Tài liệu tham khảo bồi dưỡng HSG môn toán 9 (phần 2)

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO DẠNG VI: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN Một số định nghĩa, định lí, tính chất kiến thức liên quan đến phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương trình ax2 + bx + c = Nếu có nghiệm nguyên x0 c Mx0 Phương trình có nghiệm ngun ∆ ( ∆ ') số phương, ∆ ( ∆ ') khơng âm Phương trình đưa dạng f(x).g(x) = k với f(x) g(x) đa thức hệ số nguyên Ta phân tích k thừa số nguyên tố giải hệ phương trình  f ( x) = m   g ( x) = n với m.n = k Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên Phương trình nghiệm ngun đa dạng phong phú Khơng có cách giải chung cho phương trình, nhiên để giải phương trình ta thường dựa vào số phương pháp giải sau: Phương pháp I : Phương pháp đưa dạng tích Biến đổi phương trình dạng: Vế trái tích của đa thức chứa ẩn, vế phải tích số ngun Ví dụ 1: Tìm nghiệm ngun dương phương trình: 2( x + y ) + = 3xy Lời giải: Ta có: 2( x + y ) + = xy ⇔ xy − x − y = ⇔ y (3x − 2) − (3x − 2) = + ⇔ (3x − 2)(3 y − 2) = 19 3 Do x, y nguyên dương nên x − ≥ 1; y − ≥ mà 19 = 1.19 = 19.1 nên ta có khả 3x − = (I) sau:  y − = 19  ; 3 x − = 19 (II)  y − =  Giải hệ phương trình trên, ta đươc nghiêm nguyên phương trình (x; y) ∈ { (1; 7); (7; 1)} Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 + x + = y2 Lời giải: Ta có: x2 + x + = y2 ⇔ 4x2 + 4x + 24 = 4y2 ⇔ (2x + 1)2 – 4y2 = -23 ⇔ ( 2x – 2y + 1)(2x + 2y + 1) = - 23 2x − y + = −1 2x − y + = 23 Suy ra:   2x+2 y + = 23 2x+2 y + = −1 2x − y + = 2x − y + = −23   2x+2 y + = −23 2x+2 y + = Giải trường hợp kết hợp với điều kiện x, y nguyên ta nghiệm nguyên (x, y) (5; 6); (5; -6) ; (-6;- 6); (- 6; 6) Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2 Lời giải: Ta có: x4 + 4x3+ 6x2+ 4x = y2⇔ x4 +4x3+6x2+4x +1- y2=1⇔ (x+1)4 – y2 =  ( x + 1) –    ( x + 1) +  ⇔ [(x+1)2 –y][(x+1)2+y] =1 ⇔   ( x + 1) –    ( x + 1) +  y = − 1      y = −1 y =  −1 + y = − − y ⇒ 1 + y = − y y = ⇒ y = ⇒ (x+1)2 = ⇔ x+1 = ± ⇒ x = x = -2 Thử lai giá trị tương ứng x y ta thấy thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên ( x, y ) ∈ {( 0, ); ( - 2, )} Ví dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình : y3 - x3 = 91 (1) Lời giải Ta có (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91 (*) Vì x2 + xy + y2 > với x, y nên từ (*) => y - x > Mặt khác 91 = 91 = 13 y - x ; x2 + xy + y2 có giá trị nguyên dương nên ta có bốn khả sau: y - x = 91 x2 + xy + y2 = (I) y - x = x2 + xy + y2 = 91 (II) y - x = x2 + xy + y2 = (III) y - x = x2 + xy + y2 = 13 (IV) Đến đây, toán coi giải Phương pháp II : Sử dụng tính chất chia hết - Sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vơ nghiệm tìm nghiệm phương trình - Hai vế phương trình nghiệm nguyên chia cho số có số dư khác phương trình khơng có nghiệm ngun Ví dụ : Tìm nghiệm ngun phương trình : xy + x - 2y = (3) Lời giải Ta có (3) tương đương y(x - 2) = - x + Vì x = khơng thỏa mãn phương trình nên (3) tương đương với: y = −x + ⇔ y = −1 + x−2 x−2 Ta thấy: y số nguyên nên x - ước hay x - = x - = -1 ⇔ với x = x = Từ ta có nghiệm nguyên (x ; y) (1 ; -2) (3 ; 0) Chú ý: Có thể dùng phương pháp để giải toán này, nhờ đưa phương trình (3) dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = tương đương (x - 2)(y + 1) = Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình sau x = y (4) Lời giải Ta thấy: x = y = nghiệm (4) x y  Nếu x0 , y0 ≠ ( x0 , y0 ) nghiệm (4) Gọi d = ( x0 , y0 ) , suy  , ÷ = (*) d  Ta có: x02 = y02 ⇒  2 d  x0  x0  y0  y  chẵn  ÷ M4 (mâu thuẫn với (*) ) ÷ = 2 ÷ ⇒ d d  d  d  Vậy phương trình (4) có nghiệm ngun (0; 0) Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: 2x2 + 4x = 19 - 3y2 Lời giải: Ta có: 2x2 + 4x + = 21 - 3y2 ⇔ 2(x + 1)2 = 3(7 - y2) (2) Ta thấy 3(7 - y2) 2 ⇒ - y2 2 ⇒ y lẻ Ta lại có - y2 ≥ nên y2 = Khi (2) có dạng: 2(x + 1)2 = 18 Ta : x + = ± x1 = 2, x2 = -4 Các cặp số (2;1), (2;-1), (-4;1), (-4;-1) thoả mãn nên nghiệm nguyên pt Phương pháp V: Đưa dạng tổng Biến đổi phương trình dạng : Vế trái tổng bình phương, vế phải tổng số phương Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình x2 + y2 - x - y = (1) Lời giải (1) ⇔ 4x2 + 4y2 - 4x - 4y = 32 ⇔ (4x2 - 4x + 1) + (4y2 - 4y + 1) = 34 ⇔ (2x – 1)2 + (2y – 1)2 = 34 Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 có dạng phân tích thành tổng hai số phương 32 52 Do phương trình thỏa mãn hai khả :  2x − =  2x − =    2y − =  2y − = Giải hệ trên, suy phương trình (1) có bốn nghiệm nguyên (x ; y) ∈ {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)} Ví dụ 2: Tìm nghiệm ngun phương trình x2 – 4xy + 5y2 = 169 Lời giải Ta có: x2 – 4xy + 5y2 = 169⇔ (x – 2y)2 + y2 = 169 Ta thấy 169 = 02 + 132 = 52 + 122 Do phương trình thỏa mãn bốn khả :  x − 2y =  x − 2y = 13  x − 2y =  x − 2y = 12 ⇒  ⇒   y = 13  y =  y = 12  y = Giải ta nghiêm nguyên phương trình (x, y) ∈ {(29, 12); (19, 12); (-19, -12); (22, 5); (-2, 5) ;(2, -5); (-22, -5); (26, 13); (-26, -13); (-13 0); (13, 0)} Phương pháp VIII: Sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc Biến đổi phương trình dạng phương trình bậc ẩn coi ẩn khác tham số, sử dụng tính chất nghiệm phương trình bậc để xác định giá trị tham số Ví dụ 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + = Lời giải Ta có phương trình: 3x2 + y2 + 4xy + 4x + 2y + = ⇔ y2 + (4x + 2)y + 3x2 + 4x + = (*) Coi x tham số phương trình bậc (*) với ẩn y, ta có: y = -(2x + 1) ± ∆' x Do y nguyên, x nguyên ⇒ ∆' x nguyên Mà ∆' x = (2x + 1)2 – (3x2 + 4x + 5) = x2 – ⇒ x2 – = n2 (n∈ ¢ ) ⇒ (x- n) (x+ n) = ⇒ x = ± (do x - n x + n tính chãn lẻ) Vậy phương trình có nghiệm ngun (x; y) ∈ {(2; -5); (-2, 3)} Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 – (y+5)x + 5y + = Lời giải Ta có: x2 – (y+5)x + 5y + = coi y tham số ta có phương trình bậc ẩn x Giả sử phương trình bậc có nghiệm x1, x2  x1 + x = y + 5x1 + 5x = 5y + 25 ⇒ Theo định lý Viet, ta có :   x1x = 5y +  x1x = 5y + ⇒ x1 + 5x2 – x1x2 = 23 ⇔ (x1 -5) (x2 -5) = mà = 1.2 = (-1)(-2) ⇒ x1 + x2 = 13 x1 + x2 = ⇒ y = y = Thay vào phương trình ta tìm cặp số (7; 8); (6; 8); (4; 2); (3; 2) nghiệm nguyên phương trình Ví dụ 3: Tìm nghiệm ngun phương trình: x + y + xy = x2 + y2 (1) Lời giải Viết (1) thành phương trình bậc x x2 - (y + 1)x + (y2 - y) = (2) Điều kiện cần để (2) có nghiệm ∆ ≥ ∆ = (y + 1)2 - 4(y2 - y) = y2 + 2y + - 4y2 + 4y = -3y2 + 6y + * ∆ ≥ ⇔ y − y − ≤ ⇔ 3( y − 1) ≤ Do (y - 1)2 ≤ Suy -1 ≤ y - ≤ y-1 -1 y 2 Với y = 0, thay vào (2) ta x - x = Ta có x1 = 0; x2 = Với y = 1, thay vào (2) x2 - 2x = Ta có x3 = 0; x4 = Với y = 2, thay vào (2) ta x2 - 3x + = Ta có x5 = 1; x6 = Thử lại, giá trị nghiệm phương trình Vậy phương trình cho có nghiệm ngun (0;0), (1;0), (0;1), (2;1), (1;2), (2;2) CHUYÊN ĐỀ VII: CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I PHƯƠNG PHÁP : DÙNG ĐỊNH NGHĨA Kiến thức: Để chứng minh A > B Ta chứng minh A –B > Lưu ý dùng bất đẳng M ≥ với∀ M Ví dụ ∀ x, y, z chứng minh : a) x + y + z ≥ xy+ yz + zx ; b) x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz c) x + y + z +3 ≥ (x + y + z) Giải: a) Ta xét hiệu: x + y + z - xy – yz – zx = ( x + y + z - xy – yz – zx) [ ] ( x − y ) + ( x −z ) + ( y − z ) ≥ với x; y; z ∈ R Vậy x + y + z ≥ xy+ yz + zx Dấu xảy x = y =z = b)Ta xét hiệu: x + y + z - ( 2xy – 2xz +2yz ) = x + y + z - 2xy +2xz –2yz =( x – y + z) ≥ với x;y;z ∈ R Vậy x + y + z ≥ 2xy – 2xz + 2yz với x;y;z ∈ R Dấu xảy x+y=z c) Ta xét hiệu: x + y + z +3 – 2( x+ y +z ) = x - 2x + + y -2y +1 + z -2z +1 = (x-1) + (y-1) +(z-1) ≥ Dấu(=)xảy x=y=z=1 Ví dụ 2: chứng minh : a2 + b2  a + b  ≥ a)  ;   b) a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥  3   a) Ta xét hiệu ( Giải: ) ( a2 + b2  a + b  a2 + b2 a + 2ab + b − − = 2a + 2b − a − b − 2ab  = 4   ) a2 + b2  a + b  ≥ = ( a − b ) ≥ Vậy  ; Dấu xảy a=b   a2 + b2 + c2  a + b + c  2 − b)Ta xét hiệu:  = ( a − b) + ( b − c) + ( c − a ) ≥ 3   [ ] a2 + b2 + c2  a + b + c  ≥ Vậy  ; Dấu xảy a = b =c 3   II PHƯƠNG PHÁP : DÙNG PHÉP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức bất đẳng thức chứng minh Chú ý đẳng thức sau: ( A ± B ) = A2 ± AB + B ( A + B + C ) = A + B + C + AB + AC + BC ; ( A ± B) = A3 ± A2 B + AB ± B Ví dụ 1: Cho a, b, c, d, e số thực chứng minh rằng: b2 ≥ ab b) a + b + ≥ ab + a + b c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) b2 Giải:a) a + ≥ ab ⇔ 4a + b ≥ 4ab ⇔ 4a − 4ab + b ≥ ⇔ ( 2a − b ) ≥ (BĐT đúng) b2 Vậy a + ≥ ab (dấu xảy 2a=b) 2 b) a + b + ≥ ab + a + b ⇔ 2(a + b + ) > 2(ab + a + b) a) a + 2 ⇔ a − 2ab + b + a − 2a + + b − 2b + ≥ ⇔ (a − b) + (a − 1) + (b − 1) ≥ (BĐTnàyluôn đúng) Vậy a + b + ≥ ab + a + b Dấu xảy a=b=1 c) a + b + c + d + e ≥ a( b + c + d + e ) ⇔ 4( a + b + c + d + e ) ≥ 4a( b + c + d + e ) ( ) ( ) ( ) ( ) ⇔ a − 4ab + 4b + a − 4ac + 4c + a − 4ad + 4d + a − 4ac + 4c ≥ ⇔ ( a − 2b ) + ( a − 2c ) + ( a − 2d ) + ( a − 2c ) ≥ (BĐT đúng) Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2: Cho a, b hai số dương có tổng Chứng minh : 1 + ≥ a +1 b +1 Giải: Dùng phép biến đổi tương đương ; 3(a + + b + 1) ≥ 4(a + 