Tài liệu luôn hẳn là công cụ phục vụ tốt nhất cho công việc giảng dạy cũng như nghiên cứu của các nhà khoa học nhà giáo cũng như các em học sinh , sinh viên . Một con người có năng lực tốt để chưa hẳn đã thành công đôi khi một con người khác năng lực thấp hơn một chút lại có hướng đi tốt lại tìm đến thành công nhanh hơn trong khi con người có năng lực kia vẫn loay hay tìm lối đi cho chính mình . Tài liệu là một kim chỉ nang cho chúng ta một hướng đi tốt nhất đến với kết quả nhanh nhất . Tôi xin đóng góp một chút vào kho tàng tài liệu của trang , mọi người cũng có thể tham khảo đánh giá và góp ý để bản thân tôi có động lực đóng góp nhiều hơn những tài liệu mà tôi đã sưu tầm được và up lên ở trang.
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 � DNC � � DPC 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 � với đường tròn O ) Do AF phân giác BAC nên � FC � � BAF � CEF � Gọi K tiếp điểm tiếp tuyến AB với BF � sinCEF � � IK CF � AI.CF 2R.r đường tròn I,r Ta có: sin BAC AI EF � � ACK � (1) Do CI phân giác ACB nên BCK � CAF � ACK � BCK � BCF � ICF � � IFC cân F � FI FC Từ � CIF (1) suy A I.A F 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 tốn 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: � ACB � Gọi tia đối tia MI Mx a) Vì ABC cân A nên ABC Ta có tứ giác BIM K tứ giác CIMH nội tiếp � 1800 ACB � 1800 ABC � IMK � � IMH � 1800 IMK � 1800 IMH � HMx � Vậy Mx tia phân giác � KMx � MHK � KBM � ;HIM � HCM � b) Do tứ giác BIM K CIMH nội tiếp nên KIM � � KIM � HIM � KBM � HCM � � � Mà HCM (cùng sđCM ) PIQ IBM � ICM � IBM � Mặt khác, � PIQ � ICM � IBM � 1800 � PMQ � PIQ � 1800 Do tứ giác MPIQ nội PMQ � � � � MIC � tiếp � MQP (cùng sđPM ) Mà MIK (cùng MIK � � � PQ / /BC � ) � MQP MCI KBM 177 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � � � � MCI � c) Ta có: MHI (cùng sđIM ) Mà MQP (cmt) MCI � � sđMQ � Hai tia QP,QH nằm khác phía QM � MQP MHI 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' D Vậy N ,M ,D thẳng hàng giác MBC có PQ / /BC nên E'B E'C 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 � IBA � 450 IBA � 450 IBC � Ta có PIB (1).Mặt khác, � CNM � � PNB 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 � 900 nên IB đường kính đường tròn khác , INB � 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 ) � BNP � a) Chứng minh ANP � 900 b) Chứng minh PNO 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 � ACP � ANP Tam giác ACP cân C , tam giác AOB cân O � � � � AOB � � ANP � AOB � nên suy ra: APC ABO CPA � CP / /OB ACP � AOB � (1) Tương tự, ta có DP / /OA � BDP � � BNP 1� � BNP � AOB (2) Từ (1) (2) suy ra: ANP 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 � 900 c) Theo chứng minh NO NP � PNO � ANP � PNB � � ANB � AOB � ta có: ANB (5) Dễ thấy N ,O thuộc 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 A MB lớn nhất? Lời giải: a) Nối CP,PD Ta có: ACP, OAB cân C,O nên � CAP � OBP � Do CP / /OD (1) Tương tự, ta có OD / /CP CPA (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 AOB vng cân O Vì bốn điểm C,D,O,M thuộc đường tròn (kể M trùng O ) � CMD � nên COB (1) � � MCP � Ta có: MAB (cùng sđMP đường tròn C ) � � MDP � (cùng sđMP đường tròn D ) Do MBP � � � AMB � � 900 Do AB cố MAB : MCD (g.g.) � AMB COD AOB định nên điểm M thuộc đường tròn tâm I đường kính AB 1� � � BDP � AOB � 900 � AMP ACP 450 (góc nội tiếp Ta có ACP � góc tâm C ) � BMP 1� BDP 450 (góc nội tiếp góc tâm � Mà AMB � � 900 D ).Do MP phân giác AMB AOB 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 � AB2 R PA PM (không đổi) � PM.PN PA.PB �� � PN PB � � Vậy PM.PN lớn R PA PB hay P trung điểm dây AB Tam giác AMB vuông M nên: SAMB 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 �A B 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 GAN có hai đường cao A D,NM cắt H , nên H trực tâm tam giác GAN � GH A N 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 AMB 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 A CHE 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 � 900 � N thuộc đường tròn đường kính � A H BD N � ANB AB Vậy AH BD cắt điểm N nằm đường tròn O 184 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � PHN � 900 900 1800 Do tứ giác A PHN nội tiếp a) Ta có PAN Tứ giác APMN hình vng nên nội tiếp Suy năm điểm � � A ,N ,M ,P,H thuộc đường tròn Do AHM APM 900 � MCD � Tam giác ABC cân Mà tứ giác MPCD nội tiếp nên MPD A , có AD vừa đường cao vừa đường trung trực nên � � � MPD � MBD � MB MC � MBC cân M � MCD (1) Mặt MBD � B M �BD MDB � � 900 (2) khác AM MBD � APM � MPH � � 900 (3) Từ (1),(2) (3) suy ra: APH MPD � AMB � APH �PH AMH � (4) Tứ giác A PHM nội tiếp nên A 1800 � AMH � (5) Từ (4) (5) suy ra: AMB 1800 Do H ,M ,B thẳng � 900 � H thuộc đường tròn O � AHB có diện tích hàng � AHB � R H D M D Vậy M �D lớn � HK lớn HK 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 A BC 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: � AHC � 900 ; C � chung a) Xét A BC HAC có BAC � ABC : HAC � AB AC AB AH � Mà AB2 AC BC2 nên AH HC AC HC AB2 AC AB2 AC 202 16 � AB2 16.9;AC 16.16 Vậy 16 25 25 A B 12cm A C 16cm � 900 b) Gọi F tâm đường tròn đường kính AH Ta có DAE Do DE đường kính đường tròn F Suy D,E,F thẳng hàng Mặt khác O F cắt A N nên OF trung trực AM � OF AM (1) Gọi N giao điểm OA DE Ta có OA OC R Do OAC tam giác cân O Suy � OCA � ; FA EF r � FAE cân F � FEA � FAE � Mà OAC � FAE � 900 nên OAC � FEA � 900 � ANE � 900 � KN OA Ta có OCA 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: � IF OA �AF BC � AF / /OI; � � IF / /OA Do FAOI hình bình � OI BC OA DE � � � IOC � nên hành Suy IF OA ;FA OI � IF OC;FE OI Mà IFE 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 không 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 ACB � b) Ta có AMB (tính chất đối xứng trục), A (cùng ANB � ACB � Mà AHB � ACB � 1800 Suy chắn cung AB ) Do ANB � ANB � 1800 � tứ giác A HBN nội tiếp � NHB � NAB � Mặt khác AHB � BAM � � BAM � Tương tự ta có: CHE � MAC � Suy NHB NAB � BHC � 1800 Suy BAC � CHE � BHC � BAM � MAC � � BAC � BHC � 1800 Suy NHB BHC 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 � AHC � 1800 (1) BC Dễ thấy BIK 192 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � AMC;AMC � � � Do IBK � APC � Mặt khác, IBK (2) Từ (1) APC � AHC � 1800 Vậy tứ giác AHPC nội tiếp (2) suy ra: APC � ACP � Mà ACP � AMP � b) Do tứ giác AHPC nội tiếp nên AHP nên � ACM � � � 1800 nên AHP � ABM � Mặt khác, ACM AHP ABM 1800 Mà � � � ABN � 1800 (3) Tương tự, ABN � AHN � nên AHP (4) AMB ABN � AHN � Từ (3) (4) suy ra: AHB 1800 Vậy N ,H ,P thẳng hàng � � ;MAP � � c) Ta có MAN Do 2BAM 2MAC � BAM � � � NAP MAC 2BAC (khơng đổi) Ta có � 2AM.sin BAC � Vậy NP lớn A M NP 2AP.sin BAC lớn mà AM lớn AM 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) M IB : AEB b) O'I MN Lời giải: 193 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � BMN � a) Ta có BAN (cùng chắn cung BN ) (1) tứ giác A MNB � � Mà DAB � � � DEB � nội tiếp nên MNB nên MNB hay DAB DEB � DEB � Do tứ giác BEIN nội tiếp � EBI � ENI � � ANM � hay EBI INB � � � � Hay CBE � EBM � EBM � IBM � Mà ANM nên ABM (2) Từ ABM EBI (1) (2) suy MIB : AEB � CBD � b) Do CD tiếp tuyến đường tròn O nên CDA suy 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 � AED � � ABD � �BD IEN � Do tứ giác BNIE nội tiếp nên �A �� � AED IEN � � � IBN � � ABD � IBN � � DAB � (8) Mặt khác, theo (1) ta có INB IEN (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: � BEN � tứ giác ADEB nội tiếp ADB 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 A E 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 � KND � 900 Do DH BF (đpcm) tiếp, suy KHD 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 � BEC � � BDH : BCE (c.g.c) � BHD tứ BH BE � BEC � CDE � CHE � � AHD � � Mà giác DHCE nội tiếp � BHD AHE BH.BC BD.BE � AH BC nên HA ,HB tương ứng phân giác � Do I giao điểm AH BE thì: ID HD BD 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 A BCDEF Gọi G trung điểm BF Lấy điểm I cạnh BC cho BI BG , điểm H cạnh BC cho � 450 , điểm K BI BG , điểm H nằm đoạn IG Sao cho CDH � 450 Chứng minh tam giác DKH cạnh EF cho DKE tam giác Cách 1: Từ giả thiết A BCDEF lục giác đều, suy � 300 ,CDG � 600 ,DG BF,GBC � 900 Từ đó, BDG � � CDH � 