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 kính  O1  O1  O2  cắt A, B AX , AY đường  O2  Gọi O trung điểm XY ; I điểm thuộc đường phân � giác góc XAY cho OI khơng vng góc với XY I khơng thuộc hai đường O O tròn Đường thẳng qua A vng góc với AI cắt đường tròn   ,   O điểm E , F khác A IX cắt đường tròn   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 Lời giải A E C F D O1 O2 O X B Y K L I S � Khơng tính tổng qt giả sử I điểm thuộc đường phân giác góc XAY 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 uuuu r  uuuu  O1E , O1K   EO1, EK   mod   2  Do  OE tiếp tuyến đường tròn  CEK  � � 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, AK    LA, LK   mod   (1) Mặt khác  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 vuông E , F O trung điểm XY nên suy 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 không sử dụng góc định hướng phải xét trường hợp vị trí điểm I ( I nằm ngồi đoạn XK , YL I nằm đoạn XK , YL ) Câu [Trường THPT Lương Văn Tụy- Ninh Bình- Vòng 2] Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H M , N trung điểm AH , BC Các đường phân giác góc ABH , ACH cắt P Chứng minh: a, Góc BPC góc vng b, M , N , P thẳng hàng Câu [SỞ Bình Định- năm học 2012-2013] Trong tam giác ABC , M chân đường vng góc hạ từ A xuống đường phân giác � góc BCA N , L chân đường vng góc hạ từ đỉnh A, C xuống đường phân giác góc ABC Gọi F giao điểm đường thẳng MN AC , E giao điểm đường thẳng BF CL , D giao điểm đường thẳng BL AC Chứng minh DE PMN Câu [Trường THPT Chuyên Hồng Văn Thụ - năm 2015- Tỉnh Hòa Bình] Cho  O  O hai đường tròn  O1  ,  O2  Gọi I tiếp điểm  O1  ,  O2  Tiếp tuyến chung  O1  tiếp xúc với tiếp xúc với  O2  ; M1 , M tiếp điểm I  O1  ,  O2  cắt  O  A  O AM1 với cắt  O1  O  N1 ; AM cắt N Chứng minh OA  N1 N N1 N cắt  O  B, C ; AI cắt  O  A ' Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác A ' BC Chứng minh N1 N , O1O2 , M1M đồng quy Lời giải  O1   O2  nên AN1.AM1  AN2 AM suy a) A thuộc trục đẳng phương N1 N M M1 tứ giác nội tiếp dẫn đến �  Sđ AC � �  Sđ AB � Sđ BM Sđ BM 1 � AN1 N  � AM M1 �  2 �� AC  � AB � OA  N N b) Gọi H , K giao điểm AO với BC , (O) Tam giác ABK vng B có BH đường cao � AB  AH AK � AM1K  90o � HN1M1K tứ giác nội tiếp � AB  AH AK  AN1 AM1  PA/  O   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  ,  O1  ,  O2  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 M1O1 R1 DO1 M 2O2 M1O 1 DO M O M O 2 1 Suy Dẫn đến D, M1 , M thẳng hàng (Menelauyt đảo) Vậy N1 N , O1O2 , M1M đồng quy Câu [ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI- CHUYÊN HẠ LONG] ; R�  O; R   O�  với R �R ' cắt hai điểm phân biệt A, B Cho hai đường tròn  O   O�  P P� Gọi Q Một đường thẳng d d tiếp xúc với đường tròn Q�lần lượt chân đường vng góc hạ từ P P�xuống OO� Các đường thẳng AQ AQ�cắt đường tròn Hướng dẫn giải  O , B thẳng hàng M M � Chứng minh M , M � P' I P A Q O J Q' O' S M B M'  O Gọi S giao điểm d OO� , S tâm vị tự ngồi hai đường tròn  O�  Đặt k  R' R , ta có: V ( S , k ) : (O) � (O '), P � P ', Q � Q ' Gọi I , J giao điểm AB với PP�và OO� Khi ta có: IP  IA.IB  IP ' � IP  IP ' Q nên JQ  JQ� Mà PQ // IJ // P�� Suy AB trung trực QQ� Mà OO�là trung trực AB Vậy tứ giác AQBQ�là hình thoi B // AQ hay Q� M� Do Q� // QM B� Giả sử V ( S , k ) biến M thành B�khi QM // Q�  O  suy B�  O�  B��B Mà M thuộc thuộc Vậy V ( S , k ) biến M thành B Tương tự ta có V ( S , k ) biến M �thành B Suy M , B, M�thẳng hàng Câu  I  tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB tương ứng Cho ABC đường tròn nội tiếp D, E , F Đường thẳng EF cắt BC G Đường tròn đường kính GD cắt  I  R ( R �D ) Gọi P, Q ( P �R, Q �R ) tương ứng giao  I  với BR, CR Hai đường  CDE  cắt QR M đường tròn thẳng BQ CP cắt X Đường tròn  BDF  cắt PR N Chứng minh PM , Q N , RX đồng quy Hướng dẫn giải  GDBC   1 , KD  KR  KB.KC , điều Gọi K trung điểm đoạn GD Ta có  RPC  Do �KRB  �RCB suy KR tiếp tuyến  I  , KR tiếp tuyến  I  Mặt khác KD tiếp tuyến Vì �KRB  �RQP � �RQP  �RCB � RQ || BC Suy RX qua trung điểm đoạn PQ ( bổ đề quen thuộc hình thang ) Từ suy PM , Q N , RX đường trung tuyến RQP , suy ĐPCM A E R M F N I Q P X G B K Câu D C H [KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2016 - 2017 ]  I  tiếp xúc với BC CA Cho tam giác ABC có AB  AC Đường tròn nội tiếp D, E tương ứng Gọi M trung điểm BC N điểm đối xứng với D qua IM Đường thẳng vng góc với EN N cắt AI P, Q giao điểm thứ hai AN với  I  Chứng minh Câu DP  EQ [ĐỀ XUẤT ĐỀ THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ.Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ - Tỉnh Hòa Bình Năm học 2012-2013] Cho tam giác ABC Các phân giác ngồi góc cắt cạnh đối diện tam giác ABC A1 , B , C1 CMR A1 , B , C1 thẳng hàng thuộc đường thẳng vuông góc với OI O, I tâm đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Hướng dẫn giải Qua I kẻ đường thẳng vng góc IA, IB, IC cắt BC , CA, AB A2 , B2 , C2 � � C C � � A2 IB  � AIB  90o  90o   90 o   ICA 2 Có � B IA 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 B2 C2   OI  1 AA1 I BB1   F  � � F tâm đường tròn bàng tiếp C ABC � C , I , F thẳng hàng C AA1  AI � CA2 CI �  �� A I / / AA1 � � A2 I  AI � CA1 CF � CA2 CB2  1    3 � A1 , B1 , C1 thẳng hàng  �� CA CB CB CI 1 � CMT : IB2 / / FB2 �   A B C   OI � 1 CF CB1 � � A2 B2 / / A1 B1 Câu CMT : � B2C2 / / B1C1  2  3 [Đề xuất lớp 11 Sở GD- ĐT Quảng Ninh- Trường THPT Chuyên Hạ Long]  I  nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC , CA, AB theo Giả sử đường tròn thứ tự D, E , F Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF K Gọi M trung điểm BC Chứng minh rằng: IM  DK Hướng dẫn giải Gọi N giao điểm ID EF Qua N N kẻ đường thẳng // BC cắt AB , AC theo � � thứ tự từ P, Q Vì hai tứ giác IFPN IQEN nội tiếp nên IFN  IPN A K E N Q P F J I B D H M C �  IQN � IEN � � � � Mặt khác IEN  IFN � IPN  IQN Do IPQ cân I Vậy N trung điểm PQ � A, N , M thẳng hàng Lại có IN  AK , KN  AI � N trực tâm AIK � AM  IK Gọi H giao điểm AM IK J giao điểm IA EF �  IKD � � IH IK  IJ IA  IE  ID � IHD : IDK (c  g  c) � IDH � � � � Mà Y IHMD nội tiếp nên IDH  IMH � IKD  IMH � IM  DK (Đpcm) Câu 10 [ĐỀ NGHỊ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BC B LP 11 - Trờng T.H.P.T Chuyên Thái Bình.Năm häc 2013-2014 ] Cho tam giác ABC vuông 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 2) 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) BU BU NA MA BK BA ML BQ BA MN    Ta có: 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 ABU, ACV đồng dạng � � Vậy KAB  LAC 2) Đặt Z  ML � NK (h.2.2)  1 Theo định lí Pappus: X,Y,Z thẳng hàng Gọi H hình chiếu A BC ; O, F, E theo thứ tự trung điểm BC , MN,AH Dễ thấy A, Z, O, F thẳng hàng; E, X, O thẳng hàng; FX / / AH Vậy X(AHEF)  1  X(AZOF)  X(AZEF)  2 Do X,H,Z thẳng hàng Từ  1   suy XY qua H (đpcm) Mà G, K , F thẳng hàng; O, K , E thẳng hàng nên EK FK vng 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  Tiếp tuyến  O  B, C cắt S Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Gọi d đường thẳng chứa phân giác góc A tam giác ABC Các đường trung trực đoạn thẳng AB, AC cắt d M N Gọi P giao điểm BM CN , I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP , H trực tâm tam giác OMN a Chứng minh H , I đối xứng với qua d b Chứng minh A, I , S thẳng hàng Hướng dẫn giải E A N O H I P M C D B E S a) Chứng minh OP trung trực MN Khơng tính tổng qt ta giả sử tốn có vị trí tương đối hình vẽ  O  , F trung Gọi D trung điểm BC , E giao điểm (khác A ) d với điểm MN Vì hai tam giác MAB NAC cân nên dễ thấy: �  PNM � ,� � PMN OMN  ONM Suy ra, tam giác PMN cân P tam giác OMN cân O Vậy OP trung trực MN +) Chứng minh H , I đối xứng với qua d �  BME �  BAC � ,� �  BAC � � IMF � � IMF HMF  HON HMF 2 Ta có: Vậy hai điểm I H đối xứng với qua d b) Chứng minh AD, AS đối xứng với qua AE  O Gọi EK đường kính  DSEK   1 nên A � AE phân giác góc SAD Ta có  DSEK   1 mà AE AK vng góc với suy Vậy AD, AS đối xứng với qua AE +) Dựa vào tính chất phép đối xứng trục d ta thấy A, I , S thẳng hàng A, H , D thẳng hàng Ta dùng Melenauyt với tam giác OEF để chứng minh điều A MF cot HO FO   cos A ;  1  A A HF FH MF tan sin 2 A sin DE R (1  cos A) � HO DE AF    DO R cos A cos A HF DO AE Ta có điều phải chứng minh Câu 16 [HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘTRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA-2006] Cho tam giác ABC với H trực tâm tam giác, O tâm đường tròn ngoại tiếp R bán kính đường tròn ngoại tiếp Gọi D điểm đối xứng A qua BC , E điểm đối xứng B qua CA , F điểm đối xứng C qua AB Chứng minh D, E , F thẳng hàng OH  R Hướng dẫn giải Gọi G trọng tâm tam giác ABC trung điểm BC , CA, AB Gọi I , J , K tam giác nhận A, B, C trung điểm cạnh JK , KI , IJ Do G trọng tâm tam giác IJK Từ cách dựng suy HA, HB, HC đường trung trực JK , KI , IJ Do H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK có bán kinh 2R , E� , F �là hình chiếu vng góc O lên đường JK , KI , IJ Do G trọng Gọi D� tâm hai tam giác nên: V� Xét 1� G ; � � � 2� , B� , C� biến A, B, C , I , J , K thành A, B, C , A� , D�thẳng  BC , OD�  JK � OD  BC Vậy O, A� Có A�là trung điểm BC nên OA� D  BC hàng Do A�� D / / AD Suy A�� A� D AD � �GAD  �GA�� D � �AGD  �A� GD� � �AGD  �AGD�  �A� GD�  �AGD�  180o Vậy D, G, D� thẳng hàng V� Tương tự có 1� G ; � � � 2� V� 1� G ; � � � 2� biến D thành D� biến E thành E �biến F thành F � D, E , F thẳng hàng D� , E� , F �thẳng hàng Do D� , E� , F �là hình chiếu , E� , F �thẳng hàng vng góc O lên đường JK , KI , IJ nên theo định lí Simson D� � O nằm đường tròn ngoại tiếp IJK � OH  R Câu 17 [ HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11NĂM 2015- TỈNH QUẢNG NAM ] � � Cho ABC nhọn có BAC  30 Hai đường phân giác ABC lần � B B lượt cắt đường thẳng AC ; hai đường phân giác ACB cắt đường thẳng AB C1 , C2 Giả sử hai đường tròn đường kính B1 B2 �  900 C1C2 gặp điểm P nằm bên ABC Chứng minh BPC Hướng dẫn giải Gọi O trung điểm đoạn thẳng B1 B2 Khi hai điểm B P nằm đường tròn tâm O bán kính OB1 Vì �  OBB �  CBB �  OB � BB �BA  BAC � OBC 1 1 nên VOCB : VOBA , Suy OC.OA  OB  OP 2 � � Từ VOCP : VOPA � OPC  PAC Do     �  PBA �  B �BC  PBB � � �  POB �  PCA �  OPC � PBC  � ABB1  PBB  PBB 1 1 �  PBC �  PBA �  PCA �  1 � � � � PAC Như PBC  PBA  PCA  PAC suy Tương tự ta có �  PCB �  PBA �  PCA � PAB  2 �  PBC � �  PCB � �  PCA � PAC   PAB   PBA      180 Ngoài Từ  1 ;   ;  3 Suy Câu 18   3 � � ta đến PBA  PCA  60      �  PBA �  PAB � �  PAC � �  PBA �  PCA � BPC  PCA  BAC  900 [ TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X, NĂM HỌC 2013-2014 TRƯỜNG THPT CHUN HỒNG VĂN THỤ -HỊA BÌNH ] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Đường tròn tâm I tiếp xúc với hai cạnh AC , BC E , F tiếp xúc với đường tròn tâm O điểm P Một đường thẳng song song với AB tiếp xúc với đường tròn tâm I điểm Q nằm tam giác ABC  O  Chứng minh KL a) Gọi K , L giao điểm thứ hai PE PF với song song với EF b) Chứng minh rằng: � � ACP  QCB Hướng dẫn giải a) Gọi D giao điểm thức hai đường thẳng PC 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 / / KL EF Ta có OK ảnh IE qua V , dẫn đến OK / / IE mà IE  AC � OK  AC , suy K điểm cung AC Chứng minh tương tự ta có L điểm cung BC , M điểm cung AB b) Ta có �  MA � � BL �  LM �  MK �  KA � BM �  LM �  MK �  CK � � LC �  MC �  MC �  2CK � � LM �  CK � � LM �  FQ � � DE (tính chất phép vị tự) �  QFC � � DEC (góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn hai cung nhau) DE  QF M C L Q D K F O E I A B P Lại có CE  CF theo tính chất hai tiếp tuyến kẻ từ điểm � � Suy CED  CFQ , dẫn đến ECD  FCQ Từ ta có điều phải chứng minh Câu 19 [ THI HSG VĨNH PHÚC NĂM 2008-2009] Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Gọi E giao điểm AC với BD CMR ba trung điểm AD, BC , OE thẳng hàng AB  CD � AEB  900 PHẦN HÌNH HỌC PHẲNG LOẠI 1: Chứng minh tính chất: thẳng hàng, đồng quy, song song, vng góc Câu 20 [TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH TỈNH YÊN BÁI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X] Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Đường vng góc với AD A cắt BC E Đường vng góc với AB A cắt CD F Chứng minh ba điểm E, O, F thẳng hàng Hướng dẫn giải � � � Ta có EAF  ECF bù với góc BAD , đỉnh A, C lại thuộc hai phía đường thẳng EF Lấy K điểm đối xứng A qua EF � � � � Ta có EKF  EAF (do t/c đối xứng) suy EKF  ECF suy tứ giác ECKF nội tiếp � � � � Suy FCK  FEK mà FEK  AEF (t/c đối xứng) � � � � � mặt khác AEF  DAK (cùng phụ EAK ), suy DCK  DAK mà hai góc hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh DK suy tứ giác ADKC nội tiếp suy K thuộc (O) Vậy EF đường trung trực dây AK suy E, O, F thẳng hàng Câu 21 [TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN LƯƠNG VĂN TỤY NINH BÌNH] Cho tam giác ABC nhọn Gọi D, E, F tương ứng chân ba đường cao từ A, B, C tam giác I J tương ứng tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF BFD O O’ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIC BJD Chứng minh: OO’ // IJ Hướng dẫn giải Gọi K tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDE Ta có: BDF ∽ EDC � JDF ∽ KDC (vì J, K tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác) Suy DJK ∽ DFC Ta có: �  JKC �  ABC �  JKD �  DKC �  ABC �  DCF �  180  KCD �  KDC �  JBD 2 1� �  1800  ACB �  EDC �  ABC �  DAB �  1800  ACB �  BAC �  180  ABC  900  DBA 2 2 2 Suy tứ giác BJKC nội tiếp đường tròn (1) Tương tự AIKC nội tiếp đường tròn (2) Từ (1) (2) suy OO '  CK (3) Ta có: 1� 1� �  3600  IJB �  BJK �  3600  (1800  BAC) � IJK  (180  BCA)  900  ABC 2 Suy IJ  CK (4) Từ (3) (4) ta có OO’ // IJ Câu 22 [TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn (I) Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) N khác B, đường thẳng CI cắt đường tròn (O) M khácC Trên cung BC khơng chứa A đường tròn (O) lấy điểm G tùy ý (G khác B, C) Gọi J, K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABG, ACG Đường tròn ngoại tiếp tam giác GJK cắt đường tròn (O) điểm P khác G Hai tiếp tuyến đường tròn (O) M, N cắt Q Chứng minh ba điểm P, A, Q thẳng hàng Hướng dẫn giải Ta có G, J, M G, K, N thẳng hàng Hai tam giác PJM PKN có � � �  PNK � � � PMJ ; PJM  180  PJG  180  PKG  PKN PM MJ  NK Suy hai tam giác PJM PKN đồng dạng Do đó: PN Vì J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABG M điểm cung AB đường tròn ngoại tiếp tam giác ABG nên MJ = MA PM AM  AN Do PMAN tứ giác điều hòa Tương tự NK = NA Suy PN Vì PMAN tứ giác điều hòa nội tiếp đường tròn (O) nên tiếp tuyến (O) M, N cắt điểm Q PA hay ba điểm P, A, Q thẳng hàng Câu 23 [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG]  O  Gọi I tâm đường tròn Cho tam giác ABC khơng cân A nội tiếp đường tròn nội tiếp tam giác Đường tròn  O1  tiếp xúc với cạnh BA, BC tiếp xúc với  O  O  O2  tiếp xúc với cạnh CA, BC tiếp xúc với B1 Đường tròn C1 Hướng dẫn giải O , O Gọi M , N tiếp điểm BC với đường tròn     J giao điểm B1M , C1 N Chứng minh AJ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác B1CM , C1BN � Gọi S giao điểm BC B1C1 Chứng minh AIS  90 A C1 B1 O1 O2 Q I O P S B N M C J O Gọi J1 , J giao điểm thứ B1M , C1 N với   Ta có O1B1M , OB1 J1 tam giác cân O1 , O , mà O, O1 , B1 thẳng hàng nên suy OJ1 || O1M Do OJ1  BC Chứng minh tương tự ta có OJ  BC Mà J1 , J phía BC nên suy J1 �J �J Suy J điểm cung BC nên A, I , J thẳng hàng JB  JC  JI � � � Ta có IBN : ABI nên BIN  BAI  BC1 N suy tứ giác BC1 IN nội tiếp Chứng minh tương tự ta có tứ giác CB1IM nội tiếp Mặt khác ta có JM JB1  JB  JC  JN JC1  JI 2 Vậy AJ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác B1CM , C1BN Gọi P, Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác B1CM , C1BN PQ  AJ I Vì JM JB1  JB  JC  JN JC1  JI nên tứ giác MNC1B1 nội tiếp 2 Gọi S1  PQ �BC Do PBN QCM tam giác cân có góc đỉnh �  PNB �  QCM � � � PBN  QMC 2BAJ nên chúng đồng dạng Suy Do PB || QN , PN || QC S1P S1B S1 N   � S1B.S1C  S1M S1 N S1Q S1M S1C S1 thuộc trục đẳng phương MNC1B1  ,  ABC  � S1 �B1C1 hay PQ, B1C1 , BC đồng quy hai đường tròn  � � S1 S1 �S Vậy AIS  90 Câu 24 [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỈNH LÀO CAI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII] Cho tam giác Gọi nội tiếp đường tròn điểm cung giao góc Gọi Trực tâm