THÔNG TIN TÀI LIỆU
CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN HH9-CHUYÊN ĐỀ 10 CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUN TỐN Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2006) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB, C trung điểm OA dây MN OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK, MN a Chứng minh: BCHK tứ giác nội tiếp b Tính AH.AK theo R c Xác định vị trí K để KM + KN + KB lớn Tính GTLN Giải a Do K nằm O; AB AKB 90o Lại có HCB 90o (giả thiết) suy AKB HCB 180o nên tứ giác BCHK nội tiếp (Tổng hai góc đối 180o ) b Ta có ACH AKB( g.g ) nên AH AB R AH AK AC AB R R AC AK c Đây câu hỏi hay Nếu bạn biết định lý Ptolemy định lý Shooten tốn giải Cách tiếp cận thứ nhất: Nhận thấy tam giác BMN cân B tam giác AMO (do AMO cân O M) suy tam giác BMN nên NKB s® NB 600 Trên dây KN lấy điểm P cho KP = KB tam giác KPB Xét tam giác MKB NPB ta có: KB BP, MB NB, MKB NPB 1200 suy MKB NPB(c.g.c) KM PN KM KB KN Vậy KM KN KB 2KN Dễ thấy KN 2R nên KM KN KB 4R, dấu xảy K, O, N thẳng hàng Từ suy điểm K giao điểm NO với (O) (K khác N) Cách 2: Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp KMNB ta có: KM.BN KB.MN KN.MB ý rằng: BM BN MN suy KM KB KN Phần lại ta làm 1.1 Định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) Khi ta AD.BC AC.BD có: ABCD | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN Chứng minh: Trên đường chéo BD lấy điểm E cho DAE BAC Ta có DAE BAC ADE ACB (cùng chắn AB ) nên ADE ∽ ACB( g.g) AD DE AC BC AD.BC AC.DE (1) Do DAE CAB nên DAC EAB, lại có ABE ACD (cùng chắn AD) ABE ∽ ACD( g.g) AB BE AB.CD AC.BE (2) AC CD Từ (1) (2) suy ABCD AD.BC AC( BE DE) AC.BD 1.2 Định lý Shooten Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Chứng minh với điểm M nằm đường trịn (O) ba đoạn MA, MB, MC có đoạn có độ dài tổng độ dài hai đoạn Chứng minh Xét điểm M nằm cung nhỏ BC Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABMC, ta có MA.BC MB.AC MC.AB Vì AB AC BC nên MA MB MC Tương tự điểm M nằm cung nhỏ AC AB ta có MB MC MA MC MA MB Suy đpcm Cách khác để chứng minh: MA MB MC (trường hợp điểm M nằm cung AB, AC tương tự) Trên MA lấy điểm I cho MI MB ta cần chứng minh MC AI Thật vậy, ta có BMI ACB 60o mà MB MI nên tam giác BIM đều, BI BM IBM 60o Ta lại có ABC 60o nên ABC IBM , suy CBM ABI Dễ dàng chứng minh BCM BAI (c.g.c) nên MC AI Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2007) Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với (d) A Trên (d) lấy điểm H không trùng với A AH R Qua H kẻ đường thẳng vng góc với (d), đường thẳng cắt (O) B, E (E nằm B H) CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN a Chứng minh: ABE EAH ABH ∽ EAH b Lấy C (d) cho H trung điểm AC, CE cắt AB K Chứng minh: AHEK tứ giác nội tiếp c Tìm vị trí H để AB R Giải a Do AH tiếp tuyến (O) A nên ABE EAH s® AE Xét tam giác ABH, EAH ta có: AHB chung ABE EAH ABH ∽ EAH (g.g) b Vì E nằm trung trực AC nên EAH ECH lại có: EAH EBA suy ECH EBA Suy ABH ∽ ACK (g.g) suy CKA BHA 90o Tứ giác AHKE có AHE EKA 180o suy AHKE nội tiếp (Tổng hai góc đối 180o ) c Khi AB R sđ AEB 120o Do tam giác ABC cân B nên AB BC R lại có AEB BEC 120o HEA 60o HAE 30o HBA 30o AH AH R Vậy điểm H nằm (d) cho R để AB R Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2008) Cho đường trịn (O; R) có đường kính AB điểm E nằm đường trịn (E khác A, B) Đường phân giác góc AEB cắt đoạn AB F cắt (O) điểm thứ K a Chứng minh: KAF ∽ KEA b Gọi I giao điểm OE với trung trực EF Chứng minh (I) bán kính IE tiếp xúc với (O) E tiếp xúc với AB F c Chứng minh: MN // AB, M, N giao điểm thứ AE, BE với (I) d Tìm GTNN chu vi tam giác KPQ theo R E chuyển động (O), với P giao điểm NF AK, Q giao điểm MF, BK Giải | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUN TỐN a.Vì EK phân giác góc AEB nên AK KB AEK KAB Xét tam giác KAF, KEA ta có: AEK KAB va AKE chung Suy KAF ∽ KEA (g.g) b Vì I OE, E (O) nên ( I ; IE) tiếp xúc với (O; OE) E Vì I nằm trung trực EF nên IE = IF hay F ( I ; IE) Ta có: IEF IFE, OEK OKE suy IFE OKE IF / / OK, mà OK AB (do K điểm cung AB) từ suy IF AB (1) hay (I) bán kính IE tiếp xúc AB F c Do MEN 90o MN đường kính (I), hay M, I, N thẳng hàng Lại có FIN 2FEN 90o nên FI MN (2) Từ (1) (2) suy MN // AB d Từ chứng minh câu b ta suy MFN 90o PFN 90o Ta có EAB EKB (cùng chắn cung EB), EAB EMN (đồng vị), EMN EFN (cùng chắn cung EN) suy EFN EKB FN / / BK, mặt khác AK KB AK NF P suy PFQK hình chữ nhật tam giác APF vuông cân P nên KQ = PF = AP Ta kí hiệu chu vi tam giác KPQ c c KP KQ PQ KP PA KF KA KF Ta có KA R 2, KF KO Rnên c R 1 Dấu xảy F O Hay E điểm cung AB Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2009) Cho đường trịn (O; R) điểm A nằm ngồi (O), kẻ tiếp tuyến AB, AC đến (O) (B, C tiếp điểm) a Chứng minh: ABOC tứ giác nội tiếp b Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh: BE OA OE.OA R2 c Trên cung nhỏ BC (O) lấy điểm K (K khác B, C) Tiếp tuyến K (O) cắt AB, AC P, Q Chứng minh: Chu vi tam giác APQ không đổi K chuyển động cung nhỏ BC d Đường thẳng qua O vng góc với OA cắt đường thẳng AB, AC M, N Chứng minh: PM QN MN Giải CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN a Vì AB, AC tiếp tuyến (O) nên ABO ACO 90o Tứ giác ABOC có ABO ACO 180o nên ABOC tứ giác nội tiếp (tổng góc đối 180o ) b Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có BC AO E Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABO ta có: OE.OA OB2 R2 c Vì điểm A cố định nằm ngồi (O)nên AB, AC cố định suy AB AC không đổi Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có: PK PBQK , QC suy chu vi tam giác APQ là: AP AQ PQ AP AQ PB QC AB AC không đổi d Giả sử BK cắt PO I, CK cắt OQ J KIO KJO 90o nên tứ giác KIOJ nội tiếp nên KOJ KIJ QKC KBC IJ / / BC hay IJ AO Từ ta có: BPO BKO IJO 90o JAO QON Xét MOP NQO có: PMO ONQ MPO QON suy MOP ∽ NQO(g.g) Ta có: PM.QN PM ON MN PM.QN OM.ON OM QN ( PM QN )2 ( PM QN )2 MN PM QN MN 4 Dấu đẳng thức xảy PM QN PQ / / MN hay K điểm cung nhỏ BC Nhận xét: Đây toán hay đề tuyển sinh vào lớp 10 TP Hà Nội Một số tốn ơn tập thêm: Cho đường tròn tâm O điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O) với B, C tiếp điểm Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đường vng góc MI, MH, MK xuống BC, CA, AB Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng BM IK, CM IH a Chứng minh: tứ giác BIMK, CIMH tứ giác nội tiếp b Chứng minh: MI MH.MK c Chứng minh: IPMQ nội tiếp suy PQ MI Tìm vị trí điểm M để MI.MH.MK đạt GTLN Giải | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN a Từ giả thiết: BKM BIM 90o suy tứ giác BKMI nội tiếp Tương tự cho tứ giác CIMH, AKMH b Vì tứ giác BKMI nội tiếp nên: MKI MBI (cùng chắn cung MI) Mặt khác ta có: MBI MCH (tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Nhưng MCH MIH (cùng chắn cung MH tứ giác nội tiếp MHCI) Suy MKI MIH Hoàn toàn tương tự ta có: MIK MHI nên MIK ∽ MHI (g.g) Suy MI MH MI MH.MK MK MI c Ta có: PMQ PIQ BMC PIM QIM BMC MBA MCA BMC MCB MBC 180o Do tứ giác PIQM nội tiếp (Tổng hai góc đối 180O ) Vì PIQM nội tiếp suy MPQ MIQ MKI MBI suy PQ / / BC hay MI PQ d Từ chứng minh câu b) ta có MI MH.MK MI MI MH.MK Suy MI MH.MK lớn MI lớn Hay M điểm cung nhỏ BC khơng chứa A Cho đường trịn tâm (O) Từ điểm A cố định (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC tới (O) (B, C tiếp điểm) Lấy điểm M cung nhỏ BC Gọi D, E, F thứ tự hình chiếu từ M đến BC, AC, AB Gọi MB cắt DF P, MC cắt DE Q Chứng minh đường thẳng nối giao điểm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF MQE qua điểm cố định Giải Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF MQE cắt M, N Đường thẳng MN cắt PQ, BC theo thứ tự K I Ta có tứ giác MDCE, MDBF nội tiếp nên MCE MDE MBC ; MBF MDF MCB Suy PMQ PDQ PMQ PDM QDM PMQ MCB MBC 180o Do tứ giác MPDQ tứ giác nội tiếp Suy MQP MCB MEQ, suy KQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp MQE Tương tự KP tiếp tuyến đường tròn ngoại KM.KN KQ2 , KM.KN KP2 Suy KP KQ tiếp tam giác MFP Ta có CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUYÊN Xét tam giác MBC, PQ // BC, KP = KQ Theo định lý Thales suy I trung điểm BC Vậy MN qua điểm cố định I trung điểm BC Cho tam giác ABC cân đỉnh A Gọi O trung điểm BC Đường tròn (O) tiếp xúc với AB E tiếp xúc với AC F Điểm H chạy cung nhỏ EF tiếp tuyến đường tròn H cắt AB, AC M, N Xác định vị trí điểm H để diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn Giải Dễ thấy OM, ON phân giác EOM, FOH Từ ta có: MON 180o BAC ABC MBO ∽ OCN g.g) MB BO BC2 BM.CN OBOC const OC CN (1) Ta lại có SAMN SABC SBMNC nên SAMN đạt giá trị lớn SBMNC đạt giá trị nhỏ Gọi R bán kính đường trịn (O), ta có: SBMNC SBOM SMON SNOC R( BM MN NC) R BE CF EM FN ( MN EM FN ) R BE EM FN ( BE CF) R( BE BM CN 2BE) R( BM CN BE) (2) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, từ (1) (2) suy SBMNC R BC BM.CN BE R BE Dấu “=” xảy BM CN MN / / BC H giao điểm đường trung trực BC với đường trịn (O) Vậy diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn H giao đường trung trực BC với đường tròn (O) Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2010) Cho đường trịn (O;R), đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (C A, B) D thuộc dây BC ( D B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC E, tia AC cắt BE F a Chứng minh tứ giác FCDE nội tiếp b Chứng minh DA.DE DB.DC c Chứng minh CFD OCB Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến (O) .7 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN d Cho biết DF R, chứng minh tan AFB Giải a Do C, E nằm đường trịn đường kính AB nên ACB AEB 90o FCD FED 90o Tứ giác FCDE có FCD FED 180o nên FCDE tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối 180o ) b Tứ giác ACED nội tiếp (O) nên ACB AEB (cùng chắn cung AB) Ta có CDA EDB (đối đỉnh) nên ACD ∽ BED(g.g) DA DB hay DA.DE DB.DC DC DE c Tứ giác FCDE nội tiếp nên CFD CED (cùng chắn cung CD) Tứ giác ACEB nội tiếp nên CEA CBA (cùng chắn cung AC) Mà CBA OCB suy CFD OCB đpcm Do AE, BC hai đường cao tam giác AFB nên D trực tâm tam giác AFB Để ý điểm F, C, D, E nằm đường IE IF trịn đường kính DF nên I trung điểm DF suy DF IEF IFE (1) Ta có OEB OBE (2) Từ (1) (2) ta suy IEF OEB IFE OBE 90o IEO 90o hay IE tiếp tuyến (O) d Ta tan CFB có ACB ∽ DCF CB BA Trong CF FD tam giác vng CFB ta có: CB đpcm CF Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2011) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi d1 d2 hai tiếp tuyến đường tròn (O) hai điểm A B Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng với A B) Đường thẳng d qua E vng góc với EI cắt hai đường thẳng d1, d2 M, N a Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp b Chứng minh ENI EBI MIN 90o c Chứng minh AM.BN = AI.BI d Gọi F điểm cung AB khơng chứa E đường trịn (O) Hãy tính diện tích tam giác MIN theo R ba điểm E, I, F thẳng hàng Giải CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN a Do MAI MEI 90o suy MAI MEI 180o hay MAIE tứ giác nội tiếp (Tổng hai góc đối 180 ) b Do MAIE tứ giác nội tiếp nên EMI EBI (cùng chắn cung EI) Chứng minh tương tự câu a ta có NEIB tứ giác nội tiếp nên ENI EBN (cùng chắn cung NB) Từ suy MIN ∽ AEB MIN 90o c Xét tam giác vng MAI IBN ta có: MIA 180o MIN NIB 90o NIB INB Suy MAI ∽ IBN g.g MA IB AM.BN IA.IB AI BN d Dựng EH AB Khi F điểm cung AB EF phân giác góc AEB suy ra: EA IA 10 EA2 EB2 EA2 9EA2 AB2 4R2 EA2 R2 EA R EB IB 5 2 10 S OI OF EI IF EB R Ta có: MIN ∽ AEB MIN suy SAEB EH OF OF SMIN 5 10 10 SAEB EA.EB R R R2 4 5 Bài 7: (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2012) Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M điểm cung nhỏ AC ( M AC), BM cắt AC H Gọi K hình chiếu H AB a Chứng minh tứ giác CBKH tứ giác nội tiếp b Chứng minh ACM ACK c Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E