Luyện thị lớp 10: 15 LỜI GIAI BÀI TẬP RÈN LUYỆN NÂNG CAO (TIẾP)

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Câu 71. Giải:
Gọi M , N , P ,Q lần lượt là
trung điểm của AB, BC ,CD, DA .
Gọi G là giao điểm của MP , NQ
thì G là trung điểm chung của
cả hai đoạn đó. H đối xứng với O
qua G , H 1' đối xứng với A qua H . Ta chứng minh H 1' �H 1 .
'
Thật vậy, ta có MH / / BH 1 ( MH là đường trung bình của tam

giác ABH 1' ; MH / / OP ( MOPH là hình bình hành); OP ^ CD
'
(đường kính đi qua trung điểm dây cung).Suy ra BH 1 ^ CD .

Tương tự DH 1' ^ BC , suy ra H 1' là trực tâm của tam giác BCD
'
do đó H 1 �H . Lấy O ' đối xứng với O qua H , thì AOH 1O ' là

hình bình hành. Suy ra O 'H 1 = OA = R (bán kính của ( O ) ).
Tương tự O 'H 2 = O 'H 3 = O 'H 4 = R . Vậy ta có đpcm.
Câu 72. Giải:
Ta sẽ chứng minh ba đường
thẳng Ơ-le đó cùng đi qua
trọng tâm tam giác ABC .
Do tính tương tự, ta chỉ chứng
minh cho tam giác BCI .
Về phía ngoài tam giác ABC , dựng tam giác A 'BC đều, nội
tiếp trong đường tròn ( O1) . Tứ giác IBA 'C nội tiếp vì
154

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

� 'C + BIC
� = 1800 . Do A 'B = A 'C nên IA ' là phân giác � ,
BA
CIB
suy ra ba điểm A, I , A ' thẳng hàng. Gọi F là trung điểm của
BC , S và S1 lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và tam

giác I BC .

Vì

FS1 FO1 1
FS
=
=
= nên ba
FA
FI
FA ' 3

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
I BC 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:
Ta sử dụng bổ đề sau để chứng minh.

Bổ đề: cho tam giác nhọn ABC
có O là tâm đường tròn ngoại
tiếp, H là trực tâm. Khi đó nếu
� = 600 .
AO = AH thì ta có BAC

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 = I O = t .
� �600 thì bốn điểm O, I , H , A cùng
Ta chứng minh: nếu BAC
thuộc một đường tròn.

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 ).
155


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Lấy hai điểm H 1, H 2 nằm trên tia AH sao cho I H 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 �O2 và H �H 2 . Khi đó
D AIO : D AIH suy ra AO = AH . Áp dụng bổ đề ta được
� = 600 , trái với điều giả thiết.

BAC

b) Nếu O �O1 và H �H 2 hoặc O �O2 và H �H 1 . Ta có
� O = IH
� H và IO
� O = IH
� H . Suy ra
D IO1O2 = D IH 1H 2 nên IO
1 2
2 1
2 1
1 2
tứ giác AOIH nội tiếp.
Giả sử A và B không nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam
� = ABC
� = 600 nên tam giác ABC đều,
giác OI H . Khi đó BAC
suy ra ba điểm O, I , H trùng nhau, vô lý. Vậy ta có đpcm.
Câu 74. Giải:
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
tròn ( O ) , có OK ^ MK nên theo
“bài toán con bướm” ta có
�
� = HCB
�
(1). Mặt khác MAK
và HE ^ BK

= BAE
nên tam giác HCE cân tại C , suy ra HK = K E (2).Từ (1) và
(2) ta có tứ giác MHFE là hình bình hành, do đó MH / / EF .
�
�EF = ABC
� .
Suy ra MHK
=K
KM = KF

�
� .
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được NHK
= ACB
156


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

� = MHN
�
� + ACB
� = 1800 - BAC
� . Suy ra tứ giác
Ta có QHP
= ABC
AQPH nội tiếp được.

Câu 75. Giải:

� = APC
� = ABC
� = 1800 - AHC
� . Do đó tứ giác AHCR
Ta có ARC
�
�
�
nội tiếp.Suy ra AHX
= ACR = CAP .
Tương tự ta cũng có tứ giác
AHBQ nội tiếp.Từ đó suy ra
�
� =
XAH
= QBH

� + ABH
� = BAP
� + ABH
�
(2)
QBA

� + XAH
� =
Từ (1) và (2) suy ra AHX
� + BAP
� + ABH
� = CAB

� + ABH
� = 900 . Do đó
CAP
�
�
hay tứ giác AXEH nội tiếp được. Vậy
AXH
= 900 = AEH
� = AHX
� = CAP
�
(theo (1)). Suy ra EX / / AP
XEA

(đpcm).

