15 lời GIAI bài tập toán rèn LUYỆN NÂNG CAO

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' º 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 º 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 I BA 'C nội tiếp vì
154

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

· 'C + BIC
·
·
,
BA
= 1800 . Do A 'B = A 'C nên IA ' là phân giác 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 I AC , 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
·
AO = AH thì ta có BAC
= 600 .

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 I H = IO = t .
·
Ta chứng minh: nếu BAC
¹ 600 thì bốn điểm O, I , H , A cùng
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 º O1 và H º H 1 , hoặc O º O2 và H º H 2 . Khi đó
D AI O : D AI H suy ra AO = AH . Áp dụng bổ đề ta được
·
BAC
= 600 , trái với điều giả thiết.

b) Nếu O º O1 và H º H 2 hoặc O º O2 và H º 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
·
·
giác OI H . Khi đó BAC
= ABC
= 600 nên tam giác ABC đều,
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
·
·
·
(1). Mặt khác MAK
và HE ^ BK
= BAE
= HCB
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

·

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

Câu 75. Giải:

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

·
·
XAH
= QBH
=

·
·
·
·
(2)
QBA
+ ABH
= BAP
+ ABH

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

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

(đpcm).

Câu 76. Giải:
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD,CE . K N cắt
· QC = K
· AC = EPQ
·
AB, ( O2 ) , ( O ) lần lượt tại S, P ,Q . Ta có K
. Suy
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 AK QB nội tiếp)

Þ SA.SM = SK .SN Þ 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 Þ AK
= 900 (đpcm).
1
1
Câu 77.

Giải: Gọi M là điểm đối xứng của B qua EF . Ta có
·
·
.
EMF
= EBF
·
·
·
µ +A
¶ = EBF
·
Mà EBF
+ EAF
= EBF
+A
+ E¶ 1 + Fµ1 = 1800 nên
1
2

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

(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.IB = I F 2 do đó
Mà D I EB : D IAE (g.g) nên
I E = 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 º 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 º 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


PHN LOI V PHNG PHP GII HèNH HC 9

Gi Q l giao im th hai ca

MN v ( O ) . Ta cú Q l im

chớnh gia ca cung BD do ú
ã
CQ l phõn giỏc gúc DCB
. Gi I l giao im ca CQ v
NP .
1ổ ẳ
ã
ẳ + sQB
ằ ử
ả = IPM
ã
ẳ ử
ữ= 1ổ
ữ= N
ỗ
s DM + s DQ
s DM
Ta cú I CM = ỗ
.
ỗ
ỗ
1
ữ
ữ
ố
ứ
ố
ứ

2
2
Suy ra t giỏc IPCM ni tip. Do ú
ã
ã
ã
QMB
= NPA
= IMC
ị D QIM : D QNI ị QI 2 = QN .QM . M
ã
ã
QMD
= QDN
ị D DQN : D MQD ị QD 2 = QN .QM ị QD = QI .

Do ú I l tõm ng trũn ni tip tam giỏc BCD . Tng t
tõm ng trũn ni tip tam giỏc ACD nm trờn NP .
Cõu 79. Gii:
Gi A ' l giao im th hai ca AI vi ( O ) . Theo cõu 78 ta
cú tõm ng trũn ni tip tam giỏc ABC nm trờn IM (xột
vi ( O1) v I N (xột vi ( O2 ) ). Suy ra tõm ng trũn ni tip
tam giỏc ABC . (pcm).
Cõu 80. Gii:
1à
ã
à
Ta cú BMC
= 900 + A
= 1800 - B

2
ã
à
v ZMY
= 1800 - B

(vỡ t giỏc MZCY ni tip)
ã
Do ú BMZ
= Yã MC nờn
ã
XBM
= Yã 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

·
· M = Y· T C = BT
· N . Vậy tứ giác BXT N nội tiếp.
Þ BXK
= LY
Tương tự ta cũng có tứ giác Y CNZ nội tiếp. Mặt khác
·
· X = BMX
·
·

µ
suy ra Y· NC = Y· ZT = Y· MC và XNY
BNX
= BT
=B
.Từ đó
·
·
µ = BMX
·
·
µ = 2B
µ =B
µ +Cµ do
BNC
= BMX
+Y· MC + B
+ XBM
+B

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

Þ

(g.g)

AB
AE
=
Þ AE .AC = AF .AB .
AC
AF

·
·
b). Ta có BFH
+ BDH
= 1800 Þ
Tứ giác BFHD nội tiếp (tứ giác có
hai góc đối bù nhau).

