Tuyển tập các bài toán thi học sinh giỏi các tỉnh năm học 2012 - 2013 và VMO 2013

MATSCOPE.ORG TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HH THI HSG CÁC TRƯỜNG CÁC TỈNH THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2012 - 2013 VÀ VMO 2013 NGƯỜI THỰC HIỆN TRẦN XUÂN BANG - TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH 1 (Nam Định, KTra đội ĐT - ngày 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Đường phân giác góc A cắt BC A1 cắt (O) A Định nghĩa tương tự với điểm B1 , B2 ,C1 ,C tương ứng Chứng minh rằng: a) CA AB  BA AC  BC.AA A1A B1B2 C1C2 b)    BA  A 2C CB2  B2 A AC  C2 B HD a) Áp dụng Ptoleme cho tứ giác ABA2C b) Sử dụng câu kết hợp với BA2 = CA2 suy ra: AA2.BC = A2C(AB+AC) A2C BC  A2 A AB  AC Xét  CA1 A2   ACA2 Suy A1 A2 AA AC A1 A2 BC     BA2  A2C 2CA2 A2 A BA2  A2C 2( AB  AC )  Tương tự thế, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: BC CA AB    2( AB  AC ) 2( BA  BC ) 2(CA  CB) Đây BĐT Nesbit (Nam Định, KTra đội ĐT - ngày 2) Cho tam giác ABC vuông A Điểm D thuộc đoạn thẳng BC (D  B,C) Đường thẳng qua D song song với AC cắt đường trịn đường kính CD M ( M  D ) Đường thẳng qua D song song với AB cắt đường trịn đường kính BD N ( N  D ) Gọi P giao điểm AD  đường trịn đường kính BC (P  A) Chứng minh MPN  90 HD Gọi P' giao điểm BN, CM ; H, I hình chiếu D AC, AB Khi dễ thấy P' thuộc đường trịn (ABC) Ta có BN ID PB   CM IA PC Mặt khác (BP, BN) = (BP, BP') = (CP, CP') = (CP, CM) (mod(  )) Suy hai tam giác PBN PCM đồng dạng hướng Do hai tam giác PBC PNM đồng dạng hướng  Vì (PM,PN) = (PC,PB) = (mod(  )) (Hà Tĩnh-Chọn ĐT- vòng 1) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H Gọi A',B',C' theo thứ tự giao điểm AH, BH, CH với (O).Một điểm D nằm đường tròn (O) (khác với A, B, C, A', B', C') Gọi A'', B'', C'' giao điểm DA' với BC, DB' với AC, DC' với AB Chứng minh A'', B'', C'', H thẳng hàng HD Gọi DA, DB, DC điểm đối xứng D qua đường thẳng BC, CA, AB Vì DA, H đối xứng với D, A' qua BC theo thứ tự nên A'', DA, H thẳng hàng Tương tự, ta suy điểm B', DB, H C'', DC, H thẳng hàng Mặt khác DA, DB, DC thẳng hàng (đường thẳng Steiner) Vậy A'', B'', C'', H thẳng hàng Chú ý: Có thể mở rộng tốn sau : Cho tam giác ABC nội tiếp (O),P điểm bất Kì nằm tam giác.Gọi A',B',C' giao điểm AP, BP, CP với (O).D điểm nằm đường tròn (O) (khác điểm trên).Gọi A'',B'',C'' giao điểm AD' BC,B'D AC,C'D với AB Chứng Minh A'',B'',C'', P thằng hàng Chứng minh nhờ pascal (Hà Tĩnh-Chọn ĐT- vòng 2) Cho điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng (theo thứ tự đó) Gọi d  đường thẳng vuông góc với đường thẳng AC A C; M điểm di động  Từ M kẻ tiếp tuyến MD, ME đến đường tròn đường kính AB với D, E tiếp điểm Các tiếp tuyến cắt d tương ứng điểm P, Q Gọi R S giao điểm d với đường thẳng BD BE a Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BRS qua hai điểm cố định b Xác định vị trí điểm M để tam giác MPQ có chu vi nhỏ LG thaygiaocht: M C B D I H O E S R Q d P A J K a) Gọi O trung điểm AB, r = AB/2 DE cắt OC I, OM vng góc DE H Tứ giác MHIC nội tiếp nên OI.OC  OH.OM  OD  r (không đổi) 2 Mặt khác O, C cố định nên I cố định BD.BR  BE.BS  BA nên tứ giác RDES nội tiếp (*) Đường tròn (BRS) cắt AB K Ta có: (KR,KB) (SR,SB) (mod  )  (DB,DE)(mod ) (*) Từ ta có tứ giác DIKR nội tiếp, suy BI.BK  BD.BR  BA không đổi, mà B, I cố định nên K cố định Vậy (BRS) qua hai điểm cố định B, K b)  RDP =  MDB =  DAB (do MD tiếp tuyến) suy  RDP =  DRA ( phụ với  DAR ) nên  PDA =  PAD Từ ta có: RP = PD = PA , AP = AR/2 Tương tự AQ = AS/2 Suy AP.AQ = AR.AS/4 = AB.AK/4 khơng đổi.(**) Ta có SMPQ = pr với r không đổi Chu vi tam giác MPQ nhỏ SMPQ nhỏ PQ = AP + AQ nhỏ ( đường cao d(M, PQ) = d(  , d) không đổi)  AP = AQ ( = AB AK ) (do (**) BĐT CôSi) suy M  C 5.(PTNK) Cho tam giác ABC Các diểm M, N thuộc cạnh BC cho BAM  CAN   ( M nằm B, N) Gọi I trung điểm BC Kẻ BH  AM, CK  AN H, K a) Chứng minh đường trịn (IHK) ln thuộc đường thẳng cố định b) Tính  theo ABC ACB cho (IKH) tiếp xúc với đường tròn đường kính AB đường trịn đường kính AC LG.