HSG 11 HÌNH học PHẲNG LOẠI 1

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 ·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 (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 vng 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 ( O) chung BL DE PMN ( 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 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 thuộc trục đẳng phương N1 N M M1 ( O1 ) ( 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 ⇒ 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) Hướng dẫn giải M M′ ( O′ ) Chứng minh 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 ( 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 P, Q giao điểm thứ hai AN với ( I) Chứng Câu [ĐỀ XUẤT ĐỀ THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ.Trường THPT Chuyên Hoàng 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 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 AA1 ⊥ AI  CA2 CI  =  ⇒ A2 I / / AA1 ⇒  A2 I ⊥ AI  CA1 CF  CA2 CB2 = ⇒ CA CB1 CI CB  CMT : IB2 / / FB2 ⇒ =  CF CB1 ⇒ A2 B2 / / A1 B1 CMT : ⇒ B2C2 / / B1C1 ( 2) ( 3) C thẳng hàng ∆ABC ( 1) ( ) ( 3) ⇒ A1 , B1 , C1 Câu thẳng hàng ( A1B1C1 ) ⊥ OI [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 và trực tâm ∆AIK ⇒ AM ⊥ IK IK EF · · ⇒ IH IK = IJ IA = IE = ID ⇒ ∆IHD : ∆IDK (c − g − c ) → IDH = IKD Mà Y IHMD nội tiếp nên · · · · IDH = IMH ⇒ IKD = IMH ⇒ IM ⊥ DK (Đpcm) Câu 10 [ĐỀ NGHỊ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ LỚP 11 - Trờng T.H.P.T Chuyên Thái Bình.Năm học 2013-2014 ] MNPQ ABC A M AB N Cho tam giác vuông Hình chữ nhật thay đổi cho thuộc , P, Q AC BC thuộc thuộc K = BN ∩ MQ; L = CM ∩ NP; X = MP ∩ NQ; Y = KP ∩ LQ Chứng minh 1) 2) · · 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 (h.2.2) X,Y,Z hình chiếu A thẳng hàng ( 1) BC O, F, E BC MN,AH ; theo thứ tự trung điểm , Ta có năm điểm A, K, P, H, Q thuộc đường tròn tâm J trung điểm AH Bây IJ ⊥ PQ ta lại có I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQCB nên Gọi O tâm đường OA ⊥ PQ tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta dễ dàng chứng minh Từ OA // IJ Câu 62 OI ⊥ BC , AH ⊥ BC ⇒ OI / / AH Lại có Từ AJIO hình bình hành Dễ dàng suy JHIO hình bình hành Mà JO vng góc với AK (do AK trục đẳng phương hai đường tròn (J) (O)) Vậy HI vng góc với AK Lại có KH vng góc với AK nên K, H, I thẳng hàng ∆ABC (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên tỉnh Sơn La, trại hè Hùng Vương lần thứ XII) Cho ( I) BC , CA, AI I ngoại tiếp đường tròn tâm Các cạnh tiếp xúc với đường tròn D, E , F M,K AC AB P Gọi trung điểm cạnh , giao điểm CI MK đường thẳng D, F , P a Chứng minh điểm thẳng hàng Q QP ⊥ MK QM / / BI QI ⊥ AC b Gọi điểm thỏa Chứng minh Hướng dẫn giải: a Kéo dài AP cắt CB S Vì M, K trung điểm AC AB nên P trung điểm AS + Trong tam giác CAS có CP trung tuyến CA = CS phân giác nên p = AB + BC + CA + Đặt Có AF = p − BC (1) + SD = CS − CD = CA − ( p − AB ) = AB + AC − p = AB + BC + CA − BC − p = p − BC ⇒ SD = p − BC (2) Từ (1) (2) suy ra: AF = SD Trong tam giác ABS có Chú ý: BD = BF , PA = PS FA DB PS =1 ⇒ P, F , D FB DS PA thẳng hàng b Có CI trung trực ED nên tam giác PDE cân P + C  B B C A  · · PED = PDE = 1800 −  900 − ÷−  900 − ÷ = + = 900 − 2  2 2 = ·AEF  + Giả sử + Có Q1 suy Q, I, E thẳng hàng A  C  · · · PEA = 1800 − PED − DEC = 1800 −  900 − ÷−  900 − ÷ = A + C = 900 − B 2  2  2 B · · ⇒ PEQ = 90 − PEA = Nhưng Q1M P BI , Q1I ⊥ AC điểm thỏa mãn , (3) B · · PM PCB, MQ1 P BI ⇒ PMQ = IBD = + Từ (3) (4) suy tứ giác PMEQ1 , (4) nội tiếp ⇒ QI ⊥ AC · PM = Q · EM = 900 ⇒Q 1 Câu 63 hay Q1 P ⊥ MK Q1 ≡ Q QI ⊥ AC + Suy tức Suy điều phải chứng minh (Đề thi đề xuất chọn HSG vùng duyên hải đồng Bắc Bộ năm 2015 - trường THPT chuyên Vĩnh Phúc) Cho tam giác ABC cắt đường tròn Hướng dẫn giải: ( O) điểm G khác A Chứng minh P điểm nằm AC , AB AP ⊥ BC AP tam giác cho Đường tròn đường kính cắt cạnh E, F nhọn khơng cân, nội tiếp đường tròn ( O) GP, BE , CF đồng quy PE || CD; PF || BD Gọi AD đường kính (O), dễ thấy G,P,D thẳng hàng Giả sử PE,PF cắt DB,DC K,L; EF cắt BC T Theo định lý Desargues để chứng minh BE, CF, GP (hay PD) đồng quy ta cần chứng minh T,K,L thẳng hàng TB EC FA TB FB AE =1⇒ = TC EA FB TC EC AF Áp dụng định lý Menelaus ta được: (1) AE BE = AF CF Dễ thấy tứ giác EFBC nội tiếp nên (2) Cũng từ EFBC nội tiếp suy ∠FCL = ∠FCA + ∠ACL = ∠EBA + 900 = ∠EBA + ∠ABK = ∠KBE Câu 64 ∠PKB = ∠PLC Tứ giác PKDL hình bình hành suy BE KB ∆EBK : ∆FCL ⇒ = CF CL Suy (3) BF PK DL BF PL = CE.PK = S PKDL ⇒ = = CE PL DK Ta có (4) TB DL KB TB LC KD = ⇒ =1 TC DK CL TC LD KB Thay (2), (3), (4) vào (1) ta Từ áp dụng định lý menelaus cho tam giác DBC ta suy T,K,L thẳng hàng Bài toán chứng minh (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên tỉnh Hà Giang, trại hè Hùng Vương lần thứ XII) Cho tam AB, AC ABC ω BC A giác cân Một đường tròn tiếp xúc với cạnh cắt cạnh lần Q ω K L AK M P lượt Đoạn cắt đường tròn Gọi điểm đối xứng MPQ C O K B qua Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh M ,O ω điểm tâm đường tròn thẳng hàng Hướng dẫn giải: ω Gọi I tâm ω ; D, E theo thứ tự tiếp điểm AB, AC; (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ Dễ thấy tứ giác MDKE điều hòa Do D ( MKBE ) = D ( MKDE ) = −1 Dễ thấy DE // PK, mà D ( PKBE ) = −1 BP = BK nên D ( MKBE ) = D ( PKBE ) Vậy M, D, P thẳng hàng Từ DM ≡ DP hay Chứng minh tương tự M, E, Q thẳng hàng Kết hợp với DE / / PK suy MP MQ = =k MD ME Do qua phép vị tự tâm M tỉ số k điểm M, D, E theo thứ tự biến thành điểm M, P, Q Vậy qua phép vị tự tâm M đường tròn ω biến thành đường tròn (O) Do M, I, O thẳng hàng Câu 65 (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Lai Châu, trại hè Hùng Vương lần thứ AD, BE , CF ∆ABC H K XII) Cho nhọn, đường cao cắt Cho điểm tùy ý B, C BC K KM BFK cạnh ( khác ) Kẻ đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác M,H, N KN CEK đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh thẳng hàng Hướng dẫn giải: Gọi L giao điểm thứ hai hai đường tròn (BKF) (CKE) AF AB = AE AC ⇒ Ta có tứ giác BFEC nội tiếp Do A thuộc trục đẳng phương hai đường tròn (BFK) (CEK) Suy A, L, K thẳng hàng AH AD = AF AB = AL AK Vì tứ giác BFHD nội tiếp nên Do tứ giác DHLK nội tiếp HL ⊥ AK Suy ML ⊥ AK Mà nên M, H, L thẳng hàng Tương tự N, H, L thẳng hàng Từ suy M, H, N thẳng hàng LOẠI 1: Chứng minh tính chất: thẳng hàng, đồng quy, song song, vng góc Câu [TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG] (C1 ) (C1 ) ABC I Cho tam giác ngoại tiếp đường tròn tâm Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB D, E , F CA, Q P FD DE AB K Gọi giao giao , M, N QF OI EF BC PE giao Gọi trung điểm Chứng minh MN O ABC vng góc , với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Hướng dẫn giải Xét đường tròn: ( M , ME ) ( N , NF ) PI /( M ) = IE = IF2 = PI /( N ) ( ABC ) D, E , F Vì lần AD, BE , CF ∆ABC lượt tiếp điểm đường tròn nội tiếp (C1) với cạnh nên đồng quy Ta có Suy Ta có ( QFBA) (1) Gọi R bán kính đường tròn = − ⇒ NF = NB.NA = NO − R ( PEAC ) = − ⇒ ME = MA.MC = MO − R Khi đó: PO /( M ) = MO − ME = R PO /( N ) = NO − NF = R ⇒ PO /( M ) = PO /( N ) , (2) suy ⇒ OI trục đẳng phương (M) (2) Từ (1) ( N) OI ⊥ MN Câu ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ĐB&DHBB ( O) AC > BC H Cho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn có Giả sử trực tâm tam ABC BHC AB E E≠B giác , đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt điểm thứ hai ( ) Đường ABC thẳng qua D , vng góc với a) Chứng minh tứ giác b) Chứng minh IHJE H , E, F DO cắt BC F cắt đường tròn tứ giác nội tiếp thẳng hàng Hướng dẫn giải Giả sử ta có hình vẽ (các trường hợp khác tương tự) Gọi K giao điểm thứ hai CH đường tròn ( O) Ta có D trung điểm KH D trung điểm IJ, suy tứ giác IHJK hình bình hành Suy ¶ = IHJ ¶ IKJ (1) Lại có tứ giác BHCE nội tiếp, suy · · · · CEB + CHB = 1800 CAB + CHB = 1800 Mà ( O) hai điểm I, J Suy · · CEB = CAB , tam giác CEA Suy tứ giác IAJE hình bình hành Lại có ¶ + IAJ ¶ = 1800 IKJ Từ (1), (2), (3) suy cân C, ¶ = IAJ ¶ IEJ CD ⊥ AE nên D trung điểm AE (2) (3) (do tứ giác IAJK nội tiếp) ¶ + IEJ ¶ = 1800 IHJ , tứ giác IHJE nội tiếp Giả sử ( O1 ) ( O2 ) ( O1 ) đường tròn ngoại tiếp tứ giác IHJE BHCE Ta có HE trục đẳng phương ( O2 ) Lại có FI FJ = FB.FC PF /(O ) (cùng ) FI FJ = PF /(O1 ) FB.FC = PF /(O2 ) PF /(O1 ) = PF /(O2 ) Mà ; Suy Suy F thuộc HE trục đẳng phương ( O1 ) ( O2 ) Vậy H, E, F thẳng hàng Câu 3TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH Cho tam giác ABC lượt điểm có đường tròn nội tiếp tâm I, tiếp xúc với cạnh D, E, F Đường thẳng AI cắt đường tròn ( I) BC , CA, AB   lần M, N cho M nằm A N Đường thẳng DM EF cắt K, đường thẳng NK cắt đường tròn tâm điểm thứ hai P khác N Đường thẳng AI EF cắt Q ( I) PQID a) Chứng minh rằng: Tứ giác tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: Các điểm A, P, D thẳng hàng Câu HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ Cho hai đường tròn ( O1) ·XAY qua ( O2 ) cho A OI ( O1) ( O2 ) A, B AX , AY cắt O Gọi trung điểm không vuông góc với vng góc với AI XY XY I ; I đường kính điểm thuộc đường phân giác góc khơng thuộc hai đường tròn Đường thẳng cắt đường tròn ( O1 ) ( O2 ) , E, F điểm khác hai A IX L cắt đường tròn ( O1) điểm thứ hai K IY , cắt đường tròn ( O2 ) điểm thứ Gọi C giao điểm ngoại tiếp tam giác CEK EF IX với Chứng minh OE tiếp tuyến đường tròn EK , FL Chứng minh ba đường thẳng OI đồng quy Hướng dẫn 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 Do AO1OO2 I điểm thuộc đường phân giác góc hình bình hành nên suy ·XAY OO1 || AY ( EA, EO1) = ( AO1, AE ) = ( AF , AO2 ) ( mod π ) ⇒ EO1 || AY O, O1, E thẳng hàng Chứng minh tương tự ta có O, O2, F ( CE , CK ) = ( AC , AK ) + ( AK , CK ) = ( AC , AK ) + = π r uuuu r π uuuu + O1E , O1K = ( EO1, EK ) ( mod π ) 2 ( ) thẳng hàngMặt khác Do OE tiếp tuyến đường tròn ( CEK ) A, I , K , L Mà EF ⊥ AI Do nên suy EF Ta có AI thuộc đường tròn đường kính ·AKI = ·ALI = 900 tiếp tuyến đường tròn đường kính ( AE, AK ) = ( LA, LK ) ( mod π ) nên điểm 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 S thuộc đường tròn Gọi EK giao điểm FL E , F , L, K Vì điểm thuộc đường tròn nên ta có SE.SK = SF SL ⇒ PS /( CEK ) = PS / ( DFL ) (3) Ta có IC.IK = ID.IL = IA2 ⇒ PI / ( CEK ) = PI / ( DFL ) Chứng minh tương tự câu 1) ta có Mặt khác tứ giác OE = OF EFYX Do OF (4) Gọi giao điểm tiếp tuyến đường tròn E, F hình thang vng EK , FL, OI đồng quy với IY ( DFL ) trung điểm XY nên suy S , O, I (5) Từ (3), (4), (5) suy ( CEK ) , ( DFL ) S EF O PO /( CEK ) = OE = OF = PO /( DFL ) thuộc trục đẳng phương hai đường tròn Vậy đường thẳng D S , O, I nên thẳng hàng *) Chú ý: Nếu HS khơng sử dụng góc định hướng phải xét trường hợp vị trí điểm I XK , YL nằm đoạn I I ( XK , YL nằm đoạn ) II Bài toán vecto quan hệ vng góc (Sở GDĐT Nghệ An- thi chọn học sinh giỏi tỉnh 2000-2011 toán 10) uur uur uur uur r ABCD IA + IB + IC + ID = I a Cho tứ giác lồi điểm thỏa mãn hệ thức Có kết luận I điểm , chứng minh điều Câu 66 b Cho tam giác ABC có đường trung tuyến BI CJ Chứng minh đường cao CJ BI trục đẳng phương hai đường tròn đường kính AH nằm (Sở GDĐT Nghệ An- thi chọn học sinh giỏi tỉnh 2004-2005) ABCD AB = a BC = b DA = d a Cho tứ giác , với , , Chứng minh rằng: uuur uuur 2AC.DB = a − b + c − d Câu 67 BC CA AB M N P , , trung điểm cạnh , , Dựng phía PN NE NE ⊥ AC PD ⊥ AB PD = AB tam giác đoạn thẳng , cho , , b Cho tam giác NE = AC ABC D Từ dựng đường thẳng DF song song hướng với BC DF = cho BC Câu 68 EF ⊥ AM Chứng minh (THPT Chuyên Bắc Giang – Tỉnh Bắc Giang – Thi Toán Khối 11) ABC · KCB = ·ACB H điểm thỏa mãn giả sử Gọi CK M A AB hình chiếu vng góc , trung điểm đoạn Chứng minh MH ⊥ BC Cho tam giác Gọi K uuu r uuur KA = −2 KB Lời giải Gọi D điểm đối xứng với B qua CK Khi S∆ACK = uuur uuur ·KCB = KCD · · S = ACD Do KA = −2KB nên ∆KCB · S∆ACK ACsinACK = · Vì S∆KCB BCsinKCB · · · 2ACsinACKcosKCB 2ACcosKCB = · BCsinACK BC = nên · 2ACcosKCB BC DC · · = cosKCB = cosACD = BC AC ⇒ AC ⇒ = · · · · ⇒ ADC = 90 tứ giác CHDA tứ giác nội tiếp⇒ KCB = ACD = AHD (1) · · Do AH BD vuông góc với CK nên AH // DB⇒ HDB = AHD (2) Từ (1) (2) suy tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp (DH cắt BC E, CK cắt BC F) suy H trực tâm tam giác BCD ⇒ BH ⊥ CD⇒ BH//AD Vậy tứ giác AHBD hình bình hành, M trung điểm AB nên H, M, D thẳng hang Vậy MH ⊥ BC (Sở GDĐT Nghệ An- thi chọn học sinh giỏi tỉnh 2000-2001 lớp 10) ' ABC BC CA AB A ' B' C a Cho tam giác có ba điểm , , trung điểm cạnh , , Tính giá trị r uuur uuur' uuur uuur' uuur uuuu s = BC AA + CA.BB + AB.CC ' biểu thức Câu 69 b Cho tam giác AP Tính Câu 70 ABC có AB = BC = AC = AD CE P , ; phân giác cắt ( Sở GDĐT Nghệ An- thi chọn học sinh giỏi tỉnh 2005-2006 lớp 12) ABC A M AB G Cho tam giác cân đỉnh Gọi trung điểm , trọng tâm tam giác ACM ABC GI ⊥ CM I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh IV Bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng tính chất đồng quy Câu 71 (THPT Chuyên Cao Bằng – Thi Olympic 2014 – Toán 11) ( O1 ) ( O2 ) A1 A2 Cho hai đường tròn ngồi Kẻ tiếp tuyến chung , tiếp tuyến chung Câu 72 B1 B2 hai đường tròn ( A1 , B1 ∈ (O1 ) A2 , B2 ∈ (O2 )) , Chứng minh A1B1 A2 B2 O1O2 , , đồng quy (THPT Chu Văn An – Hà Nội – Đề xuất đề thi học sinh giỏi Toán 11- 2015) Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn ( O) Kẻ đường kính BC AD M thuộc ( O) P OM / / AB DM C H P D thỏa mãn cắt khác Chứng minh , , thẳng hàng với ABC H trực tâm tam giác Lời giải DP cắt AB E M trung điểm DE (vì OM đường trung bình) BHCD hình bình hành nên DH cắt DC I trung điểm đường Suy MI đường trung bình ∆DHE → MI // EH → EH // BC Kéo dài CH cắt (O) Q Ta c/m Q ≡ P, cách c/m Q, E, D thẳng hàng Vì BD // CQ nên BDCQ hình thang cân (hình thang nội tiếp) Ta có: ∆QBH cân B hình thang BDCQ cân Nên Mà Q, H, C thẳng hàng, nên E, Q, D thẳng hàng, hay QP (đpcm Câu 73 (THPT Chuyên tỉnh Lào Cai – Trại hè Hùng Vương lần X) Cho đường tròn tâm cắt BC Câu 74 AC O ( O) B AB CD hai đường kính , Tiếp tuyến với đường tròn ( O) G W AG P PD , cắt đường tròn lần Gọi giao điểm Chứng minh ba điểm O P W , , thẳng hàng ( THPT Chuyên Hưng Yên- Thi Mơn Tốn Khối 11 -2015) Cho tam giác ( O) I D ABC khác A nội tiếp đường tròn Gọi E Từ AC cắt kẻ đường thẳng song song với BC Q ( Q ≠ B) đương thẳng KI Đường phân giác góc điểm đối xứng với điểm thay đổi cạnh C ( O) cắt ( O) ( I ≠ E) AJ K ( K ≠ B) I qua điểm cố định Lời giải M +) điểm cung E đối xứng qua nên A J (vì ) (g.c.g) trung trực I F E (do ) Mà (do ) Có P Q B K D C qua P cắt ( O) AD BE F B cắt khác Đường thẳng FD cắt B ∠BAC BI cắt Đường tròn Chứng minh thay đổi ( O) (T) J khác ngoại tiếp B VBIE E P Q , , thẳng hàng và phía nên thẳng hàng +) Đường thẳng cắt khác (vì ) (vì ) đường kính Mà điểm cung chứa không nên cố định Vậy đường thẳng qua điểm cố định thay đổi Câu 75 (THPT Chuyên tỉnh Thái Nguyên – Trại hè Hùng Vương lần X) ( AB < AC ) AH ABC P Q Cho tam giác nhọn có đường cao , chân đường vng PQ BC K H AB AC M góc hạ từ xuống , Gọi giao , giao điểm đường ABC BPC AM I tròn ngoại tiếp tam giác , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác K H I Chứng minh , , thẳng hàng Lời giải Dễ dàng