Chuyên đề luyện thi học sinh giỏi và ôn thi vào 10 - Phần Hình học - Chuyên đề 13: Góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung

Nội dung text: Chuyên đề luyện thi học sinh giỏi và ôn thi vào 10 - Phần Hình học - Chuyên đề 13: Góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung

1. Chuyên đề 13. GÓC NỘI TIẾP, GÓC TẠO BỞI TIA TIẾP TUYẾN VÀ DÂY CUNG A. Kiến thức cần nhớ 1. Định nghĩa.  Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn đó. Cung nằm bên trong góc được gọi là cung bị chắn. Trong hình bên thì: B· AC là góc nội tiếp B»C là cung bị chắn  Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và một cạnh là một tia tiếp tuyến còn cạnh kia chứa dây cung của đường tròn đó. Theo hình bên thì B· Ax và B· Ay là hai góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung. 2. Định lý.  Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn.  Số đo của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng nửa số đo góc của cung bị chắn. 3. Hệ quả 1. Trong một đường tròn: a) Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau. b) Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau. c) Các góc nội tiếp (nhỏ hơn hoặc bằng 90o ) có số đo bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung. d) Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông. 4. Hệ quả 2. Trong một đường tròn, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn một cung
2. thì bằng nhau. 5. Thêm dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến. Cho tam giác ACD. Trên tia đối của tia CD lấy điểm P. Tia AP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD nếu thỏa mãn một trong hai điều kiện sau: a) Góc ADC bằng góc PAC; b) PA2 PC.PD . B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tia phân giác góc A cắt BC tại D và cắt đường tròn tại điểm thứ hai là M. Kẻ tiếp tuyến AK với đường tròn (M, MB), K là tiếp điểm. Chứng minh rằng DK vuông góc với AM. Giải Tìm cách giải. Ta có: ·AKM 90o nên DK  AM DMK ∽ KMA. Mặt khác hai tam giác có ·AMK chung. Do yêu cầu chứng minh về góc nên để chứng minh hai tam giác đồng dạng ta nên dung c.g.c. MD MK Do vậy cần chứng minh . MK MA Trình bày lời giải µ ¶ µ ¶ µ µ A1 A2 mà B1 A2 (góc nội tiếp) nên B1 A1 . MD MB MD MK MBD ∽ MAB (g.g) MB MA MK MA Kết hợp với D· MK K· MA ta có DMK ∽ KMA (c.g.c) M· DK M· KA 90o . Vậy DK  AM. Ví dụ 2. Cho đường tròn tâm O và một dây AB của đường tròn đó. Các tiếp tuyến vẽ từ A và B của đường tròn cắt nhau tại C. Gọi D là một điểm trên đường tròn có đường kính OC (D khác A và B). CD cắt cung AB của đường tròn (O) tại E. (E nằm giữa C và D). Chứng minh rằng: a) B· ED D· AE . b) DE 2 DA.DB.
3. Giải Tìm cách giải - Trong quá trình chứng minh về góc, bạn nên sử dụng tính chất về góc nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng hệ quả của chúng. - Để chứng minh DE 2 DA.DB , bạn nên ghép chúng vào hai tam giác có cạnh là DA, DB và DE là cạnh chung của hai tam giác, rồi chứng minh chúng đồng dạng. Do đó ta chọn BED và EAD . Trình bày lời giải a) Ta có: E· BC E· AB; D· CB D· AB nên E· BC D· CB E· AB D· AB . Mặt khác: E· BC D· CB B· ED , E· AB D· AB D· AE Vậy B· ED D· AE . b) Ta có: ·ADE ·ABC C· AB E· DB Mà theo câu a): B· ED D· AE , suy ra: DE DB BED ∽ EAD DE 2 DA.DB . DA DE Ví dụ 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). I là trung điểm của BC, M là điểm trên đoạn CI (M khác C và I), đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại điểm D. Tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMI tại M cắt đường thẳng BD, DC lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng MP DM.IA MP.IC và tính tỉ số . MQ Giải Tìm cách giải. Để chứng minh DM.IA MP.IC , ta chứng minh hai tam giác có các cạnh là DM, IA, MP, IC đồng dạng.