1) (b + 1) ⇔ ≥ 4(ab + a + b + 1) (vì a + b = 1) ⇔ ≥ 4ab + ⇔ ≥ 4ab ⇔ (a + b)2 ≥ 4ab (BĐT ln đúng) Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3: Cho số a, b thoả mãn a + b = CMR a3 + b3 + ab ≥ 1 ⇔ a3 + b3 + ab ≥ 2 1 ⇔ (a + b)(a2 - ab + b2) + ab ≥ ⇔ a2 + b2 - ≥ Vì a + b = ⇔ 2a2 + 2b2 - ≥ 2 2 ⇔ 2a + 2(1-a) - ≥ ( b = a -1 ) ⇔ 4a - 4a + ≥ ⇔ ( 2a - )2 ≥ Giải : Ta có : a3 + b3 + ab ≥ Bất đẳng thức cuối Vậy a3 + b3 + ab ≥ 1 Dấu '' = '' xảy a = b = 2 III PHƯƠNG PHÁP 3: DÙNG BẤT ĐẲNG THỨC QUEN THUỘC Một số bất đẳng thức hay dùng 1) Các bất đẳng thức phụ: a) x + y ≥ xy a b b) ( x + y ) ≥ xy b a c) + ≥ a1 + a + a3 + + a n n ≥ a1 a a3 a n Với > n 2 3) Bất đẳng thức Bunhiacopski: a2 + a22 + + an2 x12 + x22 + + 2n ≥ ( a1 x1 + a2 x2 + + an xn ) 2) Bất đẳng thức Cơ si: ( )( ) Các ví dụ Ví dụ 1: Cho a, b, c số không âm chứng minh rằng: (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc Giải: Dùng bất đẳng thức phụ: ( x + y ) ≥ xy Tacó ( a + b ) ≥ 4ab ; ( b + c ) ≥ 4bc ; ( c + a ) ≥ 4ac ⇒ ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 64a b c = ( 8abc ) ⇒ (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc Dấu “=” xảy a = b = c Ví dụ 2: Cho x , y số thực thoả mãn : x2 + y2 = x − y + y − x Chứng minh : 3x + 4y ≤ Giải : Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacơpxki ta có : (x2 + y2)2 = ( x − y + y − x )2 ( x ≤ ; y ≤ ) ≤ (x2 + y2)(1 - y2 + - x2) => x2 + y2 ≤ Ta lại có : (3x + 4y)2 ≤ (32 + 42)(x2 + y2) ≤ 25 => 3x + 4y ≤  2 x + y =  Đẳng thức xảy ⇔  x > 0, y >  x y  =  x = ⇔  y =  3 5 ≤x≤ Điều kiện : 2 Ví dụ 3: Cho a, b, c ≥ ; a + b + c = Chứng minh : b, a + + b + + c + < 3,5 a, a + b + b + c + c + a ≤ ; Giải : a, Áp dụng bất dẳng thức Bunhiacôpxki với số ta có : => ( a + b + b + c + c + a ≤ (1 + + 1)  a + b  ) ( a+b + b+c + c+a ) ( c +1 ≤ ; b+c ) +( ) c+a   a+b + b+c + c+a ≤ b, Áp dụng bất đẳng thức Cơsi , ta có : a + ≤ b 2 ≤ 3.(2a + 2b + ac) = => Dấu '' = '' xảy : a = b = c = Tương tự : b + ≤ + ) +( (a + 1) + a = +1 2 c +1 Cộng vế bất đẳng thức ta : a + + b + + c + ≤ a+b+c + = 3,5 Dấu đẳng thức xảy a = b = c =0 trái với giả thiết : a + b + c = Vậy : a + + b + + c + < 3,5 Ví dụ : Cho số dương a , b , c thoả mãn : a + b + c = Chứng minh : Giải : Ta có : Ta có : 1 + + ≥9 a b c a b + >0 ,a,b>0 b a 1 1 1 1 + + = ( + + ) = ( + + ) (a + b + c) a b c a b c a b c a b a c b a b c c a c b a b b a b c c b c a a c =1 + + + + + + + + = + ( + ) + ( + ) + ( + ) ≥ + + + = => 1 1 + + ≥ Dấu ''='' xảy : a = b = c = a b c Ví dụ 5: Cho số a,b,c,d chứng minh rằng: (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: ac + bd ≤ a + b c + d mà ( a + c ) + ( b + d ) = a + b + 2( ac + bd ) + c + d ≤ ( a + b ) + a + b c + d + c + d ⇒ (a + c) + (b + d ) ≤ a + b + c + d Ví dụ 6: Chứng minh rằng: a + b + c ≥ ab + bc + ac Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski Xét cặp số (1,1,1) (a,b,c) ta có : 10 Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành 3) I trung điểm CF => OI ⊥ CF (quan hệ đường kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI ⊥ AB K, => ∆BKG vuông K Ta cung có ∆BHA vng H => ∠BGK = ∠BAH ( cung phụ với ∠ABH) mà ∠BAH = ∠BAC (do ∆ABC cân nên AH phân giác) => ∠BAC = 2∠BGO Bài 46: Cho đường trũn (O) điểm P đường trũn Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B tiếp điểm) Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) C (C ≠ A) Đoạn PC cắt đường trũn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD B b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB · E HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vỡ: BEA chung · · = EBD (gúc nội tiếp gúc tạo tia tiếp tuyến…) EAB O P EB ED D ⇒ EB2 = EA.ED (1) ⇒ = C EA EB · · · · * EPD = PCA (s.l.t) ; EAP = PCA (gúc nội tiếp gúc tạo tia tiếp tuyến…) A · · · ⇒ EPD = EAP ; PEA chung ⇒ ∆EPD ~ ∆EAP (g.g) EP ED ⇒ EP2 = EA.ED (2)Từ & ⇒ EB2 = EP2 ⇒ EB = EP ⇒ AE trung tuyến ⇒ = EA EP ∆ PAB Bài 47: Cho ∆ABC vuông A Lấy cạnh AC điểm D Dựng CE vng góc BD a Chứng minh ∆ABD ~ ∆ECD b Chứng minh tứ giỏc ABCE tứ giỏc nội tiếp c Chứng minh FD vng góc BC, F giao điểm BA CE · d Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH ∆ABC bán kính C đường trũn ngoại tiếp tứ giỏc ADEF HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g) E b) tứ giỏc ABCE tứ giỏc nội tiếp (Quĩ tớch cung chứa gúc 900) K c) Chứng minh D trực tõm ∆ CBF D 2a · H d) AC = BC.sin ABC = 2a.sin60 = 2a =a a 600 · AB = BC.cos ABC = 2a.cos60 = 2a = a A B F · · · AH = AB.sin ABC = a.sin600 = a ; ∆ FKB vuụng K , cú ABC = 600 ⇒ BFK = 300 · ⇒ AD = FD.sin BFK ⇒ AD = FD.sin300 ⇒ a = FD.0,5 ⇒ FD = a : 0,5 = 2a · Bài 48: Cho ∆ABC vuụng ( ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường trũn đưũng kớnh AC Kẻ dõy cung BD vuụng gúc AC H giao điểm AC BD Trên HC lấy điểm E cho E đối xứng với A qua H Đường trũn đường kính EC cắt BC I (I ≠ C) B a Chứng minh CI CE = CB CA b Chứng minh D; E; I thẳng hàng c Chứng minh HI tiếp tuyến đường trũn đường kính EC H HD; a) AB // EI (cựng ⊥ BC) A CI CE ⇒ = (đ/lí Ta-lét) CB I O E O’ C CA b) chứng minh ABED hỡnh thoi ⇒ DE // AB mà EI //AB ⇒ D, E, I nằm đường thẳng qua E // AB D ⇒ D, E, I thẳng hàng · · c) EIO' = IEO' ( vỡ ∆ EO’I cõn ; O’I = O’E = R(O’)) · · · · = HED (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến ⇒ ∆HID cõn ⇒ HIE = HDI IEO' · · Mà HDI + HED = 900 ⇒ đpcm Bài 49: Cho đường trũn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH ⊥ (d) (H ∈ d) M điểm thay đổi (d) (M ≠ H) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường trũn P b Chứng minh IH.IO = IQ.IP · c Giả sử PMQ = 600 Tớnh tỉ số diện tớch tam giỏc: ∆MPQvà ∆OPQ HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường trũn K O M (Dựa vào quĩ tớch cung chứa gúc 900) I IO IQ b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) ⇒ = ⇒ IH.IO = IQ.IP IP IH Q PQ PQ · 3= c) ∆v MKQ cú : MK = KQ.tg MQK = KQ.tg60 = H 2 ∆v OKQ cú: ⇒ · OK = KQ.tg OQK = KQ.tg300 = KQ SMPQ SOPQ = PQ PQ = = 3 PQ PQ : =3 Bài 50: Cho nửa đường trũn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (E ≠ A) Từ E, A, B kẻ tiếp tuyến với nửa đường trũn Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự C D a Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường trũn Chứng minh tứ giỏc ACMO nội tiếp đường trũn b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy DM CM = DE CE D c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD d Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO · C e Đặt AOC = ỏ Tớnh theo R ỏ đoạn AC BD Chứng tỏ tớch AC.BD phụ thuộc giỏ trị R, khụng phụ thuộc vào ỏ HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tớch cung chứa gúc E 900) A b) AC // BD (cựng ⊥ EB) ⇒ ∆EAC ~ ∆EBD M N 23 B O CE AC CE CM = = (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ (2) ⇒ DE BD DE DM DM CM = DE CE NC AC NC CM ⇒ MN // BD = = c) AC // BD (cmt) ⇒ ∆NAC ~ ∆NBD ⇒ (3) Từ 1; 2; ⇒ NB BD NB DM d) ¶O1 = ¶O ; ¶O3 = ¶O mà ¶O1 + ¶O + ¶O3 + ¶O = 1800 ⇒ ¶O + ¶O3 = 900 ; ¶O + ¶D1 = 900 (…) OB R ⇒ ¶D1 = ¶O = ¶O1 = ỏ Vậy: DB = = ; Lại cú: AC = OA.tgỏ = R.tgỏ ⇒ AC.DB = R.tgỏ tgα tgα R tgα ⇒ AC.DB = R2 (Đpcm) ⇒ Bài 51: Cho ∆ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm đường cao AA1; BB1; CC1 a Chứng minh tứ giỏc HA 1BC1 nội tiếp đường trũn Xỏc định tâm I đường trũn b Chứng minh A1A phõn giỏc ·B1A1C1 c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực AA1C1 d Trên đoạn HC lấy điểm M cho MH = MC So sỏnh diện tớch tam giỏc: ∆HAC ∆HJM HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tớch cung chứa gúc 900) Tâm I trung điểm BH b) C/m: ·HA1C1 = ·HBC1 ; ·HA1B1 = ·HCB1 ; ·HBC = ·HCB ⇒ ·HA C = ·HA B ⇒ đpcm 1 1 1 c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 … B ⇒ ỊJ trung trực A1C1 B1 C1 J H I M 12 A1 K C 1 HM.JK ; SHAC = HC.AC1 2 HC.AC1 MH HC HM+MC MC AC1 ⇒ SHAC : S HJM = = ⇒ = = 1+ = 1+ = ; = (JK// AC1 mà HM.JK MC HM HM HM JK ⇒ SHAC : S HJM = d) S HJM = Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P a Chứng minh tứ giỏc MABP nội tiếp tâm O đường trũn nằm trờn đường thẳng cố định qua điểm L AB b Kẻ PI ⊥ Cz Chứng minh I điểm cố định c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH ⊥ PM d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng z HD: a) MABP nội tiếp đ/trũn đ/k MP.(quĩ tớch cung chứa gúc 900…) P OA = OB = R(O) ⇒ O thuộc đường trung trực AB qua L I trung điểm AB… B b) IP // CM ( ⊥ Cz) ⇒ MPIC hỡnh thang ⇒ IL = LC không đổi H vỡ A,B,C cố định ⇒ I cố định O N c) PA ⊥ KM ; PK ⊥ MB ⇒ H trực tõm ∆ PKM L ⇒ KH ⊥ PM K d) AHBK nội tiếp đ/trũn đ/k KH (quĩ tớch cung chứa gúc…) A ⇒ N tâm đ/trũn ngoại tiếp … ⇒ NE = NA = R(N) ⇒ N thuộc đường trung trực AB x ⇒ O,L,N thẳng hàng M y C Bài 53: Cho nửa đường trũn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM a So sỏnh hai tam giỏc: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vuụng cõn c Tứ giỏc ANKP hỡnh gỡ? Vỡ sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c) b) HS tự c/m ∆ KMN vuụng cõn c) ∆ KMN vuụng ⇒ KN ⊥ KM mà KM // BP ⇒ KN ⊥ BP P · = 900 (gúc nội tiếp…) ⇒ AP ⊥ BP APB ⇒ KN // AP ( ⊥ BP) · · KM // BP ⇒ KMN = PAT = 450 U K ¼ // N