chứng minh PQCB tứ giác nội tiếp Ta có MB.MC = MP.MQ Do hai tam giác MHP MQH đồng dạng nên Vậy có suy AKPH tứ giác nội tiếp Vậy Ta có năm điểm A, K, P, H, Q thuộc đường tròn tâm J trung điểm AH Bây ta lại có I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQCB nên Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta dễ dàng chứng minh Từ OA // IJ Lại có Từ AJIO hình bình hành Dễ dàng suy JHIO hình bình hành Mà JO vng góc với AK (do AK trục đẳng phương hai đường tròn (J) (O)) Vậy HI vng góc với AK Lại có KH vng góc với AK nên K, H, I thẳng hàng Câu 76 (THPT Chuyên tỉnh Tuyên Quang – Trại hè Hùng Vương lần X) O' ( O; R ) ( O' ; R' ) ( O) A ( ) Cho hai đường tròn tiếp xúc với , nằm , ( O) BC ' dây cung tiếp xúc với ABC tam giác Chứng minh a Ba điểm b Khi dây Lời giải (O ) M Gọi I tâm đường tròn nội tiếp A I M , , thẳng hàng BC thay đổi điểm I thuộc đường tròn cố định a) Gọi M’ giao điểm thứ hai MA với (O) B’ giao điểm thứ hai BA với (O’) (khác A) Đặt Ta thấy , suy O’M // OM’ Vì O’M ⊥ BC nên OM’ ⊥ BC, M’ điểm cung Vậy AM phân giác góc , hay I thuộc đường thẳng AM b) Theo tính chất phân giác Mặt khác, theo tính chất phương tích Vì nên Do , Vậy Do nên cố định Câu 77 THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành – Tỉnh Yên Bái – Thi Toán Khối 11) ( O) ( I ) ABC A Cho tam giác không cân Gọi theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác M , N thuộc ( I) cho EM ABC song song ( I) BC tiếp xúc với FN AC AB E F , , Các điểm song song BC Gọi P Q , ( I) BM CN giao điểm , với Chứng minh a BC EP FQ K , , đồng quy điểm, gọi điểm ( I) BPK CQK b Đường tròn ngoại tiếp tam giác , tiếp xúc với qua điểm thuộc ( O) Lời giải a) Gọi S giao điểm BC EF Gọi D tiếp điểm (I) với BC Ta có DMFP tứ giác điều hòa Mà EM//DS Do EP qua trung điểm DS Tương tự FQ qua trung điểm DS Vậy BC, EP, FQ đồng quy trung điểm DS Kí hiệu K b) Kí hiệu (XYZ) đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ Gọi d tiếp tuyến vơi (I) P Ta có: Suy d tiếp xúc với (BPK) P Vậy (PBK) tiếp xúc với (I) Tương tự (CQK) tiếp xúc với (I) Kí hiệu EE, FF theo thứ tự tiếp tuyến với (I) E, F Gọi L giao điểm khác K (BPK) (CQK) Ta có: Suy L thuộc (ABC) Điều có nghĩa đường tròn ngoại tiếp tam giác BPK CQK qua điểm thuộc (O) Câu 78 (Sở GDĐT Nghệ An – Chọn đội tuyển dự thi HSG quốc gia lớp 12- 2006-2007) ' ABC AC AB H B' C Cho tam giác Gọi hai điểm , trung điểm cạnh , hình chiếu ' A lên BC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ' AB 'C ' , BC H B CH , đồng quy điểm đồng thời đường thẳng qua điểm điểm H qua trung điểm đoạn thẳng B 'C ' ... , PN || QC ⇒ S1P S1B S1 N = = ⇒ S1B.S1C = S1M S1 N S1Q S1M S1C đường tròn Vậy Câu 24 ( MNC1B1 ) , ( ABC ) ⇒ S1 ∈ B1C1 hay S1 thuộc trục đẳng phương hai PQ, B1C1 , BC đồng quy S1 S1 ≡ S ·AIS =... IB2 / / FB2 ⇒ =  CF CB1 ⇒ A2 B2 / / A1 B1 CMT : ⇒ B2C2 / / B1C1 ( 2) ( 3) C thẳng hàng ∆ABC ( 1) ( ) ( 3) ⇒ A1 , B1 , C1 Câu thẳng hàng ( A1B1C1 ) ⊥ OI [Đề xuất lớp 11 Sở GD- ĐT Quảng Ninh-... 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