của tia DB lấy điểm E sao cho DE = DC. Ta sẽ chứng minh M là trung điểm của BE.. Vì AQ đi qua trung điểm MN nên Q là trung điểm của BC. Vậy, khi Q là trung điểm của BC thì.. Kéo dài EM c[r]
(1)Bài 1: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2008 – 2009) 1.1
A D
B C
O A' B'
C' D'
Từ đỉnh hình vng ta kẻ đoạn AA’, BB’, CC’ , DD’ vng góc với d Đặt T = AA’2+ BB’2+CC’2+ DD’2.
Ta có OAA’ = OCC’ (cạnh huyền – góc nhọn) suy AA’ = CC’ Tương tự OBB’ = ODD’ suy BB’ = DD’
Từ suy T = 2(AA’2 + BB’2) (1)
Mặt khác, ta có A AO B OB' ' (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc) AO = BO nên
A’AO = B’OB (cạnh huyền –góc nhọn) BB’ = A’O (2).
Thay (2) vào (1) áp dụng định lý Pytago tam giác vuông A’AO ta được: T = 2(AA’2 + A’O2) = 2AO2 = 2
2
2
4
AC AC
AB
, số 1.2
a) Phần thuận: Gọi I điểm cung AB
- Xét C thuộc cung BI Tam giác CEB có C 900, CE = CB nên vng cân, suy 45 ,0 1350
CEB AEB .
Điểm E nhìn AB góc 1350 nên E chuyển động cung chứa góc 1350 dựng trên
đoạn AB (cung phía với I AB)
- Xét C’ thuộc cung AI Tam giác C’E’B vuông cân nên C E B' ' 450
Điểm E’ nhìn AB góc 450, nên E’ chuyển động cung chứa góc 450 dựng trên
đoạn AB
Khi C’ I E’ A Khi C’ tiến đến A E’ tiến đến K ( AK AB AK =AB)
Điểm E’ chuyển động cung AK cung góc 450 dựng đoạn AB (khác phía với I
đối với AB) b) Phần đảo:
- Lấy E thuộc cung chứa góc 1350 dựng AB, AE cắt nửa đường tròn (O) C Ta
B O
I C E
C'
E' A
K
(2)có AEB1350, tam giác CEB vng có CEB 450 nên CE = CB
- Lấy E’ thuộc cung AK, E’A cắt nửa đường trịn (O) C’ Ta có AE B' 450, tam
giác C’E’B vng có C E B' ' 450 nên C’E’ = C’B
c) Kết luận: Quỹ tích điểm E cung chứa góc 1350 dựng AB (cùng phía với I đối với
AB) cung AK chứa góc 450 dựng AB (khác phía với I AB) Hai cung hợp
lại thành nửa đường trịn đường kính BK (vì BAK 900)
Bài 2: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2009 – 2010) 2.1.Gọi I, J, K trung điểm
QN, MN, PQ Khi : BJ =
MN
2 (trung tuyến vuông MBN)
Tương tự DK = PQ
2 . IJ =
QM
2 (IJ đtb MNQ).
Tương tự IK = PN
2 .
Vì BD BJ + JI + IK + KD Dođó: ABCD
AC AC
S BD (BJ+JI + IK+KD)
2
=AC(MN+NP+PQ+QM)
4 - đpcm.
Chu vi tứ giác MNPQ :
MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ
= 2(BJ + JI + IK + KD) 2BD (cmt)
Dấu xảy đường gấp khúc trùng với BD, tức MQ //NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cạnh huyền tam giác vuông cân nhau), lúc MNPQ hình chữ nhật
2.2.Kí hiệu hình vẽ Phần thuận :
AOB =AMB 90 (giả thiết) tứ giác AOBM nội tiếp AMO ABO 45
(vì AOB vng cân O)
Suy M nằm đường thẳng qua O tạo với đường
PQ góc 450.
Trường hợp B vị trí B’ M’ nằm đường thẳng qua O
và tạo với PS góc 450.
Giới hạn :
*) Khi A H M Q, A K M S
*) Trường hợp B vị trí B’: A H M’ P, A K M’ R
Phần đảo: Lấy M đường chéo SQ (hoặc M’ PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) A Kẻ bán kính OB OA
Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì AMO ABO 45 0)
Suy : AMB AOB 90
A B
D C
M
N
P Q
I J
K
x y
O
K H
P Q
R S
A
B M M'
(3)D A
B C
E
F N
M Mà AM//PQ , PQ PS MB//PS
Kết luận:Quỹ tích giao điểm M đường chéo hình vng PQRS.
Bài 3: ( CHUN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2010 – 2011)
3.1.
Vì AB AC đường kính đường trịn Nên ADB90 ;0 ADC900
Do D nằm đường BC
Ta có : ABD AED ( chắn cung AD)
ACDAFD ( chắn cung AD)
Nên ABC AEF
Suy
2
EF
BA BC BM BM
EA EN EN
Mà ABM AEN nên ABM AEN
Suy AMB ANE
Do tứ giác ADMN nội tiếp
900
ANM ADM
Vậy AN NM (đpcm)
3.2.
Gọi H chân đường cao hạ từ A; M trung điểm AC Theo giả thiết ta có AH = BM
Gọi N chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC Khi MN//AH
Nên MN =
1
2AH 2BM
Suy tam giác vuông BMN nửa tam giác cạnh BM Do MBN 300
Gọi D điểm đối xứng A qua B Khi D cố định BM//CD
Suy BCD CBM 300 ( so le trong)
Do điểm C nằm cung chứa góc 300 dựng đoạn BD
Vậy quỹ tích C hai cung chứa góc 300 dựng đoạn BD (trừ điểm B D) Dễ
thấy đường trịn chứa hai cung có bán kính độ dài AB có tâm I cho tam giác BID
Bài 4: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012) 4.1.Gọi M trung điểm BC (1)
B C
A D
H M
(4)Nối GD, GE Gọi P, Q điểm trên tia GM cho:
BP //GE, CQ //GD (2) Theo định lý Ta-lét tính chất đường phân giác:
;
GP EB CB
GA EA CA
GQ DC BC
GA DA BA Suy ra:
GP GQ CB BC
GA GA CA BA
( )
1
GP GQ BC AB AC
GA AB AC
(vìBC AB AC( )AB AC ) GP+GQ = GA = 2GM
Do M trung điểm PQ (3)
Kết hợp (1) (3) suy tứ giác BPCQ hình bình hành BP//CQ (4) Từ (2) (4) suy G, D, E thẳng hàng.
4.2 a) Phần thuận:
ABC cân ABCACB ADB
ADEADC (vì bù với ABC).
Xét ADC ADE có:
AD: chung ; DC = DE (giả thiết) ADCADE (cmt)
Suy ADC = ADE (c.g.c)
Do AC=AE=AB ABE cân A
Vì M trung điểm BE nênAMB900
Hơn AB cố định nên M lưu động đường trịn đường kính AB. b) Giới hạn: Khi D A M A; D C M H (AH đ/cao ABC). c) Phần đảo:
Lấy điểm M AH Gọi D giao điểm thứ BM đường tròn (O) Trên tia đối
của tia DB lấy điểm E cho DE = DC Ta chứng minh M trung điểm BE Xét ADC ADE có:
AD: chung ; DC = DE (giả thiết) ADCADE (cùng bù với ABC)
Suy ADC = ADE (c.g.c) AC=AE=AB (1) Lại có AM BE (M nằm đường trịn đường kính AB) (2) Từ (1) (2) suy M trung điểm BE.
d) Kết luận: Khi D di động cung nhỏ AC quĩ tích M cung nhỏ AH đường trịn đường kính AB
Q P D
G
M
E
A B
C
H M
E A
O
C B
(5)Bài 5: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012) 5.1.
Gọi K giao điểm của AC DE Vì:
· 30 ;0 · 900
ADB= ADK = Suy KDC· =600
Và DEC
Nên ABCDKC (g.g)
3
DK AB
DC AC
Þ = =
Do
1 1
(1)
3
KD
DK DC DE
KE
= = Þ =
Kẻ CHDE (HDE) thì
1
DH = DEÞ
2 KH KD = ; Mặt khác AD//CH (cùng vng góc với DH) ; Nên theo Talet ta có:
1
KC KH
KA =KD = (2).
Từ (1), (2) ·AKE=CKD· nên theo Talet AE//CD.
5.2.
Gọi H, K giao điểm BC, DE với OA Ta thấy ·AKF=900 (1), AK = HK (2);OBA· =900, BHOA(3) OB =OM=ON (4) OMF· =900(5) Kết hợp (1), (2), (3), (4) (5) ; áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông định lý Pytago ta có:
2 2
FA =FK +KA
=OF2- OK2+KA2
( )
2 2
OF OK KA
= -
=OF2- (OK- KA OK)( +KA)=OF2- (OK- KH OA)
=OF2- OH OA OF = 2- OB2 =OF2- OM2=FM2
Suy FA = FM
Hơn nữa, OMF· =ONF· (nhìn đường kính OF)
Nên FM = FN (vì tiếp tuyến từ F (O)) Do F tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN.
Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp AMN, R³ KA
Đẳng thức xảy F K, nghĩa F trung điểm DE.
Vậy, F trung điểm DE bán kính đường trịn ngoại tiếp AMN nhỏ nhất. Bài 6: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)
6.1.
a) Chứng minh AF.BE = AD.DB. Ta có:
A
B D C
K E H
O
C B
A
D E
F
N
M H
(6)· · µ · · 0 180 120 (1) AFD FDA A
AFD FDA + + = Û + = · · · · · 0 180 120 (2) EDB FDA EDF
EDB FDA
+ + =
Û + =
Từ (1) (2) suy ra:·AFD=EDB· Hơn µA= =Bµ 600
Suy raDAFD @DBDE
AF AD
BD BE
Þ =
AF BE AD BD
Û = (đpcm).
b) Chứng minh
2
4
a AF BE
Đặt x1 AD x; DB x x( ,1 0)và x x1 AD DB b b ( 0) Ta có:x1x2 AB a (khơng đổi)
Nên x , x1 2là nghiệm phương trình bậc hai: x2 ax b (*) Do x , x1 tồn nên phương trình (*) ln có nghiệm Hay:
2 4 0
4
a
a b b
Vậy a AF BEAD BD
Dấu “=” xảy x1 2
a x
, tức D trung điểm AB. 6.2.
a)Tính tỷ số HC CD:
Ta có:CK AD BD, ADCK BD/ /
Áp dụng Talet:
CH CK AC
HD BD AB Suy ra:
3
3
CH CH
CD CH HD . Vậy tỷ số
3 HC CD .
b) Điểm H chạy đường d quay quanh A?
Qua H kẻ đường thẳng song song với OD cắt OC I Khi đó:
3 3
7 7
IH CH
IH OD R
OD CD (khơng đổi).
Từ ta có:
3 3
7 14
R
IC OC ROI R
Do OC cố định nên I cố định Vì thế, d quay quanh A H chạy đường tròn tâm I (I nằm đoạn OC, cách O khoảng
2 OI R
), bán kính
7R Bài 7: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)
7.1.
a) Chứng minh rằng:
AM AN PQ AB AC AQ
O D A B C O' K H I A
B Q C
(7)Gọi E, F giao điểm NP, MP với BC. Do NE//AB, MF//AC nên theo Thales ta có:
;
AM FC AN BE
AB BC AC BC
PQ EQ FQ EQ FQ EF AQ BQ QC BQ QC BC
Từ đó:
AM AN PQ FC BE EF
AB AC AQ BCBC BC (đpcm).
b) Xác định vị trí điểm Q để
27
AM AN PQ AB AC AQ .
Áp dụng câu a) BĐT Cauchy cho số dương: , ,
AM AN PQ AB AC AQ :
1=
3
3
AM AN PQ AM AN PQ AB AC AQ AB AC AQ
1
27
AM AN PQ AB AC AQ
Dấu “=” xảy
1
AM AN PQ AB AC AQ
Khi MN//BC Vì AQ qua trung điểm MN nên Q trung điểm BC. Vậy, Q trung điểm BC
27
AM AN PQ AB AC AQ . 7.2.
Vì AB đường kính nên ABD
vuông D suy BD2 BC BA (1)
Gọi G, H tiếp điểm (I) với CD (O).
Tứ giác IECG có : E C G 900 và IE= IG nên hình vng,
IG//EC HIG HOB (đồngvị). Kết hợp với HIG HOB cân, suy
GHI BHO, hay H, G, B thẳng hàng.
Từ đó:HBE EBG (vìBHE BEG B , chung) BE2 BG BH (2) Và:AHB GCB(vìAHB GCB 90 ,0 B chung)BG BH BC BA (3) Từ (1), (2) (3) suy BD = BE.
Bài 8: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014)
8.1.
Lưu ý: có vẽ hình chấm điểm câu a) Chứng minh OMD đồng dạng với FDC
Vì O trung điểm BD CE = 2EO nên E trọng tâm BCD và M trung điểm BC,
suy OM//CD, OMD FDC (1)
Theo giả thiết ODC EFC nên:
ODM ODC MDC EFC FDC FCD (2).
O
A C B
D H
I E
G
D C
A B
O
M E
(8)Từ (1) (2) suy OMD đồng dạng với FDC b) Chứng minh EFA2OBA
ABCD hình thoi nên
1
,
2
AD CD OM CD BC MC ; Và
DC DF
FDC OMD
MD OM
; Do đó:
AD DC DF DF
MD MD OM MC .
Hơn AD//CM nên FDA CMD ,
Suy FDA CMD DFA MCD
Ta có: EFA1800DFA 1800MCD ADC ABC2OBA a
O A
M D I
B E
C
J F
8.2.Lưu ý: có vẽ hình chấm điểm câu này. a) Chứng minh J la trng điêm đoạn hhng OC
Vì CM tiếp tuyến (O) M (I) nên CMD CMO 90 0 nên D,M,O thẳng hàng Do
CA CM tiếp tuyến (O) nên DOC AOC
Mà AOC DCO (do AB//CD), suy DOC DCO, hay DOC cân D Kết hợp với
900 DJ OC DJC
suy DJ trung tuyến DOC, J trung điểm đoạn thẳng OC.
b) Tìm điêm cố định
Gọi F trung điểm AO, E giao điểm DF BC
Vì OJ=JC (cmt) nên JF đường trung bình AOC, JFAB DJF COB (cùng bù
JOF) (1).
Mặt khác , DJO JFO (g.g) nên
DJ JO CO CO
JF FO AO OB (2).
Kết hợp (1) (2) ta DJF COB.
Do JDE JCE nên tứ giác CDEJ nội tiếp đường tròn (I) vàCED 90 0 hay DF BC.
Vậy M di động, đường thẳng qua D vng góc với BC ln qua F cố định , F trung điểm OA.
(9)Mà BD phân giác ABH nên D nằm A H
Hạ DH'AB
Vì BHD 900BDH 900 ADB900 Nên H’ nằm hai điểm A B
Mặt khác : BH D' BHD ch gn
'
BH BH
Ta có : BH = BH’ = AB – AH’
CD = AC – AD Mà AB = AC
AD > AH’ ( quan hệ cạnh góc vuông cạnh huyền).Suy : BH > CD nên 1
BH CD . 9.2 Đặt BC a AB c CA b , ,
Ta có
a ABC h a S
Mặt khác,
1
2
ABC ABD ADC a
S S S b c k
Từ 1 2 suy a
a
k a
h b c
Tương tự, b b
k b
h c a ; c c
k c
h a b
Áp dụng BĐT ( c/m )
3
a b c
b c c a a b , ta có:
3
a b c
a b c
k k k a b c
h h h b c c a a b
Vậy, GTNN
a b c
a b c
k k k
h h h Tam giác ABC đều.
Bài 10: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015) 10.1.
a) Tam giác MEA cân Gọi Ax tia đối AM. Ta có:
MAE CAx (đối đỉnh);
MEA CAD (ME//AD). Lại có:
2 CAx
sđAC=
2sđCD CAD
Suy MEA MAE , hay tam giác MEA cân M (1).
b) Đường hhng MC qra trng điêm đoạn hhng AI. Kéo dài EM cắt BC F Gọi By tia đối tia BM Ta có:
MBF CBy (đối đỉnh), MFB AIC (ME//AD).
Lại có:
1 CBy sđ BDC
sđ
1 BD CD
sđBD AC AIC
Suy MBF MFB hay tam giác MBF cân M, nên MB = MF (2).
Từ (1), (2) tính chất tiếp tuyến, ta thu ME = MF (3). Gọi J giao điểm MC AD Vì AD // EM nên:
(10)(4)
AJ CJ JI
EM CM MF .
Kết hợp (3) (4) suy AJ = JI , hay J trung điểm AI (đpcm). 10.2.
a) Chứng minh tằng điêm B, M, F hhng hang -Tứ giác ADME hình vng
(vì ADME hình chữ nhật có AM phân giác DAE); Suy AD = AE nên BD = EC. Lại có BH = HC
Và DBH ECH 450
Suy DBH = ECH BDH CEH (1).
- Ta có DAE DME DFE 900, suy A, D, M, E, F nằm đường tròn và
AMFE nội tiếp, AMF CEH (2)
- BDMH nội tiếp (vì BDM BHM 900) suy BMH BDH (3).
- Từ (1), (2) (3) suy BMH AMF Kết hợp với A, M, H thẳng hàng, suy B, M, F
thẳng hàng
b) Xác định vị tí điêm M đê diện am giác AFB lớn nhấ
Vì điểm D, M, E, F nằm đường tròn (câu a) nên
450
DFM DAM DMA DFA suy AFB900
Hơn AHB900nên A, B, H, F nằm đường trịn đường kính AB.
Gọi K hình chiếu F lên AB Ta có:
1 AFB
S FK AB
Do AB cố định, nên SAFB lớn FK lớn
F H M H Vậy M H diện tích tam giác AFB lớn nhất.
Bài 11: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015) 11.1.
Giả sử đường thẳng qua D, E, F song song với CA, AB, BC cắt AB, BC, CA H, I, K
Đặt SABC = S¸
SAFK = S1, SBDH = S2 , SCEI = S3
Do HDMF, DIEM, MEKF hình bình hành nên:
3
1
2
DEF HDIEKF
S S S S S S ,
Suy ra, BĐT cần chứng minh là:
1 S S S S
Do AFK HDB EIC ABC
Nên
2 2
1
S FK ME DI
S BC BC BC
.
B C
H A
M
D E
F K
A
B C
M F
E
I K
(11)Tương tự,
2
S BD
S BC
,
2
S IC S BC
Chứng minh bất đẳng thức
2 2 1( )2
a b c a b c (*) Sử dụng (*) ta được:
2 2
1 1
3
S S S BD DI IC BD DI IC
S BC BC BC BC BC BC
.
Đẳng thức xảy M trọng tâm tam giác. 11.2.
a) Chứng minh NC.NE = ND.NF Ta có: O, O1, E thẳng hàng; Lại có:
1
EO CO
EO NO ;
Suy N, C, E thẳng hàng. Tương tự N, D, F thẳng hàng. Ta có:
1 1 1
2
NCB CO E NOE NFE
1 2 1
2
NDA DO F NOF NEF
Nên NCD NFE, suy NC.NE = ND.NF (1).
b) Tìm ập hợp điêm M
Giả sử MN cắt (O1), (O2) giao điểm thứ hai tương ứng M1, M2 Chứng minh được NC.NE = NM1.NM (2) ND.NF = NM2.NM (3)
Từ (1), (2) (3) suy MN NM1 NM2, hay MN tiếp tuyến chung (O1), (O2).
Suy NC.NE = ND.NF = NM2 (4).
Mặt khác, N điểm cung AB nên NAC NEA
Suy NAC NEA nên NC.NE = NA2 (5).
Từ (4) (5) suy NM =NA (R R d )
Do đó, M thuộc cung tròn AB đường tròn tâm N, bán kính NM (R R d ), trừ
điểm A, B.
Bài 12: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016) 12.1
A
M O2
D
E
O1
C
B
O
N
(12)Chứng minh ACF la am giác cân: Vì OB = OC =BC = R nên OBC
đều, suy ra
0
30
BAC BOC
(1) Do ADF nửa tam giác đều, nên
1
DF AD DC Hay CDF cân D,
Suy ra
0
30
FCD DFC ADF
(2) Từ (1) (2) suy ACF cân F.
Chứng minh EF lrôn qra mộ điêm cố định:
Trường hợp 1: AC đường kính (O) E O, nên hiển nhiên EF qua điểm cố định O
Trường hợp 2: AC không đường kính
Ta có ACF cân F (chứng minh trên) suy EFAC (3). Mặt khác, E trung điểm AC nên OEAC (4).
Từ (3) (4) suy E, F, O thẳng hàng, hay EF qua điểm cố định O. 12.2
Gọi H trực tâm ABC Vì CHAB DKAB suy CH//DK (1). Tương tự, BH//GK.
Do đó,HBC KED HCB KDE , (góc có cạnh tương ứngsong song)
Lại có BC = ED (BCDE hình thoi) nên BHC = EKD (g.c.g), suy CH = DK (2).
Từ (1) (2) suy tứ giác HCDK hình bình hành
Do HK = CD = BC (không đổi), H cố định nên K thuộc đường trịn tâm H, bán kính BC. Bài 13: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016)
13.1.
ABCD hình bình hành nên
1800
DAB CDA
Từ giả thiết ta lại có
1800
MAN DAB MAB DAN
Suy MAN CDA
Từ MAN CDA c g c( ). Do AMN DCA BAC Lại có AB AM
Suy MN AC. 13.2.
A
B C
E
G
D
H F
K
D
A
B N
M
C O
B C
A
E F
(13)a) Chứng minhAB CZ AC BX Vì BA//CZ (gt) BZ tiếp xúc với (O) nên
,
ABC BCZ BAC CBZ , suy ABC BCZ (g.g) Từ
AB BC
BC CZ AB CZ BC.
Tương tựAC BX BC2,
suy AB CZ AC BX
b) Chứng minh tằng MAB NAC
Từ câu a) ta có
BA BX AB CZ AC BX
CA CZ
(1) Gọi P, Q trung điểm AB, AC Vì XY//CA, ZT//BA, QA = QC, PA = PB nên
BX BX CT BY QC PA BY BY CZ BY CZ CT QA PB CT CT (2). Từ (1) (2) suy
BA BY CACT (3).
Vì BY//AC, CT//AB nên ABY BACACT (4)
Từ (3) (4) suy ABY ACT (c.g.c)
Từ kết hợp với MAY NAT suy
MAB YAB MAY TAC NAT NAC (đpcm).
Bài 14: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017) 14.1.
a) Chứng minh PQ = 2MD
Vì CQ đường kính đường trịn (A) nên CPQ 900hay PQCP Kết hợp với ADMC (giả
thiết) suy AD//PQ Hơn A trung điểm CQ nên AD đường trung bình CPQ hay PQ = 2AD (1).
T/g vng ADM có AMD ABC 450nên cân D hay MD = AD (2).
Kết hợp (1) (2) suy PQ = 2MD (3).
b) Xác định vị trí điểm M để BM + MP +PQ đạt GTNN, GTLN
O B
A
C
P Q
G M
Z Y
X
(14)Xét BMP có : 900
BMP (BC đường kính đường trịn (O));
1 450
2
MPB CAB
Suy BMP tam giác vng cân M , BM = MP (4) Từ (3) (4) ta có BM + MP + PQ = 2(MP + MD) = 2DP = PC (5).
Khi M di động BA (O) P di động cung BQ (A) (6).
Từ (5) (6) suy ra:
(BM + MP + PQ) nhỏ PC = BC M ≡ B; (BM + MP + PQ) lớn PC = QC M ≡ A. 14.2.
a) Các đường thẳng AD BC qua N
Ta cóANM ACM MNB MDB, (ACNM, MDNB tứ giác nội tiếp).
Mà AMC DMB (
1
AM MD
MC MB AMC DMB 900 ); Suy ACM MDB 900 ANM MNB 900 hay ANB900
Mặt khác ANC900, suy ba điểm C, N, B thẳng hàng, nghĩa BC qua N.
Lại có ANC DNC 900, suy hai tia NA ND trùng hay A, D, N thẳng hàng,
nghĩa AD qua N.
b) Khi M chuyển động đoạn AB MN qua điểm cố định.
Khi M chuyển động AB N chuyển động nửa đường trịn cố định đường kính AB
Mà ANM ACMkhông đổi
tan
2 AM ACM
MC
nên đường thẳng MN qua điểm cố
định E nửa đường tròn đường kính AB khơng chứa N. Bài 15: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017)
15.1.
t
A M B
C
D N
(15)a) Chứng minh ∆OBH ∆O’EK Dễ thấy O, H, D thẳng hàng.
Từ BD DC (giả thiết) EAD BAD DAC DAG
suy D điểm EG
Kết hợp với K trung điểm EG suy O’, K, D thẳng hàng. Ta có BOH BOD2BAD 2EAD EO D EO K ' '
và BHO EKO ' 90 0 suy ∆OBH ∆O’EK (g-g). b) Chứng minh HK AD
∆OBH ∆O’EK (g-g)
' '
OH OH O K O K
OD OB OE OD
Áp dụng định lí Thales đảo ta có HK//OO’. Do OO’ AD HK AD (đpcm).
15.2
Kẻ đường kính AE Gọi H, K trung điểm BC, DC suy
1
2
HK BD BD HK
(1) HK//BD. Áp dụng định lý Thales cho tam giác AEC ta có:
HK AH EC AH
HK
EC AE AE (2). Từ (1) (2) suy
2EC AH BD
AE
Đặt AH = x Tam giác AEC vuông C có CH đường cao nên
(16)Do
2
2
8
2 2
R R x x x x
BD R x
R R
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương:
3
2
2
8. 2 64
27 27
x x
R x
R BD
R
Vậy
8
9 R BD
Đẳng thức xảy
4
2
x R
R x x
Bài 16: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018) 16.1
a) Tính EN, FN
Vì ME, MF tia phân giác trong NMP nên:
1
3
EN MN EN
EP =MP = Þ EN EP+ =
1
1,5( )
4
EN NP cm
Þ = = =
1
FN MN
FP = MP =
1
3
FN FN
NP FP FN
Þ = = =
- - Þ FN=3( ).cm
b) Tìm quỹ tích điểm M
-Phần thuận: Theo câu a) EN = 1,5cm, FN = 3cm nên E, F cố định Hơn nữa, FME=900
suy M thuộc đường trịn đường kính FE.
- G/hạn: Điểm M chạy đường trịn đường kính FE (trừ điểm E, F).
- Phần đảo: Lấy M đường trịn đường kính FE Ta chứng minh ME, MF lần lượt
là phân giác trong/ngoài đỉnh M MNP
Dễ thấy FME=900 Vẽ NHME (H ME), NH cắt MP K.
Vì NHME FMME suy NK//FM
(1) (2)
NK NP
FM FP
NH EN
FM EF
ìïï =
ïïï Þ í
ïï =
ïïïỵ .
Theo a), từ (1) suy
6
3
NK
FM = + = (3). Theo giả thiết, từ (2) ta có:
1,5
1,5 3
NH EN
FM =EN FN+ = + = (4).
Từ (3) (4) suy 2
NK NH
NK NH
FM = FM Þ = , hay H trung điểm NK
Do MNK cân (MH vừa đường cao, vừa trung tuyến) suy ME phân giác NMP
Hơn FME=900 suy FM phân giác NMx
(17)Kẻ BK CH vng góc với đường thẳng MN
Từ tính chất tiếp tuyến ta có: KMB AMN ANM HNC;
Hơn nữaK H 900 (cách dựng),
suy ∆KBM ∆HCN
KB HC
BM CN
Þ = Û KB HC KB BP
BP = CP Û HC =CP (1).
Mặt khác, BK//PE//CH nên
BP KE CP =HE (2). Kết hợp (1) với (2) ta
KB KE
HC = HE suy ∆KBE ∆HCE.
Suy KEB=HEC Þ BEP =CEP hay EP phân giác BEC (đpcm).
Bài 17: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018) 17.1.
a) Chứng minh CA = CK, BA=BL
BAD cân nên BAD BDA
Mặt khác AKC BKD 900BDA 900BAD KAC ; Suy ACK cân C hay CA = CK
Tương tự, BA=BL.
b) Chứng minh IHJ tam giác vuông cân
Từ giả thiết ta có IJ//BC, BD//GH//CE Áp dụng Thales:
IG DG BH GH GH
(18)Tương tự, GJ = GH (2).
Hơn nữa, IJ//BC HG BC suy HG IJ (3). Từ (1), (2) (3) suy ta IHJ tam giác vuông cân H. 17.2.
a) Chứng minh (H) (K) cắt nhau
MHK có: HK MH MK ,
suy (H) (K) cắt nhau.
b) Chứng minh MN qua điểm cố định
Qua B kẻ đường thẳng vng góc với AB cắt KM D, cắt NM E. Xét KMH EDM có:
MH = DM (bán kính (H)) ;
900
KMH EDM ;
HKM MED (cùng phụ KMN) KHM EMD ;
Suy KMH = EDM (cv-gn),
Suy MK = DE BE = BD + DE = HB +AH = AB (khơng đổi).
Do BE khơng đổi, hay MN qua điểm cố định E.
Bài 18: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019) 18.1.
a) Chứng minh O, I, G thẳng hàng
ABCD hình thang cân (vì AD = BC) suy trung điểm G của AB giao điểm I nằm trục hình thang.
Lại có OC = OD nên O nằm đường trung trực đoạn thẳng CD Từ suy O, I, G nằm trục hình thang, hay O, I, G thẳng hàng
b) Chứng minh tam giác GMN tam giác đều
OAD có ba cạnh R nên đều, suy ANOD DAN 300.
Tương tự, OBC đều, BMOC CBM 300.
Xét GAN GBM có : GA = GB (gt) ;
AN = BM (OAD = OBC);
300 300
GAN GAD GBC GBM ,
(19)Tương tự OGM 300, MGN 600(2) Từ (1) (2) suy GMN tam giác đều. 18.2.
a) Chứng minh A AC F AD AE
ABCD ABEF nội tiếp nên AEF ABF ABD ACD AFE1800ABE
1800ABC ADC
Suy AFE ∽ ADC (g.g) (*)
A
AF AE AD AC
A
C F AD AE
b) Tính số đo góc AGH
Do H, G trung điểm EF CD nên (*) suy AFH∽ADG
AF AH AF AD
AD AG AH AG
và FAH DAG FAD HAG
Suy FAD ∽ HAG Từ AGH ADF 900
Bài 19: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)
19.1.
Dùng Định lý Pythagore tam giác vuông AMC BMD ta suy
2 2 D2 D2 MA MB MC M AC B
Dùng Định lý Pythagore tam giác vuông AMD BMC ta suy
2 2 2
D
A BC MA MD MB MC Vậy AC2BD2 AD2 BC2
Gọi E điểm đối tâm B
Vì tam giác EAB vuông A nên EA//DC, suy AC = ED
Kết hợp định lý Pythagore tam giác
EDB ta AC2BD2 4R2
Vậy AD2BC2 4R2khơng đổi
Vì I trung điểm BC nên MI đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC tam giác vuông CMB, suy
1 MI BC
Mặt khác, OI đường trung bình tam giác CBE nên
1 OI EC
Ngoài ra, tam giác ECB vuông C nên :
2 2
O
4
I IM BE R
(1) Gọi K trung điểm OM, suy K cố định
O M A
B C
D E
(20)Chứng minh công thức đường trung tuyến
2 2
2 O
2
I IM MO
IK
(2)
Kẻ đường cao IH tam giác IMO, sử dụng Định lý Pythagore tam giác vuông ta :
2 2 2
2
2
O 2
1 1
2
2 2
I IM IK HM HO HK
MO HK MO HK HK MO
Từ (1) (2) suy
2 2 2R2 2.
2
IK R MO IK MO
Vậy quỹ tích trung điểm I đường trịn tâm K bán kính
2
1 2R
2 MO .
19.2.
Gọi I trung điểm AB
Nối EF, EI, IF, ta có IE đường trung bình ∆ABC IE // BC
Mà GF BC GF IE (1)
Chứng minh tương tự GE IF (2)
Từ (1) (2) G trực tâm ∆EIF
IG EF (3) Dễ chứng minh EF // AB (4)
Từ (3) (4) IG AB
Vậy ∆AGB cân G GA = GB
Bài 20: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2019 – 2020)
20.1.( Dự phòng )
a) Chứng minh tứ giac NAEDlà hình ch̃ nhật.
Theo giả thiết, ta có NA ND
MN DC MA MC
Tứ giác BDENcó
NE BD DE NB
nên BDENlà hình
bình hành Suy BE ND NE BD ,
Tứ giác AEBM có
BE NA BE NA ND AB NE
nên AEBM là hình chữ nhật
b) Chứng minh ACE DCN .
Hai tam giác AEM AMN, có
Góc M chung.
EAC DAB 90 BAE
Suy AEM NAM Suy
AE AM AE AC
AN MN DN DC
Hai tam giác AEC CDN, có
G
D C
A
B
(21) NDC EAC
AE AC
DN DC
Suy AEC DNC Suy ACE DCN
20.3.
a) Tính số đo góc QDE.
Ta có
BD BE
CD CE CE BE
CD AB
Khi đó,
1
180
180
QDE ECQ
ACB BCE ACB BCD
1 180
180
180 45
2
ACB BCD CBA BCE
b) Chứng minh P M E, , thẳng hàng.
Theo giả thuyết kết câu a), ta có MBE 2MDE 2QDE 90
Suy
45 45
BEM BME CEM CEB BEM
Mặt khác, tam giác CQEvuông cân C nên CEQ CQE 45
Suy
45 45 90
MEQ MEC CEQ ME EQ Ta có
, ,
ME EQ
P M E PE EQ
thẳng hàng.
Bài 21: ( HSG TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2008 – 2009) 21.1.
Trong tam giác vuông ABC ta có: AB.AC = AH.BC AH2 BH HC (1)
Trong tam giác vng ABH ta có: BH2 BE BA (2)
Trong tam giác vuông ACH ta có: CH2 CF CA (3)
Từ (2) (3) ta có:
2
(4)
BH CH BE BA CF CA Kết hợp (1) (4) ta được: AH4 EB BC CF AH
(22)21.2.Ta có:
2
( )
2
2 2
ABDC
AC BD AB CD AB AB
S R
(1) Kẻ MH vng góc với AB thì:
2
1
2
AMB
S AB MH MO AB R
(2) Từ (1) (2) suy ra: SACM SBDM SABDC SAMB 2R2R2 R2
Vậy giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM BDM R2, đạt M
là điểm cung AB
Bài 22: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2008 – 2009)
22.1 K N M D E F I A B C L
Ta cã ABC a a
IBC h t h ID S S (1)
T¬ng tù ta cã: ABC b
ICA h t S S (2) ABC c IAB h t S S (3) Cộng vế theo vế (1) (2) (3) ta thu đợc đpcm
22.2 AI cắt BC K; L trung điểm BC
Theo tính chất trọng tâm tam giác ta cã
1 GA GL
(4)
Ta cã
1 24 12 AC AB KC KB
KC = KB
Mà KB + KC = BC = 18 nên ta đợc KB = 6; KC = 12.
BI phân giác gãc B cđa BAK nªn
1 126 BA BK IA IK (5)
Tõ (4) vµ (5) suy IA
IK GA GL
IG // KL IG // BC 22.3 XÐt trêng hỵp M, N nằm đoạn EF
(Các trờng hợp lại chứng minh tơng tự)
Ta có
1800 FAE AFE
NFB
(do AEF cân đỉnh A)
ICB IBC
ACB
ABC
2
NIB (tÝnh chÊt cđa gãc ngoµi) NIB
NFB
tø gi¸c BNFI néi tiÕp
0 90
BNC BNI BFI BNC=900
(23)Tõ (6) (7) suy điều phải chứng minh
Chú ý: học sinh thiếu trờng hợp lại trõ 0, 5®
Bài 23: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2009 – 2010)
x
N D
M I
B O
A E
C K
23.1 Ta có NMA MBA ( Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung, góc nội tiếp chắn
cungAM)(1)
900
AMB ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
mà ( góc đối đỉnh) suy ra:
Từ (1) (2) suy cân N
23.2.Xét tam giác OCI vng C có
Xét có:(g.g)
KL: SADB R2 (Đvdt)
23.3.Dựng hình bình hành AONE.
+ Chứng minh N trung điểm KD + Chứng minh EK=ED
+ Chứng minh EA=EK (do tam giác ENK tam giác OMN NO=AE) E tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD
+ Chứng minh E cách đường thẳng a khoảng R (vì EN=AO=R)
KL: E nằm đường thẳng b cố định song song với a cách a khoảng R (nằm nửa mặt phẳng bờ CD không chứa điểm B)
(24)24.1.+ Tứ giác AMHN nội tiếp nên AMN AHN
+ Lại có AHN ACH (vì phụ với góc CHN )
+ Suy raACB AMN , mà AMN NMB 1800nên ACB NMB 1800 KL:
24.2.+ Có AID AOH hai lần ACB + Tam giác
AD AI AID AOH
AH AO
+ Có
1 1
( ), AI=
2 2
AO BC HB HC AH HB HC
+ Do
1 1
AO HB HC
AD AH AI HB HC HB HC
24.3.+ Tính BC=5,
12 AH
+ Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN Khi KI đường trung trực đoạn MN
Do hai tam giac AID AOH đồng dạng nên ADI AHO900 OAMN
Do KI//OA
+ Do tứ giác BMNC nội tiếp nên OK BC Do AH//KO.
+ Dẫn đến tứ giác AOKI hình bình hành Bán kính
2 2 2 769
4 4 10
R KB KO OB AI BC AH BC
(25)T G F
Q
P E
O K
I H N
C M
B A
25.1.-Ta có ACB nội tiếp đường trịn (vì ) mà AB đường kính nên ACB vng C AC BN
Ta có MA=MC ( ), OA=OC ( ) nên MO trung trực AC MO AC MO NB//
MOA NBO
-Ta có OA MA ( )MAO NOB 900; xét MAO NOB có
90 ;0 ;
MAO NOB MOA NBO OA OB R MAO NOBMONB
-Ta có MO NB MO// ; NBMNBO hình bình hành.Ta có MAO=NOB (cm trên) nên ta
có NO=MA, mà MA=MC ( ) nên NO=MC MNBO hình thang cân 25.2.-Xét CHB MAO có MAO NOB 90 ;0 CBH MOA ( cm trên)
CH HB HB
CHB MAO
MA AO R
-Ta có CH AB (gt) ; MA AB ( ) // //
IH HB HB
CH MA IH MA
MA AB R
-Nên ta có
2
2 2
2
CH HB HB IH IH
CH IH IC IH
MA R R MA MA
-Chỉ KI đường trung bình tam giác ACH KI AB//
25.3.-Chứng minh FQIO hình bình hànhQF IO// -Chứng minh O trục tâm tam giác GIP
PG OI PG QF
(26)E a
N M
A H
C B
O
26.1.Chứng minh OMOB=ONOC MN qua điểm cố định
*Ta có OH HB (t/c tiếp tuyến) OHB vuông H, mà HM OB (gt) nên theo hệ thức
lượng tam giác vuông ta có OM OB OH R2
Chưng minh tương tự ta có ON OC OH R2 Vậy ta có OM OB ON OC
* Ta có OM OB OH R2 mà OA=R nên ta có
2 OM OA OM OB OA
OA OB
Xét OMA OAB có O chung, có
OM OA
OA OB OMAOABOAM OBA Ta có
AO=AB=R (gt) OAB cân AOB OBA AOM OBA , OAM AOM OMAcân
MO MA
Chứng minh tương tự ta có ONA cân NO NA
Ta có MO MA ;NO NA , MN trung trực OA, gọi E giao điểm MN với
OA ta có EO=EA=
OA
MN OA E, mà O, A cố định nên E cố đinh Vậy MN
qua điểm cố định
26.2 Chứng minh OB OC=2R2 Ta có
OM ON
OM OB ON OC
OC OB
Xét OMN OCB có O chung , có
OM ON
OMN OCB
OC OB , mà OE MN
và OH BC nên ta có
1
2 2
OM OE OM OE OE
OM OC
OC OH OC OA OE ( OH=OA=2OE)
Ta có OM OB OH R2 ( cm trên)
2
1
2 2OC OB R OC OB R
26.3.Tìm giá trị lớn diện tích tam giác OMN H thay đổi
Ta có OMN OCB (cm trên)
2 2
2
2
1
OMN
OCB
S OE OE OE
S OH OA OE
Nên
2
1 1 1 1
( ) ( )
4 8
OMN OCB
S S OH BC R BC R AB AC R R R R
Dấu có B, A, C thẳng hàng H A
Vậy diện tích tam giác OMN lớn
2 OMN
S R
H A
(27)Khẳng định ABG DAH DKH ABG; AHK
Suy DKH AHK suy KD/ /AH
Chứng minh tương tự BK/ / EH từ suy tứ giác KGHI hình bình hành
Ta có AGB khơng đổi EID AGB
Do không đổi, điểm D E, cố định nên I nằm cung trịn chứa góc dựng
đoạn thẳng DE
Chỉ AB/ /DE (có hai góc so le nhau) suy
DE CE
AB CB
Chứng minh hai tam giác IDE GBA đồng dạng suy
DE IE AB GB Suy
CE IE CB GB
Mà BEH EBK suy hai tam giác ICE GCB đồng dạng suy ECI BCG KL ba
điểm C, G I thẳng hàng.
27.2.Ta có
2
PAC PCAB PAB PBC ABC PAB
PBC PAB PAB PBC PAB
S S S S S S
S S S S S
Gọi ; ;D E F hình chiếu vng góc điểm P xuống cạnh BC CA AB ; ; Hai tam giác vuông PAE PBD đồng dạng nên ;
PA PE PA PD
PE
PB PD PB Hai tam giác vuông PAF PCD đồng dạng nên ;
PA PF PA PD
PF
(28)H I C R Q P M B A
H I C
R Q
P M
B
A
Từ SPAC SPBC SPABPE AC PD BC PF AB
.AC AB
PA PD PA PD AC AB BC
PD BC
PB PC PB PC PA
Bài 28: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2008 – 2009)
28.1.Ta có:
BMC ABC S
PM MI
PA AH S
2
BMC BMC
ABC BMC
S PM MI MI BC S
S S MA MA MA BC MA BC
. 2 ABC BMC
MA BC S S
Tương tự ta có:
ABC AMC ; ABC AMB
MB AC S S MC AB S S
Cộng theo vế ta điều cần chứng minh
28.2.Đặt SPMQ = x; SQMR = y; SRMP = z SPQR x y z
Ta có: ; PMQ RMP
MCP PMB MCP PMB BMC
S
S MR MQ z x MR MQ y
S MC S MB S S MC MB S .
2
1
4
BMP PMC BMC BMC
BMC BMC
S S S S
zx
y S S
.Tương tự ta có:
2 ; 3
4 4
CMA AMB
S S
xy yz
z x
Cộng theo vế BĐT (1), (2) (3) ta được: 4
ABC
S xy yz zx
z x y (4)
Mặt khác dùng BĐT Cô-si ta chứng minh
xy yz zx x y z
z x y nên từ (4) suy ra:
4 4
ABC ABC
PQR
S S
x y z S
Đẳng thức xảy khi:
; ;
PMB PMC CMQ QMA AMR RMB
S S S S S S
x y z
M trọng tâm tam giác
ABC Vậy M trọng tâm tam giác ABC max 4
ABC PQR
S
S
Bài 29: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2014 – 2015)
29.1.
Chứng minh : IG // BC
Đặt BC = a ; CA = b ; AB = c Ta có : a =
1
2(b + c) ( gt).
Hạ AH BC ; IK BC ; GN BC
GN // AH
1
GN GM
(29)A
B C
I
M H
G
K N
1 GBC
ABC
S GN
S AH
1 GBC ABC
S S
(1) SBIC =
1
2IK.BC =
1 r.a =
1 2r
1
2(b + c) =
2 2
tb tc
=
2 SAICSAIB =
2(SABC – SBIC) SBIC =
1
3SABC (2)
Từ (1) (2) suy : SGBC = SBIC IK = GN IG // BC
j H N K I
A
M D
E
C B
F
29.2.Chứng minh : MN la iếp ryến (I) Gọi K giao điểm IA EF ; H giao điểm IM AD
Ta có IA đường trung trực EF nên IA EF
Ta có ID2 = IE2 = IK IA ( hệ thức lượng)
ID IK
IA ID Do đó: IDK IAD (c –g –
c)
gIDK = gIAD.
Tứ giác IDMK nội tiếp nên gIDK = gIMK
gIAD = gIMK Tứ giác AKHM nội tiếp.
gAHM = gAKM = 900 ND IM H
Ta có : IN2 = ID2 = IH IM
IN IM
IH IN Do : INM IHN (c- g-
c)
INM = IHN = 900 IN NM đpcm.
Bài 30: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2016 – 2017)
30.1.a) Cách 1: Trên tia đối tia MC lấy điểm E cho ME = MB
Ta có: BEM tam giác BE = BM = EM BMA = BEC MA = EC
Do đó: MB + MC = MA Cách 2:
Trên AM lấy điểm E cho ME = MB Ta có: BEM tam giác
BE = BM = EM
MBC = EBA (c.g.c) MC= AE Do đó: MB + MC = MA
b) Kẻ AN vng góc với BC N
Vì ABC tam giác nên O trọng tâm tam giác A, O, N thẳng hàng AN =
3 2R
Ta có: AN = AB.sin ABN
3
:
2
sin AN
AB R R
ABN
(30)Ta có: ABM ABM S
MH AB S MH
AB = ABM S R ACM ACM S
MK AC S MK
AC = ACM S R BCM BCM S
MI BC S MI
BC = BCM S
R =
2 '
S R
Do đó: MH + MK + MI =
2 '
S
R +
2
3 SABM SACM
R =
2 '
S R +
2 SABMC
R
=
2 '
S
R +
2 '
2 ' 3 S S S S R R
30.2 Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE K
Tứ giác AEDB nội tiếp CDE BAC Mà: MKD CDE (vì MK // BC)
Do đó: MKD MAN Tứ giác AMKN nội tiếp
AMN AKN
Ta có: D D 4 (= BAC ) D1 D
DMK có DA phân giác vừa đường cao nên cân D DM = DK
AMD = AKD (c.g.c) AMD AKD
Nên: AMF AKN Ta có: AMF AMN AKN Vậy: MA phân giác góc NMF
Bài 31: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017 – 2018)
31.1.a) BHD ~ BCE (g.g)
BH BD
=
BC BE
BH.BE = BC.BD (1)
BEC ~ ADC (g.g) CB.CD = CE.CA (2)
Từ (1) (2) suy ra: BH.BE.CB.CD = CB.BD.CE.CA BH.BE.CD = CA.CE.BD
b) Ta có: Tứ giác AEHF nội tiếp Ta có: IE = IF (= AH); JE = JF (= BC)
IFJ = IEJ (c.c.c)
Ta có: (Góc tâm góc nội tiếp)
Do đó:
Ta có: (vì ) Tứ giác APDQ nội tiếp
31.2 a) Cach 1:
Kẻ DH AB D (H thuộc BC); HE’ AC E’
CB CE = CA CD
AEH = AFH 90
2
1 I = I1 2
1 1 2 2 I = 2A ; I = 2A
1 2
A = A MB = MC B = A1 A 1 1 1 3
QDB = B + M A + A M A QDB = QAP
(31)Tứ giác ADHE’ hình chữ nhật DH = AE’
Ta có: DB = DH, DB = AE Do đó: AE = AE’ E trùng với E’
Kẻ AK BC AK đường trung tuyến ABC
AH : không đổi
Mà AH = DE (vì ADHE hình chữ nhật) : khơng đổi
Vậy DE nhỏ H trùng K
D, E hình chiếu K AB, AC Khi D, E trung điểm AB AC
Cach 2: Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x AD = a – x
Ta có: = : khơng đổi
: không đổi
Dấu “=” xảy Vậy DE nhỏ D, E trung điểm
của AB AC
Cach 3: Áp dụng bất đẳng thức: , với a, b > Thật vậy:
(BĐT đúng) Dấu “=” xảy a = b
Đặt AB = AC = a: khơng đổi (a > 0)
Ta có: : không đổi
Dấu “=” xảy AD = AE D, E trung điểm AB AC
Vậy DE nhỏ D, E trung điểm AB AC
b) Cach 1:
Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x AD = a – x
Xét toan phụ: Cho a, b > Ta ln có:
Do đó: : khơng đổi
Dấu “=” xảy a – x = x Vậy tứ giác BDEC có diện tích nhỏ
khi D, E trung điểm AB AC
Cach 2: Đặt AB = AC = a (a > 0); DB = DH = AE = x AD = a – x
BC AK = BC DE 2
2 2 2
DE = AD + AE a x + x 2x 2ax + a
2 2 2
a a a
2 x +
2 2
2
a a
DE = 2 a x =
a AB
2
2 2 a + b a + b
2
2
2 a + b 2 2 2
a + b a + b a + 2ab b a 2ab b
2
2
a b
2 2 2
2 2 AD + AE AB a
DE = AD + AE
2 2
2
a a
DE
2
DB = DA EC = EA
a AB
2
2 2
a + b 4ab a b 0
2
ADE
1 1 a
S = AD.AE = a x x a x x
2 8
2 ABC
1 a
S = AB.AC =
2
2 2
BDEC ABC ADE
a a 3a
S S S
2 8
a x =
2
3a2 3AB2
8
(32)Ta có:
lớn a – x = x (vì tổng x + a – x = a: không đổi)
D, E trung điểm AB AC
Bài 32: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2018 – 2019)
32.1.
a) Ta có AD BC D (vì ABC vuông cân A) nên AMNP tứ giác nội tiếp (1) nên NAPH tứ giác nội tiếp (2)
Từ (1) (2) suy N, A, P, H, M thuộc đường tròn
nên
AMNP tứ giác nội tiếp (1)
Ta có nên MPCD tứ giác nội tiếp
Suy mà (vì AD trung trực BC)
Ta có mà
Suy
Do B, M, H thẳng hàng AH BH
b) Ta có (vì BI // AD)
Tam giác ADB vng D có DI trung trực nên DI phân giác góc ADB
Do A, I, B, D thuộc đường tròn (3)
Ta có nên A, H, D, B thuộc đường tròn (4)
Từ (3) (4) suy A, H, D, B, I thuộc đường tròn
(vì ) lại có
Do H, N, I thẳng hàng 32.2
Cach 1:
Kẻ AD đường kính đường trịn (O) Xét tam giác vng HBA CDA
có (vì nội tiếp chắn )
nên HBA ∽ CDA (g.g) HB.AD = AB.CD
Tương tự HCA ∽ BDA (g.g) HC.AD = AC.BD
Do (1)
Ta có AMB ∽ CMD (g.g) MB.CD = MD.AB
2
BDEC ABC ADE
x a x
AB AD.AE a
S S S
2 2
BDEC
S
x a x
a
x =
ANM APM 90
NAP NHP 90
AMH APH 180
ANM APM 900
APC MDC 90
1 1
P C C1MBD 1
MBD P
AMBADB MBD 90 MBD MBD P1
1
AMB90 P APM P APH AMB AMH APH AMH 180
IBA BAD 45
ADI BDI 45
IBA IDA 450
AHB ADB90
IHD IBD 180
IHD 900 IBD 900 NHD 900
1 1
B D AC
HB AB
=
CD AD
HC AC
=
BD AD
HB AB DC
=
HC AC DB
NB AB
=
MD CD
(33)Tương tự MC.BD = AC.MD
Do (2)
Ta có
Dấu « = » xảy DB = DC AB = AC ABC cân A
Cach 2: Gọi I giao điểm AH với đường tròn (O) Kẻ đường kính AD.
Ta có Do BC // DI
Ta có DIBC hình thang cân nên CD = BI, CI = BD
Xét AHB ACD có ,
AHB ∽ ACD (g.g) (1)
Xét ABD AHC có ,
ABD ∽ AHC (g.g) (2)
Từ (1), (2) suy (3)
Xét ABI AMC có ,
ABI ∽ AMC (g.g) (4)
Xét ABM AIC có ,
ABM ∽ AIC (g.g) (5)
Từ (4), (5) suy (6)
Từ (3) (6) suy = (vì CD = BI, CI = BD)
Ta có
Dấu “=” xảy H M
ABC cân A
Bài 33: ( HSG TỈNH BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC 2012 – 2013)
MC AC
=
MD BD
MB AB DB
=
MC AC DC
HB MB AB DC DB AB DC DB AB
+ +
HC MC AC DB DC AC DB DC AC
ABD ACD AID 90 BI CD
A A
A 1 A
0 AHB ACD 90
HB AB
CD AD
BAD HAC ABD AHC 900
BD AD
HC AC
HB BD AB AD AB
CD HC AD AC AC
HB AB CD
HC AC BD
A A
1s
AIB ACB đA
2 C
BI AB
MC AM
BAM IAC s
1
ABC AIC đA
2 C
MB AM
CI AC
BI MB AB AM AB
MC CI AM AC AC
MB AB CI
MC AC BI
2
HB MB AB CD CI
HC MC AC BD BI
2
2
AB CD CI AB
AC BI BD AC
2
HB MB HB MB AB AB
2 2
HC MC HC MC AC AC
HB MB
HC MC
HBHB HC MBMB MC HB MB
BC BC
(34)33.1.
a) Ta có: ABD = AED (c-g-c)
, DB = DE (1)
Vì
b) Vì (?)
CD > DE Mà DB = DE (1) Nên: CD > DB
Lại có MB = MC (M trung điểm BC) CD > CM
c) Ta có: ( E AC)
Và
Nên: góc tù CH > CD ( đường cao nằm tam giác)
Mà CD > CM (?)
Nên D nằm H M
33.2.a)Ta có (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)
(góc có đỉnh đường trịn) (a)
( D
trung điểm cung BC) (b) Từ (a) (b)
MAE cân M MA = ME không đổi E điểm cố định
b) Xét MAB MCA có: : chung
(góc tạo tia tiếp tuyến dây, góc nội tiếp chắn cung) MAB MCA (g-g)
MA2 = MB.MC
Mà MA2 = MH.MO (AMO vuông A, đường cao AH)
Nên: MB.MC = MH.MO MBH MOC
Tứ giác BHOM nội tiếp(góc ngồi góc đối diện)
1
B E D 1D 2
1 180 A B C E E
2
E A C E2 C
2 E C
ADC ADE
1 D D
ADC ADB ADC
2 MAE sd AD
2
MEA sd AB CD
2
MEA sd AB BD sd AD
MEA MAE
M
MAB MCA MA MB MC MA
MH MC
MB MO
(35)Bài 34: ( HSG TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2018 – 2019)
34.1.Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp đường tròn
Để ý đến tứ giác ABPC BDIP nội tiếp đường trịn ta có nên tứ giác CIPK nội tiếp đường tròn
34.2.Chứng minh
Do tứ giác BDIP CIPK nội
tiếp đường tròn nên
nên hai tam giác BPC DPK đồng dạng với nhau, suy
Hai tam giác MBP MQC có nên đồng dạng với nhau, suy ta
có Chứng minh hồn tồn tương tự ta có hai tam giác BMQ PMC đồng
dạng nên Để ý M trung điểm BC hay nên suy
hay Kết hợp với ta hay
34.3.Chứng minh D di chuyển cạnh AB tỉ số khơng đổi
Ta có nên suy IE song song với AC, ta
Lại có nên hai tam giác ABC AGD đồng dạng với nhau, suy
Mặt khác dễ thấy hai tam giác ADG APB đồng dạng với nên
Đến ta suy hay Do tam giác ABC cố định nên
PCK ABP DBP PIK
PK.QC QB.PD
BDP PBC
BK D PCB
PD PB PK PC
PBM CQM BPM QCM
PB PM
QC CM
PC PM
QB BM MB MC
PB PC QC QB PB QC
PC QB
PD PB PK PC
PD QC
PK QB PK.QC QB.PD AD
AE
BIG BPG BPA BCA DEG BAC
EDGEIBACB ED AC
DG BC
AD AP DG PB ED AD: AC AP:
DG DG BC PB
(36)suy P điểm cố định nên không đổi hay không đổi Do
có giá trị khơng đổi D thay đổi AB
Bài 35: ( HSG TỈNH ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2010 – 2011)
Cho đường tròn (C ) với tâm O đường kính AB cố định Gọi M điểm di động (C ) cho M không trùng với điểm A B Lấy C điểm đối xứng O qua A Đường thẳng vng góc với AB C cắt đường thẳng AM N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C ) điểm thứ hai E Các đường thẳng BM CN cắt F
a) Chứng minh điểm A, E, F thẳng hàng
b) Chứng minh tích AMAN khơng đổi
c) Chứng minh A trọng tâm tam giác BNF NF ngắn
C
( ) F
E
N
C A O B
M
35.1.
A trực tâm tam giác BNF
Lại có
Nên A, E, F thẳng hàng
35.2.
, nên hai tam giác ACN AMB đồng dạng Suy ra:
Hay không đổi (với R bán kính đường trịn (C ))
35.3.
Ta có nên A tâm tam giác BNF C trung điểm NF (3) Mặt khác: , nên hai tam giác CNA CBF đồng dạng
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: khơng đổi
Nên: NF ngắn CN =CF C trung điểm NF (4) (3) (4) cho ta: A tâm tam giác BNF NF ngắn
Bài 36: ( HSG TỈNH ĐAKLAK NĂM HỌC 2010 – 2011) ED AC.BP AD BC.AP
AE DE
1 AD AD AD
AE
MNBF BCNF FANB
AENB
CAN MAB
AN AC
AB AM
2 AM AN AB AC 2R
2
BA BC
3
CAN CFM
2
CN AC
CN CF BC AC 3R
BC CF
(37)A F D P N M B C E 36.1.a)Trong tam giác vuông IOC với I trung điểm
BC có
Vẽ đường kính AE , có BH, CE vng góc AC nên BH//CE, tương tự CH//BE Nên tứ giác BHCE hình bình hành tâm I
Có OI đường trung bình tam AHE nên AH = 2OI = 2OC.sin300 = R = OA Vậy tam giác OAH cân A
K E D A B' A' C' H
B I C
O
b) Ta có ( )
Suy (1)
Chứng minh tương tự hai tam giác ACK ADB đồng dạng nên có (2)
Từ (1) (2) có AD.BC = AB.CD + AC.BD
36.2 Chứng minh lục giác lồi ABCDEF có góc có
Giải
- Theo giả thiết suy góc lục giác - Vẽ ba phân giác BP, DM, FN Có tứ giác BCDP, DEFM, FNBA hình bình hành ( góc đối nhau)
- Tam giác MNP có góc tam giác
tương tự suy
Bài 37: ( HSG TỈNH ĐAKLAK NĂM HỌC 2012 – 2013)
37.1.Hình vẽ đúng. +PK phân giác góc
(*)
+ Tam giác OMN
+ QK phân giác Mà
Do đó:
Từ (*) (**), ta có 37.2.Do hai tam giác MPE KPQ đồng dạng nên:
hay: Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp đường tròn
37.3.Gọi D trung điểm đoạn PQ Chứng minh tam giac DEF tam giac đều. K E F D N P Q y M O x
sin 60 IC IOC IOC OC
1 600
2
BAC BOC
ABK ADC
BAK DAC ABK ; ADC
AB BK
AB CD AD BK
AD DC
AC CK
AC BD AD CK
AD DB
EF
AB DE BC CD FA
0 120
0 60 AB DE FN FM MN
EF
AB DE BC CD FA
QPO
MPE KPQ
1200 EMP
OQP
QKP 180 KQP KPQ
0
2KQP 2KPQ 180 60 120 1200
QKP
EMP QKP **
MPE KPQ
MEP KQP
(38)Do hai tam giác MPE KPQ đồng dạng nên: = Suy ra: =
Ngồi ra: Do đó, hai tam giác MPK EPQ đồng dạng
Từ đó:
Suy ra, D tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác PQEF Vì vậy, tam giác DEF cân D
Ta có: ;
Từ đó, tam giác DEF tam giác
Bài 38: ( HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2014 – 2015)
F
E H
I O
B C
A
D
M
38.2.Chứng minh bốn điểm B , E , I , F thuộc đường trịn Ta có :
38.3 Xac định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giac IBC Gọi M giao BI (O) (khác B)
Do I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên: DBI cân D DB = DI
Vì nên DB = DC
DB = DI = DC d tâm đường tròn ngoại tiếp IBC
Bài 39: ( HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2016 – 2017)
38.1.Chứng minh: BH = AB .cos góc ABC Suy
BC
= AB .cos góc ABC + AC .cos góc BCA Trong tam giác vng AHB
Ta có :HB = AB.cosABC Trong tam giác vng AHC Ta có :HC = AC.cosACB
BC = HB + HC = AB.cosABC + AC.cosACB PM
PK PE PQ
PM PE
PK PQ
MPK EPQ
PEQ PMK 90
FDP 2FQD OQP EDQ 2EPD OPQ
FDE 180 FDP EDQ POQ 60
0
0 0
1 1
180 90 (1)
2 2
1
90 90 90 (2)
2 (1),(2)
BIF IBC ICB ABC ACB BAC BAC
BEF EBH DAC BAC
BIF BEF BEIF n
,
MC MA DC DB MC DC MA DB MCD MA DB IBD DIB
DB DC
(39)39.1.a) Gọi D, E, F chân đường phân giác góc A, góc B, góc C Gọi T trung điểm BC Do AD đường phân giác tam giác ABC nên:
Tam giác ABD có BI đường phân giác nên : (1)
Do G trọng tâm tam giác ABC nên (2)
Từ (1) (2) suy ra:
Suy ra: IG//DT hay IG//BC
b) Cach 1: BMI = BDI (c.g.c) vì: BD = BM = 2,5; ; BI cạnh chung;
Suy
Chứng minh tương tự: CNI= CDI (c.g.c) Suy
Mà nên
suy Nên tứ giác AMIN nội tiếp
Cach 2: Gọi K giao điểm MN AI Ta có: Theo cơng thức độ dài đường phân giác:
Do MN đường trung bình tam giác ABC nên MN//BC, suy K trung điểm AI
Do MK đường trung bình tam giác ABD nên MK = Và NK =
Ta có
;
Suy
Ta có: ;
Suy AK.KI=KM.KN
Suy AKM NKI suy sry ta ứ giác AMIN nội iếp.
39.2
M K
D I G
N E
T F A
B C
6
5 7 12
2,5 ; CD = 3,5
BD CD BD CD BD CD
AB AC
BD
5 2,5 AI BA
ID BD
2 AG GT
AI AG ID GT
DBI MBI
BMI BDI
CNI CDI
1800
BDI CDI
1800
BMI CNI AMI ANI 1800
105
5.7 2,5.3,5
2 AD AB AC BD CD
1
.2,5 2BD2
1
.3,5 2CD
1 1 105 105
2 3
DI AI DI AD
105 105
2
6
AI DI 1 105 105
2 2
AK KD AD
105 105 105
4 12
KI KD ID 105 105 105 35
.KI
4 12 48 16
AK 35
4 16
KM KN
AK MK
KN KI
(40)Gọi đường tròn (I) đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi D, E, F tiếp điểm đường tròn (I) với AC, CB, BA
Theo tính chất đường trịn nội tiếp ta có: Mà tứ giác ADIF hình vuông nên
Ta cần chứng minh (b + c – a) chia hết cho Thật vậy: Theo Py – ta – go:
Do nên (b + c - a) (b + c +a) có tính chẵn lẻ
mà số chẵn nên (b + c - a) (b + c + a) số
chẵn Suy
Bài 40: ( HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018 – 2019) 40.1.Gọi F tiếp điểm BC với đường trịn (I)
Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có: AD = AE; BD = BF; CE = CF
Suy ra: AB + AC – BC = (AD + DB) + (AE+ CE) – (BF + CF) = AD + AE = 2AD
40.2.Gọi S giao điểm BI MN Ta cần chứng minh: D, E, S thẳng hàng.
Thật vậy:
Do MN đường trung bình tam giác ABC nên MN//AB
Suy tam giác MBS cân M nên MB = MS = MC
Tam giác BSC có đường trung tuyến SM=1/2BC nên tam giác BSC vng S Ta có:
Tứ giác IECF IESC tứ giác nội tiếp (đường tròn đường kính IC) Nên điểm I, E, S, C, F thuộc đường trịn đường kính IC
Ta có:
Lại có tam giác ADE cân A
nên: (2)
Từ (1) (2) suy = mà A, E, C thẳng hàng nên D, E, S thẳng hàng Vậy ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy
AF= b c a
AD
A
2 F=
2 b c
ID AD a t b c a
2
2 2
2 2
2
2 ( )
b c a b c bc a
b c a bc b c a b c a bc
b c a (b c a) 2 b2c
b c a b c a ( ) 2 bc b c a t Z
2
1
(hai goc so le trong);
B BSM B B
BSM B
1 1
; ( cua tam giac)
(1)
SEC SIC SIC B C goc ngoai
SEC B C
1 180
90
2
A A
AED ADE B C
(41)Cach khac: Gọi P giao điểm DE BI Đi chứng minh M, N, P thẳng hàng. Bài 41: ( HSG TỈNH GIA LAI NĂM HỌC 2009 – 2010)
N
P
I M
C
B A
Ta có: (góc tam giác) (1)
Mặt khác: (hai góc đối đỉnh)
(tính chất tiếp tuyến)
(hai góc phụ nhau)
(2)
Từ (1) (2) suy Do điểm P, N, I, B nằm đường tròn Hơn nữa, vng nên IB đường kính đường trịn Suy vng
Bài 42: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2008 – 2009) 42.1:
a) Có: QDI = QCE mà IP//EH
=> QDI = QPI => QDPI nội tiếp b) Gọi O3 tâm đường trịn ngoại tiếp AQD
Ta có: AO3L + O3AL = 900 (1) ADQ = AO3L
(góc nội tiếp, góc tâm) Có: AEQ = QCE mà
QDE = QCE
=> AEQ = QDE mà QDI + DIQ= 900
(theo (a) DFI = 900 ) mặt khác QIA + DIQ= 900
=> QIA = DEA => tứ giác AQIE nội tếp
=> QAI = QEI mà QEI = QCD QCD = ADQ, ADQ = AO3L => IAQ = AO3L (2) Từ (1) (2) có: O3A vng góc với AC => đccm
42.2 :
Kẻ OH OK vng góc với BE CD Dễ thấy MAHO nội tiếp
O2
B
H O3
L Q
P I
E
A O1 C
D
L
J H K
M N
B D
O A
C
PIB IAB IBA
45 IBA
450IBC
PNB CNM
1 180
2 ACB
0
90 90
2 ACB
1900
2 ABC
45
2 ABC
0
45 IBC
PIB PNB
INB IPB
(42)K
F
E A O B
N M 1200 I M N K
=> JHA = AMO (1) (cùng bù OHA) Có NAKO nội tiếp
=> LKA = ANO (2) (cùng bù OKA) Ta có: ACD AEB (gg)
Có AK, AH trung tuyến tương ứng tam giác =>ACK AHE (cgc)
=> AHE = AKC (3) Mà CKL = EHJ = 900 (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta có
=> ANO = AMO =>MON cân O
Bài 43: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2010 – 2011) a) Từ giả thiết suy ra:
(đồng vị) (đồng vị)
nên ~
2 (1)
Ta có 0 (cùng bù với ME//ON)
Tương tự nên (2)
Từ(1), (2) ta ~
b) Ta có : = nên K thuộc cung chứa góc 1200
dựng đoạn MN
Trên tia MK, lấy điểm I cho
KI = KN tam giác IKN tam giác nên MK + KN = MI Do I thuộc cung chứa góc 600 đường trịn qua điểm M, N, I nên MI lớn (tức chu vi tam giác MKN lớn nhất, cạnh MN = R không đổi) MI đường kính, K trung điểm cung MN nên
vị trí cần xác định dây MN
Bài 44: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012 – 2013)
44.1.Đặt x, y, z dương
Ta có:
Dấu “=” xảy
Với x = y = z a = b = c hay tam giác ABC
S S
MEO NOF
MOE NFO
EMO
ONF
ME OM ME.NF=OM.ON ON NF ME.NF=MN ME MN
NM NF
EMN 120 MNO 60 o
FNM 120 EMN FNM
MNE
NFM
MKN MEK EMK KMN EMK EMN 120
MNK 30 MEN 30
E
A MN / /AB
z b a y a c x c b , , z y x c y z x b x z y
a
(43)x
D
A B
C
I M
N P
E H
44.2.a)
Vẽ tia Bx // AC, cắt tia PD E Ta có BE = PC = BN
Do nên B, H thuộc đường trịn đường
kính NE Suy (1)
Tương tự hai điểm A, H thuộc đường trịn đường kính PN,
suy (2)
Từ (1) (2) suy hay ta có
44.2.b) Từ giả thiết suy nên I điểm cung AIB đường trịn đường kính AB
Mặt khác, theo kết câu a tia HN tia phân giác góc nội tiếp chắn cung AIB đường trịn đường kính AB, nên tia HN phải qua I
Do điểm H, N, I thẳng hàng
Bài 45: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2016 – 2017)
I H K E
F
D C
B
A
a) Ta có đồng dạng nên đường trung tuyến tương ứng tỉ số đồng
dạng Suy ra:
Ta có (cùng nhìn cung AB) đồng dạng
Kéo theo , suy EI phân giác góc
Do (đpcm)
b) Ta có đồng dạng
đồng dạng
FI phân giác góc
Suy FI phân giác góc
Gọi M, N chân đường vng góc hạ từ I lên đường thẳng AB, CD Khi IM = IN
Ta có
Bài 46: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2008– 2009)
a) Có (O) (C) tiếp xúc A nên A, C, O thẳng hàng
0 90
NBE NHE
0 45
NHB NEB
0 45
AHN APN
0 90
AHB AH BH
0 90 AIB
AHB
AHB
EBD
EAC
EG BD DG DE
EH AC CH EC
EDG ECH EDG ECH
DEG CEH GEH
BD EG GI
IH BD IG AC AC EH HI
FBD FCA
FGD FHA GFD HFA
FG GD BD IG
FH HA AC IH GFH
AFD
1
1
2
1 .
2 IAB
ICD
IM AB S
S IN CD
(44)Có (O) (D) tiếp xúc B nên B, D, O thẳng hàng Xét (C) có
Có tam giác ACP cân C; tam giác AOB cân O
(1) Chứng minh tương tự ta có:
(2)
Từ (1) (2) suy (đ.p.c.m)
b) Gọi H giao NP CD; I giao OP CD
Theo chứng minh ta có CP // OB; DP // CO suy tứ giác CPDO hình bình hành suy IO = IP
Có (C) (D) cắt P N suy (3)
và HN = HP HI đường trung bình tam giác PNO nên HI // NO hay CD // NO(4)
Từ (3) (4) suy hay (đ.p.c.m)
c) Theo chứng minh phần a) có
(5)
Lập luận để có N, O thuộc nửa mặt phẳng bờ AB (6)
Từ (5), (6) suy điểm N thuộc cung tròn đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB
Do A, B, O cố định nên N thuộc cung tròn cố định (đ.p.c.m)
Bài 47: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2011– 2012)
d K
E
D
A B
C M
N
P Q
I
H O
a) I trung điểm BC ( dây BC khơng qua O ) Ta có ( AM hai tiếp tuyến (O) )
( AN hai tiếp tuyến (O) )
i h
p n o
d c
b a
1
2 ANP ACP
( ) //
APC ABO CAP CP OB
1
2
ACP AOB ANP AOB
1
//
2 DP OABDP AOB BNP AOB
ANP BNP
CDNP NONP PNO 90 ANB ANP PNB AOB ANB AOB
AOB
900
OI BC OIA
(45)Suy điểm O, M, N, I thuộc đường trịn đường kính OA
b) AM, AN hai tiếp tuyến (O) cắt A nên OA tia phân giác mà ∆OMN cân O nên
∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( sđ chung ) suy ra
∆ANO vuông N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2
Suy AB.AC = AH.AO
∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( chung )
Ta có A,B,C cố định nên I cố định suy AK cố định mà A cố định, K giao điểm của dây BC dây MN nên K thuộc tia AB suy K cố định
c) Ta có ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ).
Xét ∆MHE ∆QDM có ( phụ với ), (
phụ với )
∆PMH đồng dạng với ∆MQH
ME = MP P trung điểm ME.
Bài 48: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2013– 2014)
Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax (O) Ta có sđ
(1)
Có Ax // MH (cùng vng góc với OA) (2)
Tứ giác MHOK nội tiếp (cùng chắn ) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có hay
MON
OA MN
1
ANB=ACN=
2 NB CAN
2 AB AN
= AB.AC=AN
AN AC
AHK=AIO=90 OAI AH AK
= AI.AK=AH.AO
AI AO
AI.AK=AB.AC
AB.AC AK=
AI
PMQ=90
MEH=DMQ DMP EMH=MQD
MPO
ME MH
MQ DQ
2 1
2
MP MH MH
MQ HQ DQ
MP ME
MQ MQ
1
1 1
A O
2 2
AM
A1 M1
O1 K1 MH
1
1
M K
(46)Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)
sđ ; sđ
tứ giác AMGO nội tiếp (5)
Từ (4), (5) ta có điểm A, D, M, G, O nằm đường tròn
đồng dạng
hay OD.GF = OG.DE
Trên đoạn MC lấy điểm A’ cho
MA’ = MA
Chu vi tam giác MAB
Đẳng thức xảy MC đường kính (O) => M điểm cung AM => H trung điểm đoạn AO
Vậy giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R + AB Gọi I giao điểm AO BC
Giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R + AB =
Bài 49: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2014– 2015)
Vẽ hình (1 trường hợp)
M P N E
O B
D
C A
F I
H
K 1 1
A
2 BM
1
1
O O
2 BM
A1O1
G1 D2 D1
OGF ODE
OG GF
OD DE
AMA'
0
1
A A 60 BAA'
MAB A 'ACMB A 'C
MAMBMC
MA MB AB MC AB 2R AB
AI3RAB 3 ABR 3
2 2
(47)Sđ
Suy nên tam giác OED suy ED = R
(2 góc nội tiếp chắn cung AE) (Cùng bù với góc EDC)
Suy ra: nên tam giác APE đồng dạng với tam giác ABM
Nên (1)
Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF (2)
Từ (1) (2) suy ra: AN.AF = AP.AM
Xét I nằm B, D( Nếu I nằm ngồi B,D vai trị K với DC I với BD)
Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên ( ), suy tứ giác CKFH nội tiếp
nên
Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên: Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên: Suy ra:
Mà suy ra:
Vậy nên nhỏ FH lớn F trung điểm
cung BC
Bài 50: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2016 – 2017)
50.1.a) Chứng minh tằng: PE.PF = PM.PA va AM vrông góc với HM.
1800 d d 600
2 s DE
BAC s DE
600
EOD
APE ADE
ABM ADE
ABM APE
AE AM
AE AB AM AP
AP AB
AE AF
AE AB AN AF
AN AB
FHK FCK FBD
900
FKC
DK BH
FK FH CK BI FK FI DC BH BI
FK FH FI
DC BD BH BD BI BH ID
FK FI FH FI FI FH FI ID HC
FI FH
DC BD BH HC BC
FK FI FH FH FH
BC BD CD BC
FH FI FK FH
BC BD CD
(48)
H
A'
I
N
K D
M
P
F
E O A
B C
Do BE, CF đường cao tam giác ABC suy Tứ giác BFEC nội tiếp
Từ có: Hai tam giác đồng dạng (g-g) Tứ giác AMBC nội tiếp
Từ có: Hai tam giác đồng dạng (g-g) Từ (1) (2) suy (đpcm)
Ta có (CM phần a)
Hai tam giác đồng dạng Tứ giác AMFE nội tiếp (3)
Do suy tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH(4) Từ (3) (4) ta có điểm A, M, F, H, E thuộc đường trịn đường kính AH
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (đpcm)
b) Cho cạnh BC cố định, điêm A di chryên tên crng lớn BC Xác định vị tí A đê diện ích BHC đạ giá tị lớn nhấ
Kẻ đường kính AK đường trịn (O; R) Gọi N trung điểm cạnh BC Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành
Mà điểm N trung điểm BC nên N trung điểm HK => ON đường trung bình tam giác KAH => AH = 2.ON
Kẻ OI vng góc với AD ( I thuộc AD) suy tứ giác OIDN hình chữ nhật OI=DN, ON=DI Áp dụng định lý pytago vào tam giác AIO vuông I ta có:
AD=AI+ID= +ON
Do
Do BC, R, ON không đổi suy đạt giá trị lớn DN đạt giá trị nhỏ
Mà AB<AC suy điểm A chuyển động cung nhỏ A’B (A’ điểm cung lớn BC) A không trùng với A’
Suy điểm D chuyển động đoạn NB D khơng trùng với N khơng tìm giá trị nhỏ DN
Hay không tìm vị trí điểm A để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn
50.2.
BFC BEC 90
PBF PEC
PBF
PEC
PB PF
PE.PF PB.PC (1)
PE PC
PBM PAC
PBM
PAC
PB PM
PB.PC PM.PA (2)
PA PC
PE.PF PM.PA PE.PF PM.PA
PE PA
PM PF
PMF PEA PMF PEA
AEH AFH 90
AMH 90
AMHM
2 2 2 2
AI AO OI R DN AI R DN R2DN2
2 2
BHC
1 1
S BC.HD BC AD AH BC R DN ON 2.ON BC R DN ON
2 2
(49)
K
F E
O A
C B
I Gọi K điểm đối xứng I qua EF Xét trường hợp điểm K trùng với điểm A Khi KI dây cung (O)
Mà EF đường trung trực KI suy EF qua O Xét trường hợp điểm K khơng trùng với A
Ta có
Do tứ giác ABIC nội tiếp suy Từ ta có
(Do I K đối xứng qua EF)
suy bốn điểm A, K, E, F thuộc đường tròn Khi ta thu có tứ giác AKFE nội tiếp có AKEF nội tiếp
Khơng tính tổng quát giả sử AKFE nội tiếp (cùng chắn KF ) KABKEF (1) (Do K I đối xứng qua EF) (2)
IEF BIK (cùng phụ KIE ) (3) Từ (1), (2), (3) KABBIK
AKBI tứ giác nội tiếp suy K nằm đường tròn (O)
Suy KI dây cung (O)
Mà EF đường trung trực KI E, O, F thẳng hàng Vậy đường thẳng EF qua điểm O cố định
Bài 51: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2018 – 2019)
Đặt S S ABC từ giả thiết suy
3
3
EAK KBH HCE
HCE
EAK KBH
S S S S
S
S S
S S S
2
sin
2 . cos cos cos
1
sin
2
EAK AE AK A
S AE AK
A A A
S AB AC A AB AC
0
CIF BIE 90 180
EIF BIC 180
BAC BIC 180
BAC EIF EIFEAF IF
EKF E
AF
EKF E
AF EF
K K
(50)2
.sin
2 . cos cos cos
1
sin
2
KBH BK BH B
S BK BH
B B B
S AB BC B BC AB
2
.sin
2 . cos cos cos
1
sin
2
HCE CH CE C
S CH CE
C C C
S AC BC C AC BC
2 2
3
cos cos cos
4
HCE
EAK KBH S
S S
A B C
S S S
2 2 2
1 sin sin sin sin sin sin
4
A B C A B C
Bài 52: ( HSG TỈNH HẢI PHÒNG NĂM HỌC 2016 – 2017)
Hình vẽ:
52.a)
Gọi I trung điểm BC suy IOBC
ABN đồng dạng với ANC (Vì ANB ACN , CAN chung)
AB AN
AN AC
AB.AC = AN2
ANO vuông N, đường cao NH nên AH.AO = AN2 AB.AC = AH.AO (1)
AHK đồng dạng với AIO (g.g)
Nên
AH AK
AI AK AH AO
AI AO (2)
Từ (1) (2) suy
AB AC
AI.AK AB.AC AK
AI
Ta có A, B, C cố định nên I cố định AK không đổi
Mà A cố định, K giao điểm BC MN nên K thuộc tia AB K cố định (đpcm)
52.b)
Ta có: MHE đồng dạng QDM (g.g)
ME MH
MQ DQ
PMH đồng dạng MQH (g.g)
MP MH MH
MQ QH 2DQ
(51)M N P Q S I K R O H A B E F C H I
MP ME
MQ MQ
ME = MP P trung điểm ME.
Bài 53: ( HSG TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013) 53.1.
-Chứng tỏ INKQ hình bình hành O trung điểm IK
- OH // MN OH IK
- HIK cân H (Trung tuyến vừa đường cao) HI = HK
- OH // NI được: ON OR HI HR - OK // NS được: NS
NR ONOR
NS
NR HI HR
KH//SI HIK = KIS
HIK = KIS IK phân giác góc RIS
53.2.
- BE, AF hai đường cao ABC CI đường cao thứ ba hay CIAB
- Tứ giác IHFB nội tiếp HIF = HBF hay CIF = EBF - EOF nên EOF = 600.
- EF = 600 CIF = EBF = 300. - Chứng minh ACI đồng dạng với ABE - được: AE AC AE ABAI
AI AB AC
- Tương tự BCI đồng dạng với BAE được: BF BCBF BABI BI BA BC
- Cộng được: AE.AC + BF BC = AB.AI + AB.BI =AB(AI + IB) = AB2 = const. - Chứng minh ABC đồng dạng với FEC
-
1 2 R R AB EF S S ABC FEC ABC ABFE S S
- Để SABFE lớn SABC lớn CI lớn C chạy cung chứa góc 600 vẽ AB nên CI lớn I O CAB cân EF // AB
- Lúc
3 3 2
2 S R
R R
R
SABC ABFE
(52)M
Q P
I O
A B C
E
F
Ta có AFE EFB 900,
0 APQPAC 90
Mà EFB PAC nên AFE APQ Vậy Tứ giác PEFQ nội tiếp Ta có AMQ APQ nên AMQ AFE
Hai tam giác AIF AQM có góc A chung AMQ AFE nên đồng dạng với Do AMQ AFE nên tứ giác MIFQ nội tiếp
Do AI.AM = AF.AQ
Ta thấy tứ giác BCQF nội tiếp (BCQ BFQ 900) Do AB.AC = AF.AQ, Vậy AI.AM = AB.AC
Bài 55: ( HSG TỈNH HUẾ NĂM HỌC 2006 – 2007)
Ta có: MN = MP (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh đợc tam giác MAN MNB đồng dạng Suy ra:
2
MA MN
MN MP MA MB
MN MB
Để MNOP hình vng đờng chéo OM ON R
Dựng điểm M: Ta dựng hình vng OACD, dựng đờng trịn tâm O qua điểm D, cắt (d) M
Chứng minh: Từ M vẽ tiếp tuyến MN MP Ta có MN MO2ON2 R, nên Tam giác ONM vuông cân N Tơng tự, tam giác OPM vng cân P Do MNOP hình vng Bài tốn ln có nghiệm hình OM R 2R
+ Ta có: MN MP tiếp tuyến (O), nên MNOP tứ giác nội tiếp đờng trịn đờng kính OM Tâm trung điểm H OM Suy tam giác cân MPQ nội tiếp đờng trịn đ-ờng kính OM, tâm H
+ Kẻ OE AB, E trung điểm AB (cố định) Kẻ HL( )d HL // OE, nên HL đ-ờng trung bình tam giác OEM, suy ra:
1 HL OE
(không đổi)
(53)Bài 56: ( HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014)
I H
I K A
B C
M
D
E
a)Ta có: AEH ADH 900 AEHD nội tiếp (5) Lại có: Tứ giác BEKI nội tiếp EKI 1800 ABC Tứ giác DKIC nội tiếp DKI 1800 ACB đó: EKD3600 EKIDKI
=3600 (1800 ABC)(1800 ACB) = ABCACB = 1800 BAC
EKDBAC1800 AEKD nội tiếp (6) Từ (5) (6) suy A,E,H,K,D thuộc đường tròn
b)Ta có: BECBDC900 Tứ giác BEDC nội tiếp ADEABC (7) Từ (6) ADEAKE (8)
Từ (7) (8) ABCAKE (9) Tứ giác BEKInội tiếp EKIABC1800 (10) Từ (9) (10) suy EKIAKE1800 A,K,I thẳng hàng
c)BDC vuông D có DI trung tuyến ID ICIDC cân IDC ICD AID có DIAIAC IDC ICDKCDICK
Mà tứ giác DKIC nội tiếp DIAKCD
Do IACICK (11) Tứ giác AEKD nội tiếp IAC KED (12) Từ (11) (12) suy KEDICK MEKC nội tiếp
Bài 57: ( HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015
a) Xét tứ giác MHCB ta có MHC MBC 90
MHC MBC 180
(54)Xét tứ giác MKCB ta có MKC MBC 90 MKC MBC 90
Tứ giác MKCB nội tiếp đường trịn đường kính MC (2)
Từ (1) (2) suy năm điểm B, C, K, H, M thuộc đường trịn đường kính MC Tâm O trung điểm MC
b) Xét ABC AHM có
90
MHM MBC CAB chung
ABC đồng dạng AHM .
AB BC
AH MH mà MK = BC
AB MK AH MK
AB
AH MH MH
mà AB5a
AH MK a MH
c) Giả sử AK tiếp tuyến (O) Dễ dàng ta có tứ giác MKCB hình chữ nhật nên O nằm đoạn BK
Xét ABK vuông K đường cao KM ta có
2
2 5 4 2 5 4 0
AM MB MK
AM AB AM AD AM a AM a AM a AM a
2 4 4 0 4 4 0
4
4
AM a AM a AM a AM AM a a AM a
AM a
AM a AM a
AM a
Vậy AM= 4a AM = a
Bài 58: ( HSG TỈNH KOMTUM NĂM HỌC 2012 – 2013)
a)
Dựng PI BQ (I BQ ), PI cắt AB H
Ta có Hlà trực tâm BPQ
Mà O Q, trung điểm cạnh AB AFcủa ABF
Suy OQ đường trung bình ABF
Do OQ//BF
Ta có:
/ / OQ BF
OQ BE BF BE
BEQ
có hai đường cao AB QK cắt O , nên O trực tâm BEQ
Khi OE BQ, mà PI BQ Do EO // PI
AEO
có P trung điểm AE EO // PH
Suy H trung điểm OA (đpcm).
K
I H
F Q
P E
O D C
B
(55)b) BEFvng B có BA đường cao nên AE.AFBA2 4R2
Ta có:
2
1
.2
2 2
BPQ
AE AF
S BA PQ R R AE AF R
Dấu '' = '' xảy AE AF BEFvuông cân B
ABCD
Vậy ABCD SBPQ nhỏ nhất.
Bài 59: ( HSG TỈNH LAI CHÂU NĂM HỌC 2014 – 2015)
a) Tính góc MON = 120; góc MIN = 60
b) chứng minh hai tam giác NAB NPQ đồng dạng
0
tan tan 60 3
PQ NP
A
AB NA
c) Gọi E giao điểm AC MD
cm tam giác MCD tam giác cân, nên diện tích lần diện tích tam giác MEC = MC.MC 3 4 diện tích tam giác MCD lớn MC lớn MC đường kính (O)
Bài 60: ( HSG TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2017 – 2018)
Do AI phân giác nên BE CE , theo tính chất góc ngồi đường trịn, ta có :
AMC AC BE AC CE ANC
Vậy tứ giác AMNC nội tiếp
Do hai tứ giác AMNC ABEC nội tiếp, nên ta có góc nhau: A1C A 1; 1C A 2; 2 M 2
Suy : BC//MN//EF, CMN cân N
Xét tam giác CIN có CE phân giác EF//IC nên ta có tỉ số
EN CN
EI CI ;
EN FN
EI FC
CN FN
CI FC
(56)1
CN CN CF CN CN
CI FC CI FC
Chuyển vế :
1
CN CN
CI FC , chia vế cho CN ta có điều phải chứng minh
Gọi H thuộc AC cho K trung điểm AH, Kẻ HG//AI với G thuộc BC, HG lấy điểm L cho CG = CL (CLGcân)
Từ AI//DK//HG K trung điểm AH nên DI = DG, theo giả thiết DB = DC nên BI = GC BI = CL
AI//HL nên BAI IAC LHC , BIA EIC LGC HLC (so le đồng vị)
Xét hai tam giác AIB HLC có hai góc nên góc cịn lại nhau, có cạnh BI = CL nên AIB HLC g.c.g
Vậy AB = HC
Mặt khác HC = AC – AH = AC – 2AK
Nên AB = AC – 2AK 2AK = AC – AB (đpcm)
Bài 61: ( HSG TỈNH LONG AN NĂM HỌC 2011 – 2012)
H D
E F
K
N
M
o
A
B C
61.1.
+) Tứ giác DCEH có HDC HEC 900 900 1800
Tứ giác DCEH nội tiếp HED HCD ( chắn cung HD) *BDE BHC có HED HCD EBC chung.
BDE đồng dạng BHC (g.g)
BD BE
BH BE BC BD
BH BC (*)
*Chứng minh tương tự đẳng thức (*)ta : CH.CF = CD.CB (**) Cộng (*) (**) theo vế ta được:
BH.BE + CH.CF = BC.BD + CD.CB = (BD + CD).BC = BC.BC = BC2 (1)
+) Chứng minh tương tự đẳng thức (1) ta được:
(57)2(AH.AD + BH.BE + CH.CF) = AB2 + AC2 + BC2 AH.AD + BH.BE + CH.CF =
2 2
2
AB BC CA +) Ta có: MBC MAC ( chắn cung MC)
MAC CBE ( phụ BCA ) Nên MBC CBE BC phân giác MBE
*MBH có BC đường cao đồng thời đường phân giác nên tam giác cân B BC đồng thời đường trung tuyến ứng với cạnh MH
D trung điểm MH DM = DH
*Ta có
AM AD DM DM
AD AD AD
(*) BHC ABC có chung đáy BC nên ta có
BHC ABC
S DH DM
S AD AD (**)
Từ (*) (**) suy :
1 BHC ABC
AM S
AD S (1) Chứng minh tương tự đẳng thức (1) ta được:
1 AHC ABC
BN S
BE S (2) AHB ABC
CK S
CF S (3) Công (1) (2) (3) theo vế ta :
1 BHC AHC AHB ABC
ABC ABC ABC ABC
AM BN CK S S S S
AD BE CF S S S S
61.2.
x M
N
D
C I
K L
+) DIND vng I có IN = ID (gt)
Þ DIND vng cân IIND IDN 450
* Chứng minh tương tự ta DIMC vuông cân I ICM IMC 450 DLCD có LCD· =LDC· =450
Þ DLCD vng cân L
Þ DL^MC Mà MI ^CD (gt)
Þ DL MI hai đường cao DCDM cắt N
Þ N trực tâm DCDM Þ CN^MD hay CK^MD DCNI DMNK có:
CIN· =MKN· =900 INC· =KNM· (đđ)
Þ DCNI đồng dạngDMNK (g-g)Þ
CN NI
(58)Þ CN.NK = MN.NI
Ta có: MN.NI = (MI – NI).NI = ( CI – ID).ID = (CD – ID – ID).ID Đặt ID = x; x > ta được:
MN.NI = (6 – 2x).x = 6.x – 2x2 =
2
3 9 9
2 x
2 2 2
ổ ửữ
ỗ
- ỗ - ữữ+ Ê
ỗố ứ
Du = “ xảy x = 3
2 (TMĐK x > 0)
Vậy CN NK có giá trị lớn 9
2 ID = 3 2cm
Bài 62: ( HSG TỈNH LONG AN NĂM HỌC 2018 – 2019) 62.1.
a)Chứng minh: OA vng góc EF. Dựng tiếp tuyến Ax O Ta có:
ACB BAx (hệ góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)
ACB AFE (cùng bù với BFE , tứ giác BFEC nội tiếp)
BAx AFE
Ax // EF
Mà OAAxOA EF
b)Từ A dựng tiếp tuyến AM , AN với đường tròn K (M,Nlà tiếp điểm N thuộc cung nhỏ EC ) Chứng minh rằng: M ,H ,N thẳng hàng.
ABC
có BE,CF hai đường cao H trực tâm Kẻ đường cao thứ ba AS ABC
M ,N ,S thuộc đường trịn đường kính AK.
AMN ASN
(góc nội tiếp chắn cung AN )
Mà AMN ANM ( AMN cân AM AN theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Do : ANM ASN 1
Ta có : ANE ACN( g.g )” AN2 AE.AC AEH ASC( g.g ) AH AS AE.AC
”
2 AN AS
AN AH AS ASN ANH( c.g.c )
AH AN
”
ANH ASN 2
Từ 1 , ANM ANH Vậy M ,H ,N thẳng hàng.
(59)Trên tia đối MB lấy điểm Dsao cho MD MC BAC600 BMC1200 CMD600
MCD
đều CM CD
ACM BCD( c.g.c ) MA BD
=
Mà
2 BD MB MD MB MC S MA MB MC MA Lại có MA2R
Vậy S đạt giá trị lớn MAlà đường kính hay M là điểm cung nhỏ BC
62.3.
Vẽ đường kính CM đường tròn O Gọi N ,I giao điểm DEvới CH và CM
O và C cắt D,EOC DE CEM
vuông E, EI đường cao nên
CE CI.CM
Mà
2
2
1
CM CO;CH CE CH CI CO
CH
CI CO
Ta có CIN CHO( g.g ) ”
2 CI CN
CN CH CI CO
CH CO
Từ 1 , CH 2CN Nên N trung điểm CH Vậy DE qua trung điểm CH
Bài 63: ( HSG TỈNH NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2015 – 2016)
Ta có AI phân giác BAC nên Q điểm cung BC (O).
Suy BAQ QAC QBC
IBQ IBC QBC IBA BAQ BIQ Hay tam giác QBI cân Q.
Tam giác ABD đồng dạng tam giác ACB Suy
AB AD
AC AB hay AB2 AD AC.
(1)
(60)Suy
AD AI
AE AC hay AI AE AD AC (2).
Từ (1) (2) suy AI AE AB2,
suy tam giác ABI đồng dạng tam giác AEB.
Suy
ABC AEB ABI
Ta có
2 BAC AEP BAE
(hai góc so le trong), suy
2 ABC BAC
BEP
Theo a) ta có
2 BAC ABC BIQ
suy BIQ BEP
Ta có BPE ABDACB BQI
Suy hai tam giác PBE QBI đồng dạng, suy
BP BE
BP BI BE BQ
BQ BI , ta có điều
phải chứng minh
Tam giác BQI đồng dạng tam giác BPE tam giác BQI cân Q nên tam giác PBE cân tại P, suy
2 BAC ABC
PBE
PH BE với H trung điểm BE.
Do HK đường trung bình tam giác EBJ nên HK//BJ Ta có
2 ACB JBD
2 BAC ABC
DBE
, suy JBE 90o hay JB vng góc BE.
Suy PH//JB, suy P, H, K thẳng hàng hay PK//JB.
Bài 64: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2009 – 2010)
I E
K M
D O
A C
B
Tứ giác ABCD hình thoi nên AC đường trung trực đoạn thẳng BD,BD đường trung trực AC.Do gọi M,I,K giao điểm đường trung trực đoạn thẳng AB với AB,AC,BD ta có I,K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB,ABC
Từ ta có KB = r IB = R.Lấy điểm E đối xứng với điểm I qua M , Ta có BEAI hình thoi ( có hai đường chéo EI AB vng góc với cắt trung điểm đường )
a)
Ta có BAI EBA mà BAI ABO 900 EBA ABO 900
Xét EBK có EBK 900,đường cao BM.Theo hệ thức tam giác vuông ta có
2 2
1 1
BE BK BM
Mà BK = r , BE = BI = R; BM = a
Nên 2
1
R t a
(Đpcm) b) Xét AOB AMI có AOB AMI 900
(61)2
2
AO AM AM AB AB
AO
AB AI AI R
Chứng minh tương tự ta
2
2
BM AB AB BO
BK t
Ta có
4
4 ABCD
AB
S AO OB
Rt
Mà theo định lí Pi ta go tam giác vng AOB ta có
2 2
2
1 1
4
AB OA OB AB
R t
2 2
2 4R t
AB
R t
Từ ta có :
3 2
( )
ABCD
R t S
R t
64.2.
x C
D B
A
Kẻ tia Cx cho CA tia phân giác BCx , tia Cx cắt đường thẳng AB D.Khi Ta có
360
DCA ACB DCA cân C , BCD cân B ABACDC.Theo tính chất
đường phân giác tam giác BCD ta có ;
CB AB BC CA
BC BD CD AD CA BD CA
2 2
2
( )
1
1
2
BC CA
BC BC CA CA BC BC CA CA
CA BC CA
BC BC BC
CA CA CA
1
2 BC CA
( Vì 0) BC
CA .Vậy BC
AC số vô tỉ
Bài 65: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2010 – 2011)
H
P
M N
F
E I
O
C B
A
Gọi giao điểm BH với AC E
AH với BC F, CH với AB I
HECF tứ giác nội tiếp.
AHE ACB (1)
(62)Ta có: AMB ANB (Do M, N đối xứng AB) (2)
Từ (1), (2) AHBN tứ giác nội tiếp
NAB NHB (*)
Mà NAB MAB (Do M, N đối xứng qua AB (**)
Từ (*), (**) NHB BAM
Chứng minh tương tự: PHC MAC
NHB PHC BAM MAC BAC
Mà BAC IHE 180
NHB PHC BHC 180
( IHE BHC )
N, H, P thẳng hàng
Gọi J điểm cung lớn BC
BOC120 BJC đều
Trên đoạn JM lấy K cho MK = MB
JKB CMB
O K B
M
C J
BM MC JM
1 1 4
BM MC BMMC
1 1 4
BM MC JM
JM lớn JM đường kính (O) lúc M điểm cung nhỏ BC
Vậy
1 1
BM MC nhỏ M điểm cung nhỏ BC
+ Khi BAC 900 BIC 900.
F trùng với B, E trùng với C lúc EF đường kính.
(63)K
F
E O
A
B
C
I
+ Khi BAC< 900 BIC > 900. Gọi K điểm đối xứng I qua EF
EIF EAF
(cùng bù BIC)
EKFEIF (Do I K đối xứng qua EF)
EKF EAF
AKFE
nội tiếp
KAB KEF
(cùng chắn KF) (1)
IEFKEF (Do K I đối xứng qua EF) (2)
IEFBIK ( phụ KIE ) (3)
Từ (1), (2), (3) KAB BIK
AKBI tứ giác nội tiếp
K(O)
Mà EF đường trung trực KI E, O, F thẳng hàng
+ Khi BAC > 900 BIC < 900 chứng minh tương tự. Vậy đường thẳng EF qua điểm O cố định
Bài 66: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2011 – 2012)
66.1
a) Nối OC Vì d tiếp tuyến (O) C nên OC vuông góc với d Ta có: AI// BK ( vuông góc với d) => ABKI hình thang Do OA= OB =R, OC// AI // BK ( vuông gãc víi d)
=> CI = CK ( T/c đờng trung bình hình thang) b)
v× CAI ACO ( So le trong, AI//CO), ACO CAO OAC ( c©n)
CAI CAO IAC HAC
( C¹nh hun - gãc nhän)
=> AI = AH T¬ng tù: BK = BH
(64)( , ) IK
H C
Mµ CH AB H => AB tiếp tuyến cña
( , ) IK C
66.2
B
C A N
M O
G i C ọ giao m c a ể ủ đo n th ng OA v i (O,R) ẳ Trên đo n OC l y ấ m ể
N cho
OC ON
Suy OM
OA ON
OM ON
OC
suy MOA~NOM(c.g.c)
MN MA
MN MA
2
2
MN MB NB MB
MN MB
MA
(không đ i)ổ
D u ấ “=” x y M thu c ả ộ đo n NBạ
V y M ậ giao m c a ể ủ đo n NB v i đư ng tờ ròn (O,R)
Bài 67: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2015 – 2016)
MPA đồng dạng MAQ (g.g), suy MA2 = MP.MQ (1) MAO vng A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2)
Từ (1) (2) suy MP.MQ = MH.MO hay
MP MO MH MQ (*)
MPH MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy MPH đồng dạng MOQ (c.g.c) suy MHP MQO
Do tứ giác PQOH tứ giác nội tiếp HPO HQO =
(65)
Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho EB = EF hay EBF cân E, suy
1
2 BFA BEA
Đặt AEB AFB
nên F di chuyển cung chứa góc
dựng BC Ta có:
1
EA EB
4 EA EB
Như
1
EA EB nhỏ EA + EB lớn hay EA + EF lớn AF lớn (**)
Gọi O’ điểm cung lớn AB, suy O’AB cân O’ suy O’A=O’B (3)
O’EB O’EF có EB = EF, O’E chung FEO'BEO ' (cùng bù với BAO ' O’EB = O’EF (c.g.c) suy O’B = O’F (4)
Từ (3) (4) suy O’ tâm cung chứa góc
dựng đoạn thẳng BC (cung cung lớn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB)
Do AF lớn đường kính (O’) E O’ (***) Từ (**) (***) suy E điểm cung lớn AB
1
EA EB có giá trị nhỏ nhất.
Bài 68: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2016 – 2017)
68.1.Cho tam giác ABC có BAC 135 , BC = 5cm đường cao AH = 1cm Tính độ dài cạnh AB AC
Kẻ
CK AB K AB ta có CAK 45 suy tam giác AKC vuông cân K
Đặt AB = x, AK = y (x, y > 0) tao có: BK2 KC2 BC2 x2 2xy 2y 25 (1)
Ta có hai tam giác BHA BKC đồng dạng với
AH AB 1 x
xy 5
CK CB y 5
(2)
Từ (1), (2) ta tìm x; y 5; 5
x; y 10; 10 . 2
(66).
A N
Q
K E
I O
P C
H
M B
D
Vậy AB 5cm, AC 10cm AB 10cm, AC 5cm
68.2.
Ta có ADC AEC
K trực tâm tam giác ACE nên
AKC AEC 180
Suy AKC ADK 180 tứ giác ADCK nội tiếp Vậy K (O)
Các tứ giác KIPC, KIAQ nội tiếp suy CIP CKP
AIQ AKQ (1)
Từ tứ giác nội tiếp ABCK, BPKQ ta có AKC 180 ABC QKP suy
CKP AKQ (2)
Từ (1) (2) ta có CIP AIQ P,I,Q thẳng hàng
Gọi M giao điểm AH với (O) (M không trùng với A) N giao điểm AH PQ suy MN // KP
Bốn điểm B, Q, K, P thuộc đường trịn (vì KQB KPB 90 ) A, B, M, K thuộc
(O) QBK AMK QPK
Suy MNKP tứ giác nội tiếp Do MNKP hình thang cân suy KN = PM
Mặt khác PH = PM suy PHM PMH KNM KN / /PH suy HPKN hình bình
hành
Vậy PQ qua trung điểm HK
(67)69.1.a)
Qua điểm A vẽ tiếp tuyến xy với đường tròn (O) suy OA xy
Xét tứ giác BCEF có BEC 900 (GT); BFC 900(GT) tứ giác
BCEF tứ giác nội tiếp suy ACB AFE (1) Mặt khác
1
2
BAx Sd AB
(góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)
1
2
ACB Sd AB
(góc nội tiếp) BAx ACB ) (2)
Từ (1) (2) suy AFE BAx vị trí so le nên EF // xy hay EF
OA
.
69.1.b)
Đường thẳng EF cắt (O) điểm thứ P, BP cắt DF Q.
AD, BE, CF đường cao tam giác ABC nên BCEF, ACDF nội tiếp,
do ACB AFP
Mặt khác
1 1
2 2
ACB Sd AB Sd BM MA
1
2
AFP Sd BM AP
Do Sd AM Sd AP suy BA tia phân giác MBQ
AM AP
(1)
Tứ giác BCEF nội tiếp suy ACB BFM , tứ giác ACDF nội tiếp suy ra
ACB BFQ
do BFQ BFM ACB, suy FB tia phân giác MFQ
MFB QFB MB QB BMP BQN BP BN
.
Do ABN ABP nên AN = AP (2)
(68)69.2 Dựng tam giác vuông cân BDE D cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD khơng chứa C
Ta có ADE ACB DE = DB
Từ giả thiết AC.BD = AD.BC Suy
AD BD DE
AC BC BC ADE~ACB, từ
AB AC
AE AD
Mặt khác BAC EAD , suy CAD BAE Do CAD~BAE
.
2 .
2
AC CD CD AB CD
AB BE BD AC BD
Bài 70: ( HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2011 - 2012) 70.1.
a) Để MONP hình vng đường chéo OM = ON 2= R 2
Dựng điểm M: ta dựng hình vng OACD, dựng đường tròn tâm O qua điểm D, cắt (d) M Chứng minh: Từ M vẽ tiếp tuyến MN MP Ta có MN = MO2 ON2 Rnên ta giác ONM vuông cân N Tương tự, tam giác ta giác OPM vuông cân P
Q
P
O I
F H
M L
(69)do MNOP hình vng Bài tốn ln có hai nghiệm hình OM = R 2>R
b)Ta có: MN MP tiếp tuyến (O) nên MNOP tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính OM tâm trung điểm H OM, suy tam giác cân MPQ nội tiếp đường tròn đường kính OM tâm H
+) Kẻ OE vng góc AB E trung điểm AB ( cố định) Kẻ HL (d) HL//OE nên HL đường trung bình tam giác OEM, suy HL=1/2 OE(khơng đổi)
+) Do M di động (d) H ln cách (d) đoạn khơng đổi nên H chạy đường thẳng (d’)//(d) (d’) qua trung điểm đoạn OE
+) Ta có : Om phân giác góc NMP kẻ tia phân giác PNM cắt đường tròn (O) điểm F, NF FP => F OM, F tâm đường trịn nội tiếp tam giác MNP
Vậy M di động (d) tâm đường trịn nội tiếp tam giác MNP chạy đường trịn (O) Chú ý: hình vẽ phức tạp nên dựng hình vng OACD khơng vẽ trên hình vẽ
70.2 Đặt BC = x > 0
theo cơng thức He rơng ta có
S= p p a p b p c( )( )( ) với 6
2
x p
=> S2=
6 6 6 3 6
. . .
2 2 2 2
x x x x
=> S2=
2 2
9 9 9
(36 )( 4) ( 20) 256 .256 144
16 x x 16 x 16 Vậy giá trị điện tích lơn 12(đvđt) x = 20(đvđd)
Bài 71: ( HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2014 - 2015)
a) Chứng minh: HEF ~ABC
Tứ giác ABHE nội tiếp
=>ABH = HEF hay ABC = HEF Tứ giác AHFC nội tiếp
=>ACH = AFH hay ACB = EFH
Vậy HEF ~ABC
b) Chứng minh: HE AC
Ta có: ABC = HEF mà ABC = AA/C (cùng chắn cung AC) nên
HEF = AA/C => HE //A/C
Do A/CAC nên HE AC
c) Ta có: Tứ giác AHFC nội tiếp đt đk AC nên trung trực
của HF qua trung điểm G AC mà DG // AB nên DG qua trung điểm K BC
Tương tự: trung trực JI HE qua trung điểm K BC BC cố định nên K cố định
Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF qua trung điểm K cố định A di động cung nhỏ BC
(70)
E O P
C B
A
H
a) Ta cã AH // PB (vì AH, PB vuông góc với BC)
EH CH
PB CB
(1)
Lại có AC // PO (vì AC, PO vng góc với AB) nên hai tam giác vng AHC PBO đồng dạng
AH CH
PB BO
(2)
Mµ CB = 2.BO nên AH = EH hay E trung ®iĨm cđa AH b) Ta cã AH2 = HB HC = (2R – HC)HC
2 EH.CB EH.CB
AH 2R
PB PB
=
AH.CB AH.CB
2R
2PB 2PB
2
4PB AH (4R.PB AH.2R).AH.2R
2 2
PB AH 2R PB R AH
R2 PB AH 2R PB2
Mµ PB2 d2R2 nªn
2
2 2
2R
AH d R d
(71)N K H M
D C
O
A P B
a) Nối CP, PD ta có ACP, OAB lần lợt cân C, O nên CPA = CAP = OBP ú CP//OD (1)
Tơng tự DBP, OAB lần lợt cân D, O nên DPB = DBP = OAB nên OD//CP (2) Từ (1) (2) suy tứ giác ODPC hình bình hành
Gọi CD cắt MP H cắt OP K K trung điểm OP
Theo tính chất đờng trịn cắt ta có CDMP H trung điểm MP Vậy HK//OM, CD//OM
Ta phải xét trờng hợp AP < BP AP > BP, đáp án yêu cầu xét trờng hợp giả sử AP < BP
Vì tứ giác CDOM hình bình hành nên OC = DP, DP = DM = R2 nên tứ giác CDOM hình thang cân điểm C, D, O, M thuộc đờng tròn
b) XÐt tam gi¸c AOB cã: OA2OB2 2R2 AB2 nên tam giác AOB vuông cân O
Vì điểm C, D, O, M thuộc đờng tròn (kể M trùng O) nên COB = CMD (1)
XÐt MAB vµMCD cã MAB = MCD ( cïng b»ng
1
2 s® MP cđa (C)) MBD = MDC ( cïng b»ng
1
2 sđ MP D)) nên MAB đồng dạng với MCD (g.g)
Vì MAB đồng dạng với MCD suy AMB = COD hay AMB = AOB =
90
Do AB cố định nên điểm M thuộc đờng trịn tâm I đờng kính AB Ta có ACP BDP AOB900 nên
AMP =
2 ACP =45 (góc nội tiếp góc tâm (C))0 BMP =
1
2 BDP =45 (góc nội tiếp góc tâm (D))0 Do MP phân giác AMB
Mà AMB = AOB =900 nên M đờng tròn (I) ngoại tiếp tam giác AOB
Giả sử MP cắt đờng trịn (I) N N trung điểm cung AB không chứa điểm O nên N cố định
c) MAP BNP có MPA = BPN (đđ), AMP = PBN (góc nội tiếp chắn cung) nên MAP đồng dạng với BNP (g.g)
Do
2 2
2
PA PM PA PB AB R
PM PN PA PB PN PB
(không đổi)
VËy PM.PN lín nhÊt b»ng 2
R
(72)Vì tam giác AMB vuông M nªn
2
2
1
2 4
AMB
AB R S AM BM AM BM
DiƯn tÝch tam gi¸c AMB lín nhÊt b»ng 2
R
PA = PB hay P trung điểm dây AB
Bài 74: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2012 - 2013)
74.1. O H R S P Q D C B A
a) theo Pitago HA2HB2 AB2;HC2 HB2 BC2;HC2 HD2 CD2;HA2HD2 AD2;
suy đpcm
b)Tứ giác HPBS nội tiếp HPSHBSDBC
Tứ giác HPAQ hình chữ nhật HPQHAQCADCBD Do SPQHPSHPQ2CBC
Tương tự SQR2BDC
Do DBCBDC1800 SPQSRQ1800 nên tứ giác PQRS nội tiếp ( đ/lí đảo)
4.2) L K P Q I C N D M A B
Cach Gọi T, K, L trung điểm MQ, MP, NP theo t/c đường trung bình trung tuyến tam giác
vng ta có MNNPPQQM 2(KLCLIKAI)2AC từ suy đpcm
Cach Ta có theo Pitago
2 ) ( 2
2 BN BM BM BN MN BM BN
MN
( ap dụng BĐT Bunhiacoopsky)
Tương Tự
; ; AM AQ MQ DQ DP PQ NP CN
NP
Nên
MN NP PQ QM a dpcm
a a a AM QA DQ PD CP NC NB BM QM PQ NP MN 2 2
(73)Bài 75: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 - 2014)
a) Ta có MNE =
1
2 (sđ AC sđ BFE ) = =
1
2 (sđ AB sđ BFE ) AFE sđ AC sđ CE
Suy ra: MNE MFE 180o
Vậy tứ giác MNEF nội tiếp.
b) Gọi P giao điểm khác A AO với đường tròn (O; R).
Lấy G đối xứng với E qua AP D EG G, O
Ta có MDG NEG , AEG AFG 180oMDG MFG 180o
Suy tứ giác MDGF nội tiếp (1)
Gọi giao điểm AG BC H
Chứng minh tương tự a) có tứ giác MHGF nội tiếp (2)
Từ (1) (2) suy điểm M, H, D, G, F nằm đường tròn
Trung trực đoạn thẳng FG qua O
cắt đường tròn (O) J; I OJ , sđ JF =sđ
JG sđ PG =sđ PE nên JOP hay I
nằm đường thẳng cố định Đó đường
thẳng qua O tạo với AO góc
khơng đổi
c) Hạ IT BC T BC TH TM Do QH QN, suy
1 IS MN
Tam giác vng OSI có IOS khơng đổi nên OI nhỏ IS nhỏ MN
nhỏ Ta chứng minh MN nhỏ tam giác AMN cân A.
Thật vậy, BC lấy M’ N’ cho 'M AN' Khơng tính tổng qt giả sử QM'QN'
suy AM' AN' Trên đoạn AM lấy điểm U cho ' AU AN'
'
AUM ANN
(c.g.c)SAM M' SANN' MM'NN'M N' 'MN
Với 60 ;o BC suy raR
2 3
2
R R
AQ R ,
2 3 2 2 3
2 3
R R
MN
2 3
R
OI
T
S
D I
J K
N H M
G
P E
A
Q
O
B C
(74)Bài 76: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2014 - 2015)
M R
Q
D P
E
F
O
B
C A
a) Do tứ giác BCEF nội tiếp suy AFE BCQmà AFE BRQ ( so le ) Suy BCQBRQ nên tứ giác BQCR nội tiếp
b) EM trung tuyến tam giác vuông BEC nên tam giác ECM cân M suy EMD2ACB mà tứ giác BCEF; ACDF nội tiếp nên ACBAFE BFDsuy
0 180
2
EMD ACB AFE BFD EMD DFE suy tứ giác DMEF nội tiếp suy ra PEM
BDF
mà BDFBAC MDE nên tam giác EPM,và DEM đồng dạng (g.g)
c) Do DMEF nội tiếp suy PFDEMD mà PDFEDM nên tam giác PFD đồng dạng tam giác EMD (g.g) suy MD;
ED
DFPD do REDAEF FRD nên tam giác FDR cân D suy FD=DR;tương tự tam giác DEQ cân D nên DE = DQ
mà FD = DR; DE = DQ suy MD; DQ DR PD
suy tam giác PDR đồng dang tam giác QDM ( c.g.c) suy PRQPMQ suy tứ giác PRMQ nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua điểm M cố định
Bài 77: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2015 - 2016)
P Q
E I
A B
O
M K
a) Xét tứ giác AEMO có góc OAE = OME = 90 nên tứ giác AEMO nội tiếp.0
Xét tứ giác APMQ có góc MPA = PAQ = AQM = 90 nên tứ giác APMQ hình chữ nhật.0
(75)Do tiếp tuyến A M cắt E, I trung điểm MA nên O, I, E thẳng hàng Vậy PQ, OE, MA đồng qui I
c) O trung điểm AB, I trung điểm MA nên OI song song với MB MBP = EOA
Mà MPB = EAO = 90 nên MPB đồng dạng với EAO (g.g).0 Suy PB : AO = PM : AE PB AE = PM AO (1)
Do PK song song với AE nên PB : AB = PK : AE PB AE = PK AB (2) Từ (1) (2) suy PM AO = PK AB PM 2AO = 2PK AB PM = 2PK (do 2AO = AB) Vậy K trung điểm MP
d) Trong tam giác vng MPO, ta có MP2 = OM2 – OP2 = R2 – (R - x)2 P thuộc đoạn OA MP2 = OM2 – OP2 = R2 – (x - R)2 P thuộc đoạn OB Khi MP2 = (2R - x)x Suy MP = (2Rx)x
Diện tích hình chữ nhật APMQ S = MP AP = (2Rx)x3
Áp dụng BĐT abcd2 ab2 cd 44 abcd với a,b,c,d 0
hay
4
a b c d
abcd
Dấu “=” xảy abcd
S =
2
3
4 3 43 3
27
) ( 27 )
2
( R
x x x x R x
x x x R x
x
R
Dấu “=” xảy x R
x x R
2 3
2
Suy P trung điểm OB Do ta xác định M để diện tích hình chữ nhật APMQ lớn
Bài 78: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2017 - 2018)
78.1
Gọi C D, hình chiếu A B, lên bờ sông Đặt CEx0 x 492
Ta có
2
615 487 118 492
CD
Quãng đường di chuyển người AE EB
2
2 1182 492 4872
x x
Ta có với a b c d, , ,
2
2 2 (1).
a b c d a c b d
Thật
2
2 2 2 2 2
1 a b c d a b c d a c b d
a2 b2 c2 d2 ac bd (2)
(76)Nếu ac bd (2) ln Nếu ac bd bình phương hai vế ta được0 (2) trở thành
2
ad bc Dấu đẳng thức sảy ad bc .
Áp dụng (1)
2
492 487 118 608089 779,8
AE EB x x m
Dấu đẳng thức xảy 487x118 492 x x 96m Vậy quãng đường nhỏ 780 m
78.2
a)
Ta có ABO ACO 180o nên tứ giác ABON nội tiếp
Gọi J giao điểm AD với đường tròn ABOC.Suy DMA đồng dạng DNJ Suy DM DN DA DJ
Mà
1
2 ;
2 DA DI DJ DE
Nên DM DN DI DE DMI đồng dạng DEN Vậy tứ giác MINE nội tiếp hay có đpcm.
b)
Dễ thấy MN OAthì O T tiếp xúc E
Khi MN khơng vng góc OA Gọi K giao điểm MN với tiếp tuyến O E Ta có O J K, , thẳng hàng
Trong tam giác OEK KJ KO KE: (1) ( Định lý hình chiếu) Trên đường trịn ABOC ta có KJ KO KN KM (2)
Từ (1) (2) suy KE2 KN KM nên KE tiếp xúc T
c)
Ta có OED ODE TIE
Nên IT OD Gọi WOA IT
Vì I trung điểm AD nên W trung điểm OA (đpcm) Khi MN OA W IT.
(77)a
Chứng minh rằng: NAC vuông cân VÀ MA.NC MB NA . .
Xét hai tam giác AMB, ANC
Có : MAB BAD DAC CAN 900 ( DA MN) Mà BADDAC 45 0 ( AD phân giác BAC) Suy MAB CAN 450
Mặt khác ANC 90
Do NAC vuông cân hai tam giác vuông AMB ANC, đồng dạng Nên
MA
MB
MA NC MB NA
NA NC
b
Chứng minh M trung điểm AD.
Ta có MB/ / D / /A NC ( vng góc MN) nên ta có hệ thức sau
D D
, ,
AP NA DP B B MA
MB NM CN BC BC MN Suy ra:
,
MB NA MA CN
AP DP
MN MN
(1) Mà theo câu a ta có MA NC MB NA (2) Từ (1) (2) suy AP DP ( đpcm)
c
Chứng minh PQD PDH
Ta có AH BC nên H giao điểm thứ hai(khác A) hai đường trịn đường kính AC đường trịn đường kính AB, tức N,C, H,Q thuộc đường trịn đường kính AC
Suy CNQ QHC 1800 Mà CNQ DPQ ( AD//NC) Suy DPQ QHC 1800
Vậy tứ giác PQHD nội tiếp đường trịn; Do PHD PQ D (3) Hơn tam giác PHD cân P nên PHD PDH (4)
Từ (3) (4) suy PQD PDH.(đpcm)
(78)Ta có:
2
A
MBC MAC
(AM phân giác góc BAC)
2 2
A B
MBI MBC CBI
(1)
2 2
A B
MIB IAB IBA
(2) (tính chất góc ngồi tam giác) Từ (1) (2) suy tam giác MBI cân M, MI = MB
Tương tự ta có: MI = MC Xét tam giác BIJ ta có:
1 2
MB MI IJ
tam giác BIJ vuông B Tương tự: tam giác CIJ vuông C
Vậy BIJ CIJ tam giác vuông B C
b Chứng minh I J E F, , , nằm đường trịn.
Ta có:
1s® s® 2
NFE NA AE
;
1s® s® 2
AIE NM AE
Mà s®NA = s®NM (N điểm cung ABM)NFE AIE
Mặt khác NFE EFJ 1800 AIEEIJ 1800EFJ EIJ .
Hơn I F nằm phía so với JE
Kết luận: I J E F, , , thuộc đường tròn
(79) Lời giải Do
AEH AFH 180 nên tứ
giác AEHF nội tiếp,
EHF EAF 180 Mà lại có
BOCBHC EHF nên ta suy được
BOC EAF 180
Dễ thấy BOC 2BAC 2EAF nên ta lại có
2EAF EAF 180 hay EAF BAC 60
Điều dẫn đến BOC 120 Gọi M trung điểm BC tam giác
BOM có
0 a a
OM BM.tan30
2
Vẽ đường kính AK đường trịn O , dễ thấy BH song song với CK CH song song với BK nên tứ giác BHCK hình bình hành, từ suy ba điểm H, M, K thẳng hàng nên M trung
điểm HK Như MO đường trung bình tam giác KHA Do
a AH 2OM
3
Lời giải Gọi P giao điểm khác A AH với đường tròn O , HBC PAC PBC , mà ta
có AP vng góc với BC nên suy tam giác HBP cân B Từ hai tam giác BHC BPC đối xứng với qua BC, suy điểm H nằm cung tròn đối xứng với cung nhỏ BC đường tròn O qua đường thẳng BC Gọi I điểm đối xứng với O qua BC, BHC BOC hay tứ giác BHOC nội
tiếp đường tròn nên điểm I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHOC điểm I nằm cung nhỏ BC đường trịn O , ta cung có điểm O nằm cung nhỏ BC đường tròn I Đến ta tam giác BOI COI đều, ta có BOC 120 Gọi M trung điểm BC
đó tam giác BOM có
0 a a
OM BM.tan30
2
Vẽ đường kính AK đường trịn O , dễ chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành, từ suy M trung điểm HK Như
vậy MO đường trung bình tam giác KHA Do
a AH 2OM
3
(80)
Như chứng minh H P đối xứng với qua BC nên ta PD DH Từ
đó suy DH.DA DP.DA Ta có PD MI DA MJ Do vây ta DP.DA MI.MJ không đổi,
dấu xẩy D trùng với M hay điểm A nằm cung lớn BC đường tròn O
Vậy A nằm cung lớn BC đường trịn O tích DH.DAnhận giá trị lớn
81.2 Lời giải Tam giác ABC có AB2AC2 3242 52 BC2 nên vuông A Gọi AH đường
cao tam giác ABC, ta có AB.AC AH.BC nên
AB.AC 12 AH
BC
Giả sử hình chữ nhật MNPQ có MN PQ x MQ NP y
Khi ta có
12
AK AH K H y
5
BM CN 5 x Từ ta suy
APQ
1 12 6x xy
S AK.PQ y x
2 5
BMQ CNP
1
S S QM BM CN y x
2
Ta có MNPQ ABC APQ BMQ CNP
6x xy 5y xy 12x 25y
S S S S S 6 xy
5 2 10
.
Để ý SMNPQ xy nên ta suy
12x 25y
6 12x 25y 60
10
Bài tốn quy tìm x y thỏa mãn 12x 25y 60 để SMNPQ xy có giá trị lớn
Ta có
2
2
12x 25y
1 1 60
xy 12x.25y
12.25 300 300
, dấu xẩy
12x 25y 60 5 6
x ;y
12x 25y
Vậy hình chữ nhật MNPQ có kích thức
5
MN PQ
2
6 MQ NP
5
diện tích MNPQ có giá trị lớn
(81)Kẻ DI vng góc với AN I, kẻ DH vng góc CM H
Ta có: ADN DMC
1 1
S DI.AN; S DH.MC
2 2
S∆ADN = 1
2 SABCD (do cạnh đáy AD đường cao kẻ từ N)
và S∆DMC = 1
2 SABCD (do cạnh đáy DC đường cao kẻ từ M) nên : S∆ADN = S∆DMC
1 1
DI.AN DH.MC
DI DH
2 2
AN CM (gt)
∆DIK = ∆DHK (cạnh huyền – cạnh góc vng)
IKD HKD
KD phân giác góc AKC.
b) Hình vẽ
Gọi I, H, K tiếp điểm đường tròn nội tiếp ∆ABC với cạnh AB, AC, BC Ta có: AB + AC = AI + AH + BI + CH = AI + AH + BK + KC
= + 3 (1)
(AB + AC)2 = AB2 + AC2 + 2AB.AC = BC2 + 2AB.AC = (8 + 4 3)2
AB.AC =
2
(8 3) B
24 16 3
2 C
(2) Từ (1) (2), kết hợp với AB < AC
suy AB = + 3; AC = + 3
AB 2 3 1
sin C
BC 4 3 2
Suy
0
C 30 ; B 60
(82)a) Kéo dài ED cắt (O) I
AB tiếp tuyến (O1) ABD BED AC tiếp tuyến (O2) ACD CED
ABD ACD BEC BEC BAC 180
Tứ giác ABEC nội tiếp (O)
AIE ACE ACD DCE DEC DCE IDC
AI//BC I cố định
Vậy DE qua điểm cố định I
b) Ta có: AB IC (vì AI//BC) ∆ABC cân AAB AC AC IC I A
A, D, E thẳng hàng AD.AE = AB2 (vì ∆ABE
S
∆ADB)
AD.AE không phụ thuộc vào vị trí điểm D cạnh BC
Bài 83: ( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2017 - 2018) 83.1.
a)Chứng minh ứ giác KDCE nội iếp đường tòn va ba điêm K E F, , hhng hang.
(Khơng có hình ve không chấm bai)
+ Hai tam giác BKA BKC BCK BAK
+ Lại có A, B, H, D nằm đường tròn nên BAK KDE Suy BCK KDE Do tứ giác KDCE nội tiếp đường trịn.
+ Trong tam giác BDF có BC DH hai đường cao Suy FE BD (1)
Tứ giác KDCE nội tiếp đường tròn ECD 900 nên EKD 900 hay EK BD (2) Từ (1) (2) suy K, E, F thẳng hàng.
b) Khi E la trng điêm cạnhBC, ính diện ích ứ giácBKEH Ta có BKE vng cân, BK= KE =
SBKE =
1
2
(83)Xét BHE ta có BH = BE sinE = sinE =
4
2
2 5
DC
DE
HE2 =BE2 BH2 =
16 4
5
HE =
2
SBHE =
1
2HE BH 5 SBKEH = SBKE +SBHE =
4
5
(cm2)
83.2.
a) Chứng minh am giác AMP va ANQ đồng dạng.
(Khơng có hình ve không chấm bai) Tứ giác ABNP nội tiếp ANB APB
Tứ giác ABMQ nội tiếp AQB AMB Suy ra: ANQ đồng dạng APM
b) Chứng minh: MB NA NB MA 2.
AM tiếp tuyến , MBP cát tuyến (C2) –chứng minh MA2 = MB.MP Tương tự AN tiếp tuyến , NBQ cát tuyến (C1), ta có: NA2 = NB.NQ
2
MA MB MP NA NB NQ (1)
Để có (1), ta chứng minh MP =NQ
(84)+ Ta có P1ANB MAB ( chắn cung AB (C2)) + Ta có P2 NAB ( chắn cung NB (C2) )
NAB AMB( chắn cung AB (C1)) + Suy P P12 MAB AMB
APN ABP( Góc ngồi tổng góc khơng kề nó) + Mặt khác ABPANP ( chắn cung AP (C2))
Suy ra: APN ANP
Ta có: APN ANP ANP cân N AN= AP Tam giác AMP AQN đồng dạng kết hợp AN= AP AMP = AQN MP=NQ (2)
Từ (1) (2) 2
MA MB
NA NB hay MB NA. NB MA.
Bài 84: ( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2013- 2014)
Câu a
Chứng minh DE2 = DB.DC (1) Xét DEO vng E có đường cao EF có : DE2 = DF.DO (2)
Từ (1) (2) DB.DC = DF.DO (3) Từ (3) DBO đồng dạng với DFC ( c_g_c) (4)
(85)A
B C
O
H K
O1 O2
O O’
M B
A N
E
K
M0 H
Câu b Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếpChứng minh tứ giác AFOC nội tiếp Chứng minh AF DO
Có EF DO nên ba điểm A; E; F thẳng hàng
Câu c
Tính OF = R
Tính AF =
cot
R
Tính EF = R
Chứng minh A, F, K thẳng hàng
Tính AK = AF + FK = AF + EF = =
cot
R
Bài 85: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2008- 2009) 85.1.
Gọi O1 O2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác AOB AOC
Kẻ O1H AB H O2K AC K O1H = O2K (gt) Điểm O trực tâm ABC
ˆ ˆ
ABO ACO
(cùng phụ ˆBAC )
1 2
ˆ ˆ
OBH OCK
BO H CO K (O H O K; )
2
BH CK
Nếu AB > AC AH > AK (AB = AH + HB AC = AK + KC)
1
1
O H O K ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
O AH O AK OAB OAC ABC ACB AC AB
AH AK
Mâu thuẫn Nếu AB < AC, lập luận tương tự ta có AB > AC Mâu thuẫn
Vậy AB = AC Tam giác ABC cân A
85.2.
a) Ta có
NE MN OO` R r
AB AM AO R
R r
NE AB R r
R
Độ dài đoạn NE không đổi
b)MNE
2
MNE
MNE MAB
MAB
S NE R r
MAB S S
S AB R
Diện tích tam giác MNE lớn Diện tích tam giác AMB lớn
Gọi Mo điểm cung lớn AB Tam giác AMoB cân Mo Tiếp tuyến đường tròn (O; R) Mo cắt BM K
o
ˆ ˆ ˆ
AM B AMB AKB (góc ngồi tam giác AMK), M nằm hai điểm B K.
(86)O1
E' A
H
B P
I Q K
E D N O2
O M
C MoK // AB M Oo ABtại H khoảng cách từ K đến AB MoH
Vậy M điểm cung lớn AB diện tích AMB có giá trị lớn
o
2
o AM B
R R(2 3) (2 3)R
M H R MaxS
2
Diện tích MNE có giá trị lớn
2
2
(R r) (2 3)R
(R r)
R 4
Bài 86: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2009- 2010) 86.1.
a) Chứng minh tia đối tia MI phân giác HMK Vì ABC cân A nên ABCACB
Gọi tia đối tia MI tia Mx
Ta có tứ giác BIMK tứ giác CIMH nội tiếp IMH 1800ACB1800ABC IMK
1800 1800
KMx IMK IMH HMx
Vậy Mx tia phân giác của HMK b) Tứ giác BIMK CIMH nội tiếp
KIM KBM HIM ; HCM
PIQ KIM HIM KBM HCM
Mà KBM ICM (
2sd BM )
HCM IBM(
2sdCM )
PIQ ICM IBM
Ta lại có PMQ ICM IBM 1800( tổng ba góc tam giác)
1800 PMQ PIQ
Do tứ giác MPIQ nội tiếp
MQP MIK
(
1
2sd PM ) Mà MIK MCI ( KBM )
MQP MCI
PQ// BC
c) Ta có MHIMCI (
2sd IM ) mà MQP MCI ( c/minh b)
2
MQP MHI sd MQ
Hai tia QP;QH nằm khác phía QM
PQ tiếp tuyến đường tròn (O2) tiêp điểm Q (1)
Chứng minh tương tự ta có PQ tiếp tuyến đường tròn (O1) tiêp điểm P (2) (1) (2) PQ tiếp tuyến chung đường tròn (O1) (O2)
d) Gọi E; E’lần lượt giao điểm NM với PQ BC Ta có PE2 = EM EN ( PEM đồng dạng NEP ) QE2 = EM EN ( QEM đồng dạng NEQ ) PE2= QE2 ( PE;QE >0)
(87)9
x
15
Q
A B
D P
C
h1 h2
R h R
I H
B O C
A Xét MBC có PQ // BC ( c/m b) nên:
' '
EP EQ
E B E C ( định lí Ta Lét)
Mà EP = EQ E’B = E’C E’ D Suy N, M, D thẳng hàng
86.2.
N A
B C
O
K
H M
P
Từ A O kẻ AH BC
OK BC (H, K BC) AH // OK
Nên
OM OK
AM AH (1)
BOC
ABC
OK BC
S OK
S AH BC AH (2) Từ (1) , (2)
BOC
ABC
S OM
S AM
Tương tự : AOC ABC
S ON
S BN ; AOB ABC
S OP
S CP
Nên
1 BOC AOC AOB ABC ABC ABC
S S S
OM ON OP
AM BN CP S S S (3)
Với ba số dương a,b,c ta chứng minh được: (a+ b + c) (
1 1 a b c ) 9
Do đó,
AM BN CP
+ +
OM ON OP
OM ON OP
AM BN CP
Suy
AM BN CP
+ +
OM ON OP ( theo (3) )
Bài 87: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2010- 2011) 87.1 Gọi h1, h2 chiều cao hình thang
ABQP, PQCD Đặt PQ = x
Ta có 2SABQP = 2SPQCD = SABCD (x + 9)h1 = (x + 15)h2 =
1
2(9 + 15)(h1 + h2) (x + 9)h1 = (x + 15)h2 = 12h1 + 12h2.
2
x h 12h
x x 144 x 153
(x 3)h 12h
(vì x > 0)
Vậy PQ = 153cm
(88)R h R
I H
K
B O C
TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118
87.2.
a) Dễ thấy OKBC Gọi I gaio điểm AK OH Ta có AHI KOI
HI OI HO
h R R h
= 2 R h R h 2
h R h
HI
R h
.
SAHK =
2 IH.h +
2 IH.R =
2 (R + h)
2
h R h
R h
=
1
2 h R2h2 b) SAHK =
1
2 h R2h2
=
2
2 2 2
1 R
.2.h R h h R h
4 4
Dấu " = " xảy h = R2h2 h =
R
2 .
Vậy SAHK đạt giá trị lớn h =
R
2 .
c) Ta có OH2 = HK2 - R2 =
3 AH2 - R2 (1) Ta có OH2 = R2 - AH2 (2)
(1) & (2) OH =
AH
3 tg AOH =
o ABC 60 AOH 60 ABC 30
Bài 88: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2013- 2014) 88.1.
a) Tính số đo ·CIF Tứ giác BFHI nội tiếp =>
· · º
HIF HBF sd EF 30
2
= = =
(tam giác OEF đều)
b) Chứng minh biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị khơng đổi EF di động nửa đường tròn
Ta có AE.AC = AC(AC –CE) = AC2 – AC.AE BF.BC = BC(BC –CF) = BC2 – BC.CF AE.AC+BF.BC = AC2 + BC2 – AC.AE – BC CF MÀ AC.AE = BC.CF =CO2 – R2
2 2
2 2AC 2BC AB CO
4
+
-=
=> AC2 + BC2 =2CO2 + AB
4
Suy : AE.AC+BF.BC = 2CO2 + AB
4 – CO2 + R2 – CO2 + R2 = 3R2 AE.AC+BF.BC= 3R2 Cố định.
c) Xác định vị trí EF nửa đường trịn để tứ giác ABFE có diện tích lớn Tính diện tích lớn theo R
Ta có SABEF = SAOF + SFOE + SEOB SFOE =
2
R
(89)SAOF + SEOB =
2 OA.FM+
2 OB.EN = R
FM EN +
= R.PQ (PQ đường trung bình hình thang EFMN)
SABEF =
R
4 + R.PQ mà PQ ≤ OP = R
2
Do SABEF =
R
4 +
2
R
2 =
2 3R
4 Q trùng với O hay EF // AB.
88.2.
Gọi cạnh hình vng ABCD nhỏ chứa bên đường trịn có bán kính 1cm đơi khơng có q điểm chung x (cm)
Từ suy tâm đường trịn nằm hình vng MNPQ có cạnh x – cm (vì tâm đường trịn đường trịn cách cạnh hình vng 1cm)
Chia hình vng MNPQ thành hình vng nhỏ có độ dài cạnh x
(cm)
- (hình vẽ) Theo ngun lí Dirichlet có hai tâm đường trịn thuộc hình vng Giả sử hai tâm O1.O2
Vì hai đường trịn có không điểm chung nên O1O2 không nhỏ hai lần bán kính khơng lớn độ dài đường chéo hình vng cạnh
x (cm)
- Hay ≤ O1.O2 ≤
(x 2) 2
=> (x 2)
2 x 2 x 2
2
-³ Þ - ³ Þ ³ +
Vậy cạnh hình vng nhỏ chứa đường trịn có bán kính đường trịn đơi khơng có q điểm chung 2 2+
Bài 89: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2016- 2017)
H O
E I
J D
C
B A
Câu a
+ Vì ABC nội tiếp đường trịn đường kính AB nên AC BC Suy BCCD (1)
+ Lập luận để IJ // CD (2) + Từ (1) (2) suy IJ ^BC
+ Suy CIJ· =CBH· (cùng phụ với HCB) (3) Câu b
+) Trong vng CBH ta có: ·
tanCBH CH BH =
(4) + Lập luận chứng minh CJ // AB
Q
P N M
D C
B A
1cm 1cm
X cm
O1
O4 O2
(90)+ Mà CH AB (gt) + Suy CJ CH
+) Trong tam giác vng CIJ ta có
· ( )
tanCIJ CJ CJ CI HI CI HI
= = =
(5) + Từ (3), (4), (5)
CH CJ HB HI
+ Xét DCJH vàDHIB có HCJ BHI 900
CH CJ HB HI (cmt) + Nên DCJH đồng dạng với DHIB
Câu c
+ Lập luận để chứng minh HEI 900 + Chứng minh HEI đồng dạng với HCJ + Suy
HE HI HC HJ + Suy HE.HJ = HI.HC + Mà
1
;
2
HJ HD HI HC + Suy HE.HD = HC2
Câu d
K 450
N M
H O
C
B A
+ Lấy điểm M nửa đường tròn (O) cho BOM· =450
+ Tiếp tuyến nửa đường tròn (O) M cắt AB N Ta có M N cố định + Kẻ MK AB K
+ Chứng minh DMON vuông cân M KM = KN Suy ANC450
Xét C º M
Ta có C º M nên H º K
Do AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không đổi) + Xét C khác M
Tia NC nằm hai tia NA NM Do ·ANC<·ANM =450
+ D HNC có ·NHC=900 nên HNC· +·HCN=900
Mà HNC· <450 nên HCN· >450 Suy ·HNC<·HCN
Suy HC < HN
+ Do AH + CH < AH + HN = AN
(91)Bài 90: ( HSG TP QUY NHƠN NĂM HỌC 2012- 2013) 90.1
0
1
180 B 180 C
M ; M ; B C 90
2
0 0
2 180 B 180 C
M 180 M M 180 45
2
90.2.Gọi I trung điểm OO’=> IA không đổi
Vẽ OH d; Ok d; IM d
Dễ dàng chứng minh IM đường trung bình hình Thang vng OHKO’ => OH + OK= 2IM
Lại có IM ≤ IA => OH + OK ≤ 2IA
=> OH+OK lớn 2IA IM = IA M A IA d
Vậy đường thẳng d qua A vng góc với IA vị trí cần tìm
90.3.Giả sử ta dựng ∆ ABC có đỉnh đỉnh
ô vuông Lấy độ dài cạnh ô vuông đơn vị
Vẽ hình chữ nhật AHGE có cạnh nằm đường kẻ ô vuông Đi qua ba đỉnh ∆ ABC
Vì ∆ ABC nên
2 ABC
3
S .BC
4
, mà BC2 = HA2+HB2 => BC2 số nguyên => S∆ ABC số vơ tỉ (1)
Lại có S∆ ABC =SAHGE – (S∆ AHB + S∆ BGC + S∆ CEA ) Mà diện tích hình AHGE; AHB; BGC; CEA số hữu tỉ nên S∆ ABC số hữu tỉ (2)
T a có (1) (2) mâu thuẩn
=> Không thể dựng tam giác có đỉnh đỉnh ô vuông
Bài 91: ( HSG TP HCM NĂM HỌC 2016- 2017)
91.1.Chứng minh AK vng góc với HK.
• Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn đường kính BC
có tâm M
• Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp đường trịn đường kính AH
có tâm N Cho đường tròn (N) cắt NM K’ AK'H 90 AK’ HK
• NM đường trung trực dây chung FE mà K' NM K’F = K’E K'FE K'EF mà K'FE K'AE
K'EF K'AF (do tứ giác AFK’E nội tiếp) K'AE K'AF AK’ phân giác góc A mà AK phân giác góc A(gt) K'; K NM K' K AK HK(đpcm)
91.2 Chứng minh AK đường kính (O).
• BHF HBE HEB CAE FAB BAD FAB FAD
F
O
D
H C
B
(92)tứ giác AFHD nội tiếp AFD AHD 90 0AFK 90
mà AFK góc nội tiếp đường trịn (O) AK đường kính (O) (đpcm)
• Xét tiếp trường hợp: H B ,H C , H cạnh BC
Bài 92: ( HSG TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2012- 2013)
92.1 Cho đường tròn (O;R), điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường
tròn (O) (B, C tiếp điểm) Trên đường thẳng d qua trung điểm AB song song với BC, lấy điểm P Đường trịn đường kính OP cắt đường trịn (O) M, N Chứng minh: PM = PN = PA
K d
N
I
M
A O
C
B P
Chứng minh PM = PN (?)
Gọi I = OAd, K = OABC, chứng minh IA = IK Có PA2 = AI2 + PI2
= AI2 + PO2 – OI2 (Pitago) = PO2 – (OI – AI)(OI + AI) = PO2 – OK.OA (vì IA = IK)
= PO2 – OC2 ( hệ thức tam giác vuông OAC) = PO2 – ON2
= PN2 ( tam giác PNO vuông N) Vậy PA = PM = PN
92.2 Cho tam giác ABC vuông C, có BAC300 Trên đường trịn ngoại tiếp ∆ABC, lấy điểm D thuộc cung nhỏ AC Chứng minh rằng: 3BD2 5AD25CD2 DC 2DA.
R 30°
C
A O B
D
Tính ACR 3,BC R
Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên theo đẳng thức Pơtoleme ta có: AD.BC+AB.CD=AC.BD
AD.R CD.2R BD.R AD 2CD BD
(93)0 B
N O
d1
M P
E
d3 d2
C
2 2
3BD AD 4CD 4AD.CD
Vậy ta có:
2 2
2 2
3BD 5AD 5CD
AD 4CD 4AD.CD 5AD 5CD
2
2
4AD 4AD.CD CD
(2AD CD) CD 2AD
Bài 93: ( HSG TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC 2011- 2012)
a) Ta có BMO BNO 900 => OMBN tứ giác nội tiếp Trên BO lấy E cho BME OMN => BME NMO
=>
=> BM NO = BE NM
Chứng minh tương tự BN OM = OE MN
Cộng theo vế BM ON +BN ON = MN BO
b) Đặt a , b , c độ dài cạnh BC , AC , AB ABC theo câu a) ta có d1 + d2 = R áp dụng câu a) tứ giác OMAP , ONCD ta có d1 + d3 = R
d3 + d2 = R Cộng theo vế :
( a+b+c) = ( d1b + d2b + d3c + d3a + d1a + d2c) Mặt khác SABC = ( a+b +c ) = .( d1c + d3b + d2a)
Do ( R + r )( a+b+c) = ( a+b+c)( d1+d2+d3) hay R + r = d1 + d2 + d3
Bài 94: ( HSG TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC 2012 - 2013)
NO NM BE
BM
2 a
2 c
2 b
2 b
2 c
2 a
2 a
2 b
2 c
2 R
2
2 r
(94)G E O
A
B C
D N
M
Kẻ trung tuyến CM,DN tam giác ACD chúng cắtt E Gọi G giao điểm CD AO suy G trọng tâm tam giác ABC
Ta có
CE CG 2
EG / /AB
CM CD 3 Lại có OD vng góc AB nên OD vng góc EG(1)
Mặt khác DN//BC OG vng góc với BC suy OG vng góc với DN hay OG vng góc với DE (2)
Từ (1), (2) suy O trực tâm tam giác GDE Vậy OE vng góc với DG hay OE vng góc với CD (đpcm)
Bài 95: ( HSG HUYỆN TĨNH GIA NĂM HỌC 2013 - 2014) 95.1.a)
Ta có BAC900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ACI HAM
(cùng phụ với HAC) (1).
Lại có AHB ∽ CHA (g-g) suy
AH AB
CH CA
2
AM
AH AH AM
CI CA CI CA
(2)
Từ (1) (2) suy AHM ∽ với CIA (c-g-c) CAI AMH Mà
b) Lấy D đối xứng với G qua O, ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Tứ
giác ADFE có hình thang cân
Ta có
Vậy
95.2.Gọi độ dài ba cạnh tam giác vuông ABC là: a, b, c (a, b, c N*) Ta có: a, b P b – a = 50: số chẵn nên a, b lẻ (b > a).
Giả sử cạnh thứ ba c cạnh huyền Theo định lý Pi-ta-go, ta có:
c2 = a2 + b2 c2 = a2 + (a + 50)2 = 2a2 + 100a + 2500 = 2(a2 + 50a + 1250): số chẵn.
Vì a lẻ nên (a2 + 50a + 1250): lẻ 2(a2 + 50a + 1250) 4: điều vơ lý c2 số phương chẵn phải chia hết cho
Do cạnh thứ ba c khơng thể cạnh huyền Suy b cạnh huyền (vì b > a)
C
b a
90 90
CAI IAB AMH IAB MH AI
900
GAD AD EF/ /
/ /
AD EF ADEF AE DF AF , ED
2 2 2 4
AE GF DF GF DG R
2 2 2 4
AF GE DE GE DG R 2 2 8 2
(95)N C1
H
K M
F
E
D C
B
A
A
O N
C D
B P
Q E H Theo định lý Pi-ta-go ta có:
b2 = a2 + c2 c2 = b2 – a2 = (b – a)(b + a) = 50(b + a) = 52.2.( a + b) Vì c2 số phương nên:
Suy ra: a + b = 2k2 (k N*), b > 50 nên a + b > 50, k 6. Khi đó: (a + b)min = 2.62 = 72, ta có:
: thỏa điều kiện
Từ đó: cmin = 5.2.k = 5.2.6 = 60 a = 11, b = 61
Vậy giá trị nhỏ cạnh thứ ba tam giác vuông 60.
Bài 96: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2010 - 2011)
96.1 Kẻ F, G
Theo giả thiết
Mà
Suy Do 96.2
a) Gọi Q giao điểm tiếp tuyến chung (O) với (C), (D) A, B tương ứng
Suy
Ta có
, suy NAQB nội tiếp (1) Dễ thấy tứ giác OAQB nội tiếp (2)
Từ (1) (2) suy điểm O, N, A, Q, B nằm đường tròn
Suy điểm O, N, A, B nằm đường trịn
Ta có ,
suy bốn điểm O, D, C, N nằm đường tròn
b) Gọi E trung điểm OQ, suy E cố định E tâm đường tròn qua
các điểm N, O, D, C Suy đường trung trực ON qua điểm E cố định
Bài 97: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2011 - 2012)
a) ME tiếp tuyến chung (C1) (C2)
+ Chứng minh ME tiếp tuyến đường tròn C1
a b 72 a 11 P
b a 50 b 61 P
EF AC DGBC (ADPE) (BPC)
S S
(ACE) (BCD)
S S
AC BC EF DG A C
AEF CDG AE CG
( )
AEC CDB c g c DBC ECA
600
BPE PBC PCB PCD PCB
.
ANP QAP QBP BNP
ANB ANP BNP QAP QBP
0
180 AQB
2 2
(96)Vì => Tứ giác AEHF nội tiếp => C1 đường tròn nội tiếp tứ giác AEHF ( Tâm C1 trung điểm AH)
ME = MB => (1)
Vì => Tứ giác ABDE nội tiếp => (Cùng chắn cung DE) (2) EAH vuông E , mà C1A = C1H
=> C1A = C1H = C1E => (3)
Ta có : (Kề b ù ) (4)
Từ (1) , (2) , (3) (4) =>
=> ME tiếp tuyến đường tròn C1
+ Chứng minh ME tiếp tuyến đường trịn C2
Ta có : ( Góc ngồi CEK) (1’) (Đối đỉnh) (2’)
(Góc nội tiếp chắn cung AF) (3’) (Đối đỉnh) (4’)
Vì => Tứ giác CDHE nội tiếp => (Cùng chắn cung DC) (5’)
ME = MC => (6’)
Từ (1’) , (2’) , (3’) , (4’), (5’) (6’) => => ME tiếp tuyến đường tròn C2
b) KH AM
Gọi giao điểm AM (C1) l N
Vì ME TT đường tròn (C1) => ME2 = MN.MA Vì ME TT đường trịn (C2) => ME2 = MD.MK => MB.MA = MD.MK => Tứ giác ANDK nội tiếp
=> (Cùng chắn cung KA) => KNAM(1’’)
Mà (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn C1) => HN AM (2’’) Từ (1’’) (2’’) => K, H , N thẳng hàng => KH AM
Bài 98: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2013 - 2014)
D E
M I
H F
C O B
A
a) Ta có M thuộc đường trịn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
90o E F
MEB MBE
90o D E
1
MBE C AE
1 1
C EA C AE 1 1 90o
C EA C EB
1 90o 1 90o 1 MEB C EB MEC MEC E
MCE DKE CEK
CEK AEF
AEF AHF
AHF DHC
90o
D E DHCDEC
MED DEC MEC MCE
MED DKE
90o KNA KDA
90o HNA
(97)C P
A
K B
O
d E
Q M
N I
D
H
hay
Mặt khác (giả thiết).Do
Suy BCFM tứ giác nội tiếp (vì bù với )
Mặt khác (góc nội tiếp; góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn ) Từ (1)
và (2)
Suy tam giác EMF tam giác cân E
(Có thể nhận nên suy EMF cân)
b) Gọị H trung điểm DF Suy
Trong đường trịn ta có: góc nội tiếp góc tâm chắn cung DF
Suy (4)
Từ (3) (4) suy hay
Trong đường trịn ta có: (góc nội tiếp chắn ) Suy
Vì IH BC vng góc với EC nên suy IH // BC Do Ba điểm D, I, B thẳng hàng
c) Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng sđ Mà C cố định nên D cố định sđ không đổi
Do góc ABI có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD
Bài 99: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2014 - 2015)
a
I trung điểm BC (Dây BC không qua O) OI BC OIA = 900
Ta có AMO = 900 ANO = 900
Suy điểm O, M, N, I thuộc đường tròn đường kinh OA
b
AM, AN hai tiếp tuyến (O) nên OA phân giác MON mà MON cân O nên OA MN ABN đồng dạng với ANC (Vì ANB = ACN, CAN chung)
AB AC = AN2
FMB 90
FCB 90 FMB FCB 180
CBM EFM
CFM
CBM EMF 2 AM
EFM EMF
EMF MBA MFE
IHDF
DIF
DIH 3
2
I DMF DIF
DMF DIF
2
DMF DIH DMA DIH
O DMA DBA DA
DBA DIH
o
DBA HIB 180
o
DIH HIB 180
ABI ABD
1
2 AD
2 AD
AB AN
AN AC
(98)ANO vuông N đường cao NH nên AH AO = AN2 AB AC = AH AO
AHK đồng dạng với AIO (g-g)
Nên
Ta có A, B, C cố định nên I cố định AK cố định
Mà A cố định, K giao điểm dây BC dây MN nên K thuộc tia AB K cố định
c
Ta có PMQ = 900
MHE QDM (g-g)
PMH MQH
ME = MP P trung điểm ME
Bài 100: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2016 - 2017)
a)
+ Chứng minh tứ giác BONC nội tiếp
- Vì BD, DC tiếp tuyến đường trịn (O) nên ta
có :
Suy ra, tứ giác OBDC nội tiếp (1) Mặt khác :
( Cùng chắn cung BC) ( Vì DN // AB)
Suy tứ giác BDCN nội tiếp (2)
- Từ (1) (2) suy điểm B, O, N, C, D thuộc
đường tròn Vậy tứ giác BONC tứ giác nội tiếp
+ Chứng minh tam giác ABN cân Ta có :
( Vì bù với góc ONC)
AH AK
AI AK AH AO
AI AO
.
AI AK AB AC
AB AC AK
AI
ME MH
MQ DQ
2
MP MH MH
MQ QH DQ
1 . 2
MP ME
MQ MQ
0
0 0
90
90 90 180
OBD OCD OBD OCD
BAC DBC
BAC DNC
DBC DNC
(99)( Vì tam giác OBC cân O) ( Vì chắn cung OB) Suy NO tia phân giác góc ANB (3) Mặt khác :
( Vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
DN // AB ( giả thiết) (4)
Từ (3), (4) suy tam giác ANB có đường phân giác góc N đồng thời đường cao Vậy tam giác ANB cân N
b)
- Xét tam giác DBM tam giác DNB, ta có : góc chung
( hai góc nội tiếp chắn hai cung )
- Xét tam giác DIB tam giác DBA, ta có : góc chung
( góc tạo tia tiếp tuyến dây cung )
Từ (4) (5) suy :
Từ kết hợp với ADN góc chung suy :
Suy tứ giác ANMI nội tiếp Ta có :
( bù với góc IMN) ( chắn cung CI) Kết hợp với góc KBM chung, suy :
Mặt khác :
( Hai góc so le )
OBC OCB
OCB ONB
ANO ONB
ON DN OND 900
ON AB
BDN
BND MBD
2
( )
. (5)
DBM DNB g g
DB DM
DB DM DN
DN DB
ADB
DBI BAD
2
( )
. (5)
DIB DBA g g
DB DI
DB DI DA
DA DB
. . DM DA
DI DA DM DN
DI DN
( )
DIM DNA c g c
DIM DNA
NAD IMD
NAD CBI
CBI IMD
2
( )
. (6)
KMI KBM c g c
KM KB
KM KI KB
KI KM
(100)( Cùng chắn cung BI ) Kết hợp với góc BKD chung, suy :
Từ (6) (7) suy : KM = KD Vậy K trung điểm DM
c) Giả sử PI cắt BC L, IQ cắt AB S Ta có :
( PI // MN ; định lí ta let) (8) ( AB // PL ; định lí ta let) (9) Vì DK = KM nên từ (8) suy : PI = IL
Vì PI = IL nên từ (9) suy : AS = BS
Giả sử SI cắt DK T, suy : ( Định lý Talets ; AB // DK) (10)
Vì AS = BS nên từ (10) suy : T trung điểm DK, hay G trùng với K Vậy ba điểm Q, I, G thẳng hàng
Bài 101: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017 - 2018)
a Chứng minh: tứ giac nội tiếp
là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từ suy
( Phân giác phân giác ngồi góc vng góc với nhau) Xét tứ giác có
Từ suy tứ giác tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính
b Chứng minh tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giac
Nhận thấy bốn điểm thẳng hàng (vì thuộc tia phân giác )
DBI BAI
KDI BDI
2
( )
. (7)
KDI KBD g g
KD KB
KD KI KB
KI KD
PI BI IL
DK BK KM
PI QI IL
AS QS BS
AS SI BS
DT TI KT
a I
,
a a
BI BI CI CI
a
IBI C
180
a a
IBI ICI a
IBI C IIa
, , , a
(101)Do đường kính nên , trung điểm nên Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có
Vì góc ngồi đỉnh I tam giác ABI nên =
Xét (O): (cùng chắn cung NC)
Từ (1) (2) ta có = nên tam giác cân Chứng minh tương tự tam giác NIC cân N
Từ suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác , tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác
Vậy tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác
c Chứng minh: .
GọiF tiếp điểm đường tròn (I) với AB.
Xét hai tam giác có: đồng dạng với
Suy mà: , nên
Ta có:
nên suy đồng dạng với (1)
DoNIa tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I MPa nên
(2) Từ (1) (2) ta có
Bài 102: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2018 - 2019)
a Chứng minh tứ giac nội tiếp.
NP ( )O NBP 900
M BC PN BC M
PBN NB2 NM NP.
BIN BIN 12ABC BAC (1)
2 BAC NBCNAC
1 (2).
NBI NBC CBI BAC ABC
BIN NBI NIB N
N IBC
a
IBI C 2 .
a
NI NB NM NP
a
NI I MPa
2
NBM BACIAF MNB
FIA
a NMI
IDA
a
KAI KAN KPN I PNa NI M a a
DAI KAI
(102)Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, suy : (vì phụ với )
Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt suy tia phân giác góc Suyra:
;
Từ (1) (2) suy : hay Tứ giác nội tiếp
b Chứng minh .
(cùng chắn cung OB đường tròn (OBEQ)). (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
hay
(vì có góc chung)
Vì tứ giác nội tiếp nên:
vuông
Từ (3) (4) suy :
c Xac định vị trí điểm trên cung nhỏ sao cho tam giac có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ theo
Cach 1: Vì theo tỉ số đồng dạng nên
Kẻ qua đường thẳng vng góc với , cắt , theo thứ tự Ta có:
( Vì phụ với )
Mặt khác , nên dễ chứng minh
(vì đồng dạng với tam giác )
OI BC
ABI BOI
BAO
cos cos 60 (1)
2
OB R
ABI BOI ABI BOI
OA R
,
OF OE COM
MOB
2 COM
FOM
2 MOB
MOE EOF (2)
2
COM MOB BOC
FOM MOE BOI
ABI EOF 600 QBE QOE OBEQ
EF PQ
OQB OEB
OEF OEB
OQB OEF
OQP OEF
OQP OEF g g( ) OQP OEF QOP , PQEF OQOE (3)
OBEQ OBE 90 ,0 QBE 600
180 90 ; 30
OQE OBE OEQ OBQ OBE QBE
OQE
Q OEQ 300
sin sin 30 (4) OQ OEQ OE PQ EF PQ
EF
M BC OPQ
R
OQP OEF
EF PQ OPQ OEF S
S OPQ OEF4 8 .8 (5) S OM EF R EF
S
O OA AC AB H K,
600
BKO BOI BAO
.cot cot 60
R HC KB OB BKO OB EF FM EM FC EB
HF HC KE KB HF KE HC KB
2 (6)
3 R
HF KE HC HF KE
600
FHO AOC
60
EKOAOB
HFO KOE OFE
HF HO OK KE 2
(7)
sin 60
R R
HF KE OK OH OK
(103)Từ (5), (6), (7) suy :
Dấu “ = ” xảy điểm
giữa cung
Vậy để tam giác có diện tích nhỏ điểm cung nhỏ Giá trị nhỏ
Cach 2: Vì theo tỉ số đồng dạng nên
Sử dụng cơng thức: Hê-Rơng Tính diện tích tam giác có độ dài ba cạnh
Bài 103: ( HSG TỈNH TRÀ VINH NĂM HỌC 2017 - 2018)
2
4
3
8
OPQ
R R
R
R EF R
S
KE HF OH OK FM EM MC MB M BC
OPQ M BC
2
R
OQP OEF
EF PQ OPQ OEF S
S
1 OEF
OPQ ABOC AEF
S
S S S
1 1
8 2OA BC SAEF R SAEF
S a b c, ,
2
16
a b c a b c b c a c a b
S
2
16.27 4.3
a b c a b c b c a c a b a b c
2
4.3 a b c
S
2
1
3
-8 4.3
OPQ AEF
AE EF FA
S R S R
2
3
-8 4.3
AE EM MF AF
R
2
3
-8 4.3
AE EB FC AF
R
2
3
-8 4.3
AE EB AF FC
R
2
2
3
-8 4.3
AB AC R
2
2
1
3
-8 4.3
AB R
2
2 2.2 sin
1
3
-8 4.3
R AOB R
(104)A
B H C
N K
M I
Ta có:
Mà:
Từ (1),(2),(3),(4) suy ra:
Bài 104: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2007 - 2008)
b) Tam giác AHB vng có MH cạnh huyền nên MH = MB suy (1)
Mặt khác MN đường trung bình tam giác ABC nên MN//BC suy ra (2)
Từ (1) (2) suy Từ MN tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác HBM. c) Tương tự 4.b ta chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác HCN Do MN tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác HBM nên
tam giác IMH đồng dạng với tam giác IKM suy ra
a) Gọi giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác HBN, tam giác HCN K Ta có
Tương tự,
Từ
Chứng tỏ tứ giác AMKN nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua K
(1)
AC AB AK KC AI BI AK KC AI BI
MK MI MK MI MK MK MI MI
ˆ ˆ , ˆ ˆ (2)
ˆ ˆ , ˆ ˆ ˆ ˆ (3)
ˆ
ˆ , ˆ ˆ (4)
AK BH
MAK MBH MKA MHB MAK MBH
MK MH
AI CH
MAI MCH MIA MHC MAI MCH
MI MH
BI CK
MBI MCK MIB MKC MBI MCK
MI MK
AC AB BH CH BC
MK MI MH MH MH
1800
HBM HKM
180 HCN HKN
0
0
0
360 180
180
MKN HKM HKN
MAN HBM HCN
MKN MAN
MHB MBH
MHB HMN
MBH HMN
(105)(3) Tương tự ta chứng minh (4)
Từ (3) (4) ta có IM = IN hay I trung điểm MN.
Bài 105: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2008 - 2009)
H K
F E
B C
A
O Q
P
105.1 Gọi H hình chiếu K BC Xét trường hợp O nằm đoạn HF
Do nên tứ giác KHFP nội tiếp Do đó
Do AP,AQ hai tiếp tuyến (O) nên Suy
Từ đó, tứ giác AHOP nội tiếp, , suy Trường hợp O nằm đoạn EH chứng minh tương tự
Trường hợp tam giác ABC cân A, kết hiển nhiên đúng
105.2.
Cách 1: Ký hiệu số ghi ô (i;j) gọi Gọi tổng số ghi hàng i cột j Vậy
Khi ta có
Tính tổng vế:
Suy m = n Cách 2:
+ Nếu hàng, cột có tổng số dương s ms = ns m = n
+ Nếu m = cột có số dương tổng số dương cột s = ns (bằng tổng số dương hàng) Do n = 1
+ Trong trường hợp tổng quát, gọi t < m số hàng có tổng s, cịn hàng khác có tổng khác Do cột, mà có giao với t hàng dương có tổng s, nên giả sử có c cột có tổng bằng s Thực việc đánh số lại hàng, cột cho t hàng đầu c cột đầu có tổng s (không làm thay đổi chất bảng) Khi đó, t hàng đầu, khơng nằm c cột đầu và ô c cột đầu không nằm t hàng đầu phải chứa số Vậy bảng (gồm giao của t hàng đầu c cột đầu thỏa mãn) Suy t = c Nhưng, phần lại bảng, sau bỏ t hàng đầu c cột đầu (kích thước thỏa mãn
2 .
IM IH
IM IK IH IK IM
2
IN IK IH
90o
KPF EPF KHF
1
KHP KFP QFP QOP
AOP AOQ QOP KHP
1
90 90
2
o o
PAO QOP KHP PHO
AH BC K AH H O
i j
a S {( ; ) :i j aij>0} t ci, j ( ; )
i j
t c i j S
( ; ) ( ; )
ij ij
i j S i i j S j
a a
t c
( ; ) 1
m m
ij
ij i j S i j j i
a
VT a m
t t
( ; ) 1
n n
ij
ij i j S i i i j
a
VP a n
c c
(106)Do đó, quy nạp, m = n.
Bài 106: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2009 - 2010) 106.1.
N D
K M
G
F
E
H
O
B C
A
a) Chứng minh bơn điêm nằm đường trịn. Nhận xét: Cho tứ giác ABCD, P giao điểm AB CD Tứ giác ABCD nội tiếp khi:
- Áp dụng nhận xét cho tứ giác nội tiếp, ta
( Nếu học sinh áp dụng cho điêm đa) - Áp dụng cho tứ giác nội tiếp, ta
- Suy
- Do đó, tứ giác nội tiếp
b) Gọi trung điêm cạnh trực tâm tam giác Chứng minh
- Theo kết phần 1, tứ giác AEHF nội tiếp suy nằm đường trịn đường kính ,
- Tia cắt lại đường trịn , nên đường kính
- Từ suy Suy , hình bình hành Suy
qua
- Khi thẳng hàng
- Trong tam giác có hai đường cao cắt nên trực tâm tam giác Suy
106.2.
- Trên hình vng con, kích thước có khơng q số chia hết cho 2, vậy, có khơng q số chia hết cho
- Lát kín bảng 25 hình vng, kích thước , có nhiều 25 số chia hết cho 2, có nhiều 25 số chia hết cho Do đó, có 50 số cịn lại khơng chia hết cho 2, khơng chia hết cho Vì vậy, chúng phải số 1,5,7
- Từ đó, theo nguyên lý Dirichlet, có số xuất 17 lần , , ,
A M E F
PA PB PC PD
AMBC GM GA GB GC
BFEC GB GC GF GE
GF GE GM GA AMFE
N BC H ABC GH AN
M AH
HM MA
MH ( )O K AMK 90 AK ( )O
,
KCCA KBBA KC BH KB CH|| , || BHCK
KH N
, , M H N
GAN AD NM, H, H
GAN GH AN
(107)Bài 107: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010 - 2011)
107.1.a)
Nội dung trình bày
1 Gọi chân đường cao kẻ từ tam giác
Khi tứ giác nội tiếp, nên (1)
Do cách xác định điểm D nên (2)
Từ (1) (2) suy tam giác đồng dạng Từ đó, theo thứ tự trung tuyến hai tam giác đó, nên
Từ đó, nên (3)
Tương tự có (4)
Từ (3) (4) suy thẳng hàng Hơn
b)
Nội dung trình bày
2 Do nên tứ giác nội tiếp, suy
(do ) Tương tự có
Từ suy hay
nằm đường trịn (Hình vẽ)
Khi Suy đường trịn tiếp xúc với
107.2.
Nội dung trình bày
- Giả sử trái lại, với cách tô, không tồn hai điểm màu mà có khoảng cách Xét hai điểm tồn điểm
cho tam giác tam giác có độ dài cạnh
Khi đó, hai điểm có khoảng cách tơ hai màu khác nhau, nên phải tô cùng màu, chẳng hạn tô P: Đỏ, Q: Vàng M, N: phải tơ màu Xanh, (Hình vẽ)
- Từ đó, điểm M tơ màu Xanh, điểm nằm đường trịn tâm M, bán kính 1,
B C B C, ABC.
1
AB HC CHD CHB1 C AB1 1 BAC
0
1
90 90
HCD HCB C CB C BC ABC
,
ABC HCD AL HN,
~
ALB HNC
,
NCLB CH BA HN AL HM AL
, ,
H M N MN AL
0 90
LPN LCN
LPNC
CPN CLN CBD
LN BD|| CPN 900 BCA
0 90
BPM ABC
0
180 180
BPC BPM CPN ABC BCA CAB BHC
P
BHC
CBP CHN BAL BAP
ABP BC
, :
M N MN ,
P Q MPQ NPQ,
, M N
(108)được tô màu Xanh Nhưng đường trịn ln có hai điểm mà khoảng cách chúng Mâu thuẫn với giả thiết phản chứng
Từ suy điều phải chứng minh
Bài 108: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2011 - 2012)
S
N2
N1
I O
2
O1
M2 M1
O
Q P
A'
A
108.1.a)
+) Ta có đồng dạng với
suy hay tứ giác nội tiếp
+) Ta có tam giác cân nên
Do ta
b)
Gọi giao điểm
Ta có thẳng hàng song song với (1) Mặt khác tam giác cân , tam giác cân kết hợp với (1) ta suy
thẳng hàng Tương tự ta có thẳng hàng Do đường kính đường tròn suy
trực tâm tam giác suy qua hay ba đường thẳng đồng quy
108.2.
2 1 2
AM AN AM AN AI AN N1 AM M2
1 2 1 2 180
AN N AM M M N N AM M M N N M1 2 1 2 2 1
AN N AM M 1 2AOM
1
AOM O
1
180
AOM M AO
1 90
AN N M AO OAN N
S PM1 QM2
2 , ,
O O M O I2 OP IO M2 POM
2
O IM O2 OPM2 O O IM2 OPM
2 , ,
P I M Q I M, , 1
PQ O
1 90
PM Q PM Q
I
(109)Xét ngũ giác ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh ngũ giác ln tạo thành tam giác cân. Do tơ đỉnh A, B, C, D, E màu xanh, đỏ tím xảy hai khả sau:
+) Nếu tô đỉnh A, B, C, D, E đủ ba loại màu cho tồn đỉnh có màu khác tạo thành tam giác cân
+) Nếu tô đỉnh A, B, C, D, E nhiều màu có đỉnh màu tạo thành một tam giác cân
Vậy, trường hợp ln tồn tam giác cân, có đỉnh tơ màu đôi khác màu
Bài 109: ( HSG TP VĨNH YÊN NĂM HỌC 2012 - 2013)
H
O2 O1
O N
M
F E
D
C B
A
a)
Do hai đường tròn tiếp xúc với E nên thẳng hàng
Mặt khác ta có
Do theo định lí Talet đảo tam giác EOM ta song song với OM
b)
Do vng góc với AB theo phần a suy OM vng góc với AB (1)
Chứng minh tương tự ta song song với ON, từ suy ON vng góc với AB (2) Từ (1) (2) ta M, O, N thẳng thàng hay MN đường kình đường trịn (O) suy
c)
Gọi H giao điểm MN AB suy H trung điểm AB Do Theo hệ thức lượng tam giác vng MBN ta có (3) Mặt khác MN đường kính nên (4) Từ (3) (4) ta
TH1 Nếu
TH2 Nếu
Bài 109: ( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2003 - 2004) 109.1.a) Gọi I giao điểm đường thẳng vng góc với OC
tại T, H giao điểm OA TI Xét hai tam giác AHI THO có:
HT = HA (hai tiếp tuyến cắt H) (đối đỉnh)
(cùng 900) Suy ra: ∆AHI = ∆THO (g.c.g)
AT = OT = R (không đổi) điểm I cố định Vậy: Tiếp tuyến chung hai đường tròn qua điểm
x
y
x' H
T C
I
A O
O , O1 O O E, ,1
1
1 ,
O E O C O E O C OE OM
OE OM
1 O C
1 O C
2 O D
0 90 MBN
2
HB
12
HM HN HB
HM HN MN
6,
HM HN HM 2,HN 6
HM
48 48
MB MH MN MB
HM MB2 MH MN. 16MB4
AHI THO
(110)I cố định
b) Hai đường tròn CT = OT = R Khi đó: CO2 = AC2 + OA2 4R2 = R2 + d2
Suy ra: Hai đường tròn (∆ACO nửa tam giác đều) * Tính diện tích hình giới hạn (S): Gọi diện tích hai hình quạt giới hạn (C) (O) S1, S2 Ta có: S = SACO – (S1 + S2)
Ta có:
Vậy:
109.2.a) Từ MN // BC theo Talet: (1) Từ QM // AH theo Talet: (2) Cộng (1) (2) vế với vế:
Suy ra:
b) Dấu “=” xảy M trung điểm cạnh AB
Bài 110: ( HSG TP VINH NĂM HỌC 2016 - 2017)
a) Gọi Q giao điểm AB với OM Ta có AM // CE (cùng vng góc với AC) Suy BEC MAB (so le trong)
Mà ABC 90 ;AQM0 900 AMOOMB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
AMO OMB BCE
(cùn phụ với hai góc nhau)
BE OB MB OB
tan BCE tan OMB (1)
BC MB BC BE
Lại có MBAOBC (cùng phụ với ABO) Nên MBC OBE (cùng = 900OBC ) (2) Từ (1) (2) suy MBCOBE (c.g.c)
Q P
N H
B C
A
M
d R 3 d R 3
2 ACO
1 1 3.R
S AC.AO Rd R.R
2 2
2 2
1
R 60 R R 30 R
S ; S
360 360 12
2 2
3.R R R (2 )
S
2 4
AM MN
AB = BC
BM MQ
AB = AH
MN MQ
1
BC AH
= +
2
MNPQ ABC 2S
MN MQ MN.MQ
1
BC AH BC.AH S
ỉ ư÷
ỗ
=ỗỗố + ữữứ = SMNPQ 1SABC 1ah
2
£ =
MN MQ
BC = AH =2
1
MN BC
(111)b) Từ MBCOBEBCM BEO
Gọi I N giao điểm OE với BC MC
BIE NIC (g.g) IBE INC
mà
IBE90 Nên INC 90 Vậy CMOE
c) Gọi H hình chiếu vng góc O d P giao điểm AB với OH Ta có
OQ OP OQP OHM (g.g)
OH OM
2
2 R
QO.OM OP.OH OA R OP OH
Mà O d cố định OH không đổi nên OP không đổi Lại có AB2AQ 2 OA2 OQ2 mà OQOP
4
2 2 2
2
R 2R
AB OA OP R OH R
OH OH
Dấu “=” xảy Q P MH Vậy GTNN AB
2 2R
OH R M H OH
*) Vì MOAB nên AOBM
S AB.OM AQ.OM
Vẽ dây cung A B1 vng góc với OH P, P (O) cố định nên A B1 khơng đổi Vì OPOQABA B1 (liên hệ dây khoảng cách từ tâm đến dây)
Mà AOBM 1
1
OM OH S A B OH
(không đổi) Dấu “=” xảy MH
Vậy GTNN AOBM 1
1
S A B OH