ∼ ∆BCQ

BC CQ suy ra = BM MP

Từ (1) và (2) ta có

(2).

CA MP . = 1 . Sử dụng định lý Mê-lê-la –uyt cho tam CQ MA

giác QPA với cát tuyến MCH ta có:

MP CA HQ . . = 1 . Do đó MA CQ HD

HQ = HD .

Câu 66. Giải: T

B' B1

A' O

TA,TB,TC cắt đường tròn (O ')

tại các điểm thứ hai A1, B1,C 1 . Khi đó ∆A1B1C 1 ∼ ∆ABC , hơn nữa chúng có các cạnh tương ứng song song. Ta có AC 1 1 AC

B1C 1 BC

A1B1 AB

và

2 2 2  TA     1  = TA1 = TA1 = TB1 = TB1  .Do đó TA1 = TB1 .   AA '  AA1.AT BB1.BT  BB '  AA ' BB ' AA '2  

Tương tự TA1

TA1 AA '

TB1

TC 1 CC '

TC 1

TA TB TC = = (1). Theo định lý AA ' BB ' CC ' AA ' BB ' CC ' Ptô- lê-mê ta có TB.AC = TABC . + TC .AB (2). Từ (1) và (2) ta có: BB '.AC = AA '.BC + CC '.AB .

Vậ y

do đó

Câu 67. Giải:

C Q

Kẻ các tiếp tuyến chung

F T

trong KH , LT của (O1 )

P M

và (O2 ) . Giao điểm của KH , LT với (O ) lần lượt là B,C .Kẻ tiếp tuyến chung

E O1

K X L

N O2

Y O H

ngoài EF của (O1 ) và (O2 ) sao cho E và B nằm về cùng một phía đối với O1O2 . Các điểm M , N lần lượt là các tiếp điểm của (O1 ), (O2 ) với (O ) . EF cắt (O ) tại P ,Q . Ta sẽ chứng minh BC / /PQ . Gọi A là điểm chính

giữa của cung PQ của đường tròn (O ) , kẻ các tiếp tuyến AX , AY của

(O ), (O ) . Dễ dàng chứng minh được ba điểm A, E , M 1

thẳng hàng, ba

điểm A, F , N thẳng hàng và tứ giác MEFN nội tiếp. Do đó AX 2 = AE .AM = AF .AN = AY 2 hay AX = AY .

Áp dụng câu 66 cho tam giác ABQ nội tiếp đường tròn (O ) và đường tròn

(O ) tiếp xúc với (O ) tại M , ta có: AX .PQ = BK .AC + CL.AB . Tương 1

tự AY .PQ = BH .AC + CT .AB . Suy ra AC (BH − BK ) = AB (CL − CT ) do đó AC .KH = AB .TL hay AC = AB . Vậy A là trung điểm của cung BC , do đó PQ / /BC .

Câu 68. Giải: = ADE , BDA = DCF . Lấy E , F thuộc đường tròn sao cho CDB

Khi đó AE = BC , FD = AB, EC = AB, BF = AD . B

Áp dụng định lý Ptô-lê-mê

cho hai tứ giác nội tiếp AECD và BCDF ta có:

AC .ED = AE .CD + AD.EC = BC .CD + AD.AB (1) Và BD.CF = BC .DF + BF .CD

A F

= BC .AB + AD.CD (2) Mặt khác CDE = CDB + BDE = ADE + BDE = ADB = FCD Do đó FDC = FDE + EDC = FCE + FCD = ECD suy ra ED = FC (3) Từ (1),(2),(3) ta có điều phải chứng minh.

Câu 69. Giải: Tứ giác BC ' MA ' và A ' MB ' C nội tiếp được nên

=C +A A ' MC ' + B ' MB ' = 1800 ' . Mà B =C và MB ' A ' = MCA suy ra A ' MC ' = A ' MB ' .

CM MA ' = suy ra ∆C ' MA ' ∼ ∆A ' MB ' (c.g.c). Do đó MA ' MB ' ' . Mặt khác nên C 'A'M = A ' B ' M + MCA MC ' A ' = MBA ' ∆BMC ∼ ∆C ' MA ' . Do đó BCM = A ' MC ' = 1800 − B không đổi. Vậy M thuộc một đường tròn cố định.

Ta lại có

Câu 70) A

Gọi H trực tâm của AMN , I là trung điểm cạnh MN . Gọi B

Az là tia phân giác của BAC . = OAN nên Az Ta có HAM

H O'

I z

C N

. cũng là tia phân giác của OAH

Gọi O ' đối xứng với O qua Az . Khi đó O ' thuộc AH . Khi O thay đổi trên BC thì O ' thay đổi trên đường thẳng ∆ đối xứng với đường thẳng BC qua Az . Tam giác OIN có ɵ = BAC không đổi nên ON không đổi. Mặt khác I = 900 , ION OI

OA AO ' không đổi. Do đó không đổi. hơn nữa O ' OI AH thuộc ∆ cố định nên H thuộc một đường thẳng ∆ ' song song với ∆ . AH = 2.OI nên

Câu 71. Giải: M

Gọi M , N , P,Q lần lượt là Q

trung điểm của AB, BC ,CD, DA .

H O

Gọi G là giao điểm của MP, NQ

C D

thì G là trung điểm chung của

P H1

cả hai đoạn đó. H đối xứng với O

qua G , H 1' đối xứng với A qua H . Ta chứng minh H 1' ≡ H 1 . Thật vậy, ta có MH / /BH 1' ( MH là đường trung bình của tam giác ABH 1' ; MH / /OP ( MOPH là hình bình hành); OP ⊥ CD (đường kính đi qua

trung điểm dây cung).Suy ra BH 1' ⊥ CD . Tương tự DH 1' ⊥ BC , suy ra H 1' là trực tâm của tam giác BCD do đó H 1' ≡ H . Lấy O ' đối xứng với O qua H , thì AOH 1O ' là hình bình hành. Suy ra O ' H 1 = OA = R (bán kính của (O ) ). Tương tự O ' H 2 = O ' H 3 = O ' H 4 = R . Vậy ta có đpcm. Câu 72. Giải: C

Ta sẽ chứng minh ba đường thẳng Ơ-le đó cùng đi qua trọng tâm tam giác ABC . Do tính tương tự, ta chỉ chứng minh cho tam giác BCI .

S S1

A' B

Về phía ngoài tam giác ABC , dựng tam giác A ' BC đều, nội tiếp trong = 1800 . Do đường tròn (O1 ) . Tứ giác IBA 'C nội tiếp vì BA 'C + BIC

A ' B = A 'C nên IA ' là phân giác CIB , suy ra ba điểm A, I , A ' thẳng

hàng. Gọi F là trung điểm của BC , S và S1 lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và tam giác IBC .

FS1 FO1 FS 1 = = = FA FI FA ' 3

Vì

nên ba điểm S1,O1, S thẳng hàng. Mặt khác, O1S1 là đường thẳng Ơ-le của tam giác IBC , do đó đường thẳng Ơ-le của tam giác IBC đi qua trọng tâm tam giác ABC . Chứng minh hoàn toàn tương tự với các tam giác IAC , IAB . Ta có đpcm. Câu 73. Giải:

Ta sử dụng bổ đề sau để chứng minh.

Bổ đề: cho tam giác nhọn ABC

M O

có O là tâm đường tròn ngoại

tiếp, H là trực tâm. Khi đó nếu

H H2

I O2

AO = AH thì ta có BAC = 600 .

Trở lại bài toán: Giả sử bốn điểm O, I , H ,C cùng thuộc một đường

tròn. Vì CI là phân giác của HCO

nên IH = IO = t . Ta chứng minh: nếu BAC ≠ 600 thì bốn điểm O, I , H , A cùng thuộc một đường tròn.

Kí hiệu M , N lần lượt là hình chiếu của I trên OA và AH . Lấy hai điểm

O1,O2 nằm trên tia AO sao cho IO1 = IO2 = t (O1 nằm giữa A và M ,

M nằm giữa O1 và O2 ).

Lấy hai điểm H 1, H 2 nằm trên tia AH sao cho IH 1 = IH 2 = t ( H1 nằm giữa A và N , N nằm giữa H 1 và H 2 ). a) Nếu O ≡ O1 và H ≡ H 1 , hoặc O ≡ O2 và H ≡ H 2 . Khi đó ∆AIO ∼ ∆AIH suy ra AO = AH . Áp dụng bổ đề ta được BAC = 600 , trái với điều giả thiết.

b) Nếu O ≡ O1 và H ≡ H 2 hoặc O ≡ O2 và H ≡ H 1 . Ta có ∆IO1O2 = ∆IH 1H 2 nên IO O = IH H và IO O = IH H . Suy ra tứ 1 2 2 1 2 1 1 2 giác AOIH nội tiếp. Giả sử A và B không nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác OIH . Khi đó BAC = ABC = 600 nên tam giác ABC đều, suy ra ba điểm O, I , H trùng nhau, vô lý. Vậy ta có đpcm. Câu 74. Giải: A

Gọi E là giao điểm của AH và (O ) , (E khác A ). Giao điểm của MN và EC là F . Tứ giác ABEC nội tiếp đường

Q H M

tròn (O ) , có OK ⊥ MK nên theo

K F

“bài toán con bướm” ta có

KM = KF (1). Mặt khác MAK = BAE = HCB và HE ⊥ BK nên tam giác HCE cân tại C , suy ra HK = KE (2).Từ (1) và (2) ta có tứ giác MHFE là hình bình hành, do đó MH / /EF . Suy ra MHK = KEF = ABC .

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được NHK = ACB . Ta có = MHN = ABC + ACB = 180 0 − BAC . Suy ra tứ giác AQPH QHP

nội tiếp được. Câu 75. Giải:

Ta có ARC = APC = ABC = 1800 − AHC . Do đó tứ giác AHCR nội R = ACR = CAP . tiếp.Suy ra AHX Q A

Tương tự ta cũng có tứ giác

AHBQ nội tiếp.Từ đó suy ra E

= QBH = XAH

H C

QBA + ABH = BAP + ABH (2)

Từ (1) và (2) suy ra AHX + XAH =

+ BAP + ABH = CAB + ABH = 900 . Do đó CAP = 90 0 = AEH hay tứ giác AXEH nội tiếp được. Vậy AXH XEA = AHX = CAP (theo (1)). Suy ra EX / /AP (đpcm).

Câu 76. Giải: Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD,CE . KN cắt AB, (O2 ), (O ) lần S

= KAC = EPQ . Suy ra EP / /CQ , mà N lượt tại S , P,Q . Ta có KQC là trung điểm của EC A nên N là trung điểm của PQ .

Ta thấy: 2SASM . = SASD . + SASB . ;

2SK .SN = SK .SP + SK .SQ mà

K O2 E P

M O

B O1

SA.SD = SK .SP (tứ giác AKPD

nội tiếp); SA.SB = SK .SQ (tứ giác AKQB nội tiếp)

⇒ SASM . = SK .SN ⇒ tứ giác AKNM nội tiếp, hay K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN . Mặt khác tứ = ANO = 900 hay cũng có O thuộc giác AMO N nội tiếp vì AMO 1

đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN . Suy ra tứ giác AKNO1 nội tiếp = ANO = 900 (đpcm). ⇒ AKO 1 1 Câu 77. C D A

O' B F E

I M

= EBF . Giải: Gọi M là điểm đối xứng của B qua EF . Ta có EMF

+ EAF = EBF +A +A = EBF +E +F = 1800 nên Mà EBF 1 2 1 1

+ EAF = 1800 . Vậy tứ giác EMF MEAF nội tiếp đường tròn (ϕ) . Gọi N là giao điểm của các tiếp A

F' E

tuyến tại A và M của (ϕ) ta chứng minh ba điểm N , E , F thẳng hàng. Thật vậy, gọi F ' là giao điểm thứ hai của NE với (ϕ ) . Ta có ∆NAE ∼ ∆NF ' A

AE NA ME NM NA = (1). Tương tự = = (2). Từ AF ' NF ' MF ' NF ' NF ' AE ME AE AF ' (1) và (2) ta có = nên = (*) Gọi I là giao điểm AF ' MF ' ME MF ' của AB và EF . Ta có IE 2 = IA.IB = IF 2 do đó IE = IF . (g.g) . Suy ra

