Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
LỜI GIAI BÀI TẬP RÈN LUYỆN NÂNG CAO(TIẾP).doc

LỜI GIAI BÀI TẬP RÈN LUYỆN NÂNG CAO(TIẾP).doc

Tải bản đầy đủ - 0trang

Về phía ngồi tam giác ABC , dựng tam giác A ' BC đều, nội tiếp trong

đường tròn O1 . Tứ giác IBA 'C nội tiếp vì BA 'C

A' B



1800 . Do



BIC



A 'C nên IA ' là phân giác CIB , suy ra ba điểm A, I , A ' thẳng



hàng. Gọi F là trung điểm của BC , S và S 1 lần lượt là trọng tâm của tam

giác ABC và tam giác IBC .



FS

FA







FS1



FO1



FI



FA '



1

3



nên ba điểm S1,O1, S thẳng hàng. Mặt khác, O1S1 là đường thẳng Ơ-le của

tam giác IBC , do đó đường thẳng Ơ-le của tam giác IBC đi qua trọng tâm

tam giác ABC . Chứng minh hoàn toàn tương tự với các tam giác

IAC , IAB . Ta có đpcm.

Câu 73. Giải:



A



Ta sử dụng bổ đề sau để chứng minh.

O1



Bổ đề: cho tam giác nhọn ABC



H1



M

O



có O là tâm đường tròn ngoại



N



tiếp, H là trực tâm. Khi đó nếu



H

H2



I

O2



B



AO



AH thì ta có BAC



600 .



Trở lại bài toán: Giả sử bốn điểm

O, I , H ,C cùng thuộc một đường



tròn. Vì CI là phân giác của HCO

nên IH



IO



t.



Ta chứng minh: nếu BAC



600 thì bốn điểm O, I , H , A cùng thuộc một



đường tròn.

http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..



C



Kí hiệu M , N lần lượt là hình chiếu của I trên OA và AH . Lấy hai điểm



O1,O2 nằm trên tia AO sao cho IO1



IO2



t (O1 nằm giữa A và M ,



M nằm giữa O1 và O2 ).



Lấy hai điểm H 1, H 2 nằm trên tia AH sao cho IH 1



IH 2



t ( H 1 nằm



giữa A và N , N nằm giữa H 1 và H 2 ).

a) Nếu O



O1 và H



H 1 , hoặc O



AIO

AIH suy ra AO

trái với điều giả thiết.



b) Nếu O



IO1O2



O1 và H



O2 và H



H 2 . Khi đó



AH . Áp dụng bổ đề ta được BAC



H 2 hoặc O



IH1H 2 nên IO1O2



O2 và H



600 ,



H 1 . Ta có



IH 2H 1 và IO2O1



IH 1H 2 . Suy ra tứ



giác AOIH nội tiếp.

Giả sử A và B không nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác OIH . Khi

đó BAC ABC 600 nên tam giác ABC đều, suy ra ba điểm O, I , H

trùng nhau, vơ lý. Vậy ta có đpcm.

Câu 74. Giải:

A



Gọi E là giao điểm của AH

và O , (E khác A ). Giao

điểm của MN và EC là F .

Tứ giác ABEC nội tiếp đường



P



O



Q

H

M



tròn O , có OK



MK nên theo



B



C

K

F



“bài tốn con bướm” ta có

http://topdoc.vn – Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,

sách tham khảo,…file word

E



N



KM KF (1). Mặt khác MAK BAE HCB và HE BK nên tam

giác HCE cân tại C , suy ra HK KE (2).Từ (1) và (2) ta có tứ giác

MHFE là hình bình hành, do đó MH / /EF . Suy ra



MHK



KEF



ABC .



Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được NHK

QHP



MHN



ABC



1800



ACB



ACB . Ta có



BAC . Suy ra tứ giác AQPH



nội tiếp được.

Câu 75. Giải:

Ta có ARC



APC



tiếp.Suy ra AHX



ABC



ACR



1800



AHC . Do đó tứ giác AHCR nội

R



CAP .



Q

A



Tương tự ta cũng có tứ giác



X



AHBQ nội tiếp.Từ đó suy ra



XAH



E



QBH



O

H



QBA



ABH



BAP



ABH (2)



Từ (1) và (2) suy ra AHX



CAP



BAP



AXH



900



XEA



AHX



ABH



C

B



P



XAH



CAB



ABH



900 . Do đó



AEH hay tứ giác AXEH nội tiếp được. Vậy



CAP (theo (1)). Suy ra EX / /AP (đpcm).



Câu 76. Giải:

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD,CE . KN cắt AB, O2 , O lần

lượt tại S, P,Q . Ta có KQC KAC EPQ . Suy ra EP / /CQ , mà N

http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..



S



là trung điểm của EC

nên N là trung điểm của PQ .

Ta thấy: 2SASM

.

2SK .SN



SASD

.



A



SASB

. ;



D



SK .SQ mà



SK .SP



K

O2

E P



M

O



SASD

.



SK.SP (tứ giác AKPD



nội tiếp); SASB

.



N



B

O1



SK .SQ (tứ



C

Q



giác AKQB nội tiếp)



SASM

.



SK.SN



tứ giác AKNM



nội tiếp, hay K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN . Mặt khác tứ

giác AMO1N nội tiếp vì AMO1



ANO1



900 hay cũng có O1 thuộc



đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN . Suy ra tứ giác AKNO1 nội tiếp



AKO1



900 (đpcm).



ANO1



Câu 77.

C

D

A



O



O'

B

F

I

E

M



http://topdoc.vn – Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,

sách tham khảo,…file word



N



Giải: Gọi M là điểm đối xứng của B qua EF . Ta có EMF

Mà EBF



EMF



EAF



EAF



EBF



A1



A2



EBF



E1



F1



EBF .



1800 nên



1800 . Vậy tứ giác MEAF nội tiếp đường tròn



.



Gọi N là giao điểm của các tiếp

A



tuyến tại A và M của



ta



chứng minh ba điểm N , E, F



F'

E



thẳng hàng. Thật vậy, gọi F '

là giao điểm thứ hai của NE

với



. Ta có



NAE



M



NF ' A



ME

AE

NM

NA

NA

(1). Tương tự

(2). Từ

MF ' NF ' NF '

AF ' NF '

AE

ME

AE

AF '

(1) và (2) ta có

nên

(*) Gọi I là giao điểm

AF ' MF '

ME

MF '

(g.g) . Suy ra



của AB và EF . Ta có IE 2



IAIB

.



IF 2 do đó IE



IF .



EB

BF

IF

IF

IE

. Tương tự

.

AE

AF

IA IA

IA

ME

EB

AE

MF

AF

BF

Suy ra

. Do vậy

hay

(**). Từ (*) và

ME

AE

AE

MF

AF

AF

AF '

AF

(**) ta có

suy ra F F ' . Vậy ba điểm N , E, F thẳng hàng.

MF ' MF

Ta có N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF . Do vậy N thuộc





IEB



IAE (g.g) nên



trung trực AB , suy ra N thuộc đường thẳng OO ' . Tương tự



2



và CD



cắt nhau tại một điểm N ' thuộc OO ' . Do tính chất đối xứng, CD và EF



http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..



N



cắt nhau tại một điểm thuộc OO ' do đó N



CD, EF,



,



1



2



Vậy các đường thẳng



N '.



đồng quy tại N . (đpcm).



Câu 78. Giải(Bạn đọc có thể xem thêm phần’’Các định lý hình học nổi

tiếng’’Nội dung định lý Lyness

Qua M kẻ tiếp tuyến chung của O ' và O .

B



A



Ta có N 1



NMX và B1



M1



1

Q



do đó NMD



NMB .

O



Vậy MN là phân giác góc DMB .



I



N

1



Gọi Q là giao điểm thứ hai của



P



O'

C



D

1



MN và O . Ta có Q là điểm



M



x



chính giữa của cung BD do đó

CQ là phân giác góc DCB . Gọi I là giao điểm của CQ và NP .



1

1

sđ DM sđ DQ

sđ DM

2

2

Suy ra tứ giác IPCM nội tiếp. Do đó



Ta có ICM



QMB



NPA



QMD



QDN



IMC

DQN



QIM

MQD



QNI

QD 2



sđQB



QI 2



N1



IPM .



QN .QM . Mà



QN .QM



QD



QI .



Do đó I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD . Tương tự tâm đường

tròn nội tiếp tam giác ACD nằm trên NP .

Câu 79. Giải:



http://topdoc.vn – Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,

sách tham khảo,…file word



Gọi A ' là giao điểm thứ hai của AI với O . Theo câu 78 ta có tâm đường

tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên IM (xét với O1 và IN (xét với

O2 ). Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . (đpcm).

A



Câu 80. Giải:



1800



và ZMY



1

A

2



900



Ta có BMC



1800



B



B



M



X



(vì tứ giác MZCY nội tiếp)



Y



K

L



Do đó BMZ

XBM



do đó



YMC nên



YNC . Suy ra

KXB



BXK



B



BXM



Z



MYC



C



T



N



LYM



LYM



YTC



BTN . Vậy tứ giác BXTN nội tiếp.



Tương tự ta cũng có tứ giác YCNZ nội tiếp. Mặt khác

BNX



BTX



BMX suy ra YNC



đó BNC



BMX



YMC



đó BNC



BAC



A



B



B



C



YZT



BMX



YMC và XNY



XBM



B



2B



B .Từ



B



C do



1800 . Suy ra tứ giác ABNC nội tiếp.



Câu 81. Giải:

a)



ABE



x



ACF (g.g)

A



AB

AC



AE

AF



AE .AC



AF .AB .



E

M

F

H



O đề thi,..

http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo ánNdạy thêm,

K



B



D



C



b). Ta có BFH



BDH



1800



Tứ giác BFHD nội tiếp (tứ giác có

hai góc đối bù nhau).

Ta có ADB



AEB



900



Tứ giác ABDE nội tiếp (tứ giác có hai



đỉnh D, E cùng nhìn AB dưới một góc vng).

c). Ta có BFC



BEC



900



Tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác có hai



AEF



đỉnh F , E cùng nhìn BC dưới một góc vng)



ABC . Mà



xAC ABC (hệ quả). Do đó xAC AEF (hai góc ở vị trí so le trong)

nên Ax / /EF .Lại có OA Ax . Do đó OA EF .



d). Gọi I là giao điểm của AD và EF . Ta có



ADE



ABE



FDH



DI là tia phân giác EDF . Mà AD



có DK là dường phân giác ngoài của



DEF . Xét



BC nên



DEF có



KF

KE



IF

IE



(1). Áp dụng hệ quả Talet vào các tam giác: IAE có



IF

(2);

IE

NF

MF

Từ (1),(2),(3) cho

AE

AE

FN / /AE :



NF

AE



KAE có MF / /AE :



NF



KF

KE



MF

(3).

AE



MF .



Câu 82. Giải:

D

I



a). Ta có AM



MC



( M là điểm chính giữa của AC )



ABM



IBM (hệ quả góc



C



N

M



A



K



O



B



http://topdoc.vn – Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,

sách tham khảo,…file word



nội tiếp). AMB



ACB



900



(góc nội tiếp chắn nửa đường

tròn)



BM



AI , AC



BI .



ABI có BM vừa là đường cao BM



ABM



AI vừa là đường phân giác



IBM . Do đó tam giác ABI cân tại B .

900 BM



b) Ta có KMI



KMI



900



KCI



AI ; KCI



900



900 AC



BI



1800 .Vậy tứ giác MICK nội tiếp.



IBN có AB



BI ( ABI cân tại B ),



c) Xét



ABN và



ABN



IBN (chứng minh trên), BN cạnh chung. Do đó



ABN



NIB



IBN (c.g.c)



900



NI



NAB



NIB . Mà NAB



900 nên



BI . Mà I thuộc đường tròn B, BA (vì BI



BA ).



Vậy NI là tiếp tuyến của đường tròn B, BA .

+ Xét ABC có M là trung điểm của AI , ABI cân tại B , BM là

đường cao, O là trung điểm của AB

MO là đường trung bình của tam

giác ABI

MO / /BI . Mà NI BI (chứng minh trên). Vậy

NI MO .

d) Ta có IKD



IBM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IK của đường tròn



IBK ). Mà IDA



1

IBA

2



IBM ( IDA và IBA là góc nội tiếp và góc ở



tâm cùng chắn cung AI của đường tròn B, BA , BN là tia phân giác của



IBA ). Do đó IDK



IDA



hai tia DK, DA trùng nhau.



D, K, A thẳng hàng. Mà C , K , A thẳng hàng nên D, K, A,C thẳng



hàng. Vậy ba điểm A,C , D thẳng hàng.

http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..



900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn



Câu 83. Giải:a) Ta có ICD



O ).Tứ giác IHDC có IHD

đường tròn tâm M

Mà BCA



ICH



Do đó BCA



BCH



IMH



900 . Do đó tứ giác IHDC nội tiếp



2ICH và ICH



IDH .



IDH (hai góc cùng chắn cung AB của O ).



ICH



IMH



ICD



IDH nên BCH



2ICH .Ta có



2ICH . Vậy tứ giác BCMH nội tiếp.



b) Gọi T là giao điểm của PD



B

C



và đường tròn J ngoại tiếp

tam giác HMD T

Xét



PHD và



I



D .



M

H



A



PTM



có HPD (chung), PHD



P



O



D



J



PTM



N



(hai góc nội tiếp cùng chắn cung



MD của J ).Do đó

PH

PT

PM.PH

Xét



PTM (g.g)



PD

PM .PH PD.PT . Chứng minh tương tự có

PM

PC .PB , nên PD.PT PC .PB .



PBD và



PD.PT



PHD



PTC có PBD (chung),



PC .PB ). Do đó



PBD



PD

PC



PB

(vì

PT



PTC (c.g.c)



PBD



PTC



http://topdoc.vn – Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,

sách tham khảo,…file word



Tứ giác BCDT nội tiếp nên T thuộc đường tròn O . Do đó T



N.



Vậy ba điểm P, D, N thẳng hàng.

Câu 84. Giải:

a) AM , AN là các tiếp tuyến của đường tròn O



AMO



(gt)



900 . Tứ giác AMON có



ANO



AMO ANO 900

tròn đường kính OA .



900



1800



Tứ giác AMON nội tiếp đường



I thuộc

BC , AIO 900

AN ( AM , AN là các tiếp tuyến



b) I là trung điểm của BC (gt)

OI

đường tròn đường kính OA .Ta có AM

của O ).

+ Xét đường tròn AMOIN có AM



AM

Xét



AN



AIM và



AIM



AN

M



AMK .



AMK có IAM



O



A



(chung), AIM

Do đó AIM



AMK .

AMK (g.g)



B



K



I

N



AI

AM



AM

AK



AK .AI



AM 2 .



Xét AMB và ACM có MAB (chung), AMB ACM (hệ quả góc

tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).Do đó AMB

ACM (g.g)



AM

AC



AB

AM



AB.AC



AM 2 .Vậy AK .AI



AB.AC



AM 2 .



http://topdoc.vn – File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..



C



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

LỜI GIAI BÀI TẬP RÈN LUYỆN NÂNG CAO(TIẾP).doc

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×