Chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi toán

Chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi toán Chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi toán Chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi toán Chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi toán Chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi toán Chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi toán

Loại 1: Chứng minh tính chất: thẳng hàng, đồng quy, song song, vng góc Câu [Trường THPT Chun Lê Hồng Phong Nam Định- năm 2015- Tỉnh Nam Định] Cho hai đường tròn ( O1) ·XAY hai L cho qua khác ( O2 ) A OI ( O1) A, B AX , AY cắt O Gọi trung điểm XY khơng vng góc với AI vng góc với A IX ( O2 ) cắt đường tròn XY I ; I đường kính điểm thuộc đường phân giác góc khơng thuộc hai đường tròn Đường thẳng cắt đường tròn ( O1) K IY điểm thứ hai , ( O1) ( O2 ) , E, F điểm cắt đường tròn ( O2 ) điểm thứ Gọi đường tròn C giao điểm ( CEK ) EF với IX Chứng minh OE tiếp tuyến EK , FL, OI Chứng minh đường thẳng đồng quy Lời giải A E C F D O1 O2 O X B Y K L I S Khơng tính tổng qt giả sử Ta có tứ giác Lại có AO1OO2 I điểm thuộc đường phân giác góc hình bình hành nên suy OO1 || HY ( EA, EO1) = ( AO1, AE ) = ( AF , AO2 ) ( mod π ) ⇒ EO1 || HY Page ·XAY Do O, O1, E thẳng hàng Chứng minh tương tự ta có O, O2, F ( CE , CK ) = ( AC , AK ) + ( AK , CK ) = ( AC , AK ) + = ( ) Do Mà ·AKI = ·ALI = 900 EF ⊥ AI π r uuuu r π uuuu + O1E , O1K = ( EO1, EK ) ( mod π ) 2 OE Ta có thẳng hàng Mặt khác nên suy tiếp tuyến đường tròn ( CEK ) A, I , K , L nên điểm EF Do thuộc đường tròn đường kính tiếp tuyến đường tròn đường kính ( AE , AK ) = ( LA, LK ) ( mod π ) AI AI (1) Mặt khác ( KE , KA) = ( XE , XA) = ( XE , EA) + ( AE , AX ) = = π + ( AE , AX ) ( mod π ) π + ( AY , AF ) = ( AF , FY ) + ( AY , AF ) = ( AY , FY ) = ( LA, LF ) ( mod π ) (2) Từ (1) (2) suy ( EF , EK ) = ( EA, AK ) + ( AK , EK ) = ( LA, LK ) + ( LF , LA ) = ( LF , LK ) ( mod π ) E , F , L, K Vậy điểm Gọi S EK giao điểm thuộc đường tròn FL E , F , L, K Vì điểm thuộc đường tròn nên ta có SE.SK = SF SL ⇒ PS /( CEK ) = PS /( DFL ) Ta có Gọi D giao điểm (3) IC.IK = ID.IL = IA2 ⇒ PI /( CEK ) = PI / ( DFL ) EF với IY Page (4) Chứng minh tương tự câu 1) ta có Mặt khác tứ giác tiếp tuyến đường tròn E, F EFYX OF hình thang vng OE = OF ( DFL ) O PO /( CEK ) = OE = OF = PO /( DFL ) Do XY trung điểm nên suy (5) S , O, I Từ (3), (4), (5) suy ( CEK ) , ( DFL ) thuộc trục đẳng phương hai đường tròn S , O, I nên EK , FL, OI thẳng hàng Vậy đường thẳng đồng quy S I *) Chú ý: Nếu HS khơng sử dụng góc định hướng phải xét trường hợp vị trí điểm XK , YL I Câu nằm đoạn ABC nằm đoạn H M N nhọn có trực tâm ABH phân giác góc a, Góc BPC M , N,P , ACH , cắt AH , BC trung điểm P Các đường Chứng minh: b, thẳng hàng [SỞ Bình Định- năm học 2012-2013] ABC M góc ) góc vng Trong tam giác , · BCA N,L A chân đường vuông góc hạ từ xuống đường phân giác A, C chân đường vng góc hạ từ đỉnh ABC phân giác góc F Gọi giao điểm đường thẳng AC Câu XK , YL [Trường THPT Lương Văn Tụy- Ninh Bình- Vòng 2] Cho tam giác Câu I BF giao điểm đường thẳng CL D , xuống đường MN AC E I BL DE PMN ( O) chung ( O1 ) , ( O2 ) hai đường tròn tiếp điểm N2 , giao điểm đường thẳng Chứng minh [Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ - năm 2015- Tỉnh Hòa Bình] Cho ( I ( O1 ) ( O1 ) , ( O2 ) ( O2 ) cắt ; ( O) tiếp xúc với tiếp xúc với M1 , M Page tiếp điểm A AM1 cắt ( O) ( O1 ) với ( O1 ) , ( O2 ) ( O) Gọi Tiếp tuyến ( O2 ) N1 AM ; cắt Chứng minh ( O) N1 N OA ⊥ N1N ( O) B, C AI A' I ; cắt Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp cắt A ' BC tam giác Chứng minh N1 N , O1O2 , M1M đồng quy Lời giải a) A ( O1 ) thuộc trục đẳng phương N1 N M M1 ( O2 ) nên AN1 AM1 = AN AM tứ giác nội tiếp dẫn đến ¼ » ¼ » ·AN N = ·AM M ⇒ Sđ BM + Sđ AC = Sđ BM1 + Sđ AB 2 2 ⇒ »AC = »AB ⇒ OA ⊥ N N b) Gọi H,K Tam giác giao điểm ABK vuông ·AM K = 90o ⇒ HN M K 1 B AO có với BH BC , (O) đường cao tứ giác nội tiếp ⇒ AB = AH AK = AN1 AM1 = PA/ ( O ) = AI ⇒ AB = AC = AI Page ⇒ AB = AH AK suy Suy A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Dẫn đến Suy Vì I c)Giả sử Rõ ràng Suy Câu phân giác A'I ·A ' BC phân giác · 'C BA »AB = »AC (do tâm đường tròn nội tiếp tam giác O1O2 D cắt N1 N D , gọi tâm vị tự R, R1 , R2 ( O1 ) ) A ' BC bán kính ( O2 ) ⇒ DO1 R1 = DO2 R2 ( O ) ( O1 ) , ( O2 ) , ,lại có M 2O2 R2 = M1O1 R1 DO1 M 2O2 M1O =1 DO2 M 2O M1O1 Dẫn đến Vậy 1· 1 · IBC = IAC = ·A ' AC = ·A ' BC 2 BI Rõ ràng BIC D, M1 , M thẳng hàng (Menelauyt đảo) N1 N , O1O2 , M1M đồng quy [ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI- CHUYÊN HẠ LONG] ( O; R ) ( O′; R′) A, B R ≠ R' Cho hai đường tròn với cắt hai điểm phân biệt Một đường thẳng d ( O) M M′ ( O′ ) Chứng minh Hướng dẫn giải Page P M , M ′, B thẳng hàng P′ Q Q′ Gọi lần AQ AQ′ OO′ P P′ lượt chân đường vng góc hạ từ xuống Các đường thẳng cắt đường tròn d tiếp xúc với đường tròn ( O) P' I P A Q Q' J O O' S S Gọi ( O′ ) giao điểm R' R k= Đặt I, J Gọi d OO′ , ta có: giao điểm AB M' B M S , tâm vị tự ngồi hai đường tròn ( O) V (S , k ) : (O ) → (O '), P → P ', Q → Q ' với PP′ OO′ Khi ta có: IP = IA.IB = IP ' ⇒ IP = IP ' Mà PQ OO′ Do Mà Vậy // P′Q′ trung trực AQ // V (S , k ) thuộc V (S , k ) Cho ∆ABC hay biến ( O) biến Tương tự ta có Câu JQ = JQ′ nên trung trực Q′B Giả sử M IJ AB Suy Mà // Q′M ′ M AB // B′ V (S , k ) B′ B biến Đường thẳng cắt BC M′ hình thoi ( O′ ) QM // Q′B′ B′ ≡ B đường tròn nội tiếp EF AQBQ′ thuộc thành Vậy tứ giác QM thành suy M QQ′ thành ( I) G B Suy M , B, M′ tiếp xúc với cạnh thẳng hàng BC , CA, AB Đường tròn đường kính GD cắt tương