Luyện thi vào Chuyên: Phần hình học

LUYỆN THI CHUYÊN: PHÂN HÌNH HỌC Bài 1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O). Đường thẳng BD và các tiếp tuyến với (O) tại A, C đồng qui tại S. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng: a) AB.DC = AD.BC b) SB IB AB.CB SD ID AD.CD = = HD: a) ΔSAB ΔSDA nên: SA AB SB SD DA SA = = (1) ΔSCB ΔSDC nên: SC CB SB SD DC SC = = (2) Do SA = SB và từ (1) và (2): AB BC DA DC = ⇒ AB.DC = AD.BC b) Từ (1) và (2): SB SB.SC AB.CB SD SD.SA AD.CD = = . Tương tự phần a) Từ ΔIAB ΔIDC và ΔICB ΔIDA ⇒ IB AB.CB ID AD.CD = ⇒ đpcm Bài 2: Cho ΔABC vuông cân ở A. AD là trung tuyến thuộc cạnh huyền, M là một điểm thay đổi trên đoạn AD. Gọi N, P theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M xuống AB và AC. H là hình chiếu vuông góc của N xuống đường thẳng PD. a) Xác định vị trí của N để ΔAHB có diện tích lớn nhất. b) CmR: Khi M thay đổi, HN luôn đi qua một điểm cố định. HD: a) Kẻ BE // AC cắt PD tại E ⇒ BE = PC = BN ⇒ · · 0 NEB NHB 45= = . Mặt khác: · · 0 AHN APN 45= = ⇒ · 0 AHB 90= , HN là phân giác của · AHB . ⇒ 2 2 2 4 2 2 2 AHB 1 1 AH BH AB S AH .BH 4 4 2 16   + = ≤ =  ÷   . Dấu “=” xảy ra ⇔ AH = BH ⇔ H ≡ D ≡ M. b) HN luôn đi qua điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB (HN là phân giác · AHB ). Bài 3: Cho hình vuông ABCD cạnh a. Một góc · 0 xBy 45= quay xung quanh B sao cho Bx cắt cạnh AD tại M, By cắt cạnh CD ở N (M, N không trùng với D). Gọi E, F tương ứng là giao điểm của BM, CN với AC. a) CmR: các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp. b) CmR: MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định và chu vi ΔMND không đổi. c) Tìm vị trí của M, N và nêu cách dựng các điểm đó để ΔMND có diện tích lớn nhất. HD: a) · · 0 FBM FAM 45= = ⇒ ABFM nội tiếp. Tương tự: BCNE nội tiếp. ⇒ · · · 0 0 BEN BCN 180 BEN 90+ = ⇒ = . Tương tự: · 0 MFN 90= ⇒ đpcm b) Lấy điểm K trên tia đối của tia AD sao cho AK = CN: ⇒ BK = CN và · · · · · KBM KBA ABM NBC ABM= + = + · · 0 0 90 NBM 45 NBM= − = = ⇒ ΔKMB = ΔNBM (c.g.c)⇒ BA = BL ⇒ MN tiếp xúc với (B, a) Lại có: ΔKBM = ΔNMB ⇒ KM = MN. Từ đó, suy ra: P ΔMND = MN + ND + MD = KA + AM + MD + DN = CD + ND + MD + MA = 2a. c) Có: MD + ND + MN = 2a ⇒ MD + ND + 2 2 MD ND+ = 2a ⇒ 4a 2 = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 MD ND 1 MD ND MD ND MD ND 1 MD ND 2 2 +     + + + ≥ + + = + +  ÷  ÷     2 1 4 1 .MD.ND 2   ≥ +  ÷   Mà: MD.ND = 2S MND ⇒ S MND ( ) 2 2 a 2 2 1 ≤ + . ĐỖ TRUNG THÀNH − GIÁO VIÊN THCS Trang 1 I C A O D B S H E D A B C M N P 45 0 K L H F E N C B A DM LUYỆN THI CHUYÊN: PHÂN HÌNH HỌC Dấu “=” xảy ra ⇔ MD = ND ⇔ · · 0 MBA NBC 22,5= = Bài 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, M là một điểm bất kì trên nửa đường tròn (M khác A và B). Hạ MH ⊥ AB tại H. Gọi P, Q, I lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MAH, MBH, AMB. a) Chứng minh điểm I là trực tâm của ∆MPQ b) Tìm quĩ tích điểm I khi điểm M di động trên nửa đường tròn c) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn để chu vi ∆PHQ lớn nhất HD: a) Dễ thấy: A, P, I thẳng hàng và B, Q, I thẳng hàng. Gọi K ≡ MP ∩ AB: · · · KMB KMH BMH= + , · · · MKB KMA MAB= + Mặt khác: · · KMH KMA= và · · BMH MAB= Suy ra: ∆BMK cân tại B có BI là phân giác ⇒ BI ⊥ MK Tương tự: L ≡ AB ∩ MQ ⇒ ∆AML cân ⇒ AI ⊥ ML ⇒ đpcm b) Thuận: · · · 0 0 0 0 MAB MBA AIB 180 180 45 135 2 + = − = − = Vậy điểm I thuộc cung chứa góc 135 0 vẽ trên đoạn AB (thuộc cùng một nửa mặt phẳng chứa M) Đảo lại: Giả sử I’ là điểm bất kì thuộc cung chứa góc ⇒ Kẻ I’N ⊥ AB, vẽ (I’, I’N) kẻ hai tiếp tuyến AA’ và BB’ với (I’, I’N) gọi M’ là giao của AA’ và BB’. Ta cần chứng minh M’ ∈ (O) hay · 0 AM'B 90= . Ta có: · · · · · · 0 0 0 0 AIB 135 IBA IAB 45 M'AB M 'BA 90 AM 'B 90= ⇒ + = ⇒ + = ⇒ = . c) Ta có: · · PMH QBH= (Góc có cạnh t/ư vuông góc). · · 0 PHM QHB 45= = ⇒ ∆MPH ∆BQH (g.g) nên: · PH MH MA PH MA tgMBA QH HB MB QH MB = = = ⇒ = . Lại có: · · 0 AMB PHQ 90= = ⇒ ∆HPQ ∆MAB(c.g.c). Ta có: · · · · 0 HQP MBA MBA HQF 180= ⇒ + = ⇒ BHQF nội tiếp. Từ đó suy ra: · · 0 MFE QHB 45= = ∆MEF cân tại M nên: ME = MF. ∆MQF = ∆MQH (c.g.c) nên: MF = MH và QF = QH. Tương tự: PH = PE ⇒ C PQH = PH + QH + QP = EP + PQ + QF = EF = 2MF 2MH= Vậy: C PQH lớn nhất ⇔ MH lớn nhất ⇔ H ≡ O. Khi đó: M là điểm chính giữa nửa đường tròn (O) Bài 5: Cho đường tròn (O ; R) và P là một điểm nằm bên trong đường tròn. Qua P vẽ hai dây AB và CD vuông góc với nhau. a) Chứng minh rằng PA 2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 không đổi b) Gọi I là trung điểm của BC. Tìm quĩ tích điểm I HD: a) Kẻ đường kính BE. Ta có AE // CD ⇒ AC = DE. Áp dụng ĐL Pitago cho ∆v.BED: BD 2 + DE 2 = BD 2 + AC 2 = BE 2 = 4R 2 Suy ra: PA 2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 = AC 2 + BD 2 = 4R 2 = Const c) Thuận: Gọi K là trung điểm của OP ta có: 2 2 2 2 1 2IK IO IP PO 2 = + − ∆v.PBC có PI là trung tuyến ⇒ IP = IB ⇒ OI 2 + IB 2 = OI 2 + IP 2 = OB 2 = R 2 ⇒ IK = 2 2 2R OP 2 − ⇒ I thuộc đường tròn 2 2 2R OP K ; 2   −  ÷  ÷   Đảo lại: Lấy điểm I’ thuộc đường tròn (K). Qua I’ dựng một đường thẳng vuông góc với OI’ gọi giao của đường thẳng này với (O) là B’, C’. Gọi giao điểm của B’P và C’P với (O) là A’, D’. Ta cần chứng minh A’B’ ⊥ C’D’. IK là trung tuyến của ∆OPI nên: 2 2 2 2 1 2IK IO IP PO 2 = + − mà: 2.IK 2 = 2 2 2R OP 2 − ĐỖ TRUNG THÀNH − GIÁO VIÊN THCS Trang 2 L K F E I Q P H O A B M K I E D C O A B P LUYỆN THI CHUYÊN: PHÂN HÌNH HỌC Suy ra: 2 2 2 2 2 2 2 2 2R OP 1 IO IP OP OI IP R 2 2 − = + − ⇔ + = = OB 2 . Mặt khác: OI 2 + IB 2 = OB 2 Suy ra: IP = IB. Hay: IP = 1 2 BC. ⇒ ∆PCB vuông tại P. Vậy: A’B’ ⊥ C’D’ Bài 6: Cho ba điểm A, B, C theo thứ tự nằm trên một đường thẳng d sao cho AB = 2, BC = 4. Một đường tròn di động (O) có tâm O và đi qua B, C. Gọi AT, AT’ là hai tiếp tuyến kẻ từ A đến (O), với T, T’ là hai tiếp điểm. a) Tìm quĩ tích các điểm T và T’ b) Vẽ đường kính MB của (O). Gọi P ≡ AM ∩ (O). Chứng minh: AM.AP = AO 2 − OC 2 c) Tìm quĩ tích các điểm M và P HD: a) Thuận: Ta chứng minh T’A 2 = AT 2 = AB.AC = 2 (2 3) Suy ra: T và T’ thuộc đường tròn (A; 2 3 ) Đảo: Lấy một điểm T 1 bất kì thuộc (A; 2 3 ). Qua T 1 vẽ một đường thẳng vuông góc với AT 1 cắt trung trực của BC tại O’. Ta cần chứng minh AT 1 là tiếp tuyến của (O’ ; O’B): Kẻ tiếp tuyến AT 2 Ta có: AT 2 2 = AB.AC = AT 1 2 ⇒ O’T 1 = O’T 2 ⇒ OT 1 là bán kính (O’). Suy ra: AT 1 là tiếp tuyến của (O’). b) Ta có: AT 2 = AM.AP. Mà AT 2 = OA 2 − OT 2 hay: AT 2 = OA 2 − OC 2 ⇒ AM.AP = OA 2 − OB 2 c) Quĩ tích M: Thuận: ∆BCM vuông tại C ⇒ CM ⊥ d ⇒ M thuộc đường thẳng c vuông góc với d tại C Đảo: Giả sử M’ thuộc đường thẳng c qua trung điểm I của BC kẻ một đường thẳng vuông góc với d giao với MB tại O 1 Vẽ đường tròn (O 1 ; O 1 B). Ta cần chứng minh M thuộc (O 1 ; O 1 B). Ta có: OI // BC ⇒ OI là đường trung bình của ∆BMC ⇒ OB = OM ⇒ M ∈ (O 1 ; O 1 B). * Quĩ tích P: Thuận: Ta có: · 0 APB 90= ⇒ P thuộc đường tròn đường kính AB Đảo: Lấy một điểm P’ bất kì trên đường tròn đường kính AB. Qua C vẽ một đường thẳng vuông góc với d giao với AP tại M. Gọi O 2 là giao của đường trung trực BC với BM, vẽ (O 2 ; O 2 B) ta cần chứng minh: P và M thuộc (O 2 ; O 2 B): OI là đường trung bình của ∆BMC nên OM = OB ⇒ M thuộc đường tròn. Ta có: · BPM = 90 0 nên P thuộc đường tròn đường kính BM hay: OP = OB. Bài 7: Cho hai đường tròn (O, R) và R O', 2    ÷   tiếp xúc ngoài tại A. Trên đường tròn (O) lấy điểm B sao cho AB = R và điểm M trên cung lớn AB. Tia MA cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai là N. Qua N kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường thẳng MN tại Q và cắt đường tròn (O’) tại P. a) Chứng minh ΔOAM ΔO’AN. b) Chứng minh độ dài đoạn NQ không phụ thuộc vào vị trí điểm M. c) Tứ giác ABQP là hình gì? tại sao? d) Xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác ABQN đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó theo R. HD: a) Dễ dàng chứng minh được ΔOAM ΔO’AN. b) Từ a) suy ra: MA OA NA O'A = . MA MA OA 2 MA NA MN OA O'A 3 ⇒ = = = + + Mặt khác: AB // NQ ⇒ AB MA . NQ MN = R 2 3R Hay: NQ const. NQ 3 2 = ⇔ = = ĐỖ TRUNG THÀNH − GIÁO VIÊN THCS Trang 3 H Q P N B O' A O M d P M T' T A B C O LUYỆN THI CHUYÊN: PHÂN HÌNH HỌC c) Dễ thấy: ABQP là hình thang vì AB // NQ. Ta có: · 1 ABQ 2 = sđ ¼ » ( ) 1 MB AB 2 + = sđ ¼ · · · 1 1 AM AOM AO'M APN 2 2 = = = Mà: · · APN PAB(so le trong)= ⇒ · · ABQ BAP= ⇒ ABQP là hình thang cân. d) Kẻ AH ⊥ QN. Ta có: S = S ABQN = 1 2 (AB + QN).AH = (1,5R + R).AH = 2,5R.AH. Do đó: S max ⇔ AH max. Mà AH ≤ AN ⇔ H ≡ N ⇔ AN ⊥ NQ ⇔ AN ⊥ AB tại A ⇔ · 0 MAB 90= ⇔ M là điểm đối xứng của điểm B qua điểm O. Khi đó, ΔAMB vuông tại A, ta có: AM 2 = MB 2 – AB 2 = 4R 2 – R 2 = 3R 2 ⇒ AM = R 3 . Mặt khác: Do AM 3 1 R 3 AN AM MN 2 2 2 = ⇒ = = . Vậy: Max S ANQB = 2 5R R 3 5 3R . 