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

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

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

    Bài 33:

    Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O) có hai đường phân giác BM và CN của tam giác ABC cắt nhau tại K. Đường thẳng BM và CN cắt (O) tại E và F. Trên cung nhỏ BC lấy điểm I bất kỳ, IF cắt AB tại P và IE cắt AC tại Q. Chứng minh: ba điểm P, K, Q thẳng hàng.
    Lưu ý: các bài toán số 32 và 33 là tương tự hóa của bài toán số 31.
    bai_33.png
    Muốn chứng minh ba điểm P, K, Q thẳng hàng, theo định lí Mê-nê-la-us đảo ta cần chứng minh: $\frac{QM}{QA}.\frac{PA}{PB}.\frac{KB}{KM}=1$
    $\Leftrightarrow $ $\frac{QM}{QA}.\frac{IA}{IB}.\frac{AB}{AM}=1$ (Theo t/c đường phân giác $\frac{PA}{PB}=\frac{IA}{IB}$; $\frac{KB}{KM}=\frac{AB}{AM}$)
    $\Leftrightarrow $ $\frac{EM}{EI}.\frac{IA}{QA}.\frac{AB}{AM}=1$ (Vì $\Delta $EMQ ഗ$\Delta $EIB nên $\frac{QM}{BI}=\frac{EM}{EI}$)
    $\Leftrightarrow $ $\frac{EM}{EI}.\frac{IA}{QA}.\frac{EA}{EM}=1$ (Vì $\Delta $EAM ഗ$\Delta $EBA nên $\frac{AB}{MA}=\frac{EA}{EM}$)
    $\Leftrightarrow $ $\frac{IA}{QA}.\frac{EA}{EI}=1$ $\Leftrightarrow $ $\frac{IA}{QA}=\frac{EI}{EA}$ đúng (Vì $\Delta $EAQ ഗ$\Delta $EIA )

    Bài toán tổng quát (31,32,33):

    Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Điểm G bất kỳ nằm trong tam giác ABC. Tia BG cắt AC tại M và cắt đường tròn (O) ở P. Tia CG cắt AB tại N và cắt đường tròn (O) ở Q. Điểm D bất kỳ thuộc cung nhỏ BC. Dây DP cắt AC tại E. Dây DQ cắt AB tại F. Chứng minh ba điểm E, F, G thẳng hàng.
    bai_33b.png
    Đặt $\widehat{BDQ}={{\alpha }_{1}}$ ; $\widehat{ADQ}={{\beta }_{1}}$ ; $\widehat{CDP}={{\alpha }_{2}}$ ; $\widehat{ADP}={{\beta }_{2}}$.
    Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn và định lí hàm sin
    Dễ dàng chứng minh được:
    $\frac{FB}{FA}.\frac{DA}{DB}=\frac{NB}{NA}.\frac{CA}{CB}=\frac{QB}{QA}$ (cùng bằng $\frac{\sin {{\alpha }_{1}}}{\sin {{\beta }_{1}}}$) (1)
    $\frac{EC}{EA}.\frac{DA}{DC}=\frac{MC}{MA}.\frac{BA}{BC}=\frac{PC}{PA}$ (cùng bằng $\frac{\sin {{\alpha }_{2}}}{\sin {{\beta }_{2}}}$) (2)
    Từ (1)$\Rightarrow $$\frac{FB}{FA}=\frac{QB.DB}{QA.DA}$$\Rightarrow $$\frac{FB}{AB}=\frac{QB.DB}{QA.DA+QB.DB}$$\Rightarrow $$FB=\frac{AB.QB.DB}{QA.DA+QB.DB}$
    Và $\frac{NB}{NA}=\frac{QB.CB}{QA.CA}$ $\Rightarrow $ $\frac{NB}{AB}=\frac{QB.CB}{QA.CA+QB.CB}$ $\Rightarrow $ $NB=\frac{AB.QB.CB}{QA.CA+QB.CB}$
    Do đó FN = NB – FB = $\frac{AB.QA.QB.\left( BC.DA-BD.AC \right)}{\left( QA.AC+QB.BC \right)\left( QA.DA+QB.BD \right)}$
    Và FA = AB – FB = $\frac{AB.QA.DA}{QA.DA+QB.BD}$
    Do đó $\frac{FN}{FA}=\frac{AB.QB.DC}{DA.\left( QA.AC+QB.BC \right)}$ (vì BC.DA – BD.AC = AB.DC)
    Theo định lí Mê-nê-la-us ta có $\frac{GC}{GN}.\frac{BN}{BA}.\frac{MA}{MC}=1$
    $\Rightarrow $ $\frac{GC}{GN}=\frac{BA}{BN}.\frac{MC}{MA}=\frac{PC.\left( QA.AC+QB.BC \right)}{AB.QB.PA}$
    Từ (2) $\Rightarrow $ $\frac{EA}{EC}=\frac{PA}{PC}.\frac{DA}{DC}$
    Do đó $\frac{FN}{FA}.\frac{EA}{EC}.\frac{GC}{GN}=\frac{AB.QB.DC}{DA.\left( QA.AC+QB.BC \right)}.\frac{PA.DA}{PC.DC}.\frac{PC.\left( QA.AC+QB.BC \right)}{AB.QB.PA}=1$
    Theo định lí Mê-nê-la-us đảo $\Rightarrow $ ba điểm E, F, G thẳng hàng.


    Bài 34:
    Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) vẽ đường cao AD của tam giác ABC. Vẽ tia tiếp tuyến Ax tại A của (O).Vẽ CM vuông góc với Ax tại M. Đường thẳng qua M vuông góc với DM cắt AD tại N. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh : AN = DH.[/B]
    bai_34.png
    Giả sử CH cắt AB tại E, vì H là trực tâm của $\Delta $ABC nên $\widehat{CEA}={{90}^{0}}$.
    Ta lại có $\widehat{CDA}={{90}^{0}}$ và $\widehat{CMA}={{90}^{0}}$ nên 5 điểm A, M, C, D, E cùng thuộc đường tròn đường kính AC.
    Ta lại có $\widehat{ABC}=\widehat{MAC}$ (cùng bằng $\frac{1}{2}$sđ$\overset\frown{AC}$)
    $\Rightarrow $ $\widehat{BCE}=\widehat{ACM}$ $\Rightarrow $ $\widehat{ACB}=\widehat{MCE}$
    Ta lại có $\widehat{ACB}=\widehat{BED}$ và $\widehat{MCE}=\widehat{MDE}$ nên $\widehat{BED}=\widehat{MDE}$ $\Rightarrow $ AE//MD
    Do đó tứ giác AMDE là hình thang cân $\Rightarrow $ AM = ED.
    Vì AE // MD và AE $\bot $ CE nên MD $\bot $ CE tại I.
    Gọi K là điểm đối xứng với H qua I $\Rightarrow $ $\widehat{DKH}=\widehat{DHK}$
    $\Delta $MDN và $\Delta $MCA có:
    $\widehat{NMD}=\widehat{AMC}={{90}^{0}}$, $\widehat{MDN}=\widehat{MCA}$ nên $\widehat{MND}=\widehat{MAC}$
    Ta lại có $\widehat{ABC}=\widehat{DHK}$ (cùng phụ với $\widehat{BCE}$) nên $\widehat{DKE}=\widehat{MNA}$
    Vì $\widehat{AMN}+\widehat{AMD}={{90}^{0}}$, $\widehat{DEK}+\widehat{DEB}={{90}^{0}}$, $\widehat{AMD}=\widehat{DEB}$
    $\Rightarrow $ $\widehat{AMN}=\widehat{DEK}$, do đó $\widehat{MAN}=\widehat{EDK}$
    $\Rightarrow $ $\Delta $AMN = $\Delta $DEK $\Rightarrow $ AN = DK, mà DK = DH nên AN = DH.


    Bài 35:
    Từ điểm A ở ngoài (O;R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm) và cát tuyến ADE của đường tròn (O) (AD < AE). Từ D kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB tại M. Gọi I là giao điểm của BC và DE.
    Chứng minh : ME đi qua trung điểm của BI.

    bai_35.png
    Giả sử BC cắt EM tại H và cắt OA tại K.
    Dễ dàng chứng minh được AK.AO = AD.AE (=AB2).
    $\Rightarrow $ Tứ giác DKOE nội tiếp
    $\Rightarrow $ $\widehat{OKE}=\widehat{ODE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OE)
    Và $\widehat{OED}=\widehat{AKD}$ (cùng bù với góc DKO)
    Tam giác ODE cân tại O (OD = OE = R)
    $\Rightarrow $ $\widehat{ODE}=\widehat{OED}$
    Do đó $\widehat{OKE}=\widehat{AKD}$, mà BC $\bot $ OA tại K nên $\widehat{DKI}=\widehat{IKE}$
    $\Rightarrow $ KI là phân giác trong của tam giác DKE
    Ta lại có KA $\bot $ KI nên KA là phân giác ngoài của tam giác DKE
    Do đó $\frac{AD}{AE}=\frac{ID}{IE}$ (=$\frac{KD}{KE}$) $\Rightarrow $ $\frac{EI}{EA}=\frac{DI}{DA}$
    Vì DM // BC nên $\frac{MB}{MA}=\frac{DI}{DA}$, do đó $\frac{EI}{EA}=\frac{MB}{MA}$ $\Rightarrow $ $\frac{EI}{EA}.\frac{MA}{MB}=1$ (*)
    Áp dụng định lí Mê-nê-la-us vào $\Delta $ABI và ba điểm E, H, M thẳng hàng
    Ta có $\frac{EI}{EA}.\frac{MA}{MB}.\frac{HB}{HI}=1$ (**)
    Từ (*) và (**) suy ra $\frac{HB}{HI}=1$ hay HB = HI.
    Vậy ME đi qua trung điểm H của BI.


    Bài 36:
    Từ điểm A ở ngoài (O;R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm) và cát tuyến ADE của đường tròn (O) (AD < AE). Vẽ EM vuông góc với BC tại M, vẽ EN vuông góc với OA tại N.
    Chứng minh : MN đi qua trung điểm của DE.[/B]
    bai_36.png
    Giả sử BC cắt OA tại K; MN cắt DE và KE thứ tự ở I và J.
    Tương tự như bài 35, ta chứng minh được $\widehat{OKE}=\widehat{AKD}$ (1)
    Dễ thấy MKNE là hình chữ nhật ($\widehat{M}=\widehat{K}=\widehat{N}={{90}^{0}}$)
    $\Rightarrow $ JM = JK = JN = JE
    $\Rightarrow $ Tam giác KJN cân tại J
    $\Rightarrow $ $\widehat{JKN}=\widehat{JNK}$ (2)
    Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{AKD}=\widehat{JNK}$
    Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên JI // KD
    Xét tam giác EKD có JE = JK và JI // KD nên IE = ID.
    Vậy MN đi qua trung điểm I của DE.