Các bài tập nâng cao Hình học Lớp 9 (Có lời giải)

Nội dung text: Các bài tập nâng cao Hình học Lớp 9 (Có lời giải)

1. · · Như vậy ta cần chứng minh: NIa M DAI (*).Ta có: MN / /ID nên · · MNIa DIA do đó ta cần chứng minh: NMIa # IDA . NM NI Điều này tương đương với: a , nhưng ta có: ID IF , NI NB ID IA a NM NB nên ta cần chứng minh: . FI IA Để ý rằng: MNB, FIA có: M· NB I·FA 900 , 1 N· BM B· AC I·AF MNB# FIA . (Bài toán được giải quyết). 2 Câu 19) Phân tích định hướng: E Vì BC R 3 . Áp dụng công thức A BC 2Rsin B· AC R 3 F O 3 sin B· AC do đó H 2 B Q C 0 C' A 60 . Trong bài toán K có các yếu tố cố định là BC, µA nên ta tập trung khai thác các yếu tố này. A' a). Ta có: B· KC ·AKB ·AKC . Mà ·AKB ·AEB ·ABE 900 µA 300 , ·AKC ·AFC ·ACF 900 µA 300 , suy ra B· KC ·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 điểm cung B»C , khi đó A là trung điểm cung lớn B»C . Tam giác KBC đều
2. Do 5 điểm A, B, K,O,C cùng nằm trên một đường tròn nên ta có: C· KO O· BC . Mà E· KC 900 C· KO suy ra E· KC 900 O· BC B· MJ E· MC 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 E· KM E· CM mà E· CM E· FB suy ra E· KM E· FB MK / /FB 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 O thì Ax  AO . Ta có: x·AC ·ABC mà ·ABC ·AEF x·AC ·AEF Ax / /EF hay AO  EF . Ta cũng chứng minh được: GS  TO tại điểm I . Thật vậy ta có: M· FB M· BF M· FD D· FB M· TF T· FB mà x D· FB D· CA E· FA T· FB A suy ra M· FD M· TF hay E J K MDF# MTF suy ra S F H 2 O MF MD.MT . Mặt khác ta I 2 T C có: MO.MG MB.MC MF B D M N G
3. I là trung điểm của DF theo định lý Thales từ đó suy ra IN là đường trung bình của tam giác IEF .Để chứng minh tứ giác HNCS nội tiếp ta chứng minh: N· CH H· SN . Mặt khác ta có: I·DN N· SH so le trong. Như vậy ta cần chứng minh: N· CH I·DN tức là ta cần chứng minh ICDN nội tiếp. + Thật vậy: I·NE N· EM ( so le trong) mà M· EN  M· ED M· CD suy ra I·NE M· CD hay ICDN là tứ giác nội tiếp. + Ta có tứ giác HNCS nên: S· NH S· CH . Tứ giác ONHS nội tiếp nên S· NH S·OH suy ra S· CH S·OH . Hay tứ giác SCOH là tứ giác nội tiếp. Nhưng O· HS 900 O· CS 900 SC là tiếp tuyến của (O) . Mà KC cũng là tiếp tuyến của (O) nên ta suy ra S, K,C thẳng hàng. Câu 24) A Theo tính chất tuyến E tuyến ta có: CE CD CH , M F H G BF BD BG , MH MG, O I AE AF N B D C + Ta có:
4. b). Để chứng minh OA vuông góc với N1N2 · · 0 Ta chứng minh AN1N2 OAM1 90 Thật vậy ta có: Từ việc chứng minh 1 N M N M . Ta suy ra ·AN N N· M M M· OA 1 1 2 2 1 2 2 2 2 1 1 1 Do đó ·AN N O· AM M· OA O· AM O· M A 900 (Do tam giác 1 2 1 2 1 2 1 1 M1OA cân tại O) . Vậy OA vuông góc với N1N2 . c) Ta có AI  PQ PQ / /O1O2 . Gọi S là giao điểm của PM1 và QM 2 thì · · O,O2 , M 2 thẳng hàng và O2 I / /OP O2 IM 2 M 2 PO mặt khác ta có: · · · · O2 IM 2 IM 2O2 M 2 PO O2 IM 2 . Suy ra P, I, M 2 thẳng hàng . Tương tự Q, I, M1 thẳng hàng. Mà PQ là đường kính của (O) nên QM1  M1P,QM 2  M 2 P . Suy ra I là trực tâm tam giác SPQ . Suy ra AI qua S . Vậy ba đường thẳng AI, PM1,QM 2 đồng quy tại I. Câu 26) a) Có hai trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: E nằm trong đoạn NP . Ta có O· EN O· BP B· PE ( Góc ngoài tam giác ). 