4 2 8 = Bài 8: Cho đường tròn (I ; R) nội tiếp ∆ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các điểm A’, B’, C’. a) Gọi các giao điểm của (I) với các đoạn IA, IB, IC lần lượt là M, N, P. Chứng minh rằng các đường thẳng A’M, B’N, C’P đồng qui. b) AI kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp ∆ABC tại D (khác A). chứng minh rằng: IB.IC 2R ID = . HD: a) Chứng minh: A’M, B’N, C’P là ba phân giác của ∆A’B’C’. b) Gọi H là trung điểm của BI. Ta có: · · µ 1 DBC CAD A 2 = = · µ µ 1 DIB (A B) 2 = + . Mặt khác: · µ · µ µ 1 1 DBI B DBC (B A) 2 2 = + = + Suy ra: · · DBI DIB= ⇒ ∆DBI cân tại D ⇒ DH là phân giác µ D ⇒ · µ µ · 1 1 HDI D C ACI 2 2 = = = ⇒ ∆HDI ∆A’CI. Suy ra: ID IH 2IH IB IC IA' 2IA' 2IA' = = = ⇒ IB.IC = ID.2IA’ = ID.2R ⇒ IB.IC 2R ID = Bài 9: Cho ∆ABC vuông ở A (AC > AB) hạ AH ⊥BC tại H. Đường tròn (H, HA) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q (P, Q ≠ A). a) Chứng minh P, H, Q thẳng hàng và tứ giác BPCQ nội tiếp b) Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh: AM ⊥ PQ HD: a) · 0 PAQ 90= , PQ là đường kính (A, HA) ⇒ Ba điểm P, H, Q thẳng hàng. ∆AHQ cân tại H: µ µ 1 A Q= mà µ µ 1 C A= (Cùng phụ với · CAH ) Nên: µ µ C Q= ⇒ BPCQ nội tiếp. b) ∆MAB cân ⇒ µ · 2 B BAM= = µ µ 1 Q H+ , $ µ µ 1 2 P C H= + . Mà µ µ µ µ 1 2 C Q, H H= = ⇒ µ $ · 2 1 B P BAM= = Do đó: $ µ · µ 0 1 3 3 P A MAB A 90+ = + = ⇒ · 0 AEP 90= Vậy: PQ ⊥ AM tại E. Bài 10: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính BC và một điểm A trên nửa đường tròn (A khác B và C). Hạ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Trên nửa mặt phẳng có bờ BC chứa điểm A dựng hai đường tròn đường kính HB và HC, chúng lần lượt cắt AB và AC tại E và F. ĐỖ TRUNG THÀNH − GIÁO VIÊN THCS Trang 4 2 1 1 3 2 2 1 E M P Q H A B C M H N P A' C' B' I D A B C LUYỆN THI CHUYÊN: PHÂN HÌNH HỌC a) Chứng minh AE. AB = AF. AC. b) Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn đường kính HB và HC c) Gọi I và K lần lượt là hai điểm đối xứng với H qua AB và AC. Chứng minh ba điểm I, A, K thẳng hàng. d) Đường thẳng IK cắt tiếp tuyến kẻ từ B của nửa đường tròn (O) tại M. Chứng minh MC, AH, EF đồng qui. HD: a) ∆BEH có trung tuyến O’E ứng với cạnh BH bằng 1 BH 2 nên ∆BEH vuông tại E. Suy ra: HE ⊥ AB. Tương tự: HF ⊥ AC. Áp dụng hệ thức lượng với hai tam giác vuông AHB và AHC, ta có: AH 2 = AE. AB, AH 2 = AF. AC. Suy ra: AE. AB = AF. AC. b) Tứ giác AFEH là hình chữ nhật vì có ba góc vuông. Gọi D là giao điểm của AE và EF, ta có: DA = DH = DE = DF. ∆O 1 ED = ∆O 1 HD (c.c.c). Suy ra: · · 0 1 1 O ED O HD 90= = . Do đó: EF ⊥ O’E tại E nên: EF là tiếp tuyến của đường tròn (O 1 ). Tương tự: EF là tiếp tuyến (O 2 ) ⇒ EF là tiếp tuyến chung c) Theo tính chất đối xứng ta có: µ µ µ µ 1 2 3 4 A A , A A= = ⇒ · · µ µ · 0 1 2 IAH HAK 2(A A ) 2.BAC 180+ = + = = ⇒ Ba điểm I, A, K thẳng hàng. d) SB // AH ⇒ · µ 2 SBA A= (So le) = µ 1 A ⇒ ∆MBA cân tại A ⇒ MA = MB Mặt khác: · 0 MBA S 90+ = $ mà µ µ 1 5 A A= và · µ 1 MBA A= ⇒ µ 5 S A= $ ⇒ ∆MAB cân tại A ⇒ MA = MS Suy ra: MA = MS. Giả sử MC cắt AH tại D’. Theo ĐL Ta lét: AD' CD ' HD' MS CM MB = = mà MS = MB nên: AD’ = D’H ⇒ D’H = D’A mặt khác: DH = DA ⇒ D ≡ D’. Vậy: AH, EF, MC đồng qui tại tại D. Bài 11: Cho ∆ABC vuông ở A (AC > AB) đường cao AH. Đường tròn (H; HA) cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q (P, Q khác A). a) Chứng minh: P, H, Q thẳng hàng. Tứ giác BPCQ nội tiếp b) Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh: AM ⊥ PQ. HD: a) PQ là đường kính đường tròn tâm A bán kính HA. ⇒ Ba điểm P, H, Q thẳng hàng. Ta có: · · HQA HAQ= (∆AHQ cân) Lại có: · · · 0 ACB HAQ ( 90 CAH)= = − ⇒ · · ACB AQB= ⇒ BPCQ nội tiếp. b) · · APQ AHP= (∆AHP cân), · · CAM ACM= mà · · ACM AQP= Suy ra: · · · · 0 APQ CAM APQ AQP 90+ = + = ⇒ · 0 AEH 90= . Vậy: AM ⊥ PQ. Bài 12: Cho A là một điểm bất kì trên nửa đường tròn đường kính BC (A ≠ B, C). Hạ AH ⊥ BC tại H. Gọi I, K lần lượt là tâm của đường tròn nội tiếp ∆AHB và ∆AHC. Đường thẳng IK cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. Chứng minh: a) ∆AIH ∆CKH và ∆HIK ∆ABC b) ∆MAN là tam giác cân ĐỖ TRUNG THÀNH − GIÁO VIÊN THCS Trang 5 5 4 3 2 1 O 2 O 1 S D F M K E I H B C A E M P Q H A B C LUYỆN THI CHUYÊN: PHÂN HÌNH HỌC c) Xác định vị trí của điểm A để chu vi của đường tròn ngoại tiếp ∆MHN đạt giá trị lớn nhất. HD: a) Dễ thấy: µ µ 1 2 H H= (= 45 0 ) và µ µ µ · 1 1 1 1 A C C BAH 2 2   = = =  ÷   ⇒ ∆AIH ∆CKH (g.g) Suy ra: µ HI CH AH AB , tgC HK AH CH AC = = = ⇒ HI AB HK AC = Lại có: · · 0 IHK BAC 90= = Suy ra: ∆HIK ∆ABC (c.g.c) b) ∆HIK ∆ABC ⇒ µ · · · 0 C HKI NCH NKH 180= ⇒ + = ⇒ NCHK nội tiếp. Do đó: · · 0 ANM KHC 45= = . Vậy: ∆AMN vuông cân tại A. c) ∆AKH = ∆AKN (g.c.g) ⇒ AN = AH = AM ⇒ A là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HMN. Do đó: C HMN = 2 π AH ⇒ C HMN lớn nhất ⇔ AH lớn nhất mà: AH ≤ OA Dấu “=” xảy ra ⇔ AN = OA ⇔ H ≡ O. Khi đó A là điểm chính giữa của nửa (O) và C HMN = 2 π R. ĐỖ TRUNG THÀNH − GIÁO VIÊN THCS Trang 6 2 1 1 1 1 N M K I H B C A . H Q P N B O' A O M d P M T' T A B C O LUYỆN THI CHUYÊN: PHÂN HÌNH HỌC c) Dễ thấy: ABQP là hình thang vì AB // NQ. Ta có: · 1 ABQ 2 = sđ ¼ ». 1 I C A O D B S H E D A B C M N P 45 0 K L H F E N C B A DM LUYỆN THI CHUYÊN: PHÂN HÌNH HỌC Dấu “=” xảy ra ⇔ MD = ND ⇔ · · 0 MBA NBC 22,5= = Bài 4: Cho