Một số bài toán hình học trong đề tuyển sinh vào lớp 10 SVIP

Hướng dẫn giải:

a) Tứ giác EFMK có góc E và góc M vuông (vì đều bằng các góc chắn nửa đường tròn) nên là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có 

\(\widehat{HAF}=\widehat{ABE}\) (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung);

\(\widehat{EAM}=\widehat{EBM}\) ( góc nội tiếp cùng chắn cung \(\stackrel\frown{EM}\))

mà \(\widehat{HAF}=\widehat{EAM}\) ($AE$ là tia phân giác góc IAM)

nên \(\widehat{ABE}=\widehat{EBM}\), hay BE là tia phân giác góc ABM.

Mặt khác BE cũng là đường cao trong tam giác ABF nên tam giác ABF cân tại B.

c) Tam giác HAK có AE vừa là phân giác vừa là đường cao nên nó cân tại A. Suy ra E là trung điểm HK.

Tứ giác HFKA có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm mỗi đường nên là hình thoi.

d) HFKA là hình thoi nên FK // HA, suy ra tứ giác IFKA là hình thang.

Để IFKA nội tiếp được đường tròn thì nó phải là hình thang cân, hay tam giác MIA vuông cân tại M.

Khi đó, \(\widehat{IAM}=45^{\circ}\Rightarrow\widehat{MAB}=45^{\circ},\) tam giác MAB vuông cân tại M. Do đó M là điểm chính giữa cung nửa đường tròn AB.

Hướng dẫn giải:

1.

Chứng minh được $\widehat{BHE} = 90^{\circ}$ và $\widehat{BKE} = 90^{\circ}$.

Suy ra $\widehat{BHE} + \widehat{BKE} = 180^{\circ}$.

Vậy tứ giác $BHEK$ là tứ giác nội tiếp.

2.

Áp dụng hệ thức lượng cho $\Delta AEB$ vuông tại $E$, đường cao $EH$ có: $BH.BA = BE^2$.

Chứng minh tương tự ta có: $BK.BC = BE^2$.

Vậy $BH.BA = BK.BC$.

3.

Chứng minh được:

$\widehat{BHK} = \widehat{BEK}$ (1) ($BHEK$ nội tiếp);

$\widehat{BEK} = \widehat{BCE}$ (2) (cùng phụ với $\widehat{EBC}$);

$\widehat{BCE} = \widehat{HFE}$ (3) ($BCEF$ nội tiếp);

$\widehat{HFE} = \widehat{FHI}$ (4) (tam giác $FHI$ cân tại $I$).

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra $\widehat{BHK} = \widehat{FHI}$. Do $\Delta ABC$ nhọn nên hai điểm $I$ và $K$ nằm cùng phía với đường thẳng $HF$ nên ba điểm $H, I , K$ thẳng hàng.

Hướng dẫn giải:

a.

CMR: $OJ$ là đường trung trực của $ME$.

$\Rightarrow JM = JE$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

$\Rightarrow OJ$ là đường trung trực của $ME$ (1)

(1) $\Rightarrow \Delta OMJ = \Delta OEJ$ (c.c.c) $\Rightarrow \widehat{MOF} = \widehat{EOF}$\\ $\Rightarrow \Delta {OMF} = \Delta {OEF}$ (c.g.c) $\Rightarrow \widehat{OMF} = \widehat{OEF}$ (2)

b.

Ta có $\widehat{OMI} = \widehat{ODI} = 90^{\circ}$.

Suy ra $ODIM$ nội tiếp (3).

Ta chứng minh $ODMF$ nội tiếp.

Xét tam giác $OED$ có $\widehat{OED} = \widehat{ODE}$ (do $\Delta ODE$ cân tại $O$).

Theo ý a ta có $\widehat{OMF} = \widehat{OEF}$ nên ta có $\widehat{ODE} = \widehat{ODF} = \widehat{OMF}$.

Suy ra $ODMF$ nội tiếp (do cùng chắn cung $OF$) (4).

Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm $I$; $D$; $O$; $F$; $M$ cùng nằm trên một đường tròn.

c.

Ta có tứ giác $IDOF$ nội tiếp$ \Rightarrow \widehat{DIO} = \widehat{DFO}$ (cùng chắn cung $\overset{\frown}{DO}$)

$\Rightarrow \widehat{AIO} = \widehat{EFO}$ (2 góc kề bù tương ứng) (5)

Lại có tứ giác $ADOE$ nội tiếp.

$\Rightarrow \widehat{DAO} = \widehat{DEO}$ (6)

Từ (5) và (6) $\Rightarrow \Delta AIO \sim \Delta EFO$ (g.g)

$\Rightarrow \widehat{IOA} = \widehat{EOF}$

Mà $\Rightarrow \widehat{EOF} = \widehat{JOM}$ nên $\Rightarrow \widehat{IOA} = \widehat{JOM}$.

Chứng minh $\sin \widehat{IOA} = \dfrac{MF}{IO}$.

Ta có $\sin \widehat{IOA} = \sin \widehat{JOM} =\dfrac{MJ}{OJ}$ (7)

Mặt khác $JMFO$ nội tiếp (theo ý b) nên $\widehat{JMF} = \widehat{JOI}$.

Suy ra $\Delta{JMF} \sim \Delta{JOI}$ (g.g) $\Rightarrow \dfrac{MJ}{OJ} = \dfrac{MF}{OI}$ (8)

Từ (7) và (8) suy ra $\sin \widehat{IOA} = \dfrac{MF}{IO}$.

Hướng dẫn giải:

4.1.a.

Vì $AB$ và $AC$ là các tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ với $B$ và $C$ là các tiếp điểm nên: $OB \perp AB,$ $OC \perp AC$ hay $\widehat{ABO} = \widehat{ACO} = 90^{\circ}.$

Xét tứ giác $ABOC$, ta có: $\widehat{ABO} + \widehat{ACO} = 180^{\circ}$. Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác $ABOC$ nội tiếp.

Xét đường tròn $(O)$ , ta có: $\widehat{ABF} = \widehat{AKB}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $BF$).

Xét $\Delta ABF$ và $\Delta AKB$, ta có: $\widehat{BAK}$ chung; $\widehat{ABF} = \widehat{AKB}$ (chứng minh trên).

$\Rightarrow \Delta ABF \sim \Delta AKB$ (g.g).

b.

Vì $\Delta ABF \sim \Delta AKB$ nên $\dfrac{AB}{AK} = \dfrac{BF}{BK}$ (1)

Chứng minh tương tự phần a ta được $\Delta ACF \sim \Delta AKC$ nên $\dfrac{AC}{AK} = \dfrac{CF}{CK}$ (2)

Lại có $AB = AC$ (vì $AB,$ $AC$ là các tiếp tuyến của đường tròn $(O)$) (3)

Từ (1), (2) và (3) ta được $\dfrac{BF}{BK} = \dfrac{CF}{CK} \Rightarrow BF.CK = CF. BK$.

c. Xét đường tròn $( O )$ , ta có: $\widehat{FCE} = \widehat{CBF}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $CF$) hay $\widehat{FCE} = \widehat{CBE}$.

Xét $\Delta FCE$ và $\Delta CBE$ ta có:

$\widehat{BEC}$ chung;

$\widehat{FCE} = \widehat{CBE}$ (cmt).

$\Rightarrow \Delta FCE \sim \Delta CBE$ (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{FE}{CE} = \dfrac{CE}{BE}$, do đó $\dfrac{FE}{AE} = \dfrac{AE}{BE}$ (vì $AE = CE$).

Xét $\Delta ABE$ và $\Delta FAE$ ta có:

$\widehat{AEB}$ chung;

$\dfrac{FE}{AE} = \dfrac{AE}{BE}$ (cmt).

$\Rightarrow \Delta ABE \sim \Delta FAE$ (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{ABE} = \widehat{FAE}$ hay $\widehat{ABF} = \widehat{FAE}$.