0 µ Bµ 180 A µA Ta có O· BP , E· PB 1800 N· PA 1800 900 . Từ đó 2 2 2 Bµ µA Cµ suy ra O· EN 900 1800 180 O· CA . 2 2 2 Trường hợp 2: E nằm ngoài đoạn NP . Ta có µA Bµ µA Bµ Cµ O· EN 1800 B· PN E· BP 1800 900 900 O· CA 2 2 2 2 2 (Đpcm) A I I A K K N E F E N P F P O O B C B C M M
5. H·ED = E·DC Þ HE / /CD 1 b) Nối K với E , K với H . Ta được KE = KH = AB Þ K thuộc 2 trung trực của HE .Có DC ^ CA và HE / /CD Þ HE ^ AC . Có KM / / AC và HE ^ AC Þ KM ^ HE Þ KM là trung trực của HE Þ ME = MH hay DMHE cân tại M . Câu 28) · · · 0 a). Ta có AMO = ADO = ANO = 90 A nên 5 điểm A,M ,D,O,N thuộc đường tròn tâm O ' đường kính AO . K E O · · 0 b) Ta có ADB = ADC = 90 (1) mà B C · · H M ADM = ADN (2) (góc nội tiếp chắn D 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 · · · · tứ giác OMPI ,OQNI nội tiếp nên POI = PMI ;QOI = INA mà · · · · PMI = INA (do DAMN cân tại A ). Nên POI = QOI . Xét DPOQ có 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 = = Þ BK = CK (đpcm). IP AI IQ M Câu 29) A·CB = A·DB = 900 a). Ta có I Q D H C N P K B A O
6. Cách khác: Kẻ ME ^ CD thì ME £ MH £ MI + IH . Tính được IH;MI theo R . Câu 30) K · · a). Ta có BOK = OAM (1) (đồng vị); N M · · MOK = AMO (2) (so le trong); D I P · · OMA = OAM (3) ( DAOM cân) (3). C · · B Từ (1),(2),(3) ta có BOK = KOM . A E H O F · · Xét DBOK và DKOM có OB = OM = R;BOK = KOM ; OM chung nên DBOK = DMOK (c.g.c) suy ra · · 0 · · 0 OMK = OBK = 90 Þ OMK + OBK = 180 nên bốn điểm O,B,K ,M 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 · · 0 · BPNK nội tiếp (vì BPK = BNK = 90 ) nên cùng bù với PNK mà so le. · · · · Nên I 'NP = I 'MP suy ra tứ giác I 'MNP nội tiếp suy ra MNA = MPI · · · · mà MNA = MBA Þ MBA = MPI ' ở vị trí đồng vị nên PI '/ / AB mà PI / / AB nên I º I ' . Vậy AK đi qua I hay ba đường thẳng CD,MH,AK đồng quy. 1 1 c) Ta có EF = (AH + HB) = AB = R (không đổi) DEHI = DECI 2 2 (c.c.c); DFHI = DDHI (c.c.c) nên SCDFE = 2.SEIF 1 R.MH R.MO R2 R2 S = EF.IH = £ = Þ S £ EFI 2 4 4 4 CDFE 4 R2 » max (S ) = Û H º O khi M thuộc chính giữa AB . CDFE 4 A B H E F I D C
7. b) Gọi EF cắt OM tại H . Dễ chứng minh được OA.OB = OH.OM = OE 2 c) Ta có I là tâm đường tròn ngoai tiếp DMEF và DMEF 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 DKPQ : DKEF nên PQ KP 1 R 3 = = Þ 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) · 1æ » ¼ ö 1æ ¼ ¼ ö 1 » · a) AMB = çsđAB - sđPC ÷= çsđAC - sđPC ÷= sđAP = ABP . 2èç ø÷ 2èç ø÷ 2 » ¼ · · · b) PA = PC Þ CAP = ABP = AMB Þ CM = AC = AB . MA MC Xét DMAC : DMBP (g.g) Þ = MB MP Þ MA.MP = MB.MC = MB.AB . Câu 34) B K D M I H O' A O J C