cho BE AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân C d Gọi d tiếp tuyến đường tròn (O) điểm A Cho P điểm nằm d cho hai điểm P, C nằm nửa mặt phẳng bờ AB AP.MB R Chứng minh đường thẳng PB MA qua trung điểm đoạn thẳng HK Giải | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUN TỐN AB o a Vì C nằm đường tròn O; nên ACB 90 , ta có HKB 90o ACB HKB 180o nên CHKB tứ giác nội tiếp (tổng góc đối 180o ) b Tứ giác AMCB nội tiếp nên ACM ABM (cùng chắn cung AM) (1) Tứ giác CHKB nội tiếp nên HCK HBK (cùng chắn cung HK) (2) Từ (1) (2) ta suy ACM ACK c Do C điểm cung AB nên ACB tam giác vuông cân C, suy AC = CB, ta có: MAC EBC (cùng chắn cung MC), AM = BE (gt) suy AMC BEC(c.g.c) suy CM = CE Lại có MCE MCA ACE ECB ACE 90o nên MCE tam giác vuông cân C d Giả sử MB kéo dài cắt tiếp tuyến A N Ta dễ chứng minh được: NAB∽ AMB suy MB AB 2R NA.MB AP.MB AP.MB NA.MB kết hợp với điều kiện: hay R Rsuy MA NA NA 2MA MA MA 2MA NA 2AP P trung điểm AN Giả sử BP cắt HK I Do HK // NA theo định lý Thales ta có: HI IK BI mà NP PI suy HI IK trung điểm HK NP PI BP Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2013) Cho đường trịn (O) điểm A nằm bên ngồi (O) Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) Một đường thẳng d qua A cắt đường tròn (O) hai điểm B C ( AB AC, d không qua tâm O) a Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp b Chứng minh AN AB.AC Tính độ dài đoạn thẳng BC AB 4cm, AN 6cm c Gọi I trung điểm BC Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai T Chứng minh MT // AC d Hai tiếp tuyến đường tròn (O) B C cắt K Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định d thay đổi thỏa mãn điều kiện đầu Giải 10 HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN XK XH nên suy X tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác KHD, suy X nằm trung trực DH hay X BC Bài 92 Cho đường tròn tâm O đường kính AB 2R , đoạn OA lấy điểm I I A, I O Vẽ tia Ix AB cắt O C Lấy điểm E cung nhỏ BC E B, E C nối AE cắt CI F, gọi D giao điểm BC với tiếp tuyến A O; R a Chứng minh: BEFI tứ giác nội tiếp b Chứng minh: AE AF CB.CD c Tia BE cắt IC K Giả sử I, F trung điểm OA, IC Chứng minh: AIF ∽ KIB từ tính IK theo R d Khi I trung điểm OA E chạy cung nhỏ BC Tìm vị trí điểm E để EB EC lớn Giải: a Vì điểm E nằm O đường kính AB nên AEB 900 , lại có FI AB I nên FIB 900 Tứ giác IFEB có AEB FIB 900 900 1800 nên IFEB tứ giác nội tiếp 94 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN b Xét tam giác AIF, AEB có AIF AEB 900 , EAB chung, suy AIF ∽ AEB (1) ( g.g ) dẫn đến AI AE AE AF AI AB , Vì điểm C nằm AF AB O đường kính AB nên ACB 900 , AD tiếp tuyến O nên DAB 900 áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ACB, BAD ta có: AI AB AC CD.CB suy AE AF CD.CB b Tam giác AIF KIB có AIF KIB 900 , IAF IKB 900 KBA AIF ∽ KIB g.g nên AI IF AI IB KI KI IB IF Vì điểm I trung điểm OA CI OA nên tam giác OAC cân C, lại có OC OA R nên tam giác OAC tam giác đều, suy COA 600 3 R IF CI R nên CBA COA 300 , từ dễ tính được: CI 2 KI IA.IB IC IC 3R IF IC c Gọi M giao điểm tia CI với O M C tam giác CBI cân B Kết hợp với chứng minh câu c CBA 300 CBM 600 ta suy tam giác CBM Lấy điểm N đoạn EM cho EN EC , CEM CBM 600 nên suy tam giác CEN Xét CNM , CEB ta có: CNM 1800 CNE 1200 , CEB 1800 CMB 1200 CE CN , CMN CBE MCN BCE CNM CEB c.g.c suy MN EB Từ ta có: EC EB EN MN EM 2R , dấu đẳng thức xảy EM đường kính O , hay E điểm đối xứng với M qua O Nhận xét: Nếu biết định lý Ptolemy ta có kết quả: EC.MB EB.MC BC.EM mà tam giác BMC nên MB MC BC suy EC EB EM 95 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN Bài 93 Cho điểm A nằm O; R Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC đến O; R O (B, C tiếp điểm) cát tuyến AMN đến O; R , MN không qua O AM AN ) Chứng minh: ABOC tứ giác nội tiếp Chứng minh: AM AN AB2 Tiếp tuyến N O; R cắt đường thẳng BC F Chứng minh: FM tiếp tuyến O; R Gọi P giao điểm BC dây MN, E giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác MON đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC (E khác O) Chứng minh: P, E, O thẳng hàng Giải: Gọi H giao điểm BC, AO BH AO theo câu b) ta có AM AN AB2 , áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ABO ta có: AB2 AH AO , từ suy AH AO AM AN AHM ∽ ANO c.g.c Dẫn tới AHM ANO MHON tứ giác nội tiếp Giả sử tiếp tuyến M, N O cắt F suy điểm F, M, O, N nằm đường trịn đường kính OF Ta chứng minh: F, B, H thẳng hàng Thật vậy: điểm M, H, O, N nằm đường tròn điểm F, M, O, N nằm đường trịn đường kính OF ta suy điểm F, M, H, O, N nằm đường tròn đường kính OF hay FHO 900 FH AO , lại có BH AO (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Từ suy F, B, H thẳng hàng Từ chứng minh ta suy đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN đường trịn đường kính OF, E giao điểm đường trịn đường kính OF với đường trịn đường kính AO ta có AEO 900 OEF 900 suy AEO OEF 1800 hay A,E, F thẳng hàng Gọi K trung điểm MN OF MN K, lại có FP OA H suy P trực tâm tam giác FOA suy OP AF EP AF E, P, O thẳng hàng Bài 94 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn O có đường cao AD, BE, CF cắt điểm H, AH cắt O giao điểm thứ P (P khác A) Gọi M, I trung điểm BC, 96 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN AH Dựng đường kính AK O , đường thẳng qua P song song với EF cắt O giao điểm thứ Q (khác P) Gọi S giao điểm IM EF a Chứng minh: BFEC tứ giác nội tiếp b Chứng minh: IE EM từ suy ME MS.MI c Chứng minh: Tam giác APQ cân d Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt O giao điểm thứ N Chứng minh: N, S, Q thẳng hàng Giải: a Vì BE, CF đường cao tam giác ABC nên BEC BFC 900 suy BFEC tứ giác nội tiếp (Có đỉnh liên tiếp cạnh EF nhìn cạnh BC góc nhau) b Do I IA IE IH trung điểm AH nên AH dẫn tới tam giác AIE cân I suy IEA IAE 1 Tương tự ta có: MEC MCE Lấy 1 ta có: IEA MEC IAE MCE DAC DCA 900 suy IEM 1800 IEA MEC 900 nên IE EM Do IE IF , ME MF nên IM trung trực EF hay IM EF S Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng IEM ta có: ME MI MS c Do BFEC tứ giác nội tiếp nên AEF ABC (tính chất tứ giác nội tiếp) Lại có: ABC AOC 1800 2OAC 900 OAC (do tam giác OAC cân O), từ suy ABC OAC 900 hay AEF OAC 900 OA EF , mà PQ / / EF PQ OA mà PQ dây O suy OA PQ trung điểm PQ hay tam giác APQ cân A d Do AEH AFH 900 E, F nằm đường trịn tâm I đường kính AH kí hiệu I suy HNA 900 3 Lại có KC AC, BH AC BH / / KC , tương tự CH / / KB nên BHCK hình bình hành, suy H, M, K thẳng hàng (5) Ta có KNA 900 (4), từ (3), (4) suy K, H, N thẳng hàng (6) Từ (5), (6) suy K, H, M, N thẳng hàng .97 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN Ta có MHF ∽ MFN g.g suy MF MH MN ME (do ME MF ) kết hợp với chứng minh câu b ta suy MH MN MI ME MHS ∽ MIN (c.g.c ) dẫn đến HSM INM NISH tứ giác nội tiếp Kết hợp với IM / / AK tam giác APQ cân A ta có: HNS HIS PAK QAK QNK NQ NS hay Q, S, N thẳng hàng Bài 95 Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD, BE, CF cắt điểm H Gọi P, Q hình chiếu vng góc D lên BH, CH a Chứng minh: điểm H, P, D, Q nằm đường tròn b Chứng minh: PQ / / EF c Đường tròn tâm I đường kính AD cắt AB, AC R, S Chứng minh R, P, Q, S thẳng hàng d Đường tròn J ngoại tiếp tam giác DQS cắt IC T, DT cắt AC K Chứng minh: KA CA KS CS Giải: a Vì HPD HQD 900 nên điểm P, H, Q, D nằm đường trịn đường kính HD b Do tứ giác HPDQ nội tiếp nên HPQ HDQ 1 (cùng chắn cung HQ) Ta có: HDQ HCD (2) với QDC ), tứ BFC BEC 900 đường trịn giác (cùng BFEC phụ có nên BFEC nội tiếp đường kính BC suy FCB FEB (3) Từ (1), (2), (3) suy HPQ HEF PQ / / EF c Đường trịn tâm I đường kính AD cắt AB, AC R, S ARD ASD 900 suy BRD BSC 900 nên tứ giác DQSC, BRPD nội tiếp Ta có: SQC SDC DAC (4) PQD PHD AHE (5), mà AHE DAC 900 (4), (5) ta suy PQD DQC SQC 1800 hay P, Q, S thẳng hàng, chứng minh tương tự ta có: P, Q, R thẳng hàng, suy R, P, Q, S thẳng hàng 98 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN d Do điểm D, Q, S, C nằm đường trịn đường kính DC nên đường trịn tâm J ngoại tiếp tam giác DQC đường trịn đường kính DC suy DTC 900 Ta có CSD ∽ CDA nên suy CD2 CS.CA (6) Trong tam giác vng IDC ta có: CD2 CT CI (7) Từ (6), (7) ta suy CS.CA CT CI CTS ∽ CAI CTS CAI nên AITS tứ giác nội tiếp, kết hợp với AIS cân I ta có biến đổi góc: CTS CAI ISA ITA suy ATK STK hay TK phân giác góc ATS , TC vng góc với TK nên TC phân giác ngồi góc ATS Theo tính chất phân giác ta có KA CA đpcm KS CS Bài 96 Cho đường tròn tâm O bán kính R điểm N nằm ngồi O Từ N kẻ tiếp tuyến NA, NB đến O (A, B tiếp điểm) Gọi E giao điểm AB, ON a Chứng minh: NAOB tứ giác nội tiếp b Tính AB biết ON 5cm, R 3cm c Kẻ tia Nx góc ANO cắt O C, D (C nằm N D) Chứng minh: NEC OED d Qua N kẻ cát tuyến thứ với đường tròn NPQ (P nằm N, Q) Gọi I giao điểm CQ, DP Chứng minh: A, B, I thẳng hàng Giải: a Vì NA, NB tiếp tuyến O nên NAO NBO 900 suy NAO NBO 1800 Hay tứ giác NAOB nội tiếp (tổng góc đối 1800 ) b Khi ON 5cm, R 3cm , theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có AB AE Và AE NO E, áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AON ta có: OA2 OE.ON OA2 9 16 16.9 Suy OE NE NO OE , lại có AE EN EO AN ON 5 25 AN 12 24 AB AN 5 c Xét tam giác NCA, NAD ta có: AND chung NAC NDA sđ AC 99 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN Suy NCA ∽ NAD g.g dẫn tới NC NA (tỷ số đồng dạng) suy NA2 NC.ND 1 NA ND Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng NAO ta có: NA2 NE.NO Từ (1), (2) ta suy NC.ND NE.NO NC NO kết hợp với NCE, NOD có góc OND chung ta suy NE ND NCE ∽ NOD (c.g.c) suy NEC NDO dẫn tới CEOD nội tiếp (góc ngồi đỉnh góc đối) Cũng từ CEOD nội tiếp tam giác OCD cân O ta có biến đổi góc NEC NDO OCD OED (đpcm) d Tương tự câu c ta có: PEOQ nội tiếp Ta có: CEP CEN NEP ODC OQP 1 1800 COD 1800 POQ 2 3600 COD POQ 1 1 0 180 COD 180 POQ 180 COD POQ COP DOQ 2 2 1 COP DOQ s®CP s®QD CIP suy CEIP nội tiếp, tương tự DEIQ nội tiếp 2 Suy IEP ICP IDQ IEQ hay EI phân giác PEQ (3) Từ chứng minh câu c ta suy CEA DEA hay EA phân giác góc CED , tương tự ta suy EB phân giác góc PEQ (4) Từ (3), (4) suy EI EB hay I, A, B thẳng hàng Bài 97 Cho đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần luợt D, E, F Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF K, gọi M trung điểm BC Chứng minh: MI DK Giải: Gọi P giao điểm ID EF Vì AE, AF tiếp tuyến I E, F nên IA EF Vì IP BC suy IP AK Từ suy P trực tâm tam giác AIK AP IK H suy tứ giác ANHK nội tiếp Kẻ đường thẳng qua P song song với BC cắt AB, AC X, Y từ tứ giác IPXF, IPEY 100 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN nội tiếp ta suy PXI PFI PEI PYI dẫn tới tam giác IXY cân I nên P trung điểm XY Theo định lý Thales IH IK IN IA IF ID2 ta dễ suy A, P, M thẳng hàng Lại có: IH ID suy IHD ∽ IDK (c.g.c) ID IK Tứ giác IDMH nội tiếp suy IDH IMH , IHD ~ IDK IDH IKD IMH IKD mà IMH phụ với MIH nên IKD phụ với MIH IM DK Bài 98 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp O Một đường tròn K qua B, C cắt AC, AB E, F, BE cắt CF H, AH cắt O P khác A, PE cắt O R khác P Đường tròn ngoại tiếp tam giác FHB cắt AH D a Chứng minh: KD AH b Giả sử AH cắt BC L Q đối xứng với P qua D Chứng minh: AEQF tứ giác nội tiếp c Chứng minh: BR chia đôi EF Giải: a Ta có: AH AD AF.AB AE.AC suy EHDC nội tiếp Từ BDC 3600 BDH CDH BFC BEC 2BFC BKC nên BDKC tứ giác nội tiếp Ta có: KDH CDH CDK = 1800 HEC KBC 1800 BKC 1800 BKC 900 2 b Gọi N điểm đối xứng với F qua KD, KF KN nên điểm N nằm K 101 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN ta có: HH9-CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN Ta có BCP BAP BFN BCN nên CP CN hay C, N, P thẳng hàng Do FQPN hình thang cân ta có: FQA FNC FBC nên BFQL nội tiếp Tương tự ta có: CEQL nội tiếp Từ ta có biến đổi góc: FQE 3600 FQL EQL ABC ACB 1800 BAC suy AEQF nội tiếp c Từ AEQF tứ giác nội tiếp