Toán Lớp 9: Một Số Bài Tập Chọn Lọc Trong Các Đề Thi Học Sinh Giỏi

Từ đó ta thấy tứ giác ABNK nội tiếp trong một đường tròn (theo dấu hiệu 2).[r]

MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Câu (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2010)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O; R D điểm thuộc cung nhỏ AD(D khác A C) Gọi M,N chân đường vng góc kẻ từ D tới đường thẳng AB,AC Gọi P giao điểm đường thẳng MN, BC

a) Chứng minh DP BC vng góc với nhau.

b) Đường trịn I; r nội tiếp tam giác ABC Tính IO với

 

R 5cm,r 1,6cm.

a) Ta có: AMD AND 90   09001800 Do tứ giác AMDN nội tiếp

 

 MAD MND .Mặt khác MAD BCD Suy tứ giác NDCP nội tiếp

 

 DPC DNC 90  0.Vậy DPBC.

b) Vẽ đường kính EF đường trịn  O (F giao điểm AI với đường tròn  O ) Do AF phân giác BAC nên BF FC   BAF CEF  Gọi K tiếp điểm tiếp tuyến AB với đường trịn I,r Ta có:

    IK CF 

sin BAC sin CEF AI.CF 2R.r

AI EF (1) Do CI phân giác của ACB nên BCKACK  CIF CAF ACK   BCK BCF ICF    IFC

cân F FIFC Từ (1) suy AI.AF2R.r (2) Gọi G,H giao điểm đường thẳng IO với O; R Tacó:AIGHIF

       

 AI.IF IG.IH  OG OI OH OI   OI R R OI  R2 OI2

(3) Từ (2) (3) suy ra:

         

2 2 2

R OI 2Rr OI R 2Rr 2.5.1,6 OI 3cm.

Nhận xét: Đường thẳng M, N,P toán thực chất đường thẳng Sim son điểm D Vì ta chứng minh tốn theo cách khác theo cách chứng minh đường thẳng Sim son (Xem thêm phần định lý hình học tiếng)

Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Quảng Ngãi).

Cho tam giác ABC vng cân A, đường trịn  O tiếp xúc với AB,AC B,C Trên cung BC nằm tam giác ABC lấy điểm M MB; C

a) Chứng minh tia đối tia MI phân giác MHK.

b) Chứng minh PQ / /BC

c) Gọi O1 O2 đường tròn ngoại tiếp MPK và MQH Chứng minh PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn O1 O2.

d) Gọi D trung điểm BC; N giao điểm thứ hai O1,

O2 Chứng minh M, N, D thẳng hàng.

Lời giải:

a) Vì ABC cân A nên ABC ACB  Gọi tia đối tia MI Mx Ta có tứ giác BIMK tứ giác CIMH nội tiếp

   

 IMH 180 0 ACB 180 0 ABC IMK

   

b) Do tứ giác BIMK CIMH nội tiếp nên KIM KBM; HIM  HCM

    

PIQ KIM HIM KBM HCM Mà HCM IBM  (cùng 

sđCM

2 )

  

 PIQ ICM IBM  Mặt khác,

    0   

PMQ ICM IBM 180 PMQ PIQ 180 .Do tứ giác MPIQ nội tiếp.

 

 MQP MIK (cùng 

sđPM

2 ) Mà MIK MIC (cùng KBM)

 

 MQP MCI  PQ / /BC

c) Ta có: MHI MCI  (cùng 

sđIM

2 ) Mà MQP MCI  (cmt)

  

 MQP MHI 1sđMQ

2 Hai tia QP,QH nằm khác phía QM Suy

ra PQ tiếp tuyến đường tròn O2 tiếp điểm Q Chứng minh

tương tự ta có PQ tiếp tuyến đường trịn O2 tiếp điểm P Vậy

PQ tiếp tuyến chung đường tròn O1 O2.

d) Gọi E,E' giao điểm NM với PQ BC Ta có: 

2

PE EM.EN (vì QEMNEQ) Suy ra:PE2 QE2 PE QE Tam giác

MBC có PQ / /BC nên 

EP EQ

E' B E'C Mà EP EQ nên E' BE'CE'D Vậy N,M, D thẳng hàng

Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Gia Lai – 2010)

Cho tam giác ABC vuông A Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với CA CB M N Đường thẳng MN cắt đường thẳng AI P Chứng minh IPB vuông.

Ta có PIB IAB IBA   450IBA 450IBC (1).Mặt khác,   1 0  

PNB CNM 180 ACB

2



    

 

   

 

 

0 0

1

90 90 ACB 90 ACB

2

 

4501ABC 45 0IBC

2 (2) Từ (1) (2), suy ra: PIB PNB 

Do bốn điểm P, N,I, B nằm đường tròn Mặt khác ,

 

INB 90 nên IB đường kính đường tròn này IPB 90  0.

Câu (Đề thi học sing giỏi tỉnh Hải Dương).

Cho đường trịn tâm O dây AB cố định (O khơng thuộc AB) P điểm di động đoạn AB (P khác A, B) Qua A,P vẽ đường tròn tâm C tiếp xúc với  O A Qua B,P vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với  O tại

B Hai đường tròn  C  D cắt N (khác P).

a) Chứng minh ANP BNP .

b) Chứng minh PNO 90  0.

c) Chứng minh P di động N ln nằm cung trịn cố định

a) Vì  O  C tiếp xúc A nên A,C,O thẳng hàng Vì  O  C

tiếp xúc B nên B, D,O thẳng hàng Xét  C có

 1

ANP ACP

2 Tam giác ACP cân C, tam giác AOB cân O nên suy ra:

   

APC ABO CPA CP / /OB ACP AOB  ANP 1AOB

2 (1)

Tương tự, ta có DP / /OA  BDP AOB 

 

 BNP1AOB

2 (2) Từ (1) (2) suy ra: ANP BNP

b) Gọi H giao điểm NP CD; I giao điểm OP CD Theo chứng minh ta có CP / /OB; Dp / /CO Suy tứ giác CPDO hình bình hành.Do IOIP,  C  D cắt P N suy CDNP (3)



HN HP HI đường trung bình tam giác PNO nên HI / /NO

thuộc cung tròn AOB đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB Do

A, B,O cố định nên N thuộc cung tròn cố định Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ - 2010) Cho đường tròn O; R dây cung AB cố định, AB R 2 Điểm P di động dây AB (P khác A B) Gọi C; R1 đường tròn qua P và

tiếp xúc với đường tròn O; R A, D; R2 đường tròn qua P

tiếp xúc với O; R B Hai đường tròn C; R1 D; R2 cắt

điểm thứ hai M

a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB, chứng minh OM / /CD bốn điểm C, D,O,M thuộc đường tròn

b) Chứng minh P di động dây AB điểm M di động đường trịn cố định đường thẳng MP qua điểm cố định N

c) Tìm vị trí P để tích PM.PN lớn nhất? Diện tích tam giác AMB lớn nhất?

a) Nối CP,PD Ta có: ACP, OAB cân C,O nên

  

CPA CAP OBP Do CP / /OD (1) Tương tự, ta có OD / /CP (2)

Từ (1) (2) suuy tứ giác ODPC hình bình hành Gọi H giao điểm CD MP, K giao điểm CD với OP Do K trung điểm OP

Theo tính chất hai đường trịn cắt CDMP H trung điểm MP Do HK / /OM CD / /OM Giả sử APBP Vì tứ giác CDOM hình bình hành nên OC DP, DP DM R 2 nên tứ

giác CDOM hình thang cân Do bốn điểm C, D,O,M thuộc đường trịn

b) Ta có: OA2OB22R2 AB2.Do AOB vng cân O Vì bốn điểm C, D,O,M thuộc đường tròn (kể M trùng O) nên

 

COB CMD (1)

Ta có: MAB MCP  (cùng 

sđMP

2 đường tròn  C ) MBP MDP 

(cùng 

sđMP

2 đường tròn  D ) Do MABMCD (g.g.)

   

 AMB COD  AMB AOB 90  0 Do AB cố định nên điểm M thuộc đường tròn tâm I đường kính AB

Ta có ACP BDP AOB 90  

 

 AMP1ACP450

tâm  C )

 

 BMP1BDP 45

2 (góc nội tiếp góc tâm  D ).Do MP phân giác AMB Mà AMB AOB 90  nên M thuộc đường tròn  I ngoại tiếp tam giác AOB Giả sử MP cắt đường tròn  I N N trung điểm cung ABkhơng chứa điểm O nên N cố định

c) Ta có MPA BPN; AMP  PBN (góc nội tiếp chắn cung) Do MAPBNP (g.g)

  

       

 

2 2 2

PA PM PA PB AB R

PM.PN PA.PB

PN PB (không đổi)

Vậy PM.PN lớn

2

R

2 khi PA PB hay P trung điểm dây AB Tam giác AMB vuông M nên:

 

    

2

2

AMB

1 AB R

S AM.BM AM BM

2 4 Vậy SAMB lớn

R PA PB hay P trung điểm dây AB.

Câu 16 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Vĩnh Phúc – năm 2010)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O AD, BE,CF ba đường cao D BC,E CA,F AB    Đường thẳng EF cắt BC G, đường thẳng

AG cắt lại đường tròn  O điểm M.

a) Chứng minh bốn điểm A,M,E,F nằm đường tròn

Lời giải:

a) Nhận xét : Cho tứ giác ABCD, P giao điểm AB CD Tứ giác ABCD nội tiếp khi: PA.PB PC.PD Áp dụng nhận xét cho tứ giác AMBC nội tiếp, ta được: GM.GAGB.GC Áp dụng cho tứ giác

BEFC nội tiếp, ta được: GB.GCGF.GE Suy GF.GEGM.GA Do tứ giác AMEF nội tiếp

b) Theo kết trên, tứ giác AEFH nội tiếp suy M nằm đường trịn đường kính AH Do HMMA Tia HM cắt lại đường tròn  O K, AMK 90  nên AK đường kính  O Từ suy ra:

  

KC CA,KB BA KC / /BH,KB / /CH  tứ giác BHCK hình bình hành  KH qua điểm N Khi M,H,Nthẳng hàng Trong tam giác

GAN có hai đường cao AD,NM cắt H, nên H trực tâm

tam giác GAN GHAN

Câu 17 (Để thi học sinh giỏi cấp Quận –TPHCM – 2010).

Cho điểm M thuộc đường tròn  O đường kính AB (MA, B 

a) Chứng minh hai đường thẳng AH BD cắt điểm N nằm đường tròn  O

b) Gọi E hình chiếu H tiếp tuyến A đường tròn  O

Chứng minh tứ giác ACHE hình vng

c) Gọi F hình chiếu D tiếp tuyến B đường tròn  O

Chứng minh bốn điểm E,M, N,F thẳng hàng

d) Gọi S ,S1 2 diện tích tứ giác ACHE BCDF Chứng minh



2

1

CM S S

Lời giải:

a) Ta có AMB 90  0.Trong tam giác ABD có DCAB nên DC đường cao thứ Do BM đường cao thứ hai, suy H trực tâm tam giác ABD Suy AH đường cao thứ ba AHBD N.



b) Ta có ACH AEH 90 ;EAC 90     Do tứ giác ACHE hình chữ

nhật Mặt khác:

 

CA MA CH MA

;

CB MB CB MB suy CHCA Vậy tứ giác ACHE hình vng

c) Do tứ giác ACHE hình vng nên hai đường chéo AH,CE cắt trung điểm I đường

suy MI trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông

MAH     

1

MI AH CE MCE

2 vuông M MEMC Chứng minh tương tự ta có: MFMC (2) Xét DMN vàDBA có ADB chung;



DM DN

DB DA  DMNDBA (c.g.c)  DMN DBA 45  0 Mà

 1 

AMC AMB 45

2 nên

  0   

CMN 180 AMC DMN 90

 MNMC (3) Từ (1),(2) (3) suy bốn điểm E,M, N,F thẳng hàng

d) Ta có ECD DCF 45  Do ECF ECD DCF 90    Áp dụng hệ thứ

lượng tam giác vng CEF, ta có:

 

2 2

1 1

CM CE CF Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

   

   

2 2 2 2

1 1 1 1

2

CM CE CF CE CF 2.CA 2.CB

  

2

1 1 2

1 1 1

S S S S

CA CB  CM2 S S1 2

Do

 



   

   

2

MA MB

1

CA CB

CA MA

CE CF

CB MB nên dấu “=” bất đẳng thức

không thể xảy ra 

2

1

CM S S

Câu 18 (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2009).

Cho đường tròn tâm O đường kính AB 2R C điểm cung AB Lấy điểm M tùy ý cung BC (M khác B) Gọi N giao điểm hai tia OC BM; H,I trung điểm đoạn thẳng AO,AM; K giao điểm đường thẳng BM HI.

a) Chứng minh A,H,K N nằm đường trịn

b) Xác định vị trí điểm M cung BC(M khác B) cho

R 10 AK

2 .

a) Ta có tam giác NAB cân N (ON trung trực AB)

 

 NAB NBA (1) Lại có OM OB R   NBA BOM (2) Do H,I

trung điểm OA,AM nên HI đường trung bình tam giác AOM Suy HI / /OM BMO KHB  (3) Từ (1),(2) (3) suy ra: NAB HKB  Do tứ giác AHKN nội tiếp, hay thuộc đường tròn

b) Ta có:

 AOR AH HO

2    

KH OH R

KH / /OM

MB OB 2R 2 Đặt

  x

MB x MK

2 Áp dụng định lý Pitago tam giác vng AKM AMB, ta có:

 

          

 

 

2

2 2 2 R 10 x 2

AK KM AM AB BM 4R x x R

2

 

 sin MABMBR   MAB 45

AB 2R Mặt khác:

 1  1   0    

CAB sđBC sđAB 45 MAB CAB M C

2 Vậy MC thì

R 10 AK

2 .

Câu 19 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa – 2009).

1 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O tâm O Gọi I giao điểm AC BD Biết đường tròn  K tâm K ngoại tiếp tam giác IAD cắt cạnh AB,CD tứ giác E F E A; FD Đường thẳng

EF cắt AC, BD M, N.

a) Chứng minh tứ giác AMND nội tiếp đường tròn

2 Cho tam giác ABC cân A có góc A 360 Tính tỉ số AB AC.

Lời giải:

1 a) Ta có BACBDC (cùng chắn cung BC  O ) Xét đường tròn  K

có

 1   1 

BAC sđIE; BDC sđIF

2

 1    1    1  

AME sđAI sđIF sđAE sđIE sđAI ADN

2 2  tứ giác AMND

nội tiếp

b) Ta có: ADB ACB  (cùng chắn AB  O ) Mà

     

AME ADB AME ACB EF / /BC (1) Mặt khác IE IF   KIEF

(2) Từ (1) (2) suy ra: KIBC (đpcm)

2 Kẻ phân giác BD, ABD 36 ; BDC   ACB 72  0 Suy ADB và BDC cân  DADBBC Theo tính chất đường phân giác ta có:



   



AB DA DA DC DA DC

BC DC AB BC AB BC Mặt khác DCAC AD AB BC

 

          

  

2

2

AB.BC AB AB

AB AC AB.BC AB BC

AB BC BC BC

  AB1

BC .

Cho đường tròn  O , đường kính AB Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn  O lấy điểm C cho ACAB Đường thẳng BC cắt đường tròn

 O

D, M điểm thay đổi đoạn AD Gọi N P chân đường vng góc hạ từ M xuống AB AC, H chân đường vng góc hạ từ N xuống đường thẳng PD

a) Xác định vị trí M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất.

b) Chứng minh M thay đổi, HN qua điểm cố định

Lời giải:

a) Ta có PAN PHN 90   0900 1800 Do tứ giác APHN nội tiếp Tứ giác APMN hình vng nên nội tiếp Suy năm điểm

M  MCD MBD   MPD MBD  (1) Mặt khác

    

AMB MBD MDB MBD 90 (2) APH APM MPH MPD 90     0 (3)

Từ (1),(2) (3) suy ra: APH AMB (4) Tứ giác APHM nội tiếp nên

  

APH AMH 180 (5) Từ (4) (5) suy ra: AMB AMH 180   0 Do đó

H,M, B thẳng hàng  AHB 90  0 H thuộc đường trịn  O  AHB có diện tích lớn  HK lớn  HKR HD MD Vậy



M D SAHB đạt giá trị lớn R

Câu 21 (Đề thi học sinh giỏi cấp Quận – TPHCM).

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn  O đường kính BC Kẻ đường

cao AH ABC Cho biết

 AH3

BC 20cm,

AC 4.

a) Tính độ dài cạnh AB AC.

b) Đường tròn đường kính AH cắt đường trịn  O , AB,AC M, D,E Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC K Chứng minh ba điểm A,M,K thẳng hàng

c) Chứng minh bốn điểm B, D,E,C nằm đường tròn

a) Xét ABC HACcó BAC AHC 90  0; C chung  ABCHAC AB AC AB AH 3

AH HC AC HC 4 Mà AB2AC2 BC2 nên



   

2 2 2

AB AC AB AC 20

16

9 16 25 25  AB2 16.9; AC2 16.16 Vậy 

AB 12cm AC 16cm b) Gọi F tâm đường tròn đường kính AH Ta có DAE 90 Do

DE đường kính đường trịn  F Suy D,E,F thẳng hàng Mặt khác  O Fcắt A N nên OFlà trung trực AM

 OFAM (1) Gọi N giao điểm OA DE Ta có OAOCR Do OAC tam giác cân O Suy OAC OCA  ;

   

FA EF r FAE cân F  FEA FAE  Mà OCA FAE 90  0 nên

   0   0 

OAC FEA 90 ANE 90 KN OA Ta có F trực tâm tam giác KAO nên OFKA (2) Từ (1) (2) suy A,M,K thẳng hàng

c) Gọi I giao điểm hai trung trực DE BC Ta có:

   

 

 

 

 

 

 

AF BC IF OA

AF / /OI; IF / /OA

OI BC OA DE

Do FAOI hình bình hành Suy IF OA; FA OI   IF OC; FE OI  Mà IFE IOC  nên IFECOI Suy IEIC Mà IE ID; IB IC  nên IBIDIEIC Vậy B, D,E,C nằm đường tròn  I

Câu 22 (Đề thi học sinh giỏi TPHCM – 2008)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn  O có trực tâm H.

b) Lấy điểm M điểm cung BC không chứa A Gọi N và E điểm đối xứng Mqua AB AC Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng

Lời giải:

a) Gọi H trực tâm tam giác ABC Ta có BHAC; CHAB Do tứ giác BHCM hình bình hành  BH / /MC; CH / /MB

 

AC MC; AB MB ABM ACM 90    AM đường kính đường tròn  O  M điểm đối xứng A qua O b) Ta có AMB ANB  (tính chất đối xứng trục), AMB ACB  (cùng chắn cung AB) Do ANB ACB  Mà AHB ACB 180   Suy

  

AHB ANB 180  tứ giác AHBN nội tiếp  NHB NAB  Mặt khác

 

NAB BAM Suy NHB BAM  Tương tự ta có: CHE MAC  và

  

BAC BHC 180 Suy ra

        

NHB CHE BHC BAM MAC BHC BAC BHC 180 Suy ra

N,H,E thẳng hàng.

Câu 23 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương – 2008).

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn  O có trực tâm H Giả sử M điểm cung BC không chứa A (M khác B,C) Gọi N,P điểm đối xứng M qua đường thẳng AB, AC

a) Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp.

b) Chứng minh ba điểm N,H,P thẳng hàng

c) Tìm vị trí M để đoạn thẳng NP lớn nhất.

Lời giải:

a) Gọi I giao điểm CH AB, K giao điểm AH với BC Dễ thấy BIK AHC 180   (1)

Mặt khác, IBK AMC; AMC  APC Do IBK APC (2) Từ (1) (2) suy ra: APC AHC 180   Vậy tứ giác AHPC nội tiếp b) Do tứ giác AHPC nội tiếp nên AHP ACP Mà ACP AMP  nên

 

AHP ACM Mặt khác, ACM ABM 180  0 nên AHP ABM 180   0 Mà

 

AMB ABN nên AHP ABN 180  0 (3) Tương tự, ABN AHN  (4) Từ (3) (4) suy ra: AHB AHN 180   Vậy N,H,P thẳng hàng c) Ta có MAN 2BAM; MAP  2MAC Do

     

NAP BAM MAC 2BAC

 

 

NP 2AP.sin BAC 2AM.sin BAC Vậy NP lớn AM lớn mà AM lớn AM đường kính đường trịn

 O

Vậy NP lớn M điểm đối xứng A qua O. Câu 24 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh – 2008)

Cho đường tròn O; R đường tròn O'; R ' cắt A B Trên tia đối AB lấy điểm C Kẻ tiếp tuyến CD,CE với đường trịn tâm O, D,E tiếp điểm E nằm đường tròn  O' Đường thẳng AD,AE cắt đường tròn  O' M N (M, N khác A) Tia DE cắt MN I Chứng minh rằng:

a) MIBAEB.

b) O'IMN.

Lời giải:

a) Ta có BAN BMN (cùng chắn cung BN) (1) tứ giác AMNB nội tiếp nên MNB DAB Mà DAB DEB nên MNB DEB  hay INB DEB  Do

tứ giác BEIN nội tiếp  EBI ENI hay EBI ANM  Mà ANM ABM nên

 

ABM EBI Hay CBE EBM EBM IBM    (2) Từ (1) (2) suy ra

b) Do CD tiếp tuyến đường tròn  O nên CDA CBD  suy

CDBCAD (g.g)  

BD CD

DA CA (3) Tương tự ta có 

CE EB

CA EA (4) Mặt

khác, CDCE (tính chất tiếp tuyến) (5) Từ (3),(4),(5) suy ra: 

EB BD

EA DA

(6) Theo (1),

MIBAEB EB IB

EA MI (7) Mà

               ABD AED ABD IEN

AED IEN .

Do tứ giác BNIE nội tiếp nên IEN IBN   ABD IBN  (8) Mặt khác, theo

(1) ta có INB DAB  (9) Từ (8) (9) suy

DBAIBN DB IB DA IN (10) Từ (6),(7) (10) suy MINI O'IMN

Nhận xét: Ta giải câu b theo cách khác: Áp dụng định lý Menelauyt

cho tam giác AMN đường thẳng qua DEI ta có:

 DA IM EN

DM IN EA .Như

vậy để chứng minh I trung điểm MN ta chứng minh  DA EN

DM EA (*) , mặt khác theo tính chất quen thuộc cát tuyến tiếp tuyến ta có:



EA DA

EB DB ( Xem phần chùm tập cát tuyến tiếp tuyến) thay vào (*) ta

quy chứng minh:

     

DB EN DB EN

DBM BEN

EB DM DM EB

điều hiển nhiên DMB ANB  (cùng chắn cung AB)  

ADB BEN tứ giác ADEB nội tiếp.

Câu 25 (Báo toán học tuổi trẻ)

của CE BF, H giao điểm BF với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEK Chứng minh DHBF.

Lời giải:

Kẻ AN vng góc với BC N BC  , suy tứ giác AEND AFDN nội tiếp, từ BD.BNBE.BA; CN.CD CF.CA

 DB NB AB BE  NBBE

DC NC AC CF NC CF  

NB FC EF

NC FA EB (do AE AF ).

Theo định lý Ceva đảo ta có AN,CE, BF đồng quy K, hay AKBC N Từ BK.BHBE.BABN.BD nên tứ giác KNDH nội tiếp, suy ra

  

KHD KND 90 Do DHBF (đpcm).

Câu 26 (Báo toán học tuổi trẻ số tháng -2012)

Cho tam giác ABC vuông A D điểm nằm tam giác

cho CD CA; M điểm nằm cạnh AB cho

 1

BDM ACD;

2 N giao điểm MD đường cao AHcủa tam giác ABC Chứng minh DMDN

Vẽ đường tròn C; CA cắt đường thẳng BD E E D, BA tiếp tuyến đường trịn Ta có BD.BEBA2 (do BDABAE),



BH.BC BA (hệ thức lượng tam giác vuông ABC) Suy ra

  BDBC

BH.BC BD.BE

BH BE  BDHBCE (c.g.c) BHD BEC tứ

giác DHCE nội tiếp BHD BEC CDE CHE     AHD AHE  Mà 

AH BC nên HA,HB tương ứng phân giác DHE

Do I giao điểm AH BE thì:

 

ID HD BD

IE HE BE (*) Theo giả

thiết, ta có

 1 

MDB ACD AEB

2 nên MN / /AE.Do  

MD BD DN DI

;

AE BE AE IE .

Kết hợp với (*) ta có

  

MD DN

DM DN

AE AE .

Câu 27 (Báo toán học tuổi trẻ)

Cho lục giác ABCDEF Gọi G trung điểm BF Lấy điểm I cạnh BC cho BIBG, điểm H cạnh BCsao cho BIBG, điểm H nằm đoạn IG Sao cho CDH 450, điểm K cạnh EF cho

 

Cách 1: Từ giả thiết ABCDEF lục giác đều, suy

      

BDG 30 ,CDG 60 , DG BF,GBC 90 Từ đó,      0  1

HDG CDG CDH 60 45 15 BDG

2 Vậy DH phân giác góc BDG Kết hợp với GH phân giác góc BGD (do BGI vng cân

nên DGH DGB  ), suy BH phân giác góc DBF; B,H,O thẳng hàng (O tâm lục giác đều)

Hai tam giác DHO DKE có DODE,HDO KDE 15   0,

  

HOD KED 120 nên chúng (g.c.g), suy HD KD Lại có

      

HDK HDO ODK ODK KDE ODE 60 Vậy HDK Cách 2: Vì FDC FBC 90   nên FDH BGH 45  0, tứ giác GHDF nội tiếp, suy FHD FGD 90   nên tam giácHFD vuông cân H,O,E

thuộc trung trực đoạn FD

  

 EHD1FHD 45 0EKD

2 Suy tứ giác EKHD nội tiếp  HDK HEK 60   0, HKD HED 60   0 Vậy tam giác HKD

Câu 28 (Báo toán học tuổi trẻ)

Cho đoạn thẳng AB M điểm mặt phẳng cho tam giác MAB tam giác nhọn Gọi H trực tâm tam giác MAB, I trung điểm cạnh

AB D hình chiếu Htrên MI Chứng minh tích MI.DI khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M

Kéo dài MH AHlần lượt cắt AB MB E,F Dễ thấy tứ giác MHDFvà HEIDnội tiếp, suy DFB MHD DIE   , tứ giác DFBI nội tiếp từ IDB IFB (1) Lại có FI trung tuyến tam giác vng

AFBnên tam giác IFB cân I IFB IBF 

(2) Từ (1) (2) suy

 

IDB IBF, IDBIBM (g.g)  ID IB

IB IM Suy ra  

2

2 AB

ID.IM IB

4 Vậy MI.DI khơng phụ thuộc vào vị trí M

Câu 29 (Báo toán học tuổi trẻ)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O Đường tròn  O' tiếp xúc với hai cạnh AB,AC theo thứ tự P,Q tiếp xúc với đường tròn  O S Hai đường thẳng SP,SQ cắt lại đường tròn  O theo thứ tự M,N Gọi

E, D,F theo thứ tự hình chiếu vng góc S đường thẳng AM,MN,NA Chứng minh DEDF.

Từ O'PS O'SP OSM OMS    , suy O'P / /OM.Lại O' PAP nên 

OM AB, nghĩa M điểm AB không chứa điểm C Tương tự, N điểm AC khơng chứa điểm B Từ đó

  

MAP MSB MSA, dẫn đến MSAMAP (g.g) 

SM SA

AM AP Lập luận

tương tự ta có 

SN SA

AN AQ, mà AP AQ nên 

SM AM

SN AN (1) Bốn điểm

M, D,S,E nằm đường trịn đường kính SM, suy DSE AMN

Từ đây, áp dụng định lý sin cho tam giác SED ta có.

 

 

DE SM.sin DSE SM.sin AMN Tương tự DF SN.sin ANM  Vậy

  

DE SM.sin AMN

DF SN.sin ANM (2) Từ (1) (2) suy

 

 

DE AM.sin AMN DF AN.sin ANM (áp dụng định lý sin cho tam giác AMN) Do DEDF (đpcm).

Câu 30 (Báo toán học tuổi trẻ)

Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH Trên tia đối tia HA lấy điểm D cho HA2HD Gọi E điểm đối xứng B qua D ; I trung điểm AC; DI EI cắt BC M K Chứng minh MDK MCD

Gọi N,P thứ tự trung điểm AH IN.Dễ thấy IN / /CH (tính chất đường trung bình ACH), nên INAH Xét tam giác vng ABC, ta

có

 2 BH AH HB.HC AH

AH HC Vì

  

AH ND 2DH,HC 2IN nên 

BH HD

DN NI Do BDHDIN, dẫn tới

        

BDH DIN BDI BDN NDI DIN NDI 90 .

Do tứ giác ABDI nội tiếp E đối xứng với B qua DI, nên

   

KIM DIB BAD MCI Suy IMKCMI (g.g), ta có

  

IM MK

MK.MC MI

CM MI Do H trung điểm ND HM / /NI nên



MD MI, suy MK.MC MD 2, hay 

MK MD

MD MC, MDKMCD (c.g.c), dẫn đến MDK MCD (đpcm)

Câu 31 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O với đường cao

AD, BE,CF Chứng minh đường thẳng OA,OF,OB,OD,OC chia tam giác ABC thành ba cặp tam giác có diện tích

Gọi M, N trung điểm cạnh BC CA Khi

 

OM MC,ON CA

    

 MOB1BOCBAC; NOA CBA

2 Theo giả thiết



BE CA nên MOBEAB (g.g), suy  

OM OB OA

AE AB AB (1) Tương tự có

NAODAB, suy 

ON OB

AE AB (2) Từ (1) (2) ta có

  

OM ON

OM.BD ON.AE

AE BD Do SOBD SOAE Chứng minh tương tự

ta có SOCD SOAF SOCESOBF Suy điều cần chứng minh.

Câu 32 (Báo toán học tuổi trẻ)

Do MC tiếp tuyến đường tròn   nên

    

NCB BDC MCB MDC (g.g) Suy 

MC BC

MD CD Do MA tiếp tuyến đường tròn   nên tương tự có MABMDA(g.g) Suy



MA AB

MD DA Do MAMC suy   

BC AB

BC.DA AB.CD

CD DA Áp dụng

định lý Ptolemy với tứ giác ABCD nội tiếp ta có :

   1  AC 2BC

AB.CD BC.DA AC.DB BC.DA AC.DB

2 DA DB (1) Do NB, NC tiếp tuyến đường tròn   nên NBENDB và

NCENDC (g.g), suy  

NB BE NC CE

;

ND DB ND DC Kết hợp với NBNC

suy 

BE CE

DB DC  BE.DCCE.DB Lại áp dụng định lý Ptolemy với tứ

giác nội tiếp BECD ta được:

 1  BC2CE

BE.DC CE.DB BC.DE

2 DB DE (2) Vì PB tiếp tuyến đường tròn   nên PCBPBD (g.g)

 PCPB CB PC.PD PB

PB PD DB Mặt khác

   

    

   

2

2

PC PC.PD PB CB

PD PD PD DB ,

Kết hợp với (2) ta có:

   

   

   

2

PC CB 2CE

thẳng CD Q thì: QECQDA (g.g)

 QCEC

QA DA

QDEQAC QDDE

QA AC Từ 

QC QD EC DE

: :

QA QA DA AC Kết hợp với (1),(2)

ta được:

 

   

 

2

QC EC.AC EC 4EC 2CE

QD DE.DA DE DE DE (4) Từ (3)và (4) suy ra

  

PC QC

P Q

PD QD Do ba điểm A,E,P thẳng hàng.

Câu 33 Cho tam giác cân



   0

ABC AB AC, BAC 90

Kẻ đường cao BD D AC 

Gọi M, N I theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng

BC, BM, BD Tia NI cắt cạnh AC K Chứng minh :

a) Các tứ giác ABMD ABNK nội tiếp.

b) 3BC2 4CA.CK.

Giải:

a) Do tam giác ABC cân A nên AMBM Mặt khác BDAD, tứ giác ABMD nội tiếp đường trịn tâm trung điểm AB, bán kính

AB

2 (theo dấu hiệu 1) Lại có, từ giả thiết đề NI đường trung bình tam giác BMD, nên NI / /MD Do KNC DMC Hơn nữa,

 

có

ABCNKC BC CA

CK NC Mặt khác ta thấy 

NC BC

4 Do đó

 

2 4

BC BC.NC CA.CK