1. Cho $\Delta $ABC có ba góc nhọn: AD và CE là hai đường cao cắt nhau tại H, O là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta $ABC. Gọi M là điểm đối xứng của B qua O, I là giao điểm của BM và DE, K là giao điểm của AC và HM.
a) Chứng minh rằng tứ giác AEDC và DIMC là các tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh OK $\perp $ AC
c) Cho $\widehat{AOK}=60^{\circ}$. Chứng minh $\Delta $HBO cân.
2. Cho hình vuông ABCD cạnh a. Trên hai cạnh AD và CD lần lượt lấy các điểm M và N sao cho $\widehat{MBN}=45^{\circ}$. BM và BN cắt theo thứ tự tại E và F.
a) Chứng minh các tứ giác BENC và BFMA nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng tỏ MEFN cũng là tứ giác nội tiếp.
c) Gọi H là giaod diểm của MF và NE, I là giao điểm của HB và MN. Tính độ dài đoạn BI theo a.
3. Giả sử trong tứ giác lồi ABCD có điểm M sao cho tứ giác ABMD là hình bình hành và $\widehat{CBM}=\widehat{CDM}$. Dựng hình bình hành BMCN.
a) Chứng minh rằng tứ giác ABNC nội tiếp
b) Chứng minh rằng $\widehat{ACD}=\widehat{BCM}$
Bài Làm:
1.
a) Vì $\widehat{AEC}=\widehat{ADC}=90^{\circ}$ nên tứ giác AEDC nội tiếp.
Theo trên, tứ giác AEDC nội tiếp nên $\widehat{BAC}=\widehat{BDI}$ (cùng bù với $\widehat{EDC}$)
Mặt khác $\widehat{BAC}=\widehat{BMC}$ (cùng chắn cung BC) suy ra $\widehat{BDI}=\widehat{BMC}$, dẫn đến tứ giác DIMC nội tiếp (đpcm)
b) Từ giả thiết BM là đường kính, ta có MA $\perp $ AB.
Lại có CH $\perp $ AB, suy ra AM // CH.
Tiếp theo, do CM $\perp $ BC, AD $\perp $ BC nên AH // CM.
$\Rightarrow $ AHCM là hình bình hành.
Từ đó K là trung điểm của AC.
Suy ra OK $\perp $ AC (đpcm)
c) Xét $\Delta $AKO vuông có $\widehat{AOK}=60^{\circ}$ suy ra $\widehat{OAK}=30^{\circ}$ do đó OK = $\frac{1}{2}$OA = $\frac{1}{2}$OB
Lại do OK là đường trung bình của $\Delta $BHM nên OK = $\frac{1}{2}$BH
Suy ra BH = BO, nghĩa là $\Delta $BHO cân tại B (đpcm)
2.
a) Ta thấy $\widehat{EBN}=\widehat{ECN}=45^{\circ}$
$\Rightarrow $ tứ giác BENC nội tiếp.
$\widehat{FBM}=\widehat{FAM}=45^{\circ}$
$\Rightarrow $ tứ giác BFMA nội tiếp.
b) Từ kết quả câu a, tứ giác BCNE nội tiếp nên $\widehat{BCN}+\widehat{BEN}=180^{\circ}$. Mà $\widehat{BCN}=90^{\circ}$
$\Rightarrow \widehat{BEN}=90^{\circ}$ hay $\widehat{MEN}=90^{\circ}$
Tương tự ta cũng chứng minh được $\widehat{MFN}=90^{\circ}$
Do đó tứ giác MEFN nội tiếp đường tròn đường kính MN (đpcm)
c) Từ câu b, ta thấy H là trực tâm tam giác BMN. Từ đó BI $\perp $ MN.
Có $\widehat{BNC}=\widehat{BEC}$ (cùng chắn cung BC), $\widehat{BEC}=\widehat{BNI}$ (cùng bù với $\widehat{FEM}$) nên $\widehat{BNC}=\widehat{BNI}$
Xét $\Delta $BCN và $\Delta $BIN là hai tam giác vuông có:
BN chung
$\widehat{BNC}=\widehat{BNI}$
$\Rightarrow $ $\Delta $BCN = $\Delta $BIN (cạnh huyền - góc nhọn)
$\Rightarrow $ BI = BC = a
3.
a) Vì tứ giác BMCN là hình bình hành nên $\widehat{BCN}=\widehat{CBM}$ (so le trong)
Lại theo giả thiết $\widehat{CBM}=\widehat{CDM}$, suy ra $\widehat{BCN}=\widehat{CDM}$ (1)
Ta có CN // BM; BM // AD nên CN // AD nghĩa là tứ giác ADCN là hình bình hành
$\Rightarrow $ AN // CD. Mà AB // DM
$\Rightarrow \widehat{BAN}=\widehat{MDC}$ (2) (góc có cạnh tương ứng song song)
Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{BAN}=\widehat{BCN}$
Do đso tứ giác ABNC nội tiếp (đpcm)
b) Ta có $\widehat{BCM}=\widehat{CBN}$ (so le trong)
Vì tứ giác ABNC nội tiếp nên $\widehat{CBN}=\widehat{CAN}$ (cùng chắn cung NC)
Mặt khác $\widehat{CAN}=\widehat{ACD}$ (2 góc so le trong)
Do đó $\widehat{BCM}=\widehat{ACD}$