Tam giác nội tiếp, tứ giác nội tiếp, bài toán quỹ tích.

**Aromatic_Grass** · 04-02-2011, 08:41 PM

Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp (O), một điểm D trên cung nhỏ AB. Trên tia đối các tia BD, CD lấy M, N sao cho CN = BM. Gọi giao điểm thứ hai của AM, AN với O thứ tự là P, Q.
a, Tam giác AMN là tam giác gì? Vì sao?
b, Chứng minh tứ giác ADMN nội tiếp; MN//BQ//PC

Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), góc ACB = 45độ, các đường cao AM, BN cắt (O) tại P và Q. Hai đường thẳng AQ, PB cắt nhau tại S.
a, Chứng mình PQ là đường kính của (O)
b, Chứng minh tứ giác ACBS là hình bình hành.
c, Chứng mình tam giác ASH = tam giác APQ.

Bài 3: Cho tam giác ABC nội tiếp (O), các đường phân giác góc B, góc C lần lượt cắt đường tròn tại E, F; dây cung È cắt AC, AB tại H, I.
a, Chứng minh Tam giác FKB, tam giác EAK cân; BE cắt cF ở K
b, Chứng minh tứ giác FIKB nội tiếp; IK//AC
c, Chứng minh AIKH là hình bình hành.

Bài 4: Cho (O), BC không phải đường kính, A là điểm chuyển động trên đường tròn sao cho tam giác ABC nhọn; đường cào BM, CN (M thuộc AC, N thuộc AB) cắt (O) tại P, Q. Chứng minh:
a, Tứ giác BNMC, ANHM nội tiếp (CN cắt BM tại H)
b, PQ//MN
OA vuông góc MN
d, Độ dài đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN không đổi khi A chuyển động.

Mọi người xem làm mấy bài này nhá! ^^ Bài thầy giao khó wa'!

View more random threads:

.

**bomkute1996th** · 04-03-2011, 11:29 PM

Bài 1:
a. Tứ giác ACBD nội tiếp (O)

$\Rightarrow \hat{ACD}=\hat{ABD}$

$\Rightarrow \hat{ABM}=\hat{ACN}$

Do $\Delta$ ABC cân tại A nên AB= AC

Dễ chứng minh: $\Delta ABM=\Delta ACN(c.g.c)$

$\Rightarrow AM=AN$

$\Rightarrow \Delta AMN$ cân tại A.

b.* $\Delta ABM=\Delta ACN$

$\Rightarrow \hat{AMD}=\hat{ANC}$

$\Rightarrow$ Tứ giác ADMN nội tiếp.

*Tứ gíác ADMN nội tiếp nên $\hat{AMN}=\hat{ADN}<br />$

Tứ giác ADPC nội tiếp nên $\hat{ADC}=\hat{APC}$

$\rightarrow \hat{AMN}=\hat{APC}$

$\Rightarrow PC // MN$ (có 1 cặp góc đồng vị bằng nhau) (1)

Ta có:

$\hat{AQB}=\hat{ANM}$ (cùng bù với $\hat{ADB}$ )

$\Rightarrow BQ // MN$ (có 1 cặp góc đồng vị bằng nhau) (2)

Từ (1) & (2) ta có BQ // PC // MN .

**bomkute1996th** · 04-04-2011, 12:24 PM

BÀi 2

a. $\Delta AMC$ vuông tại M có $\hat{C}={45}^{0} \Rightarrow \hat{CAM} ={45}^{0}$

$\Delta BNC$ vuông tại N có $\hat{BCN} = {45}^{0} \Rightarrow \hat{NBC}={45}^{0}$

Có $\hat{NBC}=\hat{CAQ}={45}^{0}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung QC)

$\Rightarrow \hat{PAQ}=\hat{CAM}+\hat{CAQ}={90}^{0}$

$\Rightarrow$ PQ là đường kính của (O).

b. $\hat{PAQ}={90}^{0}$

$\Rightarrow PA\perp SQ$

$\Rightarrow BC // SQ (\perp PA)$

Lại có: $\hat{PBQ}={90}^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow QB \perp SP$

$\Rightarrow SP// CA(\perp BQ)$

Do BC//SA, SB//CA nên tứ giác ACBS là hình bình hành.

c. Có: $\hat{APB}=\hat{ACB}={45}^{0}$

$\Rightarrow \Delta ASP$ vuông cân tại A.

$\Rightarrow AS=AP$

Tương tự: $\Delta$ AHQ vuông cân tại A.

$\Rightarrow AH= AQ$

Dễ chứng minh: $\Delta ASH=\Delta APQ$ (2 cạnh góc vuông) .

**Hình Bóng Của Mây** · 04-04-2011, 01:41 PM

Bài 3.

a.
$\hat{ABF}=\hat{ACF}=\frac{\hat{C}}{2}$ (Vì cùng chắn cung AF) ;
$\hat{KBF}=\hat{ABF}+\hat{ABK}=\frac{\hat{B}+\hat{C }}{2}$ ;
$\hat{BKF}=\hat{KBC}+\hat{KCB}=\frac{\hat{B}+\hat{C }}{2}$ ;
$\Rightarrow \hat{KBF}=\hat{BKF} \Rightarrow \Delta FKB$ cân tại F.