8. ¼ · · (cùng chắn BC ), BCE = CAB (góc có cạnh tương ứng vuông góc) · · · Þ DCB = BCE . Do đó CB là tia phân giác của DCE . ïì ï EK ^ CD (BK ^ CD) b) Xét DCDE có: í Þ B là trực tâm DCDE ï DH ^ CE CH ^ AB îï ( ) Þ CB ^ DE tại F hay CB là đường cao của DCDE . Mà CB là tia · · · phân giác của DCE nên DCDE cân tại C Þ CED = CDE . Mặt khác ¶ ¶ ¶ ¶ D1 = E1 (góc cạnh tương ứng vuông góc), D2 = E2 . Do đó DBDE cân tại B Þ BD = BE Þ BD + BK = BE + BK = EK Trong tam giác CKE vuông tại K có EK < EC (cạnh huyền lớn nhất) Þ BK + BD < EC . · 0 c) Xét DABC có ACB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Þ BH.BA = BC 2 (hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông) BH BC Ta lại có: DBHC : DBFD (g.g) Þ = Þ BH.BD = BC.BF BF BD Þ BH.(BA + BD) = BC.(BC + BF ) Û BH.AD = BC.CF (1)\ ¶ · Mặt khác ta có: AC / / DE (cùng vuông góc với CF )Þ D2 = CAB (so le · · 0 trong) mà AHC = DFB = 90 Þ DACH : DDBE (g.g) AH AC Þ = Þ AH.BD = DF.AC (2). Mặt khác DABC : DCDF DF BD AC CF (g.g) Þ = Þ BC.CF = DF.AC (3). Từ (1),(2) và (3) suy ra BC DF BH.AD = AH.BD . A Câu 36) · · a) OPM = OCM (nội tiếp chắn M N O H K B C P D
9. · · 0 · · 0 b) Ta có AMB = ANB = 90 Þ KMI = KNI = 90 . Suy ra bốn điểm M ,N,I ,K cùng nằm trên một đường tròn đường kính KI . Vì MN = R nên DOMN đều. · · 1 · 0 · 0 KAN = MAN = MON = 30 Þ AKN = 60 . Gọi O ' là trung điểm 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 · · · 0 R 3 MO 'N = 2MKN = 2AKN = 120 Þ MN = R ' 3 Þ R ' = . 3 c) Gọi P là giao điểm của IK và AB , do I là trực tâm của DKAB 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 DMOO ' có · 0 · 0 · 0 2R OMO ' = 90 (MOO ' = 30 ,MO 'O = 60 ). Suy ra OO ' = 2MO ' = 3 mà DKAB có AB không đổi nên nó có diện tích lớn nhất khi KP lớn R 2R nhất. Ta có KP £ KO '+ OO ' = + = R 3 . 3 3 Đẳng thức xảy ra khi P º O Û OO ' ^ AB Û MN / / AB Û DKAB · 0 cân tại K Û KAB đều (do AKB = 60 ). 1 Do đó S = AB.KP = R.KP £ 3R2 . KAB 2 Kết luận: Diện tích DKAB lớn nhất bằng 3R2 khi và chỉ khi MN / / AB (hay DKAB đều). Câu 38) E · · 1 ¼ D a) ABD = ADE = sđAD của (O '), 2 A · · 1 ¼ ABC = ACE = sđAC của (O) C 2 O O' Þ C·ED + C·BD = C·ED + A·BD + A·BC · · · 0 = CED + ACE + ADE = 180 B
10. · · 0 · · DBCD vuông tại B nên BCD + BDC = 90 mà BDC = BEF (chứng · · 0 minh ở câu a) nên BCD + BEF = 90 (2). · · 0 · 0 Từ (1) và (2) ta có BCD + MBE = 90 Þ BQC = 90 hay BM ^ CD . c) K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF , M là trung điểm của EF nên KM ^ EF Þ 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 Þ 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. Câu 40) A E a) Nối H với E . O · 0 HEA = 90 (vì AH là đường kính), D B C · 0 H AHC = 90 (AH là đường cao) · · · · · Þ AHE = ACB (cùng phụ với EHC ) (1) ADE = AHE (góc nội tiếp ¼ · · cùng chắn AE ) (2). Từ (1) và (2) Þ ADE = ACB Þ tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn · 0 b) Vì DAE = 90 Þ DE là đường kính Þ D,O,E thẳng hàng (đpcm). c) Ta có SBDEC = SDABC - SDADE