PKM · · Mà PAM = PKU = = 450 O A · · PKN = 450 ; KNM = 450 ⇒ PK // AN Vậy ANPK hỡnh bỡnh hành M T = B Bài 54: Cho đường trũn tõm O, bỏn kớnh R, cú hai đường kính AB, CD vng góc với M điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC Nối MB, cắt CD N a Chứng minh: tia MD phõn giỏc gúc AMB b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường trũn ngoại tiếp tứ giỏc C ONMA, I di động nào? · · HD: a) AMD = DMB = 450 (chắn cung ¼ đ/trũn) · ⇒ MD tia phõn giỏc AMB M F b) ∆ OMB cõn vỡ OM = OB = R(O) N I ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến B A ⇒ ∆ OMB ~ ∆ NAB E O BM BO ⇒ ⇒ BM.BN = BO.BA = 2R không đổi = BA BN c) ONMA nội tiếp đ/trũn đ/k AN Gọi I tâm đ/trũn ngoại tiếp ⇒ I cách A O cố định ⇒ I thuộc đường trung trực OA Gọi E F trung điểm AO; AC Vỡ M chạy trờn cung nhỏ AC nờn tập hợp I đoạn EF D Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường trũn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường trũn (O) A b Tứ giác ABCE hì nh gì? Tại sao? · · c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sỏnh BGO với BAC A E · d Cho biết DF // BC Tớnh cos ABC HD:a) Gọi H trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC (∆ ABC cõn A) lập luận AH ⊥ AE ⇒ BC // AE (1) D M N b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) ⇒ AE = BC (2) F Từ ⇒ ABCE hỡnh bỡnh hành O _ I c) Theo c.m.t ⇒ AB // CF ⇒ GO ⊥ AB _ · · · · ⇒ BGO = 900 – ABC = BAH = BAC H C G d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH B trục đối xứng cuarBC đ/trũn (O) nờn F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH 1 BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) ⇒ DF.DN = DA.DC 2 BH · ⇒ 2BH2 = AC2 ⇒ BH = AC ⇒ cos ABC = = AB 4 ⇒ FD = MN = MD = Bài 56: Cho đường trũn (O) (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường trũn (O) điểm C; D cắt (O’) E; E F a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng D b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp A c Chứng minh: A tâm đường trũn nội tiếp ∆BDE d Tỡm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) O’ · · HD: a) CBA = 900 = FBA (góc nội tiếp chắn nửa đ/trũn) O · · ⇒ CBA + FBA = 1800 ⇒ C, B, F thẳng hàng · · F ⇒ CDEF nội tiếp (quĩ tớch …) b) CDF = 900 = CEF C B · · c) CDEF nội tiếp ⇒ ADE = ECB (cựng chắn cung EF) · · Xột (O) cú: ADB = ECB (cựng chắn cung AB) · · · · = ADB Tương tự EA tia phân giác DEB ⇒ ADE ⇒ DA tia phõn giỏc BDE Vậy A tâm đường trũn nội tiếp ∆BDE · · · · · · d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = DCA ; EO'A = EFA mà DCA = EFA (gúc nội tiếp · · · · · · ⇒ ODEO’ chắn cung DE) ⇒ DOA = EO'A ; mặt khỏc: DAO = EAO' (đ/đ) ⇒ ODO' = O'EO nội tiếp Nếu DE tiếp xỳc với (O) (O’) thỡ ODEO’ hỡnh chữ nhật ⇒ AO = AO’ = AB Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB Bài 57: Cho đường trũn (O; R) cú đường kính cố định AB ⊥ CD a) Chứng minh: ACBD hỡnh vuụng b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E ≠ B; E ≠ C) Trên tia đối tia EA lấy đoạn · EM = EB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB ED // MB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường trũn mà ta phải xỏc định tâm bán kính theo R C HD: a) AB ⊥ CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) M ⇒ ACBD hỡnh vuụng E // · · · · b) AED = AOD = 450 ; DEB = DOB = 450 = 2 · · · ⇒ AED ⇒ ED tia phõn giỏc AEB = DEB A 0 · · = 45 ; EMB = 45 (∆ EMB vuụng cõn E) AED · · ⇒ AED = EMB (2 góc đồng vị) ⇒ ED // MB c) ∆ EMB vuụng cõn E CE ⊥ DE ; ED // BM ⇒ CE ⊥ BM ⇒ CE đường trung trực BM O B D d) Vỡ CE đường trung trực BM nờn CM = CB = R Vậy M chạy đường trũn (C ; R’ = R ) Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc 40 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường trũn tõm O đường kính CD cắt AD E Đường thẳng vng góc với CD O cắt AD M a Chứng minh: AHCE nội tiếp Xác định tâm I đường trũn b Chứng minh: CA = CM c Đường thẳng HE cắt đường trũn tõm O K, đường thẳng HI cắt đường trũn tõm I N cắt đường thẳng DK P Chứng minh: Tứ giác NPKE nội tiếp Bài 59: BC dây cung đường trũn (O; R) (BC ≠ 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm ∆ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H a Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh: AH = 2.A’O c Gọi A1 trung điểm EF Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’ d Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC Suy vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN Bài 60: Cho đường trũn tõm (O; R) cú AB đường kính cố định cũn CD đường kính thay đổi Gọi (∆) tiếp tuyến