Do đó $EA$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABF$.

4.2.

Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq} = \pi rl \Rightarrow l =\dfrac{S_{xq}}{\pi r} = \dfrac{65 \pi}{5 \pi} = 13$ cm.

Suy ra chiều cao của hình nón là $h =\sqrt{l^2 - r^2} = \sqrt{13^2 - 5^2} = 12$ cm.

Hướng dẫn giải:

a.

$DC = DA$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

$OA = OC$ (cùng bằng bán kính)

Do đó $OD$ là đường trung trực của đoạn thẳng $AC$ $\Rightarrow OD \perp AC$.

Tứ giác $OECH$ có $\widehat{CEO} + \widehat{CHO} = 180^{\circ}$ $\Rightarrow$ Tứ giác $OECH$ là tứ giác nội tiếp.

b.

Xét $(O)$ có: $\widehat{BCF} = \widehat{BAC}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $BC$)

$\widehat{HCB} = \widehat{BAC}$ (cùng phụ với $\widehat{CBA}$)

Suy ra $\widehat{BCF} = \widehat{HCB} \Rightarrow CB$ là tia phân giác của $\widehat{HCF}$.

$\Rightarrow \widehat{HCF} = 2.\widehat{BCF}$

$\Delta CHF$ vuông tại $H$ nên $\widehat{HCF} + \widehat{CFB} = 90^{\circ}$ hay $2\widehat{BCF} + \widehat{CFB} = 90^{\circ}$.

c. Gọi $K$ là giao điểm của $DB$ và $AC$.

Xét $(O)$ ta có: $\widehat{ABC} + \widehat{ACD}$ (3) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC).

Ta có $\Delta ACH$ vuông tại $H$ có $\widehat{ACH} = 90^{\circ} - \widehat{CAH}$.

$\Delta ABC$ vuông tại $C$ có $\widehat{CBA} = 90^{\circ} - \widehat{CAB}$.

$\Rightarrow \widehat{ACH} = \widehat{CBA}$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{ACH} = \widehat{ACD}$

$\Rightarrow CA$ là tia phân giác trong của tam giác $\Delta BCD$.

Theo tính chất tia phân giác trong $\Delta BCD$ ta có: $\dfrac{KM}{KD} = \dfrac{BM}{BD} = \dfrac{CM}{CD}$

$\Rightarrow \dfrac{KM}{KD} = \dfrac{BM}{BD} = \dfrac{CM}{AD}$.

Mặt khác $CH//AD$ (cùng vuông góc với $AB$)

$\Rightarrow \dfrac{HM}{AD} = \dfrac{BM}{BD}$ (định lí Ta - lét)

$\Rightarrow \dfrac{HM}{AD} = \dfrac{BM}{BD} = \dfrac{CM}{AD}$ $\Rightarrow \dfrac{HM}{AD} = \dfrac{CM}{AD}$

$\Rightarrow HM = CM$.

Mà $CE = AE$ ($OD$ là trung trực của $AB$ nên $ME$ là đường trung bình của $\Delta CAH$).

$\Rightarrow ME // AH$ hay $ME // AB$.

Hướng dẫn giải:

a.

Ta có $\widehat{MOB} = \widehat{MHB} = 90^{\circ}$ (do $AB \perp MN$ và $MH \perp BC$).

$\Rightarrow \widehat{MOB} + \widehat{MHB} = 180^{\circ}$ nên $BOMH$ là tứ giác nội tiếp.

b.

$\Delta OMB$ vuông cân tại $O$ nên $\widehat{OBM} = \widehat{OMB}$ (1)

Tứ giác $BOMH$ nội tiếp nên $\widehat{OBM} = \widehat{OHM}$ (cùng chắn cung $\overset{\frown}{OM}$).

và $\widehat{OMB} = \widehat{OHB}$ (cùng chắn cung $\overset{\frown}{OB}$) (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{OHM} = \widehat{OHB}$.

$\Rightarrow HO$ là tia phân giác của $\widehat{MHB} \Rightarrow \dfrac{ME}{BE} = \dfrac{MH}{HB}$ (3)

Áp dụng hệ thức lượng trong $\Delta BMC$ vuông tại $H$, đường cao $MH$:

$HM^2 = HC.HB \Rightarrow \dfrac{HM}{HB} = \dfrac{HC}{HM}$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\dfrac{ME}{BE} = \dfrac{HC}{HM}$ (5) $ \Rightarrow ME.MH = BE.HC$.

c.

Vì $\widehat{MHC} = 90^{\circ}$ nên đường tròn ngoại tiếp $\Delta MHC$ có đường kính $MC$.

$\Rightarrow \widehat{MKC} = 90^{\circ}$.

$MN$ là đường kính của đường tròn $(O)$ nên $\widehat{MKN} = 90^{\circ}$.

$\Rightarrow \widehat{MKC} + \widehat{MKN} = 180^{\circ}$ nên 3 điểm $C$, $K$, $N$ thẳng hàng. (*)

$\Delta MHC \sim \Delta BMC$ (g.g) $\Rightarrow \dfrac{HC}{MH} = \dfrac{MC}{BM}$.

Mà $MB = BN$ (do $\Delta MBN$ cân tại $B$) $\Rightarrow \dfrac{HC}{MH} = \dfrac{MC}{BN}$ cùng với (5) ta có $\dfrac{ME}{BE} = \dfrac{MC}{BN}$.

Mà $\widehat{EBN} = \widehat{EMC} = 90^{\circ} \Rightarrow \Delta MCE \sim \Delta BNE$ (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{MEC} = \widehat{BEN}$ mà $\widehat{MEC} + \widehat{BEC} = 180^{\circ}$ (do $M$, $E$, $B$ thẳng hàng).

$\Rightarrow \widehat{BEC} + \widehat{BEN} = 180^{\circ} \Rightarrow C,E,N$ thẳng hàng (**).

Từ (*) và (**) suy ra 3 điểm $C$, $K$, $E$ thẳng hàng.

Hướng dẫn giải:

a)

+) MA và MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên MA $\bot$ OA và MB $\bot$ OB.

Tứ giác MOAB có hai góc vuông A và B đối nhau nên là tứ giác nội tiếp.

+) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có MA = MB.

Mặt khác, OA = OB = R nên MO là đường trung trực của đoạn AB, do đó MO $\bot$ AB.

b) Xét hai tam giác MAC và MDA ta có:

Góc M chung;

\(\widehat{MAC}=\widehat{MDA}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung).

Suy ra $\Delta MAC \backsim  \Delta MDA$ (g-g).

Do đó \(\dfrac{MA}{MD}=\dfrac{AC}{AD}\Rightarrow MA.AD=MD.AC.\) 

c) Gọi H là giao điểm của AB và OM.

Xét hai tam giác OHE và OIM ta có:

\(\widehat{OHE}=\widehat{OIM}\left(=90^\circ\right)\);

Góc O chung.

Suy ra $\Delta OHE \backsim \Delta  OIM$ (g-g).

Từ đó ta được \(\dfrac{OE}{OM}=\dfrac{OH}{OI}\Rightarrow OE=\dfrac{OH.OM}{OI}.\) (1)

Trong tam giác vuông MAO ta có \(OH.OM=OA^2=R^2.\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(OE=\dfrac{R^2}{\dfrac{R}{3}}=3R.\)

d) \(S_{MPQ}=2S_{MOP}=OA.MP=R.MP.\)

Suy ra \(S_{MPQ}\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(MP\) nhỏ nhất.

Ta có: \(MP=AM+AP\overset{\text{BĐT Cô-si}}{\ge}2\sqrt{AM.AP}=2OA=2R.\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi AM = AP, hay A là trung điểm của MP.

Khi đó, \(OM=\sqrt{AM.MP}=R\sqrt{2}.\)

Vậy M ở vị trí sao cho $MO = R\sqrt2$ thì diện tích tam giác $MPQ$ nhỏ nhất.

hướng tư duy bài toán:

Hướng dẫn giải:

a) AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \(\widehat{ABO}=90^\circ,\widehat{ACO}=90^\circ.\)

Tứ giác ABOC có \(\widehat{ABO}=90^{\circ}+\widehat{ACO}=180^{\circ}\) nên là tứ giác nội tiếp.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có AO $\bot$ BC.

Tứ giác AIKE có \(\widehat{AIE}=\widehat{AKE}=90^{\circ}\) nên là tứ giác nội tiếp.

b) Tứ giác OIKE nội tiếp nên \(\widehat{OIK}=\widehat{OEA}\).

Xét hai tam giác OIK và OEA ta có:

\(\widehat{OIK}=\widehat{OEA}\);

Chung góc O.

Suy ra $\Delta OIK \backsim \Delta OEA$ (g.g).

Do đó \(\dfrac{OI}{OE}=\dfrac{OK}{OA}\Rightarrow OI.OA=OK.OA.\)

c) Ý tưởng: chứng minh tam giác BDE vuông tại D.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAB, ta có: \(OI.OA=OB^2\)

Suy ra \(OK.OE=OB^2=OD^2\Rightarrow\dfrac{OK}{OD}=\dfrac{OD}{OE}.\)

Do đó $\Delta OKD \backsim \Delta ODE$ (g-g).

Vậy tam giác BDE vuông tại D.

Ta có: $\Delta BIO \backsim BDE$ (g-g), nên 

\(\dfrac{BE}{BO}=\dfrac{BD}{BI}\Rightarrow BE=\dfrac{BD.BO}{BI}.\)

\(OI=\dfrac{OB^2}{OA}=\dfrac{9}{5}\Rightarrow BI=\sqrt{BO^2-OI^2}=\dfrac{12}{5}.\)

Vậy \(BE=\dfrac{BD.BO}{BI}=\dfrac{15}{2}\) cm.

Hướng dẫn giải:

a) Tứ giác BDEH có tổng hai góc đối \(\widehat{D}=90^\circ\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và \(\widehat{H}=90^\circ\) bằng $180^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp.

b) Ta có $\Delta AEH \backsim \Delta ABD$ (g-g) nên \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AH}{AD}\Rightarrow AE.AD=AB.AH.\)

Do đó \(AE.AD+BH.BA=AH.AB+BH.AB=\left(AH+BH\right).AB=AB^2.\)

c)

+) Vì EF song song với AB nên \(\widehat{ABC}=\widehat{EFC}\) (đồng vị)

Mà \(\widehat{ADC}=\widehat{ABC}\) (cùng chắn cung AC) nên \(\widehat{EDC}=\widehat{EFC}\).

Tứ giác CDFE có hai đỉnh D và F cùng nhìn cạnh EC dưới góc bằng nhau nên nội tiếp được.

Suy ra \(\widehat{CDF}=180^\circ-\widehat{CEF}=90^\circ.\)

+) Yêu cầu đề bài tương đương với việc chứng minh tứ giác OMDB nội tiếp, ta sẽ chứng minh \(\widehat{MDO}=\widehat{MBO}.\)

Ta có:

\(\widehat{CDF}=\widehat{MDB}\left(=90^\circ\right)\Rightarrow\widehat{CDA}+\widehat{ADF}=\widehat{ADF}+\widehat{FDB}\Rightarrow\widehat{CDA}=\widehat{FDB}.\)

Mà \(\widehat{CDA}=\widehat{CBA}\) (cùng chắn cung CA) nên \(\widehat{FDB}=\widehat{CBA}\). (1)

Lại có \(\widehat{FCD}=\widehat{BAD}\) (cùng chắn cung BD) nên \(\widehat{CFD}=90^\circ-\widehat{FCD}=90^\circ-\widehat{BAD}=\widehat{ABD}.\) (2)

Do góc CDF vuông, M là trung điểm cạnh huyền CF nên MD = MF, suy ra \(\widehat{MDF}=\widehat{MFD}.\) (3)

