Thông tin tài liệu
VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI - Toán lớp Câu (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2010) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O; R D điểm thuộc cung nhỏ AD ( D khác A C ) Gọi M,N chân đường vng góc kẻ từ D tới đường thẳng AB,AC Gọi P giao điểm đường thẳng MN, BC a) Chứng minh DP BC vng góc với b) Đường trịn I; r nội tiếp tam giác ABC Tính IO với R 5cm,r 1,6cm Lời giải: AND 900 900 1800 Do tứ giác AMDN nội a) Ta có: AMD MND Mặt khác MAD BCD Suy tứ giác NDCP nội tiếp tiếp MAD DNC 900 Vậy DP BC DPC VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí b) Vẽ đường kính EF đường trịn O ( F giao điểm AI với nên BF FC BAF CEF đường tròn O ) Do AF phân giác BAC Gọi K tiếp điểm tiếp tuyến AB với đường tròn I,r Ta có: sin CEF IK CF AI.CF 2R.r (1) Do CI phân giác sin BAC AI EF nên BCK ACK CIF CAF ACK BCK BCF ICF IFC cân ACB F FI FC Từ (1) suy AI.AF 2R.r (2) Gọi G,H giao điểm đường thẳng IO với O; R Tacó: AIG HIF AI.IF IG.IH OG OI OH OI OI R R OI R OI (3) Từ (2) (3) suy ra: R OI 2Rr OI R 2Rr 52 2.5.1,6 OI 3cm Nhận xét: Đường thẳng M, N,P toán thực chất đường thẳng Sim son điểm D Vì ta chứng minh toán theo cách khác theo cách chứng minh đường thẳng Sim son (Xem thêm phần định lý hình học tiếng) Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Quảng Ngãi) Cho tam giác ABC vuông cân A , đường tròn O tiếp xúc với nằm tam giác ABC lấy điểm M AB,AC B,C Trên cung BC M B; C Gọi I,H,K hình chiếu M BC; CA; AB P giao điểm MB với IK, Q giao điểm MC với IH a) Chứng minh tia đối tia MI phân giác MHK b) Chứng minh PQ / /BC c) Gọi O1 O đường tròn ngoại tiếp MPK MQH Chứng minh PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn O1 O VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí d) Gọi D trung điểm BC; N giao điểm thứ hai O1 , O2 Chứng minh M,N, D thẳng hàng Lời giải: ACB Gọi tia đối tia MI Mx Ta a) Vì ABC cân A nên ABC có tứ giác BIMK tứ giác CIMH nội tiếp 1800 ACB 1800 ABC IMK IMH 1800 IMK 1800 IMH HMx Vậy Mx tia phân giác KMx MHK KBM; HIM HCM b) Do tứ giác BIMK CIMH nội tiếp nên KIM IBM (cùng sđCM ) KIM HIM KBM HCM Mà HCM PIQ ICM IBM Mặt khác, PIQ ICM IBM 180 PMQ PIQ 180 Do tứ giác MPIQ nội tiếp PMQ MIC (cùng KBM ) ) Mà MIK MIK (cùng sđPM MQP MCI PQ / /BC MQP ) Mà MQP MCI (cùng sđIM MCI (cmt) c) Ta có: MHI MHI sđMQ Hai tia QP,QH nằm khác phía QM Suy MQP VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí PQ tiếp tuyến đường tròn O tiếp điểm Q Chứng minh tương tự ta có PQ tiếp tuyến đường tròn O tiếp điểm P Vậy PQ tiếp tuyến chung đường tròn O1 O d) Gọi E,E' giao điểm NM với PQ BC Ta có: PE2 EM.EN (vì QEM NEQ ) Suy ra: PE QE PE QE Tam giác MBC có PQ / /BC nên EP EQ Mà EP EQ nên E ' B E ' C E ' D E' B E'C Vậy N,M, D thẳng hàng Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Gia Lai – 2010) Cho tam giác ABC vng A Đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với CA CB M N Đường thẳng MN cắt đường vuông thẳng AI P Chứng minh IPB Lời giải: IAB IBA 450 IBA 450 IBC (1).Mặt khác, Ta có PIB CNM 1800 ACB