11. · · Þ DANK : DAID (c.g.c) Þ NKA = IDN (3). Từ (3) có · · · · 0 IDN + DKN = NKA + DKN = 180 Þ Tứ giác DIKN nội tiếp đường trònÞ 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)Þ Tứ giác DIKM nội tiếp đường tròn đường kính MI . Vì bốn điểm D,I ,K ,N cùng thuộc một đường tròn (câu a) Þ Hai đường tròn này ngoại tiếp DDIK Þ Hai đường tròn trùng nhau Þ N cũng nằm trên · 0 đường tròn đường kính MI Þ INM = 90 . Vì IN là bán kính đường tròn (I ), MN ^ IN Þ MN là tiếp tuyến của đường tròn (I ) tại tiếp điểm N (đpcm). Câu 42) Q 2 1.a) DPIN : DPNJ Þ PI .PJ = PN (1) J M F Xét DPON vuông tại N K 2 I có NE ^ PO Þ PN = PE.PO (2) O P E DPKE : DPOF Þ PK .PF = PO.PE (3) N Từ (1),(2) và (3) Þ PI .PJ = PK .PF b) DPIO : DPOJ suy ra tứ giác IEOJ nội tiếp (4) · · · · 0 · · 0 · · Ta có IEP = IJO;IEP + QEI = 90 ;IJO + QOJ = 90 Þ QEI = QOJ . · · · · Mà QOJ = QOI Þ QEI = QOI . Suy ra tứ giác QIEO nội tiếp (5) 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) Þ MC ^ MO (1) Xét đường tròn (I ): I C D M H N 1 1 A K O
12. Câu 44) a) Ta chứng minh DABE : DBSM . A AE MB E b) Từ câu a ta có = (1) N AB BS O F mà MB = EM (do DBEC vuông B P C tại E có M là trung điểm của BC ) M AE EM nên = AB BS · · · · 0 Có MOB = BAE;EBA + BAE = 90 ; · · 0 · · MBO + MOB = 90 nên MBO = EBA S · · · · · do đó MEB = OBA = MBE . Suy ra MEA = SBA (2) Từ (1) và (2) suy ra DAME : DABS (đpcm). c) Dễ thấy SM vuông góc với BC nên ta chứng minh NP / / SM . Xét DANE và DAPB : Từ câu b) ta có DAEM : DABS nên · · · · NAE = PAB . Mà AEN = ABP (do tứ giác BCEF nội tiếp). Do đó AN AE DANE : DAPB nên = . Lại có AP AB AM AE AM AN = (DAEM : DABS). 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 với DF Þ DIKF vuông tại K E D · 1 · 0 có DFE = DOE = 45 O I M 2 K H B F C
13. Þ AB = AC Þ DABC cân. Câu 47) a). Ta có MN / / BC (gt), ID ^ BC I·FM + I·KM = 900 + 900 = 1800 A ((I ) tiếp xúc với BC tại D Þ ID ^ MN Þ IK ^ MN K E N · · 0 M Þ IKM = IKN = 90 Þ F I I·FM + I·KM = 900 + 900 = 1800 B C Þ Tứ giác IFMK nội tiếp. D J · · 0 Mặt khác IKN = IEN = 90 Þ tứ giác IKEN nội tiếp. Ta có · · · · IMF = IKF (tứ giác IFMK nội tiếp) ; IKF = ANI (tứ giác IKEN nội · · tiếp)Þ IMF = ANI Þ Tứ giác IMAN nội tiếp. · · · · b) Ta có IMK = IFK (tứ giác IFMK nội tiếp); INK = IEK (tứ giác IKEN nội tiếp). Mặt khác IE = IF (= r ) Þ DIEF cân tại · · I Þ IMK = INK Þ DIMN cân tại I có IK là đường cao Þ IK là đường trung tuyến của DIMN Þ K là trung điểm của MN Þ MN = 2MK MN 2MK MK Mà BC = 2BJ (J là trung điểm của BC ). Do đó = = BC 2BJ BJ AM MN .Mặt khác DABC có MN / / BC Þ = (hệ quả của định lý AB BC æ ö AM MK ç MN ÷ Talet). Ta có = ç= ÷. Xét DAMK và DABJ có: AB BJ èç BC ø÷ · · AM MK AMK = ABJ (hai góc đồng vị do MN / / BC ); = AB BJ