tam giác đường tròn ngoại tiếp tam giác , giao Kẻ phân giác tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác a) Chứng minh b) Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác Hướng dẫn giải a) Ta có nên tứ giác Suy nội tiếp , ta thhu tứ giác nội tiếp, tương tự tứ giác Dễ có nội tiếp (đường tròn qua điểm , gọi tâm Ta có: Suy b) Ta có nên qua đối xứng với Do Ta có Suy tâm phép vị tự quay biến giao nên nên Do nên Ta thu nội tiếp Mà , hay , suy tứ giác nên hình thang cân Vậy thành Câu 25 [TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN TỈNH LẠNG SƠN TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ] Cho tam giác ABD nội tiếp đường tròn (O) Gọi M trung điểm BC AM cắt (O) D Gọi E, F, G, H trung điểm AB, BD, DC, CA Phân giác � � góc EMG; FMH X  AC �BD;Y  AB �CD cắt EG, FH tương ứng S, T Gọi a Chứng minh ST P XY b P  MS �FH ; R  MT �EG Chứng minh AD qua trung điểm PR Hướng dẫn giải a) Ta có ABM : CDM ; AMC : BMD nên AB MB MC AC AB AC    �  CD MD MD BD CD BD Hơn nữa, ME, MG, MF, MH đường trung tuyến trương ứng nên suy ME AB AC MH SE ME MH TH       MG CD BD MF Vì MS, MT phân giác nên SG MG MF TF Chú ý EFGH hình bình hành nên EH P FG , theo định lí Thales suy ST P EH P FG , suy ST P BD (1) Mặt khác, áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC với đoạn AM, CY, BX ta MB XC YA XC YB 1�  MC XA YB XA YA nên suy XY P BD (2) Từ (1), (2) suy ST P XY b) Gọi L trung điểm AD Thế tứ giác LHMF, LEMG, EFGH hình bình hành nên suy EG, FH, LM đồng quy trung điểm K đoạn thẳng � � � � � �  TMA Mặt khác, dễ thấy BMF  AMH ; TMF  TMH suy TMB , tức MT phân AMB giác góc � Tương tự MS phân giác góc ngồi � AMC nên suy MT  MS Do MR phân giác � EMG � Tương tự MP phân giác ngồi góc FMH Suy PH TH SE RE    � PR PST PEH PF TF SG RG Dễ thấy AK qua trung điểm EH nên qua trung điểm PR Nhận xét bình luận phát triển tốn: + Ý a) kết tỉ số đồng dạng kết hợp với đường phân giác Cùng với việc ý tới định lí Thales hình bình hành EFGH + Ý b) hệ kéo theo với việc nhận thấy MT  MS từ suy MS, MR phân � giác EMG + Ta thu kết thú vị sau: Gọi P  MS �FH ; R  MT �EG; Q  YP �XR Khi MPQR hình chữ nhật Chứng minh: Dễ thấy XCD : XBA với XE, XG trung tuyến tương ứng, XE AB ME   k XG CD MG nên X, M nằm đường tròn Apollonius dựng E, G với tỉ số ME SE XE   k k Do đó, MG SG XG nên M, X, S nằm đường tròn Apollonius � � � � � � Hơn nữa, dễ thấy BMF  AMH ; TMF  TMH suy TMB  TMA , tức MT phân � � giác góc AMB Tương tự MS phân giác góc AMC nên suy MT  MS (3) Do � đó, MR phân giác ngồi EMG MS phân giác trong, nên đường tròn đường kính MS đường tròn Apollonius dựng E, G Do đó, tứ giác MSXR nội tiếp Gọi I trùng điểm MX Xét tứ giác toàn phần XDMCAB, E, G, I thẳng hàng (nằm đường thẳng Gauss) Do đó, SR đường kính đường tròn Apollonius Vậy, �  900 � MRX (3) Tương tự MPY  90 (5) Từ (3), (4), (5) suy MPQR hình chữ nhật ... góc với đường thẳng AT Câu 13 [ 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.MÔN TOÁN - LỚP 11 ] O Cho tam giác ABC... bổ đề quen thuộc hình thang ) Từ suy PM , Q N , RX đường trung tuyến RQP , suy ĐPCM A E R M F N I Q P X G B K Câu D C H [KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC... 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  Tiếp tuyến