Gọi H là trực tâm của tam giácvà AH vuông góc với BC tại F , cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là E.. 1 Chứng minh rằng ba điểm ,H M Q thẳng hàng., 2 Chứng minh rằng đường tròn ngoại
Trang 1Bài 1 Cho tam giác ABC nhọn có ABAC 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
DỰ ÁN PHÁT TRIỂN HÌNH HỌC 9 CHƯƠNG III
GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN
Trang 211) 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 ngoại tiếp1
tam giác HFB 1
Lời giải
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
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
CH (vì cùng vuông góc với AB ) và CD song song với BH (vì cùng vuông góc với AC ), suy ra tứ giác BHCD là hình hình hành, do đó hai đường chéo HD và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường Mà M là trung điểm của BC , suy ra ba điểm M H D thẳng hàng Mà ta lại có , , HQA 900 nên
suy ra ba điểm , ,Q H D thẳng hàng Từ đó ta được các điểm , , , Q H M D thẳng hàng nên ba điểm
, ,
Q H M thẳng hàng.
Trang 32) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác KQH tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác KMF
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
và
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
Trang 4Từ 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
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 KF đối 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
KE KF 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.
Do MLC MCK nên dễ thấy MLC #MCK, suy ra
ML MC hay ta được MC2 ML MK
Ta có biến đổi góc như sau MCH B AF 90 0 ABC900 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
Trang 5Do 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
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
Chứng minh Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MAD và CDN cắt nhau tại điểm E khác D Khi
đó các tứ giác AMED và CDNE nội tiếp đường tròn nên ta có MDE CNE và MAE MDE , từ đó ta được MAE CNE BNE nên tứ giác ABNE nội tiếp đường tròn Mặt khác cũng từ các tứ giác trên nội tiếp đường tròn ta có ECNEDN 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
Trang 6một 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.
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
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
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
Trang 710) Gọi V là giao điểm của KQ với BC Đường thẳng qua V vuông góc với VJ cắt NF và MK
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
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 AxBC 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
Trang 8Ta 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 AHF , tia 1 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 A1 1 , điều này dẫn đến AB1
là là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác HFB 1