ta có: BFE 1800 AFE 1800 AQE DQE Ta có: FBE FCE HDE EFB ∽ EQD( g.g ) suy nên FB DQ FE QE Gọi I trung điểm EF ta có QP FB DQ FB FB QP IFB ∽ EQP c.g.c FE QE FI QE FI QE nên FBI EPQ ABR hay BR BI tức BR chia đôi EF Bài 99 Cho tam giác ABC nội tiếp O , P điểm tam giác Q cung nhỏ BC O , AP cắt O giao điểm thứ D, M trung điểm AQ, QP cắt O giao điểm thứ K Dựng đường tròn w qua điểm P, K tiếp xúc với AP Các đường thẳng AK, MP cắt w E, F Gọi R giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác KPD với MP a Chứng minh: AMDR tứ giác nội tiếp b Chứng minh: KFP ~ KRD suy F trung điểm PR c Chứng minh: điểm A, D, E, F nằm đường tròn Giải: 102 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN a Từ tứ giác KPDR, AKDQ nội tiếp ta suy DRP DKP DAQ hay AMDR tứ giác nội tiếp b Ta có: PA tiếp tuyến đường tròn w KPDR nội tiếp nên KFP KPA KRD , lại có KPR KDR KPF KDR nên KFP ∽ KRD ( g.g ) suy FP KP RD KD Lại có: KPD ∽ APQ ( g.g ) suy có: KP AP PR PA PA , từ ta , PRD ∽ PAM nên KD AQ RD AM AQ PR PA KP KF suy F trung điểm RP RD AQ KD RD c Ta có KRF KDP, KFR 1800 KFP 1800 KPA KPD suy KFR ∽ KPD ( g.g ) kết hợp với PKF DPF suy KPF ∽ PDF (c.g.c) suy ADF PDF KPF 1800 AEF hay ADEF tứ giác nội tiếp Bài 100 Cho đường trịn tâm O đường kính BC Một điểm A thuộc đường tròn O cho AB AC Tiếp tuyến A O cắt BC D Gọi E điểm đối xứng với A qua BC, AE cắt BC M, kẻ đường cao AH tam giác ABE, AH cắt BC F a Chứng minh: AFEC hình thoi b Chứng minh: DC.DB DM DO c Gọi I trung điểm AH, kéo dài BI cắt O điểm thứ K Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp d Đường thẳng AK cắt BD N Chứng minh: N trung điểm MD Giải: 103 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN a Do điểm E đối xứng với A qua đường kính BC nên E O dẫn tới BEC 900 hay BE CE , lại có: AH BE suy AH / /CE 1 , ta có AE BM trung điểm M BC nên F trực tâm tam giác ABE dẫn đến EF AB , mặt khác AC AB Suy EF / / AC (2), từ (1), (2) kết hợp với AE FC ta suy ACEF hình thoi b Do DA tiếp tuyến O nên CAD ABD sđ AC suy DAB ∽ DCA ( g.g ) suy DA DB hay DA2 DB.DC 3 Trong tam giác vuông OED ( OAD 900 ta có AM OD nên DC DA suy DM DO DA2 Từ (3), (4) ta có: DB.DC DM DO c Do I trung điểm AH nên MI đường trung bình tam giác AHE suy MI AH MI / / HE AH Ta có IMA AEB (đồng vị), AEB AKB (góc nội tiếp chắn cung AB) dẫn đến IMA IKA AIMK tứ giác nội tiếp (có đỉnh liên tiếp nhìn cạnh IA góc nhau) d Từ chứng minh câu c ta có: AKM 1800 AIM 900 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AMN ta có: MN NK NA 5 Kéo dài DK cắt O S Ta dễ chứng minh DE tiếp tuyến O Ta có KMD KAM KAE KED suy KMDE tứ giác nội tiếp Dẫn tới EKD EMD 900 suy SE đường kính O nên SA AE dẫn tới SA / / ND Tam giác KND tam giác DNA có AND chung NDK DSA KAD suy DNA ∽ KND ( g.g ) suy DN NA ND NA.NK Từ (5), (6) suy ND2 MN hay ND NM KN ND Bài 101 Cho đường tròn O; R điểm M nằm O , qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến O , dựng cát tuyến MCD cho MC MD tia MC nằm tia MB, MO Gọi I trung điểm CD a Chứng minh: Tứ giác AIOB nội tiếp b Tia BI cắt O giao điểm thứ J (J khác B) Chứng minh: AJ / / MD 104 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN c Chứng minh: AD2 AJ MD Đường thẳng qua I song song với BD cắt AB K Tia CK cắt OB G Khi cát tuyến MCD thay đổi thỏa mãn điều kiện đề tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CIG thuộc đường trịn nào? Giải: a Vì I trung điểm dây CD nên OI CD (Quan hệ vuông góc đường kính dây) suy OIM 900 , MA, MB tiếp tuyến O nên OAM OBM 900 OAM OBM 1800 hay tứ giác MAOB nội tiếp (tổng góc đối 1800 ) Tương tự MAOI nội tiếp, suy điểm M, A, O, I, B nằm đường tròn Suy tứ giác AIOB nội tiếp b Vì điểm M, A, O, I, B nằm đường tròn nên MIB MOB (hai góc nội tiếp chắn cung MB) Mặt khác ta có AJB AOB (liên hệ góc nội tiếp góc tâm), mà AOB 2MOB (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau), từ suy AJB MIB AJ / / MD Do AJ / / MD nên JAD ADM (so le