PNB 1 900 ACB 450 ABC 450 IBC 90 900 ACB 2 PNB Từ (1) (2), suy ra: PIB (2) Do bốn điểm P,N,I, B nằm đường tròn Mặt khác , 900 nên IB đường kính đường trịn IPB 900 INB VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Câu (Đề thi học sing giỏi tỉnh Hải Dương) Cho đường tròn tâm O dây AB cố định ( O không thuộc AB ) P điểm di động đoạn AB ( P khác A, B ) Qua A,P vẽ đường tròn tâm C tiếp xúc với O A Qua B,P vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với O B Hai đường tròn C D cắt N (khác P ) BNP a) Chứng minh ANP 900 b) Chứng minh PNO c) Chứng minh P di động N ln nằm cung trịn cố định Lời giải: a) Vì O C tiếp xúc A nên A,C,O thẳng hàng Vì O C ACP tiếp xúc B nên B, D,O thẳng hàng Xét C có ANP Tam giác ACP cân C , tam giác AOB cân O nên suy ra: AOB ANP AOB ABO CPA CP / /OB ACP APC (1) VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí AOB BNP AOB (2) Từ (1) (2) Tương tự, ta có DP / /OA BDP BNP suy ra: ANP b) Gọi H giao điểm NP CD ; I giao điểm OP CD Theo chứng minh ta có CP / /OB; Dp / /CO Suy tứ giác CPDO hình bình hành.Do IO IP , C D cắt P N suy CD NP (3) HN HP HI đường trung bình tam giác PNO nên HI / /NO 900 hay CD / /NO (4) Từ (3) (4), suy NO NP PNO ANP PNB ANB AOB (5) Dễ c) Theo chứng minh ta có: ANB thấy N,O thuộc nửa mặt phẳng bờ AB (6).Từ (5) (6) suy điểm N thuộc cung tròn AOB đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB Do A, B,O cố định nên N thuộc cung tròn cố định Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ - 2010) Cho đường tròn O; R dây cung AB cố định, AB R Điểm P di động dây AB ( P khác A B ) Gọi C; R đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn O; R A , D; R đường tròn qua P tiếp xúc với O; R B Hai đường tròn C; R D; R cắt điểm thứ hai M a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB , chứng minh OM / /CD bốn điểm C, D,O,M thuộc đường tròn b) Chứng minh P di động dây AB điểm M di động đường trịn cố định đường thẳng MP ln qua điểm cố định N c) Tìm vị trí P để tích PM.PN lớn nhất? Diện tích tam giác AMB lớn nhất? Lời giải: VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí a) Nối CP,PD Ta có: ACP, OAB cân C,O nên CAP OBP Do CP / /OD (1) Tương tự, ta có OD / /CP CPA (2) Từ (1) (2) suuy tứ giác ODPC hình bình hành Gọi H giao điểm CD MP , K giao điểm CD với OP Do K trung điểm OP Theo tính chất hai đường trịn cắt CD MP H trung điểm MP Do HK / /OM CD / /OM Giả sử AP BP Vì tứ giác CDOM hình bình hành nên OC DP, DP DM R nên tứ giác CDOM hình thang cân Do bốn điểm C, D,O,M thuộc đường trịn b) Ta có: OA2 OB2 2R AB2 Do AOB vng cân O Vì bốn điểm C, D,O,M thuộc đường tròn (kể M trùng O ) nên CMD COB (1) VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí MCP (cùng sđMP đường trịn C ) MBP Ta có: MAB MDP sđMP đường trịn D ) Do MAB MCD (g.g.) COD AMB AOB 900 Do AB cố định nên điểm M thuộc AMB (cùng đường trịn tâm I đường kính AB BDP AOB 900 AMP ACP 450 (góc nội tiếp góc Ta có ACP BDP 450 (góc nội tiếp góc tâm D ).Do tâm C ) BMP Mà AMB AOB 900 nên M thuộc đường MP phân giác AMB tròn I ngoại tiếp tam giác AOB Giả sử MP cắt đường tròn I N N trung điểm cung AB không chứa điểm O nên N cố định BPN; AMP PBN (góc nội tiếp chắn cung) Do c) Ta có MPA MAP BNP (g.g) PA PB PA PM AB2 R (không đổi) PM.PN PA.PB PN PB R2 PA PB hay P trung điểm dây AB Tam giác AMB vuông M nên: Vậy PM.PN lớn 1 AB2 R R2 AM.BM AM2 BM2 Vậy SAMB lớn 4 2 PA PB hay P trung điểm dây AB SAMB Câu 16 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Vĩnh Phúc – năm 2010) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O AD, BE,CF ba đường cao D BC,E CA,F AB Đường thẳng EF cắt BC G , đường thẳng AG cắt lại đường tròn O điểm M a) Chứng minh bốn điểm A,M,E,F nằm đường tròn VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí b) Gọi N trung điểm cạnh BC H trực tâm tam giác ABC Chứng minh GH AN Lời giải: a) Nhận xét : Cho tứ giác ABCD , P giao điểm AB CD Tứ giác ABCD nội tiếp khi: PA.PB PC.PD Áp dụng nhận xét cho tứ giác AMBC nội tiếp, ta được: GM.GA GB.GC Áp dụng cho tứ giác BEFC nội tiếp, ta được: GB.GC GF.GE Suy GF.GE GM.GA Do tứ giác AMEF nội tiếp b) Theo kết trên, tứ giác AEFH nội tiếp suy M nằm đường tròn đường kính AH Do HM MA Tia HM cắt lại đường tròn O 900 nên AK đường kính O Từ suy ra: K , AMK KC CA,KB BA KC / /BH,KB / /CH tứ giác BHCK hình bình hành KH qua điểm N Khi M,H,N thẳng hàng Trong tam giác GAN có hai đường cao AD,NM cắt H , nên H trực tâm tam giác GAN GH AN Câu 17 (Để thi học sinh giỏi cấp Quận –TPHCM – 2010) Cho điểm M thuộc đường tròn O đường kính AB ( M A, B MA MB ) Tia phân giác góc AMB cắt AB C Qua C ,vẽ đường VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí thẳng vng góc với AB cắt đường thẳng AM BM D H a) Chứng minh hai đường thẳng AH BD cắt điểm N nằm đường tròn O b) Gọi E hình chiếu H tiếp tuyến A đường tròn O Chứng minh tứ giác ACHE hình vng c) Gọi F hình chiếu D tiếp tuyến B đường tròn O Chứng minh bốn điểm E,M,N,F thẳng hàng d) Gọi S1 ,S2 diện tích tứ giác ACHE BCDF Chứng minh CM S 1S Lời giải: 900 Trong tam giác ABD có DC AB nên DC đường a) Ta có AMB cao thứ Do BM đường cao thứ hai, suy H trực tâm tam giác ABD Suy AH đường cao thứ ba AH BD N 900 N thuộc đường tròn đường kính AB Vậy AH BD cắt ANB điểm N nằm đường tròn O VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí PHN 900 900 1800 Do tứ giác APHN nội tiếp Tứ a) Ta có PAN giác APMN hình vng nên nội tiếp Suy năm điểm A,N,M,P,H APM 900 Mà tứ giác MPCD thuộc đường trịn Do AHM MCD Tam giác ABC cân A , có AD vừa đường nội tiếp nên MPD cao vừa đường trung trực nên MB MC MBC cân M MBD MPD MBD (1) Mặt khác MCD MBD MDB MBD 900 (2) APH APM MPH MPD 900 AMB (3) AMB (4) Tứ giác APHM nội tiếp nên Từ (1),(2) (3) suy ra: APH AMH 1800 APH AMH 1800 Do (5) Từ (4) (5) suy ra: AMB 900 H thuộc đường trịn O AHB có H,M, B thẳng hàng AHB diện tích lớn HK lớn HK R H D M D Vậy M D SAHB đạt giá trị lớn R Câu 21 (Đề thi học sinh giỏi cấp Quận – TPHCM) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn O đường kính BC Kẻ đường cao AH ABC Cho biết BC 20cm, AH AC a) Tính độ dài cạnh AB AC VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí b) Đường