Đang tải... (xem toàn văn)
a. Vậy đẳng thức được chứng minh. Ta có MN là đường trung bình của tam giác HBC nên MN CH //. Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông AMN ta có.. Từ đó ta có KH là phân giác của [r]
(1)
PHẠM VĂN VƯỢNG – VŨ NGỌC THÀNH
CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC
TỪ KÌ THI HSG CÁC TỈNH LỚP
(2)1
Hình học
Câu (HSG toán tỉnh An Giang năm 2018-2019)Cho đường trịn có bán kính, biết đường trịn đường trịn có tâm nằm đường thẳng cho khoảng cách hai tâm liền kề khoảng cách lớn hai đường tròn biên 20 cm 32 cm (hình vẽ) Tính bán kính đường trịn
Lời giải
Gọi bán kính đường trịn khoảng cách phần giao x y; , điều kiện x0 Ta có hệphương trình: 20
10 32
x y
x y
− =
− =
Giải hệta x=4; y=2 Vậy bán kính đường trịn cm
Câu (HSG tốn tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu năm 2018-2019)Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định Gọi C điểm di động (O) cho C khác A, C khác B C khơng nằm cung AB Vẽđường kính CD (O) Gọi d tiếp tuyến (O) A Hai đường thẳng BC, BD cắt d E, F
1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn
2) Gọi M trung điểm EF I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE Chứng minh : AB = 2.IM
3) Gọi H trực tâm DEF Chứng minh điểm C di động (O) điểm H ln chạy
đường tròn cốđịnh
Lời giải
32 cm 20 cm
(3)2 1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn
Ta có: BCD=BAD (cùng chắn cung BD ) Do: d tiếp tuyến (O) A ⊥d AB
Và
90
ADB= (góc nội tiếp chắn nửa đ.tròn) AD⊥BF Suy ra: BAD=BFA (cùng phụ ABF )
Do đó: BCD=DFE
0 180
DCE DFE DCB DCE
+ = + =
Suy ra: tứ giác CDFE nội tiếp 2) Chứng minh : AB = 2.IM Ta có: ME = MF (gt)
MI EF
⊥ (T/c đường kính dây cung) AB⊥EF (EF t/tuyến (O))
/ /
MI AB
hay MI // OB (1)
Xét FBE vuông B, trung tuyến BM MB = MF
MFB MBF
=
Vì tứ giác CDFE nội tiếp BDC=BEF 90
MBD BDC BFM BEM
+ = + =
BM CD
⊥
Lại có IO⊥CD (T/c đường kính dây cung) Suy ra: BM // IO (2)
Từ (1) (2) BMIO hình bình hành
C
A B
D
E
F d
M
O
I H
(4)3
2
IM BO AB
= = hay AB = 2.IM
3) Vì H trực tâm DEF , ta có DH // AB (cùng vng góc với EF) AD // BH (cùng vng góc với FB)
Suy tứ giác ABHD hình bình hành AH = AD Mà AD = BC (vì ADBC hình chữ nhật) BH =BC
Lấy N đối xứng với O qua B, ta có tứ giác OHNC hình bình hành
NH OC R
= = khơng đổi N điểm cốđịnh (Vì O B cốđịnh) Vậy C di động (O) H chạy đường trịn (N ; R)
Câu (HSG toán tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu năm 2018-2019) Cho hai đường tròn (O R; ) ( )I r; tiếp xúc A R( r) Vẽ dây AB (O R; ) dây AC ( )I r; cho AC⊥AB Gọi MN tiếp tuyến chung ngồi cùa đường trịn với M( )O , N( )I
1) Chứng minh ba đường thẳng BC, OI MN đồng quy
2) Xác định sốđo AOB để diện tích ABC lớn
Lời giải
1) Chứng minh : BC, OI, MN đồng quy
Gọi E giao điểm đường thẳng BC OI Ta có O, A, I thẳng hàng (t/c đường nối tâm)
IAC
cân I
180
AIC IAC
= −
OAB
cân O 180
AOB OAB
= −
0 0
360 2.( ) 360 2.90 180
AOB AIC OAB IAC
+ = − + = − =
IC // OB
Áp dụng định lý Talet EOB ta có : EI IC r EO =OB = R Gọi E’là giao điểm OI MN
EOM
có IN // OM (cùng vng góc với MN) Áp dung định lý Talet ta có:
O A I
B
C H
K
E
M
(5)4
EI IN r
EO =OM = R
Suy : E trùng E’ Vậy ba đường thẳng BC, OI, MN đồng quy
2) Xác định sốđo AOB để diện tích ABC lớn Vẽ OH ⊥ AB H( AB) ; IK ⊥ A K( AC)
Ta có: OAH = AIK = (cùng phụ với KAI ) AB = 2.AH =2.OA.cosOAB =2.R.cos
AC = 2.AK=2.IA.sinAIK =2.r.sin Vì ABC vng A, ta có:
.2 .cos .sin 2.cos sin
2
ABC
AB AC
S = = R r =R r
Mặt khác: 2.cos sin sin2 +cos2 =1
Do : SABC R r
Dấu “ = “ xảy
sin cos 45
= = Vậy diện tích ABClớn góc =450
Câu (HSG tốn tỉnh Bình Phước năm 2018-2019)Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn ( )O
và điểm D cạnh AB Gọi M N trung điểm cạnh BC CA Gọi P Q giao điểm MN với đường tròn ( )O (điểm P thuộc cung nhỏ BC điểm Q thuộc cung nhỏ CA) Gọi I giao điểm khác B BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP Gọi K giao điểm DI với AC
a) Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh PK.QC QB.PD=
c) Gọi G giao điểm khác P AP với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP Đường thẳng IG cắt BA E Chứng minh D di chuyển cạnh AB tỉ số AD
AE không đổi
Lời giải
a) Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp đường tròn
Để ý đến tứ giác ABPC BDIP nội tiếp đường trịn ta có PCK ABP DBP PIK= = = nên tứ giác CIPK nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh PK.QC QB.PD=
Do tứ giác BDIP CIPK nội tiếp đường tròn nên BDP PBC= BKD PCB= nên hai tam giác BPC
và DPK đồng dạng với nhau, suy PD PB
(6)5 Hai tam giác MBP MQC có PBM=CQM BPM=QCM nên đồng dạng với nhau, suy ta có
PB PM
QC = CM Chứng minh hồn tồn tương tự ta có hai tam giác BMQ PMC đồng dạng nên PC PM
QB = BM Để ý M trung điểm BC hay MB=MC nên suy
PB PC QC = QB hay
PB QC PC = QB Kết
hợp với PD PB
PK = PC ta
PD QC
PK = QB hay PK.QC QB.PD=
c) Chứng minh D di chuyển cạnh AB tỉ số AD
AE khơng đổi
Ta có BIG BPG BPA BCA= = = nên suy IE song song với AC, ta DEG BAC= Lại có
EDG EIB ACB= = nên hai tam giác ABC AGD đồng dạng với nhau, suy ED AC
DG = BC Mặt khác
dễ thấy hai tam giác ADG APB đồng dạng với nên AD AP
DG = PB Đến ta suy ED AD AC AP
: :
DG DG = BC PB hay
ED AC.BP
AD = BC.AP Do tam giác ABC cố định nên suy P điểm cố định
nên ED AC.BP
AD = BC.AP không đổi hay
AE DE
AD = − AD khơng đổi Do AD
AE có giá trị không đổi D thay
đổi AB
Câu (HSG tốn tỉnh Bình Thuận năm 2018-2019)Từ điểm A cố định nằm ngồi đường trịn tâm O, vẽ tiếp tuyến AB, AC (với B, C tiếp điểm) cát tuyến ADE không qua tâm O (D nằm A E) đến đường tròn (O) Tiếp tuyến D đường tròn (O) cắt AB, AC
M N
a) Chứng minh chu vi tam giác AMN khơng phụ thuộc vào vị trí cát tuyến ADE b) Gọi I giao điểm AO BC Chứng minh AID=OIE
c) DI kéo dài cắt đường tròn (O) điểm F (khác D) Chứng minh tâm đường trịn nội tiếp tam giác AEF ln nằm đường cố định
Lời giải
A
B C
D
M N
P
Q
I O
K G
E
F C
N
I O E
D
B M
(7)6 a) Chu vi AMN AM AN MN
AM AN MD DN AM AN MB NC AB AC 2AB
= + +
= + + +
= + + +
= + =
Vậy chu vi tam giác AMN khơng phụ thuộc vào vị trí cát tuyến ADE
b) Chứng minh ABE ADB (g-g) AD AE AB = (1)
=
(2)
AI AO AB
Từ (1) (2) AD AE AI AO =
Chứng minh ADI AOE AID AEO= nên tứ giác DIOE nội tiếp
OIE EDO= mà OED EDO=
Vậy AID OIE=
c) Chứng minh OIE OIF= OEI OFI= IOE IOF=
Chứng minh AOE=AOF (c g c)− −
OA tia phân giác EAF
Tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF nằm AO cố định
Câu (HSG tốn tỉnh Bình Định năm 2018-2019)Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn
( )O , đường cao AH Gọi M giao điểm AO vàBC Chứng minh HB MB AB HC + MC AC Dấu
đẳng thức xảy nào?
Lời giải
✓ Cách 1:
(8)7 có B1 = D1 (vì nội tiếp chắn AC)
nên HBA∽ CDA (g.g) HB = AB
CD AD HB AD=AB CD
Tương tự HCA∽ BDA (g.g) HC = AC
BD AD HC AD =AC BD
Do HB = AB DC
HC AC DB (1)
Ta có AMB∽ CMD (g.g) NB = AB
MD CD
MB CD =MD AB
Tương tự MC = AC
MD BD MC BD =AC MD
Do MB = AB DB
MC AC DC (2)
Ta có HB + MB AB DC + DB AB.2 DC DB 2.AB HC MC AC DB DC AC DB DC AC
= =
Dấu " "= xảy DB = DC AB = AC ABC cân A
✓Cách 2: (Cách khơng thích xóa nha Do copy nên để nguyên trạng) Gọi I giao điểm AH với đường trịn (O) Kẻ đường kính AD
Ta có ABD = ACD = AID =90 Do BC // DI BI =CD A1 = A2
Ta có DIBC hình thang cân nên CD = BI, CI = BD Xét AHB ACD có A1= A2 , AHB = ACD (=90)
AHB ∽ACD (g.g) HB AB
CD AD
= (1)
Xét ABD AHC có BAD= HAC, ABD = AHC (=90) ABD ∽AHC (g.g) BD AD
HC AC
= (2)
Từ (1), (2) suy HB BD AB AD AB
CD HC = AD AC = AC
HB AB CD
HC AC BD
= (3) Xét ABI AMC có A1= A2,
2sđ A
AIB = ACB = C
ABI ∽AMC (g.g) BI AB
MC AM
= (4)
I D M A
B
O
H C
(9)8 Xét ABM AIC có BAM = IAC,
2sđ A
ABC = AIC = C
ABM ∽AIC (g.g) MB AM
CI AC
= (5)
Từ (4), (5) suy BI MB AB AM AB
MC CI = AM AC = AC
MB AB CI
MC AC BI
= (6)
Từ (3) (6) suy
2
HB MB AB CD CI
HC MC = AC BD BI =
2
2
AB CD CI AB
AC BI BD = AC (vì CD = BI, CI = BD)
Ta có
2
2 2
HB MB HB MB AB AB
HC + MC HC MC = AC = AC
Dấu “=” xảy HB MB
HC MC
= HB MB
HB HC MB MC
=
+ +
HB MB
BC BC
= H M ABC cân tạiA
Câu (HSG toán tỉnh Bắc Giang năm 2018-2019)Cho hai đường tròn ( )O ( )O' cắt hai điểm phân biệt A B (AB khơng đường kính ( )O' ) Các tiếp tuyến A B
( )O' cắt C Các đường thẳng AC BC cắt ( )O điểm thứ hai D E Lấy điểm G di chuyển cung AB đường tròn ( )O' (phần nằm bên ( )O , điểm G không
trùng với điểm A B) Các đường thẳng AG BG cắt ( )O điểm thứ hai H K Hai đường thẳng DK HE cắt I
a Chứng minh điểm I nằm cung tròn cốđịnh G thay đổi b Chứng minh ba điểm C, G I thẳng hàng
Lời giải
a)
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=
I K
H D
E
C
B A
O
(10)9 Do không đổi, điểm D E, cố định nên I nằm cung trịn chứa góc dựng đoạn thẳng
DE
b).Chỉ AB/ /DE (có hai góc so le nhau) suy DE CE AB =CB
Chứng minh hai tam giác IDE GBAđồng 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
Câu (HSG toán tỉnh Bắc Ninh năm 2018-2019)
1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )(O AB AC) đường caoAD Vẽđường kính
AE đường trịn( )O
a) Chứng minh AD AE = AB AC
b) Vẽ dây AF đường tròn ( )O song song với BC EF, cắt AC Q BF, cắt AD tạiP Chứng minh PQ song song với BC
c) Gọi K giao điểm AE vàBC Chứng minh rằng:
AB AC−AD AK = BD BK CD CK
2) Cho tam giác ABC có BAC=90 ,ABC =20 Các điểm E F nằm cạnh
,
AC AB cho ABE=10 ACF =30 Tính CFE
Lời giải
1)
a)Xét hai tam giác ADB ACE có ACE=90º (chắn
2 đường tròn) nên ACE=ADB=90º
Hơn ABD=AEC (cùng chắn AC) Suy ADB∽ ACE
O
K Q P
F
E M
D C
(11)10 Từđây ta có tỉ lệ thức AD AB A AE AB AC
AC = AE D =
b) Ta cóPFQ=BAE (cùng chắn BE)
Mặt khác BAE=BAD DAE+ mà BAD=EAC ABD∽ AEC Nên BAE=BAD+EAC =DAC
Do PAQ=PFQ
Suy tứ giác APQF nội tiếp FAQ=FPQ
Vì FAQ=FBC (cùng chắn FC) nên FPQ=FBC suy PQ BC// c) Ta có AB AC = AD AE
Suy AB AC −AD AK =AD AE −AD AK =AD KE Kéo dài AD cắt ( )O tạiM
Xét AKB CKE AK KB AK KE KB KC
CK KE
= =
ADC BDM
∽ AD CD
BD MD
= AD MD =BD CD Mặt khác AME=90 (chắn
2đường tròn) Suy ME⊥AD mà DK⊥AD nên DK/ /ME Áp dụng định lý Talet AME ta AD AK
DM = KE
Do AK DM =AD KE
( ) ( )
BD BK CD CK BD CD CK BK
=
( ) ( ) ( ) ( ) 2
AD MD AK KE AD KE AK MD AD KE
= = = BD BK CD CK = AD KE
Vậy AB AC −AD AK = BD BK CD CK 2)
Xét ABC có BAC=90 ,ABC =20 ACB=70
G E
F
D C
B
(12)11 ACF
có CAF =90 , ACF =30 FC=2.AF
Gọi D trung điểm BC G điểm AB cho GD⊥BC
Khi đó, ABC∽ DBG BD BA
BG BC
=
20 20
GCB=GBC= ºGCF= º
Do CG BE tia phân giác BCF ABC nên FC BC BA; AE FG = BG BC = EC
Do đó,
1
2FC 2BC
AF BD BA AE AF AE
FG = FG = BG = BG = BC = EC FG = EC
Từđó suy CG EF// (ĐL Talet đảo)CFE=GCF =20
Câu (HSG toán tỉnh DAK LAK năm 2018-2019)Cho điểm A nằm ngồi đường trịn ( )O Vẽ
hai tiếp tuyến AB AC B C, ( , tiếp điểm) cát tuyến ADE ( )O cho ADE nằm hai tia AO AB D E( , thuộc ( )O ) Đường thẳng qua D song song với BE cắt BC AB, lần
lượt P Q,
a) Gọi H giao điểm BC với OA Chứng minh tứ giác OEDH nội tiếp b) Gọi K điểm đối xứng B qua E Chứng minh A P K, , thẳng hàng
Lời giải
a) Áp dụng phương tích đường trịn ta có
AB = AD AE Áp dụng hệ thức tam giác ABO vuông B, AH đường cao có
AB = AH AO
AH AO AD AE
= AH AD AHD AEO
AE AO
= # AHD=AEO nên tứ giác OEDH nội tiếp b) Gọi I giao điểm AE BC Ta có AHD=DEO=ODE=OHEBHD=BHE
Suy HI phân giác DHE mà HI⊥AH nên HA đường phân giác ngồi DHE
Do HD DE ID
HE = AE = IE mà PQ// BK nên A P K, , thẳng hàng
Câu 10 (HSG toán tỉnh Gia Lai năm 2018-2019)Cho đường tròn (O R; )và điểm I cốđịnh nằm
bên đường tròn ( I khác O ), qua I dựng hai dây cung ABvà CD Gọi M, N, P, Q lần
I K
Q P
H D
C B
O A
(13)12
lượt trung điểm IA, IB, IC, ID
a) Chứng minh bốn điểm M, P, N, Q thuộc đường tròn
b)Giả sử dây cung AB CD thay đổi ln ln vng góc với I Xác định vị trí dây cung AB CD cho tứ giác MPNQ có diện tích lớn
Lời giải a)
a) Ta có: MQ đường trung bình tam giác AID Suy MQ / / AD DAB QMN Tương tự BCD NPQ
có DDAB BCD (hai góc nội tiếp chắn cung)
Suy QMN NPQ
Suy tứ giác MPNQ nội tiếp
Vậy bốn điểm M, P, N, Q thuộc đường tròn
Vì AB CD nên 1 2
2. . 8. . 16
MPNQ
S MN PQ AB CD AB CD
Kẻ OH AB H , OK CD K, ta có :
(14)13 Suy 2
2
MPNQ
S R OI (không đổi)
Vậy SMPNQđạt giá trị lớn 2
4 R OI
đạt : AB CD OH OK OKIH hình vng AB CD lập với OI góc 45o
Câu 11 (HSG tốn tỉnh HCM năm 2018-2019) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn ( )O Từ Bkẻđường thẳng vng góc với OC, đường thẳng cắt AC D cắt ( )O
E(E khác B) Cho biết AB=8 cm BC=4 cm, tính độdài đoạn thẳng DE, OA OD
Lời giải
Kẻđường cao AH ABC, tia AHcắt ( )O M
Vì ABC cân A nên AM đường kính HB=HC=2 (cm) Tam giác ABM vng B nên
=
AB AH AM
2
64
= AB −HB AM
64 60
= AM 64 32 15
15 60
AM = = 16 15
15
AO= (cm)
Ta có CBD=CBK, COM =COH mà CBK =COH (cùng phụC1) nên suy CBD=COM
Lại có AOC có OA=OC=R nên AOC cân O, COM góc ngồi AOC đỉnh O nên COM=2CAM=CAB
Suy CBD=CAB Xét ABC BDC có:
C góc chung;
(15)14 ABC BDC
# (g.g) AB BC AC
BD DC BC
= =
2
BC
CD
AC
= = = (cm) BD=BC=4 (cm)
AD AC CD
= − = − = (cm) Xét CBD EAD có:
CDB=EDA(hai góc đối đỉnh)
DBC =EAD (hai góc nội tiếp chắn cung EC) CBD EAD
# (g.g) BD CD AD DE
= DE AD.CD 6.2 BD
= = = (cm) Ta có BD.DE=(BK+KD)(EK−KD) =(BK+KD)(BK−KD) =BK2−KD2
( 2) ( 2)
OB OK OD OK
= − − − 2
OB OD
= −
2
OD OB BD.DE
= − 256 3.4
15
= − 285 15
= (cm)
Câu 12 (HSG toán tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn
( )O , điểm M thuộc cung nhỏ BC ( )O (M khác B C); MA MD cắt BC E, F
Đường trung trực BE cắt BD MA, P K; đường trung trực CF cắt ,
CA MD Q L
1 Chứng minh điểm K O L, , thẳng hàng Chứng minh đường thẳng MO chia đôi đoạn PQ.
3 Cho PK cắt AC S; QL cắt BD T; ST cắt MA MD, U V Chứng minh điểm U V K L, , , thuộc đường tròn
(16)15 Chứng minh điểm K O L, , thẳng hàng
Gọi I J, trung điểm BE CF, Ta có IK AB Klà trung điểm AE (1) Có O trung điểm AC (2)
Từ (1) (2) KO đường trung bình tam giác ACE
KO CE KO BC
(3)
Tương tự ta có: L trung điểm DF; O trung điểm BD
LO BF LO BC
(4)
Từ(3) (4), suy điểm K O L, , thẳng hàng (đpcm)
2 Chứng minh đường thẳng MO chia đôi đoạn PQ Chứng minh BPE vuông cân P
0
45
BEP BCA PE AC
= =
Gọi PE cắt MO N EN OA
ME MN
MA MO
= (5)
Gọi QF cắt MO N', chứng minh tương tự ta có MF MN' MD = MO (6) Vì EF AD ME MF
MA MD
= (7)
Từ (5), (6) (7) MN MN' N N'
MO MO
=
tứ giác OPNQ hình chữ nhật NO PQ cắt trung điểm đường MO
(17)16 Cho PK cắt AC S; QL cắt BD T ST cắt MA MD, U V Chứng minh
4 điểm U V K L, , , thuộc đường trịn
Ta có OCD vuông cân O, TQ CD OTQ vuông cân O
OT OQ
=
Tương tự OSP vuông cân O OS =OP
Mà ( )
90
SOT =POQ= OTS= OQP c g c
OTS OQP
=
Vì OPNQ hình chữ nhật OQP=ONPOTH =ONP
Có PON =HOT (đối đỉnh) 0
90 90
ONP+NOP= HOT +OTH =
OH ST
⊥ hay MH ⊥UV
Trong tam giác MHU có
90 HUM +HMU = Mà OMA cân O OMA=OAM
MCA
vuông
90 M MCA+MAC =
HUM MCA
=
MCA=MDA (cùng chắn cung MA)
MLK =MDA (đồng vị) (do KL BC AD)
HUM MLK
=
Vì 0
180 180
MLK+KLV = KUV +KLV = Vậy UKLV tứ giác nội tiếp (đpcm)
Câu 13 (HSG toán tỉnh Hà Nội năm 2018-2019) Cho tam giác ABCvuông A (AB AC)
Đường tròn ( )I nội tiếp tam giác ABCtiếp xúc với cạnh BC CA AB, , D E F, , Gọi S
giao điểm AI DE
a) Chứng minh tam giác IAB đồng dạng với tam giácEAS
b) Gọi K trung điểm AB O trung điểm BC.Chứng minh ba điểm K O S, , thẳng hàng
c) Gọi M giao điểm KI AC Đường thẳng chứa đường cao AH tam giác ABC cắt
đường thẳng DE N Chứng minh AM = AN
(18)17 a) Ta có AI tia phân giác góc BACnên
2 =
IAB BAC,
BI tia phân giác góc ABCnên =
IBA ABC Theo tính chất tổng ba góc AIB ta có:
( )
180 180
2 +
= − + = −BAC ABC
AIB IAB IBA
180 180
2 −
= − C (Do BAC+ABC=180 −C theo tính chất tổng ba góc tam giác) 90
2 = +C
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CE=CD CED cân C
180
2 −
= C
DEC
Lại có: AES=180 −DEC (Hai góc kề bù) 180
180 90
2
−
= − C = +C AIB=AES 90
2 = +C
Mặt khác EAS=IAB (Tính chất tia phân giác)
Do đó: IAB#EAS (g - g)
b) Ta có: IAB#EAS ASE=ABI =IBD
Tứ giác IBDS có IBD+ISD= ASE+ISD=180 Tứ giác IBDS nội tiếp S
N H
M
O K
D E F
I A
(19)18 90
ISB=IDB= (Góc nội tiếp chắn BI nhỏ) mà 45
= =
IAB BAC (Tính chất tia phân giác) ASB vuông cân S
ASB vng cân S có SAlà đường trung tuyến nên SA đường trung trực AB ( )* Mặt khác ABCvng có AO trung tuyến nên
2
= =
OA OB BC
Othuộc đường trung trực AB.( )** Từ ( )* ( )** Ba điểm K O S, , thẳng hàng c) Vì AI tia phân giác AMK nên AK = IK
AM IM ( )1 //AM
IF (Cùng vng góc với AB) IK = FK
IM FA (Định lý Ta lét).( )2 Từ ( )1 ( )2 AK = FK
AM FA =
AK AM
FK AF ( )3
Mặt khác ID//AN (Cùng vng góc với BC) AN =SA
ID SI (Hệ quảđịnh lý Ta lét) mà IF//KS (Cùng vng góc với AB) SA= AK
SI FK nên =
AN AK
ID FK ( )4 Từ ( )3 ( )4 ta có AM = AN
AF ID
Tứ giác AEIFcó EAF = AFI =AEI = 90 nên tứ giácAEIFlà hình chữ nhật AF=EI =ID
Ta cóAF=ID AM = AN
AF ID nên AM = AN
Câu 14 (HSG tốn tỉnh Hịa Bình năm 2018-2019) Cho tam giác ABC đường tròn ( )O nội tiếp tam giác Gọi H I K, , tiếp điểm cạnh AB AC BC, , với đường tròn ( )O Trên cạnh AB AC, lấy điểm M N, cho BM+CN=BC
a)Chứng minh 1( )
2
KHI = BAC+ABC
b)Chứng minh tam giác OMN tam giác cân
c)Xác định vịtrí điểm M AB cho đoạn thẳng MN ngắn
Lời giải a)Ta có:
2
KHI = KOI (hệ góc nội tiếp) 180
(20)19
Do KOI =BAC+ABC (vì KCI= ACB) Vậy 1( )
2
KHI = BAC+ABC b)Ta có: BC =BM +CN ( )gt Suy
( )
BC BH HM CI IN
BK HM CI IN
BC HM IN CI CK
= + + −
= + + −
= + − =
Suy HM =IN
Xét HOM IONcó: OH =OI HM, =IN OHM, =OIN =90
Do HOM= ION
c)Ta có: MON cân O, HOI cân O, MON=HOI
Do OMN đồng dạng với tam giác OHI (g-g) Suy MN OM
HI = OH mà OM OH (OH ⊥HM)
Do MN MN HI
HI
Dấu “=” xảy H M N, I
Vậy độdài đoạn thẳng MN ngắn HI H M N, I
Câu 15 (HSG toán tỉnh Hưng Yên năm 2018-2019) Cho ba điểm cố định A B C, , thẳng hàng theo thứ tự Một đường trịn ( )O thay đổi qua B C Vẽ tiếp tuyến AD AE với đường tròn ( )O , D E tiếp điểm
a) Chứng minh AD= AB AC , từ suy D thuộc đường trịn cố định
b) Gọi MN đường kính đường trịn ( )O vng góc với BC Gọi K giao điểm AM với đường tròn ( )O Chứng minh ba đường thẳng AB DE, NK đồng quy
Lời giải
a) Xét ADC ABD có:
I H K
N M D
E
C O
(21)20
A chung =
ADB DCB (Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp) Do đó: ADC∽ ABD g g( )
2
AD = AC AD =AB ACAD= AB AC
AB AD
Do A B C, , cố định nên D cố định
b) Gọi J giao điểm MN với AC Dây DE cắt AO H cắt AC I Ta có: AD=AE (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA OE= =R
AO đường trung trực DE
AO⊥DE H
90
IHO IJO AHI AJO
= = ∽
AH = AI AH AO=AI AJ
AJ AO
Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ADO có:
=
AD AH AO
AD = AH AJ
Ta lại có:
AK AD
AKD ADM AD AK AM
AD AM
∽ = =
AK AM=AI AJ
90
AK AI
AHI AJM AKI AJM
AJ AM
= ∽ = = hay MKI = 90
Mà MKN = 90
Do K I N, , thẳng hàng hay ba đường thẳng AB DE, NK đồng quy
Câu 16 (HSG toán tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Cho tam giác MNP có góc M N P, , nhọn, nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Gọi Q trung điểm NP đường cao
, ,
MD NE PF tam giác MNP cắt H
Chứng minh rằng: a) MH =2OQ
b) Nếu MN+MP=2NP sinN+sinP=2sinM
c)
ME FH+MF HE= R biết NP=R
Lời giải a) Kẻđường kính MK
Ta có
90
(22)21 Xét KMH có OM =OK, OH =QK nên OQ đường trung bình KMH
Suy MH =2OQ(đpcm)
b) Ta có sin sin
2
MP MP
MNP MKP
MK R
= = =
sin
MP R
MNP
=
Tương tựta có
sin
MN R
MPN
=
sin NP R NMP = Do
sin sin sin sin sin
MN MP NP MN MP
MPN MNP NMP MPN MNP
+ = = = + sin sin NP MPN MNP = +
sinMPN sinMNP 2sinNMP
+ = (đpcm)
c) Ta có 2
R
NP=R NQ=
Áp dụng định lí Pitago ta có
2
2 2
2
R R
OQ= NO −NQ = R − = =NQ
Khi NOQ vng cân Q NOQ=45 NOP=90 NMP=45 45
NHF PHE
= = Do tam giác NHF PHE vuông cân Suy NH= 2FH
PH = HE
Theo câu a) MH =2OQ=R
Mặt khác
2
ND NH FH FH
NDH MEH ME FH R ND
ME MH R R
∽ = = = =
Tương tự PDH∽ MFHMF HE =R PD
Suy ( )
ME FH+MF HE=R ND PD+ =R NP= R (đpcm)
Câu 17 (HSG tốn tỉnh Hải Phịng năm 2018-2019) Cho hai đường tròn ( )O1 ( )O2 tiếp xúc
ngoài điểm I Vẽ đường tròn ( )O tiếp xúc với ( )O1 ( )O2 B C Từ
điểm I vẽ đường thẳng d vng góc với O O1 2, d cắt cung lớn cung nhỏ BC ( )O điểm A Q, Cho AB cắt ( )O1 điểm thứ hai E, AC cắt ( )O2 điểm thứ hai D
a) Chứng minh rằngtứ giác BCDE nội tiếp ;
b) Chứng minh OA vng góc với DE;
c) Vẽ đường kính MN ( )O vng góc với AI (điểm M nằm AB khơng chứa điểm C)
Chứng minh rằngba đường thẳng AQ BM CN, , đồng quy
(23)22 a) Chứng minh ABI ∽ AIE (g.g) AI AB AI2 AE AB
AE AI
= =
Tương tự
AI = AD AC
Suy AE AB = AD AC AED∽ACB c g c( )
AED ACB
= Tứ giác BCDE nội tiếp
b) Vì tứ giác BCDE nội tiếp suy ADE =ABC
mà 1
2
ABC= AOCADE= AOC Vì AOC cân O suy 180
2
o
AOC
OAC= −
Suy ADE OAC+ =90o Vậy OA⊥DE c) Gọi P giao điểm BM CN
Vì O O1 2//MN BO I1 =BON (hai góc đồng vị)
Do O BI1 cân O1 suy 1
180
o
BO I
O BI = −
Tương tự 180
2
o
BON
OBN = − O BI1 =OBN
Suy ba điểm B I N, , thẳng hàng Suy BN⊥BM
Chứng minh tương tự ba điểm C I M, , thẳng hàng CN⊥CM Do I trực tâm PMNPI ⊥MN
Mà AI ⊥MN nên ba điểm A I P, , thẳng hàng
2 1
P
N M
E
D
Q A
O
B
O I O
(24)23
Vậy ba đường thẳng AQ BM CN, , đồng quy
Câu 18 (HSG toán tỉnh Kiên Giang năm 2018-2019)Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O)
với AD đường kính Biết AB=BC=2 5cm CD=6cm Tính bán kính đường trịn (O)
Lời giải
Gọi I giao điểm BO AC
Do AB=BC nên AB=BC OA=OC Suy OB⊥ AC IA=IC
Suy OB song song với CD
Từ
2
OI = CD=
Áp dụng định lý Pytago hai tam giác vuông IBC IOC :
2 2
IC =BC −IB 2
IC =OC −OI
Suy 2 2
BC −IB =OC −OI
( )2 ( )2
2 R R
− − = −
2
3 10
R R R cm
− − = = (R= −2 loại)
Câu 19 (HSG toán tỉnh Lai Châu năm 2018-2019) Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB = 2R C điểm cố định nằm A B Lấy điểm D thuộc (O) (D khác A, B) Qua D vẽ đường thẳng vng góc với CD cắt tiếp tuyến Ax, By M, N Gọi P giao điểm AD CM, Q
giao điểm BD CN Chứng minh rằng: a) Tứ giác CQDP nội tiếp
b) AM.BN = AC.BC
c) Qua D kẻ tiếp tuyến (O) cắt Ax, By E, F Tìm giá trị nhỏ SAED+SBFD
Lời giải
I
O
C
A D
B
y x
F
E
Q P
N M
D
B
O C
(25)24
a) Xét tứ giác MACD có:
MDC = MAC 90 = => Tứ giác MACD nội tiếp
Tương tự: Tứ giác CDNB nội tiếp
1
MAD MCD
2
CBD CND
2 MD CD = = = =
Mà: ABD MAD MAD MCD CBD CND
2AD
= = = = =
Mặt khác: 0( ) ( )
DNC + DCN 90= MN ⊥CD DCN + DCM 90= DNC=DCM
( )
0
DCN DCM 90 DNC DCM PCQ 90
+ = = =
=> Tứ giác PCQD nội tiếp (Vì: PDQ + PCQ 180 )=
b) Ta có: 0
MCN =90 (cmt) NCB+MCA =90
Mà:
AMC+MCA =90 AMC= BCN (cùng phụ với MCA) Xét AMC BCN có: A = B 90
M = C (cmt)
=
AMC BCN (g.g)
AM AC AM.BN BC
BC BN AC
= =
c) Qua D kẻ tiếp tuyến (O) cắt Ax, By E, F Tìm giá trị nhỏ SAED+SBFD
Ta có: 1( )
2
AED BFD ABFE AED
S +S =S +S = AE+BF AB− AD BD
1
2EF AB 2AD BD
= −
( )
1 1
2AB AB 2AD BD AB AD BD
− = −
2 2
2 2
1 1
2 2
AD BD AB
AB AB AB
+
− = − =
Dấu "=" xảy <=> AD = BD Hay D nằm cung AB
Khi đó: ( ) ( )
2 2 1 4 AED BFD
Min S +S = AB = R =R
(26)25 điểm F E, Gọi H giao điểm BE CF
a) Chứng minh OA vng góc EF
b) Từ A dựng tiếp tuyến AM AN, với đường tròn ( )K (M N, tiếp điểm N thuộc cung nhỏ EC) Chứng minh rằng: M H N, , thẳng hàng
Lời giải
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 OA ⊥ Ax OA ⊥ EF
b) Chứng minh rằng: M H N, , thẳng hàng ABC
có BE CF, hai đường cao H trực tâm Kẻđường cao thứ 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 = ANtheo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Do ANM =ASN(1)
Ta có: ANE đồng dạng ACN (g.g)
AN =AE AC
AEH
đồng dạng ASC (g.g) AH AS =AE AC
AN =AH AS
AN AS
(27)26 ANH= ASN(2)
Từ (1) (2) suy ANM = ANH M H N, , thẳng hàng
Câu 21 (HSG toán tỉnh Long An năm 2018-2019) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ; )O R , điểm M di động cung nhỏ BC Xác định vị trí M để S=MA MB+ +MC đạt giá trị lớn tính S
Lời giải
Trên tia đối MB lấy điểm D cho MD=MC 60o
BAC= ( ABCđều) BMC=120o CMD= 60 MCD
CM =CD
ACM = BCD (c.g.c)AM =BD Mà BD=MB+MD=MB+MC
2
S MA MB MC MA
= + + =
Mà AM 2R
Vậy S đạt giá trị lớn MA đường kính M điểm cung nhỏ BC
Khi S=2.2R=4R
Câu 22 (HSG toán tỉnh Long An năm 2018-2019) Cho đường trịn ( )O đường kính AB Từ
một điểm C thuộc đường tròn ( )O kẻ CH vng góc AB (C khác A B; H thuộc AB) Đường trịn tâm C bán kính CH cắt đường tròn ( )O D E Chứng minh DE qua trung điểm
CH
O
D M
C B
(28)27 Vẽđường kính CM đường trịn ( )O Gọi N I, giao điểm DE với CHvà CM
( )O ( )C cắt D E, OC⊥ DE
CEM
vuông E, EI đường cao nên
CE =CI CM
Mà CM =2CO CE=CH nên
2
CH = CI CO hay
2
CH
CI CO
= (1)
CIN
đồng dạng CHO(g.g) CI CN
CH CO
= CN CH =CI CO (2) Từ (1), (2) suy CH =2CN N trung điểm CH
Vậy DE qua trung điểm CH
Câu 23 (HSG toán tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019)
Cho tam giácABCcân A, đường cao BH đường phân giác AE cắt M Chứng minh EH tiếp tuyến đường trịn đường kính AM
Lời giải
ABC
cân A, AE đường phân giác nên AE đồng thời đường cao Mlà trực tâm ABC - Ta có:
90 AHB= AEB=
Tứ giác AHEB nội tiếp (Hai đỉnh kề nhìn cạnh AB cặp góc
BAE BHE
(29)28
AMH
nên MAH = MHE nên theo hệ tiếp tuyến dây cung suy EHlà tiếp tuyến
đường tròn đường kính AM
Câu 24 (HSG tốn tỉnh Lạng Sơn năm 2018-2019) Cho tam giác nhọn ABC (ABAC) nội tiếp đường tròn ( )O , đường cao BE CF, cắt H (EAC F, AB)
a)Gọi K =EFBC, L= AK( )O với L A Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp HL⊥AK b)Chứng minh đường thẳng HL qua trung điểm củaBC
c)Gọi T điểm đoạn thẳng FC cho 90
ATB= Chứng minh đường tròn ngoại tiếp hai tam giác KLT CET tiếp xúc với
Lời giải
a)
Ta có AFH = AEH =900 suy tứ giác AEHFnội tiếp đường trịn đường kínhAH Ta có tứ giác ALBC nội tiếp KB KC =KL KA (1)
Vì tứ giác BFEC nội tiếp KB KC =KF KE (2)
Từ ( ) ( )1 , tứ giác ALFE nội tiếp đường trịn đường kính AH
Do đó, LH⊥AK
b).Gọi M =HL( )O Vì LH⊥AK AM đường kính Ta có MC AC MC/ /BH
BH AC
⊥
⊥
(3)
Ta có CH AB CH/ / MB
MB AB
⊥
⊥
(4)
Từ (3) (4) Tứ giác BHCM hình bình hành HL qua trung điểm BC
c).Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABT AT2 = AF AB ý BFEC nội tiếp nên
AF AB= AE AC
Do đó, AT2 =AE AC nên AT tiếp tuyến đường tròn (CET)
M I
H
T L
K
E
F
O A
B
(30)29
Hơn nữa, KFB= ACB=KLB nên suy KLFB nội tiếp, AF AB =AL AK nên AT2 = AL AK tức AT tiếp tuyến (KLT)
Vậy (CET) tiếp xúc với (KLT) có AT tiếp tuyến chung
Câu 25 (HSG toán tỉnh Nam Định năm 2018-2019) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O R; ), vẽđường tròn (O'; R') (R'R) tiếp xúc với cạnh AD H, tiếp xúc với cạnh BC G tiếp xúc với đường tròn ( )O M (điểm M thuộc cung CD không chứa điểm A) Vẽ đường thẳng tt tiếp tuyến chung M hai đường tròn ( )O (O) (tia Mt nằm nửa mặt phẳng bờlà đường thẳng MA chứa điểm D)
a) Chứng minh DHM =DMt+AMH MH MG, tia phân giác AMD
BMC
b) Đường thẳng MH cắt đường tròn ( )O E (E khác M).Hai đường thẳng HG CE cắt I Chứng minh EHI =EIM
c) Chứng minh đường thẳng HG qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD
Lời giải
a) Chứng minh DHM =DMt+AMH MH MG, tia phân giác AMD BMC Ta có DHM =DAM +AMH =DMt+AMH
AMH DHM DMt HGM DMt
= − = − =HMt−DMt=HMD
MH
tia phân giác AMD
Chứng minh tương tự, MG tia phân giác BMC b) Chứng minh EHI =EIM
(31)30 180 180
= o − = o−
EHI MHG MGC
180
= o− =
MIC EIM
c) Chứng minh đường thẳng HG qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD Ta có: EHI =EIM EHI ഗ EIM
2
EH EI
EI EH EM
EI EM
= =
vì AMH =HMD nên ED=EAEDA=EMD EHD ഗ EDM
2
EH ED
ED EH EM ED EI EA
ED EM
= = = =
Suy tam giác EDI EAI, cân Do 180 180
2
o o
IED IEA
AID=EID+EIA= − + −
180
180 180 180
2 2
o
o IED+IEA o AED o −ACD
= − = − = − 90
2
o ACD
= +
mà I I, thuộc tia EC nên II hay HG qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD Câu 26 (HSG toán tỉnh Nghệ An bảng A năm 2018-2019)
1 Cho tam giác nhọn ABCnội tiếp đường tròn( )O Gọi D, E, Flần lượt chân đường cao kẻ từ
ba đỉnh A, B, Ccủa tam giác Đường thẳng EFcắt đường trịn ( )O điểm thứ M(M khác phía với O so với đường thẳng AB), đường thẳng BMcắt đường thẳng DFtạiN Chứng minh rằng: a.EF OA⊥
b.AM = AN
2 Cho tam giác nhọn ABC, Dlà điểm tam giác cho ADB=ACB+900
và AC.BD = AD.BC Chứng minh
AB CD
AC BD =
Lời giải
y
x
N
A
Q
P
M F
E
D O
(32)31 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 BCEFlà tứ giác nội tiếp suy
ACB = AFE (1) Mặt khác
2
BAx= Sd AB (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung)
2
ACB= Sd AB (góc nội tiếp) BAx= ACB) (2)
Từ (1) (2) suy AFE=BAx vị trí so le nên EF/ /xyhayEF⊥OA
1.bĐường thẳng EF cắt (O) điểm thứ P, BP cắt DF Q , ,
AD BE CFlà đường cao tam giác ABCnên BCEF ACDF, nội tiếp, ACB= AFP
( )
1
2
ACB= Sd AB= Sd BM +MA
Mặt khác ( )
AFP= Sd BM +AP
Do Sd AM =Sd APsuy BA tia phân giác MBQ AM =AP (1)
Tứ giác BCEFnội tiếp suy ACB=BFM , tứ giác ACDF nội tiếp suy 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) Từ (1) (2) suy raAM = AN
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
E
A
B
D
(33)32 Suy AD BD DE
AC = BC = BC ADE~ACB, từđó
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 =
Câu 27 (HSG toán tỉnh Nghệ An bảng B năm 2018-2019) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp
đường tròn (O) Gọi D, E, F chân đường cao kẻ từ ba đỉnh A, B, C tam giác Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) điểm thứ M (M khác phía với O so với đường thẳng AB),
đường thẳng BM cắt đường thẳng DF N Chứng minh rằng: a) EF ⊥ OA
b) AM = AN
Lời giải
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 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, ACB= AFP Mặt khác 1 1 ( )
2 2
ACB= Sd AB= Sd BM +MA
y
x
N
A
Q
P
M F
E
D O
(34)33
( )
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 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) Từ (1) (2) suy AM = AN
Câu 28 (HSG toán tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp
đường tròn tâm O M điểm dây BC (M khác B C) Vẽđường tròn tâm D qua M tiếp xúc với AB B, vẽđường tròn tâm E qua Mvà tiếp xúc với AC C Gọi N giao
điểm thứ hai hai đường tròn ( )D ( )E
a) Chứng minh tứ giác ABNC nội tiếp Từđó chứng minh điểm N thuộc đường tròn ( )O ba
điểm A M N, , thẳng hàng
b) Chứng minh trung điểm I đoạn thẳng DE nằm đường thẳng cốđịnh
điểm M di động dây BC
Lời giải
a)
Ta có BAC BNC BAC BNM CNM+ = + + 180
BAC ABM ACM
= + + = nên tứ giác ABNC nội
tiếp, suy điểm N thuộc đường tròn (O) Mặt khác BNA BCA CBA MBA BNM= = = = ba điểm
(35)34 b) Gọi K giao điểm đường thẳng BD vàCE Gọi P Q, trung điểm BK vàCK
Vì ABK ACK= =90 nên K thuộc (O) hay AKlà đường kính đường trịn (O) Suy AK cốđịnh,
suy PQ BC// cốđịnh
Mặt khác ABC cân nên KB KC= hay BKC cân K Các tam giác BDM,CEMcân nên ta
có BMD KBC KCB= = CME KCB KBC= = ,
suy MD KE// ME KD// hay tứ giác KEMDlà
hình bình hành, suy I trung điểm MK Do đo PI đường trung bình KBM nên PI BC//
Tương tự QI BC// hay P I Q, , thẳng hàng Vậy I di chuyển đường thẳng PQ cốđịnh
Câu 29 (HSG toán tỉnh Phú Thọnăm 2018-2019) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), D thuộc BC (D không trùng với B, C) (O) tiếp xức với (O) K, tiếp xúc với đoạn CD, AD F, E Các
đường thẳng KF, KE cắt (O) M, N a Chứng minh MN song song với EF
b Chứng minh MC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác KFC c Chứng minh EF qua điểm cốđịnh D chạy BC
Lời giải
a Qua K kẻ tiếp tuyến chung (d) với (O) (O) Gọi H giao điểm (d) BC ta có: //
KEF FKH MNK= = MN EF
b Ta có tam giác HKF cân H suy HKF HFK= MB MC= AM phân giác góc BAC Suy
ra BCM MKC= nên MC tiếp tuyến đường tròn (KFC)
d
H I
M N
K E
F O
A
B D C
(36)35 c Gọi AM cắt EF I Ta chứng minh I cốđịnh, ta có AKN AMN AIE= = nên tứ giác AEIK nội tiếp
Suy DEF EKF= EAI EIA EKI IKE+ = + EIA IKF= hay MIF IKF= Suy MIF∽ MKI g g( )MI2 = MK MF (1)
Ta có MC tiếp tuyến (KFC) nên MC2 =MF MK (2)
Từ (1) (2) suy MI MC= Lúc ta có MIC MCI= IAC ICA MCB BCI+ = + ICA BCI= nên CI đường phân giác tam giác ABC, mà AM đường phân giác tam giác ABC nên I cốđịnh Câu 30 (HSG tốn tỉnh Quảng Bình năm 2018-2019)
Cho đường tròn ( )O dây cung BC=a không đổi (O không thuộc BC), A điểm di động
cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD, BE, CK cắt H (DBC, EAC,KAB)
a) Trong trường hợp BHC=BOC, tính AH theo a
b) Trong trường hợp bất kì, tìm vị trí A để tích DH DA nhận giá trị lớn nhât
Lời giải
a) Trong trường hợp BHC=BOC, tính AH theo a
Ta có: AEH =AKH =90 BAC+KHE=180BAC+BHC=180 BAC+BOC=180 BAC+2BAC=180 BAC=60 BOC=120 Gọi M trung điểm BC, suy OM ⊥ BC MOC=60
cot 60
6 a
OM =MC =
Kẻđường kính AF, ta có FBH =FCH =90 nên BH // CF; CH // BF
N
M
F H
D K
E O
B C
(37)36 Suy tứ giác BHCF hình bình hành H, M, F thẳng hang Do OM đường trung bình
AHF
3 a AH = OM =
b) Trong trường hợp bất kì, tìm vị trí A để tích DH DA nhận giá trị lớn + Gọi N giao điểm tia ADvới ( )O
Ta có HBC=HAC=NBC suy BC trung trực HN hay DH=DN + Áp dụng phương tích đường trịn ( )
2 2
4
DB DC BC
DH DA=DN DA=DB DC + = khơng đổi Do
đó DH DA lớn DB=DC A điểm cúng lớn BC
Câu 31 (HSG toán tỉnh Quảng Nam năm 2018-2019)Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường
tròn ( )O đường kính AD=2 ,a BC=a, ADB30 Gọi E giao điểm hai đường thẳng AB CD F, giao điểm hai đường thẳngAC BD I, trung điểm EF
a) Chứng minh IC tiếp tuyến đường trịn ( ).O
b) Tính diện tích tứ giác OBIC theo a
c) Trên tiếp tuyến đường tròn ( )O A, lấy điểm M thuộc nửa mặt phẳng bờ AD chứa điểm
B cho ADM 30 Đường thẳng MB cắt đường tròn ( )O điểm N (Nkhác B) Dựng đường kính NKcủa đường trịn ( ).O Chứng minh ba đường thẳng AK BD, MO đồng quy
Lời giải a) Chứng minh IC tiếp tuyến đường trịn ( )O
- Hình vẽ phục vụ câu câu a: 0,25 điểm
- Nếu học sinh vẽ ADB300trừ câu a không chấm câu c OCD=ODC (vì tam giác OCD cân O)
Tứ giác BECF nội tiếp đường trịn đường kính EF nên ICE cân I
ICE IEC
=
O H I
F E
D C
B
(38)37
Nói F trực tâm tam giác EAD, suy 90 ODC+IEC=
Do
90 OCD+ICE= Suy
90
OCI = , nên IC tiếp tuyến đường tròn ( )O
b) Tính diện tích tứ giác OBIC theo a ,
IB=IC OB=OC Suy OI đường trung trực đoạn thẳng BC
Do OI ⊥BC Suy diện tích tứ giác OBIC là:
OBIC
S = OI BC
+ BC=a
+ Trong tam giác vuông CIO C có: 0 cos30
OC a
OI = =
Suy
2
1
2 3
OBIC
a a
S = a=
c) Trên tiếp tuyến đường tròn ( )O A, lấy điểm M thuộc nửa mặt phẳng bờ AD chứa điểm B cho ADM 30 Đường thẳng MB cắt đường tròn ( )O điểm N (Nkhác B) Dựng đường
kính NKcủa đường trịn ( ).O Chứng minh ba đường thẳng AK BD, MO đồng quy
(Khơng có hình vẽ, khơng chấm bài)
+ Gọi L giao điểm BD MO, P hình chiếu vng góc A lên MO
Ta chứng minh A, L, K thẳng hàng
+ Chứng minh hai tam giác AMB NMA đồng dạng
P
A B
D
N M
L
K
(39)38 Suy
MA =MB MN Mà
MA =MP MO Suy MB MN =MP MO hay MB MP MO = MN Mà BMP chung, suy hai tam giác MBP MON đồng dạng
Suy BNO=BPL Mà BNO=BAK nên BAK=BPL (1)
Tứ giác ABLP nội tiếp nên BPL=BAL (2)
+ Từ (1) (2) suy BAK =BAL Suy hai tia AK AL trùng Suy A, L, K thẳng hàng
Vậy ba đường thẳng AK BD MO, , đồng quy L
Câu 32 (HSG toán tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Cho đường trịn tâm O đường kính
AB= R Gọi C trung điểm AO, vẽ tia Cxvng góc với AB cắt đường trịn I Lấy K điểm bất kỳtrên đoạn CI(K khác C I ) Tia AK cắt đường tròn ( )O M, tia BM
cắt tia Cx D Vẽ tiếp tuyến với đường tròn ( )O M cắt tia Cx N a) Chứng minh KMN cân
b) Tính diện tích ABD theo R K trung điểm CI
c) Khi K di động CI Chứng minh đường tròn ngoại tiếp AKD qua điểm cốđịnh thứ
hai khác A
Lời giải a) Ta có KMN =MBA (1)
Tứ giác BMKC có BMK =BCK=900 nên nội tiếp MKN=MBA (2) Từ (1) (2) suy : KMN =MKN
KMN
cân N
b) Ta có KAC =BDC ACK; =BCDnên ACK DCB AC KC
DC CB
=
I
M D
N
E
K
C O B
(40)39
2
4
:
2 2
R R
AC BC R R
DC R
KC
−
= = =
Do 3.2
3
2
ABD
DC AB R R
S = = =R
c) Gọi E điểm đối xứng với B qua C Ta có CDE=CDB=CKA nên tứ giác AKDE nội tiếp Do đường trịn ngoại tiếp AKDcũng đường trịn ngoại tiếp tứ giác AKDE
Ta có A, C, B cốđịnh nên AE cốđịnh Vậy đường tròn ngoại tiếp AKD qua điểm cốđịnh thứ hai khác A E
Câu 33 (HSG toán tỉnh Quảng Ninh bảng A năm 2018-2019) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC)
nội tiếp đường trịn (O) Kẻ đường kính CD (O), tiếp tuyến D (O) cắt đường thẳng AB
M Gọi H chân đường vng góc kẻ từ D đến đường thẳng OM
a)Chứng minh MA.MB = MD2 AHOB là tứ giác nội tiếp;
b)Chứng minh HD tia phân giác góc AHB;
c)CA, CB cắt đường thẳng OM P Q Chứng minh O trung điểm PQ .Lời giải
.a)Chứng minh MA.MB = MD2 AHOB là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh MA.MB = MD2
Chỉ MH.MO = MD2
Suy MA.MB = MH.MO
Từ chứng minh MAH MOB c g c( )
Suy MHA= MBO, suy AHOB tứ giác nội tiếp b)Chứng minh HD tia phân giác góc AHB
AHOB tứ giác nội tiếp suy OHB= OAB (1)
Tam giác AOB cân O suy OAB= OBA (2)
OBA MHA
= (phần a) (3)
Từ (1), (2), (3) suy OHB= MHA
Từđó AHD= BHD suy HD tia phân giác góc AHB
H Q
P
M
D O
B C
(41)40 c)CA, CB cắt đường thẳng OM P Q Chứng minh O trung điểm PQ
Chứng minh bốn điểm A, P, H, D nằm đường tròn (4) Chứng minh PD/ /BC
+) Từ (4) suy
2
APD AHD AHB
= = (5) +) Mà AHB= AOB= 2 ACB (6)
+) Từ (5), (6) suy APD= ACBPD/ /BC Từđó chứng minh POD= QOC g c g( ) Suy OP = OQ, suy đpcm
Câu 34 (HSG tốn tỉnh Sóc Trăng năm 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông cân A có AH
là đường cao Trên đoạn HC lấy điểm M(Mkhác H C) Gọi I J; chân đường vng góc kẻ từ M đến cạnh AC AB, N điểm đối xứng M qua IJ
a) Chứng minh ABCN nội tiếp đường tròn ( )T
b) Kéo dài AM cắt đường tròn ( )T ( )P (P khác A) Chứng minh 1
PM PB+PC
c) Gọi D trung điểm AH, kẻ HK vng góc với CD K Chứng minh BAK =KHC
Lời giải
a) Ta có tứ giác AIMJ hình chữ nhật Do AIMJ nội tiếp đường trịn đường kính AM IJ Vì N
đối xứng với M qua IJ nên JNI =JMI = 90
hay N thuộc đường trịn đường kính IJ AM ANM = 90
Mặt khác I thuộc trung trực MN, MIC vuông cân nên I thuộc trung trực MC suy I tâm đường tròn ngoại tiếp MNC
K J
P
I N
M H
D
C B
(42)41
45
MNC MIC
= = Do ABC+ANC= + + =45 90 45 180 hay tứ giác ABCN nội tiếp đường trịn ( )T
b) Ta có MPC MBA PM PC PM MB
MB BA PC BA
∽ = = (1)
PM PB PM MC
MBP MAC
MC CA PB CA
∽ = = (2) Cộng theo vế (1) với (2) được:
1
PM PM MB MC MB MC BC
PC + PB = BA + CA = BA + BA = BA
1 1
PC PB PM
+
c) Áp dụng hệ thức lượng ta có
DH =DK DC DA2 =DK DC DA DK
DC DA
=
DKA DAC
∽ AKD=DAC= 45 ABH+AKH = + + =45 45 90 180 suy tứ giác ABHK nội tiếp
90
AKB AHB HKC
= = = mà ABK= AHK=KCH nên suy BAK=KHC
Câu 35 (HSG toán tỉnh Sơn La năm 2018-2019)Cho ba điểm A, B, Ccốđịnh nằm đường thẳng d(Bnằm A C) Vẽđường tròn tâmOthay đổi qua Bvà C (Okhông nằm đường thẳngd) Kẻ AM ANlà tiếp tuyến ( )O Mvà N Gọi I trung điểm BC AO, cắt MNtại Hvà cắt đường tròn ( )O cácđiểm Pvà Q(P nằm Avà O), BCcắt
MNtại K
a) Chứng minh bốn điểm O, M, N, I thuộc đường tròn
b) Chứng minh điểm K cốđịnh đường tròn ( )O thay đổi
c) Gọi D trung điểm HQ, từHkẻđường thẳng vng góc với MDcắt đường thẳngMPtại E
Chứng minh Plà trung điểm ME
(43)42 a) Ta có AMO=ANO=AIO= 90
Nên điểm O, M, N, I thuộc đường trịn đường kính AO b) Ta có OHK OIK+ =180nên tứ giác OHKInội tiếp
Áp dụng phương tích đường trịn ta có: 2
AK−AI = AH AO=AM = AN = ABAC Vì A, B, C, I cốđịnh nên K cốđịnh
c) Ta có MDH =MHFADQ=MHE MQD=EMH Nên MDQđồng dạng với EHM
2
2
MQ DQ DQ HQ
EM HM HM HM
= = =
Mặt khác, ta có QHM đồng dạng với MHP
2
2 2
MQ HQ MQ HQ MQ MQ
EM MP
MP HM MP HM EM MP
= = = =
Câu 36 (HSG toán tỉnh Thanh hóa năm 2018-2019)Cho đường trịn (O R; ) điểm A cố định ởbên ngồi đường trịn, OA=2R Từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn ( )O (B,C tiếp điểm) Đường thẳng OA cắt dây BC I Gọi M điểm di động cung nhỏ BC Tiếp tuyến M đường tròn ( )O cắtAB, AC E, F Dây BC cắt OE, OFlần lượt điểm P, Q
1 Chứng minh 60
ABI = tứ giác OBEQ nội tiếp Chứng minh EF =2PQ
3 Xác định vịtrí điểm M cung nhỏ BC cho tam giác OPQ có diện tích nhỏ Tính diện tích nhỏ theo R
Lời giải
1.Chứng minh 60
(44)43 Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, suy : OI ⊥BC
ABI BOI
= (vì phụ với BAO)
0
cos cos 60 (1)
2
OB R
ABI BOI ABI BOI
OA R
= = = = = =
Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt suy OF OE, tia phân giác góc COM MOB Suy ra:
2 COM
FOM = ;
2 MOB
MOE= EOF (2)
2
COM MOB BOC
FOM MOE + BOI
= + = = =
Từ (1) (2) suy : 60
ABI =EOF = hayQBE=QOETứ giác OBEQ nội tiếp 2.Chứng minh EF =2PQ
OQB=OEB (cùng chắn cung OB đường tròn (OBEQ))
OEF=OEB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
OQB OEF
= hay OQP=OEF
OQP
OEF g g( ) (vì có OQP=OEF QOP, góc chung) PQ OQ (3)
EF OE
=
Vì tứ giác OBEQ nội tiếp 0
90 , 60
OBE= QBE = nên:
0 0
180 90 ; 30
OQE= −OBE= OEQ=OBQ=OBE−QBE=
OQE
vuông Q 30 OEQ=
sin sin 30 (4)
OQ
OEQ OE
= = =
Từ (3) (4) suy :
PQ
EF PQ
EF = =
3.Cách 1: Vì OQP OEF theo tỉ sốđồng dạng EF PQ = nên OPQ OEF S S = (5)
4 8
OEF OPQ
S OM EF R EF
S
= = =
Kẻ qua O đường thẳng vng góc với OA, cắtAC, AB theo thứ tự H K, Ta có:
0 60
BKO=BOI = ( Vì phụ vớiBAO )
.cot cot 60
3 R
HC=KB=OB BKO=OB =
EF=FM+EM =FC+EB
(HF HC) (KE KB) (HF KE) (HC KB)
(45)44
( )
2 (6)
3 R
HF KE HC HF KE
= + − −
Mặt khác 60
FHO= AOC= ,
60
EKO= AOB= nên dễ chứng minh HFO
KOE (vì đồng dạng với tam giác OFE)
HF HO OK KE = 2
(7)
sin 60
R R
HF KE OK OH OK
= = = =
Từ (5), (6), (7) suy :
2
4
3
8
OPQ
R R
R
R EF R
S
−
= =
Dấu “ = ” xảy KE=HF =OH =OK FM =EM MC=MB Mlà điểm cung BC
Vậy để tam giác OPQ có diện tích nhỏ M điểm cung nhỏ BC Giá trị nhỏ
2
R
Cách 2: Vì OQP OEF theo tỉ sốđồng dạng EF PQ = nên
4
OPQ OEF
S
S = ( )
1
OEF
OPQ ABOC AEF
S
S S S
= = − 1 1( )
8 2OA BC SAEF R SAEF
= − = −
Sử dụng cơng thức: Hê-Rơng Tính diện tích S tam giác có độ dài ba cạnh 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
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
1
3
-8 4.3
(46)45
( )2 2
3
-8 4.3
AB R
=
( )2
2
2 2.2 sin
1
3
-8 4.3
R AOB R
R
= =
Câu 37 (HSG toán tỉnh Thái Bình năm 2018-2019) Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH, gọi I, , J K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ABH, ACH Gọi giao
điểm đường thẳng AJ, AK với cạnh BC Evà F a) Chứng minh: I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
b) Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp tam giác IJKvà đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính
Lời giải
a)
AEC+EAH =90,CAE+EAB=90 ,EAH =EABAEC=CAE AEC
cân C, CI trung trực AE
Tương tự BI trung trực AF I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF b)Gọi M hình chiếu vng góc I BC M trung điểm EF MI=r
Tam giác ABF cân B, tam giác ACE cân C nên EF = AB + AC – BC
Gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, tam giác ABC vuông A ta chứng minh
được AB + AC – BC 2= r EF = r
A E đối xứng qua CI nên KEC=KAC, mà KAC=KAH,
0
90 90
KAH+KFH = KEC+KFE= KEF vuông K MK EF r
= = MJ=MI=MK=r điều phải chứng minh
Câu 38 (HSG toán tỉnh Tiền Giang năm 2018-2019) Cho hai đường tròn (O R1; 1), (O R2; 2) cắt điểm A B Một đường thẳng ( )d qua A cắt đường tròn (O R1; 1), (O R2; 2)lần
lượt M, N Tiếp tuyến M (O R1; 1) tiếp tuyến N (O R2; 2) cắt I Tìm giá trị lớn bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác IMN ( )d quay quanh A
Lời giải Ta có: IMN=MBA (tính chất góc tiếp tuyến dây cung)
J
E H M
I
K
F C
B
(47)46
INM =NAB(tính chất góc tiếp tuyến dây cung)
Xét tứ giác IMBN, ta có: MBN =MBA NBA+ =IMN+INM =180 −MIN
Suy tứ giác IMBNnội tiếp
Các góc AMB ANBlà góc nội tiếp chắn cung AB cốđịnh (O R1; 1) (, O2; R2) nên AMB,
ANB không đổi
Suy ra: MBNkhông đổi nên MIN =180 −MBN khơng đổi
Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MIN MN=2 sinR MIN sin
MN R
MIN =
Do Rlớn MN lớn
Gọi E F, hình chiếu vng góc O O1 lên ( )d , K hình chiếu vng góc O1 lên O F2 thì: 1
2 2
MN = EF = O K O O
Dấu xảy EF//O O1 2 hay ( )d //O O1 2
Câu 39 (HSG toán tỉnh Tiền Giang năm 2018-2019) Cho ABC nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Chứng minh BC=2 sinAR (Xét cả3 trường hợp: tam giác vuông, tam giác nhọn, tam giác tù) Chú ý: Nếu hai góc bù sin =sin
Lời giải
Trường hợp 1: Xét ABC vuông A
Ta có ABC nội tiếp đường trịn tâm O với O trung điểm cạnh huyền BC Vì sinA=sin 90 =1
2 sin 2
BC R A R R
(48)47 Vậy BC=2 sinR A
Trường hợp 2: Xét ABC với góc A nhọn
Ta vẽđường kính BD đường trịn ngoại tiếp ABC tam giác BCD vng C nên ta có BC=BD.sinD hay a=2 sinR D
Ta có BAC=BDC hai góc nội tiếp chắn cung BC Do a=2 sinR A hay BC=2 sinR A
Trường hợp 3: Xét ABC với góc A tù
Ta vẽđường kính BD đường trịn ngoại tiếpABC Tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn tâm O nên D=180 −A
Do đó: sinD=sin 180( −A)
Ta lại có BC=BD.sinD hay BC=BD.sinA Vậy BC=2 sinR A
Câu 40 (HSG toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019)Cho đường trịn ( )T có tâm O đường kính AB cốđịnh Gọi M điểm di động đường tròn ( )T cho M không trùng với A B
Gọi C điểm đối xứng với điểm O qua điểm A Đường thẳng vng góc với AB C cắt AM N, đường thẳng BM cắt đường thẳng CN F Chứng minh độdài đoạn thẳngNFngắn A trọng tâm tam giácBNF
(49)48
AMB
có đường trung tuyến OM 1AB 2
= nên AMBvuông M NMF = 90
BA 2R 2
BC = 3R =3
2
BA BC
3
= ( )1
Ta có: MNF=FBC (Cùng phụ với BFC) Xét CNA CBF có:
ACN =FCB= 90
ANC=FBC (Chứng minh trên) CNA#CBF(g - g)
CN AC
BC CF
= 2
CN CF =BC AC=3R R=3R Ta có: Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:
2
NF =CN+CF2 CN CF =2 3R =2R 3 (Không đổi) Dấu “=” xảy CN=CF C trung điểm NF.( )2 Từ ( )1 ( )2 A trọng tâm BNF
Câu 41 (HSG toán tỉnh An Giang năm 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông C, biết ,
BAC= AB a= Lấy điểm D nằm bên tam giác ABC cho CD vng góc với DB
góc ACD DBA= Gọi E giao điểm AB CD
a Tính độdài đoạn AE theo a
b Goi F giao điểm DB AC Chứng minh FC2 =FD FB
Lời giải
(T)
F
N
A O B
M
(50)49 a Ta có ACE BCE+ =90 =CBD BCD+ ACE CBD DBE= = DB vừa đường cao vừa đường phân giác tam giác BCE nên tam giác BCE cân B; BC BE=
Mặt khác xét tam giác vng ABC có BC a= sin Vậy AE AB BC a= − = (1 sin )−
b Tam giác FCB vng C có CD đường cao Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta
được: FC2 =FD FB
Câu 42 (HSG tốn tỉnh Bình Định năm 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông cân tạiA Gọi D trung điểm cạnhBC Lấy điểm M đoạn AD (M không trùng vớiA ) Gọi N P,
theo thứ tự hình chiếu vng góc M cạnh AB AC, H hình chiếu vng góc
N lên đường thẳng PD
a) Chứng minh AH vng góc với BH
b) Đường thẳng qua B song song với AD cắt đường trung trực AB tạiI Chứng minh ba điểm
, ,
H N I thẳng hàng
Lời giải
a) Ta có AD⊥BC D (vì ABC vng cân A) 90
ANM = APM = nên AMNP tứ giác nội tiếp (1)
90
NAP = NHP = nên NAPH tứ giác nội tiếp (2)
Từ (1) (2) suy N A P H M, , , , thuộc đường tròn
180
AMH APH
+ = ANM = APM =90 nên AMNP tứ giác nội tiếp (1)
Ta có APC = MDC =90 nên AMNP tứ giác nội tiếp
Suy P1= C1 mà C1= MBD (vì AD trung trực BC) E F
A
C
(51)50
MBD P
=
Ta có AMB = ADB + MBD =90+ MBD mà MBD = P1
Suy AMB = +90 P1= APM + P1= APH AMB + AMH = APH + AMH =180
Do B M H, , thẳng hàng AH⊥BH b) Ta có IBA= BAD= 45 (vì BI AD )
Tam giác ADB vuông D có DI trung trực nên DI phân giác góc ADB 45
ADI BDI
= = Do IBA= IDA(= 45) A, I, B, D thuộc đường trịn (3)
Ta có AHB = ADB =90 nên A H D B, , , thuộc đường tròn (4) Từ (3) (4) suy A H D B I, , , , thuộc đường tròn
0 180
IHD IBD
+ = IHD =90 (vì 90
IBD = ) lại có NHD =90
Do H N I, , thẳng hàng
Câu 43 (HSG toán tỉnh Bắc Giang năm 2018-2019) Cho ABC có điểm M N, trung điểm hai cạnh CA CB Gọi P giao điểm tia MN với đường tròn ngoại tiếp ABC Chứng
minh AC AB BC PB = PC + PA
Lời giải
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 PE PA PD
PB = PD = PB
Hai tam giác vuông PAF PCD; đồng dạng nên PA PF PF PA PD
PC = PD = PC
Từ SPAC =SPBC+SPABPE AC =PD BC +PF AB E
D F P
M N
C
(52)51
.AC AB
PA PD PA PD AC AB BC
PD BC
PB PC PB PC PA
= + = +
Câu 44 (HSG toán tỉnh DAK LAK năm 2018-2019) Cho hình vng ABCD Trên cạnh ,
CB CD lấy điểm M N M, ( khác B C N, khác C D) cho MAN = 45 Chứng minh đường chéo BD chia tam giác AMN thành phần có diện tích
Lời giải
Đường chéo BD cắt AN AM, P Q Ta có PAM =PBM = 45 nên tứ giác ABMP nội tiếp Suy PMA=PBA=PAM = 45 APM vuông cân Tương tự NDQ=NAQ=45 nên tứ giác ADNQ nội tiếp QNA=QDA=QAN =45 AQN vuông cân Kẻ PH⊥AM H
HA HM PH
= = hay AM =2PN
Ta có
.2
APQ
AMN APQ AMN
S PH AQ PH NQ
S S
S = NQ AM = NQ PH = =
Câu 45 (HSG toán tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Tam giác ABC vuông A, đường phân giác
BD Tia phân giác góc A cắt BD I Biết IB=10 5cm ID, =5 5cm Tính diện tích tam giác ABC
Lời giải Ta có
2
AD ID AB
AD
AB = IB = = Mặt khác
2
2 2 2
(15 5)
AB
AD +AB =BD +AB =
30(cm) 15(cm)
AB AD
= = Lại có AD AB DC AD BC 2DC
DC = BC BC = AB= 2 =
Mặt khác 2 2
AB +AC =BC 900 (DC 15)+ + =4DC DC=25(cm)AC=40(cm) Vậy diện tích tam giác ABC
600cm
Câu 46 (HSG toán tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019)Cho tam giác ABC vuông A có đường cao AH
a) Khi AB=12cm tỉ số bán kính đường trịn nội tiếp ngoại tiếp
5 Tính diện tích tam giác
H Q
P
N C
D
A B
(53)52 b) Gọi E F, hình chiếu vng góc H lên AB AC, Chứng minh rằng:
BE CH+CF BH=AH BC
Lời giải
Gọi O trung điểm BC O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
Gọi I giao điểm đường phân giác I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi M, N, P lần
lượt hình chiếu I lên AB, AC, BC
Đặt BC=2OA=2R; IM=IN=IP=rthì 5
r
BC r
R = =
Ta có 2 2 25 144
AC =BC −AB = r −
Theo tính chất tiếp tuyến cắt BM =BP CP, =CF tứ giác AMIN hình vng nên AM =AN=r
Do đó: AB+AC= +r BM+ +r CF=2r+BP CP+ =2r+BC=7rAC=7r−12
Từđó ta có: 2
25r −144=(7r−12) r −7r+12= −0 (r 3)(r− = =4) r 3;r=4
Với
3 ABC 54
r= AC= cmS = cm
Với
4 16 ABC 96
r= AC= cmS = cm
b) Ta có: BE CH+CF BH=AH BCBE BC.CH+CF BC.BH=AH.BC Lại có EH/ /AC nên BE EH AF BE AC AB AF
AB = AE = AC =
Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có BE BC.CH+CF BC.BH
( )
BE AC CF AB AB AF CF AB AB CF AF AB AC AH BC
= + = + = + = = (dpcm)
Câu 47 (HSG tốn tỉnh Kiên Giang năm 2018-2019) Cho hình vẽ bên, với ABCD hình vng
có cạnh a, BD song song với CE BD=BE Tính số đo góc BEC
(54)53
Gọi J giao điểm hai đường chéo hình vng ABCD; I chân đường vng góc hạ từ B lên CE
Ta có tứ giác BICJ có cặp cạnh đối song song
Nên
2
a
BI =JC= AC =
2
BE=BD=a
Trong tam giác vuông BIE có sin BI BEI
BE
= =
Suy 30
BEI =
Câu 48 (HSG toán tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019) Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm
điểm H Chứng minh
2
( )
3
HA+HB+HC AB+BC+CA
Lời giải
Qua H vẽđường thẳng song song với AC cắt AB M , vẽđường thẳng song song với AB cắt AC N
- Tứ giác AMHN hình bình hành (AM HN// ; AN MH// ) nên AM =HN HAN
có HAAN+HN=AN+AM
Vì MH/ /AC;BH⊥AC BH⊥MH HBBM
/ /
HN AB;CH ⊥ABCH ⊥NH HCCN Ta có: HA HB+ +HCAN+AM+BM+CN
HA HB HC AB AC
+ + + (1)
J I
E
D C
(55)54 Chứng minh tương tự:
HA HB+ +HCAC+BC(2) HA HB+ +HCAB+BC(3) Từ (1); (2);(3) ta suy ra:
3(HA HB+ +HC)2(AB+AC+BC)
( )
3
HA HB HC AB AC BC
+ + + +
Dấu " "= không xảy tam giác ABC nhọn
Câu 49 (HSG toán tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019) Trên cạnh BC,CD hình vng lấy hai điểm N, E cho EAN =45 Đường thẳng BD cắt AN AE H K Chứng minh điểm H, N,C, E K, nằm đường tròn
Lời giải
Vì ABCD hình vng , AC BD hai đường chéo hình vng ABCD BDC=45 hay HDE=45; DBC=45hay KBN=45
Xét tứ giác AHED có: HDE= HAE=45 Tứ giác AHED nội tiếp (Hai đỉnh kề nhìn cạnh HE cặp góc nhau) ADE+AHE=180 HAE=90
Xét tứ giác AKNB có: 45
KBN = NAE= Tứ giác AKNB nội tiếp (Hai đỉnh kề nhìn cạnh KN cặp góc )ABN+AKN=180 AKN =90
Từđó ta có: ADE= ABN =AHE=AKN =90 Tứ giác EHNC có EHN+ECN= + =90 90 180
EHNC nội tiếp đường trịn đường kính EN.(1) Tứ giác EKNC có EKN+ECN= + =90 90 180
EKNC nội tiếp đường trịn đường kính EN.(2)
Tứ (1) (2) suy tứ giácEHNC EKNC nội tiếp đường tròn đường kính EN Vậy điểm H, ,
N C,,E nằm đường tròn
Câu 50 (HSG tốn tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019) Qua điểm M tam giác ABC kẻ
//
(56)55 theo x, y, z
Lời giải
Ta dễ dàng chứng minh tứ giác BKMP CFMQ hình bình hành
Do MP KF MQ MP KF MQ
BC BC BC BC
+ +
+ + = =
Mặt khác đặt SABC =a2 ta có EPM∽ ABC; MKF∽ ABC; DMQ∽ ABC suy MP KF MQ
BC BC BC
= + + EPM MKF DMQ
ABC ABC ABC
S
S S
S S S
= + +
x y z a + +
= ( )2
ABC
S x y z
= + +
Câu 51 (HSG tốn tỉnh Quảng Bình năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có AB=3, AC=4,
BC= Xét hình chữ nhật MNPQ cho điểm M, N thuộc cạnh BC, P thuộc cạnh AC, Q thuộc cạnh AB Hãy xác định kích thước hình chữ nhật MNPQ để có diện tích lớn
Lời giải
Ta có 2
AB +AC =BC nên vuông A Kẻđường cao AH cắt PQ K
Đặt MQ=x SMNPQ =x PQ
Ta có 12 12 12
5 5
AB AC x
AH AK x
BC
−
= = = = − =
Vì PQ// BC nên 12 5 12 5( )
12 12
x
PQ AK x
PQ
BC AH
− −
= = = =
Do
( ) ( 2 ) ( 2 ) ( )2
5 12 1
25 60 25 60 36 36 3
12 12 12 12
MNPQ
x x
S = − = − x + x = − x + x− + = − x− +
K P
P
H C
B
A
(57)56 Vậy giá trị lớn SMNPQ=3
5
x= hay
MQ=
2 MN =
Câu 52 (HSG toán tỉnh Quảng Nam năm 2018-2019)Cho tam giác nhọn ABC (AB AC) có
ba đường cao AD BE CF, , đồng quy H a) Chứng minh HE CB =HC EF
b) Một đường thẳng qua H cắt hai đường thẳng AB AC, M N, cho H trung
điểm MN Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng MN qua trung điểm đoạn thẳng BC
Lời giải a) Chứng minh HE CB =HC EF
(Khơng có hình vẽ khơng chấm bài) Xét hai tam giác HEF HCB có:
EHF =CHB
Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn
HEF HCB
=
Suy hai tam giác HEF HCB đồng dạng
Suy HE EF HE CB HC EF
HC = CB =
b) Một đường thẳng qua H cắt hai đường thẳng AB AC, M N, cho H trung điểm MN Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng MN qua trung điểm đoạn thẳng BC .1,5
H F
E
D C
B
(58)57
+ Gọi I trung điểm đoạn thẳng BC
+ Lấy điểm D’ đối xứng với C qua H Suy D M' / /CN Mà BH⊥AC nên BH ⊥D M'
Suy M trực tâm tam giác D BH' Suy HM ⊥D B'
Mà D B' / /IH suy HM ⊥IH
Vậy đường trung trực đoạn thẳng MN qua trung điểm I BC
Câu 53 (HSG toán tỉnh Quảng Trịnăm 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông A(ACAB); Gọi H hình chiếu Atrên BC, Dlà điểm nằm đoạn thẳng AH(DA,DH) Đường thẳng BD cắt đường trịn tâm C bán kính CA E F(Fnằm B D); Mlà điểm
đoạn thẳng AB cho ACF=2BFM; MF cắt AH N
a) Chứng minh BH BC =BE BF tứ giác EFHC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh HD phân giác góc EHF
c) Chứng minh F trung điểm MN
Lời giải
a) AB tiếp tuyến đường tròn ( ;C CA) BA2 =BE BF (1)
N D
F H
A C
B E
M
N
M D'
I H F
E
D C
B
(59)58
AH đường cao tam giác vuông ABC BA2 =BH BC (2) Từ (1) (2) suy ra: BE BF =BH BC
Ta có: BE BF BH BC BH BE
BF BC
= =
Từ BH BE
BF = BC HBF=EBC HBF EBCBHF=BEC Suy tứ giác EFHC nội tiếp đường tròn
b) Ta có: BHF =BEC=EFC=EHCEHD=FHD(vì AH⊥BC ) Do D nằm E F, nên HD phân giác góc EHF
c) Ta có: / /
BFM = ACF= AEFAE MN (3)
Theo câu b) HD⊥HBnên HB phân giác ngồi EHF.(4) Từ (3) (4) suy ra: MF BF HF DF FN FM FN
AE = BE = HE = DE = AE =
Câu 54 (HSG tốn tỉnh Sóc Trăng năm 2018-2019)Cho tam giác ABC Trên tia đối tia CB lấy điểm D cho CAD= 15 Đường thẳng vng góc với BC C cắt AD E Tia phân giác B cắt AD K Chứng minh AK=ED
Lời giải
Ta có ACB=CDA+ADC
60 15 45
ADC
= − = , suy CDE vuông cân
Đường thẳng qua E vng góc với CE cắt đường thẳng qua D vng góc với CD F Suy tứ
giác CDFE hình vng, suy AD trung trực CF
KC KF KCF
= cân
Mặt khác BKlà trung trực AC nên KA=KC KAC cân
Do KCF =ACD−(ACK+DCF)=(180 − −60 ) (15 + =45 ) 60
F E
K
D C
B
(60)59 KCF
KC=CF=ED Do AK=ED
Câu 55 (HSG tốn tỉnh Thái Bình năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ
đường cao BE AD Gọi H trực tâm G trọng tâm tam giác ABC a) Chứng minh: HG/ /BC tan tanB C=3
b) Chứng minh: tan tan tanA B C=tanA+tanB+tanC
Lời giải
a)Gọi M trung điểm BC, ta có tam giác ABD vuông D nên tanB AD BD =
Tương tự: tanC AD CD
= tanBtanC AD2 BD CD
=
Ta có BHD=EHAHBD=HAE
~
BDH ADC BD CD AD DH
= tanB tanC AD
DH
=
Ta có HG / /BC AD AM tanBtanC
DH GM
= =
b)Gọi S, S , 1 S , 2 S 3 diên tích tam giác ABC, HBC, HCA, HAB, ta có
1 tanB tan
tan tan C
S
AD DH
C
DH B AD S
= = =
Tương tự 2,
tan tan tan tan
S S
C A S A B S
= =
1
1 1
1
tan tan C tan C tan tan tan
S S S
B A A B S
+ +
+ + = =
tan tan tan
1
tan tan tan C
A B C
A B
+ +
=
Câu 56 (HSG toán tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH
a)Biết HC - HA = 4cm, tan
ACB= Tính độ dài AB,AC
b)Gọi E, F chân đường vng góc kẻ từ H đến AB, AC; M trung điểm BC Chứng minh EF ⊥ AM
G H
B D M C
(61)60
c)Gọi S diện tích tam giác ABC Chứng minh
4 AH S HE HF =
Lời giải
a)Tính AB AC,
Tam giác AHC vuông H nên tan
AH C
CH
Suy
4
CH AH CH AH
Do AH = 12cm CH = 16cm
Tam giác AHC vuông H nên 2
20(pytago)
AC AH HC
Tam giác ABC vuông A nên tan 3 15
4
AB AC
ACB AB
AC
b)Chứng minh EF ⊥ AM
Tứ giác AEHF có
90
EAF AEH AFH nên hình chữ nhật
Suy A1 E1(1)
Tam giác ABC vng A có AM đường trung tuyến nên AM MBsuy tam giác AMB cân M
suy MAB B(2)
Tam giác AHB vuông H nên
1 90
A B (3)
Từ (1), (2) (3) suy
1 90
MAB E suy EF ⊥ AM
c)Chứng minh
4 AH S HE HF =
Vì AEHF hình chữ nhật nên AE = HF AF = HE Áp dụng hệ thức cạch đường cao ta có
2
AH
AE AB AH AB
AE
2
AH
AF AC AH AC
AF Do 4 H AH AH AC AB
AE AF HE F hay
4
.H
AH S
HE F (đpcm)
Câu 57 (HSG toán tỉnh Tiền Giang năm 2018-2019) Cho tam giác ABC cân A có A= 36 Tính tỉ số AB
BC
(62)61 Ta có: ABC cân A nên B= = C 72
Kẻ tia phân giác góc C cắt AB D nên C1 =C2 = 36 ADC
có A C= 2 = 36 nên ADC cân D
Kẻ DH vng góc với AC Khi đó: AH vừa đường cao vừa đường trung tuyến
Đặt BC=1 cm, AH =x (cm) với x0 Ta có: AB=AC=2x; BD=2x−1; AD=1 Ta có: CD tia phân giác nên AD CA
BD =CB
hay ( )
1
1
2 1
2 1 1 5
4
x x
x x
x
x
+
=
= − =
− −
= Ta loại
4
x= − x0
Vậy
AB x
BC
+
= =
Câu 58 (HSG toán tỉnh Trà Vinh năm 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông cân A, CM
đường trung tuyến Từ A vẽ đường thẳng vuông góc với CM cắt BC H Tính tỉ số BH
HC
Lời giải
Kẻ HK⊥AB K,
Ta có HK//AC (cùng ⊥AB)
M H
K C
B A
36°
72° 72°
1
x
1
H D
C B
(63)62
BH BK
HC KA
= (định lí Ta-let)
Mà BHK vng cân K nên BK=HK
BH HK
HC KA
= (1)
Mà AKH CAM (g-g)
HK MA MA
KA AC AB
= = = (2)
Từ (1) (2)
2 BH HC
=
Câu 59 (HSG toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019)Cho hình vng ABCD có cạnh a Trên cạnh BC lấy điểm M, cạnh CD lấy điểm Nsao cho chu vi tam giác CMN 2a Chứng minh góc MAN có sốđo không đổi
Lời giải
Trên tia đối tia DC lấy điểm E choDE=BM Xét BAM vng DAE vng có:
BM=DE (gt)
BA=DA (Tính chất hình vng)
BAM DAE
= (hai cạnh góc vng) suy AM=AE BAM =DAE
Ta có o
BAM +DAM =90 DAE+DAM =90o (Vì BAM =DAE) hay EAM =90o Theo giả thiết ta có: CM+CN+MN=2a mà CM+CN+MB+ND=2a
nên MN=MB+ND hay MN=DE+ND=EN Xét MAN EAN có:
AM=AE (Chứng minh trên) NM =NE (Chứng minh trên) AN (Cạnh chung)
C B A
D
M
(64)63 MAN = EAN (c.c.c)
EAM 90
MAN EAN 45
2 2
= = = = (không đổi)
Vậy góc MAN có sốđo khơng đổi
Câu 60 (HSG toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho tam giác ABC, có BAC900, H
chân đường vng góc hạ tự A, CAH=3BAH , AH =6cm BH, =3cm Tính diện tích tam giác ABC
Lời giải
Trên tia HC lấy điểm D cho HD=HA
ABD
có BH đường cao trung tuyến nên ABD cân A
AH
đường phân giác BAD BAD=2BAH ( )1
CAD=CAH−DAH =3BAH−BAH (CAH =3BAH; DAH=BAH)CAD=2BAH ( )2 Từ ( )1 ( )2 BAD=CAD AD tia phân giác BAC
AB DB
AC = DC (Tính chất đường phân giác)
3 5 6
AC CD
= AC 5CD
2
=
Theo định lý Pytago AHB vng ta có: 2 2
AB= AH +BH = 32+62 =3 5 cm HD=HB=3 cm; BD=BH+HD= + =3 3 6 cm
Đặt CD=x
Theo định lý Pytago tam giác AHC vng ta có:
2 2 2
AC = AH +HC ( )
2
2 2
5
x 6 3 x
2
= + +
2 2
5
CD 36 9 CD 6CD
4
= + + +
2
x −24x 180− =0
(x 30)(x 6) 0
− + =
x=30(thỏa mãn) x= −6 (loại) H A
(65)64 BC=BD CD+ = +6 30=36
Diện tích ABC là: S 1BC AH 1.36 6 108
2 2
= = = 2
cm
Câu 61 (HSG toán tỉnh Gia Lai năm 2018-2019) Một nến hình lăng trụđứng đáy lục giác
đều có chiều cao độ dài cạnh đáy 20 cm cm Người ta xếp nến vào hộp có dạng hình hộp chữ nhật cho nến nằm khít hộp Tính thể tích hộp
Lời giải
Đáy hộp hình chữ nhật có kích thước
MQ BE 2.1 2(cm) QP FD 2.1.3 cm
Chiều cao hộp chiều cao nến
Thể tích khối hộp V 3.20 40 cm3
Câu 62 (HSG toán tỉnh HCM năm 2018-2019) Hộp phơ mai có dạng hình trụ, đường kính đáy
12, cm chiều cao 2, cm
a)Biết miếng phô mai xếp nằm sát bên hộp
độ dày giấy gói miếng khơng đáng kể Hỏi thể tích miếng phơ mai ?
(66)65
Lời giải
a)Ta có bán kính đáy hình trụ R=12, : 2=6,1 (cm)
Do thể tích hình trụV =R h2 = 6,1 2, 4( )2 =89,304 (cm3) Vậy thể tích miếng phơ mai 89, 304 11,163
8 = =
V
(cm3)
b)Một miếng phơ mai hình gồm hai mặt đáy hai hình quạt trịn nên có diện tích
1
R S
360
= .R 452 360
= R2
4 =
Hai mặt bên hai hình chữ nhật nên diện tích S2 =2.hR Một mặt bên hình chữ nhật dạng cong nên có diện tích S3 R.h
8
= Rh
4 = Diện tích giấy phải gói S1+ +S2 S3
2
R Rh
2.hR
4
= + + R R( h) 2.hR
4
= + +
( )
3,14
.6,1 6,1 2, 2.6,1.2, 70
= + + (cm3)
Câu 63 (HSG tốn tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho góc nhọn có tan=2 Tính
2
2 2sin 3sin cos cos
sin cos cos
M
+ +
=
+ +
Câu 64 (HSG toán tỉnh Hưng Yên năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có góc A góc tù
Chứng minh rằng:
sin(B+C)=sin cosB C+cos sinB C
(67)66 a) Kẻ BK⊥AC (K thuộc đường thẳng AC), kẻ AH⊥BC (HBC)
Ta có: sin cosB C+cos sinB C=sinABC.cosC+cosABC.sinC= AH CH +BH AH
AB AC AB AC
( )
sin cos cos sin
+ = AH + = AH BC = AC BK = BK
B C B C CH BH
AB AC AB AC AB AC AB
Mặt khác: Sin B( +C)=sinKAB= BK AB
Từ đó, ta có sin(B+C)=sin cosB C+cos sinB C
K
H
A C
(68)67
Câu 1: ( HSG AMSTERDAM 17-18)
Cho tam giác ABC, (AB AC), với ba đường cao AD, BE, CF đồng quy H Các đường thẳng EF, BC cắt G, gọi I hình chiếu H GA
1 Chứng minh tứ giác BCAI nội tiếp
2 Gọi M trung điểm BC Chứng minh GH ⊥ AM
Lời giải
1 Chứng minh tứ giác BCAI nội tiếp
Dễ dàng chứng minh tứ giác AIFH nội tiếp tứ giác AFHE nội tiếp điểm A, F, H, E, I thuộc đường tròn
tứ giác AIFE nội tiếp
( )
. . GI GA GF GE
=
Dễ dàng chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp GF GE. =GB GC. ( )
Từ ( )1 ( )2 suy ra: GI GA =GB GC tứ giác BCAI nội tiếp (điều phải chứng minh)
2 Chứng minh GH ⊥ AM
Gọi ( )O đường tròn ngoại tiếp ABC Kẻ đường kính AA' ( )O .
Vì tứ giác BCAI tứ giác nội tiếp I( )O AIA=90 A I ⊥AI hay .
A I ⊥ AG
Mà HI ⊥ AG (giả thiết) A I HI A , I, H thẳng hàng
Mà dễ dàng chứng minh A H' qua trung điểm M BC (tứ giác BHCA' hình bình hành)
M
, I, H thẳng hàng
Xét AGM có: AD⊥AM , MI ⊥ AG AD cắt MI H
H
trực tâm tam giác AGM
GH AM
⊥
Suy điều phải chứng minh
O
A' M
D I
G
F
E
H A
(69)68 Câu 2:(HSG An Giang 17-18)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O R; ), M điểm chính giữa cung BC không chứa điểm A Vẽ đường tròn ( )I qua M tiếp xúc với AB B, vẽ đường tròn ( )K qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao điểm thứ hai đường tròn ( )I
( )K
a) ( 3,0 điểm ) Chứng minh ba điểm B ,N ,Cthẳng hàng
b) (2,0 điểm ) Lấy D điểm bất kỳ thuộc cạnh AB (D khác A B) điểm E thuộc tia đối tia CA cho BD=CE Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE qua điểm cố định khác A
Lời giải
a) Xét (I) : BNM =MBx cùng chắn cung BM Xét (K) : MNC=MCE cùng chắn cung MC Do tứ giác ABMC nội tiếp (gt)
Suy ra: 180
ABM+ACM =
Mà :
180
MBx MCE+ =
Nên :
180
BNM+CNM = suy B N C, , thẳng hàng b) Xét BDMvà CEM có
( )
( )
( nt)
BD CE gt
DBM ECM ABMC
BM MC gt
=
=
=
( )
BDM CEM c g c =
BDM CEM
= tứ giác ADME nội tiếp
Do M cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE qua điểm cố định M Câu 3:(HSG An Giang 17-18)
N
K I
M O A
B C
D
(70)69 Cho nửa đường tròn (O R; )đường kính AB Gọi M điểm nằm nửa đường tròn khác A B Xác định vị trí điểm M cho tam giác MAB có chu vi lớn nhất
Lời giải
Ta có : 90
AMB= Suy tam giác AMB vuông M
2 2
4 MA +MB =AB = R (1)
Chu vi tam giác MAB : MA MB+ +AB=MA MB+ +2R Chu vi lớn nhất : MA MB+ lớn nhất
Lại có
( )2 2
2
2
4
MA MB MA MA MB MB
R MA MB
+ = + +
= +
MA MB+ lớn nhất (MA MB+ )2 lớn nhất MA MB lớn nhất Gọi H chân đường cao hạ từ M đến AB đó
.2
MA MB=MH AB=MH R đó MA MB lớn nhất MH lớn nhất
MH = R H O Mlà điểm chính giữa cung AB
Câu 4:(HSG Bắc Giang)
Cho đoạn thẳng OA=R, vẽ đường tròn (O R; ) Trên đường tròn (O R; ) lấy H bất kỳ choAHR , qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn (O R; ) Trên đường thẳng
a lấy B C cho H nằm giữa B C vàAB=AC=R Vẽ HM vng góc vớiOB (MOB), vẽ HNvng góc vớiOC (NOC)
a) Chứng minh OM OB =ON OC MN qua điểm cố định b) Chứng minh OB OC =2R2
c) Tìm giá trị lớn nhất diện tích tam giácOMN H thay đổi (chú ý: dùng kiến thức học kỳ lớp 9)
Lời giải H
A O B
(71)70 a) Ta có OH⊥HB (Tính chất tiếp tuyến) OHB vuông H, mà HM ⊥OB (gt) nên theo hệ thức lượng tam giác vng ta có 2
OM OB =OH =R Chưng minh tương tự ta có 2
ON OC =OH =R Vậy ta có OM OB =ON OC Ta có 2
OM OB =OH =R mà OA=R nên ta có
OM OB =OA OM OA
OA OB
=
Xét OMA OAB có O chung, có OM OA
OA =OB OMA#OABOAM =OBA Ta có AO=AB=R (gt) OAB cân AOB=OBA AOM =OBA , OAM =AOM
OMA
cân 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
2 OA
EO=EA= MN⊥OA E, mà O A, cố định nên E cố đinh Vậy MN qua điểm cố định
b) Ta có OM OB =ON OC OM ON
OC OB
=
Xét OMN OCB có O chung , có OM ON
OC = OB OMN∽OCB (c.g.c) mà OE⊥MN OH⊥BC nên ta có OM OE
OC =OH
1
2
OM OE OE
OC OA OE
= = =
2
OM OC
=
(vìOH=OA=2OE) Ta có 2
OM OB =OH =R (cm trên)
2OC OB R
=
2
OC OB R
=
a
H
O M
A B
C E
(72)71 c) Ta có OMN#OCB (cm trên) OMN
OCB
S S
( )
2 2
2
2
1
OE OE OE
OH OA OE
= = = =
Nên
OMN OCB
S = S 1
4 OH BC 8R BC
= = 1
( ) ( )
8R AB AC 8R R R 4R
+ = + =
Dấu “=” xảy B A C, , thẳng hàng H A Vậy diện tích OMN lớn nhất
4
OMN
S = R HA
Câu 5( HSG Bắc Ninh 17-18)
Cho tam giác ABC cân A (BAC 90 ) nội tiếp đường trịn ( )O bán kính R M điểm nằm cạnh BC (BM CM) Gọi D giao điểm AMvà đường tròn ( )O (D khác A), điểm H trung điểm đoạn thẳng BC Gọi E điểm giữa cung lớn BC,
ED cắt BC N
1) Chứng minh MA MD =MB MC BN CM =BM CN
2) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD Chứng minh ba điểm B, I , E thẳng hàng
3) Khi 2AB=R, xác định vị trí M để 2MA AD+ đạt giá trị nhỏ nhất
Lời giải
1) +) Ta có MAB MCD (g.g)
MA MB
MC MD
= MA MD =MB MC (đpcm)
+) Theo gt A điểm giữa cung nhỏ BC DA tia phân giác BDC BDC(1) Mặt khác, E điểm giữa cung lớn BC AE đường kính ( )O
90
ADE
= DA⊥DN (2)
Từ (1) (2) DN tia phân giác BDCcủa BDC
(73)72
BM BD BN
CM =CD = CN BM CN =BN CM (đpcm) 2) Kẻ BE cắt ( )I J
Ta có EBD=EAD
BJD=DMC (góc trong- góc ngồi) Mà EAD+DMC= 90 EBD+BJD= 90
BD JD
⊥ BJ đường kính IBJ hay IBE B, I , E thẳng hàng (đpcm)
3) HAM∽ DAE (g.g) AM AH
AE = AD AM AD =AH AE Với AE=2R;
2
8
AB R
AH AE
= =
2
4
R AM AD
=
Theo BĐT Cô- si: 2AM+AD2 2AM AD
2
2 2
R R
= =
GTNN đạt khi: 2AM=AD M trung điểm AD OM ⊥AD
M giao điểm đường tròn đường kính OA với BC
Câu 6( HSG Bắc Ninh 17-18)
Cho tam giác ABC vng C có CD đường cao X điểm thuộc đoạn CD, K điểm thuộc đoạn AX cho BK=BC, T thuộc đoạn BX cho AT = AC, AT cắt BK M Chứng minh MK =MT
Lời giải
(74)73 Ta có AYB= 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )I ) AY ⊥BP
90
BZA= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( )I ) BZ⊥AP X
trực tâm ABP
Ta thấy ABC∽ ACD 2
AC AD AB AT
= =
ATD ABT
=
Tương tự, ta có BKD=BAK
Ta có APD=ABZ=ATZ tứ giác ADTP tứ giác nội tiếp
AT PT
⊥ (1)
Tương tự, ta có BK⊥PK (2)
PK PT
= (3)
Từ (1), (2), (3), suy MKP= MTP (cạnh huyền – cạnh góc vng)
MK MT
= (đpcm)
Câu 7( HSG Bến tre 17-18)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O R; ) Giả sử các điểm B C, cố định A di động đường tròn ( )O cho ABAC ACBC Đường trung trực đoạn thẳng AB cắt AC BC P Q Đường trung trực đoạn thẳng
AC cắt AB BC M N a) Chứng minh rằng: OM ON =R2
b) Chứng minh bốn điểm M N P Q, , , nằm đường tròn
c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ cắt S T Chứng minh ba điểm S T O, , thẳng hàng
Lời giải
a)
Xét OBM ONB, ta có:
N Q
O
P
M
B C
(75)74
BOM: chung
Ta có OMB= −90 A
Và 1(180 ) 90
OBN = −BOC = −A Nên OMB=OBN
Vậy OBM ONB (g.g)
OM OB
OB ON
=
2
ON OM OB R
= =
2
OM ON R
=
b)
Câu 1.Chứng minh tương tự câu a, ta có:
Câu 2.OP OQ =R2ON OM =OP OQ
OP OM
ON OQ
= , có MOP chung Vậy OPM ONQ (c.g.c)
ONQ OPM
=
Suy tứ giác MNQP nội tiếp hay bốn điểm M N P Q, , , nằm đường tròn c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ cắt S T Chứng minh
ba điểm S T O, , thẳng hàng
N Q O
P
M
B C
(76)75 Ta chứng minh O thuộc đường thẳng ST Thật vậy, giả sử OS cắt hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ T1 T2
Xét ONS OT M1
MOT : chung
1
OT M =ONS (MNST1 nội tiếp) Vậy ONS OT M1 (g.g)
1
ON OS
OT OM
=
1
ON OM OS OT
= ( )1
Chứng minh tương tự, OP OQ =OS OT 2 ( )2 Mà ON OM =OP OQ ( )3
Từ ( )1 , ( )2 ( )3 , suy ra: OS OT 1 =OS OT 2 Do đó T1 trùng với T2
Vậy ba điểm S T O, , thẳng hàng
Câu 8( HSG Bình Định 17-18)
1) Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD BE CF, , trực tâm H a) Chứng minh rằng: AC BD CE BE CD BH =
(77)76 thẳng BC P Tia MD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Q Chứng minh tứ giác
AQDP tứ giác nội tiếp
2) Cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm D E, theo thứ tự di chuyển cạnh ,
AB AC cho BD AE = Xác định vị trí điểm D E, cho: a) DE có độ dài nhỏ nhất
b) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất
Lời giải
1 a) Ta có: BDH∽ BEC (g-g) BD BH
BE BC
= BH BE BC BD = (1)
BEC ADC
∽ (g.g) BC = CE CD AC
BC CD CE AC = (2) Từ (1) (2) suy ra: BH BE BC CD BC BD CE AC =
AC BD CE BE CD BH = (đpcm)
b) Ta có:
AEH = AFH =90 Tứ giác AEHF nội tiếp Ta có:
2
IE =IF = AH;
2
JE =JF = BC IEJ = IFJ (c-c-c)
2
KIE KIF
JIE =JIF KIE =KIF = KAE =KAF MAC =MABMC=MB
BDQ=MBC+BMQ=MAB+BAQ=QAP
Tứ
giác AQDP nội tiếp
2 a) Kẻ AH ⊥BC H( BC), qua D kẻ
( )
DK ⊥AB KBC
Q
P
M K
J I
F H
E
D A
B C
E K
H
C B
(78)77
0
90 45
DKB ABC
= − = BDK vuông cân D
BD DK AE
= = Tứ giác ADKE hình chữ nhật
DE AK
=
Ta có: AKAHDEAH Vậy DE nhỏ nhất K H đó D trung điểm AB E trung điểm AC
b)
Đặt AB= AC=a, (a0); BD= AE= x AD= −a x
Ta chứng minh BĐT: Với a b, ta ln có: (a + b)2 ab (*) Thật vậy: (*) (a − b)2 0(BĐT đúng)
Áp dụng (*) ta có: ( ) ( )
2 ADE
1 1 a
S = AD.AE = a x x a x x 2 − 8 − + =
ABC
1 a
S = AB.AC =
2 Do đó:
2 2
BDEC ABC ADE
a a 3a
S S S
2 8
= − − = không đổi Dấu “=” xảy
2 a
a− = =x x x Vậy tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất
2
3a 3AB
8 = D E, trung điểm AB AC.
Câu 9( HSG Bình Thuận 17-18)
Cho hình vng ABCD Gọi E điểm thay đổi BC (E không trùng B C) F thay đổi CD cho
45 =
EAF , BD cắt AE , AF M N
a) Chứng minh năm điểm E M N F C, , , , nằm đường trịn b) Tính tỷ số MN
FE
c) Chứng minh đường thẳng EF ln tiếp xúc với đường trịn cố định E F, thay đổi
(79)78 a) Tứ giác AMFD nội tiếp đường tròn (
MAF=MDF=45 )
AFM ADM 45
= = AMFvuông cân FM⊥AE Tương tự: EN⊥AF
, ,
M N C nhìn EF góc vng M N F C E, , , , nằm đường tròn đường kính EF
b) ANE∽ AMF(g-g) AMN∽ AEF(c-g-c)
sin 45
MN AM
FE FA
= = =
c) Tính chất trực tâm tam giác AEF FE⊥AH
Dễ thấy : FAD=FMD=FEN=FAH (Các tứ giác ADFM EFNM ANHE; ; nội tiếp) (ch gn)
FAD FAH
= − AH =AD (Không đổi) Mà FE⊥AH
EF tiếp xúc với đường trịn (A AD; ) cớ định
Câu 10( HSG Dac lak 17-18)
Cho ABC nhọn Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB AC lân lượt D E ( ,
DB EC).BE cắt CD tạiH Kéo dài AH cắt BC tạiF 1) Chứng minh tứ giác ADHE BDHF tứ giác nội tiếp
2) Các đoạn thẳng BH DF cắt tạiM, CH EF cắt tạiN Biết tứ giác HMFN tứ giác nội tiếp Tính sớ đo BAC
Lời giải
1) Chứng minh tứ giác ADHE BDHF tứ giác nội tiếp (Đơn giản) 2) Ta có:
180o
(80)79 Mà DHE=BHC (đối đỉnh) suy BAC=MFN = +F1 F2 Lại có F1 =B F1; 2 =C B1; 1=C1 (tứ giác BDHF, CEHF , BCED nội tiếp) F1=F2 =B1=B2
Do đó 2 90( ) 180 60
o o o
BAC= B = −BAC BAC= BAC=
Câu 11( HSG Dac lak 17-18)
Cho tam giác ABC Một điểm M nằm tam giác nhìn đoạn thẳng BCdưới
góc 150o Chứng minh MA22MB MC.
Lời giải
Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chưa điểm M, lấy điểm E cho AME đều; Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chưa điểmM, lấy điểm F cho CMF -Ta có
0
60 ( )
MAE+BAC= MAB+BAE=MAB+CAM BAE=CAM BAE= CAM cgc Suy BE=CM ABE; = ACM
-Tương tự 60
MCF= ACB= MCB+BCF=MCB+ACMBCF=ACM
-Ta có BE=CM CM; =CFBE =CF ABE; =ACM ACM; =BCF ABE=BCF Suy BAE= CBF c( − − g c) AE=BF Mà AE=AMBF=AM
-Mặt khác BMF =BMC CMF− =150o−60o =90o (CMF đều, nên MF =MC )
-Xét 2 2 2
: 90
BMF BMF BF MB MF MA MB MC MB MC
= = + = + (CMF MF= MC)
Câu 12( HSG Đà Nẵng 17-18)
Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC=4, ABC=150o Gọi E, F
chân đường cao hạ từ C đến AB vàAD Tính độ dài đoạnEF
(81)80 Ta có: Tứ giác AECF nội tiếp AEC =CFA=90
Nên: EAC=CFE ( Cùng chắn cung EC )
FAC=FEC ( Cùng chắn cungFC )
DAC=BCA ( so le trong)
Suy ra: BAC∽ CFE(g g)
1
sin 30
2
BC AC CE AC
FE AC
CE FE BC
= = = = =
Câu 13( HSG Đà Nẵng 17-18)
Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp ( )O Tiếp tuyến B đường tròn ( )O cắt đường thẳng qua C song song với AB tạiD
a)Chứng minh rằng: BC = AB CD
b)Gọi G trọng tâm tam giác ABC; E giao điểm CG vàBD Tiếp tuyến C ( )O cắt BG F Chứng minh rằng: EAG=FAG
(82)81
a)Ta có: BAC=CBD (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung)
ABC =BCD (so le trong)
( )
ABC BCD g g
∽
2
AB BC
BC AB CD
BC CD
= = (1)
b)Qua A kẻ tiếp tuyến C với ( )O cắt đường thẳng qua B song song với AC I , cắt
AF J Nối AE cắt CD tạiH Chứng minh được:
BC =AC BI (2) Từ (1) (2) ta có: AB CD AC BI AB BI
AC CD
= = (3) Lại có: AC // JI AN FN CN
JB FB IB
= = AN=NCJB=IB (4) Tương tự: AB // FI AP EP BP
CH EC CD
= = (5)
Từ (3),(4),(5) ta có: AB BJ AB AC AC =CH BJ =CH (c.g.c)
ABJ ACH
∽ AHC=BJAJAB=HACEAB=FAC
Câu 14( HSG Hà Giang 17-18)
(83)82
I
E H
N P
D
A B
C
M
Cho ABC vuông cân A Gọi D trung điểm BC Lấy M bất kỳ cạnhAD,(M A D , ) Gọi N P, theo thứ tự hình chiếu vng góc M x́ng cạnh AB AC, H hình chiếu N x́ng đường thẳng PD
a) Chứng mính AH BH⊥
b) Đường thẳng qua B, song song với AD cắt đường trung trực AB I Chứng minh ba điểm H N I, , thẳng hàng
Lời giải
a. Đường thẳng qua B song song với AC cắt tia PD E Ta có :BE PC BN= = suy BEN vuông cân B
Do: NBE NHE= =900 nên B H; thuộc đường tròn đường kính NE
Suy : NHB NEB= =450 (1)
Tương tự hai điểm A H; thuộc đường tròn đường kính PN suy
45
AHN APN= = (2)
Từ (1) (2) suy AHB=900 hay AH BH⊥
b. Từ giả thiết suy AIB=900 nên I điểm giữa cung AIB đường tròn đường kính AB Mặt khác, theo kết câu a tia HN tia phân giác AHB AHB góc nội tiếp chắn cung AIB đường tròn đường kính AB nên HN phải qua I Do đó ba điểm H N I, , thẳng hàng
Câu 15( HSG Hải Dương 17-18)
Cho hình bình hành ABCD có góc D 90
B C= , đường phân giác góc BAD cắt cạnh BC đường thẳng CD E F Gọi O O, ' tâm đường tròn ngoại tiếp
BCD
CEF
1) Chứng minh O'thuộc đường tròn ( )O 2) Khi DE vng góc BC
a) Tiếp tuyến ( )O D cắt đường thẳng BC G Chứng minh
BG CE=BE CG
b) Đường tròn ( )O ( ')O cắt điểm H (H khác C) Kẻ tiếp tuyến chung IK (I thuộc ( )O ,K thuộc ( ')O H I K, , nằm phía bờ OO ' ) Dựng hình bình hành CIMK Chứng minh OB O C+ ' HM
(84)83 a)
BAE=DAE(giả thuyết); E
E E
BA EFC
DA F C
=
=
EFC=FEC
suy EFC cân C CE=CF
mà BEA=FECBEA=BAE nên ABE cân B
BA BE
= mà BA=CD nên BE=CD D
CE CF
BE CE DC CF
BE C
=
+ = +
=
BC=DF (1)
Mặt khác O CF' cân O CF' =O FC'
Với CE=CF O CE' =O CF' O CE' =O FC' (2) Mà O C' =O F' (3)
Từ (1),(2) (3) ta BO C' = DO F' O BC' =O DF' Nên tứ giác B COD ' nội tiếp hay điêm O' thuộc đường tròn ( ')O b) Tam giác BCD D,nội tiếp đường tròn ( )O
Ta có
2 2
2
DG CG BG
DG DE CG BG BE CE GE CG BG BE CE
DE BE CE
=
− = − = −
=
2
(CE CG) CG BG BE CE
+ = −
2
2
CE CE CG CG CG BG BE CE
+ + = −
2
CE CE CG BE CE CG BG CG CE CG
+ + = − −
( ) ( )
CE CE CG BE CG BG CG CE
(85)84 c) Tia CH cắt IK N Áp dụng phương tích đường trịn ta có 2
NK =NH NC=NI
NK NI
= mà CIMK hình bình hành, đó M N H C, , , thẳng hàng Suy
' '
OB +O C=OI+O K = NJ Gọi T điểm đối xứng với H qua N , P giao điểm CH với OO'
Ta có '
PH PC
NJ NP
OO CH
=
⊥
2NJ 2NP NP NP NP PH NP
= + = + + =NT+PC+NP =TC =HM Vậy OB O C+ ' HM
Câu 16( HSG Hà Tĩnh 17-18)
Cho tam giác ABCcó A 30 ;B 50 , cạnh AB Tính AC AC BC
Lời giải
Kẻ đường phân giác CD
Ta có ACB 100 BCD ACD 50
Suy tam giác BCD cân D Suy BD DC Lại có ADC ACB AC AD
AB AC
2 .
AC AB AD
Và AC CD
AB BC AC BC ABCD
Suy AC BC AC AB AD CD AB AD BD AB2 12hayAC AC BC 12
Câu 17( HSG Hà Tĩnh 17-18)
Cho tam giác ABCvuông Acó AB AC ngoại tiếp đường trịn tâm O Gọi D ,E ,F tiếp điểm O với cạnh AB AC BC, , Gọi I giao điểm BO EF M điểm di động đoạn CE Gọi H giao điểm BM EF
a) Chứng minh AM AB tứ giác BDHF, ABHI nội tiếp
b) Gọi N giao điểm BM cung nhỏ EF O , P Q hình chiếu N các đường thẳng DE ,DF Chứng minh PQ EF
(86)85 Gọi K giao điểm BO DF Ta có tam giác IKF vng K Hình chữ nhật
ADOE có OD OE nên hình vuông Suy 45
DEF DOE Suy BIF 45
a) Khi AM AB tam giác AMB vng cân A suy DBH 45 DFH Nên tứ giác BDHF nội tiếp Do đó năm điểm B,D,O, H,F thuộc đường
tròn đường kính BO Suy BFO BHO 90 OH ⊥ BM, mà tam giác ABM vuông cân có AH phân giác nên AH ⊥ BM Suy
A,O,H thẳng hàng
Suy BAH BIH 45 Vậy tứ giác ABHI nội tiếp
b) Tứ giác PNQD nội tiếp suy NPQ NDQ NEF Tương tự ta có
NQP NDP NFE
Suy NEF NQP PQ NQ
EF NE
PQ EF
Dấu " " xảy P trùng F ,Q trùng E hay DN đường kính
O
Câu 18( HSG Hậu Giang 17-18)
Cho tam giác nội tiếp đường tròn (O R; )
a) Tính theo R chiều dài cạnh chiều cao tam giác ABC
b) Gọi M điểm di động cung nhỏ BC(M B C; ) Trên tia đối tia MB lấy
MD=MC Chứng minh MCD
c) Xác định vị trí điểm M cho tổng S=MA MB MC+ +
là lớn nhất Tính giá trị lớn nhất S theo R
Lời giải
NQP=NDP=NFE
H
D O A
B C
(87)86 a) Kẻ đường cao AH Ta có 3
2
AO R
AH = = ;
3
2 3
sin sin 60
R AH
AB R
B
= = =
b) Tứ giác ABMC nội tiếp nên CMD=BAC= 60 MCD
cân có CMD= 60 nên CMD tam giác c) Ta có MCD nên MC=MD=CD
Xét AMC BDC có AC=BC; MC=CD; ACM =BCD= +60 BCM
Nên AMC = BDC c g c( )MA=BD
Do đó:S=MA MB MC+ + =MA MB MD+ + =MA BD+ =2MA
Vậy S lớn nhất MA đường kính đường trịn ( )O hay M điểm giữa cung nhỏ BC
Câu 19( HSG Hưng Yên 17-18)
Cho đường tròn (O R; ) điểm A cớ định với OA=2R, đường kính BC quay quanh O cho tam giác ABC tam giác nhọn Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng OA điểm thứ hai I Các đường thẳng AB, AC cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai D E Gọi K giao điểm DE AO
a) Chứng minh AK AI =AE AC b) Tính độ dài đoạn AK theo R
c) Chứng minh tâm đường trịn ngoại tiếp ADE ln thuộc đường thẳng cố định
(88)87
a) Ta có tứ giác BCED nội tiếp ABC+DEC=180 AEK =ABC ( bù DEC)
Mặt khác ABC= AIC (hai góc nội tiếp chắn cung AC); suy AEK = AIC (bắc cầu) Xét AEK AIC có : AEK =AIC EAKchung nên AEK∽ AIC(g.g)
AE AK
AE AC AK AI
AI AC
= =
b) Xét AOB COI có : AOB=COI (đới đỉnh) BAO=ICO (hai góc nội tiếp chắn cung BI) nênAOB∽ COI(g.g)
2
OA OB OB OB R
OI AI R
OC OI OA
= = = =
Kẻ tiếp tuyến AN với đường tròn ( )O , dễ dàng chứng minh đượcANE∽ ACN(g.g)
2 2
AE AC AN AO ON R
= = − =
Mà theo câu (a) :
2
AE AC= AK AI AK R= R AK = R
c) Gọi F giao điểm đường trịn ngoại tiếp ADE với OA, ta có AFD=AED mà
AEK =ABC (câu a) nên AFD= ABC nên tứ giác BDFO nội tiếp đường tròn Dễ dàng chứng minh ADF∽ AOB(g.g) AD AB =AF AO ; ta chứng minh
2
2
AD AB=AN AF AO= AN AF = R không đổi, mà A cố định nên F cố định suy AFcố định Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp ADE thuộc đường trung trực đoạn AF cố định
(89)88 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp ( )O Gọi E F, các chân đường cao kẻ từ
,
B C tam giác ABC Đường tròn ( )I qua E F, tiếp xúc với BC D
Chứng minh rằng: 2
DB BF BE
DC =CF CE
Lời giải:
Gọi H = AC(I), G = AB( ).I
Trước hết ta chứng minh CDH ∽CED g( −g) C chung
CDH CED
=
( )
2
CD CE
CD CH CE
CH CD
= =
Chứng minh tương tự : ( ) ( )
BD BG
BDF BGD g g BD BG BF
BF BD
∽ − = =
Ta có GBE =HCF ( phụ với A ) BGE=CHF( bù với EHF) ( )
BGE CHF g g
∽ − BG BE ( )
CH CF
= Từ ( ) ( )1 , ( )3
2
DB BG BF BG BF BE BF BF BE
DC =CH CE =CH CE =CF CE =CF CE ( đpcm)
Câu 21( HSG Kiên Giang 17-18)
Cho hình vng nội tiếp đường trịn tâm , dây cung lấy điểm cho , nối cắt cung nhỏ Trên cung nhỏ lấy điểm cho cung nhỏ cung nhỏ , nối cắt dây cung Chứng minh rằng: là trung điểm
ABCD O DC E
3
DC= DE AE CD M CB N
DM CN AN BC F F
BC
D
F
E
O
A
B C
I
(90)89
Lời giải
Gọi I giao điểm BM CD Ta có EI // AB EI ME
AB AM
=
Kẻ OX vng góc với Khi đó DM OXD∽ ADE g g( ) 2
1
10 10 10
DX DE DE
DX R DM R
OD AE DE AD
= = = = =
+ Ta có
2
1
10
ME DE MD ME DE MD
DEM AEC
CE AE AC AE CE AC
∽ = = = =
1
5
ME ME
AE AM
= = 1
6
EI AB CD ID EI DE CD
= = = + =
1 ( )
2
CMI BNF g c g BF CI BC
∽ = = (đpcm)
Câu 22( HSG lạng Sơn 17-18)
Cho tam giác nhọn ABC có ACAB nội tiếp đường trịn( )O Kẻ phân giác AI tam giác ABC (IBC) cắt (O) E Tại E C kẻ hai tiếp tuyến với (O) cắt F, AE cắt CF N, AB cắt CE M
a) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh 1
CN +CI =CF
c) Gọi AD trung tuyến tam giácABC, kẻ DK //AI (KAC) Chứng minh 2AK=AC−AB
(91)90 a) 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
b) Do hai tứ giác AMNC ABEC nội tiếp, nên ta có góc nhau: ;
AMN =MCN ABE=BCE; CAE=CMN Suy :BC // MN // EF, CMN cân N
Xét tam giác CIN có CE phân giác EF//IC nên ta có tỉ sớ
EN CN
EI = CI ;
EN FN
EI = FC
CN FN
CI FC
=
1
CN CN CF CN CN
CI FC CI FC
−
= = −
Chuyển vế : CN CN
CI + = FC , chia vế cho CN ta có điều phải chứng minh
c) Gọi H thuộc ACsao cho K trung điểm củaAH , Kẻ HG //AI với G thuộcBC , HG lấy điểm L cho CG=CL (CLG cân)
Từ AI // DK // HG K trung điểm AH nênDI =DG, theo giả thiết DB=DC nên BI =GC vậyBI =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)
Câu 23( HSG Phú Thọ 17-18)
Cho đường trịn ( )O điểm A nằm ngồi ( )O Qua A kẻ hai tiếp tuyến AB AC, với ( )O ( ,B C tiếp điểm) Một cát tuyến thay đổi qua A cắt ( )O D E AD ( AE) Tiếp tuyến ( )O D cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC các điểm M N
L G H K
D O
M
A
B
C I
E
F
(92)91 a) Gọi I trung điểm đoạn thẳng AD Chứng minh bốn điểm M E N I, , , thuộc đường tròn ( )T
b) Chứng minh hai đường tròn ( )O ( )T tiếp xúc c) Chứng minh đường thẳng IT qua điểm cố định
Lời giải
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 : ;
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 : (1)
OEK KJ KO=KE ( Định lý hình chiếu) Trên đường trịn (ABOC) ta có KJ KO =KN KM (2)
Từ (1) (2) suy
KE =KN KM nên KE tiếp xúc ( )T c)Ta có OED=ODE=TIE
Nên IT/ /OD Gọi W=OAIT
Vì I trung điểm AD nên W trung điểm OA (đpcm) Khi MN⊥OA W IT.
Câu 24( HSG Phú Yên 17-18)
Cho tam giác ABC vuông A Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, dựng hai tia ,
Bx Cy vng góc với cạnh BC Trên tia Bx lấy điểm D cho BD=BA, tia Cy lấy điểm
E cho CE=CA Gọi G giao điểm BE CD K, L giao điểm ,
(93)92
a) Chứng minh CA=CK BA; =BL;
b) Đường thẳng qua G song song với BC cắt AD AE, theo thứ tự I J, Gọi H hình chiếu vng góc G lên BC Chứng minh tam giác IHJ vuông cân
Lời giải
a)Ta có BD=BA ABD cân nên BAD=BDA
Mà BAD+KAC= =90 BDA BKD+ =BDA+AKCKAC=AKC ACK
cân nên CA=CL Tương tự ABL cân nên BA=BL
b)Áp dụng định lý Ta let hệ ta có:
CH GE CE CA CK CK CH HK
BH GB BD BA BL BL BH HL
−
= = = = = =
− (Giả sử ABAC) Suy HK CE GC IK
HL = BD=GD = ID hay //
HK IK
HI DL
HL = ID
Ta lại có BD=BL nên tam giác BDL vuông cân BLD= 45 JIH =BHI =BLD= 45 Chứng minh tương tự ta có IJH = 45 IHJ vuông cân H
Câu 25( HSG Phú Yên 17-18)
Cho tam giác ABC vuông cân A Điểm M chuyển động cạnh BC (M khác B C, ) Gọi ,
H K hình chiếu vng góc M lên AB AC, Vẽ các đường tròn (H HM; )
(K KM; )
a) Chứng minh hai đường tròn ( )H ( )K cắt nhau;
b) Gọi N giao điểm thứ hai hai đường tròn ( )H ( )K Chứng minh MN qua điểm cố định
Lời giải
x
y
J I
L K
G E
D
B
(94)93 a)Ta có HM−KM HK HK+KM nên đường trịn( )H ( )K ln cắt
b)Ta có NHM =NCB NMK; =NBC Do AKMH chữ nhật nên
90 90 90
NHM+NKM = NCB+NBC= BNC=
Vẽ hình vng ABEC ta có A N B E C, , , , thuộc đường tròn đường kính BC cớ định
Ta lại có NEB=NCB mà NCB=NMH NEB, =NHM , MH EB// nên ba điểm N M E, , thẳng hàng Vậy MN qua điểm E cố định
Câu 26( HSG Quãng Ninh 17-18)
Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa hai điểm A B Trên nửa mặt phẳng bở đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB nửa đường tròn đường kính BC Lấy điểm
M thuộc nửa đường tròn đường kính BC (M B M; C) Kẻ MH vng góc với BC (HBC) , đường thẳng MHcắt nửa đường tròn đường kính ABtại K Hai đường thẳng AK CM giao E
a) Chứng minh HKB=CEB
;
BE =BC AB
b) Từ C kẻ CN⊥AB (N thuộc nửa đường tròn đường kính AB), đường thẳng NK cắt CE
P Chứng minh NP=PE;
c) Chứng minh NE tiếp tuyến nửa đường tròn đường kính AB NE=2NC
Lời giải
E
N H K
C
A B
(95)94 a)Ta có
90
BME=BKE= nên BMKE nội tiếpHKB=CEB mà HKB=BAE (cùng phụ với )
HKA nên CEB=BAE
Xét BEC vàBAE có: CEB=BAE ABE chung nên đồng dạng
BE BC
BE BC AB
AB BE
= =
b)Xét tam giác ABN vuông N có NC⊥AB Suy BN2 =BC AB BN =BE
Hay BNE cân BBNE=BEN (1)
Theo câu a) CEB=BAE mà BAE=BNPCEB=BNP (2) Từ (1) (2) PNE =PEN PNE cân PNP=PE c)Gọi Q giao điểm tia BP NE
Vì BP=BE PN=PE nên BQ⊥NE
NE tiếp tuyến ( )O nên ON⊥NE Do đó ON/ /BQBNO=Q NB
Mà BNO=NBOQBN =NBO hay BN tia phân giác CBQ mà NQ⊥BQ NC⊥BC nên NQ=NC Vì BQ đường trung trực NE nên NE=2.NQ suy
2
NE= NC
Câu 27( HSG Thanh Hóa 17-18)
Cho tam giác ABC có ( ),( ),( )O I Ia theo thứ tự các đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường trịn bàng tiếp đới diện đỉnh A tam giác với tâm tương ứng
, , a
O I I Gọi D tiếp điểm ( )I với BC, P điểm giữa cung ( )O ,
a
PI cắt ( )O điểm K Gọi Mlà giao điểm PO BC, N điểm đối xứng với P qua O
Q
P N
E
K
H O' O
A
B C
M
(96)95 a) Chứng minh IBI Ca tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh NIa tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I MPa c) Chứng minh DAI =KAIa
Lời giải
a) Ialà tâm đường trịn bàng tiếp đới diện đỉnh A I tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC, từ đó suy raBIa ⊥BI CI, a ⊥CI
( Phân giác phân giác ngồi góc vng góc với nhau) Xét tứ giác IBI Ca có
180
a a
IBI +ICI =
Từ đó suy tứ giác IBI Ca tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IIa
b) Nhận thấy bốn điểm A I N I, , , a thẳng hàng (vì thuộc tia phân giác BAC) DoNP đường kính ( )O nên
90
NBP= , M trung điểm BC nên PN⊥BC M
Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông PBN ta có
NB =NM NP
Vì BIN góc ngồi đỉnh I tam giác ABI nên BIN=12 ABC BAC (1)
+
Xét (O):
2 BAC
NBC=NAC= (cùng chắn cung NC)
P
D F
Ia
K N
M O
I
C B
(97)96
( )
1
(2)
NBI NBC CBI BAC ABC
= + = +
Từ (1) (2) ta cóBIN=NBI nên tam giác NIB cân N
Chứng minh tương tự tam giác NIC cân N
Từ đó suy N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácIBC, chính tâm đường
tròn ngoại tiếp tứ giác IBI Ca
2
a
NI NB NM NP
= =
Vậy NIa tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I MPa
Câu 28( HSG Hà Nội 17-18)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với AB AC BC ,nội tiếp đường trịn O Gọi H hình chiếu A lên BC, M trung điểm AC P điểm thay đổi đoạn MH (Pkhác M P khác H )
a) Chứng minh BAO HAC
b) Khi APB 90 , chứng minh ba điểm B O P, , thẳng hàng
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMP đường tròn ngoại tiếp tam giác BHP cắt Q (Q khác P) Chứng minh đường thẳng PQ qua điểm cố định
P thay đổi
Ta có
ACB sđAB = AOB (tính chất góc nội tiếp chắn cung) Mà OA OB nên
BAO ABO, suy AOB 2BAO 90
Từ đây, ta có 2ACB 2BAO 90 , hay BA0 90 ACB HAC (vì AHC 90 ) Vậy BAO CAH
Xét tứ giác APHB, ta có APB AHB 90 (gt) Mà hai góc nhìn cạnh AB nên tứ giác APHB nội tiếp Suy ABP AHP (cùng chắn cung AP) (1)
Xét tam giác AHC vuông H có M trung điểm AC nên MH MC MA (đường trung tuyến nửa cạnh huyền)
(98)97 Từ (1) (2), ta có ABP ABO nên tia BO BP trùng Từ đó suy ba điểm
B, O, P thẳng hàng
Ta có tứ giác BQPH nội tiếp hai góc BQP, BHP vị trí đối nên 180
BQP BHP PHC MHC
Mặt khác, ta lại có MH MC (chứng minh trên) nên MHC MCH ACB Từ đây, ta suy
BQP ACB
Lại có tứ giác AQMP nội tiếp nên AQP AMP AMH (cùng chắn cung AP) Mà AMH MHC MCH 2MCH 2ACB (tính chất góc ngồi) nên
2
AQP ACB
Từ đó AQB AQP BQP ACB
Hai góc AQB ACB nhìn cạnh AB nên tứ giác ACQB nội tiếp Bây giờ, gọi I giao điểm khác P PQ O Ta có BQI BQP ACB AQB nên sđBA = sđBI, hay BA BI Suy I giao điểm khác A các đường tròn B BA, O , tức I cố định Vậy đường thẳng PQ qua điểm I cố định
Câu 29( HSG HCM 17-18)
Cho nửa đường tròn ( )O đường kínhAB=4cm Góc DAB= 30 cung DB phần đường trịn tâm A Tính diện tích phần tơ đậm
Lời giải
2
3 phần trắng OAE quạt OBE
S S S
Câu 30( HSG Vĩnh Phúc 17-18)
Cho tam giác ABC vuông A AB=12cm, AC=16cm Gọi I giao điểm các đường
phân giác tam giác ABC, M trung điểm cạnh BC Chứng minh đường thẳng BI vng góc với đường thẳng MI
Lời giải
= + = 3+2
3
OAE
phần trắng quạt OBE
S S S
2
4
2
3
2
phần tơ đậm nửa hình trịn quạt ABD phần trắng
S S S S
= + −
= + − +
(99)98 Ta có 2
20
BC= AB +AC = cm Gọi E giao điểm BI với AC
Theo tính chất đường phân giác ta có: 10
2
AE EC AE EC BC
EC cm
AB BC AB BC
+
= = = = =
+
Ta có ICE= ICM c( − −g c) EC=MC=10; ICE=ICM; IC chung
IEC IMC IEA IMB
= = Mặt khác IBM =IBA IBM∽ ABE 90
BIM BAE BI MI
= = ⊥
Câu 31( HSG Vĩnh Phúc 17-18)
Cho hình thoi ABCD có góc BAD= 50 , O giao điểm hai đường chéo Gọi H chân đường vng góc kẻ từ O đến đường thẳng AB Trên tia đối tia BC lấy điểm M (điểm M không trùng với điểm B), tia đối tia DC lấy điểm N cho đường thẳng HM song song với đường thẳng AN
a) Chứng minh MB DN =BH AD b) Tính sớ đo góc MON
Lời giải
Ta có MBH= ADN, MHB= AND MBH∽ ADN
MB BH
MB DN BH AD
AD DN
= = (1)
Ta có OHB AOD BH OB DO OB BH AD
DO AD
∽ = = (2)
M E I
A
B C
N H
O C
A
(100)99 Từ (1) (2) ta có MB DN DO OB MB OB
DO DN
= =
Ta lại có MBO=180 −CBD=180 −CDB=ODN MBO∽ ODNOMB=NOD
( ) ( )
180 180 180 115
MON MOB NOD MOB OMB OBC
= − + = − + = − =
Câu 32( HSGVĩnh Phúc17-18)
Cho đường trịn ( )O cớ định hai điểm phân biệt B, C cố định thuộc đường tròn ( )O Gọi A điểm thay đổi đường tròn ( )O (điểm A không trùng với điểm B C), M trung điểm đoạn thẳng AC Từ điểm M kẻ đường thẳng ( )d vng góc với đường thẳng AB, đường thẳng
( )d cắt đường thẳng AB điểm H Chứng minh điểm Athay đổi đường trịn ( )O điểm H ln nằm đường trịn cớ định
Lời giải
Gọi D trung điểm đoạn BC, tam giác BOC, AOC tam giác cân O nên OD⊥BC OM, ⊥ AC
Ta có: ODC=OMC= 90 Bốn điểm O D C M, , , nằm đường trịn ( )I có tâm I cớ định, đường kính OC cớ định
Gọi E điểm đối xứng với D qua tâm I, đó E cớ định DE đường kính đường tròn ( )I
Nếu H E H, B:
- Với M E BHE= 90
- Với M E, DM//BH DMH =90 Khi đó DME =DMH =90 H M E, , thẳng hàng Suy BHE= 90
Vậy ta ln có: BHE= 90 H E H B, đó H thuộc đường tròn đường kính BE cố định
Câu 33( HSG Điện Biên 17-18)
(101)100 Cho đường tròn (O; R), hai đường kính AB CD vng góc với Trên tia đới tia CO lấy điểm S; SA cắt đường tròn M, tiếp tuyến đường tròn M cắt CD P, MB cắt CD T CMR:
a) PT.MA = MT.OA b) PS = PM = PT
c) Biết PM = R tính tích TA.SM theo R
a) Có: M1 = M3 (cùng phụ với M2)
MPD = ½(cung MD – cung MC) = 1/2(cung MA + cung AD – cung MC)
= ½[cung MA + (cung 90 – cung MC)] = ½(cung MA + cung MA) = cung MA Mà: AOM = cung MA (góc tâm)
=> MPD = AOM (= cung MA)
Xét PMT OMA có: M1 = M3; MPD = AOM => PMT đồng dạng OMA (g.g) PT/MT = OA/MA => đpcm
b) Có: SMP = AMx (đ.đ)
Mà: AMx = 1/2cung MA => SMP = 1/2cung MA (1)
Mặt khác: ASD = ½(cung AD - cung MC) = ½(cung 90 - cung MC) = ½ cung MA (2) Từ (1) (2) ta có: SMP = ASD => PMD cân P => PS = PM (3)
Do: MO = OA = R => OMA cân O => PMT cân P (vì đồng dạng) => PM = PT (4)
Từ (3) (4) => đpcm
c) Vì: PM = R = OM => MPO vuông cân M
Mà: T thuộc đường trung trực AB => TA = TB => TBO = TAO => TAO = M2 (=TBO)
=> TAO = M2 = PSM = SMP = xMA
=> PSM đồng dạng TAB (g.g) => PS/SM = TA/AB => TA.AB = PS.AB => TA.AB = PM.AB (PM = PS)
x
O
3
M
T
S P
C
D
(102)101 => TA.AB = R.AB = R3
Câu 34( HSG Đồng Nai 17-18)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn ( O), ( AAB > AC) Hai tiếp tuyến ( O) B C cắt K Đường tròn tâm K bán kính KB cắt tia AB, AC D E ( D khác B, E khác C) Gọi M trung điểm BC
a) Chứng minh: D, K, E thẳng hàng b) Chứng minh : 𝐵𝐴𝑀̂ = 𝐶𝐴𝐾̂
c) Gọi N giao điểm AK BC Chứng minh:
2 =
NB AB
NC AC
Lời giải
a) Vì hai đường trịn ( O) , ( K) cắt B C nên OK vng góc BC trung điểm M BC
Ta có : 𝑂𝐵𝐶̂ = 𝑂𝐾𝐵̂ ( phụ 𝐵𝑂𝐾̂) Mà 𝑂𝐾𝐵̂ =
2𝐵𝐾𝐶̂ nên 𝑂𝐵𝐶̂ =
2𝐵𝐾𝐶̂ Đường trịn ( K) ta có: 𝐶𝐵𝐸̂ =1
2𝐶𝐾𝐸̂ Suy ra: 𝑂𝐵𝐸̂ = 𝑂𝐵𝐶̂ + 𝐶𝐵𝐸̂ =1
2𝐵𝐾𝐶̂ +
2𝐶𝐾𝐸̂=
2𝐵𝐾𝐸̂ =𝐷𝐵𝐾̂ Do đó, 𝐷𝐵𝐸̂ = 𝐷𝐵𝐾̂ + 𝐾𝐵𝐸̂ = 𝑂𝐵𝐸̂ + 𝐾𝐵𝐸̂ = 𝑂𝐵𝐾̂ = 900 DE đường kính đường tròn ( K)
Suy ra: D, K, E thẳng hàng b)
Do 𝐴𝐵𝐶̂ = 𝐴𝐸𝐷̂ ( phụ 𝐷𝐵𝐶̂ ) Suy ∆𝐴𝐵𝐶 ~ ∆𝐴𝐸𝐷 ( g-g)
Mà AM, AK hai trung tuyến tương ứng ∆𝐴𝐵𝐶 , ∆𝐴𝐸𝐷
Suy ∆𝐴𝐵𝑀 ~ ∆𝐴𝐸𝐾
(103)102 c) Gọi I, L, H, J hình chiếu các điểm C,B, D, E lên đường thẳng AK hình vẽ
Vì ∆𝐴𝐵𝐿 ~ ∆𝐴𝐷𝐻 nên suy
(1)
= =
BL AB AB DH
BL
DH AD AD
Vì ∆𝐴𝐶𝐼 ~ ∆𝐴𝐸𝐽 nên suy
.EJ (2)
EJ = =
CI AC AC
CI
AE AE
Vì ∆𝐴𝐸𝐷 ~ ∆𝐴𝐵𝐶 nên suy
(3) =
AE AB
AD AC
Vì ∆𝐷𝐻𝐾 = ∆𝐶𝐽𝐾 ( 𝑐ℎ − 𝑔𝑛) nên suy DH = EJ (4) Từ (1), (2), (3),(4) suy
2
.EJ
= =
= =
BL AB DH AE AB AE
CI AC DA AC AD
AB AB AB
AC AC AC
N M
E D
K O
B
A
(104)103
Câu 35( HSG Gia Lai 17-18)
Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) P di chuyển cung BC chứa A (O) I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Q tâm đường tròn nội tiếp tam giác PBC
1 Biểu diễn số đo góc BIC theo số đo góc BAC
2 Chứng minh B;I;Q;C nằm đường tròn
3 Trên tia BQ; CQ lấy các điểm M; N cho BM=BI; CN=CI Chứng minh dường thẳng MN qua điểm cố định P di chuyển cung BC chứa A (O)
Lời giải
N
J H
L
D
I
E K
O A
(105)104
1. Ta có
0
0 180
180 180 90
2 2
ABC ACB BAC BAC
BIC= − + = − − = +
2 Tương tự câu ta có 90
2 BPC
BQC= +
Mà BAC=BPCBIC=BQC nên B,I,Q,C nằm đường tròn
3 Kẻ đường tròn (B) bán kính BI đường trịn (C) bán kính CI Gọi K giao điểm (B) (C) Vì BM=CI nên M thuộc (B), CN=CI nên N thuộc (C) Nối N với K, M với K Ta có
2 à
BIQ= IKM v ICQ= IKN m IBQ=ICQIKM =IKN
Suy ba điểm M, N, K thẳng hàng Do hai đường trịn (B) và(C) cớ định nên K cớ định
Câu 36( HSG Hải Phòng 17-18)
Cho tam giác nhọn ABC AB( AC) nội tiếp ( )O , gọi M trung điểm BC Các đường cao , ,