EB IF IE BF IF = = . Tương tự = . AE IA IA AF IA EB BF ME MF AE AF = . Do vậy = hay = (**). Từ (*) và Suy ra AE AF AE AF ME MF

Mà ∆IEB ∼ ∆IAE (g.g) nên

AF ' AF suy ra F ≡ F ' . Vậy ba điểm N , E , F thẳng hàng. = MF ' MF Ta có N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF . Do vậy N thuộc (**) ta có

trung trực AB , suy ra N thuộc đường thẳng OO ' . Tương tự ∆2 và CD cắt nhau tại một điểm N ' thuộc OO ' . Do tính chất đối xứng, CD và EF cắt nhau tại một điểm thuộc OO ' do đó N ≡ N ' . Vậy các đường thẳng

CD, EF , ∆1, ∆2 đồng quy tại N . (đpcm). Câu 78. Giải(Bạn đọc có thể xem thêm phần’’Các định lý hình học nổi tiếng’’Nội dung định lý Lyness Qua M kẻ tiếp tuyến chung của (O ') và (O ) . B

= NMX và B =M Ta có N 1 1 1

1 Q

O N

do đó NMD = NMB . . Vậy MN là phân giác góc DMB

Gọi Q là giao điểm thứ hai của MN và (O ) . Ta có Q là điểm

chính giữa của cung BD do đó CQ là phân giác góc DCB . Gọi I là giao điểm của CQ và NP .

= 1 sđ DM + sđ DQ + sđQB  = N = IPM .  = 1 sđ DM Ta có ICM 1  2   2  Suy ra tứ giác IPCM nội tiếp. Do đó = NPA = IMC ⇒ ∆QIM ∼ ∆QNI ⇒ QI 2 = QN .QM . Mà QMB = QDN ⇒ ∆DQN ∼ ∆MQD ⇒ QD 2 = QN .QM ⇒ QD = QI . QMD Do đó I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD . Tương tự tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD nằm trên NP .

Câu 79. Giải: Gọi A ' là giao điểm thứ hai của AI với (O ) . Theo câu 78 ta có tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên IM (xét với (O1 ) và IN (xét với

(O ) ). Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . 2

(đpcm). A

Câu 80. Giải:

= 900 + 1 A = 1800 − B Ta có BMC 2 và ZMY = 1800 − B

K B

L Z

(vì tứ giác MZCY nội tiếp) Do đó BMZ = YMC nên XBM = YNC . Suy ra ∆BXM ∼ ∆MYC

do đó ∆KXB ∼ ∆LYM

= LYM = YTC = BTN . Vậy tứ giác ⇒ BXK BXTN nội tiếp. Tương tự ta cũng có tứ giác YCNZ nội tiếp. Mặt khác BNX = BTX = BMX suy ra YNC = YZT = YMC và XNY = B .Từ đó BNC = BMX + YMC + B = BMX + XBM + B = 2B = B + C do + BAC =A +B + C = 1800 . Suy ra tứ giác đó BNC ABNC nội tiếp. Câu 81. Giải: x

a) ∆ABE ∼ ∆ACF (g.g) A

AB AE ⇒ = ⇒ AE .AC = AF .AB . AC AF

E M F

+ BDH = 1800 ⇒ b). Ta có BFH Tứ giác BFHD nội tiếp (tứ giác có

H N

hai góc đối bù nhau).

= AEB = 900 Ta có ADB ⇒ Tứ giác ABDE nội tiếp (tứ giác có hai

(

)

đỉnh D, E cùng nhìn AB dưới một góc vuông).

= BEC = 900 ⇒ Tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác có hai c). Ta có BFC

(

)

= ABC . Mà đỉnh F , E cùng nhìn BC dưới một góc vuông) ⇒ AEF

xAC = ABC (hệ quả). Do đó xAC = AEF (hai góc ở vị trí so le trong) nên Ax / /EF .Lại có OA ⊥ Ax . Do đó OA ⊥ EF .

d). Gọi I là giao điểm của AD và EF . Ta có = ABE = FDH ⇒ DI là tia phân giác . Mà AD ⊥ BC nên ADE EDF có DK là dường phân giác ngoài của ∆DEF . Xét ∆DEF có