14. · 1 » + IBN = sđED , 2 · · · + IAN = DAC - NAC = · · 1æ ¼ ¼ ö DAN - NCA = çsđAD - sđAE÷ 2èç ÷ø 1 » = sđED 2 · · · · » *) Ta có PNE = NAC + NCA = 2NCA= sđEA , · · · · · · ¼ PDE = PDA + ADE = ABE + ADE = 2ABE = sđAE . Suy ra tứ giác PNDE nội tiếp. · · 0 b). Ta thấy tứ giác AKME nội tiếp do MEK = MAK = 45 suy ra · · 0 · · · MEA = MKA = 90 suy ra MK / / BD Þ MKD = KDB = EKM . c). Ta có MD ME CD 2 DMDC$ DMEA Þ = Û ME.MC = MD.MA = MD 2 = MC MA 4 CD 2 5CD 2 Mặt khác ta có: MC 2 = CD 2 + MD 2 = CD 2 + = suy ra 4 4 5 5 Þ MC = CD Þ ME = CD 2 10 hay MC = 5ME .Ta có: CD 2 EA AM AM .CD 5 10 = Þ EA = = 2 = CD = R . CD MC MC 5 5 5 CD 2 Câu 49). Giải: Giả sử CN cắt đường tròn F ngoại tiếp tam giác ABN A E tại điểm thứ hai F , BM N cắt đường tròn ngoại tiếp M B D C
15. Từ (1) và (2) suy ra AQ.BD + QC.EB = CA.BP . Mặt khác BD = EB = CA nên AQ + QC = BP . Câu 52. Giải: · · 1 µ 1 µ · a) Ta có NCE = IBN = B C nên N và C nằm A về cùng một phía đối với AM . Q Do đó E và C nằm về cùng I O một phía đối với AM (2). K N B C Từ (1) và (2) suy ra E nằm trong L · E góc AMC . Vậy Q thuộc cung nhỏ AC . M · · 1 µ 1 µ b) Vì QK = QA (3), suy ra QAK = AKQ = A + B 2 2 · · 1 µ · · · · Þ IAK + CAQ = B = IBK + CBQ . Mặt khác CAQ = CBQ nên 2 · · CAQ = IBK hay tứ giác AIKB nội tiếp. Từ đó ta có · · 1 µ · IKQ = BAI = A = KQM nên 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 ta có BK / /CL,BK = CL và CLQ = BLQ = CQM (4) nên CL = QC (5). Từ (4) và (5) suy ra BK = CL (6). Từ (3) và (6) ta có BQ = QA + QC . Câu 53. Giải: Gọi T là giao điểm (khác A ' ) T A C' B' O B C H A'
16. PN Đặt MK = ML = a;NT = NH = b; = c . Dễ dàng tính được: PM 1 c 1 c c c PX = NT - = b - a ; PZ = ML = a; 1- c 1- c 1- c 1- c 1- c 1- c 1 1 PY = NH = b. Do đó PY = PX + PZ . 1- c 1- c PB PZ b) Dễ dàng chứng minh được DPZB : DPYC nên = ; PC PY PB PX PB PB PX + PZ DPXB : DPYA nên = . Do đó + = = 1 PA PY PC PA PY 1 1 1 hay = + . PB PA PC Câu 55. Giải: · · Ta có OM = ON và ROM = RON nên DOMR = DONR (c.g.c). Vậy RM = RN .Do N nằm trên đường trung trực của MN và nằm A · trên phân giác MAN nên R là N ¼ điểm chính giữa cung MN M R (cung không chứa A ) của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN . B P O C 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 .
17. 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. A Giải: A Khi thay đổi trên cung lớn O M C BC thì tam giác MNP có B O' µ N · 0 A C' NMP không đổi bằng 90 + . G' 2 B' A' µ P Tam giác ANP luôn cân, có A không đổi nên NP lớn nhất khi I ¼ AB + AC lớn nhất, khi đó A là điểm chính giữa của cung lớn BC . Gọi 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 ³ NP;N 0M 0P0 = NMP . Vậy chu vi DM 0N 0P0 ³ chu vi DMNP . Do đó chu vi tam giác MNP lớn nhất khi A º A0 .
18. 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 AB AI AC AB + AC AB + AC AI có: = = = = = 2.Vậy = 2 .Gọi BD ID DC BD + DC BC AD AG AI M là trung điểm cạnh BC , khi đó = 2 = . Vậy GI / / BC . GM ID Câu 61. Giải: 1 Gọi O là giao điểm của AC và BD . Ta có dO/ D = (R1 + R3 ) (Tính 1 2 chất đường trung bình trong một hình thang), ở đó d là khoảng O/ D1 cách từ O tới D 1 . Tương tự 1 1 dO/ D = (R1 + R3 );dO/ D = (R2 + R4 ) = dO/ D . Vậy 3 2 2 2 4 d = d = d . Do đó D ,D ,D ,D cùng tiếp xúc với một O/ D1 O/ D 3 O/ D 4 1 2 3 4 đường tròn tâm O . Câu 62. Giải: Đường tròn ngoại tiếp tam giác M SMN có tâm B và tiếp xúc với B N AS tại S , AM tại M . Đường E C tròn ngoại tiếp tam giác SPQ A S F có tâm D và tiếp xúc với AQ D P tại Q , AS tại S . Q
19. AM DC 1 AN 1 = = nên = . AB BC 3 AC 3 QC DC 1 Vậy CQ = NQ = AN . Do đó = = suy ra DQ / / AB . Do CA BC 3 ¼ ¼ ¼ ¼ BAC = BPD nên BMD = BPD . Vậy tứ giác BMPD là tứ giác nội · · · · tiếp. Do đó MPA = MDB = ACB = MNA suy ra tứ giác AMPN nội tiếp. 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 · 1 · 1 · tiếp tứ giác CDPN . Vậy DPC = DQC = BAC . 2 2 Câu 64. Giải: B C Theo định lý Sim-sơn, ba điểm P Q P,Q,R thẳng hàng. Từ hai bộ R bốn điểm (C,D,P,Q);(A,D,Q,R) O D A cùng thuộc một đường tròn ta suy ra DDCA : DDPR . Tương tự ta được các cặp tam giác đồng dạng DC BC PQ DDAB : DDQP,DDBC : DDRQ . Do đó = . . Suy ra DA BA QR DC BC PQ = QR Û = . Điều đó tương đương với chân đường DA BA phân giác 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 . Câu 65. Giải:
20. AC B C A B 1 1 = 1 1 = 1 1 và AC BC AB 2 2 æTA ö TA2 TA2 TB 2 æTB ö ç 1 ÷ 1 1 1 ç 1 ÷ TA1 TB1 ç ÷ = = = = ç ÷ .Do đó = . ç ÷ 2 ç ÷ èçAA 'ø AA ' AA1.AT BB1.BT èçBB 'ø AA ' BB ' TA TC Tương tự 1 = 1 . AA ' CC ' TA TB TC TA TB TC Vậy 1 = 1 = 1 do đó = = (1). Theo định lý AA ' BB ' CC ' AA ' BB ' CC ' Ptô- lê-mê ta có TB.AC = TA.BC + TC.AB (2). Từ (1) và (2) ta có: BB '.AC = AA '.BC + CC '.AB . Câu 67. Giải: A C Kẻ các tiếp tuyến chung Q B F T N P E trong KH,LT của (O1) K O2 Y M X O1 O và (O2 ) . Giao điểm của L H KH,LT với (O) lần lượt là B,C .Kẻ tiếp tuyến chung 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 (O1),(O2 ) . Dễ dàng chứng minh được ba điểm A,E,M 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 .
21. nội tiếp được nên · µ µ · 0 A 'MC ' + B = C + A 'MB ' = 180 · · µ µ và MB 'A ' = MCA ' . Mà B = C · · suy ra A 'MC ' = A 'MB ' . CM MA ' Ta lại có = suy ra DC 'MA ' : DA 'MB ' (c.g.c). Do đó MA ' MB ' · · · · · C 'A 'M = A 'B 'M + MCA ' . Mặt khác MC 'A ' = MBA ' nên · · 0 µ DBMC : DC 'MA ' . Do đó BCM = A 'MC ' = 180 - B không đổi. Vậy M thuộc một đường tròn cố định. Câu 70) Gọi H trực tâm của AMN , I A là trung điểm cạnh MN . Gọi · Az BAC B O C là tia phân giác của . H · · O' Ta có HAM = OAN nên Az M N I · cũng là tia phân giác của OAH . z 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 D đối xứng với đường thẳng BC qua Az . Tam giác $ 0 · · ON OIN có I = 90 ,ION = BAC không đổi nên không đổi. Mặt OI OA AO ' khác AH = 2.OI nên không đổi. Do đó không đổi. hơn OI AH nữa O ' thuộc D cố định nên H thuộc một đường thẳng D ' song song với D .