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 Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chuyên a) Nếu có tan A A BK BK a từ tan = tan E = ta BK = a = BC K = = 2 b+c BE b + c trùng với điểm C Điều có nghĩa tam giác ABC vng B Vậy tan b) Nếu tan thu A a tam giác ABC vng B C = b+c A b−c A BK BK , giả sử b  c kết hợp với tan = tan E = ta = = b+c BE b + c BK (b + c) = ( b − c )( b + c )  BK ( b + c) 2 = b − c Mặt khác ta có AK2 = BK2 + c2 nên ta AK2 = b2 = AC2 Từ suy K trùng với C Điều có nghĩa ABC = 90 hay tam giác ABC vuông B Vậy tan A b−c tam giác ABC vng B C = b+c Bài 93 Cho tam giác ABC có G trọng tâm I giao điểm ba đường phân giác Chứng minh GI song song với BC tan B C tan = 2 Lời giải A G B M I D E C H Hạ AH ⊥ BC, GD ⊥ BC, IE ⊥ BC Do ta GD song song với IE Gọi độ dài cạnh tam giác ABC a, b, c đặt p = a+b+c Gọi r khoảng cách từ I đến cạnh tam giác ABC Khi ta chứng minh r2 ( p − a ) p B C IE IE r r = = BE = p − b; CE = p − c Ta có tan tan = 2 BE CE p − b p − c p ( p − a )( p − b )( p − c ) Theo công thức Hêrông ta có S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) công thức S = pr Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Toán Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên r2 ( p − a ) p S.r ( p − a ) p.r − r.a B C r.a 2r = = = 1− = 1− Ta tan tan = 2 p ( p − a )( p − b )( p − c ) S S S + Ta chứng minh tan Thật vậy, tan B C tan = GI song song với BC 2 2.r IE B C =  = tan = ta suy − AH 2 Gọi M trung điểm BC, ta có Do ta MG = MA IE DG MG GD =  IE = GD = = , suy AH AH MA AH Suy tứ giác GIED hình bình hành Do ta GI//BC + Ta chứng minh GI song song với BC tan B C tan = 2 Thật vậy, GI song song với BC ta có IE = GD Theo định lí Thales ta có 2.r MG GD IE B C = hay tan tan = = = = Do ta − MA AH Ah 2 Vậy toán chứng minh Bài 94 Cho tam giác nhọn ABC Dựng bên tam giác ABC tam giác cân DAC, EAB, FBC cho DA = DC, EA = EC, FB = FC ADC = 2A, AEA = 2B, CFB = 2C Gọi M giao điểm BD EF, N giao điểm EC DF, P giao điểm FA DE Chứng minh BD CE AF + + = MD NE PF Lời giải Từ ADC = 2A, AEA = 2B, CFB = 2C ta suy A ADC  180 ; AEB  180 ; BFC  180 D P Do ta DAC = 900 − ADC = 900 − A , E M BAE = 90 − AEB = 900 − B O B N C Suy DAE = DAC + A + BAE = 180 − B  900 Tương tự ta EBF  90 ; FCD  90 Do Nguyễn Cơng Lợi F Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Toán Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên đa giác ADCFBE đa giác lồi ) ( Suy ta có ADC + AEB + BFC = A + B + C = 360 Dựng đường tròn ( D; AD ) ( E; EB ) cắt O, suy DA = DC = OD Do ta AOC = 3600 − 2ADC = 460 − 4A Lại có AE = EB = EO nên ta AOB = 360 − 4B ( ) Suy AOC + AOB = 720 − A + B = 4C ) ( Do ta BOC = 3600 − AOB + AOC = 3600 − 4C suy FB = FC = FO Do ba đường trịn ( D; AD ) , ( E; EB ) ( F; FB ) cắt O Từ ta hai điểm O C đối xứng qua DF, hai điểm O A đối xứng qua DE, hai điểm O B đối xứng qua EF Điều dẫn đến S AED = S OED ; S BEF = S OEF ; S CDF = S ODF Ta lại có S S BD MD + MB MB = = 1+ = + BEF = + OEF MD MD MD S DEF S DEF Hoàn toàn tương tự ta Do ta S S CE AF = + ODF ; = + ODE NE S EDF PF S FDE S + S ODF + S ODE BD CE AF + + = + OEF = Bài toán chứng minh MD NE PF S DEF Bài 95 Cho ABC nhọn (AB < AC) có AH ⊥ BC H Gọi D, E hình chiếu vng góc H AB AC Đường thẳng DE cắt tia CB S Đường thẳng SA cắt đường trịn đường kính AH M Các đường thẳng BM AC cắt F Chứng minh FA.FC + SB.SC = SF2 Lời giải Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chuyên Ta có ADH = AEH = 900 nên tứ giác ADEH F nội tiếp đường tròn Mặt khác C = AHE AHE = ADE nên C = ADE , ta A C + EDB = 180 nên tứ giác BDEC nội tiếp N Ta có C + EDB = 180 mà SDB + EDB = 180 M nên C = SDB = 180 mà lại có S chung, hai tam giác SDB SCE đồng dạng với Suy E D S B H C SB SD hay SE.SD = SB.SC = SE SC Chứng minh tương tự ta SD.SE = SM.SA Suy SB.SC = SM.SA hay SB SM = SA SC Lại có BSM chung nên hai tam giác SMB SCA đồng dạng với nhau, ta C = SMB Mà ta có SMB + AMB = 180 nên C + AMB = 1800 suy tứ giác AMBC nội tiếp đường tròn Chứng minh tương tự ta hai tam giác FMA FBC đồng dạng với nên FA FM hay FA.FC = FM.FB = FB FC Trên SF lấy N cho FNM = MBS ta có FNM + MNS = 180 nên MBS + MNS = 180 Lại có MBH + MAC = 1800 mà MBH + MBS = 1800 nên ta MBS = MAC mà FNM = MBS nên ta FNM = MAC Từ ta tứ giác FAMN nội tiếp đường tròn Tương tự ta FNM ∽ FBS nên FN.FS = FM.FB SNM ∽ SAF nên SN.SF = SM.SA Từ ta FA.FC + SB.SC = FM.FB + SM.SA = FN.FS + SN.SF = FS ( FS + SN ) = SF Bài 96 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi A’, B’, C’ lầ lượt điểm cung nhỏ BC; CA; AB đường tròn (O) Gọi E, Q giao điểm B’C’ với AB, AC; M, F giao điểm A’C’ với BC, AB; P, N giao điểm A’B’ với AC, BC Gọi I giao điểm MQ, NE, PF Chứng minh SIMN + SIPQ + SIEF  SINP + SIQE + SIMF Lời giải Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chuyên Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy I Thật vậy, sử dụng tính chất góc nội tiếp góc có đỉnh nằm bên đường tròn ta 1 1 có B' AI = sdB' A' = sdB'C + sdA'C B'IB = sdB' A + sdA' B 2 2 Mà ta lại có sdB' C = sdB' A; sdA' C = sdA' B A Từ ta B' AI = B'IA nên tam giác B’IA cân B’, suy B' I = B' A Chứng minh tương E C' tự ta C'I = C' A Từ suy B’C’ B' Q F P O I đường trung trực đoạn thẳng AI Lặp lại cách chứng minh ta C’A’ A’B’ lần B M N C lượt đường trung trực đoạn thẳng IB, IC A' Theo tính chất điểm nằm đường trung trực đoạn thẳng ta thu MB = MI FB = FI Từ suy tam giác BMI cân M tam giác FBI cân F Đến ta suy MBI = MIB; FBI = FIB Mà ta lại có MBI = FBI nên ta FBI = MIB = MBI = FIB , suy IM song song với BF IF song song với BM Kết hợp với MBI = FBI ta suy tứ giác BMIF hình thoi Chứng minh hồn tồn tương tự ta tứ giác AQIE CNIP hình thoi Từ ta IF song song với BC IP song song với CN nên IP song song với BC, suy FP qua điểm I Chứng minh tương tự ta QM, NE qua điểm I Vậy đường thẳng MQ, NE, PF đồng quy điểm I Sử dụng tính chất tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng ta Chứng minh SIMN MN S  MN   = hai tam giác IMN ABC đồng dạng nên IMN =   S ABC  BC  BC S ABC Hai tam giác IPQ BCA đồng dạng với nên Hai tam giác IEF CAB đồng dạng với nên Nguyễn Công Lợi S IPQ S BCA SIEF SCAB = IP NC = BC BC = IF BM = BC BC Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Toán Ơn thi lớp 10 THPT Chun Từ ta Hay ta đươch S IMN S ABC + S IPQ S BCA + S IEF S CAB = MN NC BM BC + + = =1 BC BC BC BC SIMN + SIPQ + SIEF = SABC Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta ( SIMN + SIPQ + SIEF )  ( SIMN + SIPQ + SIEF ) = SABC Lại có S ABC = ( S IMN + S IPQ + S IEF ) + ( S AQIE + S BMIF + S CNIP ) Mà tứ giác AQIE, BMIF, CNIP hình thoi nên ta S ABC = ( S IMN + S IPQ + S IEF ) + ( S INP + S IQE + S IMF ) Từ ta ( S IMN + S IPQ + S IEF )  ( S IMN + S IPQ + S IEF ) + ( S INP + S IQE + S IMF ) Hay ta SIMN + SIPQ + SIEF  SINP + SIQE + SIMF Bài 97 Cho tam giác ABC khơng cân A có góc ABC, ACB góc nhọn Xét điểm D di động cạnh BC cho D không trùng với B, C hình chiếu A BC Đường thẳng d vng góc với BC D cắt đường thẳng AB, AC E F Gọi M, N, P tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF, BDE, CDF Chứng minh bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn d qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Lời giải Để chứng minh toán ta tách chứng minh hai ý E sau: d + Trước hết ta chứng minh d qua tâm đường tròn A nội tiếp tam giác ABC tiếp tuyến F chung khác d hai đường tròn ( N ) ( P ) qua điểm A • Giả sử đường thẳng d qua điểm tâm đường I T tròn nội tiếp tam giác ABC, D tà tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với BC nên ta Nguyễn Công Lợi P N B D C Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chuyên ta có BD = AB + BC − AC CA + CB − AB ; CD = 2 Từ suy BD − DC = BA + BC − AC CA + CB − AB − = AB − AC 2 Gọi giao điểm tiếp tuyến qua A (khác AB) đường tròn ( N ) với đường thẳng T Khi tứ giác TABD ngoại tiếp đường trịn nên AB + TD = AT + BD Kết hợp với đẳng thức ta AC + TD = AT + CD Điều chứng tỏ tứ giác TACD ngoại tiếp đường tròn Vậy AT tiếp xúc với đường trịn ( P ) hay nói cánh khác AT tiếp tuyến chung hai đường tròn ( N ) ( P ) qua điểm A • Giả sử tiếp tuyến khác d hai đường tròn ( N ) ( P ) qua A Gọi giao điểm tiếp tuyến với đường thẳng d T Khi dễ thấy tứ giác TABD TACD ngoại tiếp đường trịn Do AB + TD = AT + BD AC + TD = AT + DC Từ ta BD − DC = AB − AC Lại có BD + CD = BC nên ta BD = AB + BC − AC CA + CB − AB ; CD = 2 Từ suy D tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC Từ dó suy d qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC + Tiếp theo ta chứng minh bốn điểm A, M, N, E P nằm đường tròn tiếp tuyến chung khác d hai đường tròn (N) d A M ( P ) qua điểm A Ta chứng minh hai chiều sau: F • Giả sử tiếp tuyến chung hai đường tròn ( N ) ( P ) qua A, ta cần chứng minh bốn điểm A, I M, N, P nằm đường tròn T Thật vậy, để ý ba điểm E, M, N thẳng hàng ba điểm F, M, P thẳng hàng P N B D C  EAF  1800 − BAC BAC = Do ta có NMP = 1800 − EMF = 1800 −  900 +  = 900 −   2   Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chuyên Mặt khác tiếp tuyến chung khác d hai đường tròn ( N ) ( P ) qua điểm A nên NAP = BAC Mặt khác tiếp tuyến chung khác d hai đường tròn ( N ) ( P ) qua điểm A nên NAP = 21 BAC Do ta NMP = NAP nên tứ giác AMNP nội tiếp đường trịn • Giả sử ta bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn Ta cần chứng minh tiếp tuyến chung khác d hai đường tròn ( N ) ( P ) qua A Thật vậy, lập luận ta NMP = BAC Do tứ giác AMNP nội tiếp đường tròn nên ta NMP = NAP Từ suy NAP = đường trịn ( N ) , ta NAx = Do ta APx = NAP − NAx = BAC Qua A vẽ tiếp tuyến Ax BAx 1 BAC − BAx = CAx = PAC 2 Từ suy Ax đối xứng với AC qua AP, mà AC tiếp xúc với đường tròn (P) nên Ax tiếp xúc với đườn tròn ( P ) Suy tiếp tuyến chung khác d hai dường tròn ( N ) ( P ) qua điểm A Vậy từ hai ý ta bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn d qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Bài 98 Cho tam giác ABC có trực tâm H nội tiếp đường tròn ( O ) Một tiếp tuyến thay đổi đường tròn ( O ) cắt HB, HC theo thứ tự E, F Điểm K đối xứng với H qua EF Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác KEF ln tiếp xúc với đường tròn cố định Lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh toán phụ Cho lục giác lồi ABCDEF năm điểm A, B, C, D, E nằm đường tròn ( O ) Gọi G, H, K giao điểm Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Toán Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên cặp đường thẳng AB DE, BC EF, CD AF Chứng minh ba điểm G, H, K thẳng hàng điểm F nằm đường tròn ( O ) Chứng minh toán phụ + Điều kiện cần Giả sử điểm F nằm đường tròn ( O ) Gọi I giao điểm hai đường ngoại A tiếp tam giác GBD tam giác KDF (I khác O D) Khi ta có B F BIF = BID + DIF = BGD + DKF 1 = sdAFE − sdBCD + sdABC − sdCDF 2 1 = sdCAE − sdBCF = sdBAF − sdCDE 2 Mà ta có BHF = sdBAF − sdCDE ) ( ) ( ( ( ( ) ) C E D K I H G ) Do BIF = BHF nên tứ giác BIHF nội tiếp đường tròn, suy BIH + BFH = 1800 Mặt khác ta có BIG = BDG = sdBG Mà BDG = BFE nên BIH + BIG = BIH + BFH = 1800 , suy HIG = 1800 Do ba điểm H, I, G thẳng hàng Chứng minh tương tự ta I, H, K thẳng hàng Như bốn điểm H, I, G, K thẳng hàng Do ba điểm G, H, K thẳng hàng + Điều kiện đủ Giả sử ba điểm H, G, K thẳng hàng Gọi T giao điểm EH với đường tròn ( O ) L giao điểm AT với CD Chứng minh tương tự ta suy L, H, G thẳng hàng Mà ta có ba điểm K, H, G thẳng hàng nên suy bốn điểm G, H, K, L thẳng hàng Chú ý L giao điểm AT với CD K giao điểm AF với CD, nên suy hai điểm K L trùng Từ suy hai điểm T F trùng nhau, điểm F nằm đường trịn ( O ) Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Toán Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên Trở lại toán Gọi P tiếp điểm EF T Q với đường tròn ( O ) Gọi M, N theo thứ tự giao điểm BH, CH với đường trịn ( O ) A M U Khi dễ thấy M, N đối xứng với H theo V N H thứ tự qua AC AB Do đường trịn O C B tâm A bán kính AH qua điểm M F N Do A H cố đinh nên đường tròn ( A ) P E cố định Gọi V, U theo thứ tự giao điểm thứ hai PN, PM với đường tròn ( A ) K Gọi T giao điểm EV FU Ta có điểm H, M, N, U, V nằm đường tròn ( A ) để ý ba điểm E, P, F thẳng hàng nên theo tốn phụ T nằm đường tròn ( A ) Do EF tiếp tuyến P với đường tròn ( O ) nên ta có NPE = NMP = NVU suy UV song song với EF Để ý đến tứ giác TVNH TMUH nội tiếp ta có TVP = 1800 − THN TUP = 1800 − TUM = 180 − THM Do tính ) ( đối xứng ta có MAN = 2BAC = 180 − MHN Từ ta có biến đổi góc ) ( ) = 180 − ( 180 − THN ) + UVP − ( 180 − THM ) + VUP = MHN − 180 + UVP + VUP = MHN − ( 180 − UVP − VUP ) = MHN − MPN = MHN − ( 180 − MAN ) = MHN + MAN − 180 = MHN + (180 − MHN ) − 180 ( ETF = 180 − TVU − TUV = 180 − TVP − UVP − TUP − VUP 0 0 0 0 = 180 − MHN = 180 − BHC = 180 − EKF Suy tứ giác TEKF nội tiếp đường tròn Giả sử TQ tiếp tuyến với đường trịn ( A ) ta có QTV = QTE = TFE = TUV nên TQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EKF Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác EKF tiếp xúc với đường trịn tâm A bán kính AH cố định Bài 99 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi P điểm di chuyển cung nhỏ BC đường tròn ( O ) Dựng tam giác PBC điểm E F có Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Toán Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên tam giác PCE đồng dạng với tam giác BAO tam giác PBF đồng dạng với tam giác CAO Tiếp tuyến P đường tròn ( O ) cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác PCE PBF theo thứ tự M N khác P Gọi Q giao điểm EM FN Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác QMN tiếp xúc đường tròn cố định P thay đổi Lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh toán phụ Bài tốn phụ Cho tứ giác ABCD có cạnh AB CD cắt M, cạnh AD BC cắt N Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN, CDN, ADM, BCM qua điểm Chứng minh Giả sử hai đường tròn ngoại M tiếp tam giác AD CDN cắt điểm E khác D Khi tứ giác AMED CDNE A E nội tiếp đường trịn nên ta có MDE = CNE D MAE = MDE Từ ta MAE = CNE = BNE nên tứ giác B C N ABNE nội tiếp đường tròn Mặt khác từ tứ giác nội tiếp đường trịn ta có ECN = EDN EDN = AME Do ta AME = ECN = ECM nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN, CDN, ADM, BCM qua điểm Bài toán phụ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) Giả sử M điểm nằm tam giác ABC Gọi E, F theo thứ tự giao điểm AC, AB với tiếp tuyến M đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC Điểm Q đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC Đường tròn ngoại tiếp tam giác QBF QCE cắt R khác M Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác REF tiếp xúc với đường tròn ( O ) Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chuyên Chứng minh Gọi S giao điểm thứ hai A đường tròn ngoại tiếp tam giác BFM R đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM Khi E M để ý đến tứ giác nội tiếp đường tròn tiếp tuyến EF đường trịn ngoại tiếp tam giác BMC ta có biến đổi góc B C L ERF = QRF + QRE = 180 − ACQ + 180 − ABQ ) ( O F = 360 − ACQ + ABQ = BAC + BQA S Q = BAC + 180 − BMC = BAC + MBC + MCB ( ) = 1800 − MSE + PSF = 180 − ESF Điều dẫn đến tứ giác SERF nội tiếp đường trịn Mặt khác ta lại có BSC = BSM + CSM = AEF + AFE = 1800 − BAC nên tứ giác ABSC nội tiếp đường tròn Gọi SL tiếp tuyến S đường trịn ( O ) Khi ta có biến đổi góc ESL = BSL + ESB = BCS + EMB = BCS + MCB = MCS = MES Từ SL tiếp tuyến S đường tròn ngoại tiếp tam giác ESF, điều kéo theo SL tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác REF Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác REF tiếp xúc với đường tròn ( O ) Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chun Trở lại tốn Do có tam giác PCE đồng A dạng với tam giác BAO tam giác PBF đồng dạng với tam giác CAO nên ta suy EPF = BPF + BPC + CPE = OAC + BPC + OAB = BAC + BPC = 180 O X Gọi K L giao điểm BN với B C CM BF với CE Do có tam giác PCE đồng F dạng với tam giác BAO tam giác PBF đồng N P M dạng với tam giác CAO nên ta có ( ) E ( BLC = 180 − EFL + FEL = 180 − PBF + PCE ( ) Q ) = 180 − BAO + CAO = 180 − 2BAC L K = 180 − BOC Do ta tứ giác tứ giác BOCL nội tiếp đường tròn Để ý đến tứ giác BFNP CMEP nội tiếp đường trịn ta lại có ECM = EPM = FPN = FBN nên tứ giác BCKL nội tiếp đường tròn hay điểm K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC Xét tứ giác PDQN có F giao điểm EP với QN M giao điểm NP với QE, nên theo toán phụ ta có đường trịn ngoại tiếp tam giác FNP, EMP QMN qua điểm, ta gọi điểm X Khi từ tứ giác BXPF, CXPE, BOPF, COPE nội tiếp đường tròn Do ta thu biến đổi góc BXC = BXP + CXP = 180 − BFP + 180 − CEP = BOP + COP = BOC nên X thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC Xét tam giác KBC có P điểm nằm tam giác, tiếp tuyến P đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC cắt KB, KC N, M Lại có điểm X nằm đường trịn ngoại tiếp tam giác KBC, hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác XBN XCM cắt Q Khi theo tốn phụ đường trịn ngoại tiếp tam giác QMN ln tiếp xúc với đường ngịn ngoại tiếp tam giác KBC hay tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp tam giác BOC Mà ta có tam giác BOC cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC cố định Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác QMN ln tiếp xúc đường trịn cố định Bài 100 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) có AC BD cắt E Một đường tròn qua B, C cắt CD, AB theo thứ tự M, N Gọi H giao điểm BM với Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Toán Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên CN Một đường thẳng qua H cắt AC, BD theo thứ tự K, L Trên BC lấy điểm Q, R cho KR song song với BM LQ song song với CN Gọi P giao điểm KR với QL Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC Lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh M toán phụ Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn ( O ) có cạnh AB CD cắt E A D M, cạnh AD BC cắt N Khi đường trịn ngoại tiếp tam giác ABN, CDN, ADM, BCM qua O B C N điểm E ba điểm M, E, N thẳng hàng Chứng minh Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MAD CDN cắt điểm E khác D Khi tứ giác AMED CDNE nội tiếp đường trịn nên ta có MDE = CNE MAE = MDE , từ ta MAE = CNE = BNE nên tứ giác ABNE nội tiếp đường tròn Mặt khác từ tứ giác nội tiếp đường trịn ta có ECN = EDN EDN = AME nên ta AME = ECN = ECM nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN, CDN, ADM, BCM qua điểm E Do tứ giác ADEM CDEN nội tiếp đường trịn nên ta có MAD + MED = 1800 DCN + DEN = 1800 Mà ta lại có tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên MAD + DCN = 1800 Từ ta MED + NED = 1800 hay ba điểm M, E, N thẳng hàng Trở lại toán Gọi X giao điểm PQ với AC Y giao điểm PR với BD Do tứ ABCD BCMN nội tiếp đường tròn, kết hợp với KR song song với BM LQ song song với CN ta có EXL = ECN = EBM = EYK nên tứ giác XKYL nội tiếp đường tròn Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Tài liệu BDHSG Tốn Ơn thi lớp 10 THPT Chuyên A D E N L S H B X M C Q Y R P K T Xét tứ giác XKYL có E giao điểm XK với YK P giao điểm XY với LK, theo tốn phụ đường tròn ngoại tiếp tam giác XEL, XKP, KYE YLP qua điểm S ma điểm P, S, E thẳng hàng Từ dễ thấy XKS = XPS = LPS = LYS KSX = KPX = YPL = YSL nên suy hai tam giác SKX SYL đồng dạng với Mặt khác theo KR song song với BM LQ song song với CN nên theo định lý Thales ta có BL HL CX nên ta có hai tam giác SCK = = BY HK CK SBY đồng dạng với nhau, hai tam giác SCX SBL đồng dạng với Đến ta thu hai tam giác SCB SKY đồng dạng với BSC = KSY Để ý tứ giác SEYK nội tiếp đường trịn nên ta có BEC = YEK = YSK = BSC hay từ giác BESC nội tiếp đường tròn Cũng từ hai tam giác SCB SKY đồng dạng với ta SBC = SYL Do CSK = BSY = CRK nên suy tứ giác SCKR nội tiếp đường trịn Lập luận chứng minh hồn tồn tương tự ta có tứ giác SXCQ nội tiếp đường trịn Đến ta có XQS = XCS = PRS nên tứ giác PQSR nội tiếp đường tròn Điều có nghĩa hai đường trịn ngoại tiếp hai tam giác PQR BEC qua điểm S Giả sử ST tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR Để ý đến tứ giác nội tiếp ta có CST = CSQ − QST = CXQ − SPQ = LYK − LYS = SEK = SEK = SEC Điều dẫn đến ST tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC Nguyễn Công 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