Hsg hh8 chuyên đề cực trị đẳng thức hình (183 trang)

HH-CHUN ĐỀ CỰC TRỊ HÌNH VÀ ĐẲNG THỨC Bài tốn Sử dụng định lí pythagore để chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức Định lý Pythagore định lý đẹp hình học sơ cấp thể mối quan hệ độ dài cạnh tam giác vng Ta ứng dụng định lý Pythagore vào việc chứng minh quan hệ hình học, đặc biệt chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức hình học I KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định lý Pythagore Trong tam giác vng, bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vng ABC vuông A  BC  AB2  AC Chú ý: Nếu đặt BC  a ; AC  b ; AB  c ta có a  b2  c2 Định lý Pythagore đảo Nếu tam giác ABC có độ dài ba cạnh thỏa mãn BC  AB2  AC tam giác ABC vng đỉnh A Chú ý Để vận dụng có hiệu định lý Pythagore, cần trang bị số kiến thức sau: a) Các đẳng thức học đại số:  a  b  a  b  a  2ab  b2  a  2ab  b2 a  b2   a  b  a  b  b) Tính chất hình học: Hai đoạn thẳng song song chắn hai đường thẳng song song chúng c) Tính chất hình học: Nếu ABC vng A B  60 BC  AC II CÁC VÍ DỤ Ví dụ Cho tam giác ABC vuông A Gọi M trung điểm AB Kẻ MH vng góc với BC  H  BC  Chứng minh CH  BH  AC Lời giải Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông MCH MBH ta được: CH  CM  MH 1 BH  BM  MH  2 Trừ 1 cho   : CH  BH  CM  BM Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông ACM ý AM  BM ta điều phải chứng minh Ví dụ Cho tam giác ABC vng A có AB  12cm ; AC  18cm Trên cạnh AC lấy điểm M cho AM  5cm Chứng minh rằng: AMB  2C Lời giải Áp dụng định lý Pythagore vào ta BM  AB2  AM  122  52  169  BM  13cm Mặt khác AC  18cm ; AM  5cm nên MC  13cm Vậy tam giác BMC cân M Từ MBC  C Theo tính chất góc ngồi tam giác ta có AMB  MBC  C  2C Ví dụ Cho tam giác ABC, D điểm trong tam giác Gọi H, I, K hình chiếu D lên BC, CA, AB Chứng minh rằng: BH  CI  AK  CH  AI  BK Lời giải Nối DA, DB, DC Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông BDH CDH ta được: DH  BD2  BH  CD2  CH Suy ra: BH  CH  BD2  CD2 1 Tương tự ta có: CI  AI  CD2  AD2 AK  BK  AD2  BD2  2 ;  3 Cộng đẳng thức 1 ,    3 ta được: BH  CH  CI  AI  AK  BK  Từ đó: BH  CI  AK  CH  AI  BK Ví dụ Cho tam giác ABC Gọi M trung điểm cạnh BC Chứng minh AM  AB  AC BC   * Lời giải Kẻ AH  BC  H  BC  Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông ABH, ACH AHM ta được: AB2  BH  AH 1 AC  CH  AH  2 Cộng vế đẳng thức 1   : AB2  AC  BH  CH  AH   BM  HM    BM  HM   AH 2  HM  AH  BC BC  AM  2 AB  AC BC  Từ đó: AM  Chú ý: 1) Hệ thức  * cho phép tính độ dài đường trung tuyến tam giác thơng qua độ dài cạnh tam giác Người ta gọi  * công thức trung tuyến 2) Nếu tam giác ABC vng A, AM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC Để ý BC AB  AC  BC , thay vào hệ thức  * ta được: AM  Từ AM  BC 2 2 Ta có tính chất quen thuộc: Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền dài nửa cạnh huyền Ví dụ Cho tam giác ABC cân a A, có AB  AC  b BC  a Kẻ hai đường cao AH BK Chứng minh: a2 a) AH  b  ; a4 b) BK  a  4b 2 Lời giải a) Theo tính chất tam giác cân: BH  CH  a ; Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác ABH vuông H: a2 AB  AH  BH  AH  AB  BH  b  2 2 2 a2 Vậy AH  b  b) Đặt KC  x  AK  b  x Áp dụng định lý Pythagore cho hai tam giác AKB tam giác CKB ta có: BA2  AK  BC  KC   BK  a2  b  b  x   a  x  x  2b 2 2 Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác BCK vuông K, ta có a4 BC  BK  KC  BK  BC  CK  a  4b 2 Vậy BK  a  2 2 a4 4b Ví dụ Chi hình vẽ có AB  CD  2cm , DE  3cm , BC  1cm Chứng minh AE  32cm Lời giải Từ B kẻ đường thẳng song song với CD, từ D kẻ đường thẳng song song với BC, chúng cắt M Áp dụng tính chất hai đoạn thẳng song song bị chắn đường thẳng song song Ta có: BM  CD  2cm MD  BC  1cm Suy ra: AM  EM  4cm Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác AME vuông M, ta có AM  BM  AE  AE  42  42  32 Vậy AE  32cm Ví dụ Cho tam giác ABC nhọn có ba cạnh AB, BC, CA số tự nhiên liên tiếp Kẻ đường cao AH tam giác ABC Chứng minh HC  HB  Lời giải Theo đề ta có AC  BC   AB  Suy AB  AC  2BC Áp dụng định lý Pythagore vào hai tam giác vuông ABH ACH ta có HC  HB  AC  AB   AH    HC  HB  HC  HB    AC  AB  AC  AB    HC  HB  BC  2.2BC  HC  HB  Ví dụ Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Chứng minh: a) AH  BH CH ; b) AB2  BH BC Lời giải a) Áp dụng định lý Pythagore cho ba tam giác vuông ABH, AHC ABC, ta có: AB2  AH  BH 1 AC  AH  HC  2 BC  AB2  AC  3 Cộng vế với vế ba đẳng thức trên: BC  AH  BH  HC   BH  CH   AH  BH  HC 2  BH  2BH CH  HC  AH  BH  HC  BH CH  AH  4 b) Kết hợp đẳng thức   đẳng thức 1 ta AB2  BH CH  HB2  BH  CH  HB   BH BC Ví dụ Cho ABC vuông A, đường cao AH Chứng minh 1   2 AB AC AH Lời giải Sử dụng kết ví dụ 8, ta có: AB2  BH BC AC  CH BC Khi đó: 1 1 CH  BH     2 AB AC BH BC CH BC BC.BH CH 1 BC 1     2 AB AC BC.BH CH BH CH AH III BÀI TẬP Bài Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH  H  BC  Chứng minh 2AH  BH  CH  BC Bài Cho hai điểm A  xA ; y A  B  xB ; yB  mặt phẳng tọa độ Chứng minh: AB   xA  xB    yA  yB  2 Bài Cho tam giác ABC vuông A  AB  AC  , đường cao AH, trung tuyến AM Biết AH  40cm ; AM  41cm Chứng minh AB  AC Bài Cho tam giác ABC vuông A, C  30 Chứng minh BC  AB Bài Cho tam giác ABC có A  135 Biết BC  ; AB  Chứng minh C  2B Bài Cho tam giác ABC vuông A Một đường thẳng cắt cạnh AB, AC theo thứ tự D E Chứng minh BC  CD2  BE  DE Bài Cho tam giác ABC có A  60 Chứng minh BC  AB2  AC  AB.AC Bài Cho tam giác ABC vuông A, kẻ AH vng góc với BC  H  BC  Trên tia đối tia HA lấy điểm D, cạnh AC lấy điểm E cho BDE  90 Đường thẳng qua E song song với BC cắt AH F Chứng minh AF  HD Bài Cho tam giác ABC vuông A, đường trung tuyến BM CN Chứng minh rằng: 5BC BM  CN  2 Bài 10 Cho tam giác ABC có hai đường trung tuyến BM CN vng góc với Chứng minh 5BC  AB2  AC Bài 11* Cho tam giác ABC vuông A I giao điểm đường phân giác E F hình chiếu vng góc A xuống BI CI Chứng minh AI  2EF Bài 12 Cho tam giác ABC Gọi H trực tâm tam giác Chứng minh AH  BC  BH  AC2 Bài 13* Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H Gọi M trung điểm BC Đường thẳng qua A song song với MH đường thẳng qua H song song với MA cắt N Chứng minh AH  BC  MN Bài 14* Cho tam giác ABC thoả mãn AC  AB BC   AC  AB  D điểm cạnh BC Chứng minh ABD  ADB BD  3CD Bài 15* Cho tam giác ABC nhọn có A  60 Chứng minh rằng: 1   BC  AC BC  AB AB  BC  CA Bài 16 Cho tam giác ABC vuông cân A, gọi M điểm nằm cạnh BC Chứng minh MB2  MC  2MA2 Bài 17 Cho tam giác ABC, từ điểm M nằm tam giác, ta hạ đường vng góc MD  BC , ME  AB , MF  AC Chứng minh AE  BD2  CF  AF  BE  CD2 IV HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (Bạn đọc tự vẽ hình) Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông AHB AHC ta được: AB2  AH  BH 1 ; AC  AH  CH  2 Cộng đẳng thức 1   ý BC  AB2  AC ta điều phải chứng minh Bài Thấy tam giác ABH vuông H HA  yA  yB ; HB  xA  xB Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác ABH cho ta điều phải chứng minh Bài Vì AM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông ABC nên theo nhận xét ví dụ ta có MA  MB  MC  41cm Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông AHM ta tính HM  9cm Từ tính HB  32cm ; HC  50cm Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông ABH ACH ta có: AB2  AH  BH  402  322  2624 ; AC  AH  CH  402  502  4100 Suy Vậy AB 2624 16   AC 4100 25 AB  hay AB  AC AC Bài Vì tam giác ABC vuông A, C  30 nên B  60 Lại có AM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông ABC nên MA  MB  MC Từ tam giác MAB Vậy AB  MB  BC hay BC  AB Chú ý: Có thể chứng minh rằng: Một tam giác vng có cạnh góc vng dài nửa cạnh huyền góc đối diện với cạnh góc vng 30° Bài Vẽ đường cao CH tam giác ABC Ta có: CHA  180  135  45 ACH có: H  90 ; CAH  45 Vậy ACH vuông cân đỉnh H Áp dụng định lý Pythagore cho ACH ta có: HC  HA  Tam giác CHB vng H ta có HC  BC nên CBH  30 từ ta có điều phải chứng minh Bài Nối B với E; C với D Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vng ABC ADC ta có: BC  AB2  AC 1 ; CD2  AD2  AC  2 Trừ 1 cho   ta BC  CD2  AB  AD Tương tự áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông ADE ABE ta BE  DE  AB2  AD2 Vậy BC  CD2  BE  DE Bài Khơng tính tổng quát giả sử BC Kẻ đường cao BH với H nằm cạnh AC Tam giác AHB vuông H có ABH  30 nên AH  AB Theo định lý Pythagore ta có: BC  BH  HC  BC  BH  HC  AB  AH   AC  AH   AB2  AC  AC AH  AB2  AC  AB AC Bài Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông ABE, ABH, AEF, BDE, BHD, BHA, BAE, EAF ta BE  AB2  AE   BH  AH    AF  EF  1 Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác BDE, BDH, DFE ta BE  BD  DE   BH  HD    DF  EF   2 Từ 1   suy ra: AH  AF  DF  HD2  3 * Nếu AF  HD AH  DF , AH  AF  DF  HD2 * Nếu AF  HD AH  DF , AH  AF  DF  HD2 Vậy đẳng thức  3 xảy AF  HD , từ ta có điều phải chứng minh Bài Cách 1: Sử dụng công thức trung tuyến Cách 2: Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác ABM CAN ta được: AC AB 2 BM  AB  ; CN  AC  4 2 Cộng đẳng thức lại để ý AB2  AC  BC , ta có điều phải chứng minh Bài 10 (Bạn đọc tự vẽ hình) Gọi G giao điểm BM CN, G trọng tâm tam giác Áp dụng công thức trung tuyến ta được: AB  BC AC AC  BC AB 2 BM    ; CN  4 Lại có BM  3 BG ; CN  CG , thay vào công thức ta được: 2 AB  BC AC BG   4 1 AC  BC AB CG   4  2 Cộng đẳng thức 1 ,   ý tam giác BGC vuông G, ta có điều phải chứng minh Bài 11 Nối AI Gọi O trung điểm AI Các tam giác vng AFI AEI có FO EO đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AI nên ta có OF  OE  AI Vậy tam giác FOE cân O Lại có BIC  180  BC  135 Hay FIA  EIA  135 Do đó: FAI  EAI    90  FIA  90  EIA   180  FIA  EIA    180 135  45 Có tam giác OAF OAE cân O, theo tính chất góc ngồi tam giác, ta có   FOE  FOI  EOI  FAI  EAI  90 Vậy tam giác FOE vng cân O Từ áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông cân FOE ta được: AI   2.OE   4.OE   OE  OF   2EF Bài 12 Gọi I giao điểm CH AB Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông AHI, BHI, ACI, BCI ta suy ra: AH  AI  BH  BI 1 AC  AI  BC  BI  2 Trừ   cho 1 ta AC  AH  BC  BH Từ đó: AH  BC  BH  AC Chú ý: + Chứng minh trường hợp tam giác ABC tam giác tù Trong trường hợp tam giác ABC vng số điểm trùng kết + Bằng cách chứng minh tương tự suy ra: AH  BC  BH  AC  CH  AB Bài 13 Lấy D điểm đối xứng với H qua M Dễ dàng chứng minh BH //DC , BH  DC từ suy DC  AC 10 Từ (1) (2) ta suy HM MP HMN ∽ PMA dẫn đến MH.MA MN.MP 2) Trước hết dễ thấy nên AFC MN MA AQC ACQ ACF (c.c.c) CHM dẫn đến tứ giác AFCH nội tiếp ACH ABC AFH 90 BAC (3) Mặt khác tính chất đối xứng ta có AF AQ AE hay tam giác AEF cân A để có AFE AEF 90 EAF 90 CAQ BAQ Do ta AFH 90 AB QJ EAQ BAC AFE hay ba điểm E, H, F thẳng hàng 3) Trước hết thấy AB.QJ Và đặt P FAQ 90 2S ABQ , AC.QI 2S AQC AC QI Khi áp dụng BĐT Cauchy-Shwarz ta có: AB2 ABQJ P AB SABQ AC2 AC.QI AC SACQ AB2 2SABQ AB AC SABC AC2 2SACQ SQBC Đẳng thức xảy QI QJ Mặt khác gọi G điểm cung nhỏ BC ln có SQBC Vậy P SGBC , P AB QJ AB SABC AC SGBC AC nhỏ Q điểm cung nhỏ BC QI Bài 57 Cho tam giác ABC nhọn, có trực tâm H nội tiếp đường trịn tâm O Gọi D, E, F tương ứng chân đường cao tam giác ABC kẻ từ A, B, C Gọi M giao điểm tia AO cạnh BC Gọi N, P tương ứng hình chiếu vng góc M cạnh CA, AB 1) Chứng minh: HE.MN HF.MP 2) Chứng minh tứ giác FENP nội tiếp 169 BD.BM 3) Chứng minh rằng: CD.CM AB AC (Trích đề thi vào 10 Chun Tốn, Vĩnh Phúc, năm học 2015 - 2016) LỜI GIẢI 1) Ta có FHE FEH PMN FAH 180 MAN A, NPM (do tứ giác HFAE, PMNA nội tiếp) PMN ∽ EHF Do HE.MN HF.MP 2) Từ phần 1) FEN FEH NPM 90 90 BPN Nên tứ giác FENP nội tiếp 3) Ta có BAD CAM BAM Suy SBAD SCAM BD CM SBMA SCAD BM CD sin BAM.AB.AM sin CAD AC AD BD.BM Do CD.CM DAC sin BAD.AB.AD sin CAM.AC.AM AB AC AB.AD AC.AM AB.AM AC AD Bài 58 Cho đường tròn O; R dây BC cố định không qua tâm Trên tia đối tia BC lấy điểm A (A khác B) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn O (M N tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC 1) Chứng minh A, O, M, N, I thuộc đường tròn IA tia phân giác góc MIN 2) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh AK AB AC 3) Đường thẳng qua M vng góc với đường thẳng ON cắt O điểm thứ hai P Xác định vị trí điểm A tia đối tia BC để AMPN hình binh hành (Chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương, năm học 2015 - 2016) LỜI GIẢI 170 1) Theo giả thiết AMO ANO AIO 90 điểm A, O, M, N, I thuộc đường trịn đường kính AO AIN AM 2) AMN, AIM ANM (Góc nội tiếp chắn cung) AMN cân A AN AIN AIM AK AB AB.AC AMN ANM AK AB AC (đpcm) AC 2AB.AC AK.AI (Do AB AC ABN đồng dạng với ANC AHK đồng dạng với AIO AK.AI AM Do AN 3) Ta có AN NO, MP AK.AI AM NO, M Do AMPN hình bình hành Tam giác ANO đồng dạng với TH1 NE R2 NO OE x2 PTTT R Do t R2 t, t t2 t TH2 NE Đặt AN AB.AC AH.AO AMO vng M có đường cao MH Tam giác Đặt 2AI ) R2 x2 t, t t2 R2 AN NEM R x2 R2 t2 2t Rt Rt OE AN x2 R R2 R NO PTTT R AB.AC R2 x2 R x x2 R R R2 x2 R2 t2 2t Rt Rt AH.AO AM AK.AI AN / / MP MP 2x AN NE NO EM NE x2 2x2 R2 R2 2t R t R A B (Loại) x2 R2 2x2 171 2t t R2 R R 2x2 R R R2 x2 R R2 x2 Do t 2t R2 R x2 R R x AO 2R Vậy A thuộc BC, cách O đoạn 2R AMPN hình bình hành Bài 59 Cho đường trịn tâm O đường kính BC, A điểm di chuyển đường tròn O (A khác B C) Kẻ AH vng góc với BC H M điểm đối xứng điểm A qua điểm B 1) Chứng minh điểm M nằm đường tròn cố định 2) Đường thẳng MH cắt O E F (E nằm M F) Gọi I trung điểm HC, đường thẳng AI cắt O G (G khác A) Chứng minh: AF FG2 GE EA2 2BC 3) Gọi P hình chiếu vng góc H lên AB Tìm vị trí điểm A cho bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn (Trích đề thi vào 10 Chun Tốn, Nguyễn Trãi, Hải Dương, năm học 2016-2017) LỜI GIẢI 1) Lấy K điểm đối xứng O qua B, B O cố định nên K cố định Tứ giác OAKM hình bình hành nên KM Do OA OA BC không đổi M nằm đường trịn tâm K, bán kính 2) Xét BHC AHB BHA BC CHA có 90 , BAH ACB (cùng phụ với ABC ) AHB ∽ CHA Gọi S trung điểm AH, I trung điểm HC nên ABS∽ CAI ABS CAI Ta lại có BS đường trung bình AMH 172 BS/ / MH Mà CAI ABS MAI AMH 90 AMH AMH CAI MAI 90 Xét tứ giác AEGF nội tiếp O , có AG Kẻ đường kính AD, GD AI MF EF AG EF AG nên EF / / GD , tứ giác nội tiếp EFGD AE2 AD2 hình thang cân FG AE2 ED FG2 ED2 Tương tự ta chứng minh được: AF Vậy AE2 FG2 AF EG2 EG2 AHP BC2 2BC 3) Gọi Q hình chiếu H AC AQP BC2 Tứ giác APHQ hình chữ nhật (S tâm) ABC nên tứ giác BPQC nội tiếp Đường trung trực đoạn thẳng PQ, BC, QC cắt O’ O’ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BCP Có OO’ // AH vng góc với BC PQ O S OA PQ O S / /OA nên tứ giác ASO’O hình hình hành OO AS AH Trong trường hợp A nằm cung BC ta có: OO AS AH Tam giác OO’C vuông O nên OC OC AH Do OC không đổi nên O’C lớn AH lớn A cung BC Bài 60 Cho đường tròn tâm O, bán kính R Từ điểm M ngồi đường tròn kẻ hai tiếp tuyến MA MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Qua A kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO N, H giao điểm MO AB 1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh: MN NF.NA MN HB2 3) Chứng minh: HF EF MF NH 173 (Trích đề thi vào 10, Chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương (Vòng 1), năm học 2017 - 2018) LỜI GIẢI 1) Ta có MAO 90 , MBO 90 (theo tính chất tiếp tuyến bán kính) Suy ra: MAO MBO 180 Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn 2) Ta có AE / / MO mà AEM AEM MAF , suy EMN NMF MAF NAM có MNA chung; EMN NM NF EMN , NA NM NMF đồng dạng với MAF nên NM Mặt khác có: ABF NAM NF.NA (1) AEF EMN hay HBF ABF FMH MFHB tứ giác nội tiếp FHM FBM FAB hay FHN NHF Xét NAH có: ANH chung; NHF NH NF NA NH NHF đồng dạng NAH NH HM MEA có: AME chung, MAF 3) Xét MAF suy MAF đồng dạng với MA MF AE AF ME MF AHN AE2 AF MFB AE AF AFE HBF có: EFA AEF suy 90 AEF đồng dạng với HB HF AE2 AF (3) MHB 90 BFH BFH; FEA FBA HBF HB2 (4) HF Từ (3) (4) ta có: ME MF HB2 HF MF FE MF MEA MEA Vì MFHB tứ giác nội tiếp Và AFH NAH NF.NA (2) Từ (1) (2) ta có NH ME MA NAH HB2 HF 174 BFE 90 HB2 HF FE MF HB2 HF FE MF Bài 61 Cho hai đường tròn O; R O ; R cắt hai điểm phân biệt A B Trên tia đối tia AB lấy điểm C, kẻ tiếp tuyến CD, CE với O , D, E tiếp điểm E nằm O Đường thẳng AD, AE cắt O M N (M, N khác A) Tia DE cắt MN I, OO cắt AB DI H F 1) Chứng minh: FE.HD FD.HE 2) Chứng minh: MB.EB.DI IB.AN.BD 3) Chứng minh: O I vuông góc với MN (Trích đề thi vào 10, Chun Nguyễn Trãi (vòng 2), Hải Dương 2017 - 2018) LỜI GIẢI 1) O cắt O OO AB A, B 90 (1) CHO CD, CE tiếp tuyến O D, E CDO CEO Từ (1) (2) Mà CD CE 90 (2) C, D,O, H, E thuộc đường trịn đường kính CO CDE CED CHE CHD HC đường phân giác DHE Mặt khác OO AB H hay FH HF phân giác H FE FD HE HD FE.HD 2) Trong O có: BMN Trong O có: BAN MIB BAN BDE BMN MBI AEB có: MBI MIB ∽ AEB Xét ABN DHE FD.HE BDMI tứ giác nội tiếp Xét HC H MB AB IB EB DBI có: BAN BDE MDI ABE ABE; BMI BAE (3) BDI ; BNA BID 175 CHE CDE CHD CED AB DB ABN ∽ DBI MB AB AB DB Từ (3) (4) IBN 3) Xét IBN DBA (vì CDA Xét IB AN EB DI DEA IN IB DA DB CD CB DA DB CE CB (6) CEA (5) CBD CBE có: BCE chung; CEA CEA ∽ CBE CE CB EA EB CBE (7) MIB ∽ AEB (theo phần b) Mặt khác EA EB IB.AN.DB BDA (vì BDMI nội tiếp) CBD có: DCB chung; CDA DA DB CE MB.EB.DI IEN ), BIN CDA ∽ CBD Mà CD (4) DBA có: IBN ∽ DBA Xét AN DI IM IB (8) Từ (5), (6), (7), (8) IN IB IM IB Bài 62 Cho tứ giác ABCD có BAD IN IM OI 60 , BCD MN 90 Đường phân giác BAD cắt BD E Đường phân giác BCD cắt BD F Chứng minh: (Trích đề thi vào 10 Chuyên Long An, năm học 2016 - 2017) LỜI GIẢI Gọi K hình chiếu vng góc E lên AB Diện tích tam giác ABE là: KE.AB AE.sin30 AB AE.AB Diện tích tam giác ADE là: AE.AD Diện tích tam giác ABD là: AB.sin60 AD 3AB AD Ta có: Diện tích tam giác ABE + Diện tích tam giác ADE = Diện tích tam giác ABD 176 AE CF AB BC CD DA Suy ra: AE AB AD (1) Tương tự ta tìm Từ (1) (2) ta có: AE CF CF CB AB CD BC (2) CD DA Bài 63 Cho đường tròn O; R điểm A cố định O; R Gọi M, N giao điểm hai đường tròn O; R A; R ; H điểm thay đổi cung nhỏ MN đường tròn A; R Đường thẳng qua H vng góc với AH cắt O; R B, C Kẻ HI AB I AB , HK 1) Chứng minh IK ln vng góc với đường thẳng cố định AB AC 2) Tìm giá trị lớn điện tích AC K 2R AIK H thay đổi (Trích đề thi HSG Lớp 9, Tỉnh Phú Thọ, năm học 2016 - 2017) LỜI GIẢI 1) Ta có AIH Vì AIH 90 ; AKH AKH 90 180 nên tứ giác AJHK nội tiếp Kẻ tiếp tuyến At đường tròn O; R A Ta có: ACB ACB HAC 90 AHK HAC 90 AHK Ta lại có: AHK (1) AIK (do tứ giác AIHK nội tiếp) BAt (2) sđ AB ) ACB (cùng Từ (1), (2), (3) suy ra: BAt Mặt khác OA At IK AIK (3) At / / IK OA Vậy IK vuông góc với đường thẳng cố định OA Gọi J giao điểm AO IK; A’ điểm đối xứng với A qua O Ta có AC AA ACH ∽ AA B AHC AH AB AB AC ABA R AH 90 ; ACH 2R 177 AA B AC 2) Ta có AKH AHC  AK AH   AK AC  AH AH AC Gọi S , S diện tích tam giác ABC AIK S S AI AC AIK ∽ ACB Ta có AJ IK AH BC AH AH 4R2 AH R AJ IK AH BC S Suy S AK AB AK AB IK BC AJ , suy ra: AH AK AC AB AC AH BC R BC R 2R Vậy giá trị lớn tam giác AJK R2 R2 , đạt H O Bài 64 Từ điểm M nằm đường tròn tâm O Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm) Cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q) Gọi H giao điểm OM AB 1) Chứng minh HPO HQO 2) Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng EA có giá trị nhỏ EB (Trích đề thi HSG Lớp 9, Tỉnh Nghệ an, năm học 2015 - 2016) LỜI GIẢI 1) MPA đồng dạng suy MA2 MAQ (g.g), MP.MQ (1) MAO vng A, có đường cao AH nên MA2 MH.MO (2) Từ (1) (2) suy P.MQ MH.MO hay MPH MHP MP MH MO MQ (*) MOQ có góc M chung, kết hợp (*) ta suy MQO Do tứ giác PQOH tứ giác nội tiếp HPO HQO sdOH (đpcm) 178 MPH đồng dạng MOQ (c.g.c) Suy 2) Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho EB EBF EF hay BEA cân E, suy BFA Đặt AEB AFB nên F di chuyển cung chứa góc Ta có: EA EB EA Như EA EB dựng BC nhỏ EA EB lớn EB hay EA EF lớn AF lớn (**) Gọi O’ điểm cung lớn AB suy O AB cân O’ suy O A O EF có EB = EF, O’E chung O EB Và FEO O B (3) BEO (cùng bù với BAO ) O EB O EF (c.g.c) suy O B O F (4) Từ (3) (4) suy O’ tâm cung chứa góc dựng đoạn thẳng BC (cung cung lớn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Do AF lớn đường kính O E O (***) Từ (**) (***) suy E điểm cung lớn AB EA giá trị nhỏ EB Bài 65 Trong hình bình hành ngoại tiếp đường trịn O; r , tìm hình bình hành có diện tích nhỏ (Trích đề thi HSG Lớp 9, Tỉnh Hải Dương, năm học 2011 - 2012) LỜI GIẢI Theo ta suy cạnh hình hành tiếp tuyến đường tròn O; r Gọi M, N, P, Q tiếp điểm đường trịn với cạnh hình vẽ CM CN ; AP CM BM AP AQ, BM BQ; PD PD DN CN DN AQ BQ 179 2BC AB Kẻ AH ABC BC AB AH , dấu “=” xảy BC Ta có AB 90 Ta có: OM BC, OP AD, AD / / BC P, O, M thẳng hàng, AH S ABCD AH BC 2r AB 2r.2r 4r , dấu “=” xảy ABC SABCD 2r PM 90 Vậy hình bình hành ngoại tiếp đường trịn O; r hình vng có diện tích nhỏ 4r Bài 66 Cho tam giác ABC, điểm M tam giác, đường thẳng AM, BM, CM, cắt cạnh BC, CA, AB P, R, Q Kí hiệu SABC diện tích tam giác ABC 1) Chứng minh rằng: MA.BC MBCA MC.AB 4SABC 2) Xác định vị trí M để diện tích tam giác PQR lớn (Trích đề thi HSG Lớp 9, Tỉnh Bình Định, năm học 2010 - 2011) LỜI GIẢI a) Ta có: PM PA MI AH SBMC SABC SBMC MA.BC SBMC SABC PM MA SABC MI MA MI BC MA.BC 2SBMC MA.BC SBMC Tương tự ta có: MB.AC SABC SAMC ; MC.AB SABC SAMB Cộng theo vế ta điều cần chứng minh b) Đặt SPMQ Ta có zx y S RMP SMCP x; SQMR y; S RMP MR S PMQ ; MC S PMB S BMP S PMC S BMC Tương tự ta có: MQ MB S BMC 4S BMC xy z z S PQR x z.x S MCP S PMB S BMC SCMA yz (2); x y z MR.MQ MC.MB y S BMC (1) S AMB Cộng theo vế BĐT (1), (2) (3) ta được: (3) xy z 180 yz x zx y S ABC (4) Mặt khác dùng BĐT Cô-si ta chứng minh xy z yz x x y zx y x S ABC z z nên từ (4) suy ra: y S ABC S PQR Đẳng thức xảy khi: S PMB x S PMC ; SCMQ y SQMA ; S AMR S RMB z M trọng tâm tam giác ABC Vậy M trọng tâm tam giác ABC max S PQR S ABC Bài 67 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R M điểm di động cung nhỏ BC đường trịn 1) Chứng minh MB MC MA 2) Gọi H, I, K chân đường vng góc hạ từ M xuống AB, BC, CA Gọi S, S' diện tích tam giác ABC, MBC Chứng minh rằng: Khi M di động ta ln có đẳng thức: MH MI MK S 2S 3R (Trích đề thi HSG Lớp 9, Tỉnh Bình Định, năm học 2016 - 2017) LỜI GIẢI a) Cách 1: Trên tia đối tia MC lấy điểm E cho ME Ta có: BMA BEM tam giác BEC Do đó: MB MC MA BE BM EC MA Cách 2: Trên AM lấy điểm E cho ME Ta có: EM BEM tam giác BE BM MB EM 181 MB MBC EBA(c.g.c) AE Do đó: MB MC MC MA b) Kẻ AN vng góc với BC N ABC tam giác nên O Vì trọng tâm tam giác AN R 3 R: 2 R A, O, N thẳng hàng Ta có: AN AB.sin ABN AN AB sin ABN Ta có: MH AB 2S ABM AB MH MK AC S BCM Do đó: MH 2S R 2S ABM R S ACM MI BC 2S R S ABM MK R R MK 2S ACM AC 2S ACM R MI 2S BCM BC 2S BCM R MI 2S R R S ABM 2S R S ACM S ABMC S S S 2S 3R Bài 68 Cho tam giác ABC có bán kính đường trịn nội tiếp r Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, CA, AB Biết rằng: AM BN CP r Chứng minh tam giác ABC tam giác (Trích đề thi HSG Lớp 9, Tỉnh Thái Bình, năm học 2015 - 2016) LỜI GIẢI Gọi đường cao tương ứng với cạnh BC AH Gọi S diện tích tam giác ABC Ta dễ thấy: S AM Tương tự ta có: S AH S BN BC AC S , CP AB Cộng vế theo vế ta được: 182 S AM S BN S CP p , p nửa chu vi AM BN CP p S Đẳng thức xảy r ABC 183