Một số bài toán hình học lớp 8&9 hay và khó _ Kì 6

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

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

    Bài 21:

    Từ điểm A ở ngoài (O;R), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là tiếp điểm), OA cắt BC tại H. Dựng hình bình hành HOBM. Vẽ đường kính CD, AD cắt (O) tại E. Chứng minh : BE vuông góc với OM.
    bai_21.png
    Ta có AB = AC (Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) và OB = OC = R
    $\Rightarrow $ AO là đường trung trực của BC
    $\Rightarrow $ AO $\bot $ BC tại H và HB = HC
    Ta có $\widehat{ABO}={{90}^{0}}$ (Tính chất của tiếp tuyến)
    Tam giác ABO vuông tại B, đường cao BH $\Rightarrow $ AB2 = AH.AO
    Vì AB là tiếp tuyến, AMD là cát tuyến của (O) $\Rightarrow $ AB2 = AM.AD
    Do đó AH.AO = AM.AD $\Rightarrow $ Tứ giác MDOH nội tiếp (1)
    Vì HOBM là hình bình hành $\Rightarrow $ $\widehat{HOB}=\widehat{HMB}$
    Ta lại có $\widehat{HOB}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}$ (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
    Mà $\widehat{BDC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}$ (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)
    Do đó $\widehat{BDC}=\widehat{HMB}$ hay $\widehat{BDO}=\widehat{HMB}$
    Vì HOBM là hình bình hành $\Rightarrow $ BM // OH, mà OH $\bot $ BC $\Rightarrow $ BM $\bot $ BC
    Ta lại có $\widehat{CBD}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow $ BD $\bot $ BC
    Do đó ba điểm M, B, D thẳng hàng
    Tứ giác MDOH có HO // MD và $\widehat{BDO}=\widehat{HMB}$ nên tứ giác MDOH là hình thang cân $\Rightarrow $ tứ giác MDOH nội tiếp (2)
    Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ 5 điểm E, M, D, O, H cùng thuộc một đường tròn
    $\Rightarrow $$\widehat{EOM}=\widehat{EDM}$, mà $\widehat{EOB}=2.\widehat{EDB}$ nên $\widehat{EOM}=\widehat{BOM}$
    $\Rightarrow $ OM là tia phân giác của góc EOB
    Tam giác EOB cân tại O lại có OM là tia phân giác nên OM $\bot $ BE


    Bài 22:

    Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O;R) (AB < AC). Vẽ đường cao AH. Tia phân giác của góc BAC cắt đường tròn (O) tại M.
    Chứng minh : AM2 – BM2 = AH.2R.
    bai_22.png
    Vẽ đường kính AN của đường tròn (O) $\Rightarrow $ $\widehat{ACN}={{90}^{0}}$
    $\Rightarrow $ $\Delta $ABH ഗ$\Delta $ANC (g-g) $\Rightarrow $ AB.AC = AH.AN = AH.2R (1)
    Vẽ đường tròn (M;MB) cắt đường thẳng AM ở D và E; cắt cạnh AC ở K.
    Khi đó AK.AC = AD.AE = (AM – MD)(AM + ME)
    = (AM – MB)(AM + MB)
    = AM2 – MB2
    Vì AM là phân giác của góc BAC và M là tâm đường tròn (M;MB) nên AK đối xứng với AB qua AM $\Rightarrow $ AK = AB.
    Do đó AB.AC = AM2 – MB2 (2)
    Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ AM2 – MB2 = AH.2R.

    Bài 23:
    Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng:
    1/ $\frac{AB.BC.CA}{DE+EF+FD}=2{{R}^{2}}$.
    2/ AB2 + AC2 + BC2 + AH2 + BH2 + CH2 =12R2.
    3/ $\frac{DF}{DE}=\frac{BH.AC}{AB.CH}$.[/B]
    bai_23.png
    a) Tứ giác AEHF có $\widehat{AEH}+\widehat{AFH}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$
    $\Rightarrow $ Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH $\Rightarrow $ EF = AH.sinA
    Tương tự: DF = BH.sinB ; DE = CH.sinC
    $\Rightarrow $ EF + DF + DE = AH.sinA + BH.sinB + CH.sinC
    Bạn đọc dễ dàng chứng minh được AB.AC = AD.2R.
    Do đó AH.sinA = $\frac{1}{2R}$AB.AC.sinA.$\frac{2R.AD}{AB.AC}.\frac{AH}{AD}$ = $\frac{{{S}_{ABC}}}{R}.\frac{AH}{AD}$
    Tương tự BH.sinB = $\frac{{{S}_{ABC}}}{R}.\frac{BH}{BE}$; CH.sinC = $\frac{{{S}_{ABC}}}{R}.\frac{CH}{CF}$
    Do đó EF + DF + DE = $\frac{{{S}_{ABC}}}{R}.\left( \frac{AH}{AD}+\frac{BH}{BE}+\frac{CH}{CF} \right)=\frac{2{{S}_{ABC}}}{R}$
    Vì $\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}=1$ (bạn đọc tự chứng minh)
    Ta lại có ${{S}_{ABC}}=\frac{AB.BC.CA}{4R}$ nên EF + DF + DE = $\frac{AB.BC.CA}{2{{R}^{2}}}$ (đpcm).
    b) Kẻ OK vuông góc với BC $\Rightarrow $ $OK=\frac{1}{2}AH$ ; $BK=\frac{1}{2}BC$
    Vì tam giác BOK vuông tại K nên BK2 + OK2 = OB2 = R2
    Do đó BC2 + AH2 = 4R2
    Tương tự AB2 + CH2 = 4R2 ; AC2 + BH2 = 4R2.
    Vậy AB2 + AC2 + BC2 + AH2 + BH2 + CH2 =12R2.
    c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDF có đường kính là BH
    Đường tròn ngoại tiếp tam giác BAC có đường kính là 2R
    Ta lại có $\Delta $BDF ഗ$\Delta $BAC (g-g) $\Rightarrow $ $\frac{DF}{AC}=\frac{BH}{2R}\Rightarrow DF=\frac{BH.AC}{2R}$
    Tương tự: $DE=\frac{CH.AB}{2R}$, do đó $\frac{DF}{DE}=\frac{BH.AC}{CH.AB}$.

    Bài 24:
    Cho tam giác nhọn ABC. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt BC và AC thứ tự ở D và E. Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với BC cắt tia BE tại M; vẽ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia AD tại N. Gọi K là giao điểm của MN và OC. Chứng minh rằng OC vuông góc với MN tại K.[/B]
    bai_24.png
    Ta có $\widehat{ADB}=\widehat{AEB}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
    $\Rightarrow $ AD và BE là hai đường cao của tam giác ABC.
    Gọi H là giao điểm của AD và BE $\Rightarrow $ CH vuông góc với AB.
    Do đó MC // HN; NC // HM $\Rightarrow $ MCNH là hình bình hành
    $\Rightarrow $ MN cắt CH tại trung điểm I của mỗi đường
    Vì CN // MH $\Rightarrow $ $\widehat{CNH}+\widehat{NHM}={{180}^{0}}$
    Tứ giác ADHE có $\widehat{ADH}=\widehat{AEH}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\widehat{ECD}+\widehat{EHD}={{180}^{0}}$
    Do đó $\widehat{CNH}=\widehat{ACB}$
    Ta lại có $\widehat{CAB}=\widehat{NCH}$ (cùng phụ với $\widehat{ACH}$)
    $\Rightarrow $ $\Delta $NCH ഗ$\Delta $CAB (g-g)
    Ta lại có NI và CO là hai đường trung tuyến tương ứng nên $\widehat{INC}=\widehat{OCA}$
    Mà $\widehat{OCA}+\widehat{OCN}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{INC}+\widehat{OCN}={{90}^{0}}$ hay OC $\bot $ MN tại K.
    Lưu ý:
    Có thể thay bởi câu hỏi: “Chứng minh rằng $\widehat{EKD}=2.\widehat{ACB}$”.