ứng ( I) R ( D, E , F R≠D ) Gọi ( I) P , Q P ≠ R, Q ≠ R BR, CR BQ CP ( ) tương ứng giao với Hai đường thẳng cắt Page ( CDE ) X QR Đường tròn cắt PM , Q N , RX minh đồng quy Hướng dẫn giải Gọi K suy trung điểm đoạn KR Mặt khác Vì Suy tiếp tuyến KD GD Do ( I) tiếp tuyến đường tròn ( GDBC ) = −1 Ta có ( RPC ) M , ∠KRB = ∠RCB KR , ( BDF ) cắt PR KD = KR = KB.KC , N Chứng điều tiếp tuyến ( I) ∠KRB = ∠RQP ⇒ ∠RQP = ∠RCB ⇒ RQ || BC RX PQ qua trung điểm đoạn Từ suy PM , Q N , RX ( bổ đề quen thuộc hình thang ) đường trung tuyến ∆RQP , suy ĐPCM A E R M F N I Q P X G D B K Câu C H [KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2016 - 2017 ] ∆ABC ( I) AB < AC D, E BC CA Đường tròn nội tiếp tiếp xúc với BC N M D IM tương ứng Gọi trung điểm điểm đối xứng với qua Đường Cho tam giác có EN thẳng vng góc với DP ⊥ EQ minh N cắt AI Page P, Q giao điểm thứ hai AN với ( I) Chứng Câu [ĐỀ XUẤT ĐỀ THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ.Trường THPT Chun Hồng Văn Thụ - Tỉnh Hòa Bình Năm học 2012-2013] Aˆ ; Bˆ ; Cˆ ∆ABC Cho tam giác Các phân giác ngồi góc cắt cạnh đối diện tam giác góc với OI ∆ABC O, I A1 , B , C1 CMR A1 , B , C1 thẳng hàng thuộc đường thẳng vuông tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ∆ABC Hướng dẫn giải Qua Có · B IA IA, IB, IC BC , CA, AB A2 , B2 , C2 kẻ đường thẳng vng góc cắt µ µ ·A IB = ·AIB − 90o = 90o + C − 90o − C = ICA · 2 2 I chung ⇒ ∆A2 BI : ∆A2 IC ⇒ A2 B A2 I = ⇒ A2 B A2C A2 I A2C ⇔ PA2 / ( I ;O ) = PA2 /( O ) CMT : PB2 / ( I ;O ) = PB2 / ( O ) PC2 / ( I ;O ) = PC2 / ( O ) ⇒ A2 , B2 , C2 ∈ trục đt ( I;O) ( O ) ⇒ ( A2 B2C2 ) ⊥ OI ( 1) AA1 I BB1 = { F } ⇒F tâm đường tròn bàng tiếp µ C ∆ABC ⇒ C , I , F thẳng hàng C AA1 ⊥ AI  CA2 CI  =  ⇒ A2 I / / AA1 ⇒  A2 I ⊥ AI  CA1 CF  CA2 CB2 ( 1) ( ) ( 3) ⇒ A1 , B1 , C1 = ⇒ thẳng hàng CA CB1 CI CB  CMT : IB2 / / FB2 ⇒ =  CF CB1 ( A1B1C1 ) ⊥ OI ⇒ A2 B2 / / A1 B1 Câu CMT : ⇒ B2C2 / / B1C1 ( 2) ( 3) Page [Đề xuất lớp 11 Sở GD- ĐT Quảng Ninh- Trường THPT Chuyên Hạ Long] ( I) BC , CA, AB ABC Giả sử đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnh theo thứ tự D, E , F EF BC A K M Đường thẳng qua song song với cắt Gọi trung điểm BC IM ⊥ DK Chứng minh rằng: Hướng dẫn giải Gọi N giao điểm ID EF Qua N N kẻ đường thẳng // · · P, Q IQEN IFPN IFN = IPN từ Vì hai tứ giác nội tiếp nên A cắt AB AC , theo thứ tự K E N Q P F BC J H I D B C M · · IEN = IQN · · · · IEN = IFN ⇒ IPN = IQN Mặt khác PQ ⇒ A, N , M Lại có Gọi J H Do ∆IPQ cân I Vậy N trung điểm thẳng hàng IN ⊥ AK , KN ⊥ AI ⇒ N AM giao điểm giao điểm IA trực tâm ∆AIK ⇒ AM ⊥ IK IK EF · · ⇒ IH IK = IJ IA = IE = ID ⇒ ∆IHD : ∆IDK (c − g − c ) → IDH = IKD Mà Câu 10 Y IHMD nội tiếp nên · · · · IDH = IMH ⇒ IKD = IMH ⇒ IM ⊥ DK (Đpcm) [ĐỀ NGHỊ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HI BC B LP 11 - Trờng T.H.P.T