Bài hình kiểm tra học sinh giỏi toán 8 hay và rất khó Người ra đề Nguyễn Khánh Ninh Đề bài Cho đoạn thẳng AB cố định Qua A kẻ tia Ax | AB, C là điểm di động trên tia Ax sao cho AC > AB Kẻ AH | BC tại[.]
Bài hình kiểm tra học sinh giỏi tốn hay khó Người đề: Nguyễn Khánh Ninh Đề bài: Cho đoạn thẳng AB cố định Qua A kẻ tia Ax _|_ AB, C điểm di động tia Ax cho AC > AB Kẻ AH _|_ BC H Đường thẳng qua B song song với Ax cắt AH K 1/ Chứng minh: giá trị tích HC.HK.(AC + BK) khơng đổi C di động tia Ax 2/ Tia phân giác góc cắt AH AC D E, O trung điểm cạnh DE Chứng minh: AH.DK = BD.BO 3/ Đường thẳng qua K song song với HE cắt AC BE S M Gọi F điểm đối xứng E qua cạnh BC Kẻ FG _|_ MC G Chứng minh: giá trị tích MC.MG khơng đổi C di động tia Ax 4/ P thuộc cạnh AB cho Trên tia đối tia CM lấy điểm T cho Chứng minh: AT _|_ MP Lời giải chi tiết 1/ Tích HC.HK.(AC + BK) khơng đổi AB _|_ Ax BK // Ax => AB _|_ BK Xét CHA CAB: góc chung ; => CHA ~ CAB (g – g) => => AC2 = HC.BC (1a) Xét KHB KBA: góc chung ; => KHB ~ KBA (g – g) => => KB2 = HK.AK (1b) Xét ABC BKA: ; (cùng phụ với ) => AB2 = AC.BK (1c) => ABC ~ BKA (g – g) => Lại có: Tứ giác ABKC hình thang vng (AC BK vng góc với AB) Kí hiệu S diện tích thì: AK.BC = 2SABKC (do AK _|_ BC) Mà (AC + BK).AB = 2SABKC (Tứ giác ABKC hình thang vng B K) => (AC + BK).AB = AK.BC (1d) Từ (1a), (1b), (1c), (1d) => AB4 = AC2.BK2 = HC.BC.HK.AK = HC.HK.AB.(AC + BK) => HC.HK.(AC + BK) = AB3 (không đổi) (đpcm) 2/ AH.DK = BD.BO Ta có: Mà (góc ngồi tam giác BDK) (cùng phụ với ) (gt) Nên: => Tam giác KBD cân A => DK = BK (2a) Ta có: Mà => (2 góc vị trí đối đỉnh) (cmt) (2 góc vị trí sole AC // BK) => Tam giác ADE cân A Lại có AO đường trung tuyến tam giác ADE (OD = OE) => AO _|_ BE Xét AHB ABK: góc chung ; => AHB ~ ABK (g – g) => => AH.BK = AB.BH (2b) Xét HBD OBA: ; => HBD ~ OBA (g – g) => (gt) => AB.BH = BD.BO (2c) Từ (2a), (2b), (2c) => AH.DK = AH.BK = AB.BH = BD.BO => AH.DK = BD.BO (đpcm) 3/ Tích MC.MG khơng đổi HE // MK (gt) nên (định lí talet tam giác DMK) (3a) BD phân giác góc nên: (tính chất phân giác tam giác AHB) Xét BHA BAC: góc chung ; => AB2 = BH.BC => BHA ~ BAC (g – g) => Từ suy => Do AC // BK từ hệ thức ta có: Lại có: AC2 = BC2 – AB2 = (BC – AB).(BC + AB) (định lí pitago tam giác ABC) => => (3b) Xét HBD ABE: ; (gt) => HBD ~ ABE (g – g) => => => Mà (3c) (cmt) Từ (3a), (3b), (3c) => MD = BE Ta có: (cùng phụ với ) Mà (gt) => Xét HBD OAE: ; (cmt) => HBD ~ OAE (g – g) => (3d) BE phân giác góc (tính chất phân giác tam giác ABC) nên: Từ chứng minh ta có: => (3e) Từ (3d), (3e) nhân vế theo vế => Xét HBM OAC: (cmt) ; (cmt) => HBM ~ OAC (c – g – c) (3f) Xét BOA BAE: ; góc chung => BOA ~ BAE (g – g) => => AB2 = BO.BE Mà AB2 = BH.BC (cmt) => BH.AB = BO.BE Gọi N trung điểm cạnh BF, EF cắt BC L Do E đối xứng F qua cạnh BC => BE = BF = 2BN ; ; LE = LF ; EF _|_ BC Ta có: MD = BE => ME = MD – DE = BE – DE = BD => OM = OE + ME = OD + BD = BO => BM = 2BO Do đó: BN.BM = 2BO = BO.BE => BH.BC = BN.BM => Xét HBM NBC: (cmt) ; (cmt) => HBM ~ NBC (c – g – c) (3g) Từ (3f), (3g) => OAC ~ NBC => Và => (cùng cộng thêm ) Xét ACB OCN: (cmt) ; (cmt) => ACB ~ OCN (c – g – c) => => OC _|_ ON Ta có: NB = NF OB = OM (cmt) => ON đường trung bình tam giác MBF => MF // ON, mà OC _|_ ON (cmt) => OC _|_ MF Ta có: OM = OB (cmt) OA _|_ BM => Tam giác ABM cân M => mà (gt) => => AM // BC (2 góc vị trí sole trong) Mà AH _|_ BC => AM _|_ AH Theo ta có: AB2 = BO.BE = OM.MD Xét ABE vng A LBE vuông L: BE cạnh chung ; => ABE = LBE (ch – cgn) => AB = BL => Tam giác ABL cân B Có BE đường phân giác tam giác cân ABE => AL _|_ BE Mà OA _|_ BE (cmt) => điểm A, O, L thẳng hàng hay OL _|_ BE Ta có: OE = OD LE = LF => OL đường trung bình tam giác EDF => DF // OL Mà OL _|_ BE (cmt) => DF _|_ BE Cho MF cắt OC Y Xét MYO MDF: ; góc chung => MYO ~ MDF (g – g) => => MO.MD = MY.MF Xét MYC MGF: ; góc chung => MYC ~ MGF (g – g) => => MY.MF = MC.MG Từ kết cho: MC.MG = MY.MF = MO.MD = AB => MC.MG = AB2 (không đổi) (đpcm) 4/ AT _|_ MP Cho AT cắt cạnh KC, MK HE I, Q J Cho HE cắt AM U Áp dụng định lí Menelaus tam giác CMK: = => (4a) HE// MK nên áp dụng hệ talet tam giác AQM AQM: => (4b) Z thuộc cạnh AT cho CZ // MK // HE, áp dụng hệ talet tam giác AQK ACZ: Từ (4a), (4b), (4c) => (4c) (4d) CHA ~ CAB (cmt) => => AH.AC = HC.AB ABC ~ BKA (cmt) => => AB.BC = AC.AK Theo có: AC2 = HC.BC AC.BK = AB2 Biến đổi: => (4e) AC // BK nên định lí talet: Theo có: (4f) => AM // BC nên: (4g) (định lí ta let) (4h) Thế (4e), (4f), (4g), (4h) vào (4d) => => => => HE = 2JE => JE = JH Ta có: BO.BE = BH.AB (cmt) => Xét BDO BEH: (cmt) ; góc chung => BDO ~ BEH (c – g – c) => => (kề bù với góc nhau) Mà => => (= ) Xét AKM ASP: ; (gt) => AKM ~ ASP (g – g) => Xét AHB ABK: ; góc chung => AHB ~ ABK (g – g) => Mà có: AM = AB (cmt) => Từ suy => Ta có: (2 góc vị trí sole MK // HE) (2 góc vị trí sole AM // BC) Xét ASM CEH: (cmt); => ASM ~ CEH (g – g) => Xét CHE AHP: (cmt) Suy ( OAC ~ HBM) (cmt) ; (cùng phụ với ) => CHE ~ AHP (c – g – c) => Mà (cmt) => Theo có: Mà => (cmt) => Mà => (cmt) => => DP // BC (định lí talet đảo tam giác AHB), mà AH _|_ BC => DP _|_ AH Gọi V điểm đối xứng E qua A, HV cắt AC R AV = AE = AD DP // BC nên theo hệ talet tam giác AHB: => => Xét DPH APV: (cmt) ; => DPH ~ APV (c – g – c) => Mà (cmt) => Xét AVP AHM: ; => AVP ~ AHM (g – g) => (cmt) Ta có: Xét AVH APM: (cmt) ; (cmt) => AVH ~ APM (c – g – c) => Ta có: (2 góc vị trí đối đỉnh) A) => (tam giác ARV vuông => MP _|_ HV Ta có: JE = JH (cmt) AE = AV => AJ đường trung bình tam giác HEV => AJ // HV hay AT // HV Mà MP _|_ HV (cmt) => AT _|_ MP (đpcm) ... – g) => Lại có: Tứ giác ABKC hình thang vng (AC BK vng góc với AB) Kí hiệu S diện tích thì: AK.BC = 2SABKC (do AK _|_ BC) Mà (AC + BK).AB = 2SABKC (Tứ giác ABKC hình thang vng B K) => (AC + BK).AB... BN.BM => Xét HBM NBC: (cmt) ; (cmt) => HBM ~ NBC (c – g – c) (3g) Từ (3f), (3g) => OAC ~ NBC => Và => (cùng cộng thêm ) Xét ACB OCN: (cmt) ; (cmt) => ACB ~ OCN (c – g – c) => => OC _|_ ON Ta có:... BE đường phân giác tam giác cân ABE => AL _|_ BE Mà OA _|_ BE (cmt) => điểm A, O, L thẳng hàng hay OL _|_ BE Ta có: OE = OD LE = LF => OL đường trung bình tam giác EDF => DF // OL Mà OL _|_ BE