(thedragonray) a) Gọi AT đường cao tam giác ABC Suy tứ giác AHTB ATKC nội tiếp Do Suy I,H,T,K đồng viên Vậy tâm (IHK) thuộc đường trung trực TI cố định b) Gọi (O) đường trịn đường kính AB Ta có tứ giác AHTB nội tiếp (O) Do (O) giao (IHK) T H Để (O) (IHK) tiếp xúc T trùng H dẫn đến AM đường cao tam giác ABC Khi Lời giải Nguyễn Trần Duy - 10T Chuyên QB) a) Gọi J trung điểm HK, BH cắt CK L Xét tích:             IJ.HK  ( BH  CK ).( HA  AK )  ( BH AK  HA.CK ) 2 Ta có:      BH AK  BH AK cos( BH , AK )  BH AK cos( BLC  900 )        HA.CK  HA.CK cos( HA, CK )  HA.CK cos(2700  BLC ) Lại có tam giác ABH ACK đồng dạng nên BH.AK = HA.CK Vậy       BH AK  HA.CK  Hay IJ vng góc với HK => HI=IK Dựng AD đường cao tam giác ABC, ta có ABDH ACKD tứ giác nội tiếp,     suy HDC  BAH  CAK  CDK , thêm HI=IK, ta có DHIK phải tứ giác nội tiếp, nên tâm đường trịn IHK ln qua trung trực DI b) Đường trịn đường kính AB cắt đường tròn (IHK) D H đường trịn tiếp xúc H  D Vậy  BAM =  BAD = 900 –  ABC Lại có đường trịn đường kính AC cắt đường tròn (IHK) D K đường tròn tiếp xúc K  D Tương tự ta có  CAN =  CAD = 900 –  ACB Vậy (IHK) tiếp xúc với đường tròn đường kính AB đường trịn đường kính AC   900     900   ABC ACB (Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình bình hành Gọi M trung điểm cạnh SC Mặt phẳng (P) qua AM cắt cạnh SB, SD B', D' Gọi V  VS.ABCD V1  VS.ABMD Tìm giá trị lớn giá trị V nhỏ tỉ số V HD Gọi O tâm ABCD G giao SO AM G trọng tâm tam giác SBD B'D' qua G Bài tốn chuyển tìm min, max diện tích tam giác SB'D' (KHTN, vòng 1, ngày 1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) với AB khơng đường kính (O) Gọi P điểm di chuyển cung CD không chứa A, B (O) Giả sử PA cắt DB, DC E F Giả sử PB cắt CA, CD G H Biết GF giao EH Q Chứng minh PQ qua điểm cố định P di chuyển Lời giải Nguyễn Trần Duy - 10T Chuyên QB) Dựng tiếp tuyến (O) A B, chúng cắt I AI cắt BD N, BI cắt AC M AB CD vắt K Theo định lí Pascal cho điểm A,P,B,D,C,A F,G,N thẳng hàng Tương tự áp dụng Pascal cho điểm B,P,A,C,D,B H,E,M thẳng hàng Lại có theo Pascal với điểm A,A,C,D,B,B N,M,K thẳng hàng Khi áp dụng định lí Desargues cho tam giác ANF BMH, ta thấy AB, NM, FH đồng quy K nên P,Q,I thẳng hàng Vậy PQ qua I cố định P di chuyển cung CD khơng chứa A, B (KHTN, vịng 1, ngày 2) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp (O) Gọi P điểm nằm tam giác ABC không trùng O Giả sử AP cắt (O) D khác A Gọi DE, AF đường kính (O) Giả sử EP, FP cắt (O) G H khác E, F Giả sử AH giao DG K Gọi L hình chiếu K lên đường thẳng OP a) Chứng minh điểm A, L, K, D thuộc đường tròn Gọi đường tròn (S) b) Chứng minh ràng đường thẳng OP cắt EF điểm T thuộc (S) Lời giải Nguyễn Trần Duy - 10T Chuyên QB) a) Ta có  KLP =  KHP =  KGP = 900 Nên K,G,P,H,L nằm đường trịn đường kính KP Khi  HKP =  HGP = 1  AKP   HE  KAP    ( HD  HE )  90o 2    Lại có OLH  HGE  HDE (1) nên LDOH tứ giác nội tiếp, suy    DLO  DHO  HDO (2),   Từ (1) (2)  OLH  OLD , mà      OLH  PKH  90 o  KAD  OLD  90o  KLD   Vậy KLD  KAD hay K,L,A,D thuộc đường tròn b) Ta có AO=OF AP song song với EF nên PATF hình bình hành Khi   PFT  HGE  HLP  TLD DAT     Vậy A,L,D,T nằm đường trịn Ta có điều phải chứng minh (Mai Sơn - Sơn La) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn tâm I Tìm giá trị lớn biểu thức: IA.IB.IC T a.IA  b.IB2  c.IC HD Trước hết ta chứng minh aIA2  bIB  cIC  abc      2   aIA     aIA     a IA2   ab( IA2  IB  AB )    2   ( a  ab  ac) IA   abc  Cách Từ  (a  b  c)  aIA2  bIB  cIC   (a  b  c)abc  đpcm Cách                    cIC aIA bIB   aIA  aIA bIB      ( cIC ) IA  aIA (bIB  cIC ) IA  bIB             cIC  bIB( IB  IA)  cIC ( IC  IA)  bIB AB )  cIC AC )  bHB AB  cKC AC  bHB AB  cKC AC  bc( p  b)  bc( p  c)  bc(2 p  b  c)  abc Khi đó, gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, IA = r A sin , ta có: A B C (4R sin sin sin )3 IA.IB.IC r3 2 T   a.IA  b.IB2  c.IC abcsin A sin B sin C 8R sin A sin Bsin Csin A sin B sin C 2 2 2 A B C (4R sin sin sin )3 A B C 2   tan tan tan A B C A B C 2 64R sin sin sin cos cos cos 2 2 2   cos A   cos A  a  (b  c) (a  b  c)(b  c  a)(c  a  b)  (b  c)2  a  (a  b  c)3 abc        (a  b  c)3 27 3 Dấu đẳng thức xảy khi tam giác ABC Cách khác: Gọi D chân phân giác góc A Khi đó: Từ kết Suy ra: IA  IA ID AD ac 4bc   , BD  , AD  p( p  a) c BD c  BD bc (b  c ) bc (b  c  a) abc abc   (b  c  a )(c  a  b)(a  b  c)   T    (a  b  c)3 (a  b  c)3 1  27 3 10 (Chuyên Sơn La) Cho tứ giác ABCD nội tiếp Gọi P,Q,R chân đường cao vng góc hạ từ D xuống đường thẳng BC,CA,AB Chứng minh   PQ  QR phân giác góc ABC ADC cắt AC Lời giải Nguyễn Trường Nhật(10T - Chuyên QB) B O A R Q P C D Ta có, tứ giác ABCD nội tiếp  RAD  PCD(cùng bù BAD) Xét ΔARD ΔCPD có ARD  CPD  900  ΔARD ~ ΔCPD (g.g) AD DR  (1) CD DP Tứ giác ARDQ có ARD  AQD  900  900  1800 Suy ra, tứ giác ARDQ nội  tiếp DRQ  DAQ Lại có DAQ  DBC  DRQ  DBC  RDQ  RAD  180 Hơn nữa, RAQ  BAC  180  RDQ  BAC  RDQ  BDC Xét ΔDRQ ΔDBC có DRQ  DBC RDQ  BDC  ΔDRQ ~ ΔDBC (g.g) DR QR   (2) DB BC DB AB  (3) DP PQ DR DB QR AB DR QR AB Nhân vế theo vế (2) (3) ta có    DB DP BC PQ DP BC PQ AD DR AD QR AB AD AB Theo (1) ta có    (4) Ta có PQ  QR   CD DP CD BC PQ CD BC phân giác góc ABC ADC cắt AC Chứng minh tương tự, ta có: ΔDBA ~ ΔDPQ  11 (Chuyên Sơn La) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi SA vng góc với đáy, SA  a Gọi M điểm thay đổi đoạn AC, AM  x , (0  x  ) a) Tính diện tích thiết diện qua M theo a x , biết thiết diện song song với BD vng góc với mp(ABCD) b) Khi thiết diện có diện tích lớn chia hình chóp thành hai phần có tỉ số thể tích bao nhiêu? HD a) Xét hai khả năng: S a  x  a : Thiết diện tam giác có x cạnh đáy song song BD 2(a  ) , đường x cao song song SA a  a ii)  x  : Thiết diện tứ giác EFNKT MK a  x x EF = 2AM = 2x,   MK  a  a a 2 n i) K N J T F A E M O B C Gọi S diện tích tứ giác EFNKT Khi S = dt(hcnEFNT) + dt(NTK) = EF.MJ + =  EF ( MJ +MK) = x  2a   2  max x  EF EF.JK = (2MJ +JK) = 2  x   b) Thiết diện có diện tích lớn  x  a Xem S hàm số x, ta có S đạt a (khi M trọng tâm tam giác ABD) 12 (Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa) Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp I Gọi D điểm thuộc cạnh BC Xét đường tròn  tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với DC; DA E; F tương ứng Chứng minh điểm E; I; F thẳng hàng HD(hungqh) Vẽ cắt (O) Theo kết quen thuộc phân giác Gọi giao Ta chứng minh Hay ta cần chứng minh Ta dễ thấy tứ giác nội tiếp từ dễ dàng suy nên ta có 13 (Chuyên Bến Tre) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Gọi M, N, P hình chiếu D AB, BC, CA Chứng minh PM  PN AB.CD  AD.BC HD Theo Simson M, N, P thẳng hàng Đường thẳng qua B song song với MN cắt đường thẳng AC K Ta có AK AB CK CB  ,  AP AM CP CN Hai tam giác DAM DCN đồng dạng nên AM DA  CN DC D o AB DA CN AM CP PA PC KC        BC DC CB AB CK PK PA KA  (CAPK)  1  B(CAPK)  1 Mặt khác MN//BK nên có đpcm AB.CD  AD.BC  14 (Chuyên ĐHSP HN) Cho tam giác ABC, O tâm đường trịn ngoại tiếp Điểm G khơng thuộc đường thẳng BC, CA, AB Trung trực đoạn AG, BG, CG đôi cắt định tam giác DEF Chứng minh O trọng tâm tam giác DEF G trọng tâm tam giác ABC HD Khơng tính tổng qt giả sử EF, FD, DE theo thứ tự trung trực AG, BG, CG (h.11) Đặt M = BG ∩ AC; N = CG ∩ AB; K = EO ∩ DF; L = FO ∩ DE Dễ thấy OK  CM;OD  CB; KD  MB OK  AM;OF  AB;KF  MB Vậy cặp tam giác OKD, CMB OKF, AMB đồng dạng (cùng hướng) KD MB KF MB  ;  KO MC KO MA KD KO MA MB Do  KO KF MB MC KD MA Điều có nghĩa  (1) KF MC LD NA Tương tự  (2) LE NB Suy A F N M O E K G L C B D Vậy điều kiện sau tương đương O trọng tâm DEF KD  KF; LD  LE MA  MC; NA  NB G trọng tâm ABC Chú ý, hiển nhiên  2; (1) (2) nên  3; hiển nhiên  10    IA  IB2  IC2  (IA)  (IB)2  (IC)        (IO OA)  (IO OB)  (IO OC)  3IO2  OA  OB2  OC2  Theo bất đẳng thức CBS ta có: (IA  IB  IC)  3(IA  IB2  IC2 )  18  IA  IB  IC  Vì IA, IB, IC khơng thể đồng thời nên: IA  IB  IC  b) I N M E Q P Giả sử I thuộc cung MN Đặt MEI  α, NEI  β Xét ΔMIP vng ta có α π α MPI  MEI  , IMP  IEP   Theo định lý hàm sin ta có 2 2 α π α α α α IM  2R.sin , IP  2R.sin(  )  2R.cos  IM  IP  2R.(sin  cos ) 2 2 2 β β Tương tự ta có IN  IQ  2R.