trịn đường kính AH cắt đường trịn O , AB,AC M, D,E Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC K Chứng minh ba điểm A,M,K thẳng hàng c) Chứng minh bốn điểm B, D,E,C nằm đường tròn Lời giải: AHC 900 ; C chung a) Xét ABC HAC có BAC ABC HAC AB AC AB AH Mà AB2 AC2 BC2 nên AH HC AC HC AB2 AC2 AB2 AC2 202 16 AB2 16.9; AC 16.16 Vậy 16 25 25 AB 12cm AC 16cm 900 Do b) Gọi F tâm đường trịn đường kính AH Ta có DAE DE đường kính đường trịn F Suy D,E,F thẳng hàng Mặt khác O F cắt A N nên OF trung trực AM OF AM (1) Gọi N giao điểm OA DE Ta có OA OC R Do OAC OCA ; FA EF r FAE cân tam giác cân O Suy OAC FAE Mà OCA FAE 900 nên F FEA FEA 900 ANE 900 KN OA Ta có F trực tâm tam OAC giác KAO nên OF KA (2) Từ (1) (2) suy A,M,K thẳng hàng VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí c) Gọi I giao điểm hai trung trực DE BC Ta có: AF BC IF OA AF / /OI; IF / /OA Do FAOI hình bình hành OI BC OA DE IOC nên IFE COI Suy IF OA; FA OI IF OC; FE OI Mà IFE Suy IE IC Mà IE ID; IB IC nên IB ID IE IC Vậy B, D,E,C nằm đường tròn I Câu 22 (Đề thi học sinh giỏi TPHCM – 2008) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn O có trực tâm H a) Xác định vị trí điểm M thuộc cung BC không chứa điểm A cho tứ giác BHCM hình bình hành b) Lấy điểm M điểm cung BC không chứa A Gọi N E điểm đối xứng M qua AB AC Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng Lời giải: a) Gọi H trực tâm tam giác ABC Ta có BH AC; CH AB Do tứ giác BHCM hình bình hành BH / /MC; CH / /MB ACM 900 AM đường kính đường AC MC; AB MB ABM VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí trịn O M điểm đối xứng A qua O ANB (tính chất đối xứng trục), AMB ACB (cùng chắn b) Ta có AMB ACB Mà AHB ACB 1800 Suy cung AB ) Do ANB ANB 1800 tứ giác AHBN nội tiếp NHB NAB Mặt khác AHB BAM Suy NHB BAM Tương tự ta có: CHE MAC NAB BHC 1800 Suy BAC CHE BHC BAM MAC BHC BAC BHC 1800 Suy NHB N,H,E thẳng hàng Nhận xét: Đường thẳng qua N,H,E toán thực chất đường thẳng Steiner điểm M Câu 23 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương – 2008) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn O có trực tâm H Giả sử M điểm cung BC không chứa A ( M khác B,C ) Gọi N,P điểm đối xứng M qua đường thẳng AB,AC a) Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp b) Chứng minh ba điểm N,H,P thẳng hàng c) Tìm vị trí M để đoạn thẳng NP lớn Lời giải: a) Gọi I giao điểm CH AB , K giao điểm AH với BC Dễ AHC 1800 (1) thấy BIK VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí APC (2) Từ (1) (2) APC Do IBK Mặt khác, IBK AMC; AMC AHC 1800 Vậy tứ giác AHPC nội tiếp suy ra: APC ACP Mà ACP AMP nên b) Do tứ giác AHPC nội tiếp nên AHP ACM Mặt khác, ACM ABM 1800 nên AHP ABM 1800 Mà AHP ABN nên AHP ABN 1800 (3) Tương tự, ABN AHN (4) AMB AHN 1800 Vậy N,H,P thẳng hàng Từ (3) (4) suy ra: AHB 2BAM; MAP 2MAC Do c) Ta có MAN BAM MAC 2BAC (khơng đổi) Ta có NAP 2AM.sin BAC Vậy NP lớn AM lớn NP 2AP.sin BAC mà AM lớn AM đường kính đường tròn O Vậy NP lớn M điểm đối xứng A qua O Câu 24 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh – 2008) Cho