b HN luôn đi qua điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB HN là phân giác AHB .· Bài 3: Cho hình vuông ABCD cạnh a.. Gọi P, Q, I lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giá
Trang 1Bài 1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O). Đường thẳng BD và các tiếp tuyến với (O) tại A, C đồng qui tại S. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng:
HD: a) ΔSAB ΔSDA nên: SA AB SB
SD = DA = SA (1)
ΔSCB ΔSDC nên: SC CB SB
Do SA = SB và từ (1) và (2): AB BC
DA = DC Þ AB.DC = AD.BC
b) Từ (1) và (2): SB SB.SC AB.CB
SD =SD.SA = AD.CD .
Tương tự phần a) Từ ΔIAB ΔIDC và ΔICB ΔIDA Þ IB AB.CB
ID = AD.CD Þ đpcm Bài 2: Cho ΔABC vuông cân ở A. AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là một điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N, P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống AB và AC. H là hình chiếu vuông góc của N xuống đường thẳng PD.
a) Xác định vị trí của N để ΔAHB có diện tích lớn nhất.
b) CmR: Khi M thay đổi, HN luôn đi qua một điểm cố định.
HD: a) Kẻ BE // AC cắt PD tại E Þ BE = PC = BN Þ · · 0
NEB=NHB= 45 Mặt khác: · · 0
AHN=APN= 45 Þ · 0
AHB= 90 , HN là phân giác của AHB ·
Þ
2
AHB
. Dấu “=” xảy ra Û AH = BH Û H ≡ D ≡ M. b) HN luôn đi qua điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB (HN là phân giác AHB ).·
Bài 3: Cho hình vuông ABCD cạnh a. Một góc · 0
xBy= 45 quay xung quanh B sao cho Bx cắt cạnh
AD tại M, By cắt cạnh CD ở N (M, N không trùng với D). Gọi E, F tương ứng là giao điểm của
BM, CN với AC.
a) CmR: các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp.
b) CmR: MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định và chu vi ΔMND không đổi.
c) Tìm vị trí của M, N và nêu cách dựng các điểm đó để ΔMND có diện tích lớn nhất.
HD: a) · · 0
FBM=FAM = 45 Þ ABFM nội tiếp. Tương tự: BCNE nội tiếp
BEN+BCN=180 ÞBEN= 90 Tương tự: · 0
MFN= 90 Þ đpcm b) Lấy điểm K trên tia đối của tia AD sao cho AK = CN:
Þ BK = CN và · · · · · KBM=KBA+ABM=NBC+ ABM
Þ ΔKMB = ΔNBM (c.g.c)Þ BA = BL Þ MN tiếp xúc với (B, a)
Lại có: ΔKBM = ΔNMB Þ KM = MN. Từ đó, suy ra:
PΔMND = MN + ND + MD = KA + AM + MD + DN = CD + ND + MD + MA = 2a.
c) Có: MD + ND + MN = 2a Þ MD + ND + MD2 + ND 2 = 2a
2
2
+
I
C
A
O
D
B
S
H
E
D
C
M
N
P
45 0
K
L
H
F
E
N
C
B
Trang 21
2
³ ç + ÷
Mà: MD.ND = 2SMND Þ SMND
2
2
a
2 2 1
£
+
Dấu “=” xảy ra Û MD = ND Û · · 0
MBA =NBC= 22, 5
Bài 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, M là một điểm bất kì trên nửa đường tròn (M khác A và B). Hạ MH ^ AB tại H. Gọi P, Q, I lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MAH, MBH, AMB.
a) Chứng minh điểm I là trực tâm của DMPQ
b) Tìm quĩ tích điểm I khi điểm M di động trên nửa đường tròn
c) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn để chu vi DPHQ lớn nhất
HD: a) Dễ thấy: A, P, I thẳng hàng và B, Q, I thẳng hàng.
Gọi K ≡ MP Ç AB: · KMB=KMH· + BMH · , MKB· · · =KMA+ MAB
Mặt khác: KMH· · = KMA và BMH· = MAB ·
Suy ra: ∆BMK cân tại B có BI là phân giác Þ BI ^ MK
Tương tự: L ≡ AB Ç MQ Þ ∆AML cân Þ AI ^ ML Þ đpcm
2
+
Vậy điểm I thuộc cung chứa góc 135 0 vẽ trên đoạn AB (thuộc cùng một nửa mặt phẳng chứa M) Đảo lại: Giả sử I’ là điểm bất kì thuộc cung chứa góc Þ Kẻ I’N ^ AB, vẽ (I’, I’N) kẻ hai tiếp tuyến AA’ và BB’ với (I’, I’N) gọi M’ là giao của AA’ và BB’. Ta cần chứng minh M’ Î (O) hay
AIB=135 ÞIBA+IAB=45 ÞM ' AB+M ' BA=90 ÞAM ' B= 90 c) Ta có: PMH· · = QBH (Góc có cạnh t/ư vuông góc). · · 0
tgMBA
QH = HB = = MBÞ QH = MB . Lại có: · · 0
AMB=PHQ= 90 Þ ∆HPQ ∆MAB(c.g.c). Ta có: · · · · 0
Þ BHQF nội tiếp. Từ đó suy ra: · · 0
∆MEF cân tại M nên: ME = MF. ∆MQF = ∆MQH (c.g.c) nên: MF = MH và QF = QH.
Tương tự: PH = PE Þ CPQH = PH + QH + QP = EP + PQ + QF = EF = 2MF= 2MH
Vậy: CPQH lớn nhất Û MH lớn nhất Û H ≡ O. Khi đó: M là điểm chính giữa nửa đường tròn (O) Bài 5: Cho đường tròn (O ; R) và P là một điểm nằm bên trong đường tròn. Qua P vẽ hai dây AB và
CD vuông góc với nhau. a) Chứng minh rằng PA 2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 không đổi
b) Gọi I là trung điểm của BC. Tìm quĩ tích điểm I
HD: a) Kẻ đường kính BE. Ta có AE // CD Þ AC = DE. Áp dụng ĐL
Pitago cho Dv.BED: BD 2 + DE 2 = BD 2 + AC 2 = BE 2 = 4R 2
Suy ra: PA 2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 = AC 2 + BD 2 = 4R 2 = Const
c) Thuận: Gọi K là trung điểm của OP ta có: 2IK2 IO2 IP2 1 PO 2
2
Dv.PBC có PI là trung tuyến Þ IP = IB Þ OI 2 + IB 2 = OI 2 + IP 2 = OB 2 = R 2
Þ IK =
2R OP
2
-
Þ I thuộc đường tròn
2R OP
K ;
2
Đảo lại: Lấy điểm I’ thuộc đường tròn (K). Qua I’ dựng một đường thẳng vuông góc với OI’ gọi giao của đường thẳng này với (O) là B’, C’. Gọi giao điểm của B’P và C’P với (O) là A’, D’. Ta cần chứng minh A’B’ ^ C’D’.
L
K
F
H O
M
K
I
E
D
C
O
P
Trang 3IK là trung tuyến của DOPI nên: 2 2 2 1 2
2
= + - mà: 2.IK 2 =
2R OP
2
-
Suy ra:
-
= + - Û + = = OB 2 . Mặt khác: OI 2 + IB 2 = OB 2
Suy ra: IP = IB. Hay: IP = 1
2 BC Þ DPCB vuông tại P. Vậy: A’B’ ^ C’D’
Bài 6: Cho ba điểm A, B, C theo thứ tự nằm trên một đường thẳng d sao cho AB = 2, BC = 4. Một đường tròn di động (O) có tâm O và đi qua B, C. Gọi AT, AT’ là hai tiếp tuyến kẻ từ A đến (O), với
T, T’ là hai tiếp điểm.
a) Tìm quĩ tích các điểm T và T’
b) Vẽ đường kính MB của (O). Gọi P ≡ AM ∩ (O). Chứng minh: AM.AP = AO 2 − OC 2
c) Tìm quĩ tích các điểm M và P
HD: a) Thuận: Ta chứng minh T’A 2 = AT 2 = AB.AC = (2 3) 2
Suy ra: T và T’ thuộc đường tròn (A; 2 3 )
Đảo: Lấy một điểm T1 bất kì thuộc (A; 2 3 ). Qua T1 vẽ một đường
thẳng vuông góc với AT1 cắt trung trực của BC tại O’. Ta cần chứng
minh AT1 là tiếp tuyến của (O’ ; O’B): Kẻ tiếp tuyến AT2 Ta có:
AT2 2 = AB.AC = AT1 2 Þ O’T1 = O’T2 Þ OT1 là bán kính (O’). Suy ra:
AT1 là tiếp tuyến của (O’).
b) Ta có: AT 2 = AM.AP. Mà AT 2 = OA 2 − OT 2 hay: AT 2 = OA 2 − OC 2 Þ AM.AP = OA 2 − OB 2 c) Quĩ tích M:
Thuận: DBCM vuông tại C Þ CM ^ d Þ M thuộc đường thẳng c vuông góc với d tại C
Đảo: Giả sử M’ thuộc đường thẳng c qua trung điểm I của BC kẻ một đường thẳng vuông góc với d giao với MB tại O1 Vẽ đường tròn (O1 ; O1B). Ta cần chứng minh M thuộc (O1 ; O1B).
Ta có: OI // BC Þ OI là đường trung bình của DBMC Þ OB = OM Þ M Î (O1 ; O1B).
* Quĩ tích P:
Thuận: Ta có: · 0
APB= 90 Þ P thuộc đường tròn đường kính AB Đảo: Lấy một điểm P’ bất kì trên đường tròn đường kính AB. Qua C vẽ một đường thẳng vuông góc với d giao với AP tại M. Gọi O2 là giao của đường trung trực BC với BM, vẽ (O2 ; O2B) ta cần chứng minh: P và M thuộc (O2 ; O2B): OI là đường trung bình của DBMC nên OM = OB Þ M thuộc đường tròn. Ta có: BPM = 90 · 0
nên P thuộc đường tròn đường kính BM hay: OP = OB. Bài 7: Cho hai đường tròn (O, R) và O ', R
2
è ø tiếp xúc ngoài tại A. Trên đường tròn (O) lấy điểm B sao cho AB = R và điểm M trên cung lớn AB. Tia MA cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai là N. Qua N kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường thẳng MN tại Q và cắt đường tròn (O’) tại P. a) Chứng minh ΔOAM ΔO’AN.
b) Chứng minh độ dài đoạn NQ không phụ thuộc vào vị trí điểm M.
c) Tứ giác ABQP là hình gì? tại sao?
d) Xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác ABQN đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó theo R. HD: a) Dễ dàng chứng minh được ΔOAM ΔO’AN.
b) Từ a) suy ra: MA OA
NA = O ' A .
Mặt khác: AB // NQ Þ AB MA .
NQ = MN
H
Q
P
N
B
O'
A
O
M
d
P
M
T'
T
O
Trang 4R 2 3R
NQ = 3 Û = 2 =
c) Dễ thấy: ABQP là hình thang vì AB // NQ.
Ta có: ABQ · 1
2
= sđ ( MB¼ » AB ) 1
2
Mà: APN· · = PAB(so le trong) Þ ABQ· · = BAP Þ ABQP là hình thang cân.
d) Kẻ AH ^ QN. Ta có: S = SABQN = 1
2 (AB + QN).AH = (1,5R + R).AH = 2,5R.AH. Do đó:
S max Û AH max. Mà AH ≤ AN Û H º N Û AN ^ NQ Û AN ^ AB tại A Û · 0
MAB= 90
Û M là điểm đối xứng của điểm B qua điểm O.
Khi đó, ΔAMB vuông tại A, ta có: AM 2 = MB 2 – AB 2 = 4R 2 – R 2 = 3R 2 Þ AM = R 3
Mặt khác: Do AM 3 AN 1AM R 3
MN = 2 Þ = 2 = 2 . Vậy: Max SANQB =
2
5R R 3 5 3R
4 2 = 8
Bài 8: Cho đường tròn (I ; R) nội tiếp DABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các điểm A’, B’, C’.
a) Gọi các giao điểm của (I) với các đoạn IA, IB, IC lần lượt là M, N, P. Chứng minh rằng các đường thẳng A’M, B’N, C’P đồng qui.
b) AI kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp DABC tại D (khác A). chứng minh rằng: IB.IC 2R
HD: a) Chứng minh: A’M, B’N, C’P là ba phân giác của DA’B’C’.
b) Gọi H là trung điểm của BI. Ta có: · · 1 µ
2
2
= + Mặt khác: · 1µ · 1 µ µ
Suy ra: DBI· · = DIB Þ DDBI cân tại D Þ DH là phân giác µ D
Þ · 1µ 1 µ ·
= = = Þ DHDI DA’CI. Suy ra:
IC = IA'= 2IA'= 2IA' Þ IB.IC = ID.2IA’ = ID.2R Þ
IB.IC
2R
ID =
Bài 9: Cho DABC vuông ở A (AC > AB) hạ AH ^BC tại H. Đường tròn (H, HA) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q (P, Q ≠ A).
a) Chứng minh P, H, Q thẳng hàng và tứ giác BPCQ nội tiếp
b) Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh: AM ^ PQ
HD: a) · 0
PAQ= 90 , PQ là đường kính (A, HA)
Þ Ba điểm P, H, Q thẳng hàng.
∆AHQ cân tại H: Aµ 1 = Q µ mà Cµ = A µ 1 (Cùng phụ với CAH ) ·
Nên: Cµ µ = Q Þ BPCQ nội tiếp.
b) DMAB cân Þ Bµ 2 = BAM · = µ µ
1
Q+ H , P$ 1 =Cµ + H µ 2 .
Mà Cµ µ µ =Q, H1 = H µ 2 Þ Bµ 2 =P$ 1 = BAM ·
Do đó: $ µ · µ 0
P +A =MAB+A = 90 Þ · 0
AEP = 90 Vậy: PQ ^ AM tại E.
2
1
1
3
2
2
1
E
M
P
Q
H
A
B
C
M
H
A'
C'
B'
I
D
A
B
C
Trang 5và C). Hạ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Trên nửa mặt phẳng có bờ BC chứa điểm A dựng hai đường tròn đường kính HB và HC, chúng lần lượt cắt AB và AC tại E và F.
a) Chứng minh AE. AB = AF. AC.
b) Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn đường kính HB và HC
c) Gọi I và K lần lượt là hai điểm đối xứng với H qua AB và AC. Chứng minh ba điểm I, A, K thẳng hàng.
d) Đường thẳng IK cắt tiếp tuyến kẻ từ B của nửa đường tròn (O) tại M. Chứng minh MC, AH,
EF đồng qui.
HD: a) DBEH có trung tuyến O’E ứng với cạnh BH bằng
1
BH
2 nên DBEH vuông tại E. Suy ra: HE ^ AB.
Tương tự: HF ^ AC.
Áp dụng hệ thức lượng với hai tam giác vuông AHB và AHC,
ta có:
AH 2 = AE. AB, AH 2 = AF. AC. Suy ra: AE. AB = AF. AC.
b) Tứ giác AFEH là hình chữ nhật vì có ba góc vuông.
Gọi D là giao điểm của AE và EF, ta có: DA = DH = DE = DF
DO1ED = DO1HD (c.c.c) Suy ra: · · 0
O ED=O HD = 90
Do đó: EF ^ O’E tại E nên: EF là tiếp tuyến của đường tròn (O1).
Tương tự: EF là tiếp tuyến (O2) Þ EF là tiếp tuyến chung
c) Theo tính chất đối xứng ta có: Aµ 1 =A , Aµ µ 2 3 = A µ 4
IAH+HAK =2(A +A )=2.BAC= 180 Þ Ba điểm I, A, K thẳng hàng.
d) SB // AH Þ SBA· µ = A 2 (So le) = A Þ DMBA cân tại A Þ MA = MB µ 1
Mặt khác: · 0
MBA+S$ = 90 mà Aµ 1 = A µ 5 và MBA· µ = A 1 Þ S$ = A µ 5 Þ DMAB cân tại A Þ MA = MS
Suy ra: MA = MS. Giả sử MC cắt AH tại D’. Theo ĐL Ta lét: AD ' CD ' HD '
MS = CM = MB mà MS = MB
nên: AD’ = D’H Þ D’H = D’A mặt khác: DH = DA Þ D ≡ D’.
Vậy: AH, EF, MC đồng qui tại tại D.
Bài 11: Cho DABC vuông ở A (AC > AB) đường cao AH. Đường tròn (H; HA) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q (P, Q khác A).
a) Chứng minh: P, H, Q thẳng hàng. Tứ giác BPCQ nội tiếp
b) Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh: AM ^ PQ.
HD: a) PQ là đường kính đường tròn tâm A bán kính HA
Þ Ba điểm P, H, Q thẳng hàng.
Ta có: HQA· · = HAQ (DAHQ cân)
Þ ACB· · = AQB Þ BPCQ nội tiếp.
b) APQ· · = AHP (DAHP cân), CAM· · = ACM mà · ACM= AQP ·
AEH= 90 Vậy: AM ^ PQ.
Bài 12: Cho A là một điểm bất kì trên nửa đường tròn đường kính BC (A ≠ B, C). Hạ AH ^ BC tại
H. Gọi I, K lần lượt là tâm của đường tròn nội tiếp DAHB và DAHC. Đường thẳng IK cắt các cạnh
AB, AC lần lượt tại M, N. Chứng minh:
5 4
3
2
1
O 2
O 1
S
M
K
E
I
H
A
E
M
P
Q
H
A
B
C
Trang 6a) DAIH DCKH và DHIK DABC
b) DMAN là tam giác cân
c) Xác định vị trí của điểm A để chu vi của đường tròn ngoại tiếp DMHN đạt giá trị lớn nhất. HD: a) Dễ thấy: µ µ
H = H (= 45 0 ) và µ µ µ ·
Suy ra: HI CH AH µ AB
HK = AC Lại có:
IHK =BAC= 90 Suy ra: DHIK DABC (c.g.c)
C=HKIÞNCH+NKH= 180
Þ NCHK nội tiếp. Do đó: · · 0
ANM=KHC= 45 Vậy: DAMN vuông cân tại A.
c) DAKH = DAKN (g.c.g) Þ AN = AH = AM Þ A là tâm đường tròn ngoại tiếp DHMN.
Do đó: CHMN = 2 p AH Þ CHMN lớn nhất Û AH lớn nhất mà: AH ≤ OA
Dấu “=” xảy ra Û AN = OA Û H ≡ O. Khi đó A là điểm chính giữa của nửa (O) và CHMN = 2 p R.
2 1
1
1
1
N
M
K
I
H
A