(sin  cos ) Suy : 2 α α β β α β π π P  IM  IN  IP  IQ  2R.(sin  cos  sin  cos )  4R.cos (sin  cos ) 2 2 8 α β π π Mà cos   P  4R.(sin  cos ) 8 π π Vậy Pmax  4R.(sin  cos ) α  β hay I trung điểm cung MN, 8 NP, PQ, QM 44.(HSG Bình Định) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = bthỏa mãn a4 + b = c4 Chứng minh tam giác ABC có ba góc nhọn 2sin2C = tanA.tanB Về phiá tam giác nhọn ABC người ta dựng tam giác BCF, CAE, ABD Chứng minh đường thẳng qua trung điểm M, N, P cạnh BC, CA, AB theo thứ tự vng góc với đường DE, DF, EF đồng quy điểm HD  a  b  c  c  a , c  b  c  a, c  b  C lớn  Mặt khác c  a  b4  a a  b2b2c  a 2c  b2 c  c  a  b Suy C nhọn 34 c  a  b  c  a  b  a b  a 2b  c  ( a  b )  2a b  (c  a  b )(c  a  b )  2a 2b  2bc cos A.2ac cos B  a 2b ab R sin A sin B  R sin C  cosAcosB cosAcosB Dễ dàng chứng minh AM  DE , BN  DF , CD  EF Vì đường thẳng  2c  qua trung điểm M, N, P cạnh BC, CA, AB theo thứ tự vng góc với đường DE, DF, EF đồng quy trọng tâm G tam giác ABC 45 (Vĩnh Phúc - Câu IV)Trong mặt phẳng toạ độ  Oxy  cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A đường thẳng BC có phương trình là: 3x + 5y – = 0, x – y – = Đường thẳng qua A vng góc với đường thẳng BC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D(4, -2) Viết phương trình đường thẳng AB, AC biết hồnh độ điểm B khơng lớn Đáp án: Gọi M trung điểm BC, H trực tâm tam giác ABC, K giao     điểm BC AD, E giao điểm BH AC Ta kí hiệu nd , u d vtpt, vtcp đường thẳng d Do M giao điểm AM BC nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  x  x  y    7 1   M  ;   2 2 3 x  y   y        AD vng góc với BC nên nAD  uBC  1;1 , mà AD qua điểm D suy phương trình AD :1 x    1 y     x  y   Do A giao điểm AD AM nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình 3 x  y   x    A 1;1  x  y   y 1 Tọa độ điểm K nghiệm hệ phương trình: x  y   x    K  3;  1  x  y    y  1   Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK  KCE , mà   BDA (nội tiếp chắn cung  ) AB KCE    Suy BHK  BDK , K trung điểm HD nên H  2;  Do B thuộc BC  B  t ; t   , kết hợp với M trung điểm BC suy C   t ;3  t     HB (t  2; t  8); AC (6  t ;  t ) Do H trực tâm tam giác ABC nên    t  HB AC    t    t    t    t     t  14  2t     t  Do t   t   B  2; 2  , C  5;1 Ta có       AB  1; 3 , AC   4; 0  nAB   3;1 , nAC   0;1 Suy AB : 3x  y   0; AC : y   35 A H B K C M D 46 (Vĩnh Phúc - Câu V) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật,AB = 2a, tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi M trung điểm SD, mặt phẳng (ABM) vng góc với mặt phẳng (SCD) đường thẳng AM vng góc với đường thẳng BD Tính thể tích hình chóp S.BCM khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC) Đáp án: S M K L A D E I H N B C Gọi H, N, L, E trung điểm AB, CD, SC, HD Gọi I  AN  BD, K  LM  SN ; Dễ thấy tứ giác AHND hình chữ nhật IN  AN Từ giả thiết ta có SH   ABCD  , ME / / SH  ME  BD 1 Lại AM  BD   Từ 1 &    BD   AMN   BD  AN Trong tam giác NA2  NA  ND  a  AD  NA2  ND  a Dễ thấy CD   SHN  , ML / /CD  ML   SHN   ML  SN  3 AND ta có ND  NI NA  Do  ABLM    SCD  ,  ABLM    SCD   ML (4), nên từ  3 &    SN   ABLM   SN  HK Lại K trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân H suy SH  HN  a 4a3 1 a3 ; VS BCM  VS BCD   VS ABCD   ( đvtt)   22  Ta có BC  SH , BC  AB  BC   SAB   BC  SB  SSBC  SB.BC 2 1 a  HB  SH BC  a  2a a  2 Ta có VS ABCD  SH AB AD  36 Mặt khác ta có d  M ;  SBC    3VMSBC a  S SBC 47 (Quảng Bình - Chọn ĐT- Vòng 1) Cho đường tròn tâm O đường tròn tâm I cắt K, N Đường thẳng qua K cắt đường tròn (O) (I) A, B Đường thẳng BN cắt đường tròn (O) C Đường thẳng AC KN cắt P Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn (I) M (khác B) 1) Chứng minh ba điểm B, M, P thẳng hàng 2) Chứng minh OM  BP HD B M I K P N C O A 1) Ta có: PP/O  PP/ ABC (do P thuộc AC trục đẳng phương đường tròn) PP /  O   PP /  I  (do P thuộc KN trục đẳng phương đường tròn) Suy ra: PP / ABC   PP / I  nên P thuộc trục đẳng phương BM hay B, M, P thẳng hàng ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 2) Ta có PNC  BAC mà BAC  PMC  PMC  PNC Vậy tứ giác PMNC nội tiếp Lại có PM PB  PA.PC  PO  R BN BC  BM BP  BO  R (R bán kính đường trịn (O) Suy PO  BO  PB PM  BM   PM  BM 2 2 Suy                      PO  PM  BM  BO  MO PO  PM  OM BM  BO                MO PO  PM  BM  BO  2MO.PB       Vậy OM  BP 48 (Vĩnh Long - Chọn ĐT - ngày 2) Cho hình vng ABCD cạnh a Lấy điểm M tùy ý đường chéo AC (M không trùng A C) Kẻ ME  AB, E  AB 37 MF  BC , F  BC Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác DEF nhỏ Tìm giá trị HD Đặt ME = x (0  x  a) Suy EB = a - x, FB = x, FC = a - x 1   2 dt(DEF) = a   a(a  x)  x(a  x)  ax    ( x  a   a   a 2      a Dấu đẳng thức xảy x = M trùng tâm hình vng 2 49 (Vĩnh Phúc - THPT Chuyên) Cho hình bình hành ABCD Gọi P điểm cho trung trực đoạn thẳng CP chia đôi đoạn AD trung trực đoạn AP chia đôi đoạn CD Gọi Q trung điểm đoạn thẳng BP a) Chứng minh đường thẳng BP vng góc với đường thẳng AC b) Chứng minh BP  4.OE , E trung điểm AC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC Đáp án a) Gọi M, N, I, J theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng AD, CD, AP, CP Khi NI  AP, MJ  CP Do I trung điểm AP, Q trung điểm BP nên IQ AB IQ  AB từ suy IQ CN IQ  CN Suy tứ giác CNIQ hình bình hành Suy CQ NI Từ đó, NI  AP nên CQ  AP (1) Chứng minh tương tự, AQ  CP (2) Từ (1) (2) suy P trực tâm tam giác ACQ suy PQ  AC hay BP  AC       b) Do P trực tâm tam giác AQC nên OA  OC  OQ  OP                  OA  OC  OP  OB  OP  OA  OC  OB  OP            4OE  OP  OB  4OE  BP  BP  4.OE     Vậy BP  4.OE 50 (HSG Đồng Nai - Vòng 2)Cho tam giác ABC có AC  2AB Gọi M điểm thay đổi cạnh AB (với M không trùng A, B) Gọi N điểm thuộc cạnh AC cho CN = 2AM Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua điểm cố định khác A M thay đổi thoả điều kiện cho HD (huynhcongbang) 38 Bài cần dựng phía góc A chia góc A thành hai phần x, y mà sin x/sin y = 1/2 Tia cắt (AMN) K ta thấy hai tam giác AMK CNK đồng dạng (c.g.c) Khi đó,  AKC}=180 0- A không đổi nên suy K cố định Ta có đpcm 51 (Chọn ĐT Vĩnh Phúc) Cho (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , gọi D, E hai điểm nằm tia AB, AC Gọi A’ giao điểm khác A (O) với đường phân giác góc BAC Gọi P,Q giao điểm thứ hai (O) với A’D,A’E Gọi R, S giao điểm thứ hai đường thẳng AA’ với đường tròn ngoại tiếp tam giác APD AQE Chứng minh đường thẳng DS,ER tiếp tuyến (O) A đồng quy HD.(Hoanghai) Các tứ giác AQES, APDR APA'D nội tiếp nên:  SRD =180 -  APD  AQE}=  RSE Suy SE //DR Áp dụng định lí sin để ý AA' phân giác  BAC nên ta có DR/SE = R1 /R2 (với R1 , R2 bán kính (APD) (ACQ) Do DR SE cắt tâm vị tự (O1), (O2) Gọi I giao điểm thứ hai tiếp tuyến A với (O1) Ta có:  O1IA =  PIA - O1IP = 180  PDA - 900 -  IAP mà  PDA} =  AA'P +  A'AD =  IAP +  A'AD  O2AI} +  O1IA1 = 1800 nên O1I//O2A, từ suy tiếp tuyến A qua tâm vị tự (O1) (O2 Vậy đường thẳng đồng quy 52 (Chọn ĐT PTNK - Ngày 2)Cho tam giác ABC có H chân đường vng góc hạ từ A xuống BC (C) đường tròn qua H có tâm I di động đoạn AH (C) cắt AB M, N cắt AC P, Q cho M nằm A N, P nằm A Q BP BQ cắt (C) E, F Chứng minh giao điểm D NE MF điểm cố định HD.(TNP) Cho MFcắt BCtại T', ta có (C) tiếp xúc với BC H, T'H2 =T'F.T'M(1) Ta lại có NQ // BC nên  T'BF =  FQN =  T'MB, suy T'B2 = T'F.TM (2) Từ (1), (2) suy T'là trung điểm HB, tương tự, ta chứng minh NE cắt BC 39 trung điểm BH, suy NE, MF, BC đồng quy T trung điểm BH, điểm cố định 53.(KHTN Vòng - ngày 1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) với AB khơng đường kính (O) P điểm di chuyển cung CD không chưa A, B (O) PA cắt DB, DC E,F PB cắt CA, CD G, H GF giao EH Q Chứng minh ràng PQ qua điểm cố định P di chuyển HD.(hqdhftw) Tiếp tuyến B cắt AC X, tiếp tuyến A cắt BD Y Áp dụng định lí Pascal cho điểm A,P,B,D,C,A ta suy Y,F,G thẳng hàng Tương tự X,H,E thẳng hàng Tiếp theo, lại áp dụng định lí Pascal cho điểm A,A,C,D,B,B ta suy AB,CD,XY đồng quy Xét tam giác XBH YAF, ta có: XB cắt YA M cố định HB cắt FA P HX cắt FY Q Mà AB,HF,XY đồng quy nên theo định lí Desargues ta suy P,Q,M thằng hàng Do PQ ln qua điểm M cố định 54.