Chuyên Thái Bình.Năm học 2013-2014 ] Page Cho tam giỏc ABC vng A Hình chữ nhật MNPQ thay đổi cho BC thuộc thuộc K = BN ∩ MQ; L = CM ∩ NP; X = MP ∩ NQ; Y = KP ∩ LQ 2) thuộc AB N , P, Q AC 1) M Chứng minh · · KAB = LAC XY qua điểm cố định Hướng dẫn giải 1) Lấy U,V theo thứ tự thuộc AK,AL cho · · ABU = ACV = 90° (h.1) A M N K B L Q C P V U (h.2.1) Ta có: BU BU NA MA BK BA ML BQ BA MN = = = CV NA MA CV NK CA CL NM CA CP = BQ CA NP BA CA BA BA = = MQ BA CP CA BA CA CA Do tam giác Vậy ABU, ACV · · KAB = LAC 2) Đặt Z = ML ∩ NK Theo định lí Pappus: Gọi đồng dạng H X,Y,Z hình chiếu Dễ thấy A, Z, O, F (h.2.2) A thẳng hàng thẳng hàng; ( 1) BC O, F, E BC MN,AH ; theo thứ tự trung điểm , E, X, O Page 10 thẳng hàng; FX / / AH Suy π  3 sin A + sin B + sin C ≤ 3sin  ÷ = 3 Dấu đẳng thức xảy Vậy lục giác a =b=c =R AB ' CA ' BC ' Ta S≤ 9R2 có diện tích lớn a =b=c =R Câu 23 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VỊNG Cho tam giác khơng cân B, C cắt ( O) AB + AC = BC ABC nội tiếp đường tròn D, E F Biết DE = DF ( O) Các trung tuyến kẻ từ A, , chứng minh Hướng dẫn giải Gọi G trọng tâm tam giác ∆DEG đồng dạng ∆DFG đồng dạng ∆BAG suy ∆CAG ; ABC M , N suy trung điểm AB AC DE BA = DG BG DF CA = DG CG Do DE = DF nên suy ra: BA CA AB BG = ⇔ = BN 2 BG CG AC CG ⇔ AB = BG = AC2 CG CM 2 2 2   AB2  ( AB + BC ) − AC  ( AB + BC ) − AC ⇔ = = AC  AC2 + BC2 − AB2  ( AC2 + BC2 ) − AB2 ( )  4 4 2 ⇔ AB2  ( AC2 + BC2 ) − AB2  = AC  ( AB2 + BC ) − AC  ⇔ AB − AC = 2BC ( AB Page 203 ⇔ AB2  ( AC2 + BC2 ) − AB2  = AC  ( AB2 + BC ) − AC  ⇔ AB − AC = 2BC ( AB − AC 4 2 ) ⇔ AB + AC = 2BC 2 (đpcm) Câu 24 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG Cho tam giác không vuông B, C cắt ABC nội tiếp đường tròn Đường thẳng M AM cắt BC N ( O) CMR: Các tiếp tuyến NB AB = NC AC 2 ( O) Hướng dẫn giải Dựng BH, CK vuông góc AM Ta có: ( H,K ∈ AM ) · ) AB.sin ( ABM ) )= · ( NB BH dtΔABM = = NC CK dtΔACM ( ( AC.sin ACM 2dtΔABC ( · · sin ABM = sin ACB = BC.CA ( ) ( ) ( ) = AB ⇒ · sin ( ACM ) AC · sin ABM Suy ra: ) ) Tương tự: 2dtΔABC ( · sin ACM = BC.AB ( ) ) NB AB2 = NC AC2 Câu 25 SỞ GD&ĐT LONG AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG Cho tam giác ABC cắt ABC BC vng góc L nội tiếp đường tròn L lên cắt đường tròn AC AB ( O; R ) ( O; R ) Đường phân giác góc N Gọi Chứng minh tam giác tích Hướng dẫn giải Ta có: AL đường trung trực đoạn MK Page 204 M, K ABC A tam giác hình chiếu tứ giác AMNK có diện Gọi I = AL ∩ MK ⇒ MK = 2MI S ∆ABC Đặt · BAC =α , Ta có: đồng dạng với ∆ACL 1 = AB AC.sin α S AMNK = AN MK 2 ∆ANB ⇒ AB AC = AL.AN ⇒ S AMNK MK = AB.AC AL (1) Ta có: Tam giác AML vng M α α 2ML.AM 2MI.AL MK ⇒ sin α = 2sin cos = = = 2 AL2 AL2 AL ⇒ S AMNK =  α ML sin = ⇒  AL cos α = AM  AL (2) Từ (1) (2) AB AC sin α = S ∆ABC Câu 26 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VỊNG Cho tam giác đường kính có trực tâm ABC AB cắt OC N O Đường tròn đường kính Chứng minh AM = AN AC cắt BO M, đường tròn Hướng dẫn giải Gọi H, K chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC Ta có ∆ABH đồng dạng với AMC vuông M, (2),(3) ∆ACK AB AH ⇔ = ⇔ AB AK = AC AH AC AK MH ⊥ AC ⇒ AM = AH AC (2) Tương tự: (1) Ta có tam giác AN = AK AB (3) Từ (1), ⇒ AM = AN Câu 27 Trường THPT chuyên Long An Cho tứ giác tam giác ABCD ABO có hai đường chéo cắt CDO Gọi I, J O trung điểm Page 205 Gọi H, K AD, BC trực tâm Chứng minh: HK vng góc với IJ Hướng dẫn giải uuur uu r uuur uuur uur uur r uuur uuu r uuu r uuur uuur uuu HK IJ = OK - OH OJ - OI = OK - OH OB + OC - OA - OD ( = )( O H ( )( ) r uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuu OK OB + OK OC - OK OA - OK OD - OH OB - OH OC +OH OA +OH OD ( ) K H ) F E B G A C D uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur = OC OB + ODOC - ODOA - OC OD - OAOB - OB OC +OB OA +OAOD r2 =0 ( ) Câu 28 Cho hình vng E , F , G, H ABCD cho cho tứ giác Trên cạnh AB, BC , CD, DA AE = BF = CG = DH EFGH có chu vi nhỏ Hướng dẫn giải HAE = ∆EBF = ∆FCG = ∆GHD Page 206 ta lấy theo thứ tự điểm Xác định vị trí điểm E , F , G, H ⇒ HE = EF = FG = GH ⇒ EFGH hình thoi · · EF AHE =B ⇒ ⇒ ⇒ · · AHE + AEH = 900 · EF + AEH · B = 900 · HEF = 900 ⇒ EFGH hình vng Gọi O giao điểm AC EG Tứ giác AECG có AE = CG, AE //CG nên hình bình hành suy O trung điểm AC EG, O tâm hai hình vng ABCD EFGH ∆HOE vng cân: HE2 = 2OE2 ⇒ HE = OE OE Do chu vi EFGH nhỏ ⇔ OE nhỏ Chu vi EFGH = 4HE = Kẻ OK ⊥AB ⇒ OE ≥OK ( OK không đổi ) OE = OK ⇔ E ≡ K Do minOE = OK Như vậy, chu vi tứ giác BC , CD, DA EFGH nhỏ E , F , G, H trung điểm AB, Câu 29 Trường THPT chuyên Long An Cho tứ giác giác a) ABCD nội tiếp ( O; R ) ACD, BCD, ABD, ABC BH1 , AH , CH , DH b) Tứ giác H1H H H Gọi H1 , H , H , H Chứng minh rằng: đồng qui tứ giác nội tiếp Page 207 thứ tự trực tâm tam Hướng dẫn giải a) Gọi a khoảng cách từ O tới H2B có AH1 = BH CD Từ tính chất (*) suy AH1 = BH = 2a AH1 // BH2 (cùng vng góc với CD ) Chứng minh tương tự CH H A, H1DBH Þ AH H B Tứ giác AH1 hình bình hành hình bình hành Từ suy BH1, AH2, CH3, DH4 đồng qui trung điểm I đường b) Lấy O1 đối xứng với O qua I; suy Chứng minh tương tự ta có DOH 4O1 hình bình hành ; Þ O H = OD = R ; O1H = OC = R O1 H = OA = R O1H1 = OB = R Suy H1 H H H Câu 30 Cho tam giác giác ABC nội tiếp đường tròn ABC ( O1 ; R ) có diện tích Gọi M điểm nằm mặt phẳng chứa tam Tìm giá trị nhỏ biểu thức: T = MA.h a + MB.hb + MC.h c (với , hb , hc độ dài đường cao vẽ từ A, B, C ) III Bài toán cực trị (Sở GDĐT Nghệ An- thi chọn học sinh giỏi tỉnh 2004-2005) a Tìm điểm tam giác để nhỏ M ABC MA + MB + MC Câu 31 b Xét tứ giác lồi ABCD có độ dài đường chéo , cho trước góc hai đường AC BD chéo có độ lớn cho Hãy xác định tứ giác có chu vi nhỏ Câu 32 (THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Tỉnh Lai Châu- Trại hè Hùng Vương lần X) Trong mặt phẳng cho đường tròn tâm bán kính điểm nằm đường R P O tròn ( OP = d < R ) Trong tứ giác lồi Page 208 ABCD nơị tiếp đường tròn nói cho đường chéo AC BD vng góc với P , xác định tứ giác có chu vi lớn tứ giác có chu vi nhỏ Tính chu vi theo R d Lời giải Gọi chu vi tứ giác ABCD Ta có Theo định lí P tơ lê mê thì: Kẻ đường kính BE,ta có Từ hai đẳng thức ta có Chú ý rằng: Thay hai đẳng thức từ ta được: Gọi M,N theo thứ tụ trung điểm AC,BD Ta có: Do Đặt ta có: Từ suy ra: đạt giá trị lớn (hay nhỏ nhất) đạt giá trị lớn (hay nhỏ nhất) đạt giá trị lớn (hay nhỏ nhất) đạt giá trị lớn (hay nhỏ nhất) Câu 33 (THPT Chuyên Hà Giang – Olympic Hùng Vương lần X - 2014) Cho tam giác thẳng cắt ABC có chu vi p Các đường phân giác , , cắt đoạn AA1 BB1 CC1 , , tương ứng , , Đường thẳng qua song song với BC B1C1 C1 A1 A1 B1 A2 B2 C2 A2 AB , AC theo thứ tự theo thứ tự , Đường thẳng qua song song với cắt , AC BC BA A3 A4 B2 , Đường thẳng qua song song với cắt , Theo thứ tự AB CA CB B3 B4 C2 , Chứng minh Đẳng thức xảy C3 C4 AB4 + BC4 + CA4 + BA3 + CB3 + AC3 ≤ p nào? Lời giải Page 209 Đặt BC = a, AC = b, BA = c, p = a+b +c Vì A3A4 || BC nên theo định lí Talet ta có: (1) Áp dụng tính chất đường phân giác góc C: Tương tự: Sử dụng cơng thức đường phân giác cho tam giác ABC tam giác A1B1C1 Do đó:(2) Từ (1) (2) ta có: Từ đó, theo bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta nhận được: (3) Hoàn toàn tương tự:(4); (5) Từ (3), (4) (5) suy ra:AB4+BC4+CA4+BA3+CB3+AC3a +b+c= p(đpcm) Dấu xảy a = b =c VI Các toán khác Câu 34 ( THPT Chuyên Chu Văn An – Lạng Sơn - Thi Tốn 11) Cho tam giác vng tâm đường tròn nội tiếp Gọi A I AH ABC đường cao từ đỉnh giác A tam giác ABC , tâm đường tròn nội tiếp tam E F , tương ứng Gọi trung điểm Chứng minh đường AHB AHC O BC IO thẳng Euler tam giác AEF Lời giải Chứng minh: Ta có 1 ∠ABE = ∠ABC = ∠HAC = ∠HAF 2 AH ⊥ BH ⇒ BE ⊥ AF Tương tự ta có CF ⊥ AE Gọi giao điểm AI, BI, CI với EF, FA, AE tương ứng X, Y, Z Khi đó, I trực tâm AEF Ta có ∠IAF = ∠B 900 − ∠C ∠IAC − ∠CAF = 450 − ∠BAD = 450 − = 450 − 2 Page 210 ∠C = = ∠ICA IA2 = IB.IE , suy , nên ta có IA IF ∆IAF : ICA ⇒ = ⇒ IA2 = IC.IF IC IA IB.IE = IC.IF ⇒ giác EZYF nội tiếp nên Hoàn toàn tương tự, ta có BEFC nội tiếp, nên suy ∠IZY = ∠IEF ⇒ YZ P BC = ∠FCB ∠IEF = ∠FCB Vì tứ Hơn nữa, gọi M trung điểm YZ, theo định lí Thales suy I, M, O thẳng hàng Mặt khác, tứ giác AYXE, AZXF nội tiếp nên ta có nên M ∠ZXY = ∠ZXA + ∠YXA = ∠ZFA + ∠YEA = ∠ACF + ∠CAF + ∠ABE + ∠BAE = 900 tâm ngoại tiếp XYZ, suy M tâm Euler AEF, suy IM đường thẳng Euler AEF nghĩa OI đường thẳng Euler tam giác AEF W Câu 35 (THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành – Yên Bái – Toán 11) Cho tam giác với trọng tâm nội tiếp đường tròn tâm bán kính Các R ABC G O tia , , cắt đường tròn , , Chứng minh D E F AG BG CG 1 + + ≥ GD GE GF R Lời giải Gọi trung tuyến đặt Xét phương tích M đường tròn ta có Page 211 Từ từ (2) ta có: Mà ta Tương tự ta tính tỷ số Ta có Do dây không lớn nên thay vào ta có Từ ta có: Câu 36 (Sở GDĐT Quảng Ninh – Chuyên Hạ Long – 2013- Toán 11 ) Cho tam giác cân Gọi trung điểm Đường tròn ngoại tiếp tam A D ABC AC giác BCD giao với phân giác góc ngoại tiếp tam giác BD K ABE giao với Chứng minh I ∠BAC BD tại F E nằm tam giác ( F ≠ B) , AF giao với ABC BE tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Đường tròn giao với I CI ABK Lời giải Gọi D’ trung điểm AB M trung điểm cạnh BC Ta có D’ nằm đường tròn ngoại tiếp BCD Do tính đối xứng nên suy suy suy I nằm phân giác góc hay BI tia phân giác góc (1) 1.0 đ Ta có: => suy AFD cân D 1.0 Do IA.IF = IE.IB nên I thuộc trục đẳng phương đường tròn đường kính AC đường tròn ngoại tiếp Từ CI qua giao điểm thứ hai J hai đường tròn 1,0 Page 212 Ta có nên Suy hay Từ Ta có (đpcm) 1.0 Câu 37 (THPT Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định – Chọn học sinh giỏi mở rộng 2013-2014 – Toán 11) Cho tứ giác nội tiếp đường tròn Giả sử cắt , cắt AD ABCD BC N AB CD ( O) M , AC góc cắt BD BKD E Đường thẳng IE cắt MN K Chứng minh KO phân giác Lời giải Trước hết có bổ đề (Định lý Brocard): Cho tứ giác nội tiếp đường tròn có giao điểm cặp cạnh đối Gọi giao điểm hai đường chéo Khi đó, ta có Thật vậy, gọi giao điểm khác đường tròn ngoại tiếp tam giác Trước hết, ta thấy nằm trục đẳng phương nên chúng thẳng hàng Ta có nên tứ giác nội tiếp Tương tự tứ giác nội tiếp Suy giao điểm thứ hai khác hai đường tròn nên điểm thẳng hàng nằm trục đẳng phương hai đường tròn Mặt khác, cách xét góc nội tiếp tứ giác nội tiếp, ta có Hơn nữa, hai góc bù nên góc hay Chứng minh tương tự, ta có trực tâm tam giác Định lí chứng minh Giải tốn hình vẽ Theo định lý ta có Chứng minh tứ giác KDCN MKCB nội tiếp Thật vậy: Theo hệ thức quen thuộc Suy , hay tứ giác KDCN nội tiếp Tương tự ta có MKCB nội tiếp Suy Suy điều phải chứng minh Câu 38 (THPT Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên – Trại hè lần X – Toán 11) Page 213 Cho tam giác OA ( H ≠ A ) K nội tiếp đường tròn ABC Đường thẳng qua hình chiếu M a) Các tiếp tuyến D OB H ( O; R ) H vuông góc với điểm di động đoạn OA cắt cung nhỏ AB M Gọi ( O; R ) A B cắt tiếp tuyến M ( O; R ) , cắt Chứng minh E OD OE AB F G OD.GF = OG.DE b) Tìm giá trị lớn chu vi tam giác MAB theo R Lời giải Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) sđ;sđ tứ giác AMGO nội tiếp (5) Từ (4), (5) ta có điểm A, D, M, G, O nằm đường tròn đồng dạng hay OD.GF = OG.DE Trên đoạn MC lấy điểm A’ cho MA’ = MA Chu vi tam giác MAB Đẳng thức xảy MC đường kính (O) => M điểm cung AM => H trung điểm đoạn AO Vậy giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R + AB Gọi I giao điểm AO BC Giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R + AB = Câu 39 (Sở SDĐT Hòa Bình – THPT Chun Hồng Văn Thụ - Đề chọn học sinh giỏi Toán 11) Cho tam giác nội tiếp đường tròn tâm Đường tròn tâm tiếp xúc với hai cạnh I ABC O , , tiếp xúc với đường tròn tâm điểm Một E F P AC BC O Page 214 đường thẳng song song với giác a Gọi ABC AB tiếp xúc với đường tròn tâm I điểm Q nằm tam , giao điểm thứ hai với Chứng minh K L PE PF ( O) KL / / EF b Chứng minh ·ACP = QCB · Lời giải a) Gọi D giao điểm thức hai đường thẳng PC với đường tròn tâm I, M giao điểm thứ hai đường tròn tâm O với PQ Xét phép vị tự V tâm P biến đường tròn tâm I thành đường tròn tâm O, ta có phép vị tự V biến E, Q, F thành K, M, L Theo tính chất phép vị tự ta có EF song song với KL Ta có OK ảnh IE qua V, dẫn đến mà , suy K điểm cung AC Chứng minh tương tự ta có L điểm cung BC, M điểm cung AB b) Ta có (tính chất phép vị tự) (góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn hai cung nhau) DE = QF Lại có CE = CF theo tính chất hai tiếp tuyến kẻ từ điểm Suy , dẫn đến Từ ta có điều phải chứng minh Câu 40 ( THPT Chuyên Hùng Vương Tỉnh Phú Thọ – Trại hè Hùng Vương lần X) Tam giác vng có Gọi điểm cạnh , D ABC BC > CA > AB BC E điểm cạnh cạnh AC AB cho kéo dài phía A cho BD = BE = CA Gọi P điểm , , , nằm đường tròn giao điểm thứ hai E B D P BP Q với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải Page 215 Chứng minh rằng: AQ + CQ = BP Xét tứ giác nội tiếp ABCQ BEPD ta có: · · · CAQ = CBQ = DEP (cùng chắn cung tròn) Mặt khác Xét ·AQC = 1080 − ·ABC = EPD · ∆AQC ∆EPD có: · · ·AQC = EPD · = DEP ⇒ ∆AQC : ∆EPD , CAQ AQ CA ⇒ = ⇒ AQ.ED = EP.CA = EP.BD (1) EP ED (do AC = BD ) AC QC = ⇒ ED.QC = AC PD = BE.PD (2) ED PD (do AC = BE ) Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp BEPD ta có: EP.BD + BE.PD = ED.BP (3) Từ( 1), (2), (3) suy Câu 41 AQ.ED + QC.ED = ED.BP ⇒ AQ + QC = BP ■ (Trường PT vùng cao Việt Bắc – Trại hè Hùng Vương lần X) Cho tam giác hình chiếu ABC dều cạnh a đường thẳng , , Chứng minh A B C d 3a B′C ′2 + C ′A′2 + A′B′2 = Lời giải Page 216 d tùy ý Gọi , , A' B ' C ' Gọi E giao BC , I, J hình chiếu B, C , K hình chiếu C Mặt khác, ta có Page 217 ... N , RX ( bổ đề quen thuộc hình thang ) đường trung tuyến ∆RQP , suy ĐPCM A E R M F N I Q P X G D B K Câu C H [KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2016 - 2017... có ba góc nhọn, AB < AC thẳng hàng OK vng góc với đường thẳng AT [ Đề 59- TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC-ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VIII- NĂM 2015.MƠN... góc (điều phải chứng minh) Câu 15 [KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ IX, NĂM HỌC 2015 –2016 ĐỀ THI MƠN TỐN – KHỐI 11 ] ( O) ABC ( O) B,