đường tròn O; R đường tròn O'; R ' cắt A B Trên tia đối AB lấy điểm C Kẻ tiếp tuyến CD,CE với đường trịn tâm O , D,E tiếp điểm E nằm đường tròn O' Đường thẳng AD,AE cắt đường tròn O' M N ( M,N khác A ) Tia DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) MIB AEB b) O ' I MN Lời giải: VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí BMN (cùng chắn cung BN ) (1) tứ giác AMNB nội tiếp a) Ta có BAN DAB Mà DAB DEB hay INB DEB Do DEB nên MNB nên MNB ENI hay EBI ANM Mà ANM ABM nên tứ giác BEIN nội tiếp EBI EBI Hay CBE EBM EBM IBM ABM (2) Từ (1) (2) suy MIB AEB CBD suy b) Do CD tiếp tuyến đường tròn O nên CDA CDB CAD (g.g) BD CD DA CA (3) Tương tự ta có Mặt khác, CD CE (tính chất tiếp tuyến) CE EB CA EA (4) (5) Từ (3),(4),(5) suy ra: EB BD EB IB (6) Theo (1), MIB AEB (7) Mà EA DA EA MI AED ABD ABD IEN Do tứ giác BNIE nội tiếp nên AED IEN IBN ABD IBN IEN DAB (9) Từ (8) Mặt khác, theo (1) ta có INB (8) (9) suy DBA IBN DB IB (10) Từ (6),(7) (10) suy DA IN MI NI O'I MN Nhận xét: Ta giải câu b theo cách khác: Áp dụng định lý Menelauyt cho tam giác AMN đường thẳng qua DEI ta có: DA IM EN Như DM IN EA để chứng minh I trung điểm MN ta chứng minh DA EN 1 DM EA (*) , mặt khác theo tính chất quen thuộc cát tuyến tiếp tuyến ta có: EA DA ( Xem phần chùm tập cát tuyến tiếp tuyến) thay vào (*) ta EB DB DB EN DB EN 1 DBM BEN điều EB DM DM EB ANB (cùng chắn cung AB) ADB BEN hiển nhiên DMB quy chứng minh: tứ giác ADEB nội tiếp VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Câu 25 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nhọn, tia phân giác góc BAC cắt BC D Gọi E,F thứ tự hình chiếu vng góc D AB AC , K giao CE BF , H giao điểm BF với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEK Chứng minh DH BF Lời giải: Kẻ AN vng góc với BC N BC , suy tứ giác AEND AFDN nội tiếp, từ BD.BN BE.BA; CN.CD CF.CA DB NB AB BE NB BE NB FC EF (do AE AF ) DC NC AC CF NC CF NC FA EB Theo định lý Ceva đảo ta có AN,CE, BF đồng quy K , hay AK BC N Từ BK.BH BE.BA BN.BD nên tứ giác KNDH nội tiếp, suy KND 900 Do DH BF (đpcm) KHD Câu 26 (Báo toán học tuổi trẻ số tháng -2012) Cho tam giác ABC vuông A D điểm nằm tam giác ACD; cho CD CA; M điểm nằm cạnh AB cho BDM N giao điểm MD đường cao AH tam giác ABC Chứng minh DM DN Lời giải: VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Vẽ đường trịn C; CA cắt đường thẳng BD E E D , BA tiếp tuyến đường trịn Ta có BD.BE BA2 (do BDA BAE ), BH.BC BA2 (hệ thức lượng tam giác vuông ABC ) Suy BD BC BEC tứ BDH BCE (c.g.c) BHD BH BE BEC CDE CHE AHD AHE Mà giác DHCE nội tiếp BHD Do AH BC nên HA,HB tương ứng phân giác DHE BH.BC BD.BE I giao điểm AH BE thì: ID HD BD IE HE BE (*) Theo giả ACD AEB nên MN / /AE Do MD BD ; DN DI thiết, ta có MDB Kết hợp với (*) ta có AE BE AE IE MD DN DM DN AE AE Câu 27 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho lục giác ABCDEF Gọi G trung điểm BF Lấy điểm I cạnh BC cho BI BG , điểm H cạnh BC cho BI BG , điểm H 450 , điểm K cạnh EF cho nằm đoạn IG Sao cho CDH 450 Chứng minh tam giác DKH tam giác DKE Cách 1: Từ giả thiết