(KHTN Vòng - ngày 2)Cho tam giác ABC khơng cân nội tiếp (O) P điểm nằm tam giác ABC không trùng O APcắt (O) D khác A DE, AF đường kính (O) EP, FP cắt (O) G, H khác E, F Gia sử AH giao DG K Gọi L hình chiếu K lên đường thẳng OP a) Chứng minh điểm A, L, K, D thuộc đường tròn Gọi đường tròn (S) b) Chứng minh ràng đường thẳng OP cắt EF điểm T thuộc (S) HD.(liverpool29) a) Để chứng minh A,L,K,D đồng viên, ta chứng minh:  KLD =  KAD} Bằng biến đổi góc, ta chứng minh  KPA} = 900 L, H, P, K,G đồng viên Từ đó, ta suy cần phải chứng minh  HLP =  PLD (1) Gọi J giao điểm HD,AG Áp dụng định lý Pascal, ta có O, P, J thằng hàng Ta có:  HLP =  HGP =  HDE Suy tứ giác HODL nội tiếp Suy  DLP =  OHD = ODH =  HLP Hay ta có:  DLP =  HLP (tức đẳng thức (1)) Vậy ta suy đpcm b) Ta cần chứng minh tứ giác ALDT nội tiếp Ta có tứ giác ATFP hình bình hành Suy  TAP =  TFP =  ODH }=  TLD Vậy ta có đpcm 55.(Chọn ĐT chun Quốc Học Huế-vịng cuối) Cho tứ giác nội tiếp đường tròn (O) tậm giao điểm hai đường chéo (K  O) Gọi M , M , M , M trung điểm cung AB, BC, CD, DA khơng chứa hai đỉnh cịn lại tứ giác Gọi I1 , I , I , I tâm đường tròn nội tiếp tam giác 40 a) Chứng minh đường thẳng M i I j (i=1,2,3,4) qua điểm P b) Chứng minh thuộc dường thẳng HD.(liverpool29) Ta chứng minh gộp câu a b Gọi giao điểm M 1I1, OK F ; giao điểm M3I3, OK F' Áp dụng định lí Menelaus, để chứng minh F trùng F' , ta chứng minh: Z1 I1 Z3I3 = ( Z1, Z3 giao điểm OM1, I1K OM3, I3K M 1Z1 I1K M Z3 I K Bằng biến đổi góc, ta chứng minh OZ1 = OZ3  M1Z1 = M3Z3 ZI ZI Suy ta cần chứng minh: 1 = 3 I1 K I3K Điều tam giác AKB đồng dạng với tam giác DKC I1, I3 tâm nội tiếp, Z1, Z3 điểm cung AB, CD khơng chứa đỉnh lại tam giác Như suy tỉ số FK FO Chứng minh hồn tồn tương tự với M2I2, M4I4 ta có đpcm 56.(Chọn ĐT Hải Phòng ngày 1) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có trực tâm H Gọi M trung điểm BC D giao điểm HM với (O), H nằm M D Giả sử AB2 + AC2 = 2BC2 Chứng minh AD, BC đường thẳng Euler tam giác ABC đồng quy HD.(huynhcongbang) Dễ thấy góc ADM vng nên gọi E giao điểm AD với BC tam giác AEM có trực tâm H Ta cần chứng minh H, E, O thẳng hàng hay OH vuông góc với AM Bằng cách biểu diễn vector, nhân vơ hướng, kết hợp với điều kiện AB2 + AC2 = 2BC2            AM  AB  AC , OH  OA  OB  OC   57.(Chọn ĐT Hải Phòng ngày ) Cho tam giác ABC D di chuyển đường tròn ngoại tiếp tam giác cho D khác phía A so với BC, AD cắt BC E, tia AB cắt tia CD F Dựng hình bình hành BEMF Chứng minh đường thẳng DM qua điểm cố định N  AFE=  CDN HD.(12121993) Gọi H, I, Ktheo thứ tự trung điểm EF, AC, BD Gọi N điểm đối xứng B qua Ta có cố định Dễ thấy H, I theo thứ tự trung điểm Ta có H, I, K thẳng hàng (đường thẳng Gauss) Do D, M, N thẳng hàng hay DM qua cố định Ta có (do nội tiếp hình bình hành) Suy nội tiếp Do ta có ( song song với ) Ta có đpcm Lời giải Hoa Tâm: 41 hình bình hành tứ giác nội Suy tứ giác nội tiếp, Gọi đỉnh thứ tư hình bình hành , suy Ta chứng minh thẳng hàng Muốn ta chứng minh Do Gọi giao điểm Điều phải chứng minh tương đương với tiếp nên cố định , tứ giác nội tiếp Ta có : : Do Điều tam giác FBD FCA đồng dạng Vậy qua đỉnh thứ tư hình bình hành Ta thu điều cần chứng minh cố định 58.(GiaLai - Bảng A) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O) Vẽ đường thẳng qua A, B, C đôi song song, cắt (O) A1, B1, C1 khác với A, B, C Chứng minh trực tâm tam giác A1BC, B1CA, C1AB thẳng hàng HD.(minhcanh2095) Goị D, E, F theo thứ tự trực tâm tam giác A1BC,                   B1CA, C1AB Ta OD = OA1 + OB + OC , OE = OB1  OC  OA , OF  OC1  OA  OB        Suy DE  BB1  AA1 , DF  CC1  BB1 Do đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 song song với nên tồn số k, l cho      AA1  k BB1 , BB1  lCC1               Do DE  lCC1  klCC1  (l  kl )CC1 , DF  CC1  lCC1  (1  l )CC1 Suy D, E, F thẳng hàng, đpcm Cách 2.(TNP) Gọi H trực tâm ABC, đường thẳng d đường thẳng song song với AA1 , BB1 , CC1 , ta cần chứng minh HH1 , HH , HH song song với d (hãy chứng minh điểm H, Hi, Ai đỉnh tam giác tạo thành hình bình hành , ta có đpcm 59.(Ninh Bình)1 Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Gọi I, J, K trung điểm cạnh AB, AA’ B’C’ Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, cạnh cịn lại có độ dài khơng lớn Gọi V thể tích khối tứ diện Tìm giá trị lớn V HD(haptrung) Giả sử Gọi H hình chiếu C xuống mp(ABD), gọi M trung điểm AB Khi có CH  CM AB.DM x2 x2 1 , CM   ( Do cạnh CA, CB, DA, DB nhỏ 4 Mặt khác lại có dt(ABD)  Lại có DM  1) 42 Từ có V(ABCD)  x x2 x (1  ) Khảo sát hàm số với x >1 tìm maxV 60.(Chọn ĐT Chuyên - ĐHSPHN) Cho tứ giác có AB, CD cắt Gọi điểm đối xứng với qua ; (O1 đường tròn qua A, B; (O2) đường tròn qua C, E; trung điểm O1O2 Giả sử (O1), (O2) cắt X, Y Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác tứ giác nội tiếp HD(ratuno) R1, R2 bán kính (O1),(O2) PA.PB = PD.PC Suy PA.PB = PE.PC suy R22 - PO22 = PO12 - R12 nên PO12 +PO22 = R12 + R22 suy PO = XO 61.(Chọn ĐT 11 - 12 KHTN ngày vịng 1) Cho tam giác ABC khơng cân nội tiếp (O) Plà điểm nằm tam giác ABC không trùng O AP cắt (O) D khác A DE, AF đường kính (O) EP, FP cắt (O) G, H khác E, F Gia sử AH giao DG K Gọi L hình chiếuc K lên đường thẳng OP a) Chứng minh điểm A, L, K, D thuộc đường tròn Gọi đường tròn (S) b) Chứng minh ràng đường thẳng OP cắt EF điểm T thuộc (S) HD(liverpool29) a) Để chứng minh A, L, K, D đồng viên, ta chứng minh:  KLD=  KAD} Bằng biến đổi góc, ta chứng minh  KPA =900 L, H, P, K, G đồng viên Từ đó, ta suy cần phải chứng minh  HLP = PLD (1) Gọi J giao điểm HD, AG Áp dụng định lý Pascal, ta có O, P, J thằng hàng Ta có:  HLP=  HGP  HDE Suy tứ giác HODLnội tiếp Suy  DLP =  OHD =  ODH =  HLP Hay ta có:  DLP= HLP (tức đẳng thức (1)) Vậy ta suy đccm b) Ta cần chứng minh tứ giác ALDT nội tiếp Ta có tứ giác ATFP hình bình hành Suy  TAP =  TFP =  ODH =  TLD Vậy ta có đpcm 62 (HSG L10 KHTN đợt 2) Cho cân thuộc đoạn cho thuộc đoạn cho vng góc Đường trịn ngoại tiếp cắt khác Đường tròn ngoại tiếp cắt khác Đường tròn ngoại tiếp hai tam giác cắt khác CMR: BE, CF, DG đồng quy HD.(triethuynhmath) Ta có: CE.CA = CD.CB = 4CD2 = AC2.cos2C = Suy AC2 CE  CA Mặt khác: BK = AB + AK = AB + AC = AB + 2AC = 3AB cos(180  A) 43 Suy BF.BK = BD.BC = 12CD2 = AB2 BF BF CE    AB AB CA AE AF   AE AC  AB AF AB AC  Suy EFCB tứ giác nội tiếp.Gọi I giao điểm BE, CF nên BI.IE = IF.IC nên I thuộc trục đẳng phương DG đường tròn 63.(HSG Kon-tum ) Cho tam giác ABC cân A, đường phân giác góc B cắt cạnh AC D BC = AD + BD Tính số đo góc A Cho tam giác ABC, trung tuyến AD, M trung điểm AD Đường thẳng BM cắt AC N Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BCN BM  AC    MN  AB  Đáp án: Tính số đo góc A A  D  C B    Đặt BAC   ,   (   )     , C   , BDA  3 ABD Theo định lí hàm số sin ta có: BC  AB sin  AB sin  AB sin  , BD  , AD  sin  sin 3 sin 3 Từ giả thiết sin   sin(   ) ta nhận được: sin(   ) sin 3  sin  [sin(   )  sin  ]  sin  sin 3  sin  sin   sin  sin   cos - cos7 = cos2 - cos6 + cos - cos3  cos3 - cos7 = cos2 - cos6  sin2.sin5 = sin2.sin4 Vì sin2 ≠ nên sin5 = sin4  5     ,    5  A 9 Ta nhận thấy AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp BCN hi A   ACB ABN  N Có nghĩa ABC đồng dạng với ANB, BC   AC  hay       BN   AB  M B C D 44 Vậy ta cần chứng minh AB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp BCN BM  BC    MN  BN  Thật vậy, áp dụng Định lí hàm số sin tam giác ABM AMN ta có:   BM sin MAB.sin MNA   MN sin .sin NAM ABM Tương tự, từ ABD ADC ta có:  sin MAB BD.sin  ABD   DC.sin DCA  sin NAB  BC sin BNC   BN sin BCN    BM sin  sin MNA sin MNA sin BNN BC ADB Vậy        MN sin .sin DCA sin BCN sin BCN BN ABM Trong NBC có Suy đpcm 64.