4. Do vậy ta cần chứng minh MDP ∽ ICA. Trình bày lời giải Vì D· MP ·AMQ ·AIC và ·ADB B· CA nên MDP ∽ ICA (g.g) DM MP DM.IA MP.IC . CI IA Vì ·ADC C· BA; D· MQ 180o ·AMQ 180o ·AIM B· IA DM MQ nên DMQ ∽ BIA (g.g) DM.IA MQ.IB (1) BI IA Từ DM.IA MP.IC DM.IA MP.IB (2) MP Từ (1) và (2) suy ra 1. MQ Ví dụ 4. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB tương ứng tại A’, B’, C’. a) Gọi các giao điểm của đường tròn (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 quy. b) Kéo dài đoạn AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm D (khác A). Chứng minh IB.IC rằng 2r , trong đó r là bán kính đường tròn (I). ID Giải Tìm cách giải. - Đề chứng minh các đường thẳng A’M, B’N, C’P đồng quy, thông thường ta suy luận chúng là ba đường trung tuyến (hoặc đường phân giác, hoặc đường cao, hoặc đường trung trực) của một tam giác. Quan sát hình vẽ có thể nhận thấy M¼B ' M¼C ' nên ta chọn cách chứng minh chúng là ba đường phân giác của một tam giác. - Để tạo thành r trong phần kết luận, ta cần chọn r = OA’ (hoặc OB’; OC’). Tuy nhiên IB, IC có vai trò như nhau do đó OB’; OC’ có vai trò như nhau nên ta chọn r = OA’. Ta có IA'C vuông nên để tạo được cặp tam giác đồng dạng có định D thì cần phải kẻ thêm đường vuông góc. Trình bày lời giải a) Ta có AC’. AB’ là tiếp tuyến nên B· ' IM C· ' IM M¼B ' M¼C '
5. B· ' A'M C· ' A'M Hay A’M là đường phân giác của tam giác A’B’C’. Chứng minh tương tự, ta có B’N, C’P là tia phân giác của tam giác A’B’C’. Vậy các đường thẳng A’M, B’N, C’P đồng quy. B· AC ·ABC b) Cách 1. ABI có B· ID B· AD ·ABI (góc ngoài tam giác); 2 B· AC ·ABC Mà I·BD C· BD C· BI B· ID I·BD 2 Do đó tam giác BID cân tại D. Gọi E là trung điểm của IB. Ta có I·ED I·A'C 90o ; E· DI 90o E· ID B· AC ·ABC ·ACB 90o I·CA' 2 2 Suy ra IDE ∽ ICA' ID IE 2IE IB Suy ra Đpcm. IC IA' 2IA' 2IA' Cách 2. Tam giác BID cân tại D. Tương tự tam giác CID cân tại D Suy ra DB DC DI . Dựng đường tròn tâm D ngoại tiếp tam giác BIC. Đường tròn này cắt ID kéo dài tại điểm K. IB IA' IB.IC Ta có IA' B ∽ ICK suy ra 2r . IK IC ID Ví dụ 5. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) và AB < AC. Đường phân giác của góc BAC cắt (O) tại D khác A. Gọi M là trung điểm 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. a) Chứng mình rằng tam giác BDM và tam giác BFC đồng dạng. b) Chứng minh EF  AC . (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHKHTN Hà nội, năm học 2013 - 2014) Giải Tìm cách giải
6. - Câu thứ nhất dễ có một cặp góc B· DM ; B· CF bằng nhau. Vậy chúng ta chỉ cần tìm một cặp góc nữa bằng nhau là xong. Chúng ta cần B· MD B· FC hoặc M· BD F· BC . Quan sát kỹ ta phát hiện B· MA B· FA nên suy ra được B· MD B· FC . - Câu thứ hai không thể chứng minh trực tiếp được. Do vậy ta nghĩ tới khai thác ý thứ nhất để chứng minh hai tam giác đồng dạng, trong đó có một tam giác vuông. Vì vậy ta ghép EF và AC vào OMD và EFC và chứng minh chúng đồng dạng. Trình bày lời giải 1 a) Ta có ·AFB ·AMB ( sđ »AB của đường tròn ngoại tiếp ABM ). 2 B· MD B· FC . 1 Lại có B· DM B· CF sđ »AB 2 BDM ∽ BCF (g.g). BD DM b) b) BDM ∽ BCF . BC CF Dễ thấy BDC và COE là các tam giác cân. 1 Vì D· BC O· EC sđC»D DBC ∽ OEC . 