trong) (1) Tứ giác AJDC nội tiếp nên AJD ACM (2), ta có MCA ∽ MAD (g.g) (học sinh tự chứng minh) suy MCA MAD (3) Từ (2) (3) ta suy AJD MAD (4) Từ (1), (4) ta có: DAM ∽ AJD (g.g) suy AD DM (cạnh tương ứng) hay AJ AD AD2 JA.MD c Vì IK / / BD nên KIC CDB (đồng vị), mà CDB CAK (cùng chắn cung BC) suy KIC KAC ACKI nội tiếp (hai đỉnh liên tiếp A, I nhìn cạnh CK góc nhau) Từ suy CKA CIA (5) (góc nội tiếp chắn cung CA) Mặt khác điểm A, I, M, B nằm đường tròn nên AIM ABM (góc nội tiếp chắn cung BM) (6) Từ (5), (6) suy CKA MBA CK / / MB mà MB OB CK OB G Tứ giác CGIO có CGO CIO 900 nên CGOI tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính CO (hai đỉnh liên tiếp G, I nhìn cạnh CO 105 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUN TỐN góc 900 ) Suy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CGI tròn ngoại tiếp tam giác CIG thuộc đường trịn tâm O bán kính CO R , hay tâm đường 2 R Bài 102 Từ điểm M nằm ngồi đường trịn O kẻ tiếp tuyến MA, MB đến O (A, B tiếp điểm) cát tuyến MCD cho MC MD tia MC nằm tia MA, MO Gọi H giao điểm AB MO, E trung điểm CD, đường thẳng CH cắt O giao điểm thứ F (khác C) Đường thẳng DF cắt tia MA, MB P, Q a Chứng minh: EM tia phân giác AEB b Chứng minh: MH MO MC.MD c Chứng minh: DF / / AB d Gọi X giao điểm EP với AD, Y giao điểm EQ với BD Chứng minh: HD chia đôi XY Giải: a Chứng minh điểm M, A, E, O, B nằm đường tròn, ý MA MB nên AEM BEM suy đpcm b Ta dễ chứng minh: MA2 MC.MD , áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông MAO, AH MO ta có MA2 MH MO Từ suy MH MO MC.MD c Từ b ta có: MH MD Xét tam giác MC MO MCH, MOD ta có: MH MD OMD MC MO chung nên MCH ∽ MOD g.g suy MHC MDO tứ giác CHOD nội tiếp ta có biến đổi góc MHC MDO OCD ODH MHC OHD , góc CHA, DHA phụ với góc MHC , OHD tương ứng nên suy CHA DHA hay AH phân giác góc CHD 1 Chú ý rằng: CHA CHD COD CFD mà hai góc CHA, CFD đồng vị nên AB / / DF 2 106 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN d Ta có: AEM MEB MAB MPQ suy APDE tứ giác nội tiếp Tương tự ta có BQDE tứ giác nội tiếp Ta có XEY XED YED DAP DBQ ABD BAD 1800 ADB nên EXDY tứ giác nội tiếp Từ suy DXY DEY DBQ DAB hay XY / / AB Theo định lý Thales ta có DH qua trung điểm I XY Bài 103 Cho tam giác ABC vng A có AB AC , cạnh AC lấy điểm D (D khác A, C) dựng DE BC Tiếp tuyến C đường tròn tâm K ngoại tiếp tam giác DEC cắt tia DE M Đường thẳng qua C vuông góc với MK cắt đường trịn K F (F nằm tam giác ABC) a Chứng minh: Tứ giác ADEB nội tiếp CD.CA CE.CB b Chứng minh: MF ME.MD c Tia CF cắt cạnh AB I Chứng minh: BIC ∽ FEC d Chứng minh: I trung điểm AB Giải: a Vì tam giác ABC vng E nên BAD 900 , ED BC nên DEB 900 suy BAD BED 1800 suy tứ giác ADEB nội tiếp (tổng góc đối 1800 ) Tam giác vuông BAC tam giác vng DEC có BAC DEC 900 ACB chung nên BAC ∽ DEC (g.g) suy AC BC hay AC.DC CE.BC EC DC b Giả sử CF KM H H trung điểm FC (Quan hệ vng góc đường kính qua trung điểm dây) suy KH phân giác góc FKC Xét tam giác KFB KCM, ta có: KC KF (là bán kính K ), KM chung, FKM CKM KFB KCM c.g.c suy KFM KCM 900 hay MF tiếp tuyến có: MFE EDF K Từ sđ EF , MEF ∽ MFD (g.g) suy dẫn ta đến ME MF MF MD 107 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TOÁN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN hay MF ME.MD c Do điểm F nằm đường trịn đường kính CD nên CFD 900 DFI 900 suy tứ giác ADFI nội tiếp Ta có IFE 3600 IFD DFE 1800 IFD 1800 DFE , ý tứ giác ADFI, DFEC nội tiếp nên ta có: 180 IFD BAC, 1800 DFE ACB từ suy IFE BAC ACB 1800 ABC hay IFE IBE 1800 suy IFEB tứ giác nội tiếp Dẫn đến BIC FEC BIC ∽ FEC (g.g) (1) (vì có ICB chung BIC FEC ) d Xét tam giác FEC tam giác DKM ta có: EFC EDC MDK , FEC 1800 FDC 1800 FKC 1800 MKC DKM FEC ∽ DKM (2) Từ (1) (2) suy BIC ∽ DKM BI BC (*), ta có BAC DCM 900 ABC CDM DK DM phụ với ACB suy BAC ∽ DCM (g.g) suy BA BC (**) Từ (*) (**) suy DC DM BA DC BI BA hay suy I trung điểm AB BI DK DK DC 108
Ngày đăng: 20/10/2023, 12:24
Xem thêm: