On thi vao 10 THPT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.15 MB, 29 trang )

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
<b>Bài 1: (Thi vào 10, năm 2007 - 2008). </b>

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB < AC). Đường trịn đường kính BC cắt AB, AC
theo thứ tự tại E và F. Biết BF cắt CE tại H và AH cắt BC tại D.

a)Chứng minh rằng tứ giác BEFC nội tiếp và AH vng góc với BC.
b)Chứng minh AE. AB = AF. AC

c)Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và K là trung điểm của BC.
Tính tỉ số <i>OK</i>

<i>BC</i> khi tứ giác BHOC nội tiếp.

d)Cho HF = 3 cm, HB = 4 cm, CE = 8 cm và HC > HE. Tính HC.
<b>Hướng dẫn giải: </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), suy ra

( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), suy ra

Trong tam giác ABC hai đường cao BF, CE cắt nhau tại H nên H là trực tâm của
tam giác ABC, suy ra .

b) Ta có tam giác AEF và tam giác ACB đồng dạng vì có:
+ Góc A chung

+ ( tứ giác BEFC nội tiếp)
Suy ra:

c) Ta chứng minh được:

Và ( góc ở tâm bằng hai lần góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

Mà tứ giác BHOC nội tiếp nên , suy ra .

Ta có:

suy ra:

d) Ta có: và .

Mà , nên giải hệ ta được .

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
a)Chứng minh AD. AC = AE.AB.

b)Gọi H là giao điểm của BD và CE, gọi K là giao điểm của AH và BC. Chứng
minh AH vng góc với BC.

c)Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn (O) với M, N là các tiếp điểm.
Chứng minh n<i>ANM</i> =n<i>AKN</i>

d)Chứng minh 3 điểm M, H, N thẳng hàng.
<b>Hướng dẫn giải </b>

a) Chứng minh tam giác ABD và ACE đồng dạng (g.g)

b) Chứng minh BD và CE là hai đường cao của tam giác ABC, cắt nhau tại H nên H là trực
tâm. Suy ra AH vng góc BC.

c) Ta có tam giác AMN cân tại A (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau), suy ra .
Vì nên A, N, M, O, K cùng thuộc đường trịn đường kính AO.

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
d) AN là tiếp tuyến của (O), ABE là cát tuyến cắt (O) tại E và B,ta chứng minh được

. Hơn nữa ta có tam giác AEH và AKB đồng dạng (g.g), suy ra
.

Từ đó ta có , suy ra tam giác ANH và ANK đồng dạng(c.g.c), suy ra
.

Và từ câu c) ta có , suy ra tia NH và NM trùng nhau, hay N, H, M thẳng hàng.
<b>Bài 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC), có đường cao AH. Gọi D và E lần </b>
lượt là trung điểm của AB và AC.

a) Chứng minh rằng DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác DBH và
ECH.

b) Gọi F là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác DBH và CEH. Chứng
minh HF đi qua trung điểm M của DE.

c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE đi qua điểm F.

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
a) Gọi I và J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác BDH và CEH.

Tam giác AHB vng tại H có HD là trung tuyến nên mà IB = IH, suy ra
DI là đường trung trực của BH. Suy ra .

Mặt khác ta có DE làđường trung bình của tam giác ABC nên DE // BC.
Từ đó suy ra , mà D thuộc (I) nên DE là tiếp tuyến của (I).
Chứng minh tương tự ta cũng có DE là tiếp tuyến của (J).

b) Gọi M là giao điểm của HF và DE. Ta chứng minh được tam giác MDF và MHD đồng
dạng (g.g), suy ra

Tương tự ta có

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>

c) Ta có và , suy ra

Tam giác DHE bằng tam giác DAE (ccc), suy ra
Từ (3) và (4) ta có:

Suy ra tứ giác AEFD nội tiếp (tổng hai góc đối bằng ), hay đường tròn ngoại tiếp tam
giác ADE qua điểm F.

<b>Bài 4: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R). Điểm M lưu động </b>
trên cung nhỏ BC. Từ M kẻ các đường thẳng MH, MK lần lượt vng góc với AB, AC (H
thuộc AB, K thuộc AC).

a) Chứng minh hai tam giác MBC và MHK đồng dạng.
b) Tìm vị trí của M để đoạn HK có độ dài lớn nhất.