KF IF = KE IE

(1). Áp dụng hệ quả Talet vào các tam giác: ∆IAE có

NF IF KF MF (2); ∆KAE có MF / /AE : (3). = = AE IE KE AE NF MF = ⇒ NF = MF . Từ (1),(2),(3) cho AE AE FN / /AE :

Câu 82. Giải: D I

= MC a). Ta có AM ) ( M là điểm chính giữa của AC = IBM (hệ quả góc ⇒ ABM

N M

nội tiếp). AMB = ACB = 900

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ BM ⊥ AI , AC ⊥ BI . ∆ABI có BM vừa là đường cao (BM ⊥ AI ) vừa là đường phân giác

= IBM . Do đó tam giác ABI cân tại B . (ABM )

= 900 BM ⊥ AI ; KCI b) Ta có KMI ( ) = 900 (AC ⊥ BI )

+ KCI = 900 + 900 = 1800 .Vậy tứ giác MICK nội tiếp. ⇒ KMI

c) Xét ∆ABN và ∆IBN có AB = BI ( ∆ABI cân tại B ), ABN = IBN (chứng minh trên), BN cạnh chung. Do đó ∆ABN = ∆IBN (c.g.c) ⇒ NAB = NIB . Mà NAB = 900 nên = 900 ⇒ NI ⊥ BI . Mà thuộc đường tròn NIB I (B, BA) (vì BI = BA ). Vậy NI là tiếp tuyến của đường tròn (B, BA) . + Xét ∆ABC có M là trung điểm của AI , ∆ABI cân tại B , BM là đường cao, O là trung điểm của AB ⇒ MO là đường trung bình của tam giác ABI ⇒ MO / /BI . Mà NI ⊥ BI (chứng minh trên). Vậy NI ⊥ MO . d) Ta có IKD = IBM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IK của đường tròn 1

= IBA = IBM (IBK ) ). Mà IDA 2

và là góc nội tiếp và góc ở ( IDA IBA

tâm cùng chắn cung AI của đường tròn (B, BA) , BN là tia phân giác của IBA ). Do đó IDK = IDA ⇒ hai tia DK , DA trùng nhau. ⇒ D, K , A thẳng hàng. Mà C , K , A thẳng hàng nên D, K , A,C thẳng

hàng. Vậy ba điểm A,C , D thẳng hàng. Câu 83. Giải:a) Ta có ICD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn = ICD = 900 . Do đó tứ giác IHDC nội tiếp (O ) ).Tứ giác IHDC có IHD

= 2ICH và đường tròn tâm M ⇒ IMH ICH = IDH . = ICH = IDH (hai góc cùng chắn cung AB của Mà BCA (O ) ).

(

)

= ICH = IDH nên Do đó BCA BCH = 2ICH .Ta có

(

)

= IMH = 2ICH . Vậy tứ giác BCH BCMH nội tiếp.

(

)

b) Gọi T là giao điểm của PD

C I

P M

H O

và đường tròn (J ) ngoại tiếp tam giác HMD (T ≠ D ) . Xét ∆PHD và ∆PTM

(chung), PHD = PTM có HPD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MD của (J ) ).Do đó ∆PHD ∼ ∆PTM (g.g)

PH PD = ⇒ PM .PH = PD.PT . Chứng minh tương tự có PT PM PM .PH = PC .PB , nên PD.PT = PC .PB . ⇒

(chung), PD = PB (vì Xét ∆PBD và ∆PTC có PBD PC PT PD.PT = PC .PB ). Do đó ∆PBD ∼ ∆PTC (c.g.c) ⇒ PBD = PTC ⇒ Tứ giác BCDT nội tiếp nên T thuộc đường tròn (O ) . Do đó T ≡ N .

Vậy ba điểm P , D, N thẳng hàng. Câu 84. Giải: a) AM , AN là các tiếp tuyến của đường tròn (O ) (gt)

= ANO = 900 . Tứ giác ⇒ AMO AMON có + ANO = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác AMO AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA . = 900 ⇒ I thuộc b) I là trung điểm của BC (gt) ⇒ OI ⊥ BC , AIO đường tròn đường kính OA .Ta có AM = AN ( AM , AN là các tiếp tuyến của (O ) ).

+ Xét đường tròn (AMOIN ) có AM = AN = AN = AMK . ⇒ AIM ⇒ AM

Xét ∆AIM và ∆AMK có IAM (chung), AIM = AMK . Do đó ∆AIM ∼ ∆AMK (g.g)

A B

AI AM = ⇒ AK .AI = AM 2 . AM AK (chung), Xét ∆AMB và ∆ACM có MAB AMB = ACM (hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).Do đó ∆AMB ∼ ∆ACM (g.g) ⇒

⇒

AM AB = ⇒ AB.AC = AM 2 .Vậy AK .AI = AB.AC = AM 2 . AC AM

(

)

= 900 ; O, A cố định. vậy I thuộc đường tròn đường kính c) Ta có AIO OA . Khi B → M thì I → M ; khi B → N thì I → N . Do vậy khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên cung tròn MON của đường tròn đường kính OA . = AN = NIK ⇒ MIK d) Xét đường tròn đường kính OA có AM ∆IMN có IK là đường phân giác ⇒

IM MK = . Do đó IN NK

IM MK 2 =2⇔ = 2 ⇔ MK = 2NK ⇔ MK = MN . IN NK 3 Vậy khi cát tuyến ABC cắt đoạn thẳng MN tại điểm K sao cho IM = 2IN ⇔

MK =

2 MN thì IM = 2IN . 3

Câu 85. Giải:

= 900 AH ⊥ BC . Do đó H thuộc đường tròn O . H và a) Ta có AHB ( ) ( ) E đối xứng qua AC (gt) và N ∈ AC .

Do đó AHN = AEN

(tính chất đối xứng trục) N

= ADN = 1 sđ AN  . Mà AHN    2 

O M

= ADN ⇒ ∆ADE Do đó AEN

K B

cân tại A .Vậy AD = AE .

H I Q

b) ADB = 900 (góc nội tiếp chắn

nửa đường tròn), AH = AE (tính chất đối xứng trục) và AD = AE nên AD = AH .

= 900 và ∆AHB AHB = 900 có + Xét ∆ADB ADB AD = AH ,

(

)

(

)

AB (cạnh chung). Do đó ∆ADB = ∆AHB (cạnh huyền- cạch góc = HAB . vuông) ⇒ DAB

+ Xét ∆ADM và ∆AHM có AD = AH , DAM = HAM , AM (cạnh

= AHM . Ta có chung). Do đó ∆ADM = ∆AHM (c.g.c) ⇒ ADM = AHN = ADM . Vậy AHM HA là tia phân giác của MHN .

(

)

= AEC (tính chất đối xứng c) H và E đối xứng qua AC (gt) ⇒ AHC trục). Mà AHC = 900 (AH ⊥ BC ) nên AEC = 900 . Tứ giác AHCE có + AEC = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác AHCE nội tiếp AHC ⇒ A, H ,C , E cùng thuộc một đường tròn.

= AEM = ADM ⇒ tứ giác Mặt khác AHM AEHM nội

(

)

tiếp ⇒ A, E , H , M cùng thuộc một đường tròn (2). Từ (1) và (2) ta có năm điểm A, E ,C , H , M cùng thuộc một đường tròn. Ta có ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). AMC = AHC = 900 ( A, E ,C , H , M cùng thuộc một đường tròn) ∆ABC có CM , BN , AH là ba đường cao

( AMC = 900 , ANB = 900 , AH ⊥ BC ).Do đó ba đường thẳng CM , BN , AH đồng quy.

d) Xét ∆ADQ và ∆ABC có ADQ = ABC (hai góc nội tiếp cùng chắn (hai góc nội tiếp cùng chắn AH của O ); AQD của cung AH ( ) = ACB

(O ) . Do đó ∆ADQ ∼ ∆ABC 1

là trung điểm của DQ ), BK =

(g.g) ⇒

AD DQ DQ . Mà DI = (I = AB BC 2

BC ( K là trung điểm của BC ) nên 2

DI DQ = BK BC

= ABK , AD = DI = DQ  . + Xét ∆ADI và ∆ABK có ADI  AB BK  BC 

= AKB ⇒ Tứ giác AIHK + Do đó ∆ADI ∼ ∆ABK (c.g.c) ⇒ AID nội tiếp. Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK . Câu 86). Giải: a). Ta có ABC = ADC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).Xét = 900 và ∆ADC ADC = 900 có AC (cạnh chung), ∆ABC ABC

(

)

(

)

AB = AD ( ∆ABD đều) Do đó ∆ABC = ∆ADC (cạnh huyền – cạnh = DAC = 300 góc vuông) ⇒ BAC CD = BC = AC . sin BAC = 2a sin 300 = a ;

BD = AD = AB = AC . cos BAC = 3a , DN =

AD 3a = , ∆DNC 2 2 2

 2a  2   + a 2 = 7a nên vuông tại D ⇒ CN = DN + CD , CN =   4  2  2

CN =

7a . 2

b) ∆ABD đều có AC là đường

phân giác nên là đường cao, đường trung tuyến. M , N lần lượt

K H

là trung điểm AB, AD ⇒ MN là

đường trung bình của tam giác

ABD ⇒ MN / /BD .Ta có

AC ⊥ BD, MN / /BD

= 900 , ⇒ MN ⊥ AC ⇒ MKC MBC = 900 , MKC = 900 , MEC = 900 ( H là trực tâm của ∆CMN ). Do đó B, M , K , E ,C cùng thuộc một đường tròn (T ) đường kính MC . Ta có KFB = KCB (xét (T ) ), KCB = ADB

= ADB ⇒ KF / /AD . Tứ giác KFDN có (xét (O ) ) ⇒ KFB KF / /ND và KN / /FD nên là hình bình hành ⇒ DF = KN . ∆AMN

  AB AD có AM = AN AM = = = AD  nên ∆AMN cân tại A .   2 2 Mà AK là đường phân giác nên cũng là đường cao, đường trung tuyến ⇒ KN =

MN BD 3a 3a = = . Vậy DF = . 2 4 4 4

c) ∆CMN có CK là đường cao, đường trung tuyến ⇒ ∆CMN cân tại C.

⇒ MCK = KCE . Xét đường tròn T Do đó CK là tia phân giác MCE ( ) = KCE ⇒ MK = KE = MFI . Vẽ ⇒ KME có MCK Mx là tiếp tuyến của đường tròn (MIF ) có xME = MFI Ta có KME = xME ⇒ Hai tia MK , Mx trùng nhau. Vậy KM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác

MIF . ∆KMI ∼ ∆KFM (g.g) ⇒

KM KI = , mà KM = KN nên KF KM

KN KI = . Ta có KF KN NF / /FM , KN ⊥ AC ⇒ KN ⊥ NF ⇒ KNF = 900 , ∆KIN ∼ ∆KNF

KI KN = KNF = 900 . mà KF / /AD . Vậy = , IKN chung) ⇒ KIN KN KF IND = 900 .

(

Câu 87. Giải:

a) ∆MAC ∼ ∆MDA b) ∆MHC ∼ ∆MDO (c.g.c)

C M

K E

MCH = DOH , MHC = DHO B

= COD = CHD = BHD . c) CAD 2 2 d) DE cắt CF tại K . 0 0 = OCD = 180 − COD = 180 − sđCD = sđCE − sđ DF = DKF OHD 2 2 2 = 1800 − KDF = 900 ⇒ KH ⊥ MO tại . ⇒ tứ giác DKHF , KHF H Mà AB ⊥ MO tại H . Nên KH , AB trùng nhau.

Câu 88. Giải: Vẽ OH ⊥ MF tại H . Tứ giác OBDH nội tiếp, A, B, H ,O,C cùng thuộc một đường tròn. x

G D

= AOB = BDS ⇒ AHB B

Tứ giác BDFH nội tiếp

= BFH ⇒ BDH = BDH = BFH ABM

(

F H

S O

)

⇒ BM / /DH , DH / /GM

T E

( DH là đường trung bình của tam giác MGF ). M , B,G thẳng hàng.Tương tự M ,C , L thẳng hàng BC / /GL . Trên nửa mặt phẳng bờ BM có chứa F vẽ tia Mx là tia tiếp tuyến của đường tròn (O ) , xMB = MCD = MLG L

⇒ Mx là tia tiếp tuyến của đường tròn (MGL ) .

Vậy hai đường tròn (O ) và (MGL ) tiếp xúc nhau.