Tuyển chọn các bài toán hình học phẳng hay và khó - Phần 2

Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chuyên Bài 51 Cho ta giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) Quay tam giác ABC góc 900 quanh O ta thu tam giác A1 B1C1 Tính diện tích phần chung hai tam giác ABC A1 B1C1 Lời giải Giả sử đường trịn ( O ) có chiều A → B → C → A A B1 M chiều ngược với chiều kim đồng hồ Giả sử quay N tam giác ABC góc 900 quanh điểm O theo chiều K thuận kim đồng hồ thu tam giác A1 B1C1 E O A1 P Khi điểm A1 ; B1 ; C1 thuộc cung B AC; AB; BC Do cạnh A1 B1 cắt AB, AC A' T C Q C1 M, N Tương tự A 1C1 cắt AC, BC P, Q B1C1 cắt BC, BA T, K Như phần chung hai tam giác ABC A1 B1C1 đa giác MNPQTK Gọi diện tích lục giác MNPQTK S, ta S = SABC − SAMN − SBKT − SCPQ Mặt khác ta có S ABC BC2 3 3R = = 4 Khi quay góc 900 quanh điểm O ta OA1 ⊥ OA; OB1 ⊥ OB; OC1 ⊥ OC Từ ta suy OA song song với BC, OB1 song song với CA, OC1 song song với AB Gọi giao điểm OA với AC E Do cung AA1 ; BB1 ; CC1 có sơ đo 900 nên ta AMN = 90 , mà ta lại có MAN = 60 nên ta suy AN = 2AM Dễ thấy NEA cân E Lại OE song song với BD AO = AE = AA' nên ta 2R BC R R OE = Từ ta EN = EA1 = OA1 − OE = R − AC = = 3 3 Đến suy AN = AE − EN = S AMN  R  R −R − = 3  ( ) − R Do ta ( ) ( ) − R2 − R2 MA.MN AN AN 3AN = = = = = 2 2 8 Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Toán Ơn thi lớp 10 THPT Chun Hồn tồn tương tự ta S BTK = S CPQ (9 − 3 ) R Do ta S = (2 = ) − R2 Bài 52 Cho tứ giác lồi nội tiếp ABCD có đường trịn nội tiếp tâm I Gọi O giao điểm AC BD Chứng minh AO AI = CO CI Lời giải Gọi r bán kính đường trịn tâm I Giả sử B A M, N,P,Q tiếp điểm đường tròn tâm I M N Q với cạnh AB, BC,CD, DA Đặt O I AM = AQ = x; BM = BN = y; CN = CP = z; DP = DQ = t r r ,CI = Ta có AI = A C sin sin 2 D P C C AI = − cos A Sử dụng định lý cosin cho tam giác Do ta suy = A − cos C CI sin 2 sin 2 AB2 + AD − BD ( x + y ) + ( x + t ) − BD = BAD ta có cos A = 2AB.AD ( x + y )( x + t ) ( x + y ) + ( x + t ) − BD Suy − cos A = − ( x + y )( x + t ) 2 BD − ( y − t ) = 2 ( x + y )( x + t ) Tương tự ta chứng minh ( z + y ) + ( z + t ) − BD − cos C = − ( z + y )( z + t ) 2 = BD − ( y − t ) 2 ( z + y )( z + t ) 2S CBD 2S ABD S ABD AO AI ( x + y )( x + t ) AB.AD = = = : = = Do CI ( z + y )( z + t ) CB.CD sin BAD sin BCD S CBD CO Bài 53 Cho tam giác ABC có góc A  90 AC = 2AB Đường phân giác AD cắt đường cao BH K (D thuộc BC, H thuộc AC) Đường thẳng CK cắt AB E Chứng Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chuyên minh tam giác ABC vuông B diện tích hai tam giác BDE HDE Lời giải Do AC = 2AB nên ta AB  AC , ta A ACB  ABC nên ta ACB  90 Từ A  90 , ACB  90 AB  AC suy điểm H E K K nằm tam giác Do DB AB BD CD = = nên ta = , = DC AC BD BC B D C + Điều kiện cần Giả sử tam giác ABC vuông B Khi dễ thấy BAC = 60 Từ ta AH = 1 AB = AC AH = CH Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác 2 ABC với ba đường thẳng AD, BH, CE đồng quy ta EA DB HC = nên ta EB DC HA BE EA AE = ; = = , BA AB EB Khi ta S S AEH AE.AH CD.CH = = = CDH = S ABC AB.BC 10 S ABC CB.CA 2 Cộng theo vế ta SAEH + SCDH = SABC nên S BEHD = S ABC 5 Mà ta có S BDE BD.BE 1 = = nên ta S BDE = S BEDH Từ suy S BDE = S HDE S ABC BC.BA + Điều kiện đủ Giả sử S BDE = S HDE Theo định lí Menelaus ta có EA DB HC AE 2AH = nên ta = EB DC HA BE HC Suy EB AC − AH AE 2AH = = AB AC + AH AB AC + AH Do 2S BDE S EAH S CDH 2BD.BE AE.AH CD.CH + + = hay + + = Từ ta S ABC S ABC S ABC BC.BA AB.AC BC.CA ( AC − AH ) ( AC + AH ) + ( AC − AH ) 2AH2 + =1 3AC ( AC + AH ) AC  AC2 − 5AH.AC + 4AH2 =  ( AC − 4AH )( AC − AH ) =  AC = 4AH Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Toán Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên Từ AC = 4AH ta AB2 = AC2 = AC.AH nên tam giác ABC vng B Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 54 Cho tam giác nhọn ABC có ba đường cao AA’, BB’, CC’ Gọi D, E F tâm đường tròn nội tiếp tam giác AB’C’, BC’A’ CA’B’ Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF theo độ dài cạnh tam giác ABC Lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh bổ đề Cho A tam giác ABC vng A có C =   450 Khi ta ln có sin2 = 2sin cos Chứng minh Gọi AH đường cao AM = a B đường trung tuyến tam giác ABC Khi tam giác AHC có AHC = 900 ; C =  nên sin  = H M C AH CH Vì AM trung ; cos AC AC tuyến ứng với BC nên AMB = 2 Xét tam giác AHM có AHM = 900 ; AMH = 2 suy sin AMH = AH AH hay sin 2 = AM a Do sin cos = 2.CH 2AH.CH 2AH.CH AH = = = AC BC.CH a AC2 Do ta sin2 = 2sin cos Trở lại toán Gọi I tâm đường tròn nội A tiếp tam giác ABC Gọi r, p, S bán D kính đường trịn nội tiếp, nửa chu vi diện B' tích tam giác ABC Khi dễ dàng C' chứng minh S = pr Đặt I F AB = c; BC = a; CA = b E BAC = 2 ; CBA =  ; ACB = 2 B A' C Khi ta   ;  ;   900  +  +  = 900 Dễ dàng chứng minh C' A' B = CA' B' = 2 ; A' B' C = AB' C' =  ; B' C' A = BC' A' = 2 Từ ta EA' B = FA' B = BAI =  A' BE = A' B'F = ABI =  Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chuyên Do ta A' EB ∽ A' FB' ∽ AIB Suy ta có Do ta lại A' EF ∽ A' BB' nên ta Từ ta A'E A'F AI = = A' B A' B' AB EF A'E = BB' A' B' EF AI AI BB' =  EF = BB' = AI = AI.sin 2 BB' AB AB AB Cũng từ A' EF ∽ A' BB' ta có EFA' = BB' A = 900 − CBA = 900 −  ( ) Do ta IFE = IFA' − EFA' = ( +  ) − 90 −  =  +  +  +  − 90 =  = CBE Tương tự ta IDE = IFE =  IDF = IEF =  nên ta EDF =  +  Hoàn toàn tương tự ta FED =  +  ; DFE =  +  Gọi R bán kính đường trịn nội tiếp tam giác DEF Áp dụng định lí sin cho tam giác DEF áp dụng đổ đề ta ta R= EF = sin EDF Từ ta R = r = EF EF AI.sin 2 = = = IA.sin  = r 2cos sin (  +  ) 2cos p ( p − a )( p − b )( p − c ) S = = p p ( p − a )( p − b )( p − c ) Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF R = p ( p − a )( p − b )( p − c ) p Bài 55 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) có đường cao AD, BE, CF Tìm cơng thức liên hệ diện tích tam giác ABC với chu vi tam giác DEF Lời giải Ta xét trường hợp sau + Trường hợp Tam giác ABC vng, khơng tính A tổng qt ta giả sử A = 90 Khi điểm E, F trùng với A nên không tồn tam giác DEF R + Trường hợp Tam giác ABC nhọn Gọi H trực tâm F O H tam giác ABC Trước hết ta chứng minh điểm O nằm B tam giác ABC P E D C Thật vậy, vẽ đường kính AT cắt CB V Giả sử O nằm Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Toán Ơn thi lớp 10 THPT Chun ngồi tam giác ABC thuộc đường thẳng VT, ta 1800  BOT + COT = 2BAO + 2CAO = 2BAC suy BAC  90 , mâu thuẫn với tam giác ABC nhọn Như tam giác ABC nhọn O nằm tam giác Gọi K giao điểm AO FE Dễ thấy tứ giác AEHF BDHF nội tiếpđường tròn Kẻ OP vng góc với AC P, theo tính chất góc nội tiếp ta có AEF = AHF = ABC = AOP = 90 − OAE Do ta AKE = 90 hay OA vng góc với EF Chứng minh tương tự ta OB vuông góc với DF OC vng góc với DE Từ ta S ABC = S AFOE + S BFOD + S CDOE Suy 2S ABC = OA.EF + OB.FD + OC.DE = R ( EF + FD + DE ) = 2R.pDEF Với pDEF nửa chu vi tam giác DEF + Trường hợp Tam giác ABC tù, khơng tính tổng H qt ta giả sử BAC  90 Khi ta có H O nằm ngồi N tam giác ABC Chứng minh tương tự ta OA Q vuông góc với EF Xét đường tâm Q đối xứng với đường tròn tâm O qua BC Dễ thấy ( Q ) đường tròn E B ngoại tiếp tam giác HBC hai đường tròn ( O ) đường F A D M C O tròn ( Q ) có bán kính Đoạn thẳng OQ vng góc với BC M Xét tam giác HBC có ba đường cao HD, CE BF Khi áp dụng kết trường hợp ta S HBC = R ( DE + EF + FD ) Mặt khác ta có 2S HBC = ( S ABC + S ABH + S ACH ) = 2S ABC + AH.BD + AH.CD = 2S ABC + AH.BC Từ ta 2S ABC + AH.BC = R ( DE + EF + FD )  2S ABC = R ( DE + EF + FD ) − AH.BC Kẻ BQ cắt đường tròn tâm Q N, ta thấy AH//CN//OQ AH = CN = 2MQ = OQ Trong tam giác vng BQM có MQ2 + MB2 = R  4MQ2 + BC2 = 4R Từ ta 2S ABC = R ( DE + EF + FD ) − 2QM.BC = R.pDEF − BC 4R − BC2 Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chun Bài 56 Cho tam giác ABC có diện tích S ngoại tiếp đường tròn ( O; r ) Kẻ ba tiếp tuyến đường tròn ( O; r ) gồm tiếp tuyến song song với BC cắt CA, AB M, N; tiếp tuyến song song với CA cắt AB, BC P, Q; tiếp tuyến song song với AB cắt BC, AC R, S Chứng minh ta ln có SMNPQRS  S Lời giải Gọi diện tích tam giác AMN, BPQ, CRS A S1 ; S ; S Gọi chiều cao hại từ A tam giác M N AMN ABC h h a ta thu h = h a − 2r Dễ thấy hai tam giác ANM ABC S P đồng dạng với nên ta 2 S1  h1   − 2r   2r  =  =  = 1−  S       B Q C R Tương tự gọi h b ; h c đường cao hạ từ B, C tam giác ABC Khi ta 2 S3  S  2r  2r  1 có =  − =  −  Dễ thấy S = a.ha = b.h b = b.hc = r ( a + b + c )  S  hb  S  hc  2 Suy a+b+c a b c 1 = = + + = + + Từ ta r 2S 2S 2S 2S h a h b h c 2 S1 + S + S  2r   2r   2r   2r 2r 2r  = 1−  + 1−  + 1−   1− + 1− + 1−  S hb hc     h b   h c   2  1 1  1 1 =  − 2r  + +   =  − 2r  =  3 r  h b h c   Do suy S1 + S2 + S3  S nên ta SMNPQRS  S Dấu xẩy 3 − 2r 2r 2r = 1− = 1−  = h b = h c hay tam giác ABC hb hc Bài 57 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) ba đường trung tuyến AM, BN, CP Chứng minh 1 + +  ma m b m c R Lời giải Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chuyên A A N P P M B N C O P' B A' M N' C A' Ta xét hai trường hợp sau + Trường hợp Xét tam giác ABC khơng tù Ta có R = OA  AM − OM , dấu xẩy O thuộc đoạn AM Do ta R OA AM − OM OM =  = 1− Gọi AA’ m a MA MA AM đường cao tam giác ABC Khi ta lại có OM OM S OBC  = , đẳng thức xẩy AM AA' S ABC hai điểm M, A’ trùng Do ta S R  − OBC , đẳng thức xẩy ma S ABC O thuộc đoạn AM đồng thời hai điểm M, A’ trùng nhau, điều có nghĩa tam giác ABC cân A Hồn toàn tương tự ta S R  − OAC mb S ABC S R  − OAB Dấu xẩy B, C Do O nằm tam giác ABC nên ta mc S ABC có S OAB + S OBC + S OCA = S ABC Từ ta S + S OBC + S OCA R R R + +  − OAB = 3−1 = ma m b mc S ABC Hay ta 1 + +  Dấu xẩy tam giác ABC ma m b m c R + Trường hợp Xét tam giác ABC tù Khơng tính tổng qt ta giả sử A  90 Qua A kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt đường trịn (O; R) A’ Gọi N’ P’ trung điểm A’C A’B Khi thấy ma = AM  A'M = m'a ; mb = BN  BN' = m'b ; mc = CP  CP' = m'c Do ta 1 1 1 + +  ' + ' + ' ta có tam giác A’BC tam giác ma m b m c ma m b m c nhọn Chứng minh tương tự trường hợp ta Nguyễn Công Lợi 1 + ' + '  ' ma m b m c R Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chuyên Do ta 1 + +  ma m b m c R Vậy ta ln có 1 + +  Dấu xẩy tam giác ABC ma m b m c R Bài 58 Cho tam giác nhọn ABC có diện tích S BC = a Trên cạnh BC lấy điểm D cho DB = k Tính diện tích tam giác có đỉnh tâm đường tròn ngoại tiếp tam DC giác ABC, ABC, ACD theo a, k, S Lời giải Gọi O; O1 ; O theo thứ tự tâm đường tròn A ngoại tiếp tam giác ABC, ABD, ACD Khi O2 R ta suy OO vng góc với AB M N MA = MB , OO vng góc với AC N K O F Q NA = NC Kẻ O1E vng góc với BC O1E vng góc với OF Các điểm M E nằm M O1 C G D P E H B đường tròn đường kính BO1 nên OO1F = ABH Từ ta OO1F ∽ ABH nên ta Ta lại có OF = PE = Từ giả thiết suy ( PE + EB ) − 2EB = OO1 AB AB = hay OO1 = OF (1) OF AH AH BC − BD CD = 2 a BC a , ta OF = = k + nên CD = ( k + 1) CD k +1 Kết hợp với (1) ta OO1 = a AB (2) ( k + 1) AH Tương tự kẻ O G ⊥ BC OK ⊥ O2 G ta OO = ak AC (3) ( k + 1) AH Kẻ BR ⊥ AC O Q ⊥ OO1 Xét hai tam giác O OQ BAR ta có O OQ = BAR nên suy O OQ ∽ BAR Từ ta O Q BR BR =  O Q = O O (4) O O AB AB Từ kết (2), (3) (4) ta Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Toán Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên 1 BR ka 2S k.a SOO1O2 = O2 Q.OO1 = OO2 OO1 = = 2 AB ( k + 1)2  2S 2 16S ( k + 1)2  a    Bài 59 Cho tam giác ABC có ; rb ; rc bán kính đường trịn bàng tiếp góc A, B, C Gọi R, r bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Chứng minh + rb + rc = 4R + r Lời giải Gọi D, E, F tâm đường tròn bàng tiếp E A góc A, B, C S diện tích tam giác ABC a+b+c Đặt BC = a, CA = b, AB = c p = F I O B C Ta thấy S DAB + S DAC − S DBC = S  ( b + c − a ) = 2S Hay ta ( p − a ) = S Tương tự ta có rb ( p − b ) = rc ( p − c ) = S D Cộng theo vế đẳng thức ta có p ( + rb + rc ) − ( a + rb b + rc c ) = 3S Do suy p ( + rb + rc ) = ( S BDC + S ECA + S FAB ) + 3S nên p ( + rb + rc ) = 2S DEF + S Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF, dễ thấy A, B, C chân đường cao tam giác DEF nên bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF Dễ thấy OD vng góc với BC nên ta SOBDC = OD.BC = R.a Tương tự ta có S OCEA = R.b; S OAFB = R.c Cộng theo vế đẳng thức ta có S DEF = R ( a + b + c ) = 2Rp nên 2S DEF = 4R p Từ kết ta + rb + rc = 4R + r Bài 60 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Chứng minh tổng bình phương khoảng cánh từ điểm đường trịn đến cạnh tam giác ABC bình phương đường cao tam giác Lời giải Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An ... tam giác ta AB2 + AD2 = 2AE + BD2 BC2 + CD2 = 2CE + BD2 EA + EC2 = 2EF2 + AC2 C E M F D A Cộng theo vế đẳng thức ta ( ) AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = AE2 + EF2 + BD2 = BD2 + AC2 + 4EF2 Do tứ giác ABCD... p.S 8r p2 a 32 b 22 c 32  8r = = bc ca ab abc abc a 12 b 12 c 12 Để ý ta ln có p  3r , ta a 32 b 22 c 32 216r  abc a 12 b 12 c 12 Bất đẳng thức chứng minh Dấu đẳng thức xẩy tam giác ABC Bài 70... NB  = , suy CN  2 2 ( b − a )   2ab − a , nên ta có S  4b2 − 4ab + 2a Do ta −  S +2 S +2 2ab − a b2 b2 4b2 − 4ab + 2a a Từ ta suy EF + PQ  , đẳng thức xẩy NB = hay 2b − a 2 M nằm nửa đường