Một số bài toán hình học lớp 8&9 hay và khó _ Kì 19

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC
    --------- ---------

    Bài 66:
    Cho hai đường tròn (O1 ; R1) và (O2 ; R2) tiếp xúc ngoài tại A (R1 > R2). Vẽ đường tròn (O3 ; R3) cắt đường tròn (O1 ; R1) ở B, C và cắt đường tròn (O2 ; R2) ở D, E. Giả sử F là giao điểm của hai đường thẳng BC và DE. Chứng minh FA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1 ; R1) và (O2 ; R2).
    Giải:
    bai_66.png
    Đối với đường tròn (O1 ; R1) ta có FB.FC = FO12 – R12
    Đối với đường tròn (O2 ; R2) ta có FD.FE = FO22 – R22
    Đối với đường tròn (O3 ; R3) ta có FB.FC = FD.FE
    Do đó FO12 – R12 = FO22 – R22 hay FO12 – FO22 = R12 – R22 (1)
    Giả sử FA không vuông góc với O1O2, kẻ FH vuông góc với O1O2 tại H khác A.
    Theo định lí Pi-ta-go ta có FO12 – FO22 = HO12 – HO22 (2)
    Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ R12 – R22 = HO12 – HO22
    $\Rightarrow $ (R1 – R2)(R1 + R2) = (HO1 – HO2)(HO1 + HO2)
    $\Rightarrow $ R1 – R2 = HO1 – HO2 (vì R1 + R2 = HO1 + HO2 = O1O2)
    $\Rightarrow $ 2R1 – O1O2 = 2HO1 – O1O2
    $\Rightarrow $ R1 = HO1 hay AO1 = HO1 $\Rightarrow $ H trùng A (vô lí)
    Do đó FA vuông góc với O1O2 tại A
    Vậy FA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1 ; R1) và (O2 ; R2).


    Bài 67:
    Cho đường tròn (O ; R) đường kính AB cố định. Lấy điểm C cố định nằm giữa O và A. Điểm D chuyển động trên đường tròn (O) (D khác A và B). Gọi E và F thứ tự là hình chiếu của C lên AD và BD. Gọi I là giao điểm của CD và EF.
    a) Chứng minh rằng điểm I thuộc một đường tròn cố định.
    b) Gọi H là hình chiếu của C lên EF. Chứng minh rằng H thuộc một đường tròn cố định.
    Giải:
    bai_67.png
    a) Vì AB là đường kính của đường tròn (O) nên $\widehat{ADB}={{90}^{0}}$
    Tứ giác CEDF có $\widehat{E}=\widehat{D}=\widehat{F}={{90}^{0}}$
    $\Rightarrow $ CEDF là hình chữ nhật
    Mà I là giao điểm của CD và EF nên IC = IE = ID = IF
    Gọi M, N thứ tự là trung điểm của AC và BC
    Tam giác ACD có IC = ID và MC = MA
    $\Rightarrow $ IM là đường trung bình của tam giác ACD $\Rightarrow $ IM // DA
    Tam giác BCD có IC = ID và NC = NB
    $\Rightarrow $ IN là đường trung bình của tam giác BCD $\Rightarrow $ IN // DB
    Mà $\widehat{ADB}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{MIN}={{90}^{0}}$
    Vì A, B, C cố định nên M, N cố định
    Vậy điểm I thuộc đường tròn đường kính MN cố định.

    Cách khác:

    Vì AB là đường kính của đường tròn (O) nên $\widehat{ADB}={{90}^{0}}$
    Tứ giác CEDF có $\widehat{E}=\widehat{D}=\widehat{F}={{90}^{0}}$
    $\Rightarrow $ CEDF là hình chữ nhật
    Mà I là giao điểm của CD và EF nên IC = IE = ID = IF
    Gọi J là trung điểm của OC
    Tam giác OCD có IC = ID và JC = JO
    $\Rightarrow $ JI là đường trung bình của tam giác OCD $\Rightarrow $ $JI=\frac{OD}{2}=\frac{R}{2}$ không đổi
    Vì O và C cố định nên J cố định.
    Vậy điểm I thuộc đường tròn tâm J bán kính $\frac{R}{2}$ cố định.
    b) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và AB.
    Ta có CE // BF (cùng vuông góc với AD)
    Theo định lí Ta-lét ta có $\frac{KC}{KB}=\frac{EC}{FB}$
    Mà CEDF là hình chữ nhật nên EC = DF, do đó $\frac{KC}{KB}=\frac{DF}{FB}$
    Ta có CF // AD (cùng vuông góc với BD)
    Theo định lí Ta-lét ta có $\frac{AC}{CB}=\frac{DF}{FB}$
    Do đó $\frac{KC}{KB}=\frac{AC}{CB}$ $\Rightarrow $ $\frac{KC}{KB-KC}=\frac{AC}{CB-AC}$ $\Rightarrow $ $\frac{KC}{BC}=\frac{AC}{CB-AC}$ $\Rightarrow $ $KC=\frac{AC.BC}{BC-AC}$
    Mà A, B, C cố định nên $\frac{AC.BC}{BC-AC}$ không đổi hay KC không đổi, do đó K cố định.
    Ta lại có $\widehat{KHC}={{90}^{0}}$ nên điểm H thuộc đường tròn đường kính KC cố định.


    Bài 68:
    Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Vẽ dây BE // CD ( E thuộc cung AD không chứa B). BD và CE cắt nhau ở P. Điểm M thuộc dây BE sao cho $\widehat{MAB}=\widehat{PAE}$. Vẽ MK // AD (K thuộc AC); ML // AC (L thuộc AD); đường tròn (O1) ngoại tiếp tam giác KBC cắt BD, CE thứ tự ở Q, S.
    a) Chứng minh rằng 3 điểm K, M, Q thẳng hàng.
    b) Vẽ đường tròn (O2) ngoại tiếp tam giác LED cắt BD, CE thứ tự ở T, R. Chứng minh rằng 5 điểm M, S, Q, R, T cùng thuộc một đường tròn.
    c) Tia AM cắt đường tròn (O) ở N. Chứng minh rằng 4 điểm P, Q, R, N cùng thuộc đường tròn có tâm là O3.
    d) Chứng minh rằng hai đường tròn (O) và (O3) tiếp xúc với nhau.
    Giải:
    bai_68.png
    a) Đối với đường tròn (O1) ta có $\widehat{QKC}=\widehat{QBC}$.
    Đối với đường tròn (O) ta có $\widehat{DBC}=\widehat{DAC}$.
    Do đó $\widehat{QKC}=\widehat{DAC}$ $\Rightarrow $ KQ // AD, mà MK // AD nên 3 điểm K, M, Q thẳng hàng.
    b) Chứng minh tương tự câu a) ta được 3 điểm L, M, R thẳng hàng.
    Do đó $\widehat{QMR}=\widehat{KML}$ (đối đỉnh)
    Vì MK // AL và ML // AK nên AKML là hình bình hành $\Rightarrow $ $\widehat{LAK}=\widehat{KML}$
    Do đó $\widehat{QMR}=\widehat{LAK}$ hay $\widehat{QMR}=\widehat{DAC}$
    Đối với đường tròn (O1) ta có $\widehat{QSR}=\widehat{QBC}$.
    Đối với đường tròn (O) ta có $\widehat{DBC}=\widehat{DAC}$.
    Do đó $\widehat{QMR}=\widehat{QSR}$$\Rightarrow $ 4 điểm Q, S, M, R cùng thuộc một đường tròn (1)
    Đối với đường tròn (O1) ta có $\widehat{QSR}=\widehat{QBC}$.
    Đối với đường tròn (O) ta có $\widehat{DBC}=\widehat{DEC}$.
    Do đó $\widehat{QSR}=\widehat{DEC}$ $\Rightarrow $ SQ // ED $\Rightarrow $ $\widehat{SQT}=\widehat{EDT}$
    Đối với đường tròn (O2) ta có $\widehat{EDT}=\widehat{ERT}$.
    Do đó $\widehat{SQT}=\widehat{SRT}$ $\Rightarrow $ 4 điểm Q, S, T, R cùng thuộc một đường tròn (2)
    Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ 5 điểm M, S, Q, R, T cùng thuộc một đường tròn.
    c) Do vai tròn của N và A như nhau và dựa vào tính chất đối xứng trục của đường tròn (O) và hình thang cân EBCD $\Rightarrow $ $\widehat{PNE}=\widehat{MNB}$ $\Rightarrow $ $\widehat{PND}=\widehat{MNC}$
    Đối với đường tròn (O) ta có $\widehat{ANC}=\widehat{AEC}$. Do đó $\widehat{PND}=\widehat{AEP}$.
    Đối với đường tròn (O) ta có $\widehat{NDB}=\widehat{NAB}$, mà $\widehat{MAB}=\widehat{PAE}$ nên $\widehat{NDP}=\widehat{PAE}$
    Vậy $\Delta PND$ ഗ$\Delta PEA$ (g-g)
    Gọi F là giao điểm của AP và KQ.
    Vì KQ // AD nên $\frac{FA}{FP}=\frac{QD}{QP}$, do đó $\Delta PNQ$ ഗ$\Delta PEF$ và $\Delta QND$ ഗ$\Delta FEA$
    $\Rightarrow $ $\widehat{PNQ}=\widehat{PEF}$ và $\widehat{QND}=\widehat{FEA}$
    Vì FQ // AD và SQ // ED nên $\frac{FA}{FP}=\frac{QD}{QP}=\frac{SE}{SP}$ $\Rightarrow $ FS // AE
    Vì FS // AE và FM // AD nên $\widehat{SFM}=\widehat{EAD}$
    Vì BE // CD nên $\overset\frown{ED}=\overset\frown{BC}$ $\Rightarrow $ $\widehat{EAD}=\widehat{BAC}$
    Đối với đường tròn (O) ta có $\widehat{BAC}=\widehat{BEC}$ $\Rightarrow $ $\widehat{SFM}=\widehat{SEM}$
    $\Rightarrow $ tứ giác MFES nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{FES}=\widehat{SMQ}$ (cùng bù với $\widehat{FMS}$)
    Vì 5 điểm M, S, Q, R, T cùng thuộc một đường tròn $\Rightarrow $ $\widehat{SMQ}=\widehat{SRQ}$.
    Do đó $\widehat{FES}=\widehat{SRQ}$, mà $\widehat{PNQ}=\widehat{PEF}$ nên $\widehat{PNQ}=\widehat{\operatorname{PRQ}}$.
    Vậy 4 điểm P, Q, R, N cùng thuộc đường tròn có tâm là O3.
    d) Vẽ tia Nx là tia tiếp tuyến của đường tròn (O) $\Rightarrow $ $\widehat{DNx}=\widehat{DBN}$.
    Đối với đường tròn (O) ta có $\widehat{BAC}=\widehat{EBD}$ (vì $\overset\frown{BC}=\overset\frown{ED}$) hay $\widehat{BAC}=\widehat{MBQ}$
    Đối với đường tròn (O1) ta có $\widehat{BCK}=\widehat{BQK}$ hay $\widehat{BCA}=\widehat{BQM}$.
    Vậy $\Delta ABC$ ഗ$\Delta BMQ$ (g-g) $\Rightarrow $ $\frac{AB}{BM}=\frac{BC}{MQ}$
    Dễ thấy $\Delta AMB$ ഗ$\Delta EMN$ (g-g) $\Rightarrow $ $\frac{AB}{BM}=\frac{EN}{NM}$ $\Rightarrow $ $\frac{BC}{MQ}=\frac{EN}{NM}$
    Mà BC = ED $\Rightarrow $ $\frac{ED}{MQ}=\frac{EN}{MN}$, do đó $\Delta DEN$ ഗ$\Delta QMN$ (c-g-c)
    $\Rightarrow $ $\widehat{DNE}=\widehat{QNM}$ hay $\widehat{DNQ}=\widehat{ENM}$
    Vì $\widehat{PNE}=\widehat{MNB}$ nên $\widehat{PNB}=\widehat{MNE}$ $\Rightarrow $ $\widehat{DNQ}=\widehat{PNB}$
    Ta có $\widehat{NPQ}=\widehat{PNB}+\widehat{PBN}=\widehat{DNQ}+\widehat{DNx}=\widehat{QNx}$
    $\Rightarrow $ Tia Nx là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PNQ
    $\Rightarrow $ Tia Nx là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PRNQ hay đường tròn (O3).
    $\Rightarrow $ Nx là tia tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O3)
    Vậy hai đường tròn (O) và (O3) tiếp xúc trong với nhau tại N (vì P nằm trong (O)).