·
·
Ta có ADB = AEB = 900 Þ 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 Þ Tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác có

(

)

·
·
hai đỉnh F , E cùng nhìn BC dưới một góc vuông) Þ AEF
= ABC
·
·
·
·
. Mà xAC
(hệ quả). Do đó xAC
(hai góc ở vị trí so
= ABC
= AEF
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

·
·
·
·
. Mà AD ^ BC
ADE

= ABE
= FDH
Þ DI là tia phân giác 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
=
Þ NF = MF .
AE
AE

Câu 82. Giải:

¼ = MC
¼
a). Ta có AM
¼ )
( M là điểm chính giữa của AC
·
·
(hệ quả góc
Þ ABM
= IBM
·
·
nội tiếp). AMB
= ACB

= 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn) Þ 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

(

)

(

)

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

·
·
(chứng minh trên), BN cạnh chung. Do đó
ABN
= IBN
·
·
·
. Mà NAB
D ABN = D IBN (c.g.c) Þ NAB
= NIB
= 900 nên
·
NIB
= 900 Þ NI ^ BI . Mà I thuộc đường tròn ( B, BA ) (vì
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 Þ MO là đường trung
bình của tam giác ABI Þ 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·
·
·
·
·
đường tròn IBK ). Mà IDA
( IDA
và IBA
là góc
= IBA
= IBM

(

)

2

(

)

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

·
·
·
Þ hai tia
). Do đó IDK

BN là tia phân giác của IBA
= IDA
DK , DA trùng nhau.
Þ 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.
·
Câu 83. Giải:a) Ta có ICD
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường

( )

·
tròn O ).Tứ giác IHDC có I·HD = ICD
= 900 . Do đó tứ giác
·
·
·
·
và ICH
IHDC nội tiếp đường tròn tâm M Þ IMH
= 2ICH
= IDH
·

·

(

( )

góc cùng chắn cung AB của O ).

·

(

·

·

Do đó BCA = ICH = IDH

(

·
·
.Ta có
) nên BCH
= 2ICH

)

·
·
·
BCH
= IMH
= 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 ¹ D .
Xét D PHD và D PT M

·
·
· M
có HPD
(chung), PHD
= PT
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
=
Þ PM .PH = PD.PT . Chứng minh tương tự có
PT
PM
PM .PH = PC .PB , nên PD.PT = PC .PB .
Þ

PD
PB
(vì
=
PC
PT
·
· C
PD.PT = PC .PB ). Do đó D PBD : D PT C (c.g.c) Þ PBD
= PT

·
Xét D PBD và D PT C có PBD
(chung),

Þ Tứ giác BCDT nội tiếp nên T thuộc đường tròn ( O ) . Do đó
T º N . Vậy ba điểm P , D, N thẳng hàng.
Câu 84. Giải:

( )

a) AM , AN là các tiếp tuyến của đường tròn O

(gt)

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

·
b) I là trung điểm của BC (gt) Þ OI ^ BC , AIO
= 900 Þ I
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

¼ = AN
·
·
¼ Þ AIM
.
Þ AM
= AMK
·
Xét D AIM và D AMK có IAM
·
·
(chung), AIM
.
= AMK
Do đó D AIM : D AMK (g.g)

164


PHN LOI V PHNG PHP GII HèNH HC 9

AI
AM
=
ị AK .AI = AM 2 .
AM
AK
ã
ã
ã
Xột D AMB v D ACM cú MAB
(chung), AMB
(h qu
= ACM
gúc to bi tip tuyn v dõy cung).Do ú D AMB : D ACM (g.g)
ị

ị

AM
AB
2
=
ị AB .AC = AM 2 .Vy AK .AI = AB .AC = AM .
AC
AM

(

)

ã
c) Ta cú AIO
= 900 ; O, A c nh. vy I thuc ng trũn ng
kớnh OA . Khi B đ M thỡ I đ M ; khi B đ N thỡ I đ N . Do vy
khi cỏt tuyn ABC thay i thỡ I chuyn ng trờn cung trũn
MON ca ng trũn ng kớnh OA .
ẳ = AN
ã
ã
ẳ ị MIK
d) Xột ng trũn ng kớnh OA cú AM
= NIK
D IMN cú IK l ng phõn giỏc ị

IM
MK
. Do ú
=
IN
NK

IM
MK
2
=2
= 2 MK = 2NK MK = MN .
IN
NK
3
Vy khi cỏt tuyn ABC ct on thng MN ti im K sao cho

IM = 2IN

2
MK = MN thỡ IM = 2IN .
3
Cõu 85. Gii:

ã
a) Ta cú AHB
= 900 AH ^ BC . Do ú H thuc ng trũn O .