2 DB OE OD DO DM nên BC CE CE CE CF 1 Mà M· DO F· CE sđ »AE OMD ∽ EFC (c.g.c) 2 E· FC O· MD 90o hay EF  AC . Ví dụ 6. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Các điểm M, N, P là điểm chính giữa của các cung AB, BC, CA. Gọi D là giao điểm của MN và AB, E là giao điểm của PN và AC. Chứng minh rằng DE song song với BC. Giải Tìm cách giải. Khai thác điểm chính giữa của một cung, ta nhận được các tia phân giác của góc. Do vậy nếu khai thác tính chất đường phân giác của tam giác, ta được các tỉ số. Với suy luận đó, để chứng minh DE // BC ta cần vận dụng định lý Ta-lét đảo. Trình bày lời giải
7. »AP P»C NE là đường phân giác của AE AN ANC (1) EC NC ¼AM M»B ND là đường phân giác của AD AN ANB (2) DB NB B»N N»C NB NC (3) AE AD Từ (1), (2) và (3) suy ra , do đó DE//BC . EC DB C. Bài tập vận dụng 1.1. Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (O). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt BC ở I. Chứng minh rằng IK là tiếp tuyến của đường tròn (O). 1.2. Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại P và Q. Tiếp tuyến chung gần P hơn của hai đường tròn tiếp xúc với (O) tại A, tiếp xúc với (O’) tại B. tiếp tuyến của đường tròn (O) tại P cắt (O’) tại điểm thứ hai D khác P, đường thẳng AP cắt đường thẳng BD tại R. Chứng minh rằng: a) Q· AR Q· BR ; b) Tam giác BPR cân; c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với PB và RB. 1.3. Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến MA, MB và một cát tuyến MCD. Gọi I IC MC là giao điểm của AB và CD. Chứng minh rằng: . ID MD 1.4. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O), BE và CF là các đường cao. Các tiếp tuyến của đường tròn tại B và C cắt nhau tại S, các đường thằng BC và OS cắt nhau tại M. AB BS a) Chứng minh rằng: . AE ME b) Chứng minh rằng: AEM ∽ ABS . c) Gọi N là giao điểm của AM và EF, P là giao điểm của AS và BC. Chứng minh rằng NP vuông góc với BC. (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, năm học 2011 - 2012) 1.5. Cho ABC vuông tại A, đường cao AH và đường tròn (O) ngoại tiếp HAC . Gọi D là điểm đối xứng của B qua H, nối A với D cắt đường tròn (O) tại E. Chứng minh:
8. a) CH là tia phân giác của góc ACE. b) HO//EC . (Thi Học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Yên Bái, năm học 2004 – 2005) 1.6. Cho hình vuông ABCD; M là điểm tùy ý thuộc cạnh CD. Hai đường tròn đường kính CD và AM cắt nhau tại N (khác D). Gọi K là giao điểm của DN và BC. Chứng minh AC vuông góc KM. 1.7. Gọi CA, CB lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O; R) với A, B là các tiếp điểm. Vẽ đường tròn tâm I qua C và tiếp xúc với AB tại B. Đường tròn (I) cắt đường tròn (O) tại M. Chứng minh rằng đường thẳng AM đi qua trung điểm của BC. 1.8. Cho (O; R) và một tiếp tuyến xy tại A của (O; R). Trên tiếp tuyến lấy điểm C (Khác A). Gọi B là trung điểm của AC. Qua C vẽ đường thẳng cắt (O) tại E, M (theo thứ tự C, E, M). Tia BE cắt (O) tại F và tia CF cắt (O) tại N. Chứng minh: MN //AC . 1.9. Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Dựng CD là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) sao cho C thuộc (O), D thuộc (O’) và B nằm trong tam giác CDA. Đường thẳng CB cắt (O’) tại M. Chứng minh tia AD là phân giác của góc CAM. 1.10. Cho hình bình hành ABCD, góc A < 90o . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD cắt AC ở E. Chứng minh rằng BD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB. 1.11. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại điểm P. Trên cung nhỏ BC, lấy điểm K (K khác B và C). Đường thẳng PK cắt đường tròn (O) lần thứ hại tại Q. Phân giác góc K· BQ cắt KQ tại I. a) Chứng minh rằng CI là tia phân giác K· CQ ; b) Giả sử đường thẳng AK đi qua trung điểm M của cạnh BC. Chứng minh rằng AQ//BC . 1.12. Chứng minh rằng từ 2015 điểm phân biệt cùng nằm trên một đường tròn luôn chọn được ít nhất 1008 điểm mà 3 điểm bất kỳ trong đó là các đỉnh của một tam giác tù. 1.13. Cho hình vuông ABCD với tâm O. Gọi M là trung điểm AB. Các điểm N, P thuộc BC, CD sao cho MN //AP . Chứng minh rằng: 1. Tam giác BNO đồng dạng với tam giác DOP và N· OP 45o . 2. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP thuộc OC. 3. Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy. (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, Đại học sư phạm Hà Nội, năm học 2014 – 2015)
9. 1.14. Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a. Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho AC = 4AB. Tia Cx vuông góc với AC tại điểm C, gọi D là một điểm bất kỳ thuộc tia Cx (D không trùng với C). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt hai đường thẳng AD và CD lần lượt tại K, E. a) Tính giá trị DC, CE theo a. b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất. c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE luôn có một dây cung cố định. (thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2014 – 2015) 1.15. Cho hai đường tròn C1 và C2 cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung tiếp xúc với đường tròn C1 và C2 thứ tự tại M và N, đường thẳng qua A và song song với MN cắt đường tròn C1 và C2 thứ tự ở C và D. Đường thẳng MC và đường thẳng ND cắt nhau ở E, đường thẳng MB và đường thẳng NN cắt cắt đường thẳng CD tại P và Q. Chứng minh rằng EP = EQ. (Thi Vô địch toán Quốc tế, IMO – 2000) 1.16. Cho tam giác ABC, B· AC 30o . Đường phân giác trong và ngoài của góc Bµ cắt cạnh AB tại µ B1, B2 . Đường phân giác trong và ngoài của góc C cắt cạnh AB tại C1,C2 . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BB1B2 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CC1 C2 tại điểm P ở trong tam giác ABC, gọi O là trung điểm B1B2 . Chứng minh rằng CP vuông góc với BP. (vô địch Toán Châu Á- Thái Bình Dương, APMO – 2010) 1.17. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường phân giác các góc Bµ ,Cµ cắt đường tròn (O) tại D, E. Dựng đường tròn tâm D tiếp xúc với cạnh AC, đường tròn tâm E tiếp xúc với AB. Chứng minh rằng tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên tiếp tuyến chung của hai đường tròn (D) và (E). (thi Vô địch Toán, Liên bang Nga, năm 2002) HƯỚNG DẪN GIẢI - ĐÁP SỐ 13.1.
10. Dễ dàng chứng minh được H đối xứng với K qua BC ¶ ¶ ¶ Suy ra K2 H1 H2 . (1) µ ¶ Ta lại có: A1 K1 ¶ ¶ nên K1 phụ với H2 (2) ¶ ¶ Từ (1) và (2) suy ra K2 phụ với K1 Vậy IK là tiếp tuyến của đường tròn (O). 13.2. a) Ta có Q· AP D· PQ (Góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến với dây cung cùng chắn một cung cung chắn một cung) và D· PQ Q· BP (góc nội tiếp cùng chắn một cung). Từ đó suy ra Q· AP Q· BR. b) Ta có B· PR P· AB A· BP (tình chất góc ngoài của tam giác) Mặt khác, B· RP B· QA P· AB A· BP. Suy ra hay tam giác BPR cân đỉnh B. c) Ta có B· QP A· BP (1) (góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến với dây cung cùng chắn một cung) B· AR A· BP (2) (góc nội tiếp cùng chắn một cung) B· PR P· AB A· BP (3) P· QR P· QB B· QR (4) Từ (1); (2); (3) (4) suy ra P· QR B· PR B· RP Do đó: Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc PB và RB (định lí bổ sung). 13.1. Ta có MAC ~ MDA MA AC Suy ra: MA2 MC.MD và MD AD MB BC MBC ~ MDB suy ra: MD BD MC MC.MD MA2 MA MB AC BC Xét . . (1) MD MD2 MD2 MD MD AD BD
11. Mặt khác IAC ~ IDB IC AC Suy ra: ; IBC ~ IDA IB BD IB BC Suy ra: ; ID AD AC BC AC BC IC IB IC Do đó: . . . (2) AD BD BD AD IB ID ID IC MC Từ (1) và (2) suy ra: . ID MD 13.2 a) Do B· AE S·BM (hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) và ·AEB B· MS 90 nên AB BS AEB ~ BMS , suy ra: . AE BM AB BS Mà BM ME nên . (1) AE ME b) BME cân tại M nên M· EB M· BE. Lại có S·BM A· BE B· AE A· BE 90 ·AEB S· BA A· EM (2) Từ (1) và (2) suy ra: AEM ~ ABS . c) Từ câu b, suy ra: B· AP E· AN. Mà A· BP ·AEN (cùng bù với C· EF ) nên AEN ~ ABP , suy ra: AN NE . (3) AP PB Vì AEM ~ ABS (câu b) và tương tự ta có: MAF ~ SAC nên A· ME A· SB , A· MF A· SC E· MF B· SC S· BP M· EN (do hai tam giác cân có hai góc ở đỉnh bằng nhau) NE NM Suy ra: EMN ~ BSP (4). PB PS AN NM Từ (3) và (4) suy ra: NP // MS, mà MS  BC nên NP  BC. AP PS 13.5
12. µ ¶ a) Ta có: ABD cân nên: A1 A2 (1) µ ¶ Mặt khác: A1 C2 (cùng phụ với góc B) µ ¶ C1 A2 (cùng chắn chung HE). µ ¶ Suy ra: C1 C2 µ » ¶ · b) Ta có: O1 sñ AH 2.C2 ACE HO // EC. 13.6. Gọi I là giao điểm của đường tròn (O) đường kính AM và CD A· IM 90. Tứ giác DAIM là hình chữ nhật (vì A· IM I·AD ·ADM 90 ) I·MD 90 DI là đường kính của (O) I·ND 90 N thuộc đường tròn đường kính DC D· NC 90 Ta có: I·ND D· NC 90 90 I·NC 180 I, N, C thẳng hàng. Xét CDK và MIC có: D· CK I·MC 90 .DC MI AD K· DC C· IM (Cặp góc nhọn có cạnh tương ứng với góc). Do đó: CDK MIC CK MC CMK cân tại C. CA là tia phân giác M· CK (vì ABCD là hình vuông) AC  KM. 13.7. Gọi K là giao điểm của AM và BC. Xét KBM và KAB có: Kµ chung; K· BM K· AB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến, dây cung và góc nội tiếp chắn chung B· M của O ) KB KM Do đó: KBM ∽ KAB KB2 KM.KA (1) KA KB
13. M· CK M· BA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung B¼M của (1)). K· AC M· BA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung A¼M của O ). Do đó: M· CK K· AC. Xét KCM và KAC có Kµ chung, M· CK K· AC . KC KM Do đó KCM ∽ KAC KC2 KM.KA (2). KA KC Từ (1) và (2) ta có: KC2 KB2 KC KB. Vậy AM đi qua trung điểm K của BC. · · · 1 » 13.8. Xét BAE và BFA có ABE chung, BAE BFA sñ AE 2 Do đó: BAE ∽ BFA BA BE BC BE (vì BC BA ) BF BA BF BC Xét BCE và BFC có: BC BE C· BE (chung), . BF BC Do đó BCE ∽ BFC B· CE B· FC Mà E· MN B· FC (hai góc nội tiếp cùng chắn chung EN) Do đó B· CE E· MN MN // AC. 13.9. D· BM B· CD B· DC ( D· BM là góc ngoài của BDC ) · · 1 » BAC BCD sñBC , 2 · · 1 » BAD BDC sñBD 2 Do đó: C· AD B· AC B· AD B· CD B· DC D· BM
14. Mà D· AM D· BM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DM) Nên C· AD D· AM AD là tia phân giác của C· AM. 13.10. Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành. IA IC IE.IA IE.IC IBE ∽ ICD g.g IE.IC IB.ID Từ đó suy ra: IE.IA IE.IC IB.ID IB2 IB IA . IE IB IB IA Ta có IBE và IAB có và B· IA chung IE IB Suy ra IBE ∽ IAB c.g.c nên I·BE I·AB . Từ đó suy ra BD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB (định lí bổ sung) 13.11. a) Ta có P· BK P· QB (hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) PB BK PBK ∽ PQB g.g (1). PQ QB PC CK Tương tự ta có: PCK ∽ PQC g.g (2) PQ QC BK CK Từ (1) và (2) kết hợp với PB PC ta có: (3). QB QC IK BK Ta có BI là phân giác K· BQ nên (4) IQ QB Suy ra CI là tia phân giác K· CQ MC MA b) Ta có MKC ∽ MBA g.g (5) KC BA MB MA MKB ∽ MCA g.g (6) KB CA KB CA Từ (5) và (6) vế chia theo vế (7) (vì KC BA MB MC )
15. BK KC BK QB Mặt khác theo kết quả câu a, ta có: (8). QB QC KC QC AC QB Từ (7) và (8) ABC ∽ QCB c.g.c AB QC A· CB Q· BC A· CB Q· AC AQ // BC. 13.12. Xét đường kính của đường tròn không đi qua điểm nào trong 2015 điểm đã cho (luôn tồn tại) Chọn nửa đường tròn chứa số điểm nhiều hơn Nửa đó chứa ít nhất 1008 điểm. Xét 3 điểm bất kỳ trong số các điểm thuộc nửa đường tròn đã chọn ta có 3 điểm đó là các đỉnh của một tam giác tù (vì có một góc nội tiếp chắn cung lớn hơn nửa đường tròn). 13.13. 1) Do NB // AD , BM // DP , MN // PA nên NBM ∽ ADP. BN BN DA DO Suy ra . BO 2.BM 2.DP DP Kết hợp với N· BO P· DO 45 BNO ∽ DOP. Suy ra: N· OP 180 N· OB P· OD 180 N· OB O· NB N· BO 45. ON BO DO 2) Vì BNO ∽ DOP và BO DO nên . OP DP DP Mặt khác N· OP N· BO 45, suy ra ONP ∽ DOP ∽ BNO . Gọi Q là tâm đường tròn ngoại tiếp ONP , chú ý rằng ONP ∽ BNO ta có: 180 O· NQ Q· ON 90 O· PN C· OB B· ON C· ON. 2 Do đó tia OQ trùng với tia ON. Vậy Q thuộc OC. 3) Gọi E, F thứ tự là giao điểm của BD với MN, PA. Chú ý rằng NBM ∽ ADP ; BD là đường chéo hình vuông, ta có: EM S BM DP S FP BEM DFP . EN SBEN BN DA SDFA FA