Câu 76. Giải:
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD,CE . K N cắt
�QC = K
�AC = EPQ
� . Suy
AB, (O2 ) , (O ) lần lượt tại S, P ,Q . Ta có K
ra EP / / CQ , mà N là trung điểm của EC
nên N là trung điểm của PQ .
Ta thấy: 2SA.SM = SA.SD + SA.SB ;
2SK .SN = SK .SP + SK .SQ mà
SA.SD = SK .SP (tứ giác AK PD

nội tiếp); SA.SB = SK .SQ (tứ
157

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

giác AKQB nội tiếp)

� SA.SM = SK .SN � tứ giác AK NM
nội tiếp, hay K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN .
�
�
Mặt khác tứ giác AMO N nội tiếp vì AMO
= ANO
= 900 hay
1

1

1

cũng có O1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN . Suy
� O = ANO
�
ra tứ giác AK NO1 nội tiếp � AK
= 900 (đpcm).
1
1
Câu 77.

Giải: Gọi M là điểm đối xứng của B qua EF . Ta có
� = EBF

� .
EMF
� + EAF
� = EBF
� +A
�+A
� = EBF
� + E� + F� = 1800 nên
Mà EBF
1
2
1
1

� + EAF
� = 1800 . Vậy tứ giác MEAF nội tiếp đường tròn
EMF

(j ) .

Gọi N là giao điểm của các tiếp

tuyến tại A và M của ( j

)

ta

chứng minh ba điểm N , E , F
thẳng hàng. Thật vậy, gọi F '

158


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

là giao điểm thứ hai của NE
với ( j ) . Ta có D NAE : D NF 'A
(g.g) . Suy ra

AE
NA
ME
NM
NA
(1). Tương tự
=
=
=
AF ' NF '
MF ' NF ' NF '

AE
ME
AE
AF '
nên
(*) Gọi I
=
=
AF ' MF '

ME
MF '
là giao điểm của AB và EF . Ta có IE 2 = IA.I B = IF 2 do đó
Mà D I EB : D IAE (g.g) nên
IE = IF .
(2). Từ (1) và (2) ta có

EB
IF
IE
BF
IF
EB
BF
. Tương tự
. Suy ra
. Do vậy
=
=
=
=
AE
IA
IA
AF
IA
AE
AF
ME
MF

AE
AF
hay
=
=
AE
AF
ME
MF

(**). Từ (*) và (**) ta có

AF '
AF
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 trung trực AB , suy ra N thuộc đường thẳng OO ' .
Tương tự D 2 và CD cắt nhau tại một điểm N ' thuộc OO ' . Do
tính chất đối xứng, CD và EF cắt nhau tại một điểm thuộc
OO ' do đó N �N ' .

Vậy các đường thẳng CD, EF , D 1, D 2

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 ) .
� = NMX

�
� =M
�
Ta có N
và B
1
1
1
�
� .
do đó NMD
= NMB
� .
Vậy MN là phân giác góc DMB
159


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Gọi Q là giao điểm thứ hai của
MN và ( O ) . Ta có Q là điểm

chính giữa của cung BD do đó
� . Gọi I là giao điểm của CQ và
CQ là phân giác góc DCB
NP .
1� �
�
� + sđQB
� �

� = IPM
�
� �
�= 1�
�= N
�
sđ DM + sđ DQ
sđ DM
Ta có I CM = �
.
�
�
1
�
�
�
�
�
�
2
2
Suy ra tứ giác IPCM nội tiếp. Do đó
� = NPA
� = I�
QMB
MC � D QIM : D QNI � QI 2 = QN .QM . Mà
�
� � D DQN : D MQD � QD 2 = QN .QM � QD = QI .
QMD
= QDN

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:
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 I N (xét với ( O2 ) ). Suy ra tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC . (đpcm).
Câu 80. Giải:
1�
�
�
Ta có BMC
= 900 + A
= 1800 - B
2
�
�
và ZMY
= 1800 - B

(vì tứ giác MZCY nội tiếp)
� = Y�
Do đó BMZ
MC nên
�
XBM
= Y�NC . Suy ra D BXM : D MY C
160

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

do đó D K XB : D LY M

� = LY
� M = Y�TC = BTN
� . Vậy tứ giác BXT N nội tiếp.
� BXK
Tương tự ta cũng có tứ giác Y CNZ nội tiếp. Mặt khác
� = BT
� X = BMX
�
�
�
suy ra Y�NC = Y�ZT = Y�
BNX
MC và XNY
=B
.Từ đó
� = BMX
� +Y�
� = BMX
� + XBM
� +B
� = 2B
�=B
� +C� do
BNC
MC + B

� + BAC
� =A
� +B
� +C� = 1800 . Suy ra tứ giác ABNC nội
đó BNC
tiếp.
Câu 81. Giải:
a) D ABE : D ACF

�

(g.g)

AB
AE
=
� AE .AC = AF .AB .
AC
AF

� + BDH
� = 1800 �
b). Ta có BFH
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 vuông).

�
�
c). Ta có BFC = BEC = 900 � Tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác có

(

)

� = ABC
�
hai đỉnh F , E cùng nhìn BC dưới một góc vuông) � AEF
� = ABC
�
� = AEF
�
. Mà xAC
(hệ quả). Do đó xAC
(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

� = ABE
� = FDH

� � DI là tia phân giác � . Mà AD ^ BC
ADE
EDF
nên có DK là dường phân giác ngoài của D DEF . Xét D DEF có
161


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

KF
IF
(1). Áp dụng hệ quả Talet vào các tam giác: D IAE có
=
KE
IE
FN / / AE :

NF
IF
=
AE
IE

Từ (1),(2),(3) cho

(2);

D K AE có MF / / AE :

KF

MF
=
KE
AE

(3).

NF
MF
=
� NF = MF .
AE
AE

Câu 82. Giải:

� = MC
�
a). Ta có AM
� )
( M là điểm chính giữa của AC
�
�
(hệ quả góc
� ABM
= IBM
�
� = 900
nội tiếp). AMB
= ACB

(góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn) � BM ^ AI , AC ^ BI .

D ABI có BM vừa là đường cao ( BM ^ AI ) vừa là đường phân

(�

�

)

giác ABM = IBM . Do đó tam giác ABI cân tại B .

�MI = 900 BM ^ AI ; K
�CI = 900 AC ^ BI
b) Ta có K

(

)

(

)

� +K
�CI = 900 + 900 = 1800 .Vậy tứ giác MICK nội tiếp.
� KMI
c) Xét D ABN và D IBN có AB = BI ( D ABI cân tại B ),

� = IBN
� (chứng minh trên), BN cạnh chung. Do đó
ABN
� = NIB
� . Mà �
D ABN = D IBN (c.g.c) � NAB
NAB = 900 nên
� = 900 � NI ^ BI . Mà I thuộc đường tròn ( B, BA ) (vì
NIB
BI = BA ). Vậy NI là tiếp tuyến của đường tròn ( B, BA ) .
+ Xét D ABC có M là trung điểm của AI , D ABI cân tại B , BM
162


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

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 = IBM
�
d) Ta có IK
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung IK của
� = 1 IBA
� = IBM
�
� và IBA
� là góc
đường tròn IBK ). Mà IDA

( IDA

(

)

2

(

)

nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AI của đường tròn B, BA ,

� ). Do đó IDK
� = IDA
� � hai tia
BN là tia phân giác của IBA
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.
� = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường
Câu 83. Giải:a) Ta có ICD

( )

� = ICD
� = 900 . Do đó tứ giác
tròn O ).Tứ giác IHDC có IHD
� = 2ICH

�
�
và I�
IHDC nội tiếp đường tròn tâm M � IMH
CH = IDH
�

�

(

( )

góc cùng chắn cung AB của O ).

�

�

(

�

Do đó BCA = ICH = I DH

(

� = 2ICH
� .Ta có
) nên BCH

)

� = IMH
�
�
BCH
= 2ICH
. Vậy tứ giác BCMH nội tiếp.
b) Gọi T là giao điểm của PD

( )

và đường tròn J

ngoại tiếp

(

)

tam giác HMD T �D .
Xét D PHD và D PT M

�
� = PT
�M
có HPD
(chung), PHD
163

�

Mà BCA = ICH = IDH

.

) (hai


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung

MD của ( J ) ).Do đó D PHD : D PT M (g.g)
PH
PD
=
� PM .PH = PD.PT . Chứng minh tương tự có
PT
PM
PM .PH = PC .PB , nên PD.PT = PC .PB .
�

PD
PB
(vì
=
PC
PT

� = PTC
�
PD.PT = PC .PB ). Do đó D PBD : D PT C (c.g.c) � PBD

�
Xét D PBD và D PT C có PBD
(chung),

� 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

(gt)

�
� = 900 . Tứ giác AMON có
� AMO
= ANO
� + ANO
� = 900 + 900 = 1800 � Tứ giác AMON nội tiếp đường
AMO
tròn đường kính OA .

