Tiêu đề LT10-50 BAI HINH CHON LOC (DAP AN THAM KHAO).pdf ✅

Câu 1: Cho tam giác ABC nhọn  AB AC   nội tiếp đường tròn ( ). O Hai đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H. Gọi K là trung điểm BC. a) Chứng minh ΔAEF đồng dạng Δ . ABC b) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng EF. c) Đường phân giác góc FHB cắt AB và AC lần lượt tại M và N. Gọi I là trung điểm của MN J, là trung điểm của AH. Chứng minh tứ giác AFHI nội tiếp và ba điểm I J K , , thẳng hàng. Lời giải a) Vẽ đúng hình đến ý 1) BE AC  ⇒  0 BEC  90 CF AB  ⇒  0 CFB  90 ⇒ Tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp ⇒ ΔAEF đồng dạng Δ . ABC b) Chứng minh đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng Tứ giác BCEF nội tiếp ⇒ AEF ABC   ΔOAC cân tại O ⇒  1800  2 AOC EAO    1 180  0  900  2 2 AOC ABC ABC ABC      ⇒   0 AEF EAO   90 ⇒ AO EF  c) Chứng minh tứ giác AFHI nội tiếp và I J K , , thẳng hàng. Chứng minh ΔAMN cân tại A vìAMN MBH MHB NCH NHC ANM           ⇒ AI MN    0 AFH AIH   90 ⇒ Tứ giác AFHI là tứ giác nội tiếp. Có MAH NAO IAH IAO        IJ A|| O suy ra IJ trung trực EF Có JE JF KE KF    , KI trung trực EF ⇒ I J K , , thẳng hàng. Câu 2: Cho đường tròn  O, dây CD cố định. Gọi B là điểm chính giữa cung nhỏ CD , kẻ đường kính AB cắt CD tại I . Lấy điểm H bất kỳ trên cung lớn CD , HB cắt CD tại E . Đường thẳng AH cắt đường thẳng CD tại P . a). Chứng minh: Tứ giác PHIB nội tiếp. b). Chứng minh: AH AP AI AB . .  . c). Gọi K là giao điểm của đường thẳng AE và BP . Kẻ KM AB  cắt AB tại M , cắt đường tròn  O tại N . Chứng minh N I H , , thẳng hàng. Lời giải a). Chứng minh: Tứ giác PHIB nội tiếp. Ta có AHB   90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)    PHB  90 (kề bù với AHB   90 ); PIB    90 (GT)  H I, cùng thuộc đường tròn đường kính PB  tứ giác PHIB nội tiếp đường tròn đường kính PB. b). Chứng minh: AH AP AI AB . .  . K M N P E I A B O C D H J I N M K H E F O B C A

+) ADB ACK      90 +) ABD AKC    (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung ) Nên   DBA CK ∽ A Do đó ta có: AD AC AB AK  (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) Hay AD AK AB AC . .  (đpcm). *Chứng minh MDE cân. Theo Câu ra   90 90 AD BC ADC AE EC AEC                    Gọi Q là trung điểm của AC Dễ dàng chứng minh QA QC QD QE    Suy ra bốn điểm A C D E , , , cùng thuộc đường tròn Q Suy ra CAE CDE    (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CE ) Xét O ta có: CBK CAE    (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CK ) Từ (1) và (2) suy ra mà hai góc này ở vị trí đồng vị (3) Suy ra Xét đường tròn I có: EMC EOC  (Hai góc nội tiếp cùng chắn EC ). (4) Xét đường tròn Ocó: 1 2 KBC KOC  (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn KC ). (5) Từ (3); (4) và (5) suy ra: EMC CDE  2. MDE có EMC MDE MED     (góc ngoài của tam giác) mà EMC MDE  2 Nên MDE MED  . Do đó, MDE cân tại M . c) Chứng minh khi A di chuyển trên cung lớn BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp DEF là 1 điểm cố định. Gọi P là trung điểm của BO Dễ dàng chứng minh được PB PO PF PM    Suy ra bốn điểm O M B F , , , cùng thuộc đường tròn P Nên OBM MFO   (Hai góc nội tiếp cùng chắn MO ). Xét đường tròn I có: MEO MCO   CK (Hai góc nội tiếp cùng chắnMO ). Mà OBM OCM  (OCB cân tại O . Do đó MFO MEO    EMF cân tại M ME MF   Mà ME MD  (Tam giác MDE cân tại M ). Suy ra:MD ME ME   . Suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF . Mà M là trung điểm của BC nên M là điểm cố định. Vậy khi A di chuyển trên cung lớn BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định. Câu 4: Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AD. Hai đường chéo AC BD , cắt nhau tại E. Từ E kẻ EF vuông góc với AD ( F AD  ). Đường thẳng CF cắt đường tròn tại điểm thứ hai là M. Giao điểm của BD và CF là N.Chứng minh: a)CEFD là tứ giác nội tiếp. b) FA là tia phân giác của BFM . AC 1 2 CBK CDE  DE BK //
c) BE DN EN BD . .  . Lời giải a) CEFD là tứ giác nội tiếp. Ta có ACD    90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên ECD vuông tại C Gọi I là trung điểm của ED Ta có CI là đường trung tuyến hạ xuống cạnh huyền ED Nên 1 2 CI IE ID ED    (1) Tương tự trong tam giác EFD vuông tại F , ta có 1 2 FI IE ID ED    (2) Từ (1) và (2) suy ra CI FI IE ID    Hay tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm I đường kính ED b) FA là tia phân giác của BFM  Ta có CEFD nội tiếp=> CED   CFD  ( hai góc nội tiếp cùng chắn CD ) Chứng minh tương tự câu a) ta có ABEF là tứ giác nội tiếp => BEA   BFA  ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB ) Mà BEA   CED  ( đối đỉnh) AFM  CFD  ( đối đỉnh) Do đó BFA AFM    Hay FA là tia phân giác BFM  c) BE DN EN BD . .  . Ta có EFC   EDC  ( hai góc nội tiếp cùng chắn EC ) EFB   BAE  ( hai góc nội tiếp cùng chắn EB ) Mà BAE     BAC BDC EDC    ( hai góc nội tiếp cùng chắn BC ) Suy ra EFC   EFB  hay FE là tia phân giác của BFC  Trong BFN có FE là phân giác trong tại đỉnh F BE FB EN FN   MàEF FD   FD là phân giác ngoài tại đỉnh F BD FB DN FN  