Dạng 5: Sử dụng tính chất đồng quy của các đường: trung tuyến, phân giác, đường cao trong tam giác có đáp án

a)

$\widehat{BAC}=\widehat{BDC}={90}^o$ (gt) nên tứ giác BADC nội tiếp đường tròn tâm O là trung điểm của BC.

b)  $\widehat{ADB}=\widehat{BDN}(=\widehat{ACB})$(hai góc nội tiếp cùng chắn một cung trong các đường tròn ngoại tiếp tứ giác BADC, NMDC) nên DB là phân giác góc AND.

c) OM ⊥ AC (OM là đường trung bình tamgiác ABC) nên suy ra MO là tiếp tuyến đường tròn đường kính MC.

d) MN ⊥ BC (góc MNC nội tiếp nửa đường tròn đường kính MC)

PM ⊥ BC (M là trực tâm tam giác PBC)
Suy ra P, M, N thẳng hàng.

a)

DA và DB là các tiếp tuyến của (O) nên   $\widehat{OBD}=\widehat{OAD}={90}^o$

Xét tứ giác AOBD có $\widehat{OBD}+\widehat{OAD}={180}^o$ , mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác AOBD nội tiếp

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có DA = DB và DO là tia phân giác của ABD

Do đó tam giác ABD cân tại D có DO là đường phân giác nên đồng thời là đường trung trực....

Xét ∆OIC và ∆OHD có $\widehat{OIC}=\widehat{OHD}={90}^o$ ; $\widehat{DOC}$ chung nên

$\Delta OIC\Delta OHD$ (g.g)

$\frac{OI}{OH}=\frac{OC}{OD}\Rightarrow OH.OC=OI.OD\left(1\right)$

c) Xét tam giác AOD vuông tại A có AI là đường cao nên $O{A}^2=OH.OD$ (2)

Mà OM = OA (là bán kính (O) ). (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra OM² = OH. OC $\Rightarrow \frac{OM}{OH}=\frac{OC}{OM}$

Xét ∆OHM và ∆OMC có chung $\widehat{MOC}$ ; $\frac{OM}{OH}=\frac{OC}{OM}$nên $\Delta OHM ~\Delta OMC$ (c.g.c).

=> $\widehat{OMC}=\widehat{OIC}={90}^o$ nên CM là tiếp tuyến của (O).

d) Do $\widehat{OMC}=\widehat{OIC}={90}^o$ nên tứ giác OIMC nội tiếp đường tròn đường kính OC.

Đường tròn ngoại tiếp tam giác CIM là đường tròn đường kính OC.

=>  $\widehat{OFC}={90}^o$

Mặt khác ta có $\widehat{OFD}={90}^o.$Như vậy OFC;OFD kề bù suy ra ba điểm C, F, D thẳng hàng.

Xét tam giác OCD có ba đường cao CH, DI, OF mà có E là giao điểm CH, DI nên ba điểm O, E, F thẳng hàng.

a)

Có  $\widehat{ADB}=\widehat{ANB}=90°$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\widehat{ABD}=\widehat{AEC}$ ( cùng phụ góc BAE)

=> Tam giác ADB đồng dạng với tam giác ACE(g-g)

$=>\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AE}\Rightarrow AD\cdot AE=AC.AB$

b) Có AN ⊥ EB, EC ⊥ AB , EC giao AN tại F nên F là trực tâm của tam giác AEB

⇒ BF ⊥ EA

Mà BD ⊥ EA ⇒ B, D, F thẳng hàng

+ Tứ giác ADFC có hai góc đối bằng 90^o nên là tứ giác nội tiếp, suy ra  $\widehat{DCF}=\widehat{DAF}$

Tương tự ta có:  $\widehat{NCF}=\widehat{NBF}$

Mà $\widehat{DAF}=\widehat{NBF}$ (cùng phụ với góc AEB) => $\widehat{DCF}=\widehat{NCF}$ 

Suy ra CF là phân giác của góc DCN

Tương tự ta cũng có DF là phân giác của góc NDC

Vậy F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DCN

c) Gọi J là giao của (I) với đoạn AB.

Có $\widehat{FAC}=\widehat{CEB}\left(={90}^o-\widehat{ABE}\right)$  => tam giác FAC đồng dạng với tam giác BEC(g-g)

=>$\frac{FC}{BC}=\frac{AC}{EC}=>CF\cdot CE=BCAC$

Vì AEFJ là tứ giác nội tiếp nên   $\widehat{FJC}=\widehat{FEA}\left(={180}^o-\widehat{AJF}\right)$

=>  $\Delta CFJ ~\Delta CAE$(g-g) => $\frac{CF}{CA}=\frac{CJ}{CE}\Rightarrow CF\cdot CE=CA.CJ$

Suy ra  $BC.AC=CA.CJ$⇒ BC = CJ ⇒ C là trung điểm BJ (vì J ≠ B)

Suy ra J là điểm cố định

Có $IA=IJ$ nên I luôn thuộc đường trung trực của AJ, là đường cố định.

a)   

  $\Delta ACF$nội tiếp đường tròn đường kính AF.

$\Delta ACF$ vuông tại C

Ta có: $BH\perp AC,FC\perp AC\Rightarrow BH//FC$

b,$BH//FC$   (câu a)

Chứng minh tương tự câu a)

Có: $CH//FB$

Tứ giác $BHCF$ có $BH//FC$

Và $CH//FB$ nên là hình bình hành.

c)$OM\perp BC$ (gt)

$\Rightarrow M$ là trung điểm của BC (Định lý đường tròn vuông góc dây cung)

Tứ giác $BHCF$ là hình bình hành,  M là trung điểm của BC nên là M trung điểm của HF .

$\Rightarrow H,M,F$ thẳng hàng.

d)    Tứ giác ABC có AM là đường trung tuyến, G là trọng tâm (gt)

 $\Rightarrow G$ thuộc đoạn thẳng AM , $AG=\frac{2}{3}AM$.

Tam giác AHF có AM là đường trung tuyến, G thuộc đoạn thẳng AM , $AG=\frac{2}{3}AM$,

$\Rightarrow G$ là trọng tâm của tam giác AHF và HO là đường trung tuyến của tam giác AHF.

$\Rightarrow HO$ đi qua G , $HG=2GO$.

Hai tam giác $AHG,AGO$ có chung đường cao vẽ từ A đến $HG,HG=2GO$.

Do đó $S_{AHG}=2S_{AGO}$.

$BC//DE$ (gt), $AD\perp BC$ (gt)

$$\begin{gathered} \Rightarrow AD\perp DE \\ \widehat{ADE}={90}^0 \end{gathered}$$

 $\Rightarrow AE$là đường kính của đường tròn (O)

 $\Rightarrow A,O,E$ thẳng hàng.

b)    Vẽ $OM\perp BC(M\in BC)$

  OM cắt DE tại N

$DE//BC$ (gt) có $ON\perp DE$, tứ giác $BCDE$ là hình thang

$OM\perp BC\Rightarrow M$ là trung điểm BC

$ON\perp DE\Rightarrow N$ là trung điểm DE

MN là trục đối xứng của hình thang cân

c)     $BE=CD$ ( $BCED$ là hình thang cân)

AE  là đường kính nên $\widehat{ABE}={90}^0$

$\Delta ABE$ vuông tại E, theo định lí Py-ta-go có:

   $$\begin{gathered} A{B}^2+B{E}^2=O{E}^2 \\ A{B}^2+C{D}^2={\left(2R\right)}^2 \\ A{B}^2+C{D}^2=4R^2 \end{gathered}$$

Chứng minh tương tự có: $A{C}^2+B{D}^2=4R^2$

Ta có: $A{B}^2+B{D}^2+C{D}^2+A{C}^2=8R^2$

b) 1) Xét $\Delta BEF$ và $\Delta ACD$ có:

$\widehat{BEF}=\widehat{ACD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn O)

$\widehat{BEF}=\widehat{ACD}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn O)

Do đó $\Delta BEF ~\Delta ACD$

2) $\Delta BEF~\Delta ACD$* ( kí hiệu CV = chu vi)

 $\Rightarrow \frac{CV\left(BEF\right)}{CV\left(ACD\right)}=\frac{BE}{AC}\Rightarrow CV\left(BEF\right)=\frac{CV\left(ACD\right)}{AC}.BE$, $\frac{CV\left(ACD\right)}{AC}$ không đổi

Do đó:$CV\left(BEF\right)$  lớn nhất $BEF$ lớn nhất

 là đường kính của đường tròn

$\Rightarrow \widehat{BAE}={90}^0\iff d\perp AB$ tại A

Vậy khi d vuông góc với AB tại A thì chu vi tam giác BEF lớn nhất.

*$\Delta BEF~\Delta ACD\Rightarrow \frac{S_{BEF}}{S_{ACD}}={\left(\frac{BE}{AC}\right)}^2$  

$\Rightarrow S_{BEF}=\frac{S_{ACD}}{A{C}^2}.B{E}^2$, $\frac{S_{ACD}}{A{C}^2}$không đổi

$S_{BEF}$ lớn nhất       $\iff B{E}^2$    lớn nhất

                             $\iff BE$  lớn nhất

                           $\iff BE$    là đường kính của đường tròn O

                              $\iff \widehat{BAE}={90}^0\iff d\perp AB$ tại A

Vậy khi d vuông góc với ABtại A thì diện tích tam giác BEF lớn nhất.