Hh9 chuyên đề 6 cực trị đẳng thức hình(183 trang)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | HH9-CHUYÊN ĐỀ 6.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 vng 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 vuông 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 vng 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   : | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | HH9-CHUYÊN ĐỀ 6.CỰC TRỊ HÌNH 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 AB  AC BC AM    * Lời giải Kẻ AH  BC  H  BC  Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông ABH, ACH AHM ta được: CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | 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 thông 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 vng, 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 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | HH9-CHUYÊN ĐỀ 6.CỰC TRỊ HÌNH Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác BCK vng K, ta có BC  BK  KC  BK  BC  CK  a  Vậy BK  a  a4 4b2 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 vng 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 vng 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 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | 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 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | HH9-CHUYÊN ĐỀ 6.CỰC TRỊ HÌNH Bài Cho tam giác ABC vng 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: BM  CN  5BC 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 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | 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 vng 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 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | HH9-CHUYÊN ĐỀ 6.CỰC TRỊ HÌNH AB 2624 16   Suy AC 4100 25 Vậy AB  hay AB  AC AC Bài Vì tam giác ABC vng 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 qt giả sử BC CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | Kẻ đường cao BH với H nằm cạnh AC Tam giác AHB vng 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: BM  AB  BC AC AC  BC AB 2  CN   ; 4 Lại có BM  3 BG ; CN  CG , thay vào công thức ta được: 2 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | HH9-CHUYÊN ĐỀ 6.CỰC TRỊ HÌNH AB  BC AC BG   4 1 AC  BC AB CG   4  2 Cộng đẳng thức 1 ,   ý tam giác BGC vng G, ta có điều phải chứng minh Bài 11 Nối AI Gọi O trung điểm AI Các tam giác vuông 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 vuông 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: 10 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | 1) Dễ dàng thấy tứ giác CNHM, BMHP nội tiếp Cho nên NCH HBP , kết hợp với ACH NMP NMH ABH (cùng phụ với BAC ) ta suy NMH Mặt khác tứ giác ANMB nội tiếp nên MNH HMP (1) MAB (2) 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 (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 90 AB QJ EAQ BAC AFE hay ba điểm E, H, F thẳng hàng 3) Trước hết thấy AB.QJ Và đặt P FAQ 2S ABQ , AC.QI 2S AQC AC QI Khi áp dụng BĐT Cauchy-Shwarz ta có: P AB2 ABQJ AB SABQ AC2 AC.QI AC SACQ AB2 2SABQ AB SABC AC AC2 2SACQ SQBC Đẳng thức xảy QI QJ Mặt khác gọi G điểm cung nhỏ BC ln có 169 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN AFH 90 BAC | HH9-CHUYÊN ĐỀ 6.CỰC TRỊ HÌNH SQBC AB SGBC , P AB QJ Vậy P AC SABC SGBC AC nhỏ Q điểm cung nhỏ BC QI Bài 57 Cho tam giác ABC nhọn, có trực tâm H nội tiếp đường tròn 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 3) Chứng minh rằng: BD.BM CD.CM AB AC (Trích đề thi vào 10 Chuyên Toán, 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 170 CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN | 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 1) Theo giả thiết AMO ANO AIO 90 điểm A, O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính AO AIN AM 2) AMN, AIM ANM (Góc nội tiếp chắn cung) AMN cân A AN AIN AIM AK AB AB.AC AC 2AB.AC AK.AI (Do AB AK AB AC AC ANC AHK đồng dạng với AIO 2AI ) AB.AC AK.AI AN AH.AO AMO vng M có đường cao MH AK.AI AM Do AN 3) Ta có AN NO, MP AM NO, M Do AMPN hình bình hành Tam giác ANO đồng dạng với TH1 NE ANM (đpcm) ABN đồng dạng với Tam giác AMN NO OE x2 R AB.AC AN AN NEM R R2 AH.AO AM AK.AI AN / / MP MP 2x AN NE NO EM NE x2 2x2 R2 2x2 R R R2 171 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN x2 | HH9-CHUYÊN ĐỀ 6.CỰC TRỊ HÌNH Đặt R2 x2 PTTT R Do t Đặt R2 t2 t TH2 NE R2 NO x2 Rt R2 OE t, t t2 2t x2 R PTTT R Do t t, t R t2 2t Rt x2 R x x2 R R R2 x2 R2 t2 2t Rt R2 R2 Rt R2 x2 R R2 2t R t R A B (Loại) x2 R2 x 2x2 R R2 2t t R R2 x2 R R 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 Chuyên Toán, 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 OA 172 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | BC không đổi Do OA M nằm đường trịn tâm K, bán kính AHB 2) Xét BHC BHA BC CHA có ACB (cùng phụ với ABC ) 90 , BAH AHB ∽ CHA Gọi S trung điểm AH, I trung điểm HC nên ABS∽ CAI ABS CAI Ta lại có BS đường trung bình BS/ / MH Mà CAI ABS MAI AMH 90 AMH 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 AHP BC2 2BC 3) Gọi Q hình chiếu H AC AQP EG2 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 OA PQ O S 