với đường trũn B AD, AC cắt (∆) Q P a Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp b Chứng minh: Trung tuyến AI ∆AQP vuụng gúc với DC c Tỡm tập hợp cỏc tõm E đường trũn ngoại tiếp ∆CPD µ < 900), cung trũn BC nằm bờn ∆ABC tiếp xỳc Bài 61: Cho ∆ABC cõn (AB = AC; A với AB, AC B C Trờn cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp · b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác HMK ⇒ c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp PQ // BC Bài 62: Cho nửa đường trũn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường trũn (O) M Hạ CI ⊥CAM (I ∈ AM) a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường trũn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành M = · · c Chứng minh: MOI = CAI N d Chứng minh: MA = 3.MB I = · · HD: a) COA = 900 (…) ; CIA = 900 (…) ⇒ Tứ giỏc CIOA nội tiếp (quĩ tớch cung chứa gúc 900) O B A b) MB // CI ( ⊥ BM) (1) · · ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) ¶N1 = ¶N (đ/đ) ; NC = NB ; NCI (slt) = NBM ⇒ CI = BM (2) Từ ⇒ BMCI hỡnh bỡnh hành 1· · · c) ∆ CIM vuụng cõn ( CIA = 900 ; CMI = COA = 45 ) ⇒ MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC vỡ OI chung ; · · · · · · ⇒ MOI IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) ⇒ MOI mà: IOC = IOC = CAI = CAI R AC = (với R = AO) 2 R2 R 10 NC2 R 10 MI AC2 +CN = 2R + =R = = = MN = ; NI = 2 NA 10 d) ∆ ACN vuụng cú : AC = R ; NC = Từ : AN = ⇒ MB = NC − MN = ⇒ AM = BM R2 R2 2R R 10 ⇒ AM = AN + MN = R 10 + R 10 = 3R 10 − = = 10 10 10 µ = 600 nội tiếp đường trũn (O), đường cao AH cắt đường trũn Bài 63: Cho ∆ABC cú A D, đường cao BK cắt AH E · · a Chứng minh: BKH = BCD · b Tính BEC c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtrũn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rừ nú (giới hạn đường đó) d Chứng minh: ∆IOE cõn I A · · HD: a) ABHK nội tiếp ⇒ BKH ; = BAH ·BCD = BAH · · · ( cựng chắn cung BD) ⇒ BCD = BKH K b) CE cắt AB F ; 0 0 · ¶ · AFEK nội tiếp ⇒ FEK = 180 − A = 180 − 60 = 120 ⇒ BEC = 120 F E I ¶B + ¶C 1200 · = 1800 − = 1800 − = 1200 c) BIC 2 Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung B H nằm đường trũn tõm (O) C º » IO DS · · D S d) Trong đ/trũn (O) cú DAS = sđ ; đ/trũn (S) cú ISO = sđ 2 º » IO º = IE · · » = IE º ⇒ IO º ⇒ đpcm vỡ DAS = ISO (so le trong) nờn: DS = mà DS 2 Bài 64: Cho hỡnh vuụng ABCD, phớa hỡnh vuụng dựng cung phần tư đường trũn tõm B, bỏn kớnh AB nửa đường trũn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PK ⊥ AD PH ⊥ AB Nối PA, cắt nửa đường trũn đường kính AB D I PB cắt nửa đường Ctrũn M Chứng minh rằng: a I trung điểm AP b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH d Tứ giỏc APMH hỡnh thang cõn P K · HD: a) ∆ ABP cõn B (AB = PB = R(B)) mà AIB = 900 (gúc nội tiếp …) M ⇒ BI ⊥ AP ⇒ BI đường cao đường trung tuyến ⇒ I trung điểm AP I b) HS tự c/m c) ∆ ABP cõn B ⇒ AM = PH ; AP chung ⇒ ∆vAHP = ∆v PMA ⇒ AH = PM ; AHPK hỡnh chữ nhật ⇒ AH = KP ⇒ PM = PK = AH d) PMAH nằm trờn đ/trũn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) B A H » = AH » ⇒ PA // MH ⇒ PM Vậy APMH hỡnh thang cõn Bài 65: Cho đường trũn tõm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường trũn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB c Tỡm vị trớ điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN · · A HD: a) BOIM nội tiếp vỡ OIM = OBM = 900 · · · · b) INB (2 gúc nội tiếp cựng chắn cung BM) = OBM = 900 ; NIB = BOM ⇒ ∆ IBN ~ ∆OMB B HO I c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn ⇔ IH lớn vỡ AO = R(O) Khi M chạy trờn tia Bx thỡ I chạy trờn nửa đường trũn đ/k AO Do SAIO lớn · Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức HAI = 450 Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) thỡ SAIO lớn N M Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường trũn (O; R) Gọi AI đường kính A cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D ≠ A D ≠ C) · a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phõn giỏc BAC D b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ ∆CDE DI ⊥ CE c Suy E di động đường trũn mà ta phải xỏc định tâm giới hạn = d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm chớnh cung nhỏ AC = E O HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường trũn (O; R) HS tự c/m : ⇒ AB = AC = BC = R Trong đ/trũn (O; R) cú: AB = AC ⇒ Tâm O cách cạnh AB AC C B · ⇒ AO hay AI tia phõn giỏc BAC · · » ) b) Ta cú : DE = DC (gt) ⇒ ∆ DEC cõn ; BDC = BAC = 600 (cựng chắn BC I º ⇒ BDI » ⇒ IB º = IC · · ⇒ ∆CDE I điểm BC = IDC · ⇒ DI tia phõn