600 450 150 BDG � Vậy DH phân giác HDG CDG 196 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � Kết hợp với GH phân giác góc BGD � góc BDG (do BGI � � ), suy BH phân giác góc DBF � ; vng cân nên DGH DGB B,H ,O thẳng hàng ( O tâm lục giác đều) � � 150 , Hai tam giác DHO DKE có DO DE,HDO KDE � � 1200 nên chúng (g.c.g), suy HD KD HOD KED � � ODK � ODK � KDE � ODE � 600 Vậy HDK Lại có HDK HDO � FBC � 900 nên FDH � BGH � 450 , tứ giác Cách 2: Vì FDC � FGD � 900 nên tam giác HFD vuông GHDF nội tiếp, suy FHD cân � H ,O,E thuộc trung trực đoạn FD 1� � Suy tứ giác EKHD nội tiếp FHD 450 EKD � � 600 , HKD � HED � 600 Vậy tam giác HKD � HDK HEK � � EHD Câu 28 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho đoạn thẳng AB M điểm mặt phẳng cho tam giác MAB 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 � MHD � � , tứ giác giác MHDF HEID nội tiếp, suy DFB DIE 197 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � IFB � (1) Lại có FI trung tuyến DFBI nội tiếp từ IDB � IBF � tam giác vuông AFB nên tam giác IFB cân I � IFB (2) Từ � IBF � , IDB : IBM (g.g) � ID IB Suy (1) (2) suy IDB IB IM ID.IM IB2 AB Vậy MI.DI khơng 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: � O'SP � OSM � OMS � , suy O'P / /OM Lại O'P A P nên Từ O'PS � không chứa điểm OM AB , nghĩa M điểm AB � khơng chứa điểm B C Tương tự, N điểm AC � MSB � MSA � , dẫn đến MSA : MAP (g.g) � SM SA Từ MAP AM AP Lập luận tương tự ta có SN SA SM AM , mà AP AQ nên (1) A N 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 � AMN � DSE Từ đây, áp dụng định lý sin cho tam giác SED ta � SM.sinAMN � � có DE SM.sin DSE Tương tự DF SN.sinANM Vậy �MN DE A M.sinA 1 � DF A N.sinANM (áp dụng định lý sin cho tam giác A MN ) Do DE DF (đpcm) �MN DE SM.sinA � DF SN.sinANM (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 AH Xét tam giác vng ABC , ta có HB.HC AH � BH AH AH HC BH HD Do BDH : DIN , dẫn DN NI � DIN � � BDI � BDN � NDI � DIN � NDI � 900 tới BDH Vì AH ND 2DH ,HC 2IN nên Do tứ giác ABDI nội tiếp E đối xứng với B qua DI , nên � DIB � BAD � MCI � Suy IMK : CMI (g.g), ta có KIM 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� � � � Theo giả thiết BOC BAC;NOA CBA BE CA nên MOB : EAB (g.g), suy tự có NAO : DAB , suy ON OB AE 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 Điểm M nằm tia đối tia BD cho MA ,MC hai tiếp tuyến đường tròn Tiếp tuyến B đường tròn cắt MC N cắt CD P , ND cắt đường tròn E Chứng minh ba điểm A ,E,P thẳng hàng Lời giải: Do MC tiếp tuyến đường tròn nên � BDC � � MCB : MDC (g.g) Suy MC BC Do MA tiếp NCB MD CD tuyến đường tròn nên tương tự có MAB : MDA (g.g) Suy MA AB BC AB � BC.DA AB.CD Áp Do MA MC suy MD DA CD DA dụng định lý Ptolemy với tứ giác ABCD 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 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 nên PCB : PBD (g.g) � PC PB CB PC PC.PD �PB � �CB � � PC.PD PB2 Mặt khác � � � � PB PD DB PD PD �PD � �DB � , Kết hợp với (2) ta có: PC �CB � �2CE � � � � � PD �DB � �DE � (3) Giả sử AE cắt đường thẳng CD Q thì: QEC : QDA (g.g) � QDE : QA C � QC EC QA DA QD DE QC QD EC DE : : Từ Kết hợp với (1), QA AC QA QA DA A C (2) ta được: ra PC QC PD QD QC EC.AC EC 4EC �2CE � � � QD DE.DA DE DE �DE � P (4) Từ (3)và (4) suy Q Do ba điểm A ,E,P thẳng hàng � 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 A C 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 A D , tứ giác A BM D 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 BMD , nên NI / /MD Do � DMC � � � Hơn nữa, DMC (vì tứ giác A BMD nội tiếp) Suy KNC KAB bán kính � KAB � KNC (1) Từ ta thấy tứ giác ABNK nội tiếp 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 ... 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 vuông cân A , đường tròn O tiếp xúc �... Mà EP EQ nên E'B E'C E' D Vậy N ,M ,D thẳng hàng giác MBC có PQ / /BC nên E'B E'C Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Gia Lai – 2010) Cho tam giác ABC vuông A Đường tròn tâm I nội tiếp tam... P,N ,I,B nằm đường tròn Mặt � 900 nên IB đường kính đường tròn khác , INB � 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