(

)

H v E i xng qua AC (gt) v N ẻ AC .
ã
ã
Do ú AHN
= AEN
(tớnh cht i xng trc)

ã

ã

ổ 1 ẳ ử
ữ
s AN ữ
.

ữ
ữ
ỗ
2
ố
ứ

M AHN = ADN ỗ
ỗ
ỗ=

ã
ã
Do ú AEN
ị D ADE
= ADN
165

( )


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

cân tại A .Vậy AD = AE .

·
b) ADB
= 900 (góc nội tiếp chắn
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
·
·
vuông) Þ DAB
.
= HAB
·
·
+ Xét D ADM và D AHM có AD = AH , DAM
= HAM
, AM (cạnh
·
·
(c.g.c) Þ ADM
. Ta có
= AHM

chung). Do đó D ADM = D AHM

(

)

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

(

·
xứng trục). Mà AHC
= 900 AH ^ BC

)

·

nên AEC
= 900 . Tứ giác

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

(

·

·

Mặt khác AHM = AEM = ADM

)

Þ tứ giác AEHM nội tiếp

Þ 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.
·
Ta có ANB
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
·
·

AMC
= AHC
= 900 ( A, E ,C , H , M cùng thuộc một đường tròn)
D ABC có CM , BN , AH là ba đường cao (
·
·
AMC
= 900, ANB
= 900, AH ^ BC ).Do đó ba đường thẳng
CM , BN , AH đồng quy.
·
·
d) Xét D ADQ và D ABC có ADQ
(hai góc nội tiếp cùng
= ABC

( )

·
·
¼ của O ); AQD
chắn cung AH
(hai góc nội tiếp cùng chắn
= ACB
166


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

¼ của ( O1) . Do đó D ADQ : D ABC (g.g) Þ 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

æ DQ ö
÷
ç
÷
.
ç=
÷
÷
ç
è BC ø

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

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

(·

)

(·

)

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

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

AD
3a ,
D DNC
=
2
2
2

æ 2a ö
÷
7a2
ç
2

÷
vuông tại D Þ CN 2 = DN 2 + CD 2 , CN = ç
nên
+a =
÷
ç
÷
ç
2
4
÷
ç
è
ø
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 Þ MN là
đường trung bình của tam giác

ABD Þ MN / / BD .Ta có
AC ^ BD, MN / / BD
·
· C = 900, MEC
·
· C = 900 , MBC
= 900, MK
= 900 (
Þ MN ^ AC Þ 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
·
· CB = ADB
·
Þ K F / / AD . Tứ giác
(xét ( O ) ) Þ K

K
K FDN có K F / / ND và K N / / FD nên là hình bình hành
æ
ö
AB
AD
÷
÷
AM
=
=
=
AD
nên
ç
Þ DF = K N . D AMN có AM = AN ç
÷
ç
÷
2
2
è
ø
Mà AK là đường
D AMN cân tại A .
phân giác nên cũng là đường cao, đường trung tuyến

Þ KN =

MN

BD
3a . Vậy
3a .
=
=
DF =
2
4
4
4

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

·
·
· CE . Xét đường tròn
Do đó CK là tia phân giác MCE
Þ MCK
=K

(T )

·
· CE Þ MK
¼ =K
· ME = MFI
·
¼E Þ K
có MCK

. Vẽ Mx là tiếp
=K

(

tuyến của đường tròn MIF

)

·
·
có xME
Ta có
= MFI

· ME = xME
·
K
Þ Hai tia MK , Mx trùng nhau. Vậy K M tiếp xúc với
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 Þ K N ^ NF Þ K
Þ

168


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

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

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

·
·

·
·
MCH
= DOH
, MHC
= DHO
·

·

COD CHD
·
·
c) CAD
.
=
=
= BHD
2

2

d) DE cắt CF tại K .

·
»
» - sđ DF
»
1800 - COD
1800 - sđCD

sđCE
·
·
· F
OHD
= OCD
=
=
=
= DK
2
2
2
· HF = 1800 - K
· DF = 900 Þ K H ^ MO tại H .
Þ 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.

·
·
·
AHB
= AOB
= BDS
Þ
Tứ giác BDFH nội tiếp

·
·
Þ BDH
= BFH

(

·
·
·
ABM
= BDH
= BFH

)

Þ 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

( )

·
·

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

( )

(

)

Vậy hai đường tròn O và MGL tiếp xúc nhau.

170