Dự án phát triển bài hình lớp 9 chương III

2 Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác QKH tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác KMF 3 Gọi P' là giao điểm của MK với AH.. 6 Gọi T là giao điểm của AQ với MK và gọi N là

Bài 1 Cho tam giác ABC nhọn có ABAC nội tiếp đường tròn  O Gọi H là trực tâm của tam giác

và AH vuông góc với BC tại F, cắt đường tròn  O tại điểm thứ hai là E Gọi M là trung điểm của

BC Trên đường tròn  O lấy các điểm Q và K sao cho HQA HKQ  900 (Các điểm A B C K Q, , , , theo thứ tự đó trên đường tròn)

1) Chứng minh rằng ba điểm H M Q, , thẳng hàng.

2) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác QKH tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam

giác KMF

3) Gọi P' là giao điểm của MK với AH Chứng minh rằng

2 2

' '

P E KE

4) Trên đoạn thẳng MK lấy điểm L sao cho MLC MCK  Chứng minh rằng tứ giác BCLH

nội tiếp đường tròn

5) Đường thẳng KQ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác KFM tại N khác K Chứng minh rằng

MN đi qua trung điểm của AQ

6) Gọi T là giao điểm của AQ với MK và gọi N là giao điểm khác ' K của hai đường trong

ngoại tiếp hai tam giác KMF và TQK Chứng minh rằng ba điểm N N T, ', thẳng hàng.

7) Gọi R là giao điểm khác K của đường tròn ngoại tiếp tam giác KMF với đường tròn  O .

Chứng minh rằng ba điểm R A N, , thẳng hàng.

8) Gọi S đối xứng với F qua KH và U là giao điểm của MN với SK Chứng minh rằng tứ giác MFUS nội tiếp đường tròn

9) Chứng minh rằng GF GM

10) Gọi V là giao điểm của KQ với BC Đường thẳng qua V vuông góc với VJ cắt NF và

MK theo thứ tự tại Y và Z Chứng minh rằng VY VZ

11) Dựng các đường cao BB' và CC của tam giác ABC Đường thẳng ' '' B C cắt đường tròn

 O tại hai điểm B C với '1; 1 C nằm giữa B B Chứng minh ' 1 AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại1

tiếp tam giác HFB 1

Lời giải

DỰ ÁN PHÁT TRIỂN HÌNH HỌC 9 CHƯƠNG III

GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN

Dự án phát triển hình học 9 Chương I

S

x

R

L P'

C1

B1

C'

B'

Z

V U

Y

X

T

G

L

K

J

I O

H

Q P

N

E D

A

O

M

H

Q

K

F

E D

C B

A

X

1) Chứng minh rằng ba điểm H M Q, , thẳng hàng.

Do HQA HKQ 900 nên các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHQ và QHK lần lượt nhận AH

và QH đường kính Gọi AD là đường kính của đường tròn  O Khi đó dễ thấy BD song song với

thẳng hàng.

Ta có E đối xứng với H qua BC Giả sử các tiếp tuyến tại K và H của đường tròn ngoại tiếp tam giác QKH cắt nhau tại X Khi đó XKH XHK KQH Mà ta lại có KQH KQD KAD  Từ đó ta có biến đổi góc

 1800 2 1800 2 2 90 0   2 90 0   2 2

Lại có XH XK nên X là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KHE Do E và H đối xứng nhau qua

BC nên BC là đường trung trực của DH , từ đó suy ra X thuộc đường thẳng BC Do XH là tiếp

tuyến của đường tròn đường kính QH nên ta có XH vuông góc với QH tại H Tam giác XHM

vuông tại H có đường cao HF nên XK2 XH2 XF XM .Từ đó suy ra XK là tiếp tuyến chung của

hai đường tròn ngại tiếp tam giác KQH và KHF với tiếp điểm K là giao điểm của hai đường tròn Do

đó suy ra hai đường tròn ngại tiếp tam giác KQH và KHF tiếp xúc nhau K .

3) Gọi P' là giao điểm của MK với AH Chứng minh rằng

2 2

' '

P E KE

có AM là đường trung tuyến, AI là đường phân giác Tiếp

tuyến của đường tròn  O tại B và C cắt nhau ở D Chứng

minh rằng AD đối xứng với đường thẳng AM qua đường

thẳng AI

Chứng minh Dựng đường tròn tâm D bán kính DB, đường

tròn này cắt các đường thẳng AB và AC lần lượt tại P và Q

(khác B và C ) Khi đó ta có tứ giác BCQP nội tiếp đường

tròn nên PBC PQC  1800 Do đó ta có biến đổi góc

Q

P

D

M

B A

PQC DBC DQC

Từ đó ta suy ra được ba điểm P D Q, , thẳng hàng Từ đó dẽ thấy tam giác ABC và tam giác AQP đồng

dạng với nhau Mà AM và AN lần lượt là các đường trung tuyến của tam giác ABC và AQP nên ta

suy ra được hai tam giác APD và ACM đồng dạng với nhau, do do vậy PAD CAM  Từ đó ta suy ra được đường thẳng AD đối xứng với đường thẳng AM qua đường phân giác AI

Dự án phát triển hình học 9 Chương I

P' O

X

A

F

K

Q

H

M

Trở lại bài toán Như ta đã có X là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KHE và X nằm trên đường thẳng BC Do XH MH nên suy ra MH là tiếp tuyến tại M với đường tròn ngoại tiếp tam giác KHE Ta có E và H đối xứng với nhau qua BC nên suy ra EM cũng là tiếp tuyến với đường tròn

ngoại tiếp tam giác KHE Khi đó theo bài toán phụ thì KM và KFđối xứng với nhau qua đường phân giác của góc HKE

Từ đó ta suy ra đươc

KHP KEF

S KE KF Mặt khác ta lại có

KHP KEF

S EF nên suy ra KH KP KE KF.. 'HP EF' Mà

ta đã có HKP EKF nên ta được HKFEKP ', do đó suy ra

'

HKF EKP

HKF EKP

S EP Điều

này dẫn đến

KE KP EP Từ hai kết quả trên ta được

KE KF KE KP EF EP nên suy ra

2 2

'

'

P E KE Như vậy bài toán được chứng minh.

4) Trên đoạn thẳng MK lấy điểm L sao cho MLC MCK  Chứng minh rằng tứ giác BCLH nội

tiếp đường tròn.

L O

M

H

Q

K

F

E D

C B

A

X

Do MLC MCK  nên dễ thấy MLC#MCK, suy ra MC ML MK MC hay ta được MC2 ML MK

Ta có biến đổi góc như sau MCH B AF 90 0 ABC900  ADC DAC DQC 

Khi đó hai tam giác MHC#MCQ nên ta có MH MC MQ MC hay MC2 MH MQ

Kết hợp lại thì ta thu được MH MQ ML MK  hay

ML MQ, suy ra MHL#MKQ nên ta được

MHL MKQ Từ đó dẫn đến tứ giác QKLH nội tiếp đường tròn Ta lại có biến đổi góc

Do đó tứ giác BCLH nội tiếp đường tròn

5) Đường thẳng KQ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác KMF tại N khác K Chứng minh rằng

MN đi qua trung điểm của AQ.

Dự án phát triển hình học 9 Chương I

J

I

T N' P

N

M

H

Q

K

F

E D

C B

A

X O

Gọi I và J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác KQH và KMF Từ đó suy ra ba điểm

, ,

K I J thẳng hàng Gọi P là trung điểm của AQ Ta đã có bốn điểm Q H M D, , , thẳng hàng nên

KQH KAD, suy ra hai tam giác vuông KQH và KQD đồng dạng với nhau Từ đó suy ra hai tam giác KQA và KHD đồng dạng với nhau Mà ta lại có KP và KM lần lượt là hai trung tuyến của hai tam

giác KQA và KHD nên ta được hai tam giác KQP và KHM đồng dạng, suy ra QPK QMK  và

QKP HKM Từ đó suy ra tứ giác QPKM nội tiếp đường tròn Ta có biến đổi góc sau

0

90

Do đó ba điểm M P N, , thẳng hàng hay MN đi qua trung điểm của AQ

6) Gọi T là giao điểm của AQ với MK và gọi 'N là giao điểm khác K của hai đường tròn ngoại

tiếp hai tam giác KMF và TQK Chứng minh rằng ba điểm N N T, ', thẳng hàng.

Trước hết ta phát biểu và chứng minh bài toán phụ:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O có các cạnh

AB và CD cắt nhau tại M, các cạnh AD và BC cắt nhau

tại N Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam

giác ABN, CDN, ADM, BCM cùng đi qua một điểm E và

ba điểm M, E, N thẳng hàng.

O

E

N

M

D

C B

A

tiếp đường tròn ta có ECNEDN và EDN AME nên ta được AME ECN ECM nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn Vậy đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABN, CDN, ADM, BCM cùng đi qua một điểm E Do tứ giác ADEM và CDEN nội tiếp đường tròn nên ta có MAD MED 180   0 và

DCN DEN 180  Mà ta lại có tứ giác ABCD nội tiếp nên MAD DCN 180   0 Từ đó ta được

MED NED 180  hay ba điểm M, E, N thẳng hàng.

Trở lại bài toán Áp dụng bài toán phụ cho tứ giác PQKM nội tiếp đường tròn thì ta được ba điểm N,

N’, T thẳng hàng

7) Gọi R là giao điểm khác K của đường tròn ngoại tiếp tam giác KMF với đường tròn  O .

Chứng minh rằng ba điểm R A N, , thẳng hàng.

R

O

X

A

F

K

Q

H

M

N

P

Để ý rằng tứ giác PQKM nội tiếp đường tròn, từ đó ta có

IKQ IQK IPM   KHQ  PMK

Do đó suy ra KHQ PMK  , do đó ta có biến đổi góc

1

2

Dẫn đến điểm N nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác KMF Để ý các tứ giác AQKR MKNR, và PQKM nội tiếp đường tròn ta có ARK AQN PQN PMK NMKNRK

Do đó hai tia RA và RN trùng nhau hay ba điểm R A N, , thẳng hàng

MFUS nội tiếp đường tròn

Dự án phát triển hình học 9 Chương I

G

U S

P N

M

H

Q

K

F

E D

C B

A

X O

Ta có ba điểm M P N, , thẳng hàng và tứ giác MFKN nội tiếp đường tròn nên ta có

HKF QKF    FMN   FMN Lại do S và F đối xứng với nhau qua KH

nên ta suy ra được UMF 900  HKF 900  HKS USF  nên suy ra tứ giác MFUS nội tiếp đường

tròn

9) Chứng minh rằng GF GM

Do S là điểm đối xứng với F qua KH ta có SKM 900 HMF FHM Lại thấy hai tam giác XKF

và XMK đồng dạng kết hợp với XK và XH là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác KQH

nên ta được

KM KM XM XM MH

Đến đây ta suy ra được hai tam giác KSM#HFM và đồng dạng với nhau nên suy ra

KSM HFM  Do tứ giác MFKN nội tiếp đường tròn nên HKF QKF   900 900  FMN Lại

do S và F đối xứng với nhau qua KH nên ta được UMF 900  HKS USF  nên suy ra tứ giác MFUS

nội tiếp đường tròn, suy ra UFM  900 hay U nằm trên đường cao AF Lại có

HKF   GMF MSF MUF  nên tứ giác KUGF nội tiếp đường tròn, do đó ta có FGM UKF

Đến đây ta được hai tam giác MGF và FKS đồng dạng với nhau, mà tam giác FKS cân nên ta suy ra được GF GM

V

V

O

X

A

F

K

Q

H

M

N

P

I J

cho hai cạnh AD và BC cắt nhau tại điểm T Đường thẳng qua T vuông góc với OT cắt hai đường chao

AC và BD theo thứ tự tại M và N Chứng minh rằng TM TN

Chứng minh Ta xét trường hợp M và N ở vị trí như hình vẽ,

các trường hợp khác chứng minh hoàn toàn tương tự Nối các

đoạn thẳng OM và ON, gọi K và H theo thứ tự là hình chiếu của

O trên AC và BD Khi đó K là trung điểm của AC và H là trung

điểm của BD Dễ thấy các tứ giác THON nội tiếp đường tròn

nên ta có THN TON  và TKM TOM  Hai tam giác TBD và

TAC có góc ATB chung và TBD TAC  nên đồng dạng với

nhau, do đó TDH TCK  và 2 2

TH  TK .

O

N

D

C

B A

Điều này dẫn đến tam giác THD và tam giác TKC đồng dạng với nhau nên ta được THN TKM  Kết hợp các kết quả ta suy ra được TON TOM  , mà ta có OT vuông góc với MN nên ta suy ra được tam giác OMN cân tại O Từ đó suy ra T là trung điểm của MN hay TM TN

Trở lại bài toán Áp dụng bài toán phụ cho tứ giác MNKF ta được VY VZ

Dự án phát triển hình học 9 Chương I

x

C1

B1

C'

B' O

X

A

F

K

Q

H

M

Trong nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C vẽ tia tiếp tuyến Ax với đường tròn  O Khi đó ta có

ACB BA

Mặt khác ta có BC C BB C '  ' 900 nên tứ giác BCB C nội tiếp đường tròn Suy ra ' ' BC B' 'ACB

Do đó ta được B AxBC B ' ' nên suy ra Ax song song với ' ' B C Mà ta có OA vuông góc với Ax nên

ta suy ra OA vuông góc với ' ' B C Từ đó suy ra ABB 1 AB C' 1

Ta có ABB1#AB C'1 Do đó ta thu được

2 1

1 1

.AC' AC'

Ta lại có AC'H #AFB Từ đó ta được

AC'

AH

Kết hợp các kết quả trên ta được

1

1

Suy ra AB H1 #AFB1, do đó ta được  

AB H AFB

Vẽ tia tiếp tuyến B t của đường tròn ngoại tiếp tam giác 1 AHF, tia B t nằm trên nửa mặt phẳng bờ 1 B H 1

không chứa điểm F Khi đó ta có HB t HFB 1  1 nên ta suy ra được HB t HB A 1  1 , điều này dẫn đến AB1

là là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác HFB 1