giỏc BDC ⇒ ∆CDE có DI tia phân giác nên đường cao ⇒ DI ⊥ CE c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE ⇒ IE = IC mà I C cố định ⇒ IC không đổi ⇒ E di động đ/trũn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I ∈ » (cung nhỏ ) AC » nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa D → C thỡ E → C ; D → A thỡ E → B ⇒ E động BC ∆ ABC Bài 67: (6,0 điểm) 1) Cho ∆ABC vuông A, đường cao AH Gọi (P), (Q) theo thứ tự đường tròn nội tiếp hai tam giác AHB AHC Kẻ tiếp tuyến chung (khác BC) (P) (Q) cắt AB, AH, AC theo tự M, K, N Chứng minh a ∆HPQ ∆ABC b KP // AB, KQ // AC c Tứ giác BMNC nội tiếp 2) Cho a, b, clà độ dài cạnh ∆ABC Gọi m, n, k độ dài đường phân giác ba góc ∆ABC Chứng minh rằng: + + > + + Giải 1) a ∆ AHB ∆ CHA mặt khác P Q tâm đường tròn nội tiếp ∆ AHB ∆ AHC HP AB => HQ = AC (1) lại có ∠ BAC = ∠ PHQ = 900 (2) Từ (1) (2) suy ∆ HPQ ∆ ABC b Theo câu a ta có ∠ PQH = ∠ ACB (3) ∠ PKQ = ∠ PHQ = 90 => tứ giác PKQH nội tiếp => ∠ PKH = ∠ PQH (4) Từ (3) (4) => ∠ PKH = ∠ ACB lại có ∠ BAH = ∠ ACB=> ∠ PKH = ∠ BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta có KQ //AC c Ta có ∠ ACB = ∠ PKH = ∠ MKP = ∠ AMK => ∠ BMN + ∠ NCB = ∠ BMN + ∠ AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp M A N K M A Q P B C H B D 2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB M ∠ A1 = ∠ M1, ∠ A2 = ∠ C2, Mà ∠ A1 = ∠ A2, (AD tia phân giác góc A ) Nên ∠ M1 = ∠ C1, ⇒AM = AC Xét ∆AMC : MC < AM + AC = 2AM Xét ∆BMC ta có : AD // MC ⇒ = = Nên AD = < ⇒ > ( + ) ⇔ > ( + ) Tương tự : > ( + ) ; > ( + ) Vậy + + > + + 1) a ∆ AHB ∆ CHA mặt khác P Q tâm đường tròn nội tiếp ∆ AHB ∆ AHC HP AB => HQ = AC (1) lại có ∠ BAC = ∠ PHQ = 900 (2) Từ (1) (2) suy ∆ HPQ ∆ ABC b Theo câu a ta có ∠ PQH = ∠ ACB (3) ∠ PKQ = ∠ PHQ = 90 => tứ giác PKQH nội tiếp => ∠ PKH = ∠ PQH (4) Từ (3) (4) => ∠ PKH = ∠ ACB lại có ∠ BAH = ∠ ACB=> ∠ PKH = ∠ BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta có KQ //AC c Ta có ∠ ACB = ∠ PKH = ∠ MKP = ∠ AMK => ∠ BMN + ∠ NCB = ∠ BMN + ∠ AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp A N K M Q P B H C C M 2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB M ∠ A1 = ∠ M1, ∠ A2 = ∠ C2, Mà ∠ A1 = ∠ A2, (AD tia phân giác góc A ) Nên ∠ M1 = ∠ C1, ⇒AM = AC Xét ∆AMC : MC < AM + AC = 2AM Xét ∆BMC ta có : AD // MC ⇒ = = Nên AD = < ⇒ > ( + ) ⇔ > ( + ) Tương tự : > ( + ) ; > ( + ) Vậy + + > + + Bài 68: (6,0 điểm) Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O Tia phân giác góc A cắt (O) D Một đường tròn (L) thay đổi ln qua A, D cắt AB, AC điểm thứ hai M, N a) CMR: BM = CN b) Tìm quỹ tích trung điểm K MN c) Tìm vị trí (L) cho MN ngắn Giải:4.a) Xét ∆BMD ∆CND: A B + BD=CD (vì AD phân giác góc A) + ∠ACD = D sđ cung AD 1 sđ cung AB + sđ cung BD = sđ cung AD 2 ⇒ ∠ACD = ∠MBD Trong (L), A1 = A2 ⇒ DM = DN ⇒ ∆ BMD = ∆ CND ⇒ BM = CN b) Gọi I trung điểm BC ⇒ I cố định Vẽ hình bình hành: IBMM’, ICNN’ ⇒ MM’NN’ hình bình hành ⇒ K trung điểm M’N’ Vì IM’ = BM = CN = IN’ ⇒ IM’=IN’ ⇒ IK phân giác ∠ M’IN’  IM ' // MB ⇒ IM’, IN’ cố định Vậy: Quỹ tích K đờng phân giác ∠ M’IN’ Do   IN ' // CN c) ∆ DMN cântại D có ∠ MDN = 1800 - ∠ BAC = Const ⇒ MN ngắn ⇔ DM nhỏ ⇔ DM ⊥ AB ⇔ AD đờng kính (L) ∠MBD = A1+D1= a Gọi S1= SAIB ; S2 = S CID ; S3 = S BIC ; S = S AID Kẻ AH ⊥ BD; CK ⊥ BD B 1 AH BI SCID = CK DI S S BI BI 2 ⇔ = (1) ⇔ = (2) Ta có: S4 DI S2 DI 1 S AID = AH DI S BIC = CK BI S1 2 S1 S3 Từ (1) (2) suy ra: S = S ⇔ S1.S2 = S3 S4 (3) A S AIB = ≥ S1 + S2 + S3 S (4) H I S4 S3 K Ta có: S ABCD = S1 + S2 + S3 + S4 S2 Từ (3) (4) ta suy ra: S ≥ S1 + S + S1.S = ( S1 + S2 ) ⇔ S ≥ S1 + S2 (đpcm) D b Khi tứ giác ABCD hình thang ta xét: C C * Nếu AB // CD ta có: S ACD = S BCD suy ra: S = S ⇒ S = S1 + S2 S ≥ S1 = S * Nếu BC // AD ta có: S ABC = S CAD Suy ra: S = S ⇒ Dấu sảy khi: S1 = S = S = S = S ⇔ ABCD hình bình hành Bài 69: (2,0 điểm) Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm O qua B C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I trung điểm BC ,N trung điểm EF a.Chứng minh điểm E, F nằm đường tròn cố định đường tròn (O) thay đổi b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) K Chứng minh :EK song song với AB c.Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy đường thẳng cố định đường tròn(O) thay đổi Bài 70: (2,0 điểm) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tiếp điểm (O) cạnh BC, CA, AB D, E, F Kẻ BB1 ⊥ AO , AA1 ⊥ BO Chứng minh điểm D, E, A, B thẳng hàng Giải:69 a) ∆ ABF ∆ AFC đồng dạng (g_g) Ta có : AB/ AF=AF/AC ⇔ AF2=AB.AC ⇒ AF= AB AC Mà AE=AF nên AE=AF= AB AC khơng đổi Vậy E,F thuộc đường tròn (A; AB AC ) cố định b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn Ta có : ∠ AIF = ∠ AOF (1) 1 ∠ EOF ∠ EKF = ∠ EOF 2 ⇒ ∠ EKF = ∠ AOF (2).Từ(1) và(2) ⇒ ∠ AIF = ∠ EKF ∠ AOF = Do : EK vàAB song song vơí c) Cm A,N,O thẳng hàng AO ⊥ EF ; Gọi H giao điểm BC EF Ta có : ∆ ANH ∆ AIO đồng dạng nên AH AN = AO AI Suy :AH.AI =AN.AO Lại có :AN AO=AE2 =AB.AC Do : AI.AH =AB.AC ⇒ AH = AB AC AI không đổi Vậy H cố định Tứ giác OIHN tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN ln qua I H ;Do tâm đương f tròn nằm đường trung trực IH ∧ 70 Theo ta có: AA1 B = ABˆ1 B =900 Suy tứ giác AA1 B1 B nôi tiép đường tròn ∧ chắn cung BB1 ⇒ BA B = ABˆ B 1 ∧ Mặt khác: AE1O = AAˆ1O = 1V ⇒ tứ giác AEA1O nội tiếp ∧ ⇒ EA1 A = EOˆ A1 chắn cung AE) ∧ mà BAB1 = B1 Aˆ E OAˆ E + EOˆ A = 90 ⇒ E , A1 , B1 thẳng hàng (*) Tương tự: ta có tứ giác AA1B1B nội tiếp Theo ta có: AA1 B = ABˆ1 B =90 Suy tứ giác AA1 B1 B nơi tiép đường tròn ∧ ∧ chắn cung AA1 ⇒ A1 B1 A = A1 Bˆ A ∧ Ta lại có: OD1 B = OBˆ B = 1V ⇒ tứ giác OB1DB nội tiếp ∧ ⇒ DB1 B = DOˆ B (cùng chắn cung BD) ∧ mà DOB = DBˆ O DBˆ O + DOˆ B = 90 DBˆ O = OBˆ A Tính chất tiếp tuyến cắt ∧ Vậy DB1 B + BBˆ1 A+ ABˆ1 A1 = 180 ⇒ điểm D, B1, A1 thẳng hàng (**) Từ (*) , (**) suy A1, D, B1, E thẳng hàng Bài 71: Bài 5: (6 điểm) Cho đường tròn (O; R) điểm A ngồi đường tròn Từ điểm M di động đường thẳng d ⊥ OA A, vẽ tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Dây BC cắt OM OA H K a) Chứng minh OA.OK khơng đổi, từ suy BC qua điểm cố định b) Chứng minh H di động đường tròn cố định c) Cho biết OA = 2R, xác định vị trí điểm M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ Tìm giá trị nhỏ Xét ∆BOM vng B nên : OB2 = OH.OM (2) Từ (1) (2) suy A OK = R (không đổi) Giải :a) Dễ thấy OM ⊥ BC∆HOK ∆AOM OH OK = => OA.OK = OH.OM (1) OA OM R2 => OK = (không đổi) K cố định OA OA => b)Ta có OHK = 900 => H nằm đường tròn đường kính OK cố định c) Tứ giác MBOC có hai đường chéo vng góc nên SMBOC = OM.BC => S nhỏ ⇔ OM nhỏ BC nhỏ + OM nhỏ ⇔ M trùng với A + BC nhỏ ⇔ BC ⊥ OK ⇔ H trùng với K ⇔ M trùng với A R2 R = ; Nếu OA = 2R thì: OK = 2R Vậy SMBOC = 2R R = R BC = BK = R − R2 =R Bài 72: (6 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O;R ) Điểm M thuộc cung nhỏ BC gọi I,K,H theo thứ tự hình chiếu vng góc M AB; AC; BC Gọi P, Q trung điểm AB; HK a) Chứng minh MQ ⊥ PQ b) Chứng minh : AB AC BC + = MI MK MH c) Cho tam giác ABC Xác định vị trí điểm M cung BC để MA + MB + MC đạt giá trị lớn · · · · · ⇒ ∆ BMA Giải: a) Tứ giác MCKH nội tiếp ⇒ BCM = HKM =·BAM; HMK = BCA = BMA ∆ HMK Mặt khác MP, MQ trung tuyến ∆ BMA, ∆ HMK MP MB · · = ⇒ ∆ BMH BMH = PMQ ∆ PMQ MQ MH · · =900 ⇒ PQM =900 ⇒ PQ ⊥ MQ Mặt khác BHM b) Giả sử AC ≥ AB ta có: AB AC AI − BI AK + KC AI AK (1) + = + = + MI MK MI MK MI MK BI KC · · · · ⇒ cotg MBI ⇒ = ) =cotgMCK ( Do MBI = MCK MI MK µ1 = A µ nªn cotgA µ =cotgC µ ⇒ AI = CH Do C ( 2) MI MH =B nên cotgA =cotgB µ ⇒ AK = BH (3) A MK MH AB AC CH BH BC + = + = c) Từ (1),(2) (3) suy MI MK MH MH MH ⇒ Gọi D giao điểm MA với BD ta có : ∆ MBD · · · = AMC , ·DBM = CAM ) ∆ MAC ( BMD Tương tự ta có : MC CD = MA AB Do ⇒ MB BD = MA AC MB MC + =1 MA MA Suy MA + MB + MC = 2MA ≤ 4R Vậy max (MA + MB + MC) = 4R AM đường kính M trung điểm cung BC Bài 73: (2,0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn có đường cao: AA1, BB1, CC1 đồng qui H HA HB HC Chứng minh rằng: HA + HB + HC ≥ Dấu "=" xảy nào? A 1 B1 Giải: Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm tam giác * Đặt S = S∆ABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB C1 H B A1 C AA1.BC HC HB S S AA1 HA S = = 1+ Ta có: = T : S = + HB , S = + HC S1 HA1 HA1.BC HA1 1 1 1  HA HB HC 1  + + =S + + ÷− = ( S1 + S + S3 )  + + ÷− Suy ra: HA1 HB1 HC1  S1 S S3   S1 S S3  Theo bất đẳng thức Côsy: 1 1  HA HB HC = ( S1 + S + S3 )  + + + + ≥ −3 = ÷≥ ⇒ HA1 HB1 HC1  S1 S S3  Dấu "=" xảy tam giỏc ABC ... 199 4 ) + ( x + 199 5) 2 Giải: M = ( x − 199 4 ) + ( x + 199 5) = x − 199 4 + x + 199 5 áp dụng bất đẳng thức: a + b ≥ a + b ta có: M = x − 199 4 + x + 199 5 = x − 199 4 + 199 5 + x => M ≥ x − 199 4 + 199 5... x => M ≥ x − 199 4 + 199 5 − x = Dấu “=” xảy (x – 199 4) ( 199 5 – x) ≥ 199 4 ≤ x ≤ 199 5 Vậy GTNN M =  199 4 ≤ x ≤ 199 5 II Nhận xét: Rõ ràng áp dụng số bất đẳng thức bản, toán giải nhanh Song việc... − y = ⇔ y (3x − 2) − (3x − 2) = + ⇔ (3x − 2)( 3 y − 2) = 19 3 Do x, y nguyên dương nên x − ≥ 1; y − ≥ mà 19 = 1. 19 = 19. 1 nên ta có khả 3x − = (I) sau:  y − = 19  ; 3 x − = 19 (II)  y − =