Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 48 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
48
Dung lượng
2,1 MB
Nội dung
Loại 2: Chứng minh tính chất: tam giác, tứ giác, đường tròn Câu [SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Vòng 2)- năm học 2001-2002] Trong mặt phẳng, cho tứ giác (lồi) có: tổng khoảng cách từ đỉnh đến cạnh số không đổi tất đỉnh Chứng minh tứ giác hình bình hành Lời giải r r Gọi n vectơ pháp tuyến đơn vị đường thẳng a, n có gốc a M N hai điểm r mặt phẳng có bờ a chứa vectơ n M uuuu rr r2 uuur r r2 HM.n t M n KN.n t N n Khi ta có: (1) (2) N Từ giả thiết ta được: tM = d(M,a) tN = d(N,a) từ (1) (2) suy ra: uuuu rr MN.n d(N, a) d(M, a) (3) H uu r uur uu r uur K Gọi n1 , n , n , n vectơ pháp tuyến đơn vị có gốc a cạnh AB,BC,CD,DA miền tứ giác ABCD Gọi k tổng khoảng cách từ đỉnh đến đường thẳng chứa cạnh tứ giác Khi ta có: r uur uu r uur uuu r uu n n n AB ( + + + n ) = [d(B,AB) – d(A,AB)] + [d(B,BC) – d(A,BC)] + [d(B,CD) – d(A,CD)] + [d(B,DA) – d(A,DA)] r uu r uu r uur r uur uu r uur uuu r uu uuur uu n n n n n n n BC Do đó: AB ( + + + ) = k – k = (4) Tương tự ta có: ( + + + n ) = (5) uu r uur uu r uur r n1 n n n Vì A,B,C khơng thẳng hàng nên từ (4) (5) ta suy ra: + + + = (6) uu r uur2 uu r uur2 uu r uur uu r uur uu r uu r uu r uur n1 n 2n1.n n n 2n n n1 n n3 n4 Từ (6) suy ra: + + = + + nên: ( , ) = ( , ) (7) uur2 uu r uur uu r uur2 uu r uu r uur uur uu r uu r uur n n 2n n n1 n 2n1.n n n3 n1 n Từ (6) suy ra: + + = + + nên: ( , ) = ( , ) (8) uu r uu r uur uu r uu r uur uu r uur Do: ( n1 , n ) + ( n , n ) + ( n , n ) + ( n1 , n ) = 3600 nên: uu r uur uur uu r uu r uu r uu r uur uu r uu r uur uur n1 n n2 n3 n3 n n1 n n1 n n2 n4 0 ( , )+( , ) = ( , )+( , ) = 180 , suy ra:( , ) = 180 , tương tự: ( , ) = 1800 (9) Từ (9) suy cạnh đối tứ giác song song nhau: AB // CD, BC // AD Vậy ABCD hình bình hành Cách khác: Sau chứng minh (6) Gọi điểm tùy ý uuuur uu r uuuur uur uuuur uu r uuuur uur ON1 n1 , ON n , ON n , ON n Đặt: suy Ni thuộc đường tròn tâm O, bán kính Do (6) suy O trọng tâm tứ giác N 1N2N3N4 suy O trung điểm đoạn nối hai trung điểm hai cạnh N1N2, N3N4 từ suy ra: N1N2 // N3N4, suy N1N2N3N4 hình chữ nhật, suy ra: uur uur uu r uu r n n , n n nên AB // CD,BC // AD Vậy ABCD hình bình hành Câu [SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Bảng B-Vòng 2)- năm học 2000-2001] Cho đường thẳng cố định a điểm A cố định a Gọi (C) đường tròn lưu động mặt phẳng () có bờ a (C) có bán kính khơng đổi R ln tiếp xúc với a, gọi M tiếp điểm Gọi I tâm đường tròn (C) Chứng minh mặt phẳng chứa đường tròn (C), có parabol (P) cố định cho trục đẳng phương (C) đường tròn đường kính AI ln ln tiếp xúc (P) M thay đổi a Trong mặt phẳng chọn hệ trục tọa độ Đề-các vng góc Oxy, với Ox trùng với a, mặt phẳng mặt phẳng y > 0, O trùng A Đặt M(m;0) có tâm I(m;R) Phương trình (C) là: y (C): (x - m)2 + (y - R)2 = R2 hay (C): x2 + y2 – 2mx – 2Ry + m2 = Phương trình đường tròn đường kính AI là: I m +R (C’): (x – m/2)2 + (y – R/2)2 = hay 2 (C’): x + y – mx – Ry = A M x Phương trình trục đẳng phương hai đường tròn (C) (C’) là: m m2 x R (d): mx + Ry – m2 = (d): y = f(x) = - R x 4R Xét hàm số y = g(x) = �m m2 x x � f (x) g(x) � (x 2m) � �R R 4R �� �� � x 2m � f '(x) g '(x) � �x 2m � m x �R 2R Hệ x Vậy Parabol y = f(x) = 4R tiếp xúc với trục đẳng phương (d) Loại 2: Chứng minh tính chất:tam giác, tứ giác đường tròn Câu [ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ IX TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ-2013] Cho ABC cân A Gọi D trung điểm AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD � giao với phân giác góc BAC E nằm ABC Đường tròn ngoại tiếp ABE giao với BD F ( khác B ), AF giao với BE I CI giao với BD K Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK Câu [ ĐỀ DUYÊN HẢI LỚP 11 MÔN TOÁN – Trường THPT Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O có trực tâm H P điểm O Gọi Q, R, S điểm đối xứng với P qua trung điểm cạnh BC , CA, AB Chứng minh bốn điểm H , Q, R, S nằm đường tròn Hướng dẫn giải - Gọi M , N , K , I trung điểm BC , CA, AB, PH Xét phép vị tự VP2 : M a Q, N a R, K a S, I a H Suy phép vị tự biến đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP hay đường tròn Ơle tam giác ABC thành đường tròn ngoại tiếp tam giác QRS Từ để chứng minh H thuộc đường tròn QRS ta chứng minh I thuộc đường tròn Ơle tam giác ABC - Xét phép vị tự VH : A ' a H1 , B' a H , C' a H , suy phép vị tự biến đường tròn Ơle O V : I a P; P � O � I tam giác ABC thành đường tròn , mà H nằm đường tròn Ơle tam giác ABC (đpcm) Câu [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỔ TOÁN – TIN HỌC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KỲ THI HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VII MƠN TỐN: KHỐI 11.Năm học: 2013-2014 ] Cho tam giác nhọn ABC không cân Gọi H , O trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; D, E chân đường cao hạ từ đỉnh A, B tam giác ABC Các đường thẳng OD BE cắt K , đường thẳng OE AD cắt L Gọi M trung điểm cạnh AB Chứng minh ba điểm K , L, M thẳng hàng bốn điểm C , D, O, H nằm đường tròn Áp dụng đinh lý Mê-nê-la-uýt cho tam giác HAB ba điểm K , L, M ta có: KB LH MA KB LA =1 � =( 1) K , L, M thẳng hàng KH LA MB KH LH KB S BOD LA S AOE = = KH S LH S HOE (cùng cạnh đáy OE ) HOD (cùng cạnh đáy OD ), Ta lại có 1 S AOE = AE.d (O, AE ) = c.cos A.R cos B = R.c.cos A.cos B S AOE = S BOD (Bởi 2 , R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC c = AB Tương tự S BOD = R c coA.cos B ) Từ kết ta có (1) � S HOD = S HOE OH / / DE OH qua trung điểm DE Bằng cách vẽ tiếp tuyến C x đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC C , dễ dàng suy DE / /C x , suy CO vng góc với DE Gọi P, Q trung điểm DE , HC Dễ thấy tứ giác CEHD nội tiếp, suy QP vuông góc với DE Suy CO / / QP Nếu OH qua trung điểm DE suy P trung điểm OH , suy EHDO hình bình hành, suy OD / / EH EO / / HD Điều trái với giả thiết OD cắt BE OE cắt AD Vậy 1 xảy OH / / DE CO vng góc với OH E , H , O, D nằm đường tròn (vì ta ln có tứ giác CEHD nội tiếp đường tròn đường kính CH ) Câu [TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ THI MƠN TỐN LỚP 11 ] ( O) qua hai điểm Cho tam giác nhọn ABC , đường cao BD, CE Một đường tròn A E tiếp xúc với cạnh BC điểm M Đường thẳng ME cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AED điểm thứ hai K Hai đường thẳng DK BC cắt N Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEN Hướng dẫn giải Ta có mà � EAM � NME (cùng nửa số đo cung EM ); � EAC � EAM � MAC nên suy � (1800 EKD � ) NME � 1800 MKN � NMK � MNK � CND � MAC suy CAM CND đồng dạng (g.g) � CM CA � CM CN CA.CD CD CN (1) Nhận xét: Trong tam giác nhọn ABC tùy ý ta có: BC BE.BA CD.CA Thậy BC BD DC AB AD DC BE AB AE AB AD DC BE AB AD AC AD DC BE AB AD.CD DC BE AB CD.CA Kết hợp nhận xét với Lại có BE.BA BM 1 suy CM CN BC BE.BA O (cùng phương tích điểm B ), nên suy ra: CM CN BC BM ( BC BM )( BC BM ) ( BC BM )CM � CN BC BM � BN BM � BN BM BE.BA suy đường thẳng BN tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp AEN điểm N Vậy đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp AEN Câu [Ngân hàng đề Hùng Vương-Trường CHUYÊN BẮC GIANG – năm-Tỉnh BẮC GIANG] Cho tam giác nhọn ABC không cân B , T trung điểm cạnh AC , E F tương ứng chân đường cao hạ từ A , C tam giác Z giao điểm hai tiếp tuyến A , C đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , X giao điểm ZA EF , Y giao điểm ZC EF a) Chứng minh T tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC EBF cắt điểm thứ hai D Chứng minh trực tâm H tam giác ABC nằm DT c) Chứng minh D nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ Hướng dẫn giải � a) ZT phân giác góc AZC � � � � Do XAB ACB BFE AFX TA TF , từ X T nằm trung trực AF , T tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ b)Giả sử AB BC , D nằm cung nhỏ AB Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC L trung điểm BH Ta có BD LO vng góc Từ BD DH vng góc, ta LO DH song song OLHT hình bình hành nên LO song song với HT , D , H , T thẳng hàng � � c) Chứng minh góc ADT AXT TY đường trung trực DC � � Chứng minh góc CDT CYT nên CTDY tứ giác nội tiếp o � � � � � � � � Do góc XDY XZY XDT TDY XZY ZAT ZCT XZY 180 , DXZY tứ giác nội tiếp Câu [THI HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2010-2011-THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ] Cho tam giác ABC Phân giác góc A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm A1 , B1 , C1 Đường thẳng AA1 cắt đường thẳng CC1 điểm I ; đường thẳng AA1 cắt đường thẳng BC điểm N ; đường thẳng BB1 cắt đường thẳng A1C1 điểm P Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IPC1 Đường thẳng OP cắt đường thẳng BC � � điểm M Biết BM MN BAC ABC Tính góc tam giác ABC Hướng dẫn giải � * Dễ thấy IPC1 90 , O trung điểm IC1 � � � � * IOP IC1 P CAB CC1B � BC1 // OP * Do BM=MN; OI OC1 � IN // C1 B � BAC � � CIA ACB � � CIA BAC Do , mà � BAC � � � � BAC ACB � BAC ACB Vậy � � � � � Cùng với BAC ABC ta BAC ACB 72 ; ABC 36 C A1 N B1 I M P B A O C1 � CK � � LM � � Trường hợp AC BC ta LM CK � FQ � � DE (tính chất phép vị tự) � QFC � � DEC (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 � FCQ � ECD Suy CED CFQ , dẫn đến Từ ta có điều phải chứng minh Câu [§Ị thi hsg 11 tỉnh nghệ an - Năm học 2002-2003] Trong tam giác ABC, D trung điểm cạnh BC Giả sử góc BAD 15 ;CAD 30 Hãy tính tanC Hng dn gii Đặt BD =CD = a AC =b áp dụng định lý sin ACD vµ ABC ta cã: Câu 10 [TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU THẬN QUẢNG TRỊ Năm học: 2011 – 2012] Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường tròn ( C1 ) có tâm I1 (2;3) , bán kính R =1 đường tròn ( C ) có tâm I (-1;0) bán kính R =2 Xác định phép vị tự tâm I, tỉ số k biến ( C1 ) thành ( C2 ) biết I nằm hai điểm I1 , I Hướng dẫn giải | k | Theo giải thiết suy R2 � k �2 R1 Mặt khác I1 , I2 nằm khác phía I nên suy k 2 uur uur 1 x 2(2 x) � 3x � �x II 2 II1 � � �� �� y 2(3 y ) y �y Vậy I(1;2) � � Gọi I(x; y ) , ta có Câu 11 [KỲ THI OLYMPIC 30-4 Lần 16 (3-4-2010) Tốn Khối 11] Hãy tìm bên tứ giác lồi điểm cho đoạn thẳng nối điểm trung điểm cạnh đối diện chia tứ giác thành phần có diện tích nhau Hướng dẫn giải Câu 12 [Ngân hàng đề Hùng Vương-Trường CHUYÊN BẮC GIANG – năm-Tỉnh BẮC GIANG] Cho tam giác nhọn ABC không cân B , T trung điểm cạnh AC , E F tương ứng chân đường cao hạ từ A , C tam giác Z giao điểm hai tiếp tuyến A , C đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , X giao điểm ZA EF , Y giao điểm ZC EF a) Chứng minh T tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC EBF cắt điểm thứ hai D Chứng minh trực tâm H tam giác ABC nằm DT c) Chứng minh D nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ Hướng dẫn giải � a) ZT phân giác góc AZC � � � � Do XAB ACB BFE AFX TA TF , từ X T nằm trung trực AF , T tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ b)Giả sử AB BC , D nằm cung nhỏ AB Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC L trung điểm BH Ta có BD LO vng góc Từ BD DH vng góc, ta LO DH song song OLHT hình bình hành nên LO song song với HT , D , H , T thẳng hàng � � c) Chứng minh góc ADT AXT TY đường trung trực DC � � Chứng minh góc CDT CYT nên CTDY tứ giác nội tiếp o � � � � � � � � Do góc XDY XZY XDT TDY XZY ZAT ZCT XZY 180 , DXZY tứ giác nội tiếp Câu 13 [Ngõn hng Trờng T.H.P.T Chuyên Thái Bình- NGHỊ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ LỚP 11 Năm học 2013-2014] Cho tam giỏc ABC vuụng ti A Hình chữ nhật MNPQ thay đổi cho M thuộc AB, N thuộc AC P, Q thuộc BC K = BN ∩ MQ; L = CM ∩ NP;X =MP ∩ NQ;Y =KP ∩ LQ Chứng minh � � 1) KAB LAC Mặt khác D trung điểm HK , tứ giác PHQK hình bình hành Suy �DHP �HKQ Mà �HKQ �BAC , �DHP �BAC Bài Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH , trực tâm K Đường thẳng BK cắt đường tròn đường BD BE kính AC D, E Đường thẳng CK cắt đường tròn đường kính AB F , G (CF CG ) Đường tròn ngoại tiếp tam giác DHF cắt BC điểm thứ hai P a) Chứng minh điểm G, H , P, E thuộc đường tròn b) Chứng minh đường thẳng BF , CD, PK đồng quy Hướng dẫn giải uuur uuur uuu r uuur uuur uuur PK / AGHF KG.KF KA.KH PK / ADHE KD.KE a) Ta có � � đến GDF GEF 180 (1) Suy tứ giác GDFE nội tiếp Dẫn Từ giả thiết ta có AB, AC đường trung trực GF, DE Suy A tâm đường � GAF � BAF � GEF tròn (GDFE) Suy (2) � FHP � � Ta có FDP (cùng chắn cung FP đường tròn (DHF)) Xét đường tròn đường kính � sd BH � sd HF � sd BF � BAF � GEF � FHP 2 AB ta có (do (2)) � � Suy FDP GEF (3) � � Từ (1) (3) suy GDF FDP 180 Suy G, D, P thẳng hàng Tương tự E, F, P thẳng hàng � � � Vì A điểm cung GAF đường tròn đường kính AB nên AHG AHF Tương � � tự AHE AHD Suy � � � DPF � GPE � GHE AHG � AHE � AHF � AHD DHF Suy điểm G, H, P, E thuộc đường tròn b) Nhận thấy rằng, ba đường tròn (GDFE), (DHPF), (GHPE) có trục đẳng phương DF, GE, HP đồng quy (tại Q) Từ đó, ta xét tốn tổng qt sau: “Cho tam giác PGE Điểm Q thuộc tia đối tia GE Đường thẳng qua Q cắt cạnh PG, PE D, F Gọi K giao điểm GF DE Đường thẳng PQ cắt EK, GK B, C Chứng minh đường thẳng BF, CD, PK đồng quy” Xét tam giác CQG, ta có EDKB 1 (hàng điểm điều hoà bản) EK DK Suy EB DB (*).Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CBK với cát PB FC EK 1 tuyến PFE ta có PC FK EB (**) PB FC DK PC FK DB Từ (*) (**) suy Áp dụng định lý Ceva cho tam giác CBK suy BF, CD, PK đồng quy MB NC Bài Cho hình bình hành ABCD Các điểm M , N nằm cạnh BC , CD cho MC ND Gọi I , J giao điểm BD với AM , AN Chứng minh diện tích tứ giác IJMN diện tích tam giác AIJ Hướng dẫn giải MB NC Đặt MC ND = k.Ta có SVAMN AM AN sinMAN AM AN AI AJ SVAIJ AI AJ sinIAJ AI IM AJ JN � IM � � JN � � 1 1 � � � (1) AI AJ � AI � � AJ � = BC BM CM k 1 1 BM k k +) BM (2) DC DN CN CN 1 2k DN DN , DN (3) IM BM BM k JN DN DN ; AJ AB DC 2k+1 +) Từ (1), (2), (3) suy AI AD BC k+1 SVAMN � k � � � � 1 1 � � � k+1 2k+1 S � � � � V A IJ +) thay vào (1) hay SAMN = SAIJ, SIMNJ = SAMN - SAIJ = SAIJ - SAIJ = SAIJ Bài Cho O O Gọi I tiếp điểm hai đường tròn O1 O1 , O2 O2 ; tiếp xúc với tiếp xúc với M , M tiếp điểm O với O1 , O2 Tiếp O , O O tuyến chung I cắt N2 O O A AM cắt N1 ; AM cắt a) Chứng minh OA N1 N O O b) N1 N cắt B, C ; AI cắt A ' Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác A ' BC c) Chứng minh N1 N , O1O2 , M 1M đồng quy Hướng dẫn giải A thuộc trục đẳng phương O1 O2 nên AN1 AM AN AM suy N1 N M M tứ giác nội tiếp dẫn đến � Sđ AC � � Sđ AB � Sđ BM Sđ BM 1 � AN1 N � AM M � 2 � � � AC AB � OA N N -b) Gọi H , K giao điểm AO với BC , (O) Tam giác ABK vuông B có BH đường cao � AB AH AK � AM 1K 90o � HN1M K tứ giác nội tiếp � AB AH AK AN1 AM PA/ O1 AI � AB AC AI -Suy A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC � IAC � 1� IBC A ' AC � A ' BC 2 Dẫn đến � Suy BI phân giác A ' BC � � � Rõ ràng A ' I phân giác BA ' C (do AB AC ) Vì I tâm đường tròn nội tiếp tam giác A ' BC - O O , O c)Giả sử O1O2 cắt N1 N D , gọi R, R1 , R2 bán kính , O O Rõ ràng D tâm vị tự � DO1 R1 M 2O2 R2 DO2 R2 ,lại có M 1O1 R1 DO1 M 2O2 M 1O 1 DO M O M O 2 1 Suy Dẫn đến D, M , M thẳng hàng (Menelauyt đảo) Vậy N1 N , O1O2 , M 1M đồng quy Bài Cho hai đường tròn O1 O1 O2 Gọi O O2 cắt A, B AX , AY đường kính trung điểm XY ; I điểm thuộc đường phân giác góc � XAY cho OI khơng vng góc với XY I khơng thuộc hai đường tròn Đường thẳng O O qua A vng góc với AI cắt đường tròn , điểm E , F khác A IX cắt đường tròn O1 điểm thứ hai K , IY cắt đường tròn O2 điểm thứ hai L Gọi C giao điểm EF với IX Chứng minh OE tiếp tuyến đường tròn CEK Chứng minh đường thẳng EK , FL, OI đồng quy Hướng dẫn giải C A E F D O1 O2 O X B Y K L I S XAY Khơng tính tổng qt giả sử I điểm thuộc đường phân giác góc � Ta có tứ giác AO1OO2 hình bình hành nên suy OO1 || HY Lại có EA, EO1 AO1 , AE AF , AO2 mod � EO1 || HY Do O, O1 , E thẳng hàng Chứng minh tương tự ta có O, O2 , F thẳng hàng Mặt khác CE, CK AC , AK AK , CK AC , AK r uuuur uuuu O1E , O1 K EO1 , EK mod 2 CEK Do OE tiếp tuyến đường tròn Nội dung � � Ta có AKI ALI 90 nên điểm A, I , K , L thuộc đường tròn đường kính AI Mà EF AI nên suy EF tiếp tuyến đường tròn đường kính AI Do AE , Mặt khác AK LA, LK mod (1) KE , KA XE , XA XE , EA AE , AX AE , AX mod AY , AF AF , FY AY , AF AY , FY LA, LF mod (2) Từ (1) (2) suy EF , EK EA, AK AK , EK LA, LK LF , LA LF , LK mod Vậy điểm E , F , L, K thuộc đường tròn Gọi S giao điểm EK FL Vì điểm E , F , L, K thuộc đường tròn nên ta có SE.SK SF SL � PS / CEK PS / DFL Ta có (3) IC.IK ID.IL IA2 � PI / CEK PI / DFL (4) Gọi D giao điểm EF với IY DFL Chứng minh tương tự câu 1) ta có OF tiếp tuyến đường tròn Mặt khác tứ giác EFYX hình thang vng E , F O trung điểm XY nên suy 2 OE OF Do PO / CEK OE OF PO / DFL (5) Từ (3), (4), (5) suy S , O, I thuộc trục đẳng phương hai đường tròn CEK , DFL nên S , O, I thẳng hàng Vậy đường thẳng EK , FL, OI đồng quy S *) Chú ý: Nếu HS khơng sử dụng góc định hướng phải xét trường hợp vị trí điểm I ( I nằm đoạn XK , YL I nằm đoạn XK , YL ) Bài 1: (Kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh 2008 – 2009) Trên mặt phẳng cho tứ giác lồi ABCD có AB BC CD a � � a Nếu biết ABC BCD 120 Hãy tính diện tích tứ giác ABCD theo a b Giả sử tứ giác ABCD thay đổi, mà AB BC CD a không đổi Hãy tìm giá trị lớn diện tích tứ giác ABCD Bài 2: (Đề thi chọn HSG vòng tỉnh Vĩnh Long – NH: 2016 – 2017) Cho ABC có góc nhọn Xác định điểm M bên tam giác cho MA MB MC nhỏ Hướng dẫn giải: C' C' A A M' M' M M B C B C Dùng phép quay quanh A với góc quay 60 biến M thành M’; C thành C’ Ta có MA MB MC BM MM ' M ' C ' MA MB MC bé bốn điểm B, M, M’, C’ thẳng hàng � Khi BMA 120 Ta vị trí M tam giác ABC Bài 3: (Đề thi chọn HSG tỉnh Vĩnh Long – NH : 2015 – 2016) Cho ABC ngoại tiếp OA2 OB OC 1 ca ab đường tròn tâm O Chứng minh bc với BC a , AC b , AB c Hướng dẫn giải Gọi M , N, P tiếp điểm O với AB, AC, BC Ta có AM AN , OM ON nên 1 � AM 2.sinA OM 2.sinMON 2 1 AM OM sinA= OA sinA 2 1 SBPOM OB2 sinB SCPON OC2 sinC 2 Tương tự: , SAMON OA2 OB2 OC OA2.sinA OB2.sinB OC 2.sinC ca ab bc.sinA ca.sinB ab.sinC Khi đó: bc 2 SAMON SBPOM SCPON 2SABC 1 2SABC 2SABC Bài 4: (Đề đề xuất thi chọn HSG khu vực duyên hải – đồng Bắc năm học 2015 – 2016, trường THPT chuyên Lương Văn Tụy) Cho đường tròn tâm O đường kính AB , điểm M tia đối tia AB Đường thẳng d qua M cắt đường tròn C , D Hai tiếp tuyến C , D cắt N , kẻ NI vng góc với AB I Chứng minh � � AIC BID Hướng dẫn giải: Gọi E, F thứ tự giao NI với () suy CEDF tứ giác điều hòa ME, MF tiếp xúc với () Giả sử C nằm M, D Ta có MC.MD ME MI MO � tứ giác CDOI nội tiếp � �DC OC � D BI �D AIC O Suy � �� AID BIC Vậy ta có điều phải chứng minh V Bài tốn nội tiếp đường tròn Câu 33 Vương lần X) (THPT Chuyên tỉnh Sơn La – Trại hè Hùng Cho đường tròn tâm O dây cung AB khơng qua O C điểm cung O cho D C nằm khác phía đường nhỏ AB , D nằm ngồi đường tròn O , T tiếp điểm CT cắt AB thẳng AB Qua D kẻ tiếp tuyến DT với đường tròn E Đường thẳng qua E vng góc với AB cắt OT I Một đường thẳng thay đổi O M N ( M nằm D N ), CM cắt AB P qua D cắt dường tròn Chứng minh O Đường tròn tâm I , bán kính IE tiếp xúc với đường tròn Tứ giác ETMP nội tiếp đường tròn Lời giải 1) Tam giác OCT đồng dạng với tam giác IET vì: � IET � ; OTC � ITE � OCT Mà tam giác OCT cân O nên tam giác IET cân I, suy IE IT Vậy: đường tròn tâm I bán kính IE tiếp xúc với đường tròn tâm (O) T 2) Tam giác ACP đồng dạng với tam giác MCA � CMA � ,� � CAP ACP MCA Do đó: AC CP.CM Tương tự, tam giác BCE đồng dạng với tam giác TCB Do đó: BC CE.CT � CTB � , BCE � TCB � CBE Suy CP.CM CE.CT Vậy tứ giác PETM nội tiếp Câu 34 (THPT Chuyên Bắc Ninh – Tỉnh Bắc Ninh- Thi Olympic lần VII – 2013-2014) O Gọi N điểm cung � ABC Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm đường tròn O ; M trung điểm AC ; I1 , I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM CBM Chứng minh I1 I , B , N nằm đường tròn Lời giải N B S Oj T I2 I1 A C M I1M I M MN AC Xét phép quay tâm M góc quay 90 biến C thành N Gọi ảnh điểm I quép quay T, T nằm I1M Ta định nghĩa tương tự điểm S I M Ta có �I1TI �MNC B B �I1SI �ANM 2, �I1TI �I1SI B �I1BI 2 , suy I1 , T , B, S , I đồng viên Do Ta có �TNM �I 2CM Vì �TNS 90 �TI S 90 C A �SNM , tương tự B Mặt khác góc �TI S góc ngồi tam giác TI M , nên B Do N nằm đường tròn qua điểm I1 , T , B, S , I Do ta suy ĐPCM Câu 35 (Trường THPT Chuên Vĩnh Phúc – Trại hè Hùng Vương lần X- 2014) Cho tứ giác ABCD coa hai đường chéo cắt O Một đường thẳng d qua O cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB , OBC , OCD , ODA M , N , P , Q ( điểm khác O ) cho O trung điểm MP Gọi R điểm nằm đoạn CD ( R khác C , D ) Gọi S giao điểm thứ hai đường thẳng OR với đường tròn ngoại tiếp tam giác MNR Chứng minh bốn điểm P , Q , R , S nằm đường tròn Lời giải S A Q O1 B M O4 I O P O2 D N O3 R C Theo tính chất hai đường tròn cắt ta có: O1O4 AC , O2O3 AC � O1O4 PO1O4 O1O2 BD, O3O4 BD � O1O2 PO3O4 Do tứ giác O1O2O3O4 hình bình hành suy O1O3 , O2O4 cắt điểm I I trung điểm đoạn O1O3 , O2O4 Bổ đề Cho hai đường tròn O1 , O2 cắt hai điểm A, B Gọi I trung O , O điểm O1O2 Một đường thẳng qua A cắt E, F Khi AE AF AI Thật vậy, gọi K, L trung điểm AE, AF suy O1 K , O2 L Do tứ giác KO1O2 L hình thang vng Khi AI AI đường trung bình hình thang KO1O2 L hay AK AL � AE AF Vậy bổ đề chứng minh Trở lại toán: Do O trung điểm MP nên theo bổ đề cho hai đường tròn O1 , O3 O , O đường thẳng (d) ta OI d , theo bổ đề cho đường thẳng (d) ta O trung điểm NQ Từ suy OM ON OP.OQ (1) Do bốn điểm M, R, N, S nằm đường tròn nên OR.OS OM ON (2) Từ (1) (2) ta OR.OS OP.OQ � bốn điểm P, Q, R, S nằm đường tròn Câu 36 (THPT Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – Toán 11- 2015) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O có AC vng góc với BD H Gọi I , J , K , L hình chiếu H đường thẳng AB , BC , CD , DA Gọi M , N , P , Q tương ứng trung điểm cạnh AB , BC , CD , DA a Chứng minh điểm I , J , K , L , M , N , P , Q nằm đường tròn có tâm trung điểm đoạn thẳng OH b Chứng minh giao điểm IK JL nằm đường thẳng OH Lời giải 0 � � � � � ước hết ta chứng minh H, I, P thẳng hàng Thật vậy, AHI 90 IAH 90 HDC HCD PHC ( HP trung tuyến tam giác vuông HCD) y I, H, P thẳng hàng Tương tự có J, H, Q thẳng hàng, K, H, M ẳng hàng, L, H, N thẳng hàng ràng I K nằm đường tròn đường kính MP, J L nằm đường n đường kính NQ (1) ặt khác, MNPQ hình bình hành MN song song AC, NP song song D, AC vuông góc BD nên MN vng góc NP, MNPQ hình chữ ật Do đường tròn đường kính MP đường tròn đường kính NQ (1) (2) suy I, J, K, L, M, N, P, Q nằm đường tròn có m trung điểm MP NQ, gọi tâm T Hơn nữa, OM song song P( vng góc với AB), OP song song HM(vì vng góc với D) nên OMHP hình bình hành, trung điểm T MP ung điểm OH y I, J, K, L, M, N, P, Q nằm đường tròn có tâm trung m OH điểm) Ta dùng phép nghịch đảo để chứng minh phần hiệu (T) đường tròn nêu phần (a).Ta có /(T ) HI HP HJ HQ HK HM HL.HN k nên phép nghịch đảo cực H ương tích k biến I thành P, J thành Q, K thành M, L thành N xét hai trường hợp: Nếu IK JL khơng qua H: phép nghịch đảo nêu biến thành đường tròn (HPM), biến JL thành đường tròn (HQN) Gọi G o điểm IK JL, phép nghịch đảo biến G thành G' G' thuộc hai đường tròn (HPM) (HQN) Vậy đường thẳng HG' trục đẳng ương hai đường tròn có MNPQ hình chữ nhật tâm T nên TM TP TN TQ � PT /( HPM ) PT /( HQN ) T thuộc trục đẳng phương HG' Mà T trung điểm OH H, G, thẳng hàng nên G nằm đường đẳng OH.(đpcm) Nếu IK JL qua H: giả sử IK qua H, AB song song CD n ABCD hình thang nội tiếp đường tròn (O), ABCD hình thang n Khi I, H, O, K thẳng hàng nên giao điểm IK JL nằm ờng thẳng OH.(đpcm) LOẠI 2: Chứng minh tính chất:tam giác, tứ giác đường tròn Câu 37 Cho tam giác ABC cân A Gọi D trung điểm AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD � giao với phân giác góc BAC E nằm tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE giao với BD F (khác B ), AF giao với BE I CI giao với BD K Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK (Chuyên Hoàng Văn Thụ) Hướng dẫn giải: A E D' D J I K F B M C 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 D ' E ED suy � �' BE EBD � IBK � ABI D � ABK � Suy I nằm phân giác góc ABK hay BI tia phân giác góc 1 � 180o BFA � 180o BEA � MEB � CEB � CDB � DFA 2 Ta có: � DAF � � DFA suy ADF cân D tam giác AFD vuông F Do IA.IF IE.IB nên I thuộc trục đẳng phương đường tròn đường kính AC đường tròn ngoại tiếp BCD Từ CI qua giao điểm thứ hai J hai đường tròn 2 � � � Ta có DCJ DJC DBC nên DA DC DK DB � � � � � � � � Suy DAK DBA hay FAD FAK DFA FAB Từ FAK BFA Ta có (đpcm) Câu 38 Gọi D trung điểm cạnh BC ABC E , Z hình chiếu D AB, AC Giả sử T giao điểm tiếp tuyến E , Z với đường tròn đường kính AD Chứng minh TB TC (Tỉnh Nam Định 2010-2011-vòng 1) Câu 39 Gọi M giao điểm hai đường chéo AB, AC tứ giác lồi ABCD Phân giác góc ACD cắt cạnh AB K Nếu MA.MC MA.CD MB.MD , chứng minh góc BKC góc CDB (Tỉnh Nam Định 2010-2011-vòng 2) LOẠI 3: Tìm quỹ tích: Câu 40 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB C điểm chuyển động nửa đường tròn Gọi H chân đường vng góc hạ từ C xuống AB I tâm đường tròn nội tiếp tam giác COH Tìm tập hợp điểm I (Trường THPT chuyên Hùng Vương Phú Thọ ) M Phần thuận: Gọi M điểm cung AB Xét trường hợp điểm C chuyển động C cung nhỏ AM Do I tâm đường tròn nội tiếp COH nên ta có: � O 1800 HCO � � CI HOC 1800 180 900 1350 I 2 � � � O CI � O 1350 Do AI O CI O (OA = OC, OI chung, COI AOI ) nên suy AI B A H O Do A, B cố định I ln nhìn AB góc 135 nên C chuyển động cung � AM I chuyển động cung chứa góc 1350 dựng đoạn AO Phần đảo: Lấy điểm H thuộc đoạn OA vẽ đường thẳng vng góc với OA H cắt � nửa đường tròn tâm O C Dựng phân giác COH cắt cung chứa góc 135 dựng OA điểm I Ta chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp COH � Do I thuộc cung chứa góc 1350 dựng OA nên AI O 135 ngồi ta có AOI COI � � � � (cgc) nên AI O CI O 135 , I CO I AO Suy � �O � AI C 3600 CI AI O 900 tứ giác ACIH nội tiếp tromg đường tròn � � � � � � đườngkính AC Suy I CH I AH Mặt khác I CO I AO I CH I CO hay I tâm đường trònnội tiếp COH � Khi C chuyển động cung nhỏ BM , chứng minh tương tự, cho I chuyển động cung chứa góc 135 dựng đoạn OB Vậy C chuyển động nửa đường tròn đường kính AB cho I tâm đường tròn nội tiếp COH chuyển động cung chứa góc 135 dựng đoạn OA, OB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB phía với nửa đường tròn cho ... OM ON nên 1 � AM 2. sinA OM 2. sinMON 2 1 AM OM sinA= OA sinA 2 SAMON 1 SBPOM OB2 sinB SCPON OC2 sinC 2 Tương tự: , Khi đó: OA2 OB2 OC OA2.sinA OB2.sinB OC 2. sinC bc... R � MI 2 R2 a2 khơng đổi 2 Vì I cố định nên M thuộc đường tròn tâm I bán kính Đảo lại, đường tròn (I) lấy M’ tuỳ ý cung tròn bán kính M’S cắt (O) A’ � M 'I MI 2R2 a2 2R2 a2 Lấy M’... (C): (x - m )2 + (y - R )2 = R2 hay (C): x2 + y2 – 2mx – 2Ry + m2 = Phương trình đường tròn đường kính AI là: I m +R (C’): (x – m /2) 2 + (y – R /2) 2 = hay 2 (C’): x + y – mx – Ry = A M x Phương trình