V149 a~1

Lời giải Đề thi HSG trường tỉnh năm học 2012-2013 Hình học (Nam Định, KTra đội ĐT - ngày 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Đường phân giác góc A cắt BC A1 cắt (O) A Định nghĩa tương tự với điểm B1 , B2 ,C1 ,C tương ứng Chứng minh rằng: a) CA AB + BA AC = BC.AA A1A B1B2 C1C + + ≥ b) BA + A 2C CB2 + B2A AC + C B HD a) Áp dụng Ptoleme cho tứ giác ABA2C b) Sử dụng câu kết hợp với BA = CA2 suy ra: AA2.BC = A2C(AB+AC) ⇔ A2C BC = A2 A AB + AC Xét ∆ CA1A2 : ∆ ACA2 Suy A1 A2 AA AC A1 A2 BC = = ⇒ = BA2 + A2C 2CA2 A2 A BA2 + A2C 2( AB + AC ) Tương tự thế, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: BC CA AB + + ≥ 2( AB + AC ) 2( BA + BC ) 2(CA + CB ) Đây BĐT Nesbit (Nam Định, KTra đội ĐT - ngày 2) Cho tam giác ABC vuông A Điểm D thuộc đoạn thẳng BC (D ≠ B,C) Đường thẳng qua D song song với AC cắt đường tròn đường kính CD M ( M ≠ D ) Đường thẳng qua D song song với AB cắt đường trịn đường kính BD N ( N ≠ D ) Gọi P giao điểm AD đường trịn · đường kính BC (P ≠ A) Chứng minh MPN = 90° HD Gọi P' giao điểm BN, CM ; H, I hình chiếu D AC, AB Khi dễ thấy P' thuộc đường trịn (ABC) Ta có BN ID PB = = CM IA PC Mặt khác (BP, BN) = (BP, BP') = (CP, CP') = (CP, CM) (mod( π )) Suy hai tam giác PBN PCM đồng dạng hướng Do hai tam giác PBC PNM đồng dạng hướng π Vì (PM,PN) = (PC,PB) = (mod( π )) (Hà Tĩnh-Chọn ĐT- vòng 1) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H Gọi A',B',C' theo thứ tự giao điểm AH, BH, CH với (O).Một điểm D nằm đường tròn (O) (khác với A, B, C, A', B', C') Gọi A'', B'', C'' giao điểm DA' với BC, DB' với AC, DC' với AB Chứng minh A'', B'', C'', H thẳng hàng HD Gọi DA, DB, DC điểm đối xứng D qua đường thẳng BC, CA, AB Vì DA, H đối xứng với D, A' qua BC theo thứ tự nên A'', D A, H thẳng hàng Tương tự, ta suy điểm B', D B, H C'', DC, H thẳng hàng Mặt khác DA, DB, DC thẳng hàng (đường thẳng Steiner) Vậy A'', B'', C'', H thẳng hàng Chú ý: Có thể mở rộng toán sau : Cho tam giác ABC nội tiếp (O),P điểm bất Kì nằm tam giác.Gọi A',B',C' giao điểm AP, BP, CP với (O).D điểm nằm đường tròn (O) (khác điểm trên).Gọi A'',B'',C'' giao điểm AD' BC,B'D AC,C'D với AB Chứng Minh A'',B'',C'', P thằng hàng Chứng minh nhờ pascal (Hà Tĩnh-Chọn ĐT- vòng 2) Cho điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng (theo thứ tự đó) Gọi d ∆ đường thẳng vng góc với đường thẳng AC A C; M điểm di động ∆ Từ M kẻ tiếp tuyến MD, ME đến đường trịn đường kính AB với D, E tiếp điểm Các tiếp tuyến cắt d tương ứng điểm P, Q Gọi R S giao điểm d với đường thẳng BD BE a Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BRS qua hai điểm cố định b Xác định vị trí điểm M để tam giác MPQ có chu vi nhỏ LG thaygiaocht: a) Gọi O trung điểm AB, r = AB/2 DE cắt OC I, OM vng góc DE H Tứ giác MHIC nội tiếp nên OI.OC = OH.OM = OD = r (không đổi) Mặt khác O, C cố định nên I cố định BD.BR = BE.BS = BA nên tứ giác RDES nội tiếp (*) Đường tròn (BRS) cắt AB K Ta có: (KR,KB) (SR,SB) (mod π ) ≡ (DB,DE)(mod π) (*) Từ ta có tứ giác DIKR nội tiếp, suy BI.BK = BD.BR = BA không đổi, mà B, I cố định nên K cố định Vậy (BRS) qua hai điểm cố định B, K b) ∠ RDP = ∠ MDB = ∠ DAB (do MD tiếp tuyến) suy ∠ RDP = ∠ DRA ( phụ với ∠ DAR ) nên ∠ PDA = ∠ PAD Từ ta có: RP = PD = PA , AP = AR/2 Tương tự AQ = AS/2 Suy AP.AQ = AR.AS/4 = AB.AK/4 khơng đổi.(**) Ta có SMPQ = pr với r không đổi Chu vi tam giác MPQ nhỏ SMPQ nhỏ PQ = AP + AQ nhỏ ( đường cao d(M, PQ) = d(, d) không đổi) AP = AQ ( = ) (do (**) BĐT CôSi) suy M ≡ C 5.(PTNK) Cho tam giác ABC Các diểm M, N thuộc cạnh BC cho ∠BAM = ∠CAN = α ( M nằm B, N) Gọi I trung điểm BC Kẻ BH ⊥ AM,CK ⊥ AN H, K a) Chứng minh đường trịn (IHK) ln thuộc đường thẳng cố định b) Tính α theo ∠ABC ∠ACB cho (IKH) tiếp xúc với đường tròn đường kính AB đường trịn đường kính AC LG.(thedragonray) a) Gọi AT đường cao tam giác ABC Suy tứ giác AHTB ATKC nội tiếp Do Suy I,H,T,K đồng viên Vậy tâm (IHK) thuộc đường trung trực TI cố định b) Gọi (O) đường trịn đường kính AB Ta có tứ giác AHTB nội tiếp (O) Do (O) giao (IHK) T H Để (O) (IHK) tiếp xúc T trùng H dẫn đến AM đường cao tam giác ABC Khi Lời giải Nguyễn Trần Duy - 10T Chuyên QB) a) Gọi J trung điểm HK, BH cắt CK L Xét tích: ur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur IJ.HK = ( BH + CK ).( HA + AK ) = ( BH AK + HA.CK ) 2 Ta có: uuur uuur uuur uuur · BH AK = BH AK cos( BH , AK ) = BH AK cos( BLC − 900 ) uuur uuur uuur uuur · HA.CK = HA.CK cos( HA, CK ) = HA.CK cos(2700 − BLC ) Lại có tam giác ABH ACK đồng dạng nên BH.AK = HA.CK Vậy uuur uuur uuur uuur r BH AK + HA.CK = Hay IJ vng góc với HK => HI=IK Dựng AD đường cao tam giác ABC, ta có ABDH ACKD tứ giác nội tiếp, suy · · · · HDC , thêm HI=IK, ta có DHIK phải tứ giác nội tiếp, nên = BAH = CAK = CDK tâm đường trịn IHK ln qua trung trực DI b) Đường trịn đường kính AB cắt đường trịn (IHK) D H đường tròn tiếp xúc H ≡ D Vậy góc BAM = góc BAD = 90 – góc ABC Lại có đường trịn đường kính AC cắt đường trịn (IHK) D K đường trịn tiếp xúc K ≡ D Tương tự ta có góc CAN = góc CAD = 90 – góc ACB Vậy (IHK) tiếp xúc với đường trịn đường kính AB đường trịn đường kính AC α = 90 − ·ABC α = 90 − ·ACB (Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Cho khối chóp S.ABCD có đáy hình bình hành Gọi M trung điểm cạnh SC Mặt phẳng (P) qua AM cắt cạnh SB, SD B', D' Gọi V = VS.ABCD V1 = VS.AB′MD′ Tìm giá trị lớn giá trị V nhỏ tỉ số V (KHTN, vòng 1, ngày 1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) với AB khơng đường kính (O) Gọi P điểm di chuyển cung CD không chứa A, B (O) Giả sử PA cắt DB, DC E F Giả sử PB cắt CA, CD G H Biết GF giao EH Q Chứng minh PQ qua điểm cố định P di chuyển Lời giải Nguyễn Trần Duy - 10T Chuyên QB) Dựng tiếp tuyến (O) A B, chúng cắt I AI cắt BD N, BI cắt AC M AB CD vắt K Theo định lí Pascal cho điểm A,P,B,D,C,A F,G,N thẳng hàng Tương tự áp dụng Pascal cho điểm B,P,A,C,D,B H,E,M thẳng hàng Lại có theo Pascal với điểm A,A,C,D,B,B N,M,K thẳng hàng Khi áp dụng định lí Desargues cho tam giác ANF BMH, ta thấy AB, NM, FH đồng quy K nên P,Q,I thẳng hàng Vậy PQ qua I cố định P di chuyển cung CD không chứa A, B (KHTN, vịng 1, ngày 2) Cho tam giác ABC khơng cân nội tiếp (O) Gọi P điểm nằm tam giác ABC không trùng O Giả sử AP cắt (O) D khác A Gọi DE, AF đường kính (O) Giả sử EP, FP cắt (O) G H khác E, F Giả sử AH giao DG K Gọi L hình chiếu K lên đường thẳng OP a) Chứng minh điểm A, L, K, D thuộc đường tròn Gọi đường tròn (S) b) Chứng minh ràng đường thẳng OP cắt EF điểm T thuộc (S) Lời giải Nguyễn Trần Duy - 10T Chuyên QB) a) Ta có ∠ KLP = ∠ KHP = ∠ KGP = 900 Nên K,G,P,H,L nằm đường tròn đường kính KP Khi ∠ HKP = ∠ HGP = 1» ¼ · » ) = 90o HE ⇒ KAP + ·AKP = ( HD + HE 2 · · · Lại có OLH (1) nên LDOH tứ giác nội tiếp, suy = HGE = HDE · · · (2), DLO = DHO = HDO · · Từ (1) (2) ⇒ OLH , mà = OLD · · · · · OLH = PKH = 90o − KAD ⇒ OLD = 90o − KLD · · = KAD Vậy KLD hay K,L,A,D thuộc đường trịn b) Ta có AO=OF AP song song với EF nên PATF hình bình hành · · · · · Khi DAT = PFT = HGE = HLP = TLD Vậy A,L,D,T nằm đường trịn Ta có điều phải chứng minh (Mai Sơn - Sơn La) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn tâm I Tìm giá trị nhỏ biểu thức: IA.IB.IC T= a.IA + b.IB2 + c.IC HD Trước hết ta chứng minh aIA2 + bIB + cIC = abc uu r r  uu r 2 Cách Từ ∑ aIA = ⇒  ∑ aIA ÷ = ⇒ ∑ a IA2 + ∑ ab( IA2 + IB − AB ) =   2 ⇒ ∑ (a + ab + ac) IA − ∑ abc = ⇒ (a + b + c) ( aIA2 + bIB + cIC ) = (a + b + c)abc ⇒ đpcm Cáchuur r uu r uur uur uur uur uu r uur uur uu r = ⇒ aIA = −bIB − cIC ⇒ aIA = (−bIB − cIC ) IA ⇒ ∑ aIA (−bIB − cIC ) IA + bIB ∑ aIA uur uur uu r uur uur uu r uur uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur 2 = bIB ( IB − IA) + cIC ( IC − IA) = bIB AB ) + cIC AC ) = bHB AB + cKC AC = bHB AB + cKC AC = bc( p − b) + bc( p − c) = bc(2 p − b − c) = abc + cIC r Khi đó, gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, I = sin A , ta có: T= IA.IB.IC r = 2 A B c a.IA + b.IB + c.IC abcsin sin sin 2 2 10 (Chuyên Sơn La) Cho tứ giác ABCD nội tiếp Gọi P,Q,R chân đường cao vng góc hạ từ D xuống đường thẳng BC,CA,AB Chứng minh · · PQ = QR phân giác góc ABC ADC cắt AC Lời giải Nguyễn Trường Nhật(10T - Chuyên QB) Ta có, tứ giác ABCD nội tiếp ⇒ ∠RAD = ∠PCD(cùng bù ∠BAD) XétΔARD vàΔCPD có ∠ ARD = ∠ CPD =90ΔARD ⇒ ~ ΔCPD (g.g) AD DR ⇒ = (1) CD DP Tứ giác ARDQ có ∠ARD + ∠AQD = 900 + 900 = 1800 Suy ra, tứ giác ARDQ nội tiếp ∠DRQ = ∠DAQ ⇒ Lại có ∠DAQ = ∠DBC ⇒ ∠DRQ = ∠DBC ∠ RDQ + ∠ RAD = 180  Hơn nữa, ∠RAQ + ∠BAC = 1800 ⇒ ∠RDQ = ∠BAC ⇒ ∠RDQ = ∠BDC XétΔDRQ vàΔDBC có ∠ DRQ = ∠ DBC ∠ RDQ = ∠ BDCΔDRQ ⇒ ~ ΔDBC (g DR QR = (2) DB BC DB AB = (3) Chứng minh tương tự, ta có: ΔDBA ~ ΔDPQ ⇒ DP PQ DR DB QR AB DR QR AB = ⇔ = Nhân vế theo vế (2) (3) ta có DB DP BC PQ DP BC PQ AD DR AD QR AB AD AB = ⇒ = (4) Ta có PQ = QR ⇔ = Theo (1) ta có CD DP CD BC PQ CD BC ⇒ g) phân giác góc ∠ABC ∠ADC cắt AC 11 (Chuyên Sơn La) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi SA vng góc với đáy, SA = a Gọi M điểm thay đổi đoạn AC, AM = x , (0 < x < ) a) Tính diện tích thiết diện qua M theo a x , biết thiết diện song song với BD vng góc với mp(ABCD) b) Khi thiết diện có diện tích lớn chia hình chóp thành hai phần có tỉ số thể tích bao nhiêu? 12 (Chun Lam Sơn, Thanh Hóa) Cho tam giác ABC có tâm đường trịn nội tiếp I Gọi D điểm thuộc cạnh BC Xét đường tròn ω tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với DC; DA E; F tương ứng Chứng minh điểm E; I; F thẳng hàng 13 (Chuyên Bến Tre) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Gọi M, N, P hình chiếu D AB, BC, CA Chứng minh PM = PN AB.CD = AD.BC 14 (Chuyên ĐHSP HN) Cho tam giác ABC, O tâm đường tròn ngoại tiếp Điểm G không thuộc đường thẳng BC, CA, AB Trung trực đoạn AG, BG, CG đôi cắt định tam giác DEF Chứng minh O trọng tâm tam giác DEF G trọng tâm tam giác ABC 15.(Quảng Bình - Vịng 1) Cho tam giác ABC có M trung điểm · cạnh BC, N chân đường phân giác góc BAC Đường thẳng vng góc với NA N cắt đường thẳng AB, AM P, Q theo thứ tự Đường thẳng vng góc với AB P cắt AN O Chứng minh OQ vuông BC Đáp án A y B Q M N P C O x Chọn hệ trục tọa độ Nxy cho A, N nằm trục hồnh Vì AB khơng song song với trục tọa độ nên phương trình có dạng :  b  y = ax + b (a ≠ 0) Khi : A =  − ;0 ÷, P = (0; b)  a  AC qua A đối xứng với AB qua trục hồnh nên có phương trình : y = -ax – b PO qua P, vng góc với AB nên có phương trình : y = − x + b a O giao điểm PO trục hoành nên O = ( ab,0) BC qua gốc tọa độ nên : +) Nếu BC khơng nằm trục tung phương trình BC có dạng y = cx với c ≠ 0, c ≠ ± a (vì B, C khơng thuộc trục hồnh, BC không song song với AB AC) B giao điểm BC AB nên tọa độ B nghiệm hệ :  y = ax + b bc   b ⇒ B= ;  ÷ c−a c−a  y = cx C giao điểm BC AC nên tọa độ C nghiệm hệ :  y = − ax − b b bc   ⇒ C = − ;−  ÷  c+a c+a  y = cx uuuu r bc abc   ab AM = c; a ) ; Do : M =  , suy : 2 ( 2 ÷ a (c − a ) c −a c −a  a ab x+ Từ ta có phương trình AM : y = c c Q giao điểm AM với trục tung nên  ab  uuur  1 Q =  0; ÷⇒ QO = ab  1; − ÷ c  c   uuur Do QO vectơ pháp tuyến BC nên QO vng góc BC +) Nếu BC nằm trục tung tam giác ABC cân A nên M ≡ N, O thuộc AN nên QO vng góc BC (Đây đề APMO 2000 Ngồi cách Tuyển tập tốn HHP Mathscope cịn trình bày thêm cách khác) 16.(Quảng Bình - Vịng 2) Cho tứ diện ABCD có độ dài cạnh Gọi M, N trung điểm DB, AC Trên đường thẳng AB lấy điểm P, đường thẳng DN lấy điểm Q cho PQ // CM Tính độ dài PQ thể tích khối AMNP A HD Q P N E I B C M Trên (ACM) dựng IN // CM ( I ∈ AM ) D Trên (ABD) lấy điểm P = DI ∩ AB Trên (DNP) dựng PQ // IN // CM ( Q ∈ DN ) Gọi E trung điểm PB ⇒ ME đường trung bình ∆BPD , đó: ME // PD ⇒ ME // PI Mặt khác: NI đường trung bình ∆ACM ⇒ I trung điểm AM Nên PI đường trung bình ∆AME Hay: 1 3 PI = EM = PD ⇒ DI = PD, IN = CM = 4 IN DI = = ⇒ PQ = IN = Khi đó: PQ DP 3 Ta có: VAMNP AM AN AP AN AP 1 = = = = VAMCB AM AC AB AC AB Mà: VAMCB = VABCD Vậy: VAMNP = (đvtt) .VABCD = 12 144 Bài HHKG khơng khó Đáp án không tự nhiên cho dựng đoạn song song Nên giải Véc tơ: uuur uuur uuu r uuur uuu r uuur uuu r uuur uuur QN = xQD ( x ≠ 1) ⇔ QA + AN = x (QA + AD ) ⇔ (1 − x )QA = − AC + x AD uuu r u u u r u u u r x ⇔ QA = AC − AD 2( x − 1) x −1 uuu r uuu r AP = y AB( y ≠ 1) uuur uuur uuur x uuur ⇒ QP = AC − AD + y AB 2( x − 1) x −1 uuu r uuuu r uuu r uuuu r uuur k uuur k uuur QP = kCM = k (CA + AM ) = −k AC + AB + AD 2 2 ⇒ x = , k = , y = ⇒ QP = CM = 3 3 17.(Chọn ĐT Cần Thơ) Cho nửa đườn tròn (T ) tâm , đường kính điểm ( T ) ( O ), ( O ) di động ( khác ) Gọi làm tiếp hai đường tròn nhận tuyến chung, đồng thời (O1 ) tiếp xúc với (T ) theo thứ tự M, N ; (O2 ) tiếp xúc với (T ) theo thứ tự H, L a) Chứng minh di động (T ) đường thẳng qua điểm cố định b) Gọi C, D theo thứ tự giao điểm thứ hai (O1 ) với M, B, E giao điểm CN với giao điểm với Chứng minh di động ( T ) , ta ln có bất đẳng thức , chu vi tứ giác HD a) Gọi K giao điểm MN với nửa đường trịn cịn lại (T) · Ta có CMD = ·AMB = 900 ⇒ CD đường kính (O1) O, O1, M thẳng hàng · DM = O · MD = OBM · ⇒O ⇒ CD // AB 1 10 34.(Hải Phòng - Chọn ĐT - ngày 1) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có trực tâm H Gọi M trung điểm BC D giao điểm HM với (O), H nằm M D Giả sử AB 2+AC2 = 2BC2 Chứng minh AD, BC đường thẳng Euler tam giác ABC đồng quy 35.(Hải Phòng - Chọn ĐT - ngày 2) Cho tam giác ABC D di chuyển đường tròn ngoại tiếp tam giác cho D khác phía A so với BC, AD cắt BC E, tia AB cắt tia CD F Dựng hình bình hành BEMF Chứng minh đường thẳng DM qua điểm cố định N ∠ AFE = ∠ CDN Cách Gọi H, I, K theo thứ tự trung điểm EF, AC, BD Gọi điểm đối xứng qua Ta có cố định Dễ thấy H, I theo thứ tự trung điểm BM, BN Ta có H, I, K thẳng hàng (đường thẳng Gauss) Do D, M, N thẳng hàng hay qua cố định Ta có ∠EDF = ∠EBK = ∠EMF (do nội tiếp hình bình hành) Suy nội tiếp Do ta có: ( song song với ) Ta có đpcm Cách Do hình bình hành tứ giác nội tiếp nên Suy tứ giác nội tiếp, Gọi đỉnh thứ tư hình bình hành , suy cố định Ta chứng minh thẳng hàng Muốn ta chứng minh , Gọi giao điểm Điều phải chứng minh tương đương với Ta có : CM CK = AB.CK = AB Do tứ giác nội tiếp EC FB AC.CD FB AC.CD FB = AB = EB AB.BD BD : Điều ∆FBD : ∆FCA Vậy qua đỉnh thứ tư hình bình hành cố định 36.(Nghệ An - ngày )Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H Phân giác ngồi góc BHC cắt cạnh AB, AC D, E Gọi K giao điểm phân giác góc A tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE (K khác A) Chứng minh hai tam giác BHK CHK có diện tích 20 Nghệ An - ngày Nghệ An - ngày HD Từ giả thiết ta có: AK ⊥ DE , KD = KE nên ADKE nội tiếp có AK trục đối xứng Do DK ⊥ AB, EK ⊥ AC Suy HPKQ hình bình hành Từ giả thiết, ta có ∠BHD = ∠CHE = ∆HDB : ∆HEC ⇒ µA HD HP HB HD = = ; ∆HDP : ∆HEQ ⇒ HE HQ HC HE Theo Talet ta có PQ//BC Suy HK qua trung điểm BC 37.(Nghệ An - ngày 2) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) M nằm tam giác.AM,BM,CM cắt đường tròn (O) Đường thẳng cắt BC Tương tự ta có Chứng minh nằm đường thẳng vng góc với OM HD Dễ thấy A2 , B2 , C2 nằm đường đối cực M (O) 38.(Tphố Hải Phòng V1 Bảng A1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến B C cắt M, AM cắt (O) điểm thứ hai N Gọi P,Q giao điểm đường thằng vng góc NC C với (O) BN AP cắt BC R Chứng minh Q, M, R thẳng hàng Lời giải Ngơ Hồng Thanh Quang(10T - Chuyên QB) 21 Đặt H = MO ∩ PQ, K = PO ∩ MQ, E = OM ∩ BC Vì BC nhận OM làm trục đối sdBN = ∠BCN Mà ABCP tứ giác nội tiếp nên ∠BCN = ∠BAN  Suy ∠BHM = ∠BAM  Do đó, tứ giác AHMB tứ giác nội tiếp Lại có, ∠CNQ = 900 − ∠CQN ⇒ ∠CQN = 900 − ∠BAC = 900 − ∠CBM = ∠BMH Suy ra, tứ giác BMQH tứ R NBM ⇒ MB = MQ = MC giác nội tiếp ⇒ ∠BQM = ∠BHM = ∠BAM = ∠ sdPC = ∠PNC Suy ∠MQC = ∠MCQ = Nên NCQK tứ giác nội tiếp Suy ∠NKQ = 900 hay PK ⊥ MQ  (1) ∠AEO = ∠ARM. Gọi Mặt khác, tứ giác ARME tứ giác nội tiếp nên L = PN ∩ MR xứng nên ∠BHM = ∠CHM = MN.MA = MB2 = ME.MO∠AEO = ∠ARM ⇒ AOEN tứ giác nội tiếp ⇒ ∠AEO = ∠ANO = ∠ARM ⇒ ARLN tứ giác nội tiếp Ta có Mà ∠RAN = 900 ⇒ ∠RLN = 900 hay PN ⊥ MQ (2) Từ (1) (2) suy Q, M, R thẳng hàng Cách khác: Trước hết ta chứng minh PN ⊥ MQ OM cắt PQ D, PN cắt MQ H ∠ BDM = ∠ CDM = ∠ BCN = ∠ BAN Suy tứ giác ABMD nội tiếp (1) ∠ CQN = 900- ∠ BAC = ∠ BMD Suy tứ giác BDQM nội tiếp (2) Từ (1) (2) suy tứ giác ABMQ nội tiếp ∠ MBQ = BQM (= ∠ BAM) Suy MB = MQ = MC nên ∠ CQM = ∠ PNC (= ∠ MCQ), Suy tứ giác NCQH nội tiếp Do PN ⊥ MQ Bây ta chứng minh PN ⊥ MR OM cắt BC I , PN cắt MR H' Tứ giác ARMI nội tiếp Suy ∠ ARM = ∠ AIO (3) 22 MN.MA = MI.MO = MB2 Kéo theo tứ giác AOIN nội tiếp nên ∠ AIO = ∠ ANO = ∠ H'NM (4) Từ (3) (4) suy ARH'N nội tiếp Như PN ⊥ MR Lời giải Trần Thanh Bình(10T - Chuyên QB): Gọi D giao OM PQ H giao BC OM Ta có: MD vng với BC ∠ BDM = ∠ BDH = ∠ CDH = 900 - ∠ DCH = ∠ BCN (vì DC vng với CN) Mà ∠ BCN = ∠ BAN (cùng chắn cung BN) Nên ∠ BDM = ∠ BAN ⇒ ADBM nội tiếp (1) Lại có ∠ CQN = 900 - ∠ CNQ = 900 - ∠ BPC ( ∠ CNQ = ∠ BPC ) = 900 - ∠ MBC ( ∠ MBC ∠ BPC chắn cung BC ) = 900 - ∠ MBH = ∠ BMH = ∠ BMD Nên ∠ CNQ = ∠ BMD ⇒ BDQM nội tiếp (2) Từ (1)(2) ta có ABMQ nội tiếp ⇒ ∠ BQM = ∠ BAM = ∠ MBN ⇒ BMQ cân M ⇒ MQ = MB mà MB =MC nên MQ = MC ⇒ tam giác MCQ cân ⇒ ∠ MQC = ∠ MCQ = ∠ ACx = ∠ PNC nên NCQK nội tiếp ⇒ ∠ NKQ = 900 ⇒ PN vng với QM Chứng minh tương tự ta có MR vuông với PN Vậy M, Q, R thẳng hàng 39.(Sơn La- Vòng 1)Gọi x, y, z khoảng cách từ điểm M thuộc miền tam giác ABC có ba góc nhọn đến cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng: x + y+ z ≤ a + b2 + c2 ; a, b, c cạnh tam giác, R bán kính 2R đường trịn ngoại tiếp Dấu đẳng thức xảy ? HD Cách Áp dụng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz , ta có: x+ y+ z = 1 ax + by + cz ≤ a b c  1 1  1 1  1  abc ≤  + + ÷( ax + by + cz ) =  + + ÷2S =  + + ÷ a b c a b c  a b c  2R 23 ab + bc + ca a + b2 + c ≤ 2R 2R x = y = z Dấu “=” xảy ⇔  a = b = c = a + b2 + c2 a b c = a + b + c = asinA + bsinB + csinC 2R 2R 2R 2R 2S 2S 2S a b c = a + b + c = 2S ( + + ) = bc ca ab bc ca ab a b c b c c a a b = (ax + by + cz )( + + ) = (ax + by + cz )[ ( + ) + ( + ) + ( + )] bc ca ab 2a c b 2b a c 2c b a 1 ≥ (ax + by + cz )( + + ) ≥ ( x + y + z ) a b c Cachs Ta cã : Chó ý: 1   i) Bđt cuối có đợc do: ( x + y + z ) =  ax + by + cz ÷ a b c  a b c 1 + + ≥ + + nh sau: ii) Cã thÓ chøng minh: bc ca ab a b c a b c a b b c c a + + = ( + )+ ( + )+ ( + ) bc ca ab bc ca ca ab ab bc 40.(Nghệ An - Chọn ĐT- ngày 1) Cho tam giác ABC ó AB < AC, phân giác AD Trên đoạn CD, BD lấy điểm M, N cho AD phân giác ∠ MAN Trên đoạn AD lấy điểm I khác A, D Các đường thẳng BI, CI cắt AM, AN B', C' CMR: BB' < CC' HD Do ∠IBA > ∠ICA nên lấy C" ∈ [IC'] cho ∠IBC " = ∠ICA Do ∠IBC > ∠ICB , nên ∠C " BC = ∠IBC + ∠ICB > ∠ICB + ∠ICA = ∠B ' CB (1) Mặt khác dễ thấy ∠C " BC + ∠B ' CB < ∠C ' BC + ∠B ' CB = 180 − A (2) Từ (1) (2), ta có: ∠B ' CB < ∠C '' BC < 180 − ∠B ' CB Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác B'C"BC, ta có: CC "2 = R − R cos(2∠C " BC ) = R sin (∠C " BC ) (3) 2 2 BB ' = R − R cos(2∠B ' CB) = R sin (∠B ' CB) (4) Từ (3) (4) suy BB' < CC" < CC' (đpcm) 41.(Nghệ An - Chọn ĐT- ngày 2) Cho tứ giác lồi ABCD điểm X, Y, Z, T thuộc cạnh AB, BC, CD, DA cho đường thẳng XT, YZ, BD đồng quy CMR: S(XYZT) ≤ max(S(ABC); S(BCD); S(CDA); S(DAB)) HD: Gọi H điểm đồng quy ba đường XT, YZ, BD Áp dung Menelaus Cho tam giác ABD với X, T, H tam giác CBD vơi Y,Z, H, ta có: TA HD XB ZC HD YB XB TA ZC YB = =1⇒ = TD HB XA ZD HB YC XA TD ZD YC ⇔ XB.YC.ZD.TA = XAYB ZC.TD (1) XA YB ZC TD = x, = y, = z, = t , dễ thấy x, y, z, t ∈ (0; 1) Khi ta có: Đặt AB BC CD TA S(XYZT) = S(ABCD) - S(BXY) - S(CYZ) - S(DZT) - S(ATX) = S(ABCD) - (1 - x)ý(ABC) - (1 - y)zS(BCD) - (1 - z)tS(CDA) - (1 - t)xS(DAB) ≤ S(ABCD)-[(1-x)y + (1-y)z + (1-z)t +(1-t)x]min{S(ABC),S(BCD),S(CDA),S(DAB)} 24 Mặt khác, từ (1), ta có: xyzt = (1 - x)(1 - y)(1 - z)(1 - t) Xét hai trường hợp: Trường hợp xz ≤ (1-x)(1-z) Khi rõ ràng yt ≥ (1-y)(1-t) Suy ra, 1-(x+z) ≥ ≥ -(y+t) hay [1-(x+z)][1 -(y+t) ] ≤ Trường hợp xz ≥ (1-x)(1-z) Khi rõ ràng yt < (1-y)(1-t) Suy 1-(x+z) < < -(y+t) hay [1-(x+z)][1 -(y+t) ] < Tóm lại, ta ln có [1-(x+z)][1 -(y+t) ] ≤ ⇔ x + y + z + t -(x + z)(y + t) ≥ ⇔ (1-x)y + (1-y)z + (1-z)t +(1-t)x ≥ Do S(XYZT) ≤ S(ABCD) - min{S(ABC),S(BCD),S(CDA),S(DAB)} = max{S(ABC),S(BCD),S(CDA),S(DAB)} Dấu dẳng thức xảy khi x + z = y + t = 42.(Ninh Bình Vịng 1) Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH Gọi P, Q tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABH ACH Các đường thẳng AP, AQ cắt BC D E Chứng minh AH, DQ, EP đồng quy Lời giải Ngơ Hồng Thanh Quang(10T - Chun QB) Xét ΔADH có HP đường phân giác nên Xét PD DH = PA HA ΔAHE có HQ đường phân giác nên AQ AH = Suy EQ EH PD AQ HE AH DH HE = = Nên theo định lý Cêva ta suy AH, DQ, EP PA EQ HD EH HA HD đồng quy 43.(Đồng Tháp - Vòng2) Cho tam giác ABC hình vng MNPQ nội tiếp đường trịn (E) bán kính Giả sử điểm I chạy đường tròn (E) a) CMR: IA + IB + IC < b) Tìm giá trị lớn P = IM + IN + IP + IQ Đáp án: a) Vì tâm tam giác hay hình vng trọng tâm nên IA + IB2 + IC2 = 2 2 Từ: (IA + IB + IC) ≤ 3(IA + IB + IC ) = 18 Ta suy ra: IA + IB + IC ≤ Vì IA, IB, IC khơng thể đồng thời nên: IA + IB + IC < 25 b) Tương tự IM + IN + IP + IQ = Từ ( IM + IN + IP + IP ) ≤ 4( IM + IN + IP + IQ ), ta suy IM + IN + IP + IQ ≤ Vì IM, IN, IP, IQ đồng thời nên: IM + IN + IP + IQ < Do tính đối xứng hình vng nên ta cần xét M(1; 0), N(0; 1) P(- 1; 0), Q(O; π 1) I(cos2t; sin2t) với ≤ t ≤ Khi p = 2[( + 1) cos t + sin t ] ≤ ( + 1) + cos t + sin t hay p ≤ + 2 cos t sin t +1 = ,sin t = hay cos t = +1 2+4 2 +4 Dấu = xảy Vậy maxp = + 2 Lời giải Ngơ Hồng Thanh Quang(10T - Chuyên QB): a) Giả sử thuộc → → cung AB Ta có → IA + IB2 + IC2 = (IA) + (IB) + (IC) → → → → → → = (IO+ OA) + (IO+ OB) + (IO+ OC) = 3IO + OA + OB2 + OC = Theo bất đẳng thức CBS ta có: (IA + IB + IC) ≤ 3(IA + IB + IC ) = 18 ⇒ IA + IB + IC ≤ 2 2 Vì IA, IB, IC khơng thể đồng thời nên: IA + IB + IC < b) Giả sử I thuộc cung MN Đặt ∠MEIα, = NEI ∠ β.= Xét ΔMIP vng ta có 1α π α ∠MPI = ∠MEI = , ∠IMP = ∠IEP = − Theo định lý hàm sin ta có 2 2 α π α α α α IM = 2R.sin , IP = 2R.sin( − ) = 2R.cos ⇒ IM + IP = 2R.(sin + cos ) 2 2 2 26 β β Suy IN + IQ = 2R.(sin + cos ) 2 α α β β α −β π π P = IM + IN + IP + IQ = 2R.(sin + cos + sin + cos ) = 4R.cos (sin + cos ) 2 2 8 α −β π π Mà cos ≤ ⇒ P ≤ 4R.(sin + cos ) 8 π π Vậy Pmax = 4R.(sin + cos ) khiα =β hay I trung điểm cung MN, 8 Tương tự ta có NP, PQ, QM 44 45 (Vĩnh Phúc - Câu IV)Trong mặt phẳng toạ độ ( Oxy ) cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A đường thẳng BC có phương trình là: 3x + 5y – = 0, x – y – = Đường thẳng qua A vng góc với đường thẳng BC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D(4, -2) Viết phương trình đường thẳng AB, AC biết hồnh độ điểm B khơng lớn Đáp án: Gọi M trung điểm BC, H trực tâm tam giác uu ABC, K giao r uu r điểm BC AD, E giao điểm BH AC Ta kí hiệu nd , ud vtpt, vtcp đường thẳng d Do M giao điểm AM BC nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  x=  x − y − =  ⇒ M  ;−  ⇔   ÷ 2 2 3 x + y − = y = −  uuur uuur AD vng góc với BC nên nAD = uBC = ( 1;1) , mà AD qua điểm D suy phương trình AD :1( x − ) + 1( y + ) = ⇔ x + y − = Do A giao điểm AD AM nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình 3 x + y − = x = ⇔ ⇒ A ( 1;1)  x + y − = y =1 Tọa độ điểm K nghiệm hệ phương trình: x − y − = x = ⇔ ⇒ K ( 3; − 1)  x + y − =  y = −1 · · · · Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK , mà KCE (nội tiếp chắn cung »AB ) = KCE = BDA · · Suy BHK , K trung điểm HD nên H ( 2; ) = BDK Do B thuộc BC ⇒ B ( t ; t − ) , kết hợp với M trung điểm BC suy C ( − t;3 − t ) uuur uuur HB (t − 2; t − 8); AC (6 − t ; − t ) Do H trực tâm tam giác ABC nên uuur uuur t = HB AC = ⇔ ( t − ) ( − t ) + ( t − ) ( − t ) = ⇔ ( t − ) ( 14 − 2t ) = ⇔  t = Do t ≤ ⇒ t = ⇒ B ( 2; −2 ) , C ( 5;1) Ta có 27 uuur uuur uuur uuur AB = ( 1; −3) , AC = ( 4;0 ) ⇒ nAB = ( 3;1) , nAC = ( 0;1) Suy AB : 3x + y − = 0; AC : y − = A H B K M C D 46 (Vĩnh Phúc - Câu V) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật,AB = 2a, tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi M trung điểm SD, mặt phẳng (ABM) vng góc với mặt phẳng (SCD) đường thẳng AM vng góc với đường thẳng BD Tính thể tích hình chóp S.BCM khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC) Đáp án:Gọi M trung điểm BC, H trực tâm tam giác uABC, K giao u r uu r điểm BC AD, E giao điểm BH AC Ta kí hiệu nd , ud vtpt, vtcp đường thẳng d Do M giao điểm AM BC nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  x = x − y − =  ⇒ M  ;−  ⇔   ÷ 2 2 3 x + y − = y = −  uuur uuur AD vng góc với BC nên nAD = uBC = ( 1;1) , mà AD qua điểm D suy phương trình AD :1( x − ) + 1( y + ) = ⇔ x + y − = Do A giao điểm AD AM nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình 3 x + y − = x = ⇔ ⇒ A ( 1;1)  x + y − = y =1 Tọa độ điểm K nghiệm hệ phương trình: x − y − = x = ⇔ ⇒ K ( 3; − 1)  x + y − =  y = −1 · · · · Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK , mà KCE (nội tiếp chắn cung »AB ) = KCE = BDA · · Suy BHK , K trung điểm HD nên H ( 2; ) = BDK Do B thuộc BC ⇒ B ( t ; t − ) , kết hợp với M trung điểm BC suy C ( − t;3 − t ) uuur uuur HB (t − 2; t − 8); AC (6 − t ; − t ) Do H trực tâm tam giác ABC nên uuur uuur t = HB AC = ⇔ ( t − ) ( − t ) + ( t − ) ( − t ) = ⇔ ( t − ) ( 14 − 2t ) = ⇔  t = Do t ≤ ⇒ t = ⇒ B ( 2; −2 ) , C ( 5;1) Ta có uuur uuur uuur uuur AB = ( 1; −3) , AC = ( 4;0 ) ⇒ nAB = ( 3;1) , nAC = ( 0;1) 28 Suy AB : 3x + y − = 0; AC : y − = S M K L A D E I H N B C Gọi H, N, L, E trung điểm AB, CD, SC, HD Gọi I = AN ∩ BD, K = LM ∩ SN ; Dễ thấy tứ giác AHND hình chữ nhật IN = AN Từ giả thiết ta có SH ⊥ ( ABCD ) , ME / / SH ⇒ ME ⊥ BD ( 1) Lại AM ⊥ BD ( ) Từ ( 1) & ( ) ⇒ BD ⊥ ( AMN ) ⇒ BD ⊥ AN Trong tam giác NA2 ⇒ NA = ND = a ⇒ AD = NA2 − ND = a AND ta có ND = NI NA = Dễ thấy CD ⊥ ( SHN ) , ML / / CD ⇒ ML ⊥ ( SHN ) ⇒ ML ⊥ SN ( 3) Do ( ABLM ) ⊥ ( SCD ) , ( ABLM ) ∩ ( SCD ) = ML (4), nên từ ( 3) & ( ) ⇒ SN ⊥ ( ABLM ) ⇒ SN ⊥ HK Lại K trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân H suy SH = HN = a Ta có VS ABCD = SH AB AD = Ta có 11 4a  a ; VS BCM = VS BCD =  VS ABCD ÷ = ( đvtt) 22  BC ⊥ SH , BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SB ⇒ S SBC = SB.BC 1 a2 HB + SH BC = a + 2a a = 2 3V a Mặt khác ta có d ( M ; ( SBC ) ) = MSBC = S SBC = 47 (Quảng Bình - Chọn ĐT- Vịng 1) Cho đường trịn tâm O đường tròn tâm I cắt K, N Đường thẳng qua K cắt đường tròn (O) (I) A, B Đường thẳng BN cắt đường tròn (O) C Đường thẳng AC KN cắt P Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn (I) M (khác B) 1) Chứng minh ba điểm B, M, P thẳng hàng 2) Chứng minh OM ⊥ BP HD 29 B M I K P N C O A 1) Ta có: PP / ( O ) = PP / ( ABC ) (do P thuộc AC trục đẳng phương đường tròn) PP / ( O ) = PP / ( I ) (do P thuộc KN trục đẳng phương đường tròn) Suy ra: PP / ( ABC ) = PP / ( I ) nên P thuộc trục đẳng phương BM hay B, M, P thẳng hàng ˆ mà BA ˆ = BAC ˆ C = PMˆ C ⇒ PMˆ C = PNˆ C 2) Ta có PNC Vậy tứ giác PMNC nội tiếp Lại có PM PB = PA PC = PO − R BN BC = BM BP = BO − R (R bán kính đường trịn (O) Suy PO − BO = PB( PM − BM ) = PM − BM Suy uuur uuuur2 uuuur2 uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuuur uuur = PO − PM + BM − BO = MO PO + PM + OM BM + BO uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuuur uuur = MO PO + PM − BM − BO = MO.PB ( ) ( ) ( ) Vậy OM ⊥ BP 48 (Vĩnh Long - Chọn ĐT - ngày 2) Cho hình vng ABCD cạnh a Lấy điểm M tùy ý đường chéo AC (M không trùng A C) Kẻ ME ⊥ AB, E ∈ AB MF ⊥ BC , F ∈ BC Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác DEF nhỏ Tìm giá trị 49 (Vĩnh Phúc - THPT Chun)Cho hình bình hành ABCD Gọi P điểm cho trung trực đoạn thẳng CP chia đôi đoạn AD trung trực đoạn AP chia đôi đoạn CD Gọi Q trung điểm đoạn thẳng BP a) Chứng minh đường thẳng BP vng góc với đường thẳng AC b) Chứng minh BP = 4.OE , E trung điểm AC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC Đáp án 30 a) Gọi M, N, I, J theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng AD, CD, AP, CP Khi NI ⊥ AP, MJ ⊥ CP Do I trung điểm AP, Q trung điểm BP nên IQ AB IQ = AB từ suy IQ CN IQ = CN Suy tứ giác CNIQ hình bình hành Suy CQ NI Từ đó, NI ⊥ AP nên CQ ⊥ AP (1) Chứng minh tương tự, cũng AQ ⊥ CP (2) Từ (1) (2) suy P trực tâm tam giác ACQ suy PQ ⊥ AC hay BP ⊥ AC uuu r uuur uuur uuur b) Do P trực tâm tam giác AQC nên OA + OC + OQ = OP uuu r uuur uuur uuur uuur uuu r uuur uuu r uuur ⇔ OA + OC + OP + OB = OP ⇔ OA + OC + OB = OP uuur uuur uuur uuur uuu r ⇔ 4OE = OP − OB ⇔ 4OE = BP ⇒ BP = 4.OE ( ) ( ) Vậy BP = 4.OE 50 (HSG Đồng Nai - Vịng 2)Cho tam giác ABC có AC ≥ 2AB Gọi M điểm thay đổi cạnh AB (với M không trùng A, B) Gọi N điểm thuộc cạnh AC cho CN = 2AM Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN ln qua điểm cố định khác A M thay đổi thoả điều kiện cho HD (huynhcongbang) Bài cần dựng phía góc A chia góc A thành hai phần x, y mà sin x/sin y = 1/2 Tia cắt (AMN) K ta thấy hai tam giác AMK CNK đồng dạng (c.g.c) Khi đó, ∠ AKC}=1800- A khơng đổi nên suy K cố định Ta có đpcm 51 (Chọn ĐT Vĩnh Phúc) Cho (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , gọi D, E hai điểm nằm tia AB, AC Gọi A’ giao điểm khác A (O) với đường phân giác góc BAC Gọi P,Q giao điểm thứ hai (O) với 31 A’D,A’E Gọi R, S giao điểm thứ hai đường thẳng AA’ với đường tròn ngoại tiếp tam giác APD AQE Chứng minh đường thẳng DS,ER tiếp tuyến (O) A đồng quy HD.(Hoanghai) Các tứ giác AQES, APDR APA'D nội tiếp nên: R SRD =1800 - R APD R AQE}= R RSE Suy SE //DR Áp dụng định lí sin để ý AA' phân giác R BAC nên ta có DR/SE = R1 /R2 (với R1 , R2 bán kính (APD) (ACQ) Do DR SE cắt tâm vị tự (O 1), (O2) Gọi I giao điểm thứ hai tiếp tuyến A với (O1) Ta có: R O1IA = R PIA - O1IP = 1800 R PDA - 900 - R IAP mà R PDA} = R AA'P + R A'AD = R IAP + R A'AD R O2AI} + R O1IA1 = 1800 nên O1I//O2A, từ suy tiếp tuyến A qua tâm vị tự (O1 (O2 Vậy đường thẳng đồng quy 52 (Chọn ĐT PTNK - Ngày 2)Cho tam giác ABC có H chân đường vng góc hạ từ A xuống BC (C) đường trịn qua H có tâm I di động đoạn AH (C) cắt AB M, N cắt AC P, Q cho M nằm A N, P nằm A Q BP BQ cắt (C) E, F Chứng minh giao điểm D NE MF điểm cố định HD.(TNP) Cho MFcắt BCtại T', ta có (C) tiếp xúc với BC H, T'H =T'F.T'M(1) Ta lại có NQ // BC nên ∠ T'BF = ∠ FQN = ∠ T'MB, suy T'B2 = T'F.TM (2) Từ (1), (2) suy T'là trung điểm HB, tương tự, ta cũng chứng minh NE cắt BC trung điểm BH, suy NE, MF, BC đồng quy T trung điểm BH, điểm cố định 53.(KHTN Vòng - ngày 1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) với AB khơng đường kính (O) P điểm di chuyển cung CD không chưa A, B (O) PA cắt DB, DC E,F PB cắt CA, CD G, H GF giao EH Q Chứng minh ràng PQ qua điểm cố định P di chuyển HD.(hqdhftw) Tiếp tuyến B cắt AC X, tiếp tuyến A cắt BD Y Áp dụng định lí Pascal cho điểm A,P,B,D,C,A ta suy Y,F,G thẳng hàng Tương tự X,H,E thẳng hàng Tiếp theo, lại áp dụng định lí Pascal cho điểm A,A,C,D,B,B ta suy AB,CD,XY đồng quy Xét tam giác XBH YAF, ta có: XB cắt YA M cố định HB cắt FA P HX cắt FY Q Mà AB,HF,XY đồng quy nên theo định lí Desargues ta suy P,Q,M thằng hàng Do PQ ln qua điểm M cố định 54.(KHTN Vòng - ngày 2)Cho tam giác ABC không cân nội tiếp (O) P điểm nằm tam giác ABC khơng trùng O APcắt (O) D khác A DE, AF đường kính (O) EP, FP cắt (O) G, H khác E, F Gia sử AH giao DG 32 K Gọi L hình chiếu K lên đường thẳng OP a) Chứng minh điểm A, L, K, D thuộc đường tròn Gọi đường tròn (S) b) Chứng minh ràng đường thẳng OP cắt EF điểm T thuộc (S) HD.(liverpool29) a) Để chứng minh A,L,K,D đồng viên, ta chứng minh: ∠ KLD = ∠ KAD} Bằng biến đổi góc, ta chứng minh ∠ KPA} = 900 L, H, P, K,G đồng viên Từ đó, ta suy cần phải chứng minh ∠ HLP = ∠ PLD (1) Gọi J giao điểm HD,AG Áp dụng định lý Pascal, ta có O, P, J thằng hàng Ta có: ∠ HLP = ∠ HGP = ∠ HDE Suy tứ giác HODL nội tiếp Suy ∠ DLP = ∠ OHD = ODH = ∠ HLP Hay ta có: ∠ DLP = ∠ HLP (tức đẳng thức (1)) Vậy ta suy đpcm b) Ta cần chứng minh tứ giác ALDT nội tiếp Ta có tứ giác ATFP hình bình hành Suy ∠ TAP = ∠ TFP = ∠ ODH }= ∠ TLD Vậy ta có đpcm 55.(Chọn ĐT chuyên Quốc Học Huế-vòng cuối ) Cho tứ giác nội tiếp đường tròn (O) tậm giao điểm hai đường chéo (K ≠ O) Gọi M , M , M , M trung điểm cung AB, BC, CD, DA khơng chứa hai đỉnh cịn lại tứ giác Gọi I1 , I , I , I tâm đường tròn nội tiếp tam giác M i I j (i=1,2,3,4) qua điểm P a) Chứng minh đường thẳng b) Chứng minh thuộc dường thẳng HD.(liverpool29) Ta chứng minh gộp câu a b Gọi giao điểm M 1I1, OK F ; giao điểm M 3I3, OK F' Áp dụng định lí Menelaus, để chứng minh F trùng F' , ta chứng minh: Z1 I1 Z3 I3 = ( Z1, Z3 giao điểm OM1, I1K OM3, I3K M 1Z1 I1 K M Z3 I K Bằng biến đổi góc, ta chứng minh OZ1 = OZ3 ⇒ M1Z1 = M3Z3 Z3 I3 Z1 I1 Suy ta cần chứng minh: = I1 K I3 K Điều tam giác AKB đồng dạng với tam giác DKC I 1, I3 tâm nội tiếp, Z1, Z3 điểm cung AB, CD khơng chứa đỉnh cịn lại tam giác Như suy tỉ số FK FO Chứng minh hoàn toàn tương tự với M2I2, M4I4 ta có đpcm 56.(Chọn ĐT Hải Phòng ngày 1) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có trực tâm H Gọi M trung điểm BC D giao điểm HM với (O), H nằm M D Giả sử AB2 + AC2 = 2BC2 Chứng minh AD, BC đường thẳng Euler tam giác ABC đồng quy 33 HD.(huynhcongbang) Dễ thấy góc ADM vng nên gọi E giao điểm AD với BC tam giác AEM có trực tâm H Ta cần chứng minh H, E, O thẳng hàng hay OH vng góc với AM Bằng cách biểu diễn vector, nhân vô hướng, kết hợp với điều kiện AB2 + AC2 = 2BC2 uuuu r uuur uuur uuur uuu r uuur uuur AM = AB + AC , OH = OA + OB + OC ( ) 57.(Chọn ĐT Hải Phòng ngày 2) Cho tam giác ABC D di chuyển đường tròn ngoại tiếp tam giác cho D khác phía A so với BC, AD cắt BC E, tia AB cắt tia CD F Dựng hình bình hành BEMF Chứng minh đường thẳng DM qua điểm cố định N ∠ AFE= ∠ CDN HD.(12121993) Gọi H, I, Ktheo thứ tự trung điểm EF, AC, BD Gọi N điểm đối xứng B qua Ta có cố định Dễ thấy H, I theo thứ tự trung điểm Ta có H, I, K thẳng hàng (đường thẳng Gauss) Do D, M, N thẳng hàng hay DM qua cố định Ta có (do nội tiếp hình bình hành) Suy nội tiếp Do ta có ( song song với ) Ta có đpcm Lời giải Hoa Tâm: Do hình bình hành tứ giác nội tiếp nên Suy tứ giác nội tiếp, Gọi đỉnh thứ tư hình bình hành , suy cố định Ta chứng minh thẳng hàng Muốn ta chứng minh , Gọi giao điểm Điều phải chứng minh tương đương với tứ giác nội tiếp Ta có : Do : Điều Vậy qua đỉnh thứ tư hình bình hành Ta thu điều cần chứng minh 34 cố định