16. Kết hợp với MN // AP , theo bổ đề hình thang Suy ra BD, AN, PM đồng quy. 13.14. a) Ta có: E· BC A· DC (Cùng bù với góc K· BC ); A· CD E· CB 90 ACD ∽ ECB (g-g) DC AC DC.CE AC.BC. BC EC a 3a 3a2 Do AB ; BC DC.EC AC.BC . 4 4 4 1 b) S BC.DE S nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất. BDE 2 BDE 3a2 Ta có: DE DC EC 2 DC.EC 2 a 3 (Theo chứng minh phần a) 4 a 3 Dấu " " DC EC . 2 3a2 3 a 3 S nhỏ nhất bằng khi D thuộc tia Cx sao cho CD . BDE 8 2 c) Gọi giao điểm của đường tròn đường kính DE với đường thẳng AC là M, N (M nằm giữa A và B) M, N đối xứng qua DE. AK AB Ta có: AKB ∽ ACD (g-g) AK.AD AC.AB (1) AC AD AK AM AKM ∽ AND (g-g) AK.AD AM.AN (2) AN AD a2 Từ (1) và (2) suy ra AM.AN AC.AB 4 a2 AC MC AC NC AC2 MC2 (Do MC NC ) 4 3a2 a 3 MC2 MC NC 4 2 M, N là hai điểm cố định. Vậy đường tròn đường kính DE luôn có dây cung MN cố định.
17. 13.15. MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn C1 và C2 ·AMN M· CA, MN // CD E· MN M· CA. E· MN N· MA MN là phân giác của E· MA. Tương tự, MN là phân giác của E· NA E và A đối xứng nhau qua MN EA  MN EA  CD. Đường thẳng AB cắt tiếp tuyến chung MN tại I IM IA I·MA M· BA IMA ∽ IMB IM 2 IA.IB. IB IM Tương tự, IN 2 IA.IB IM IN. MN // CD AP AQ EPQ có EA vừa là đường cao đồng thời là đường trung tuyến EPQ cân EP EQ. 13.16. · · · Ta có OBC OBB1 CBB1 · · µ BB1O BB1A A OB OA OBA ∽ OCB OC OB OA.OC OB2 OP2 OA OP OPC ∽ OAP OP OC O· PC P· AC. Ta có: P· BC P· BA P· BB B· BC ·ABB P· BB 2.P· BB 1 1 1 1 1 · · · · · POB1 PCA OPC PCA PAC P· AC P· BC P· BA P· CA. Hoàn toàn tương tự, ta có: P· AB P· CB P· BA P· CA Cộng từng vế của hai đẳng thức: P· AC P· BC P· AB P· CB P· BA P· CA P· BA P· CA
18. 180 P· BA P· CA 2 P· BA P· CA P· BA P· CA 60. Mà giả thiết cho B· AC 30 P· BC P· CB 90 suy ra PB  PC. 13.17. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, gọi G là tiếp điểm của đường tròn (E) với cạnh AB. Từ I kẻ tiếp tuyến IH với đường tròn (E), và tiếp tuyến IK với đường tròn (D) B, I, D thẳng hàng, C, I, E thẳng hàng. Ta có: B· IE I·BC I·CB I·BA I·CA D· BA A· BE D· BE EBI cân EB EI EA. Xét EGB và EIH là hai tam giác vuông có EH EG và EA EI EGB EIH E· IH E· BG E· CA E· CB IH // BC. Hoàn toàn tương tự, IK // BC suy ra H, I, K thẳng hàng.