$\hat{CAE}=\hat{CBE}=\frac{\hat{B}}{2}$ (Vì cùng chắn cung CE) ;
$\hat{EAK}=\hat{CAE}+\hat{CAK}=\frac{\hat{A}+\hat{B }}{2}$ ;
$\hat{EKA}=\hat{KAB}+\hat{KBA}=\frac{\hat{A}+\hat{B }}{2}$ ;
$\Rightarrow \hat{EAK}=\hat{EKA} \Rightarrow \Delta EAK$ cân tại E.

b.
$\hat{FEA}=\hat{FCA}=\frac{\hat{C}}{2}$ (Vì cùng chắn cung AF) ;
$\hat{FCB}=\hat{FEB}=\frac{\hat{C}}{2}$ (Vì cùng chắn cung BF) ;
$\Rightarrow \hat{FEA}=\hat{FEK}$ . Vì $AE = KE$ , $\hat{FEA}=\hat{FEK},$ với IE là canh chung $\Rightarrow \Delta IEA= \Delta IEK(c-g-c), \Rightarrow IA=IK \Rightarrow \hat{IAK}=\hat{IKA}=\hat{KAC}=\frac{\hat{A}}{2} \Rightarrow IK//AC, \Rightarrow \hat{BIK}=\hat{BFK}=\hat{A}$
$\hat{CFB}=\hat{CAB}=\hat{A}$ (Vì cùng chắn cung BC). Suy ra $\hat{BIK}=\hat{BFK}=\hat{A}$ (Hai góc trong của tứ giác cùng bằng nhau và cùng nhìn về một cạnh BK). Từ đây dễ dàng chứng minh được FIKB là tứ giác nội tiếp.

c.
Từ câu a và câu b, chúng ta đã chứng minh được $\Delta EAK$ cân tại E, và EF là tia phân giác góc $\hat{AEK}$ , vậy EF cũng chính là đường trung trực của AK. Vì thế ta có:
$HA=HK \Rightarrow \hat{HAK}=\hat{HKA}=\frac{\hat{A}}{2}$ ;
$IK=IA \Rightarrow \hat{IAK}=\hat{IKA}=\frac{\hat{A}}{2}$
Từ hai điều trên, chúng ta chứng minh được:
$\hat{HKA}=\hat{IAK}=\frac{\hat{A}}{2} \Rightarrow HK//IA$ ;
$\hat{HAK}=\hat{IKA}=\frac{\hat{A}}{2} \Rightarrow HA//IK$ .
Và chúng ta cũng có thêm:
$\hat{HAK}=\hat{HKA}=\hat{IAK}=\hat{IKA}=\frac{\hat {A}}{2}$ và AK là cạnh chung nên $\Delta HAK=\Delta IAK(g-c-g) \Rightarrow IA = IK = HA = HK$ .
Vậy tứ giác AIKH là một hình bình hành (Nói một cách chính xác hơn, tứ giác AIKH là một hình thoi). .

**Hình Bóng Của Mây** · 04-04-2011, 03:52 PM

Bài 4.

a.
Gọi I là trung điểm BC. Ta có:
IM = IB = IC và IN = IB = IC (Tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền).
Suy ra IB = IC = IM = IN, vậy bốn điểm B, C, M, N cùng nằm trên cùng một đường tròn tâm I. Vậy tứ giác BCMN là tứ giác nội tiếp với tâm đường tròn là trung điểm cạnh BC.

Theo đề chúng ta có $\hat{ANH}=\hat{AMH}=90^{\circ}$ nên $\hat{ANH}+\hat{AMH}=180^{\circ}$ . Vậy tứ giác ANHM là tứ giác nội tiếp.

b.
Vì tứ giác BCMN là tứ giác nội tiếp nên $\hat{BMN}=\hat{BCN}$ (Vì cùng chắn cung BN) ;
Vì tứ giác BCPQ là tứ giác nội tiếp nên $\hat{BPQ}=\hat{BCQ}$ (tức $\hat{BPQ}=\hat{BCN}$ ) (Vì cùng chắn cung BQ).
Suy ra $\hat{BMN}=\hat{BPQ}=\hat{BCN}$ tức $\hat{HMN}=\hat{HPQ} \Rightarrow MN//PQ$ .

c.
Hai góc nội tiếp $\hat{ABP}$ và $\hat{ACQ}$ lần lượt chắn các cung AP và cung AQ. Trong đó, $\hat{ABP}=\hat{ACQ}$ (Vì $\hat{ABM}=\hat{ACN}$ ).
Suy ra cung AP = cung AQ. Vậy A là điểm nằm cách đều hai cung AP và cung AQ nên OA vuông góc với PQ (Theo định lý liên hệ giữa cung và dây căng cung), do đó nên OA vuông góc với MN (Vì MN // PQ). .

**bomkute1996th** · 04-04-2011, 04:57 PM

Nguyên văn bởi Praseodymi

Bài 3.

c.
Từ câu a và câu b, chúng ta đã chứng minh được $\Delta EAK$ cân tại E, và EF là tia phân giác góc $\hat{AEK}$ , vậy EF cũng chính là đường trung trực của AK. Vì thế ta có:
$HA=HK \Rightarrow \hat{HAK}=\hat{HKA}=\frac{\hat{A}}{2}$ ;
$IK=IA \Rightarrow \hat{IAK}=\hat{IKA}=\frac{\hat{A}}{2}$
Từ hai điều trên, chúng ta chứng minh được:
$\hat{HKA}=\hat{IAK}=\frac{\hat{A}}{2} \Rightarrow HK//IA$ ;
$\hat{HAK}=\hat{IKA}=\frac{\hat{A}}{2} \Rightarrow HA//IK$ .
Vậy tứ giác AIKH là một hình bình hành (Nói một cách chính xác hơn, tứ giác AIKH là một hình thoi).

Do AK là phân giác $\hat{BAC}$ nên tứ giác AIKH là hình thoi. .