ABCDEF lục giác đều, suy 30 ,CDG 60 , DG BF,GBC 90 Từ đó, BDG VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí CDG CDH 600 450 150 BDG Vậy DH phân giác góc HDG Kết hợp với GH phân giác góc BGD (do BGI vuông cân nên BDG DGB ), suy BH phân giác góc DBF ; B,H,O thẳng DGH hàng ( O tâm lục giác đều) KDE 15 , Hai tam giác DHO DKE có DO DE,HDO KED 1200 nên chúng (g.c.g), suy HD KD Lại có HOD HDO ODK ODK KDE ODE 600 Vậy HDK HDK FBC 900 nên FDH BGH 450 , tứ giác GHDF Cách 2: Vì FDC FGD 900 nên tam giác HFD vuông cân H,O,E nội tiếp, suy FHD FHD 450 EKD Suy tứ thuộc trung trực đoạn FD EHD HEK 600 , HKD HED 600 Vậy tam giác giác EKHD nội tiếp HDK HKD Câu 28 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho đoạn thẳng AB M điểm mặt phẳng cho tam giác MAB tam giác nhọn Gọi H trực tâm tam giác MAB , I trung điểm cạnh AB D hình chiếu H MI Chứng minh tích MI.DI khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Lời giải: VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Kéo dài MH AH cắt AB MB E,F Dễ thấy tứ giác MHD DIE , tứ giác DFBI nội MHDF HEID nội tiếp, suy DFB IFB (1) Lại có FI trung tuyến tam giác vng tiếp từ IDB IBF (2) Từ (1) (2) suy AFB nên tam giác IFB cân I IFB IBF , IDB IBM (g.g) ID IB Suy ID.IM IB2 AB IDB IB IM Vậy MI.DI không phụ thuộc vào vị trí M Câu 29 (Báo tốn học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O Đường tròn O' tiếp xúc với hai cạnh AB,AC theo thứ tự P,Q tiếp xúc với đường tròn O S Hai đường thẳng SP,SQ cắt lại đường tròn O theo thứ tự M,N Gọi E, D,F theo thứ tự hình chiếu vng góc S đường thẳng AM,MN,NA Chứng minh DE DF Lời giải: O'SP OSM OMS , suy O'P / /OM Lại O ' P AP nên Từ O'PS không chứa điểm C OM AB , nghĩa M điểm AB không chứa điểm B Từ Tương tự, N điểm AC VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí MSB MSA , dẫn đến MSA MAP (g.g) SM SA Lập luận MAP AM AP tương tự ta có SM AM SN SA , mà AP AQ nên (1) Bốn điểm AN AQ SN AN AMN M, D,S,E nằm đường trịn đường kính SM , suy DSE Từ đây, áp dụng định lý sin cho tam giác SED ta có SM.sin AMN Tương tự DF SN.sin ANM Vậy DE SM.sin DSE DE SM.sin AMN DE AM.sin AMN (2) Từ (1) (2) suy (áp DF SN.sin ANM DF AN.sin ANM dụng định lý sin cho tam giác AMN ) Do DE DF (đpcm) Câu 30 (Báo tốn học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC vuông A có đường cao AH Trên tia đối tia HA lấy điểm D cho HA 2HD Gọi E điểm đối xứng B qua D ; I trung điểm AC ; DI EI cắt BC M K Chứng MCD minh MDK Lời giải: Gọi N,P thứ tự trung điểm AH IN Dễ thấy IN / /CH (tính chất đường trung bình ACH ), nên IN AH Xét tam giác vng ABC , ta có HB.HC AH2 BH AH AH HC VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí BH HD Do BDH DIN , dẫn DN NI DIN BDI BDN NDI DIN NDI 900 tới BDH Vì AH ND 2DH,HC 2IN nên Do tứ giác ABDI nội tiếp E đối xứng với B qua DI , nên DIB BAD MCI Suy IMK CMI (g.g), ta có KIM IM MK MK.MC MI Do H trung điểm ND HM / /NI nên CM MI MD MI , suy MK.MC MD2 , hay MK MD , MDK MCD MD MC MCD (đpcm) (c.g.c), dẫn đến MDK Câu 31 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O với đường cao AD, BE,CF Chứng minh đường thẳng OA,OF,OB,OD,OC chia tam giác ABC thành ba cặp tam giác có diện tích Lời giải: Gọi M,N trung điểm cạnh BC CA Khi OM MC,ON CA MOB 1 BOC BAC; NOA CBA Theo giả thiết BE CA nên MOB EAB (g.g), suy NAO DAB , suy ON OB AE AB OM OB OA (1) Tương tự có AE AB AB (2) Từ (1) (2) ta có VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí OM ON OM.BD ON.AE Do SOBD SOAE Chứng minh tương tự AE BD ta có SOCD SOAF SOCE SOBF Suy điều cần chứng minh Câu 32 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Điểm M nằm tia đối tia BD cho MA,MC hai tiếp tuyến đường tròn Tiếp tuyến B đường tròn cắt MC N cắt CD P , ND cắt đường tròn E Chứng minh ba điểm A,E,P thẳng hàng Lời giải: Do MC tiếp tuyến đường tròn nên BDC MCB MDC (g.g) Suy MC BC Do MA tiếp NCB MD CD tuyến đường trịn nên tương tự có MAB MDA (g.g) Suy VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí MA AB BC AB Do MA MC suy BC.DA AB.CD Áp dụng MD DA CD DA định lý Ptolemy với tứ giác ABCD nội tiếp ta có : AB.CD BC.DA AC.DB BC.DA AC 2BC AC.DB DA DB (1) Do NB,NC tiếp tuyến đường tròn nên NBE NDB NCE NDC (g.g), suy suy NB BE NC CE ; Kết hợp với NB NC ND DB ND DC BE CE BE.DC CE.DB Lại áp dụng định lý Ptolemy với tứ giác DB DC nội tiếp BECD ta được: BE.DC CE.DB BC.DE BC 2CE DB DE (2) Vì PB tiếp tuyến đường tròn nên PCB PBD (g.g) 2 PC PB CB CB PC PC.PD PB PC.PD PB2 Mặt khác , PD PB PD DB PD PD DB Kết hợp với (2) ta có: 2CE PC CB PD DB DE thẳng CD Q thì: QEC QDA (g.g) QDE QAC ta được: (3) Giả sử AE cắt đường QC EC QA DA QD DE QC QD EC DE Từ Kết hợp với (1),(2) : : QA AC QA QA DA AC QC EC.AC EC 4EC 2CE QD DE.DA DE DE DE (4) Từ (3)và (4) suy PC QC P Q Do ba điểm A,E,P thẳng hàng PD QD 900 Kẻ đường cao Câu 33 Cho tam giác cân ABC AB AC, BAC BD D AC Gọi M,N I theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng BC, BM, BD Tia NI cắt cạnh AC K Chứng minh : a) Các tứ giác ABMD ABNK nội tiếp VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí b) 3BC 4CA.CK Giải: a) Do tam giác ABC cân A nên AM BM Mặt khác BD AD , tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn tâm trung điểm AB , bán kính AB (theo dấu hiệu 1) Lại có, từ giả thiết đề NI đường trung bình DMC Hơn nữa, DMC KAB tam giác BMD , nên NI / /MD Do KNC KAB (1) Từ ta thấy tứ giác (vì tứ giác ABMD nội tiếp) Suy KNC ABNK nội tiếp đường tròn (theo dấu hiệu 2) ABC Kết hợp với (1) ta b) Theo trên, tứ giác ABNK nội tiếp, suy NKC có ABC NKC BC BC CA Mặt khác ta thấy NC BC Do CK NC 4 BC.NC CA.CK , hay 3BC2 4CA.CK (đpcm) 3 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ... 180 0 ACB PNB 1 90 0 ACB 450 ABC 450 IBC 90 90 0 ACB 2 PNB Từ (1) (2), suy ra: PIB (2) Do bốn điểm P,N,I, B nằm đường tròn Mặt khác , 90 0... KDE 15 , Hai tam giác DHO DKE có DO DE, HDO KED 1200 nên chúng (g.c.g), suy HD KD Lại có HOD HDO ODK ODK KDE ODE 600 Vậy HDK HDK FBC 90 0... QA DA AC QC EC.AC EC 4EC 2CE QD DE. DA DE DE DE (4) Từ (3)và (4) suy PC QC P Q Do ba điểm A,E,P thẳng hàng PD QD 90 0 Kẻ đường cao Câu 33 Cho tam giác cân ABC
Ngày đăng: 15/03/2023, 10:25
Xem thêm:
