Luyện thị lớp 10: 8 ĐỀ THI HSG

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Câu (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2010) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O;R ) D điểm thuộc cung nhỏ AD ( D khác A C ) Gọi M ,N chân đường vng góc kẻ từ D tới đường thẳng AB,AC Gọi P giao điểm đường thẳng MN ,BC a) Chứng minh DP BC vng góc với b) Đường tròn ( I;r ) nội tiếp tam giác ABC Tính IO với R = 5cm,r = 1,6cm Lời giải: · · a) Ta có: AMD + AND = 900 + 900 = 1800 Do tứ giác A MDN nội tiếp · · · · Mặt khác MAD Suy tứ giác NDCP nội tiếp ⇒ MAD = MND = BCD · · ⇒ DPC = DNC = 900 Vậy DP ⊥ BC 175 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC b) Vẽ đường kính EF đường tròn ( O ) ( F giao điểm AI · C nên với đường tròn ( O ) ) Do AF phân giác BA » = FC » ⇒ BAF · · Gọi K tiếp điểm tiếp tuyến AB với BF = CEF IK CF · · = sinCEF ⇒ = ⇒ AI.CF = 2R.r đường tròn ( I,r ) Ta có: sin BAC AI EF · · · (1) Do CI phân giác ACB nên BCK = ACK · · · · · · ⇒ ∆IFC cân F ⇒ FI = FC Từ ⇒ CIF = CAF + ACK = BCK + BCF = ICF (1) suy AI.AF = 2R.r (2) Gọi G,H giao điểm đường thẳng IO với ( O;R ) Tacó: ∆AIG = ∆HIF ⇒ AI.IF = IG.IH = ( OG − OI ) ( OH + OI ) = ( OI + R ) ( R − OI ) = R − OI (3) Từ (2) (3) suy ra: R − OI = 2Rr ⇒ OI = R − 2Rr = 52 − 2.5.1,6 = ⇒ OI = 3cm Nhận xét: Đường thẳng M ,N ,P toán thực chất đường thẳng Sim son điểm D Vì ta chứng minh toán theo cách khác theo cách chứng minh đường thẳng Sim son (Xem thêm phần định lý hình học tiếng) Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Quảng Ngãi) Cho tam giác ABC vng cân A , đường tròn ( O ) tiếp xúc » nằm tam giác ABC lấy với AB,AC B,C Trên cung BC điểm M ( M ≠ B;C ) Gọi I,H ,K hình chiếu M BC;CA ;AB P giao điểm MB với IK , Q giao điểm MC với IH · a) Chứng minh tia đối tia MI phân giác MHK b) Chứng minh PQ / /BC 176 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC c) Gọi ( O1 ) ( O ) đường tròn ngoại tiếp ∆MPK ∆MQH Chứng minh PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn ( O1) ( O2 ) d) Gọi D trung điểm BC; N giao điểm thứ hai ( O1) , ( O2 ) Chứng minh M ,N ,D thẳng hàng Lời giải: · BC = ACB · a) Vì ∆ABC cân A nên A Gọi tia đối tia MI Mx Ta có tứ giác BIM K tứ giác CIMH nội tiếp · · · · ⇒ IMH = 1800 − ACB = 1800 − ABC = IMK · · · · Vậy Mx tia phân giác ⇒ KMx = 1800 − IMK = 1800 − IMH = HMx · MHK · · · · b) Do tứ giác BIMK CIMH nội tiếp nên KIM = KBM;HIM = HCM ¼ · · · · · · · Mà HCM (cùng sđCM ) PIQ = KIM + HIM = KBM + HCM = IBM · · · Mặt khác, ⇒ PIQ = ICM + IBM · · · · · PMQ + ICM + IBM = 1800 ⇒ PMQ + PIQ = 1800 Do tứ giác MPIQ nội ¼ · · · · tiếp ⇒ MQP (cùng sđPM ) Mà MIK (cùng = MIK = MIC · · · ) ⇒ MQP = MCI ⇒ PQ / /BC KBM 177 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC » · · · · c) Ta có: MHI (cùng sđIM ) Mà MQP (cmt) = MCI = MCI ¼ · · ⇒ MQP = MHI = sđMQ Hai tia QP,QH nằm khác phía QM Suy PQ tiếp tuyến đường tròn ( O2 ) tiếp điểm Q Chứng minh tương tự ta có PQ tiếp tuyến đường tròn ( O ) tiếp điểm P Vậy PQ tiếp tuyến chung đường tròn ( O1) ( O2 ) d) Gọi E,E' giao điểm NM với PQ BC Ta có: PE2 = EM.EN (vì ∆QEM : ∆NEQ ) Suy ra: PE2 = QE2 ⇒ PE = QE Tam EP EQ = Mà EP = EQ nên E'B E'C E'B = E'C ⇒ E' ≡ D Vậy N ,M ,D thẳng hàng giác MBC có PQ / /BC nên Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Gia Lai – 2010) Cho tam giác ABC vuông A Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với CA CB M N Đường · thẳng MN cắt đường thẳng AI P Chứng minh IPB vuông Lời giải: · = IAB · · · · Ta có PIB (1).Mặt khác, + IBA = 450 + IBA = 450 + IBC ( ) · · · PNB = CNM = 1800 − ACB 178 = ( ) ( ) 1 · ·  = 900 + ACB 90 900 − ACB  2  PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 1· · ABC = 450 + IBC (2) · = PNB · (1) (2), suy ra: PIB = 450 + Từ Do bốn điểm P,N ,I,B nằm đường tròn Mặt · khác , INB = 900 nên IB đường kính đường tròn · = 900 ⇒ IPB Câu (Đề thi học sing giỏi tỉnh Hải Dương) Cho đường tròn tâm O dây AB cố định ( O không thuộc AB ) P điểm di động đoạn AB ( P khác A ,B ) Qua A ,P vẽ đường tròn tâm C tiếp xúc với ( O ) A Qua B,P vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với ( O ) B Hai đường tròn ( C ) ( D ) cắt N (khác P ) · · a) Chứng minh ANP = BNP · b) Chứng minh PNO = 900 c) Chứng minh P di động N ln nằm cung tròn cố định Lời giải: 179 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC a) Vì ( O ) ( C ) tiếp xúc A nên A ,C,O thẳng hàng Vì ( O) ( C ) tiếp xúc B nên B,D,O thẳng hàng Xét ( C ) có 1· · ANP = ACP Tam giác ACP cân C , tam giác AOB cân O ( ) 1· · · · · CP = AOB · · ⇒ ANP = AOB nên suy ra: APC = ABO = CPA ⇒ CP / /OB A · · OB (1) Tương tự, ta có DP / /OA ⇒ BDP =A 1· · · · ⇒ BNP = AOB (2) Từ (1) (2) suy ra: ANP = BNP b) Gọi H giao điểm NP CD ; I giao điểm OP CD Theo chứng minh ta có CP / /OB;Dp / /CO Suy tứ giác CPDO hình bình hành.Do IO = IP , ( C ) ( D ) cắt P N suy CD ⊥ NP (3) HN = HP HI đường trung bình tam giác PNO nên HI / /NO hay CD / /NO (4) Từ (3) (4), suy · c) Theo chứng minh NO ⊥ NP ⇔ PNO = 900 · · · · · ta có: ANB (5) Dễ thấy N ,O thuộc = ANP + PNB ⇒ ANB = AOB nửa mặt phẳng bờ AB (6).Từ (5) (6) suy điểm N thuộc cung tròn A OB đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB Do A ,B,O cố định nên N thuộc cung tròn cố định Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ - 2010) Cho đường tròn ( O;R ) dây cung AB cố định, AB = R Điểm P di động dây AB ( P khác A B ) Gọi ( C;R1 ) đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn ( O;R ) A , ( D;R ) đường tròn qua P tiếp xúc với ( O;R ) B Hai đường tròn ( C;R1 ) ( D;R2 ) cắt điểm thứ hai M a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB , chứng minh OM / /CD bốn điểm C,D,O,M thuộc đường tròn 180 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC b) Chứng minh P di động dây AB điểm M di động đường tròn cố định đường thẳng M P qua điểm cố định N c) Tìm vị trí P để tích PM.PN lớn nhất? Diện tích tam giác AMB lớn nhất? Lời giải: a) Nối CP,PD Ta có: ∆ACP,∆OA B cân C,O nên · · · Do CP / /OD (1) Tương tự, ta có OD / /CP CPA = CAP = OBP (2) Từ (1) (2) suuy tứ giác ODPC hình bình hành Gọi H giao điểm CD MP , K giao điểm CD với OP Do K trung điểm OP Theo tính chất hai đường tròn cắt CD ⊥ MP ⇒ H trung điểm MP Do HK / /OM ⇒ CD / /OM Giả sử AP < BP Vì tứ giác CDOM hình bình hành nên OC = DP,DP = DM = R nên tứ giác CDOM hình thang cân Do bốn điểm C,D,O,M thuộc đường tròn 181 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC b) Ta có: OA + OB2 = 2R = AB2 Do ∆A OB vng cân O Vì bốn điểm C,D,O,M thuộc đường tròn (kể M trùng O ) · · nên COB (1) = CMD ¼ · · Ta có: MAB (cùng sđMP đường tròn ( C ) ) = MCP ¼ · · (cùng sđMP đường tròn ( D ) ) Do MBP = MDP · · · · ∆MAB : ∆MCD (g.g.) ⇒ AMB = COD ⇒ AMB = AOB = 900 Do AB cố định nên điểm M thuộc đường tròn tâm I đường kính AB 1· · · · · Ta có ACP = BDP = AOB = 900 ⇒ AMP = ACP = 45 (góc nội tiếp · = góc tâm ( C ) ) ⇒ BMP 1· BDP = 450 (góc nội tiếp góc tâm · · · ( D ) ).Do MP phân giác AMB Mà AMB = AOB = 900 nên M thuộc đường tròn ( I ) ngoại tiếp tam giác AOB Giả sử MP cắt đường tròn ( I ) N N trung điểm cung AB không chứa điểm O nên N cố định · · · · c) Ta có MPA (góc nội tiếp chắn cung) = BPN;AMP = PBN Do ∆MAP : ∆BNP (g.g) ⇒  PA + PB  PA PM A B2 R (không đổi) = ⇔ PM.PN = PA.PB ≤  = ÷ = PN PB   Vậy PM.PN lớn R PA = PB hay P trung điểm dây AB Tam giác A MB vuông M nên: SA MB = ( ) 1 AB2 R Vậy SA MB lớn AM.BM ≤ AM + BM = = 4 R2 PA = PB hay P trung điểm dây AB Câu 16 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Vĩnh Phúc – năm 2010) 182 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) AD,BE,CF ba đường cao ( D ∈ BC,E ∈ CA ,F ∈ AB) Đường thẳng EF cắt BC G , đường thẳng AG cắt lại đường tròn ( O ) điểm M a) Chứng minh bốn điểm A ,M ,E,F nằm đường tròn b) Gọi N trung điểm cạnh BC H trực tâm tam giác ABC Chứng minh GH ⊥ AN Lời giải: a) Nhận xét : Cho tứ giác A BCD , P giao điểm AB CD Tứ giác A BCD nội tiếp khi: PA.PB = PC.PD Áp dụng nhận xét cho tứ giác A MBC nội tiếp, ta được: GM.GA = GB.GC Áp dụng cho tứ giác BEFC nội tiếp, ta được: GB.GC = GF.GE Suy GF.GE = GM.GA Do tứ giác A MEF nội tiếp b) Theo kết trên, tứ giác AEFH nội tiếp suy M nằm đường tròn đường kính AH Do HM ⊥ MA Tia HM cắt lại · đường tròn ( O ) K , AMK = 900 nên AK đường kính ( O ) Từ suy ra: KC ⊥ CA ,KB ⊥ BA ⇒ KC / /BH ,KB / /CH ⇒ tứ giác BHCK hình bình hành ⇒ KH qua điểm N Khi M ,H ,N thẳng hàng Trong tam giác GA N có hai đường cao AD,NM cắt H , nên H trực tâm tam giác GAN ⇒ GH ⊥ AN Câu 17 (Để thi học sinh giỏi cấp Quận –TPHCM – 2010) 183 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Cho điểm M thuộc đường tròn ( O ) đường kính AB ( M ≠ A ,B MA < MB ) Tia phân giác góc A MB cắt AB C Qua C ,vẽ đường thẳng vng góc với AB cắt đường thẳng AM BM D H a) Chứng minh hai đường thẳng AH BD cắt điểm N nằm đường tròn ( O ) b) Gọi E hình chiếu H tiếp tuyến A đường tròn ( O ) Chứng minh tứ giác ACHE hình vng c) Gọi F hình chiếu D tiếp tuyến B đường tròn ( O ) Chứng minh bốn điểm E,M ,N ,F thẳng hàng d) Gọi S1,S2 diện tích tứ giác ACHE BCDF Chứng minh CM < S1S2 Lời giải: · a) Ta có AMB = 900 Trong tam giác ABD có DC ⊥ A B nên DC đường cao thứ Do BM đường cao thứ hai, suy H trực tâm tam giác ABD Suy AH đường cao thứ ba · ⇒ A H ⊥ BD N ⇒ ANB = 900 ⇒ N thuộc đường tròn đường kính AB Vậy AH BD cắt điểm N nằm đường tròn ( O ) 184 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · a) Ta có PAN + PHN = 900 + 900 = 1800 Do tứ giác A PHN nội tiếp Tứ giác A PMN hình vng nên nội tiếp Suy năm điểm · · A ,N ,M ,P,H thuộc đường tròn Do AHM = APM = 900 · · Mà tứ giác MPCD nội tiếp nên MPD Tam giác ABC cân = MCD A , có AD vừa đường cao vừa đường trung trực nên · · · · MB = MC ⇒ ∆MBC cân M ⇒ MCD (1) Mặt = MBD ⇒ MPD = MBD · MB = MBD · · · khác A + MDB = MBD + 900 (2) · · · · APH = APM + MPH = MPD + 900 (3) Từ (1),(2) (3) suy ra: · · APH = AMB · PH + AMH · (4) Tứ giác A PHM nội tiếp nên A = 1800 · · (5) Từ (4) (5) suy ra: AMB + AMH = 1800 Do H ,M ,B thẳng · hàng ⇒ AHB = 900 ⇒ H thuộc đường tròn ( O ) ⇒ ∆AHB có diện tích lớn ⇔ HK lớn ⇒ HK = R ⇒ H ≡ D ⇒ M ≡ D Vậy M ≡ D SA HB đạt giá trị lớn R Câu 21 (Đề thi học sinh giỏi cấp Quận – TPHCM) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính BC Kẻ đường cao AH ∆ABC Cho biết BC = 20cm, AH = AC a) Tính độ dài cạnh AB AC 189 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC b) Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn ( O ) , AB,AC M ,D,E Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC K Chứng minh ba điểm A ,M ,K thẳng hàng c) Chứng minh bốn điểm B,D,E,C nằm đường tròn Lời giải: · · µ chung a) Xét ∆A BC ∆HAC có BAC = AHC = 900 ; C ⇒ ∆ABC : ∆HAC ⇒ AB AC AB AH = ⇒ = = Mà AB2 + AC = BC nên AH HC AC HC AB2 AC AB2 + AC 202 = = = = 16 ⇒ AB2 = 16.9;AC = 16.16 Vậy 16 25 25 A B = 12cm AC = 16cm · b) Gọi F tâm đường tròn đường kính AH Ta có DAE = 900 Do DE đường kính đường tròn ( F ) Suy D,E,F thẳng hàng Mặt khác ( O ) F cắt A N nên OF trung trực A M ⇒ OF ⊥ A M (1) Gọi N giao điểm OA DE Ta có OA = OC = R Do ∆OAC tam giác cân O Suy · · · · ; FA = EF = r ⇒ ∆FAE cân F ⇒ FEA Mà OAC = OCA + FAE · · · · · OCA + FAE = 900 nên OAC + FEA = 900 ⇒ ANE = 900 ⇒ KN ⊥ OA Ta có F trực tâm tam giác KAO nên OF ⊥ KA (2) Từ (1) (2) suy A ,M ,K thẳng hàng 190 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC c) Gọi I giao điểm hai trung trực DE BC Ta có:  AF ⊥ BC IF ⊥ OA ⇒ AF / /OI;  ⇒ IF / /OA Do FAOI hình bình  OI ⊥ BC OA ⊥ DE · = IOC · hành Suy IF = OA ;FA = OI ⇒ IF = OC;FE = OI Mà IFE nên ∆IFE = ∆COI Suy IE = IC Mà IE = ID;IB = IC nên IB = ID = IE = IC Vậy B,D,E,C nằm đường tròn ( I ) Câu 22 (Đề thi học sinh giỏi TPHCM – 2008) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) có trực tâm H a) Xác định vị trí điểm M thuộc cung BC khơng chứa điểm A cho tứ giác BHCM hình bình hành b) Lấy điểm M điểm cung BC không chứa A Gọi N E điểm đối xứng M qua AB AC Chứng minh ba điểm N ,H ,E thẳng hàng Lời giải: a) Gọi H trực tâm tam giác ABC Ta có BH ⊥ AC;CH ⊥ AB Do tứ giác BHCM hình bình hành ⇒ BH / /MC;CH / /MB · · AC ⊥ MC;AB ⊥ MB ⇒ ABM = ACM = 900 ⇒ AM đường kính đường tròn ( O ) ⇒ M điểm đối xứng A qua O 191 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · MB = ANB · · · b) Ta có A (tính chất đối xứng trục), AMB (cùng = ACB · · · HB + ACB · chắn cung AB ) Do ANB Mà A = ACB = 1800 Suy · · · · Mặt khác AHB + ANB = 1800 ⇒ tứ giác AHBN nội tiếp ⇒ NHB = NAB · · · · · · Suy NHB Tương tự ta có: CHE NAB = BAM = BAM + MAC · · BAC + BHC = 1800 Suy · · · · · · · · NHB + CHE + BHC = BAM + MAC + BHC = BAC + BHC = 1800 Suy N ,H ,E thẳng hàng Nhận xét: Đường thẳng qua N ,H ,E toán thực chất đường thẳng Steiner điểm M Câu 23 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương – 2008) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) có trực tâm H Giả sử M điểm cung BC không chứa A ( M khác B,C ) Gọi N ,P điểm đối xứng M qua đường thẳng AB,AC a) Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp b) Chứng minh ba điểm N ,H ,P thẳng hàng c) Tìm vị trí M để đoạn thẳng NP lớn Lời giải: a) Gọi I giao điểm CH AB , K giao điểm AH với · · BC Dễ thấy BIK + AHC = 1800 (1) 192 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · · · · · Mặt khác, IBK Do IBK (2) Từ (1) = AMC;AMC = APC = APC · · (2) suy ra: APC + AHC = 1800 Vậy tứ giác AHPC nội tiếp · · · · b) Do tứ giác AHPC nội tiếp nên AHP Mà ACP nên = ACP = AMP · · · · · · Mặt khác, ACM AHP = ACM = ABM = 1800 nên AHP = ABM = 1800 Mà · · · · · · nên AHP (4) AMB = ABN = ABN = 1800 (3) Tương tự, ABN = AHN · · Từ (3) (4) suy ra: AHB + AHN = 1800 Vậy N ,H ,P thẳng hàng · · · P = 2MAC · c) Ta có MAN Do = 2BAM ;MA ( ) · P = BAM · · · NA + MAC = 2BAC (khơng đổi) Ta có · · Vậy NP lớn AM NP = 2AP.sin BAC = 2AM.sin BAC lớn mà AM lớn A M đường kính đường tròn ( O ) Vậy NP lớn M điểm đối xứng A qua O Câu 24 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh – 2008) Cho đường tròn ( O;R ) đường tròn ( O';R') cắt A B Trên tia đối AB lấy điểm C Kẻ tiếp tuyến CD,CE với đường tròn tâm O , D,E tiếp điểm E nằm đường tròn ( O') Đường thẳng AD,AE cắt đường tròn ( O') M N ( M ,N khác A ) Tia DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) ∆MIB : ∆AEB b) O'I ⊥ MN Lời giải: 193 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · a) Ta có BAN (cùng chắn cung BN ) (1) tứ giác AMNB = BMN · · · · · · nội tiếp nên MNB Mà DAB nên MNB hay = DAB = DEB = DEB · · · · · · Do tứ giác BEIN nội tiếp ⇒ EBI hay EBI INB = DEB = ENI = ANM · · · · · · · · Mà ANM nên ABM Hay CBE (2) Từ = ABM = EBI + EBM = EBM + IBM (1) (2) suy ∆MIB : ∆AEB · · b) Do CD tiếp tuyến đường tròn ( O ) nên CDA suy = CBD BD CD CE EB = = (3) Tương tự ta có DA CA CA EA (4) Mặt khác, CD = CE (tính chất tiếp tuyến) (5) Từ (3),(4),(5) ∆CDB : ∆CAD suy ra: (g.g) ⇒ EB BD = EA DA (6) Theo (1), ∆MIB : ∆AEB ⇒ EB IB = EA MI (7) Mà · ·  ABD = AED · BD = IEN · ⇒A Do tứ giác BNIE nội tiếp nên · · AED = IEN   · · · · · · (8) Mặt khác, theo (1) ta có INB IEN = IBN ⇒ ABD = IBN = DAB (9) Từ (8) (9) suy ∆DBA : ∆IBN ⇒ DB IB = DA IN (10) Từ (6),(7) (10) suy MI = NI ⇒ O'I ⊥ MN Nhận xét: Ta giải câu b theo cách khác: Áp dụng định lý Menelauyt cho tam giác AMN đường thẳng qua DEI ta có: DA IM EN = 1.Như để chứng minh I trung điểm MN ta DM IN EA chứng minh DA EN = (*) , mặt khác theo tính chất quen DM EA EA DA = ( Xem phần EB DB chùm tập cát tuyến tiếp tuyến) thay vào (*) ta quy thuộc cát tuyến tiếp tuyến ta có: DB EN DB EN = 1⇔ = ⇔ ∆DBM : ∆BEN điều EB DM DM EB · · hiển nhiên DMB (cùng chắn cung AB) = ANB chứng minh: · · tứ giác ADEB nội tiếp ADB = BEN 194 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Câu 25 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nhọn, tia phân giác góc BA C cắt BC D Gọi E,F thứ tự hình chiếu vng góc D AB AC , K giao CE BF , H giao điểm BF với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEK Chứng minh DH ⊥ BF Lời giải: Kẻ A N vng góc với BC ( N ∈ BC ) , suy tứ giác AEND AFDN nội tiếp, từ BD.BN = BE.BA ;CN.CD = CF.CA ⇒ DB NB AB BE NB BE NB FC EF = ⇒ = ⇒ = (do AE = AF ) DC NC AC CF NC CF NC FA EB Theo định lý Ceva đảo ta có AN ,CE,BF đồng quy K , hay A K ⊥ BC N Từ BK.BH = BE.BA = BN.BD nên tứ giác KNDH nội · · tiếp, suy KHD = KND = 900 Do DH ⊥ BF (đpcm) Câu 26 (Báo toán học tuổi trẻ số tháng -2012) Cho tam giác ABC vuông A D điểm nằm tam giác cho CD = CA; M điểm nằm cạnh AB 1· · N giao điểm MD đường cao AH = ACD; cho BDM tam giác ABC Chứng minh DM = DN Lời giải: 195 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Vẽ đường tròn ( C;CA ) cắt đường thẳng BD E ( E ≠ D ) , BA tiếp tuyến đường tròn Ta có BD.BE = BA (do ∆BDA : ∆BAE ), BH.BC = BA (hệ thức lượng tam giác vuông ABC ) Suy BD BC · · ⇒ ∆BDH : ∆BCE (c.g.c) ⇒ BHD = tứ = BEC BH BE · · · · · · giác DHCE nội tiếp ⇒ BHD Mà = BEC = CDE = CHE ⇒ AHD = AHE BH.BC = BD.BE ⇒ AH ⊥ BC nên HA ,HB tương ứng phân giác ID HD BD · = = Do I giao điểm AH BE thì: DHE IE HE BE 1· · · = ACD = AEB (*) Theo giả thiết, ta có MDB nên MN / /AE Do MD BD DN DI MD DN = ; = = ⇒ DM = DN Kết hợp với (*) ta có AE BE AE IE AE AE Câu 27 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho lục giác ABCDEF Gọi G trung điểm BF Lấy điểm I cạnh BC cho BI = BG , điểm H cạnh BC cho · BI = BG , điểm H nằm đoạn IG Sao cho CDH = 450 , điểm K · cạnh EF cho DKE = 450 Chứng minh tam giác DKH tam giác Cách 1: Từ giả thiết A BCDEF lục giác đều, suy · · · BDG = 300 ,CDG = 600 ,DG ⊥ BF,GBC = 900 Từ đó, 1· · · · HDG = CDG − CDH = 600 − 450 = 150 = BDG Vậy DH phân giác 196 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · góc BDG Kết hợp với GH phân giác góc BGD (do ∆BGI · · · vuông cân nên DGH ), suy BH phân giác góc DBF ; = DGB B,H ,O thẳng hàng ( O tâm lục giác đều) · · Hai tam giác ∆DHO ∆DKE có DO = DE,HDO = KDE = 150 , · · HOD = KED = 1200 nên chúng (g.c.g), suy HD = KD · · · · · · Lại có HDK = HDO + ODK = ODK + KDE = ODE = 600 Vậy ∆HDK · · · · Cách 2: Vì FDC = FBC = 900 nên FDH = BGH = 450 , tứ giác · · GHDF nội tiếp, suy FHD = FGD = 900 nên tam giác HFD vuông cân ⇒ H ,O,E thuộc trung trực đoạn FD 1· · FHD = 450 = EKD Suy tứ giác EKHD nội tiếp · · · · ⇒ HDK = HEK = 600 , HKD = HED = 600 Vậy tam giác HKD · ⇒ EHD = Câu 28 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho đoạn thẳng AB M điểm mặt phẳng cho tam giác MA B tam giác nhọn Gọi H trực tâm tam giác MAB , I trung điểm cạnh AB D hình chiếu H MI Chứng minh tích MI.DI khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Lời giải: Kéo dài MH AH cắt AB MB E,F Dễ thấy tứ · · · giác MHDF HEID nội tiếp, suy DFB , tứ giác = MHD = DIE 197 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · (1) Lại có FI trung tuyến DFBI nội tiếp từ IDB = IFB · = IBF · tam giác vuông AFB nên tam giác IFB cân I ⇒ IFB (2) Từ · · , ∆IDB : ∆IBM (g.g) ⇒ ID = IB Suy (1) (2) suy IDB = IBF IB IM ID.IM = IB2 = AB Vậy MI.DI không phụ thuộc vào vị trí M Câu 29 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) Đường tròn ( O') tiếp xúc với hai cạnh AB,AC theo thứ tự P,Q tiếp xúc với đường tròn ( O ) S Hai đường thẳng SP,SQ cắt lại đường tròn ( O ) theo thứ tự M ,N Gọi E,D,F theo thứ tự hình chiếu vng góc S đường thẳng AM ,MN ,NA Chứng minh DE = DF Lời giải: · · · · Từ O'PS , suy O'P / /OM Lại O'P ⊥ AP nên = O'SP = OSM = OMS » không chứa điểm OM ⊥ A B , nghĩa M điểm AB ¼ khơng chứa điểm B C Tương tự, N điểm AC SM SA · · · = Từ MAP , dẫn đến ∆MSA : ∆MA P (g.g) ⇒ = MSB = MSA AM AP Lập luận tương tự ta có SN SA SM AM = = , mà AP = AQ nên (1) AN AQ SN AN Bốn điểm M ,D,S,E nằm đường tròn đường kính SM , suy 198 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · DSE Từ đây, áp dụng định lý sin cho tam giác SED ta = AMN · · · có DE = SM.sin DSE Tương tự DF = SN.sinANM Vậy = SM.sinAMN · MN DE SM.sinA = · DF SN.sinANM · DE AM.sinAMN = =1 · NM DF A N.sinA (áp dụng định lý sin cho tam giác A MN ) Do DE = DF (đpcm) (2) Từ (1) (2) suy Câu 30 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH Trên tia đối tia HA lấy điểm D cho HA = 2HD Gọi E điểm đối xứng B qua D ; I trung điểm AC ; DI EI cắt BC M · · K Chứng minh MDK = MCD Lời giải: Gọi N ,P thứ tự trung điểm AH IN Dễ thấy IN / /CH (tính chất đường trung bình ∆ACH ), nên IN ⊥ A H Xét tam giác vng ABC , ta có HB.HC = AH ⇒ BH AH = AH HC BH HD = Do ∆BDH : ∆DIN , dẫn DN NI · · · · · · · tới BDH = DIN ⇒ BDI = BDN + NDI = DIN + NDI = 900 Vì AH = ND = 2DH ,HC = 2IN nên Do tứ giác ABDI nội tiếp E đối xứng với B qua DI , nên · · · · Suy ∆IMK : ∆CMI (g.g), ta có KIM = DIB = BAD = MCI 199 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC IM MK = ⇒ MK.MC = MI Do H trung điểm ND HM / /NI nên CM MI MK MD = , MD MC · · ∆MDK : ∆MCD (c.g.c), dẫn đến MDK (đpcm) = MCD MD = MI , suy MK.MC = MD , hay Câu 31 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O với đường cao AD,BE,CF Chứng minh đường thẳng OA ,OF,OB,OD,OC chia tam giác ABC thành ba cặp tam giác có diện tích Lời giải: Gọi M ,N trung điểm cạnh BC CA Khi · OM ⊥ MC,ON ⊥ CA ⇒ MOB = 1· · · · BOC = BAC;NOA = CBA Theo giả thiết BE ⊥ CA nên ∆MOB : ∆EAB (g.g), suy tự có ∆NAO : ∆DAB , suy ON OB = A E AB OM OB OA = = (1) Tương AE AB AB (2) Từ (1) (2) ta có OM ON = ⇒ OM.BD = ON.AE Do SOBD = SOAE Chứng minh tương AE BD tự ta có SOCD = SOA F SOCE = SOBF Suy điều cần chứng minh Câu 32 (Báo toán học tuổi trẻ) 200 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( ω) Điểm M nằm tia đối tia BD cho MA ,MC hai tiếp tuyến đường tròn ( ω) Tiếp tuyến B đường tròn ( ω) cắt MC N cắt CD P , ND cắt đường tròn ( ω) E Chứng minh ba điểm A ,E,P thẳng hàng Lời giải: Do MC tiếp tuyến đường tròn ( ω) nên MC BC · · = Do MA tiếp NCB = BDC ⇐ ∆MCB : ∆MDC (g.g) Suy MD CD tuyến đường tròn ( ω) nên tương tự có ∆MA B : ∆MDA (g.g) Suy MA AB BC AB = = ⇔ BC.DA = AB.CD Áp Do MA = M C suy MD DA CD DA dụng định lý Ptolemy với tứ giác A BCD nội tiếp ta có : AB.CD + BC.DA = AC.DB ⇒ BC.DA = AC 2BC AC.DB ⇒ = DA DB (1) Do NB,NC tiếp tuyến đường tròn ( ω) nên ∆NBE : ∆NDB 201 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ∆NCE : ∆NDC (g.g), suy NB BE NC CE = ; = Kết hợp với ND DB ND DC BE CE ⇒ BE.DC = CE.DB Lại áp dụng định lý = DB DC Ptolemy với tứ giác nội tiếp BECD ta được: NB = NC suy BE.DC = CE.DB = BC 2CE BC.DE ⇒ = DB DE (2) Vì PB tiếp tuyến đường tròn ( ω) nên ∆PCB : ∆PBD (g.g) ⇒ 2 PC PB CB  CB  PC PC.PD  PB  = = ⇒ PC.PD = PB2 Mặt khác = = ÷ = ÷ PB PD DB PD PD  PD   DB  , Kết hợp với (2) ta có:  2CE  PC  CB  = ÷ = ÷ PD  DB   DE  (3) Giả sử AE cắt đường thẳng CD Q thì: ∆QEC : ∆QDA (g.g) ⇒ ∆QDE : ∆QAC ⇒ QC EC = QA DA QD DE QC QD EC DE = : = : Từ Kết hợp với (1), QA A C QA QA DA A C (2) ta được: QC EC.A C EC 4EC  2CE  = = = ÷ QD DE.DA DE DE  DE  (4) Từ (3)và (4) suy PC QC = ⇒ P ≡ Q Do ba điểm A ,E,P thẳng hàng PD QD ( ) · Câu 33 Cho tam giác cân ABC AB = AC,BAC < 90 Kẻ đường cao BD ( D ∈ AC ) Gọi M ,N I theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng BC,BM ,BD Tia NI cắt cạnh AC K Chứng minh : a) Các tứ giác ABMD ABNK nội tiếp b) 3BC = 4CA.CK Giải: a) Do tam giác ABC cân A nên A M ⊥ BM Mặt khác BD ⊥ AD , tứ giác A BMD nội tiếp đường tròn tâm trung điểm AB , 202 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC AB (theo dấu hiệu 1) Lại có, từ giả thiết đề NI đường trung bình tam giác BM D , nên NI / /MD Do · · · · Hơn nữa, DMC (vì tứ giác A BMD nội tiếp) Suy KNC = DMC = KAB bán kính · · KNC (1) Từ ta thấy tứ giác ABNK nội tiếp = KAB đường tròn (theo dấu hiệu 2) b) Theo trên, tứ · · giác ABNK nội tiếp, suy NKC = ABC Kết hợp với (1) ta có ∆ABC : ∆NKC ⇒ BC = BC CA = Mặt khác ta thấy NC = BC Do CK NC 4 BC.NC = CA.CK , hay 3BC = 4CA.CK (đpcm) 3 203 ... có tứ giác BIM K tứ giác CIMH nội tiếp · · · · ⇒ IMH = 180 0 − ACB = 180 0 − ABC = IMK · · · · Vậy Mx tia phân giác ⇒ KMx = 180 0 − IMK = 180 0 − IMH = HMx · MHK · · · · b) Do tứ giác BIMK CIMH... CB ⇒ nên dấu “=” bất đẳng CE CF2  CB = MB  thức xảy ⇒ CM < S1S2 Câu 18 (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2009) 185 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Cho đường tròn tâm O đường kính... BHC = BAC + BHC = 180 0 Suy N ,H ,E thẳng hàng Nhận xét: Đường thẳng qua N ,H ,E toán thực chất đường thẳng Steiner điểm M Câu 23 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương – 20 08) Cho tam giác ABC