� = 900 � I
b) I là trung điểm của BC (gt) � OI ^ BC , AIO
thuộc đường tròn đường kính OA .Ta có AM = AN ( AM , AN là

( )

các tiếp tuyến của O ).

(

+ Xét đường tròn AMOIN

)

có AM = AN

� = AN
� = AMK
� .
� � AIM
� AM
�
Xét D AIM và D AMK có IAM
� = AMK
�
(chung), AIM
.
Do đó D AIM : D AMK (g.g)

164


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

AI
AM
=
� AK .AI = AM 2 .
AM
AK
� (chung), AMB
�
�
Xét D AMB và D ACM có MAB
(hệ quả
= ACM
góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).Do đó D AMB : D ACM (g.g)
�

�

AM
AB
2
=
� AB.AC = AM 2 .Vậy AK .AI = AB .AC = AM .
AC
AM

(

)

� = 900 ; O, A cố định. vậy I thuộc đường tròn đường
c) Ta có AIO
kính OA . Khi B � M thì I � M ; khi B � N thì I � N . Do vậy
khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên cung tròn
MON của đường tròn đường kính OA .
� = AN
� = NIK
�
� � MIK
d) Xét đường tròn đường kính OA có AM
D IMN có IK là đường phân giác �

IM
MK
. Do đó
=
IN
NK

IM
MK
2
=2�
= 2 � MK = 2NK � MK = MN .
IN
NK
3
Vậy khi cát tuyến ABC cắt đoạn thẳng MN tại điểm K sao cho
IM = 2IN �

2
MK = MN thì IM = 2IN .
3
Câu 85. Giải:

� = 900 AH ^ BC . Do đó H thuộc đường tròn O .
a) Ta có AHB

(

)

H và E đối xứng qua AC (gt) và N �AC .
� = AEN
�
Do đó AHN
(tính chất đối xứng trục)

�

�

� 1 � �
�
sđ AN �
.
�
�
�
2

�
�

=
Mà AHN = ADN �
�
�

� = ADN
�
Do đó AEN
� D ADE
165

( )


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

cân tại A .Vậy AD = AE .

� = 900 (góc nội tiếp chắn
b) ADB
nửa đường tròn), AH = AE (tính chất đối xứng trục) và
AD = AE nên AD = AH .

(�

)

(�

)

0
0
+ Xét D ADB ADB = 90 và D AHB AHB = 90 có AD = AH ,

AB (cạnh chung). Do đó D ADB = D AHB (cạnh huyền- cạch góc
� = HAB
� .
vuông) � DAB
�
� , AM (cạnh
+ Xét D ADM và D AHM có AD = AH , DAM
= HAM
�
� . Ta có
(c.g.c) � ADM
= AHM

chung). Do đó D ADM = D AHM

(

)

�
�
�

� .
AHM
= AHN
= ADM
. Vậy HA là tia phân giác của MHN
� = AEC
�
c) H và E đối xứng qua AC (gt) � AHC
(tính chất đối

(

� = 900 AH ^ BC
xứng trục). Mà AHC

)

� = 900 . Tứ giác
nên AEC

� + AEC
� = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác AHCE nội
AHCE có AHC
tiếp � A, H ,C , E cùng thuộc một đường tròn.
�

�

(

�

Mặt khác AHM = AEM = ADM

)

� tứ giác AEHM nội tiếp

� A, E , H , M cùng thuộc một đường tròn (2). Từ (1) và (2) ta có
năm điểm A, E ,C , H , M cùng thuộc một đường tròn.
� = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Ta có ANB
�
� = 900 ( A, E ,C , H , M cùng thuộc một đường tròn)
AMC
= AHC
D ABC có CM , BN , AH là ba đường cao (
�
� = 900, AH ^ BC ).Do đó ba đường thẳng
AMC
= 900, ANB
CM , BN , AH đồng quy.
� = ABC
�
d) Xét D ADQ và D ABC có ADQ
(hai góc nội tiếp cùng

( )

� = ACB

�
� của O ); AQD
chắn cung AH
(hai góc nội tiếp cùng chắn
166


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

� của ( O1) . Do đó D ADQ : D ABC (g.g) � AD = DQ . Mà
AH
AB
BC
DI =

DQ
BC
( I là trung điểm của DQ ), BK =
( K là trung
2
2

điểm của BC ) nên

DI
DQ
=
BK
BC
�

�

+ Xét D ADI và D ABK có ADI = ABK ,

AD
DI
=
AB
BK

� DQ �
�
�
�
=
.
�
�
�
�
� BC �

� = AK
� B � Tứ giác AIHK
+ Do đó D ADI : D ABK (c.g.c) � AID
nội tiếp. Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK .
Câu 86). Giải:

� = ADC

� = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường
a). Ta có ABC

(�

(�

)

)

0
0
tròn).Xét D ABC ABC = 90 và D ADC ADC = 90 có AC

(cạnh chung), AB = AD ( D ABD đều) Do đó D ABC = D ADC

� = DAC
� = 300
(cạnh huyền – cạnh góc vuông) � BAC
CD = BC = AC .sin BAC = 2a sin300 = a ;
BD = AD = AB = AC .cosBAC = 3a , DN =

AD
3a ,
D DNC
=
2
2
2

� 2a �
7a2
� �
2
�
vuông tại D � CN 2 = DN 2 + CD 2 , CN = �
nên
+a =
�
�
�
�
2
4
�
�
� �
2

CN =

7a .
2

b) D ABD đều có AC là đường
phân giác nên là đường cao,
đường trung tuyến. M , N lần lượt

167

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

là trung điểm AB, AD � MN là
đường trung bình của tam giác

ABD � MN / / BD .Ta có
AC ^ BD, MN / / BD
�
� C = 900, MEC
�
� C = 900 , MBC
= 900, MK
= 900 (
� MN ^ AC � MK
H là trực tâm của D CMN ). Do đó B, M , K , E ,C cùng thuộc một

( )

đường tròn T

( )

�FB = K
�CB (xét T ),
đường kính MC . Ta có K

�FB = ADB
�

� = ADB
�
� K F / / AD . Tứ giác
(xét ( O ) ) � K
KCB
K FDN có K F / / ND và K N / / FD nên là hình bình hành
�
�
AB
AD
�
�
AM
=
=
=
AD
nên
�
� DF = K N . D AMN có AM = AN �
�
�
�
2
2
�
�
Mà AK là đường
D AMN cân tại A .
phân giác nên cũng là đường cao, đường trung tuyến

� KN =

MN
BD
3a . Vậy
3a .
=
=
DF =
2
4
4
4

c) D CMN có CK là đường cao, đường trung tuyến � D CMN cân
tại C .

� � MCK
�
� . Xét đường tròn
Do đó CK là tia phân giác MCE
= KCE

(T )

�
�CE � MK
� =K
�ME = MFI

� . Vẽ Mx là tiếp
�E � K
có MCK
=K

(

tuyến của đường tròn MIF

)

� = MFI
�
có xME
Ta có

�ME = xME
� � Hai tia MK , Mx trùng nhau. Vậy K M tiếp xúc với
K
đường tròn ngoại tiếp tam giác MIF . D K MI : D K FM (g.g)
KM
KI
KN
KI
, mà K M = K N nên
. Ta có
=
=
KF
KM

KF
KN
�NF = 900 , D K IN : D K NF
NF / / FM , K N ^ AC � K N ^ NF � K

�

168


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

KI
KN �
�IN = K
�NF = 900 . mà K F / / AD .
=
, IK N chung) � K
KN
KF
� = 900 .
Vậy IND
(

Câu 87. Giải:
a) D MAC : D MDA
b) D MHC : D MDO (c.g.c)

�
� , MHC

�
�
MCH
= DOH
= DHO
�

�

� = COD = CHD = BHD
� .
c) CAD
2

2

d) DE cắt CF tại K .

�
�
�
�
0
0
� = OCD
� = 180 - COD = 180 - sđCD = sđCE - sđ DF = DK
� F
OHD
2
2

2
�HF = 1800 - K
�DF = 900 � K H ^ MO tại H .
� tứ giác DK HF , K
Mà AB ^ MO tại H . Nên K H , AB trùng nhau.
Câu 88. Giải:
Vẽ OH ^ MF tại H . Tứ giác OBDH nội tiếp, A, B, H ,O,C cùng
thuộc một đường tròn.

� = AOB
� = BDS
� �
AHB
Tứ giác BDFH nội tiếp

� = BFH
�
� BDH

(

�
�
�
ABM
= BDH
= BFH

)

� BM / / DH , DH / / GM
( DH là đường trung bình của tam giác MGF ).
169


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

M , B,G thẳng hàng.Tương tự M ,C , L thẳng hàng BC / /GL .
Trên nửa mặt phẳng bờ BM có chứa F vẽ tia Mx là tia

( )

� = MCD
�
�
tiếp tuyến của đường tròn O , xMB
= MLG
� Mx là tia tiếp tuyến của đường tròn ( MGL ) .

( )

(

)

Vậy hai đường tròn O và MGL tiếp xúc nhau.

170