<i><b>Hướng dẫn giải: </b></i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
Hơn nữa, tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) nên và

Từ (1) và (2) ta có , suy ra tam giác MHK đồng dạng với tam
giác MBC (g.g)

b) Tam giác MHK và MBC đồng dạng, suy ra

Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi H trùng B, hay M điểm đối xứng của A qua O.
Vậy HK đạt giá trị lớn nhất bằng BC khi M là điểm đối xứng của A qua O.

<b>Bài 5: (THTH 06 - 07) Gọi AD là đường phân giác trong góc A của tam giác ABC ( D thuộc </b>
cạnh BC). Trên AD lấy hai điểm M, N sao cho . BM cắt đường tròn ngoại tiếp
tam giác ACM tại điểm thứ hai E và CN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN tại điểm
thứ hai F.

a)Chứng minh tứ giác BECF nội tiếp.
b) Chứng minh 3 điểm A, E, F thẳng hàng.

c) Chứng minh rằng: . Từ đó suy ra: .

<i><b>Hướng dẫn giải: </b></i>

a) Ta có:

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
Và (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CM)

Mà (AD là phân giác góc A)

Nên ta có hay , suy ra tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp (2 đỉnh
kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau).

b) Vì tứ giác BFEC nội tiếp nên ta có: hay

Mà và (gt)

Do đó: , suy ra F, A, E thẳng hàng.
c) Ta có (BFEC nội tiếp)

Và (AECM nội tiếp).

Suy ra , dễ dàng suy ra

<b>Bài 6: (NK AB - 07 - 0 Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H và góc </b> . Gọi M,
N, P lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, B, C của tam giác ABC và I là trung điểm BC.
a) Chứng minh tam giác INP đều.

b) Gọi E và K lần lượt là trung điểm của PB và NC. Chứng minh các điểm I, M, E, K cùng
thuộc một đường tròn.

c) Giả sử IA là phân giác của góc . Hãy tính số đo góc

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
a) Tam giác PCB vng tại P có PI là trung tuyến nên

Tương tự thì

Suy ra: (1)

Tam giác PIC cân tại I, nên ta có
Tương tự thì

Mà

suy ra: (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác NIP đều.

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
Tương tự ta cũng có

Vậy ta có nêm 5 điểm K, H, I, E, M cùng nằm trên đường tròn
đường kính AH.

c) Tam giác IPN đều, nếu IA là đường phân giác thì cũng là đường trung trực, nên suy ra
AP = AN, suy ra , từ đó ta có tam giác ABC đều, suy ra

<b>Bài 7 (LHP 04 - 05 - đề chung) Cho đường trịn tâm O. Từ điểm M nằm ngồi đường trịn </b>
vẽ các tiếp tuyến MC, MD với (O) (C, D là các tiếp điểm). Vẽ các tuyến MAB không đi qua
O, A nằm giữa A và B. Tia phân giác cắt AB tại E.

a) Chứng minh MC = ME.

b) Chứng minh DE là phân giác của .

c) Gọi I là trung điểm của AB. Chứng minh O, I, C, M, D cùng thuộc một đường tròn.
d) Chứng minh IM là phân giác của

<i><b>Hướng dẫn giải: </b></i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
Và

Mà (bằng 1/2 số đo cung AC)

và (gt)

Từ đó ta có: , suy ra tam giác MCE cân tại M, suy ra ME = MC.
b) Ta có MC = MD (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

suy ra MD = ME, tam giác MDE cân tại M. Do đó ta có:

hay
mà
Suy ra

hay DE là phân giác góc ADB.

c) Vì I là trung điểm AB nên ta có , từ đó ta có:

, suy ra 5 điểm M, C, D, I, O cùng nằm trên đường trịn đường
kính MO.

d) Ta có (MDOI nội tiếp)
và (MOIC nội tiếp)

Mà (T/c 2tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra , suy ra MI là phân giác góc CID.

<b>Bài 8: (THTH 05 -06) Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong một đường tròn tâm O. Gọi I là </b>
điểm đối xứng của A qua O. Trên cạnh BA lấy điểm M và trên đường kéo dài của cạnh AC
về phía C lấy điểm N sao cho BM = CN. Hai đường thẳng MN và BC cắt nhau tại K. Chứng
minh rằng:

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
b) Tứ giác AMIN nội tiếp trong một đường tròn.

c) K là trung điểm của đoạn MN.