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 173 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | HH9-CHUYÊN ĐỀ 6.CỰC TRỊ HÌNH AH OC OC 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 3) Chứng minh: NF.NA MN HB2 HF EF MF NH (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 NM Mặt khác có: ABF NMF đồng dạng với MAF nên NF.NA (1) AEF ABF EMN hay HBF FMH MFHB tứ giác nội tiếp FHM Xét FAB hay FHN FBM NHF NH NF NA NH NAH NAH có: ANH chung; NHF NAH NH Từ (1) (2) ta có NH NAM NHF đồng dạng NAH NF.NA (2) HM MEA có: AME chung, MAF 3) Xét MAF suy MAF đồng dạng với MEA 174 MEA CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | ME MA MA MF AE AF AE2 AF ME MF MFB Vì MFHB tứ giác nội tiếp Và AFH AHN 90 AFE HBF có: EFA AEF AE AF AE2 AF HB HF MHB 90 BFE 90 BFH BFH; FEA AEF đồng dạng với suy (3) FBA HBF HB2 (4) HF Từ (3) (4) ta có: ME MF HB2 HF HB2 HF FE MF HB2 HF MF 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 vng góc với MN (Trích đề thi vào 10, Chun Nguyễn Trãi (vịng 2), Hải Dương 2017 - 2018) LỜI GIẢI 1) O cắt O OO AB A, B CHO 90 (1) 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 HC H DHE 175 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHE CDE CHD CED | HH9-CHUYÊN ĐỀ 6.CỰC TRỊ HÌNH FE FD HE HD FE.HD FD.HE 2) Trong O có: BMN BAN có: BAN Trong O BDE BMN MBI BDMI tứ giác nội tiếp AEB có: MBI MIB Xét MB AB MIB ∽ AEB ABN Xét IBN Xét IB EB MB AB AB DB IB AN EB DI DEA IN IB DA DB IB.AN.DB BDA (vì BDMI nội tiếp) (5) CBD có: DCB chung; CDA DA DB CE CB (6) CBE có: BCE chung; CEA CEA ∽ CBE CE CB EA EB CBD CBE (7) MIB ∽ AEB (theo phần b) Mặt khác EA EB MB.EB.DI IEN ), BIN CD CB CEA BID DBA có: DA DB CE (3) AN DI CDA ∽ CBD Mà CD BAE (4) DBA (vì CDA ABE; BMI AB DB IBN ∽ DBA Xét ABE BDI ; BNA IBN 3) Xét MDI DBI có: BAN ABN ∽ DBI Từ (3) (4) BDE IM IB (8) Từ (5), (6), (7), (8) IN IB IM IB Bài 62 Cho tứ giác ABCD có BAD IN IM 60 , BCD OI 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 176 AE CF AB BC CD DA CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | 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 Suy ra: AE AB AD (1) Tương tự ta tìm Từ (1) (2) ta có: AE CF CF AB CB BC CD CD (2) 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 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 177 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN AC K 2R AC | HH9-CHUYÊN ĐỀ 6.CỰC TRỊ HÌNH (do tứ giác AIHK nội tiếp) BAt (2) sđ AB ) ACB (cùng Từ (1), (2), (3) suy ra: BAt Mặt khác OA At AIK (3) At / / IK OA Vậy IK ln vng góc với đường thẳng cố định OA IK Gọi J giao điểm AO IK; A’ điểm đối xứng với A qua O ACH ∽ AA B AHC Ta có AC AA AH AB AB AC 2) Ta có AKH ABA AA B 2R 2 R AH AHC  90 ; ACH AK AH   AK AC  AH AH AC Gọi S , S diện tích tam giác ABC AIK Ta có S S AI AC AIK ∽ ACB AJ IK AH BC AH AH R Suy S AJ IK AH BC AH 4R2 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 ngồi đường trịn 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 MP.MQ MAQ (g.g), (1) MAO vuông A, có đường cao 178 CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN | AH nên MA2 MH.MO (2) Từ (1) (2) suy P.MQ MH.MO hay MPH MHP MP MH MO MQ (*) MPH đồng dạng MOQ có góc M chung, kết hợp (*) ta suy MOQ (c.g.c) Suy MQO Do tứ giác PQOH tứ giác nội tiếp HPO HQO sdOH (đpcm) 2) Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho EB EF hay cân E, suy BFA Đặt AEB EBF BEA 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 EB Và FEO O EB O B (3) O EF có EB = EF, O’E chung BEO (cùng bù với BAO ) 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 .179 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | HH9-CHUYÊN ĐỀ 6.CỰC TRỊ HÌNH (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 2BC BQ; PD PD DN AP AB BC CN DN AQ BQ AB AH , dấu “=” xảy BC Ta có AB Kẻ AH ABC AQ, BM 90 Ta có: OM BC, OP AD, AD / / BC P, O, M thẳng hàng, AH S ABCD AH BC 2r AB PM 2r.2r 4r , dấu “=” xảy ABC SABCD 2r 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 SBMC SABC SBMC MA.BC MI AH 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 180 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | b) Đặt SPMQ Ta có x; SQMR MR S PMQ ; MC S PMB S RMP SMCP Tương tự ta có: z MQ MB S BMC 4S BMC S BMP S PMC S BMC zx y y; S RMP S PQR z.x S MCP S PMB S BMC SCMA yz (2); x xy z x y z MR.MQ MC.MB y S BMC (1) S AMB Cộng theo vế BĐT (1), (2) (3) ta được: xy z (3) 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 y z nên từ (4) suy ra: 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 181 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | HH9-CHUYÊN ĐỀ 6.CỰC TRỊ HÌNH a) Cách 1: Trên tia đối tia MC lấy điểm E cho ME BEM tam giác Ta có: BMA BEC Do đó: MB MC MA BE BM MA BEM tam giác MBC EM EC Cách 2: Trên AM lấy điểm E cho ME Ta có: MB EBA(c.g.c) BE MB BM EM AE Do đó: MB MC MC MA b) Kẻ AN vng góc với BC N Vì ABC tam giác nên O 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 MH 2S ABM AB 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: 182 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | 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: S AM S BN S CP p , p nửa chu vi AM BN CP p S Đẳng thức xảy r ABC .183 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN