Chùm bài toán tiếp tuyến - cát tuyến ôn thi vào lớp 10

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:44

Thêm vào BST

Báo xấu

34
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu "Chùm bài toán tiếp tuyến - cát tuyến ôn thi vào lớp 10" sau đây để ôn tập, hệ thống kiến thức và làm quen với các dạng bài tập tiếp tuyến - cát tuyến. Hy vọng thông qua việc tiếp thu kiến thức và vận dụng kỹ năng giải các bài tập các em sẽ ôn tập hiệu quả chuẩn bị cho kì thi sắp tới thật tốt nhé.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chùm bài toán tiếp tuyến - cát tuyến ôn thi vào lớp 10

CHÙM BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN – CÁT TUYẾN ÔN THI VÀO 10 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: Cho  O; R  và điểm M nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến MB với đường tròn, dây BC vuông góc OM tại H . B O M H I C 1) Chứng minh OH .OM  R 2 . Vì MB là tiếp tuyến  O   BM  OB   OBM vuông tại B, BH là đường cao . Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông OBM : OM .OH  OB 2  R 2 2) Chứng minh MB  MC , HB  HC . Xét hai tam giác vuông OHB và OHC có OB  OC  R , OH chung.   COH  BOH  Từ đó chỉ ra OHB  OHC  2cgv    .  HB  HC Từ đó suy ra OMB  OMC  c  g  c   MB  MC . 3) Chứng minh MC là tiếp tuyến đường tròn.   OBM Do OMB  OMC  OCM   900  CM là tiếp tuyến của  O  . Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
4) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp đường tròn, tìm tâm đường tròn đó. B O M H I C   MCO Chỉ ra MBO   1800  MBOC nội tiếp, tâm nằm ở trung điểm OM . 5) Bài có thể thay đổi lại đề bài, cho hai tiếp tuyến MB, MC . Chứng minh BC  OM . B O M H C + Lập luận vì MB  MC  M nằm trên trung trực BC , OB  OC  O nằm trên trung trực BC . Vậy OM là trung trực BC  OM  BC .  ( tính chất tiếp tuyến) nên OM là đường cao + Hoặc chỉ ra MB  MC và MO là phân giác góc BMC MBC  OM  BC .  biết OM  2 R . 6) Tính OH , HM , MB, MC , góc BMC B O M H C R R 3R Chỉ ra OB 2  OH .OM  R 2  OH .2 R  OH   HM  OM  OH  2 R   . 2 2 2 Tính BM  OM 2  OB 2  R 3  MC  MB  R 3 .  OB 1   300  BMC   2.BMO   600 . sin BMO   BMO OM 2 4 7) Cho CM  R . Tính diện tích COBM . 3 1 1 4 4R 2 Vì OBM  OCM  SOBMC  2S OCM  2. .OC.CM  2. .R. R  ( đơn vị diện tích) 2 2 3 3 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
 và I là tâm đường tròn nội tiếp 8) Gọi giao OM với  O  là I . Chứng minh BI là phân giác góc MBC MBC . (Đề bài có thể đổi thành: Chứng minh khi M thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp MBC luôn nằm trên một đường tròn cố định – hoặc chứng minh I cách đều 3 cạnh BM , CM , BC ) B O M H I C  Cách 1: Do MC , MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M  MO là phân giác góc BMC 1 . OBI  IBM   900    HIB Ta có:  HBI   900   IBM  HBI   BI là phân giác góc CBM   2 .    HIB  OBI ,  OI  OB  R  Từ 1 2   I là tâm đường tròn nội tiếp BCM .  Cách 2: Do MC , MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M  MO là phân giác góc BMC 1 .   COM Ta có: BOM   BI  ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên cung CI .  1  CBI  2 sdCI Mà    IBM  CBI   BI là phân giác góc CBM   2 .  IBM 1   sd BI  2 Từ 1 2   I là tâm đường tròn nội tiếp BCM . IH HB 9) Chứng minh  IM BM B O M H I C   HI  BH ( tính chất phân giác) . Xét BHM có BI là phân giác trong của góc HBM IM BM 10) Tìm vị trí điểm M để BI  MC ( hoặc CI  MB ).  , để BI  CM  CBM cân tại B  CB  BM . Vì BI là phân giác góc CBM Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
  600  BOC Mà BM  CM  BCM là tam giác đều nên BMC   1200  BOM   600 .  OB OB Ta có: cos BOM  OM   2R . OM  cos BOM Vậy để BI  CM thì M   O; 2 R  . 11) Từ điểm A trên cung nhỏ BC vẽ tiếp tuyến với đường tròn  O  . Tiếp tuyến này cắt MB, MC tại A1 , A2 . Chứng minh chu vi MA1 A2 không đổi và độ lớn góc  A1OA2 không phụ thuộc vào vị trí điểm A khi A di chuyển trên cung nhỏ BC . B A1 A O M A2 C  MB  MC  Ta có:  A1B  A1 A ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau) . A A  A C  2 2 Chu vi MA1 A2 là: MA1  MA2  A1 A2  MA1  MA2   A1 A  AA2    MA1  A1 A    MA2  AA2    MA1  A1B    MA2  CA2   MB  MC  2MB không đổi khi A di chuyển trên cung nhỏ BC . Ta có:  A1OA2   A1OA   1 1 1 1 AOA2  BAO 2 2 2 2  không đổi.  AOC  BOC  1800  BMC   Vậy chu vi tam giác MA1 A2 và độ lớn góc  A1OA2 không phụ thuộc vào vị trí điểm A . 12) Cho R  3cm, OM  6cm . Tính số đo góc  A1OA2 . B A1 A O M A2 C Ta có:  1    . Trong tam giác vuông BMO ta có: A1OA2  1800  BMC 2  OB 3 1   300  BMC   600 . sin BMO    BMO OM 6 2 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
Do đó  1    600 . A1OA2  1800  BMC 2  13) Gọi giao OA1 và OA2 với BC là A3 và A4 . Chứng minh A2 A3  OA1 và A1 A4  OA2 ( hoặc các câu hỏi liên quan đến ba đường cao của OA1 A2 hoặc chứng minh tứ giác OCA2 A3 và OBA1 A4 và A3 A4 A2 A1 là tứ giác nội tiếp) B A1 A3 A M O A4 A2 C 1    1 .BOC Ở trên các em đã chứng minh được  A1OA2  .BOC mà BCA2  ( góc ở tâm và góc nt) 2 2 Suy ra  . A1OA2  BCA2   3 A2  OCA2  90 . 0 Từ đó suy ra tứ giác OCA2 A3 là tứ giác nội tiếp nên OA Chứng minh tương tự:    1 .BOC A1OA2  CBA   tứ giác OBA A nội tiếp nên 1 1 4 2   4 A1  OBA1  90  A1 A4  OA2 . 0 OA   600 , gọi giao OA và OA với BC là A và A . Tính tỉ số A1 A2 . 14) Cho góc BMC 1 2 3 4 A3 A4 B A1 A3 A M O A4 A2 C   1200 . Đầu tiên các em tính góc BOC     Ở bài trên các em đã chứng minh được tứ giác OCA2 A3 nội tiếp nên OA2 C  OA3C  OA2 A  OA3C   A2 A1 OA3 ( do OA2 C  OA2 A tính chất tt cắt nhau) . Từ đó suy ra OA3 A4 ∽ OA2 A1   . A3 A4 OA2 1  OA3 OA3 1 Do OA3 A2 vuông tại A3 và  A3OA2  .BOC  600 nên cos  A3OA4    cos 600  . 2 OA2 OA2 2 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
A2 A1 OA3 1 Vậy   A3 A4 OA2 2   600 và OA1  BC  A3 . Chứng minh AA . AA  BA . CA . 15) Cho góc BMC  1 2 3 4 OA2  BC  A4 B A1 A3 A M O A4 A2 C Chỉ ra  A1 BA3   A1OA2   A2CA4  600 . A1 BA3 ∽ A4OA3  g  g  A B BA Chỉ ra   A1 BA3 ∽ A4CA2  1  3 . A4OA3 ∽ A4CA2  g  g  A4C CA2  A1B  A1 A A A BA Mà   1  3  AA1 . AA2  BA3 . CA4 CA2  AA2 A4C AA2 16) Từ điểm A trên cung nhỏ BC kẻ AR, AT , AY lần lượt vuông góc với CB, BM , CM tại R , T , Y .  ( hoặc chứng minh góc TRY   600 . Tính góc TRY Cho góc BMC  không đổi hoặc chứng minh   BMC TRY ) B T R A O M Y C 1 Chỉ ra ATBR, AYCR là tứ giác nội tiếp nên  ART   ABT  BOA ( góc nt và góc ở tâm) 2 Và  ARY   1 ACY   2  AOC  TRY ART   1 1 1 1 ARY  BOA 2 2 2 2   600 .  AOC  BOC  1800  BMC   17) Chứng minh AR 2  AT . AY B T R A O M Y C Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
 AYR   ACR   ABT   ART Chỉ ra góc   ARY ∽ ATR  g  g    ARY   ACT   ABC   ATR AR AY Suy ra   AR 2  AT . AY . AT AR 18) Tìm vị trí điểm A để AT . AR . AY đạt giá trị lớn nhất hoặc AT . AY đạt giá trị lớn nhất. B T R A O M Y C + Ta có: AT . AY  AR 2 . Do đó AT . AY đạt giá trị lớn nhất khi AR lớn nhất, suy ra ARmax  AI  A  I . + Ta có: AT . AY  AR 2  AT .AY . AR  AR 3 Do đó AT . AR . AY đạt giá trị lớn nhất khi AR lớn nhất, suy ra ARmax  AI  A  I . ( với I  OM   O  ). 19) Gọi RT  AB  A5 , RY  AC  A6 . Chứng minh tứ giác AA5 RA6 nội tiếp và A5 A6  RA ( hoặc A5 A6 / / BC ) B T A5 R A M O H A6 Y C  ARA5   ABT   ACB Chỉ ra  .   ARA6   ACY   ABC Suy ra  A5 AA6   A5 RA6   A5 AA6   A5 RA   ARA6   A5 AA6   ACB   ABC  1800 . Suy ra tứ giác AA5 RA6 nội tiếp. Vì tứ giác AA5 RA6 nội tiếp nên  A6 A5 A   A6 RA     A A / / BC  A A  AR . ACY  CBA 5 6 5 6 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
20) Cho A, B, Y thẳng hàng, kéo dài A5 A6  BM  R1 . Chứng minh BR1 A6 R là hình bình hành ( hoặc khai thác các yếu tố của hình bình hành này) B R1 T A5 H M O A R A6 Y C Ở trên các em đã chỉ ra A5 A6 / / BC . Mặt khác:  ABT   ACB   AYR  RY / / BM . Từ đó suy ra BR1 A6 R là hình bình hành. 21) Chứng minh rằng nếu TR  TB thì RY  RC . B T R A O M Y C Chỉ ra  AYR   ACR   ABT   ART   AYR   ART .     900 ART  TRB Mà    RYC  TRB .    AYR  RYC  90 0   TBR Mặt khác TB  TR  TRB   RCY   RCY   RYC   RY  RC . . 22) Chứng minh rằng tia đối của tia AR là phân giác của góc TAY B T A y R M O H Y C Gọi Ay là tia đối tia AR .   TAy Chỉ ra tứ giác BTAR nội tiếp nên CBT .   YAy Chỉ ra tứ giác CYAR nội tiếp nên BCY  . Mà C  .   Ay là phân giác của góc TAY BT  BCY Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
 AB  RT  A5 23) Gọi  . Gọi  O4  là đường tròn đi qua 3 điểm ATA5 ,  O5  là đường tròn đi qua 3 điểm  AC  RY  A6 AYA6 và A7 là giao điểm thứ hai của  O4  và  O5  , H là trung điểm BC . Chứng minh A7 , A, H thẳng hàng. B T A5 O4 A7 R A8 A H M O A6 O5 Y C Gọi A8 là giao A7 A với A5 A6 và H  là giao A7 A với BC . Chỉ ra   A5 A6 A  BCA A6YA  A5 A6 là tiếp tuyến của  O5  . Từ đó chỉ ra được A8 A62  A8 A . A8 A7 . Chứng minh tương tự :   A8 A5 A  BCT A5TA  A8 A5 là tiếp tuyến của  O4  suy ra A8 A52  A8 A . A8 A7 . Từ đó suy ra A8 A62  A8 A52  A8 A5  A8 A6  A8 là trung điểm A5 A6 . A5 A8 A6 A8  AA8  + Do A5 A6 / / BC      H B  H C  H  là trung điểm BC  H   H . H B H C  AH   Vậy A7 , A, H thẳng hàng.   1200 . Gọi giao OA và OA với BC là A và A . Tìm vị trí điểm A trên cung nhỏ 24) Cho góc BOC 1 2 3 4 BC để diện tích tam giác OA3 A4 bé nhất và tìm giá trị bé nhất đó ( hoặc tìm vị trí điểm A để diện tích OA1 A2 bé nhất hoặc độ dài A1 A2 bé nhất) B B A1 T A1 A3 A A3 R M A O M O H A4 A4 Y A2 A2 C C OA3 1 Ta có: OA3 A4 ∽ OA2 A1 theo tỉ số K   cos  A3OA2  cos 600  . OA2 2 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
S OA3 A4 1 S OA2 A1 Suy ra =  S OA3 A4 = . S OA2 A1 4 4 Do đó SOA3 A4 nhỏ nhất khi S OA2 A1 nhỏ nhất. 1 R Mà S OA2 A1  OA. A1 A2  . A1 A2 nhỏ nhất khi A1 A2 nhỏ nhất. 2 2 R Mà A1 A2 nhỏ nhất khi A  OM   O  . Khi đó OAB là tam giác đều nên OH  HA  và OM  2 R . 2 Các em tính được BC  2 BH  R 3 và AM  OM  OA  R . A1 A2 AM AA R 2 R. 3 Ta có:   1 2   A1 A2  BC MH R 3 3 R 3 2 R R 2 R. 3 R 2 3 Khi đó S OA2 A1  . A1 A2  .  . 2 2 3 3 S OA2 A1 R2 3 Nên S OA3 A4 =  4 12 25) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OM cắt MB, MC tại O1 và O2 . Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MO1O2 bé nhất. O1 B O M C O2 Xét MO1O2 có: OM vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên MO1O2 cân tại M . 1 Suy ra S MO1O2  2 S MOO1  2. OB.O1M  R.O1 M . 2 Mặt khác O1M  O1 B  BM  2 O1 B.BM  2 OB 2  2 R 2  2 R . Dấu bằng xảy ra khi O1 B  BM  O1OM vuông cân nên OM  R 2 . Vậy min S MO1O2  2 R 2 khi điểm M nằm cách O một khoảng OM  R 2 . 26) Chứng minh ba tam giác O1 A1O ∽  A1OA2 ∽  O2OA2 và O1 A1 . O2 A2  O2O . O1O . Ta có:  A1OA2   A1OA   1 1 1 1 AOA2  POA 2 2 2 2  .  AOC  BOC  1800  M   Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
Do MO1O2 cân tại M ( vì OM vừa là đường cao, vừa là phân giác) nên    180  M  O 0  O O  O A1OA2 . 1 2 1 2 2 Xét O1 A1O và  A1OA2 có:   O1 A1O  OA1 A2 ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  O A1OA2 ( chứng minh trên) 1 Suy ra O1 A1O ∽  A1OA2  g  g  . Chứng minh tương tự các em sẽ được  A1OA2 ∽  O2OA2 . Vậy O1 A1O ∽  A1OA2 ∽  O2OA2 . O1 A1 O1O Chỉ ra O1 A1O ∽  O2OA2    O1 A1 . O2 A2  O2O . O1O ( đpcm). O2O O2 A2 O1 B A1 A O M A2 C O2 27) Chứng minh O1 A1  O2 A2  O1O2 . O1 B A1 A O M A2 C O2 Sử dụng BĐT Cosi: Ta có: O1 A1  O2 A2  2 O1 A1 . O2 A2  O1 A1  O2 A2  2 O1O . O2O . 2 OO OO  Mà O1O  O2O  1 2 nên O1 A1  O2 A2  2  1 2   O1O2 . 2  2  28) Cho  O; R  và điểm M cố định. Tìm vị trí điểm A để O1 A1  O2 A2 nhỏ nhất. Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
O1 B A1 A O M A2 C O2 Vì  O; R  và điểm M cố định nên O1O2 không đổi. Ta có: O1 A1  O2 A2  2 O1 A1 . O2 A2  O1 A1  O2 A2  2 O1O . O2O . 2 O1O2 OO  Mà O1O  O2O  nên O1 A1  O2 A2  2  1 2   O1O2 . 2  2  Dấu bằng xảy ra khi O1 A1  O2 A2  A1 A2 / / O1O2  A  I ( với I  OM   O  ) 29) Cho  O  và M cố định, điểm A di chuyển trên cung nhỏ BC . Chứng minh chu vi tam giác MA1 A2 không phụ thuộc vào vị trí điểm A . O1 B A1 A O M A2 C O2 Chỉ ra chu vi MA1 A2 là: MA1  A1 A  AA2  A2 M   MA1  A1 B    CA2  A2 M   MB  MC  2 MB không đổi. Vậy chu vi tam giác MA1 A2 không phụ thuộc vào vị trí điểm A . 30) Cho  O  và M cố định . Tìm vị trí điểm A trên cung nhỏ BC để diện tích tam giác MA1 A2 lớn nhất. O1 B A1 A O M A2 C O2 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
Như trên ta đã chứng minh: Chu vi MA1 A2 không đổi và bằng 2MB . Đặt MB  a  nửa chu vi MA1 A2 là p  a không đổi 4  p  p  MA1  p  A1 A2  p  MA2  và S MA1 A2  p  p  MA1  p  A1 A2  p  MA2      4  3  p  MA1  p  A1 A2  p  MA2  p3 Ta có:  p  MA1  p  A1 A2  p  MA2       3  27 p4 p 2 . 27 Nên p  p  MA1  p  A1 A2  p  MA2    S MA1 A2  p  p  MA1  p  A1 A2  p  MA2   27 27 Dấu bằng xảy ra khi MA1  MA2  A là giao điểm của OM với  O   31) Kéo dài AH   O   Z . Chứng minh tứ giác MAOZ là tứ giác nội tiếp và góc BMZ AMC ( hoặc   CM chứng minh BMA  Z hoặc OM là phân giác góc  AMZ ). B A O H M Z C  HM .HO  HC 2 Chỉ ra   HM .HO  HA.HZ .  HA.HZ  HB.HC  HC 2 Từ đó suy ra HAM ∽ HOZ  c  g  c    AZO   AMO  tứ giác MAOZ là tứ giác nội tiếp. + Ta có:  AMO    AZO (góc nt chắn cung OA ) mà OAZ AZO ( OAZ cân tại O)   OMZ Và OAZ  (góc nt chắn cung OZ ) nên   mà BMO AMO  OMZ   CMO  nên BMA   CM  Z suy ra  BMZ AMC . 32) Lấy điểm T1 bất kì trên BC , kẻ đường thẳng qua T1 và vuông góc OT1 , cắt MB, MC tại T2 , T3 . Chứng minh OT2T3 cân. T2 B T1 O M H T3 C Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
  OT OBT  1 2T1 Chỉ ra tứ giác OT1 BT2 ; OT1T3C nội tiếp nên  mà  OT T   OCT 3 1 1   OCT OB  OC  OBT   OT   1 2 2T1  OT3T1  OT2T3 cân tại O . 33) Chứng minh rằng nếu T1 là trung điểm HB thì T3 là trung điểm CM , hoặc HT3 BT2 là hình bình hành ( hoặc cho T1 là trung điểm HB , chứng minh BT3 là trung tuyến BMC , hoặc MG  2GH ….) T2 B T1 G O H M T3 C Chỉ ra OT2T3 cân nên T1 là trung điểm T3T2 , mà T1 là trung điểm HB  HT3 BT2 là hình bình hành, do đó HT3 / / BT2 . Dựa vào MBC có HT3 / / BM mà H là trung điểm BC  T3 là trung điểm CM . 34) Chứng minh OH . OT2  OB.OT1 T2 B T1 O M H T3 C   Chỉ ra OT2T1  OBT1  OT2T1 ∽ OBH  g  g   OH . OT2  OB.OT1 35) Vẽ đường kính CK của đường tròn  O  . Chứng minh BK / /OM . K B O M H I C Vì OB  OC  OK  R  CKB vuông tại B  BK  BC mà OM  BC  BK / / OM . 36) Đường thẳng vuông góc KC tại O cắt BC tại E . Chứng minh HE.HC  HO.HM  R 2 . Chỉ ra HOE ∽ HCO  g  g   HE.HC  OH 2 . Mà HO.HM  BH 2  HE.HC  HO.HM  OH 2  HB 2  OB 2  R 2 . Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
37) Cho R  3cm, OM  5cm . Tính độ dài các cạnh của tam giác MBC . Ta có: BM 2  OM 2  OB 2  16  BM  MC  4cm . OM .BM 3.4 12 BH .OM  OB.BM  BH    cm  BC  2 BH  4,8cm . OM 5 5 38) Kẻ CP  BM tại P , CP  OM  Q . Chứng minh Q là trực tâm MBC và BQ  MC . Tính BQ . K B B P P O M O M H Q H Q C C Xét MBC có MH , CP là đường cao nên Q là trực tâm MBC và BQ  MC . OB / / CQ   MB   Chỉ ra OC / / BQ   MC   OBQC là hình thoi nên BQ  OB  R .  BC  OQ  39) Giả sử  O  cố định và điểm M luôn chạy trên đường tròn  O;3R  . Chứng minh khi đó Q chạy trên một đường tròn cố định. R 2R  2R  Các em tính được độ dài OH   OQ   Q luôn chạy trên đường tròn  O; . 3 3  3  . 40) Chứng minh BC là phân giác của góc KCP   HCQ Chỉ ra BHQ  CHQ  2cgv   HBQ    KCB Do QB / / KC ( cùng vuông góc CM ) nên HBQ  ( so le trong )   BCQ Suy ra KCB   BC là phân giác của góc KCP . 41) Tứ giác OBQC là hình gì ? Vì sao? OB / / CQ,   MB   Chỉ ra OC / / BQ,   CM   OBQC là hình thoi. OQ  BC  42) Gọi Q1 là trung điểm BK . Chứng minh OHBQ1 là hình chữ nhật. K B Q1 O M H C Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
   1 B  Q1 BH  BHO  90  OHBQ1 là hình chữ nhật. 0 Chỉ ra OQ 43) Từ C kẻ đường thẳng song song MB và cắt  O  tại Y2 . Chứng minh KY2 . OM  2 R 2 K B M O H Y2 C 44) Từ C kẻ đường thẳng song song MB và cắt  O  tại Y2 . Tia MY2 cắt đường tròn tại M  , gọi M 3 là điểm đối xứng với M  qua OM . Chứng minh Y2 , H , M 3 thẳng hàng. B B M3 O H M M'3 O H M M' Y2 M' Y2 C C Cách 1: Gọi M 3 là giao Y2 H với  O  . Chỉ ra tứ giác OHM Y2 nội tiếp.   OY        Từ đó suy ra MHM 2 M  OM Y2  OHY2  M 3 HM .   Từ đó suy ra M 3 HM  MHM   M 3 và M  đối xứng nhau qua OM  M 3  M 3 . Cách 2:   1   Do M 3 đối xứng M  qua MO nên M  3OM  M OM  .M 3OM   M 3Y2 M  . 2  Mặt khác tứ giác OHM Y2 nội tiếp nên M  OM  M  Y2 H  M  Y2 H  M Y2 M 2 . Vậy Y2 , H , M 3 thẳng hàng. 45) Từ B kẻ BF2  KC tại F2 , BF2  KM  F3 . Chứng minh F3 là trung điểm F2 B và BC là phân giác . góc MBF2 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
K B F3 F2 K1 O M H C F2 F3 CM CM Chỉ ra F2 F3 / / CM    . KF2 KC 2OC    1 sd BC    F BK ∽ HMC  g  g   F2 B  HM . Chỉ ra F2 KB  HCM    2  2  KF2 HC HM CM Chỉ ra HOC ∽ HCM  g  g    . HC OC F2 F3 1 CM 1 F2 B FF 1 FB FB Từ 3 đẳng thức trên các em suy ra :  .  .  2 3  . 2  F2 F3  2  F3 là KF2 2 OC 2 KF2 KF2 2 KF2 2 trung điểm F2 B .       1 sd BC  . + Chỉ ra F2 BC  CKB ( cùng phụ F2 BK ) mà CKB  CBM     2     Suy ra F2 BC  CBM  BC là phân giác góc MBF2 . 46) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc OB cắt MC tại Y1 . Chứng minh OY1M cân. K B K1 H I I1 M O Y1 C Chỉ ra OY1 / / MB   OB   Y   1OM  OMB  slt   OMY1  OY1M cân tại Y1 . 47) Gọi B3 là điểm chính giữa cung I I1 . Từ H kẻ HH 3  B3 I1 tại H 3 , kẻ HH 4  B3 I tại H 4 . Chứng minh 5 điểm O, H , H 4 , B3 , H 3 cùng thuộc một đường tròn. B3 H3 B H4 I1 M O H I C Chỉ ra 5 điểm O, H , H 4 , B3 , H 3 cùng nằm trên đường tròn đường kính HB3 . Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
48) Gọi H 5 là điểm đối xứng với H qua H 3 H 4 . Chứng minh H 4 H 5 B3 H 3 là hình thang cân. B3 B H3 H5 H4 I1 M O H I C H 4 H  H4 H5 Chỉ ra  ( tính chất đối xứng trục) H3H  H3 H5  nên H 3 H 5 H 4  H 3 HH 4  g  g  g   H  3 H 5 H 4  H 3 HH 4  90  H 4 H 5 B3 H 3 là tứ giác nội tiếp. 0  Vì H 4 H 5  HH 4  B3 H 3  B  3 H 5 H 3  H 4 H 3 H 5 ( góc nt chắn hai cung bằng nhau) Suy ra B3 H 5 / / H 3 H 4  H 4 H 5 B3 H 3 là hình thang. Vì hình thang H 4 H 5 B3 H 3 là tứ giác nội tiếp nên H 4 H 5 B3 H 3 là hình thang cân. 49) Chứng minh rằng H 5   O  . B3 B H3 H5 H4 I1 M O H I C  OH  5 H 3  OB3 H 3  45 0 Chỉ ra  , mà H 4 H 5 B3 H 3 là tứ giác nội tiếp và H 4 H 5  B3 H 3 nên góc I  450 OB3     H 4 B3 H 5  B3 H 5 H 3  OB3 H 5  OH 5 B3  OH 5 B3 cân tại O  OH 5  OB3  R  H 5   O  . 50) Tiếp tuyến tại H 5 cắt OM tại H 6 . Chứng minh H 3 , H 4 , H 6 thẳng hàng. B3 B H3 H5 H4 I1 M O H I H6 C Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
 IHH 4  OH 3 H 4  OB3 I  450  Tứ giác OHH 4 H 3 nội tiếp nên OH 5 H 4  OB   3 H 4  45 H 4 HI  H 4 H 5 H 6  45 0 0  OH 5 H 6  90 0     Mà H 4 H 5 H  H 4 HH 5  HH 5 H 6  H 5 HH 6  H 6 H 5  H 6 H  H 6 nằm trên trung trực HH 5 Mà H 3 H 4 là trung trực HH 5 nên H 3 , H 4 , H 6 thẳng hàng. 51) Giả sử B cố định và M thay đổi sao cho MB là tiếp tuyến của  O  . Tìm quỹ tích điểm Q khi M thay đổi. Do OBQC là hình thoi nên BQ  OB  R mà B cố định nên Q   B; R  .  MK   O   K1  52) Gọi C1 là trung điểm CM ,  MK  BC  B1 . Chứng minh MK1.MK  MH .MO . C K  BC  B  1 1 2 B2 B2 K B K B B1 K1 K1 B1 O H M M O H C1 C1 C C Chỉ ra CKM vuông tại C và có CK1 là đường cao nên MK1.MK  CM 2 . Chỉ ra OCM vuông tại C có CH là đường cao nên MH .MO  CH 2 . Từ đó suy ra MK1.MK  MH .MO   MKO  MHK  53) Chứng minh MK1 H ∽ MOK và góc  1 . Từ đó suy ra OKK1 H nội tiếp.   MK O   MOK 1 B2 B2 K B K B B1 K1 K1 B1 O M M H O H C1 C1 C C Giáo viên: Nguyễn Chí Thành
 chung và MK1  MH Xét MK1 H và MOK có: góc KMO MO MK Từ đó suy ra MK1 H ∽ MOK .   MKO  MHK  Vì MK1 H ∽ MOK nên  1 .    MK1O  MOK   OHK K   1 HM  OHK1  180 , mà đây là hai góc đối nhau nên tứ giác 0 Xét tứ giác OKK1 H có OKK 1 1 OKK1 H là tứ giác nội tiếp. 54) Chứng minh C1 K1 là tiếp tuyến của  O  . B2 K B B1 K1 O M H C1 C Chỉ ra CMK1 vuông tại K1  K1C1  C1C  C1M  C1 K1C cân tại C1 .  Chỉ ra OC1 K1  OC1C  c  c  c   OK  1C1  OCC1  90 . 0 Từ đó suy ra C1 K1 là tiếp tuyến của  O  . 55) Gọi K2 là trung điểm KK1 . Chứng minh B2 K là tiếp tuyến của  O  . B' B2 K B K B K2 K1 K2 B1 B1 K1 O M M H O H C1 C1 C C OK 2  KK1 Vì K2 là trung điểm KK1   . K  KOK  OK 2 1 2 giả sử OK 2  BC  B . Ta sẽ chứng minh B '  B2 , tức là chứng minh B ' K1 là tiếp tuyến  O  . Giáo viên: Nguyễn Chí Thành