Lời giải Bài 7-Một số bài toán Hình học thường gặp trong đề tuyển sinh vào 10 năm 2017

Lời giải chi tiết :

Đề ra :

Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong ( O,R ) .Trên cạnh AB và AC lấy hai điểm M, N sao cho BM = AN .

a.  Chứng tỏ : $\triangle OMN$ cân .

b.  Chứng minh : OMAN nội tiếp .

c.  BO kéo dài cắt AC tại D và cắt (O) tại E. Chứng minh :  $BC^{2}+DC^{2}=3R^{2}$ .

d.  Đường thẳng CE và AB cắt nhau tại F. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt FC tại I . AO kéo dài cắt BC tại J . Chứng minh : BI đi qua trung điểm của AJ .

Hướng dẫn giải : 

a.

Do $\triangle ABC$ là tam giác đều nội tiếp trong (O)

=>  AO và BO là phân giác của $\triangle ABC$ .

=>  $\widehat{OAN}=\widehat{OBM}=30^{\circ}$

Mặt khác : $\left\{\begin{matrix}OA = OB = R & \\ BM=AN & \end{matrix}\right.$

=>  $\triangle OMB=\triangle ONA=> OM=ON$

=>  $\triangle OMN$ cân .      ( đpcm )

b.

Do : $\triangle OMB=\triangle ONA=>\widehat{BMO}=\widehat{ANO}$

Mà  :  $\widehat{BMO}+\widehat{AMO}=180^{\circ}$

=>  $\widehat{ANO}+\widehat{AMO}=180^{\circ}$

=>  Tứ giác OMAN nội tiếp .      ( đpcm )

c.

Do BO là phân giác của $\triangle ABC$ đều =>  $BO\perp AC$

=>  $\triangle BOD$ vuông tại D .

Áp dụng hệ thức Py-ta-go , ta có : $BC^{2}=DB^{2}+CD^{2}=(B0+OD)^{2}+CD^{2}$

<=>  $BC^{2}=BO^{2}+2OB.OD+OD^{2}+CD^{2}    (1)$

Mà : OB = R

Xét $\triangle AOC$ cân tại O , có : $\widehat{OAC}=30^{\circ}$

=>  $\widehat{AOC}=120^{\circ}$

=>  $\widehat{AOE}=60^{\circ}$

=>  $\triangle AOE$ là tam giác đều =>  $AD\perp OE=> OD=ED=\frac{R}{2}$

Áp dụng Py-ta-go , ta có : $OD^{2}=OC^{2}-CD^{2}=R^{2}-CD^{2}$     (2)

Từ (1), (2)  =>  $BC^{2}+CD^{2}=R^{2}+2R.\frac{R}{2}+CD^{2}-CD^{2}=3R^{2}$

Vậy $BC^{2}+CD^{2}=3R^{2}$      ( đpcm )

d.

Gọi K là giao điểm của BI và AJ .

Ta có :  

• $\widehat{BCE}=90^{\circ}$    ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
•  $\widehat{B}=60^{\circ}$
•  $\widehat{BFC}=30^{\circ}$

=>  $BC=\frac{1}{2}BF$

Do : $\left\{\begin{matrix}AO\perp AI & \\ AJ\perp BC & \end{matrix}\right.$

=>  AI // BC   .

Mà A là trung điểm BF => I là trung điểm CF .

<=>  FI = IC .   (*)

+  Vì AK // FI  . Áp dụng hệ quả định lý Talet trong tam giác BFI , ta có :  $\frac{AK}{EI}=\frac{BK}{BI}$

+  Vì KJ // CI . Áp dụng  hệ quả định lý Talet trong tam giác BIC , ta có : $\frac{KJ}{CJ}=\frac{BK}{BI}$

=>  $\frac{AK}{FI}=\frac{KJ}{CI}$

Từ (*)  =>  AK = KJ .      ( đpcm )

Vậy BI đi qua trung điểm của AJ .