(Chọn ĐT Kon-tum ) Cho tam giác ABC Các tia phân giác BM CN (M thuộc AC, N thuộc AB) cắt D Chứng minh tam giác ABC vuông A BD.CD  BM CN Cho đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC với đường kính AD Gọi I tâm đường tròn nội tiếp ABC Các đường thẳng AI DI cắt đường tròn tâm O lần H K theo thứ tự Kẻ IJ  BC J Chứng minh ba điểm H, K, J thẳng hàng Đáp án Đặt BC  a, CA  b, AB  c Theo tính chất đường phân giác ta có: MA AB MA c bc Suy hay MA    MC CB MC  MA a  c ac DB BA  Mặc khác từ AD phân giác góc BAM ta có  DM MA BD c BD BA Suy ra: hay   BD  DM BA  MA BM c  bc ac BD ac CD a b Vậy  (1) Tương tự  (2) BM a  b  c CN a  b  c BD.CD 2(a  c)(a  b) Từ (1) (2) ta có: BD.CD  BM CN    BM CN ( a  b  c)  2( a  c)( a  b)  (a  b  c ) A  a  b2  c  ABC vuông A M N c B b D 45 a C 2.Kẻ đường kính HP Hạ IQ  AB Dễ thấy AQI đồng dạng PBH AI IQ AI IJ hay   (1) HP BH AD BH  ABC   Mặc khác: HBI    BAC  HIB Suy ra:   AI IJ  (2) AD IH   Do phân giác AI cắt đường tròn H nên HB  HC Suy OH  BC    Nên IJ // OH Do JIH  IHO  HAO (Do OAH cân)   Từ đó: JIH  HAD (3) Nên HBI cân H , hay HB  HI Cùng với (1) suy Từ (2) (3) suy IJH đồng dạng AID Do đó:    (*) IHJ ADI  Mặc khác      Sđ  (**) ADK AHK AH  Từ (*) (**) ta có    IHJ AHK Vì K , J nằm phía đường thẳng AH nên H , K , J thẳng hàng P A K  Q I O B C J H D 65.(KT ĐT10 - Lương Thế Vinh - ĐN ) Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc BC, CA, AB D, E, F Đường thẳng qua A song song BC cắt EF K Gọi M trung điểm BC Chứng minh IM vng góc DK HD(liverpool29) Gọi J giao điểm ID với AK N giao điểm ID EK X giao điểm IK, AN Ta có N trực tâm tam giác AIK Ta có A, N, M thẳng hàng nên suy AM vng góc IK Mặt khác ID2 = IX.IK nên  IXD =  IDK nên  IMD =  IDK Suy đpcm 46 HH VMO 11-12/01/2013 Bài Cho tam giác khơng cân ABC Kí hiệu (I) đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC D, E, F tiếp điểm (I) với BC, CA, AB Đường thẳng qua E vng góc BI cắt (I) K khác E, đường thẳng qua F vng góc CI cắt (I) L khác F Gọi J trung điểm KL a) Chứng minh D, I, J thẳng hàng AB  k không đổi Gọi M, N tương AC b) Giả sử B, C cố định, A thay đổi cho tỷ số ứng giao điểm IE, IF với (I) (M khác E, N khác F) MN cắt IB, IC P, Q Chứng minh đường trung trực PQ qua điểm cố định HD a) IL = IF = IE = IK Suy I thuộc trung trực đoạn LK DL = EF = DK Suy D thuộc trung trực đoạn LK Hiển nhiên J trung điểm đoạn LK thuộc trung trực đoạn LK b) Giả sử AB < AC A H E G F J L K I B P M N D V Q C Gọi H, G giao điểm đường thẳng EF với đường thẳng BI CI Vì EFMN hình chử nhật nên MN//EF Suy tam giác IGH tam giác IPQ  BAC ACB ABC      đồng dạng Mặt khác FHB  1800  FBH  BFH  900    2   ECI Suy tứ giác EICH nội tiếp, nên IHC  1v hay BHC  1v Tương tự    Hay EHI        CGB  1v Suy tứ giác HGBC nội tiếp Mặt khác EF  MN , FG   NQ ,   EH  MP Do mà trung trực đoạn PQ trung trực đoạn GH song song cách AV(phân giác góc A trung trực MN) Trung trực đoạn GH qua trung điểm K đoạn BC Khi trung trực đoạn PQ qua L đối xứng K qua V V K cố định nên L cố định Bài Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) D thuộc cung BC không chứa điểm A Đường thẳng  thay đổi qua trực tâm H tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH, ACH M, N (M, N khác H) a) Xác định vị trí đường thẳng  để diện tích tam giác AMN lớn 47 b) Kí hiệu d1 đường thẳng qua M vng góc DB, d2 đường thẳng qua N vng góc DC Chứng minh giao điểm P d d2 ln thuộc đường trịn cố định P d d2 A d1 N O H M B C D HD a) Các đường tròn (ABH) (ACH) nên   ANH  AM =AN AMH    Mặt khác MAN  2BAC (const) Suy diện tích tam giác AMN lớn AM lớn nhất, khi   AH    1 b) Ta có MPN  1800  BDC  BAC  MAN , AM = AN Suy A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP Suy AM = AP Gọi d đường thẳng qua A song song BD d vng góc d1 M P đối xứng qua d Vậy P thuộc đường tròn đối xứng đường tròn (ABH) qua d Đó đường trịn cố định 48 ... TA S(XYZT) = S(ABCD) - S(BXY) - S(CYZ) - S(DZT) - S(ATX) = S(ABCD) - (1 - x)ý(ABC) - (1 - y)zS(BCD) - (1 - z)tS(CDA) - (1 - t)xS(DAB)  S(ABCD )-[ (1-x)y + (1-y)z + (1-z)t +(1-t)x]min{S(ABC),S(BCD),S(CDA),S(DAB)}... xyzt = (1 - x)(1 - y)(1 - z)(1 - t) Xét hai trường hợp: Trường hợp xz  (1-x)(1-z) Khi rõ ràng yt  (1-y)(1-t) Suy ra, 1-( x+z)   -( y+t) hay [ 1-( x+z)][1 -( y+t) ]  Trường hợp xz  (1-x)(1-z) Khi... rõ ràng yt < (1-y)(1-t) Suy 1-( x+z) < < -( y+t) hay [ 1-( x+z)][1 -( y+t) ] < Tóm lại, ta ln có [ 1-( x+z)][1 -( y+t) ]   x + y + z + t -( x + z)(y + t)   (1-x)y + (1-y)z + (1-z)t +(1-t)x  Do S(XYZT)