Tương tự, \(\widehat{ODB}=\widehat{OBD}.\) (4)

Từ (1), (2), (3) ta có \(\widehat{MDF}=\widehat{ODB}\Rightarrow\widehat{MDO}+\widehat{ODF}=\widehat{ODF}+\widehat{BDF}\Rightarrow\widehat{MDO}=\widehat{BDF}.\)

Kết hợp với (1) suy ra \(\widehat{MDO}=\widehat{MBO}.\)

Tứ giác OMDB có hai góc cùng nhìn đoạn MO dưới một góc bằng nhau nên nội tiếp được.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(CT\bot AB\Rightarrow\widehat{AFC}=90^{\circ}.\)

\(BE\bot AC\Rightarrow\widehat{AEB}=90^\circ.\)

Suy ra \(\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=180^\circ\), tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp.

b) Ta thấy H là giao điểm của hai đường cao trong tam giác ABC nên nó là trực tâm của tam giác đó.

Kéo dài AH cắt BC tại D, khi đó AH cũng phải là đường cao của tam giác ABC, do đó AH $\bot$ BC.

c) Yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh OI vuông góc với dây PG.

Gọi I là giao điểm của OA và PG.

Ta thấy \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\) (cùng phụ với \(\widehat{BFE}\)), mà  \(\widehat{ACB}=\widehat{AKB}\) (cùng chắn cung AB), do đó

\(\widehat{AFE}=\widehat{AKB}\Rightarrow\widehat{AKB}+\widehat{BFE}=\widehat{AFE}+\widehat{BFE}=180^\circ.\)

Từ đó suy ra tứ giác BFIK nội tiếp được một đường tròn.

Khi đó \(\widehat{FIK}=180^\circ-\widehat{FBK}=90^\circ.\)

Do đó OI vuông góc với dây GP tại I, suy ra I là trung điểm của GP.

Vậy OI là trung trực của GP.

Hướng dẫn giải:

a) Tứ giác IMON có tổng hai góc đối \(\widehat{IMO}+\widehat{INO}=180^\circ\) nên là tứ giác nội tiếp.

b) Xét hai tam giác IHN và IKN có:

góc HIN chung;

\(\widehat{INH}=\widehat{IKN}\) (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung - góc nội tiếp cùng chắn cung NH).

Do đó $\Delta IHN \backsim \Delta IKN$ (g-g).

Suy ra \(\dfrac{IN}{IK}=\dfrac{IH}{IN}\Rightarrow IN^2=IH.IK\).

Mà IM = IN (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên IN.IM = IH.IK.

c) Gọi E là giao điểm của IK và PN.

Ta có: $\Delta INH \backsim \Delta IKN$ nên \(\dfrac{NI}{KI}=\dfrac{NH}{KN}\), mà NI = MI nên \(\dfrac{MI}{KI}=\dfrac{NH}{KN}\).

Có PE // IM (cùng vuông góc với MK) nên \(\dfrac{PE}{MI}=\dfrac{KE}{KI}\Rightarrow\dfrac{PE}{KE}=\dfrac{MI}{KI}\). (2)

Mặt khác \(\widehat{PNK}=\widehat{KMN}\) (cùng phụ \(\widehat{NKP}\))

\(\widehat{KMN}=\widehat{KHN}\) (cùng chắn cung KN) nên \(\widehat{PNK}=\widehat{KHN}\).

Do đó $\Delta KEN \backsim \Delta KNH$ (g.g)

Suy ra \(\dfrac{EN}{NH}=\dfrac{KE}{KN}\Leftrightarrow\dfrac{EN}{KE}=\dfrac{NH}{KN}\). (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(\dfrac{PE}{KE}=\dfrac{MI}{KI}=\dfrac{NH}{KN}=\dfrac{EN}{KE}\) hay $PE = EN$.

Vậy E là trung điểm của NP.

Hướng dẫn giải:

a. Ta có $\widehat{ABO} = \widehat{ACO}=90^{\circ}.$

$\Rightarrow \widehat{ABO} + \widehat{ACO}= 180^{\circ}$.

$\Rightarrow ABOC$ nội tiếp.

b. $OA^2 = \sqrt{AB^2 + BO^2} = \sqrt{4^2+3^2} = 5$ cm.

$AB^2 = AH.AO \Leftrightarrow AH = \dfrac{AB^2}{AO} = \dfrac{16}5$ cm.

c. Ta có $\widehat{ACE} = \widehat{CDE}$ (cùng chắn cung $EC$) suy ra:

$\Delta AEC \sim \Delta ACD$ (g.g) $\Rightarrow \dfrac{AE}{AC} = \dfrac{AC}{AD} \Leftrightarrow AC^2 = AE.AD$ (1)

Xét $\Delta ACO$ vuông tại $C$ đường cao $CH$ ta có $AC^2 = AH.AO$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AE.AD = AH.AO$.

d. Có $AH // CD \Rightarrow \widehat{FAD} = \widehat{CDA}$ (so le trong)

$\widehat{CDA} = \widehat{ACE} = \dfrac12 \ \text{sđ} \overset{\frown}{EC}$.

$\Rightarrow \Delta AFE \sim \Delta CFA$ (g.g) $\Rightarrow \dfrac{AF}{CF} = \dfrac{FE}{FA} \Leftrightarrow AF^2 = FC.FE$ (3)

Tứ giác $AEHB$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB \Rightarrow \widehat{HED} = \widehat{HBA},$ $\widehat{DEC} = \widehat{DBC}$ (cùng chắn cung CD)

$\Rightarrow \widehat{HEC}= 90^{\circ}$.

Xét $\Delta FHC$ vuông tại $H$, đường cao $HE$ có $FH^2 = FC.FE$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $F$ là trung điểm của $AH.$

Hướng dẫn giải:

a) Do BE và CF là các đường cao trong tam giác ABC nên \(\widehat{BEC}=90^\circ\), \(\widehat{BFC}=90^\circ.\) 

Tứ giác BCEF có góc E và góc F cùng nhìn cạnh BC và bằng nhau (cùng bằng $90^\circ$) nên là tứ giác nội tiếp.

b) Kẻ đường kính AS.

Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\), mà \(\widehat{ACB}=\widehat{ASB}\) (cùng chắn cung AB) nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ASB}\).

Suy ra tứ giác BFMS là tứ giác nội tiếp.

Do đó \(\widehat{FMS}=180^\circ-\widehat{FBS}=90^\circ.\) Vậy OA $\bot$ EF.

c)

+) Tứ giác BCEF nội tiếp nên \(\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\). (1)

Từ OA $\bot$ PE suy ra \(\widehat{AIB}=\widehat{APE}\) (cùng phụ với \(\widehat{MAP}\)). (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\Delta APE \backsim \Delta ABI$ (g.g).

+) Tứ giác BHCS có BH // CS (cùng vuông góc với AS) và BS // CH (cùng vuông góc với AB) nên là hình bình hành. Do đó ba điểm H, K, S thẳng hàng.

Ta sẽ chứng minh hai góc đồng vị \(\widehat{PIM}\) và \(\widehat{HSM}\) bằng nhau.

Tứ giác PDIM nội tiếp (vì có hai góc vuông M và D đối nhau) nên \(\widehat{PIM}=\widehat{PDM}\). (3)

Ta có:

$\Delta AHE \backsim \Delta ACD$ nên AH.AD = AE.AC.

$\Delta AME \backsim \Delta ACS$ nên AM.AS = AE.AC.

Suy ra AH.AD = AM.AS $\Rightarrow \dfrac{AH}{AM} = \dfrac{AS}{AD}$.

Do đó $\Delta MAH \backsim \Delta DAS$ (c.g.c). Suy ra \(\widehat{AHM}=\widehat{ASD}\).

Từ đó ta có tứ giác DHMS là tứ giác nội tiếp. Suy ra \(\widehat{HDM}=\widehat{HSM}\). (4)

Từ (3) và (4) suy ra HS // PI, hay KH // PI.