<i><b>Hướng dẫn giải: </b></i>

a) Ta có OB = OC, AB = AB (gt), suy ra AO là đường trung trực của BC. I là điểm đối xứng
của A qua BC, suy ra I là giao điểm của AO và (O), suy IB = IC.

AI là đường kính, suy ra .

Từ đó ta có tam giác IBM bằng tam giác ICN (c.g.c).
b)

Suy ra tứ giác AMIN nội tiếp (Góc ngồi bằng góc trong đỉnh đối)
c)

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
Ta có (cmt), suy ra tứ giác MBIK nội tiếp. Mà .

Tam giác IMN cân tại I có IK là đường cao nên cũng là trung tuyến, suy ra K là trung điểm
MN.

<b>Bài 9:(TĐN, 2002 - 2003) Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB cố định và đường kính </b>
CD thay đổi (CD khơng trùng AB). Vẽ tiếp tuyến (d) của đường trịn (O) tại B. Các đường
thẳng AC, AD cắt (d) lần lượt tại P và Q.

a) Chứng minh tứ giác CPQD là một tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh trung tuyến AI của tam giác APQ vng góc với CD.

<i><b>Hướng dẫn giải: </b></i>

a) Ta có ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))
Vì PB là tiếp tuyến của (O) nên ta có

Suy ra: (cùng phụ với

Ta lại có: (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Từ đó suy ra: tứ giác PCDQ nội tiếp (Góc ngồi bằng góc trong đỉnh đối
diện)

b) Ta có (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
Hơn nữa ta có: (cmt)

Suy ra:
Suy ra:

<b>Bài 10: (TĐN 2003 - 2004) Cho hai điểm A, B thuộc đường trịn (O) (AB khơng đi qua O), </b>

hai điểm C, D lưu động trên cung lớn AB sao cho AD//BC (AD > BC). Gọi M là giao điểm
của DB và AC. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại I

a) Chứng minh ba điểm I, O, M thẳng hàng.

b) Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MCD không đổi.

<i><b>Hướng dẫn giải: </b></i>

a) Ta có: IA = AD (1)(t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
OA = OD (2)(A, D thuộc đường tròn (O))

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên :
Vì AD //BC nên

Suy ra:

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
, suy ra tam giác MAD cân tại M, suy ra MA = MD (3)

Từ (1), (2) và (3) Ta có 3 điểm I, O, M cùng nằm trên đường trung trực của AD nên thẳng
hàng.

b) Ta có (c.c.c) suy ra bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MDC bằng
bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MAB.

Ta có ( góc ở tâm bằng 2 lần góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)
Tam giác MCD cân tại M nên ta có:

Từ (4) và (5) ta có: , suy ra tứ giác AOMB nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một

cạnh dưới hai góc bằng nhau). Từ đó ta có bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AMB
cũng là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AOB. Vì A, O, B cố định nên bán kính đó
khơng đổi.

Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CMD bằng bán kính đường trịn ngoại tiếp
tam giác AOB nên khơng đổ.

<b>Bài 11: (LHP 2002 - 2003) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB cố định và đường </b>
kính CD thay đổi. Vẽ tiếp tuyến (d) của (O) tại B. Các đường thẳng AC, AD cắt (d) lần lượt
tại P và Q.

a) Chứng minh tứ giác CPQD là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh trung tuyến AI của tam giác APQ vng góc với CD.

c) Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDP. Chứng minh E luôn di chuyển trên
một đường thẳng cố định khi CD thay đổi.

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
Câu a và b xem bài 9 .

c) Vì CDQP là tứ giác nội tiếp nên tâm E của đường tròn ngoại tiếp cũng là tâm đường
tròn ngoại tiếp tứ giác CDQP.

Ta có I là trung điểm PQ, suy ra
O là trung điểm của CD, suy ra

Mà ta có (PQ là tiếp tuyến của B tại B)
và (câu b)

Từ đó ta có: , suy ra tứ giác AOEI là hình bình hành. Suy ra EI = AO = R.
Ta có , suy ra E nằm trên đường thẳng song song với PQ và cách PQ một
khoảng R (đường thẳng này khác phía với A đối với đường thẳng PQ)

<b>Bài 12: (LHP 2003 - 2004) Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi K là trung điểm </b>
cung AB. M là điểm lưu động trên cung nhỏ AK (M khác A và K). Lấy điểm N trên đoạn BM
sao cho: BN = AM.

a) Chứng minh rằng:

b) Chứng minh tam giác MNK vuông cân.

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
d) Chứng minh rằng đường thẳng vng góc với BM tại N ln đi qua một điểm cố định.

<i><b>Hướng dẫn giải: </b></i>

a)Ta có (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
Và KA = KB (K là trung điểm cung AB)

Suy ra tam giác KAB là vuông cân tại K.
Xét hai và có:

+ MA = NB (gt)

+ (góc nội tiếp cùng chắn cung MK)
+ KA = KB (cmt)

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
b) Ta có

Suy ra:
hay

Mà (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn.
Nên

Hơn nữa ta có

Suy ra tam giác KMN vuông cân tại K.

c)Ta có $latex\ widehat{AMB} = 90^o$(góc nội tiếp chắn nửađường trịn), suy ra
Vì tam giác vng cân tại K nên

Từ đó

Suy ra MK là phân giác của

d) Gọi I là giao điểm của AK và đường thẳng qua N vng góc với MB.
Tứ giác KIBN có , suy ra KIBN là tứ giác nội tiếp.
Khi đó ta có:

Tam giác ABI có

và . Vì A, B cố định, I cùng nửa mp bờ AB chứa K nên I cố định.
Vậy đường thẳng qua N vng góc với BM luôn đi qua điểm cố định I

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>

a) Chứng minh tứ giác ADCM nội tiếp.

b) Tính DE theo R.

<i><b>Hướng dẫn giải </b></i>

a) Ta có AB = AC, OB = OC nên AO là đường trung trực của BC nên cũng là đường cao
và là đường phân giác góc A.

Ta có (c.g.c)

Suy ra

Ta có AD = AC (tam giác ACD đều) và AC = AB (tam giác ABC cân) suy ra AD = AB, tam
giác ABD cân tại A, do đó:

Từ (1) và (2) ta có: tứ giác ADMC nội tiếp ( 2 đỉnh kề cùng nhìn một
cạnh dưới hai góc bằng nhau)

b) Ta có

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>

+ (cmt)

Suy ra

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, có và AC cắt BD tại I. Biết rằng IA =

6cm, IB = 8cm, ID = 3cm.

a) Chứng minh tam giác ABC cân.

b) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính độ dài đoạn MN.
c) Gọi P là giao điểm của IO và MN. Tính độ dài đoạn PN.

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
a) Xét và có:

+ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
+ (đối đỉnh)

Do đó:

Vậy

Khi đó AC = IA + IC = 10cm.

Tam giác IAB vuông tại I, theo định lý Pytagore ta có:

Tam giác ABC có AB = AC (=10cm) nên là tam giác cân tại A.
b) Gọi E là trung điểm của BC.

Vì M, E lần lượt là trung điểm của AB, BC nên ME là đường trung bình của tam giác ABC.

Vì N, E lần lượt là trung điểm của CD, BC nên NE là đường trung bình của tam giác BCD.

Ta có:
Và

Tam giác MEN vuông tại E, theo định lý Pytagore ta có:

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
Tam giác ICD vuông tại I, IN là đường trung tuyến nên IN = DN, cân tại N

Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
Suy ra

Mặt khác

Do đó: cân tại S.

Ta có (liên hệ giữa đường kính và dây cung)
và

Chứng minh tương tự ta cũng có NO // IM.

Tứ giác IMON có NO // IM, MO // IN nên là hình bình hành P là trung điểm của MN.
Do đó

<b>Bài 15 (LHP 2002 - 2003 đề chung) Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng (d) khơng qua </b>
O cắt đường trịn tại A và B. Từ một điểm M di động trên đường thằng (d) và nằm ngoài
(O) ta vẽ hai tiếp tuyến MN, MP với (O) (N, P là hai tiếp điểm)

a) Chứng minh

b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP đi qua một điểm cố định khi M lưu
động trên đường thẳng (d).

c) Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) sao cho tứ giác MNOP là một hình vng.
d) Chứng minh rằng tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác MNP luôn di động trên một
đường cố định khi M lưu động trên (d).

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
a) Ta có (MN là tiếp tuyến của (O))

Và (MP là tiếp tuyến của (O))

Suy ra tứ giác ONMP nội tiếp, khi đó ta có

b) Vì tứ giác ONMP nội tiếp nên O thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP. Vậy khi M
thay đổi thì đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua O cố định.

c) Ta có MN = MP (t/ tiếp tuyến) và ON = OP (1) suy ra OM là đường trung trực của NP, do
đó . Tứ giác ONMP có hai đường chéo vng góc nhau nên để là hình vng khi
và chỉ khi nó là hình thơi, do (1) nên điều này tương đương với MN = OM tam giác MON
vuông cân tại N

d) Gọi I là giao điểm của OM và (O). Ta có MI là phân giác của (t/c hai tiếp tuyến cắt
nhau).

Vì I thuộc OM đường trung trực của NP nên ta có IN = IP, suy ra tam giác INP cân tại I
Mặt khác (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn
cung đó)

Do đó NI là phân giác góc MNP.

Vậy I là giao điểm hai đường phân giác của tam giác NMP nên là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác và I thuộc (O) cố định.

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
thẳng AM và BK cắt nhau tại E, các đoạn thẳng KC và BM cắt nhau tại D. Chứng minh ED
song song với AC.

<i><b>Hướng dẫn giải </b></i>

Ta có (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
và (góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Mà (tam giác ABC cân tại B).

Do đó suy ra tứ giác DEMK nội tiếp

Mặt khác (góc nội tiếp cùng chắn cung AK)
Nên ta có mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên

<b>Bài 17: (TĐN 2003 - 2004 Chuyên toán) Cho tam giác đều ABC có cạnh a. Hai điểm M, N </b>
lưu động trên hai đoạn AB và AC sao cho . Đặt .

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
c) Chứng tỏ rằng MN luôn tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

<i><b>Hướng dẫn giải </b></i>

a) Trong hai góc có ít nhất một góc nhọn, do đó ta có thể giả sử
nhọn. Vẽ , khi đó O nằm giữa AN.

Ta có và và

suy ra (1)

Trong tam giác vng AMO ta có:

(2)

Từ (1) và (2) ta có hay

b) Ta có

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
suy ra

Suy ra

c) Vì M nằm giữa A và F.

Vẽ cắt (O) tại I. Qua I vẽ tiếp tuyến với (O) cắt AB, AC tại M’ và N’. Khi đó ta
chứng minh được

Mà

M trùng M’ và N trùng N’. Vậy MN là tiếp tuyến của (O).

<b>Bài 18: (TĐN 2003 - 2004 Chuyên toán) Cho tam giác ABC có đường phân giác trong AD </b>
với D thuộc đoạn BC sao cho . Tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng BC tại E. Tính AE theo a, b.

<i><b>Hướng dẫn giải </b></i>

Ta có suy ra C nằm giữa B và E.

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
Và (Góc ngồi bằng tồng hai góc trong không kề)

Mà + (AD là phân giác của góc A)

+ (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung
đó)

Nên ta có: (1)

Mặt khác ta có (2)

Từ (1) và (2) ta có phương trình :
Vậy

Cho đường tròn (O), bán kính bằng 1. Tam giác ABC thay đổi luôn ngoại tiếp (O). Một
đường thẳng qua O cắt các cạnh AB, AC tại M và N. Xác định giá trị nhỏ nhất của diện tích
tam giác AMN.

<i><b>Hướng dẫn giải </b></i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
Khi đó ta có

Và
Ta có
Suy ra

Dấu ” =” xảy ra ra tam giác ABC vuông tại A và MN vng góc với AO.
Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN bằng hai.

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường trịn (O) và có AB < AC. Lấy điểm M
thuộc cung BC không chứa A. Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu của A trên BC, AB, AC.
a) Chứng minh rằng

b) Tìm vị trí của M để đạt giá trị nhỏ nhất.

</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

<b>GV: NGUYỄN TĂNG VŨ </b> <b></b>
a) Chứng minh

Chứng minh
Chứng minh
Từ đó suy ra
b) Ta có

</div>