AD BE CF ABC cắt điểm H Các tiếp tuyến với ( )O các điểm B C, cắt điểm G Gọi P Q, giao điểm đường thẳng EF với các đường thẳng BG AO
a) Chứng minh EF BC FQ =CD b) Chứng minh PM ⊥AB
c) Qua điểm A kẻ đường thẳng song song với BC cắt (O) điểm thứ hai S Gọi N giao điểm thứ hai SG với (O) Chứng minh các đường thẳng AN, BC, OG đồng quy
Bài Giải:
a)
+ Qua A kẻ tiếp tuyến xy với (O) ta có: OA⊥xy CAy= ABC (hai góc chắn AC) + Tứ giác BCEF nội tiếp ABC= AEF(cùng bù EFC )
CAy AEF
= xy//EF
y
x
M Q
H P
G F
E
D O A
(106)105 Mà OA ⊥ xy OA⊥EF Q
+ ABC AEF AC BC
AF EF
∽ = (1) + ACD AFQ AC CD
AF FQ
∽ = (2) Từ (1) (2) BC CD EF BC
EF FQ FQ CD
= =
b)Ta có: PBA= ACB (cùng chắn AB (O)) Mà ACB =MEC (MEC cân M)
PBA MEC
= mà ABC= AEF PBA+ABC=MEC+AEF
0
180
PBC PEM MEC AEF PEM
+ = + + =
Tứ giác BMEP nội tiếp PEB=PMB (cùng chắn BP) (3) + Tứ giác AEHF nội tiếp PEB=FAH (cùng chắn FH ) (4) Từ (3) (4) PMB=FAH mà FCB=FAH (cùng phụ ABC)
PMB FCB
= PM//CF
Lại có CF ⊥ABMP⊥AC
c)
Ta thấy GBN GSB g g( ) BN GN
BS GB
∽ =
( ) NC GN
GNC GCS g g
SC GC
∽ =
M
N S
Q
H P
G F
E
D O A
(107)106 Suy BN NC ( ) (1 do GB GC)
BS = SC =
Lại có BS = AC SC; = AB (2) Từ (1) (2) suy BN NC (3)
AC = AB Gọi M' =AN BC
Ta thấy ' ' ' (4) '
BN BM
BM N AM C
AC AM
∽ =
' ' ' (5) '
NC CM
CM N AM B
AB AM
∽ =
Từ (3) (4) (5) suy điểm M’ trùng với điểm M trung điểm BC Từ đó suy điều phải chứng minh
Câu 37( HSG Long An 17-18)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O R; ), M điểm chính giữa cung BC không chứa điểm A Vẽ đường tròn ( )I qua M tiếp xúc với AB B, vẽ đường tròn ( )K qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao điểm thứ hai đường tròn ( )I ( )K
c) ( 3,0 điểm ) Chứng minh ba điểm B ,N,Cthẳng hàng
d) (2,0 điểm ) Lấy D điểm bất kỳ thuộc cạnh AB (D khác A B) điểm E thuộc tia đối tia CA cho BD=CE chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE qua điểm cố định khác A
(108)107 c) Xét (I) : BNM =MBx cùng chắn cung BM
Xét (K) : MNC=MCE cùng chắn cung MC Do tứ giác ABMC nội tiếp (gt)
Suy ra: 180
ABM+ACM =
Mà :
180
MBx MCE+ =
Nên :
180
BNM+CNM = suy B N C, , thẳng hàng d) Xét BDMvà CEM có
( )
( )
( nt)
BD CE gt
DBM ECM ABMC
BM MC gt
=
=
=
( )
BDM CEM c g c =
BDM CEM
= tứ giác ADME nội tiếp
Do M cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE qua điểm cố định M
Câu 38( HSG Long An 17-18)
Cho nửa đường tròn (O R; )đường kính AB Gọi M điểm nằm nửa đường tròn khác A B xác định vị trí điểm M cho tam giác MAB có chu vi lớn nhất
Lời giải
N
K I
M O A
B C
D
(109)108 Ta có :
90
AMB= Suy tam giác AMB vuông M
2 2
4 MA +MB = AB = R (1)
Chu vi tam giác MAB : MA MB AB+ + =MA MB+ +2R
Chu vi lớn nhất : MA MB+ lớn nhất Lại có
( )2 2
2
2
4
MA MB MA MA MB MB
R MA MB
+ = + +
= +
MA MB+ lớn nhất (MA MB+ )2 lớn nhất MA MB lớn nhất Gọi H chân đường cao hạ từ M đến AB đó
.2
MA MB=MH AB=MH R đó MA MB lớn nhất MH lớn nhất MH= R H O Mlà điểm chính giữa cung AB
Câu 39( HSG Nghệ An 17-18)
Cho AB đường kính cớ định đường tròn (O) Qua điểm A vẽ đường thẳng d vng góc với AB Từ điểm E bất kì đường thẳng d vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) (C tiếp điểm, C khác A) Vẽ đường tròn (K) qua C tiếp xúc với đường thẳng d E, vẽ đường kính EF đường tròn (K) Gọi M trung điểm OE Chứng minh rằng:
a Điểm M thuộc đường tròn (K)
b Đường thẳng qua F vuông góc với BE qua điểm cố định E thay đổi đường thẳng d
Bài Giải:
H
A O B
(110)109 a) Ta có EC tiếp tuyến đường tròn (O)=>ECO=900, mà ( , )
2 EF C K => ECF=900=> O, C, F thẳng hàng
Mà EC, EA hai tiếp tuyến (O) => AOE= EOF Mặt khác FE⊥d AB, ⊥ d EF / /AB AOE=OEF =>EOF =OEF => tam giác EFO cân F
Mà M trung điểm EO => FM ⊥EO => FME =900 M( ).K
b) Gọi N trung điểm AO, Q giao điểm BE FN => MN đường trung bình tam giác EAO => MN//AE
0
0
MN AO 90
180
NMO MON
NMF MON EOB
⊥ = −
= − =
Mặt khác tam giác MOF đồng dạng với tam giác NOM (gg) MF MO EO
NM = NO = AO mà AO = BO =>
MF EO NM = BO => tam giác MFN đồng dạng với tam giác OEB (cgc)
=> OEB=MFN hay MEQ=MFQ => tứ giác MEFQ nội tiếp đường tròn (K) => EQF =900 NF ⊥ BE
Vậy E thay đổi d đường thẳng qua F vuông góc với BE qua điểm cố định trung điểm OA
Q
N
F
E K
C
M
A
O
(111)110
Câu 40( HSG Ninh Bình 17-18)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AK, BD, CI tam giác ABC cắt H Gọi M điểm thay đổi cung nhỏ BC (O) (M khác B C) Gọi N, P điểm đối xứng M qua các đường thẳng AB AC
a Chứng minh AO vng góc với ID
b Chứng minh tứ giác AHCP AHBN nội tiếp c Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng
d Tìm vị trí điểm M để đoạn thẳng NP có độ dài lớn nhất
Lời giải
a Qua A kẻ tiếp tuyến Ax với (O) Ax OA⊥ Tứ giác BIDC có BIC BDC= =90 nên nội tiếp đường tròn có tâm trung điểm BC, suy ADI ABC= mà
//
ABC PAx= ADI PAx= ID Ax AO ID⊥
b Ta có HDC HKC= =90 nên ACB DHK+ =180
Do đó tứ giác AHBN nội tiếp Chứng minh tương tự ta có tứ giác AHCP nội tiếp c Vì tứ giác AIHD, AHBN nội tiếp nên:
;
NHB NAB MAB PHC PAC MAC= = = = NHB PHC MAB MAC BAC+ = + =
Lại có BAC IHD+ =180 BAC BHC+ =180 Suy NHB PHC BAC+ + =180 Do đó ba điểm N, H, P thẳng hàng
d Theo tính chất đới xứng ta có AN AM AP= = hay ANP cân A, có NAP=2BAC khơng đổi Do đó NP lớn nhất AN lớn nhất, suy AM lớn nhất hay AM đường kính đường trịn (O)
Câu 41( HSG Quảng Nam 17-18)
Cho hình vng ABCD có cạnh cm E điểm nằm cạnh BC (E khác B C) Đường thẳng qua B, vng góc với đường thẳng DE H cắt đường thẳng CD F, Gọi K giao điểm AH BD
P N
H I
D
K
O A
B C
(112)111 a) Chứng minh tứ giác KDCE nội tiếp đường tròn ba điểm K, E, F thẳng hàng
b) Khi E trung điểm cạnh BC, tính diện tích tứ giác BKEH
Lời Giải:
a) Chứng minh KDCE nội tiếp
Ta có 0
BHD=BCD=90 BHCD tứ giác nội tiếp 0
CHF BDC 45
= =
ECFH nội tiếp 0
45 CHF CEF KDC KDCE
= = = nội tiếp Chứng minh K, E, F thẳng hàng
BC; DH đường cao BDFFE⊥BD Mà KDCE nội tiếp 0
EKD ECD 90 EK BD K, E, F
= = ⊥ thẳng hàng b)
2 2
BKE
BKE BCD
S BE 2 1 1
BKE BCD S .16 2
S BD 4 2 8 8
= = = = =
2 DCE
BHE DCE BHE
BKEH
S DE 1 4
DCE BHE 6 S .S
S BE 5 5
4 14
S 2
5 5
= = = =
= + =
Câu 42( HSG Quảng Nam 17-18)
Cho hai đường tròn ( ) ( )C , C1 2 cắt hai điểm A, B Tiếp tuyến A ( )C2 cắt ( )C1 M (M khác A) Tiếp tuyến A ( )C1 cắt ( )C2 điểm N (N khác A) Đường thẳng MB cắt ( )C2 P (P khác B) Đường thẳng NB cắt ( )C1 Q (Q khác B)
.a) Chứng minh tam giác AMP , AQN đồng dạng b) Chứng minh 2 2
MB.NA =NB.MA
Lời Giải:
K
F H
A B
D C
(113)112
a) Chứng minh tam giác AMP đồng dạng với tam giác AQN Ta có: A MP=A QN (cùng chắn cung AB)
A PM=A NQ (cùng chắn cung AB)
Suy tam giác AMP đồng dạng với tam giác AQN (g-g)
b) A MP A QN nên A B A M BM
NB = NA = A B
2
2
2 2
MB.NA A B.A M MB.NA A B.A M NA
NB.MA A B.NA NB.MA A B.NA MA
MB.NA NB.MA
= =
= =
=
Câu 43( HSG Quảng Bình 17-18)
Cho đường trịn (O) đường kính AB Đường thẳng d vng góc với AB I cắt đường tròn (O) P Q (I nằm giữa O B) M điểm bất kỳ nằm d (M nằm (O)) Các tia AM, BM cắt đường tròn (O) C D Đường thẳng CD AB cắt K, đường thẳng AD BC cắt H
a Chứng minh tứ giác ACHI nội tiếp đường tròn b Chứng minh tam giác OCI đồng dạng với tam giác OKC c Chứng minh KP KQ tiếp tuyến đường tròn (O)
Lời giải Q
P N
M B
C1
(114)113
K
M D
E F
H O A
B C
a Vì AB đường kính (O) nên AD BM BC⊥ , ⊥ AM Do đó H trực tâm tam giác MAB Suy H thuộc đoạn MI Xét tứ giác ACHI có ACH AIH+ =180 Suy tứ giác ACHI nội tiếp đường tròn
b Ta có CIO CIA CHA HAB HBA= = = + (theo câu a), CHA góc ngồi tam giác
HAB) Do đó CIO DAB CBO DCB BCO OCD OCK= + = + = = (vì ABDC nội tiếp đường tròn (O) OB OC= ) (1) Kết hợp COI KOC= (2) Từ (1) (2) suy
( ) OCI OKC g g
∽
c Từ câu b, kết hợp OP OC= ta cos OK OK OC OP
OP = OC = OI = OI Mặt khác
KOP POI= OPK∽ OIP Do đó OPK OIP= =90.Chứng tỏ KP tiếp tuyến
(O) Vì Q đới xứng với P qua AB nên KQ tiếp tuyến (O)
Câu 44( HSG Quảng Ngãi 17-18)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) Các đường cao AD, BE, CF cắt H Kẻ AD cắt cung BC M
a Chứng minh tam giác BMH cân
b Chứng minh AE CD BF AF BDCE DE EF FD = = c Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác HAB theo R
d Tìm điều kiện tam giác ABC để biểu thức AD BE CF
HD HE HF+ + đạt giá trị nhỏ nhất Tìm giá trị nhỏ nhất đó
d
H
K D
C
Q P
O
A I B
(115)114
Lời giải
a Do giả thiết ta có BHD HBD+ =90 (1) Tương tự EBC BCE+ =90 (2) Mà
EBC HBD= Từ (1) (2) suy BHD BCE= hay BHM BCA= Dễ thấy BHA BCA= (hai
góc nội tiếp chắn cung AB) BHM BMH= HBMlà tam giác cân b Ta có HFA HEA= =90 nên tứ giác HFAE nội tiếp, đó HFE HAE= (3) Mặt khác HFE EFA+ =90 (4) DAC DCA+ =90 hay HAE DCA+ =90 (5) Từ (3), (4) (5) suy AFE DCA= hay AFE BCA=
Xét hai tam giác AEF ABC ta có AFE BCA AEF ABC
FAE BAC
=
=
∽ Khi đó AE AF EF
AB CA= = BC (6)
Chứng minh tương tự ta có CDE CAB CD CE DE CA BC AB ∽ = = (7) Và BDF BAC BF BD DF
BC AB CA ∽ = = (8)
Nhân theo vế các đẳng thức (6), (7), (8) ta được: AE CD BF AF BDCE DE EF FD = = c Gọi K giao điểm CF với đường tròn (O) Chứng minh tương tự ta có tam giác AKH cân A, tam giác KBH cân B
Khi đó KA HA HAB KAB KB HB
=
=
=
Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB bán kính đường tròn (O) Suy diện tích đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB diện tích đường tròn (O) Gọi S diện tích đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB suy
2 S=R
d Đặt a S= HBC,b S= HCA,c S= HAB,S S= ABC Dễ thấy S a b c= + + , mặt khác ta có: 1
( )
AD BE CF S S S a b c
HD HE HF a b c a b c
+ + = + + = + + + +
Khi đó theo BĐT AM-GM ta có:
3
a b c+ + abc
3 1 3 a b c+ + abc = abc
1 1 (a b c)
a b c
+ + + +
Dấu “=” xảy a b c= = ABC Vậy Min AD BE CF
HD HE HF
+ + =
tam giác ABC
(116)115
E
D H
B
A C
G K
N
M H
C
A B
a Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi D, E hình chiếu H lên AB, AC Chứng minh 3BC2 = 3BD2 +3CE2
b Cho tam giác ABC cân C, cạnh AB= 3, đường cao CH = Gọi M trung điểm HB, N trung điểm BC AN CM cắt K Chứng minh KH phân giác tam giác AKM
Lời giải
a
Ta có: 3BC2 = 3BD2 +3CE2
3 3
( BC ) ( BD CE )
= +
(3 )
3
2 2 3 2. 2
BC BD CE BD CE BD CE
= + + +
3
2 2 3 2. 2.
BC BD CE BD CE BC
= + +
Áp dụng định lí Pitago hệ thức lượng tam giác vng ta có: . 2. .
AH =BH CHAH =BH CH =BD AB CE AC Mặt khác AH BC AB AC = ta suy ra:
4 . . .
AH =BD CE AH BCAH =BD CE BC
Do đó BD2 +CE2+33BD CE BC2. 2. =BH2−DH2+CH2 −EH2+33AH6
2 2 3 ( )2 2 . 3
BH DH CH EH AH BH CH BH CH DE AH
= − + − + = + − − +
2 2 2 3 2
BC AH AH AH BC
= − − + = Vậy đẳng thức chứng minh b
Ta có MN đường trung bình tam giác HBC nên MN CH// Do đó:
3 3;
4 2
AB
AM = AB= AH = = 2 CH
MN = =
Gọi G giao điểm CH AN suy G trọng tâm tam giác ABC nên 2
3
GC= CH=
3
(117)116
2
2 2 2 3 35
4
AN =AM +MN AN = AM +MN = + =
Dễ thấy 135 12
GN = AN = Do MN CH// theo định lí Ta-lét ta có MN KN KM GC = KG = CK Theo chứng minh ta có 3
4
MN KN
CG = KG = hay
4 GK GN = Khi đó 4 35
7 21
GK= GN= AN = , mà 35 14 KA GA KG= + = Tương tự ta có 3
7
KM KM CM
CM = = Mà
2
2 ( 2)2 35 35
4 28
CM = CH +HM = + = KM =
Do đó KA
KM =
HA KA HA
HM = KM = HM Từ đó ta có KH phân giác tam giác AKM
Câu 46( HSG Thái Bình 17-18)
Cho tam giác ABC M điểm nằm bên tam giác Gọi D điểm AB cho MD song song với BC, E điểm BC cho ME song song với AC, F điểm AC cho MF song song với AB Kí hiệu SABC SDEF diện tích tam giác ABC tam giác DEF Chứng minh SABC 3SDEF
Lời giải
H I
K F
E D
B
A
(118)117 Gọi K, I, H giao điểm MD AC; ME AB; MF BC Dễ dàng chứng minh MFAD, MDBE, MECF hình thang cân Suy ra:
2SDEF =2SMDE +2SMEF +2SMFD =2SMDB +2SMEC +2SMFA
MDBH MECK MFAI ABC MHE MFK MDI
S S S S S S S
= + + = − − −
Dễ dàng chứng minh tam giác MHE, MFK, MDI đồng dạng với tam giác BAC Do đó ta có
2 2
2 , ,
MDI MFK MHE
ABC ABC ABC
S BH S EC S HE
S = BC S = BC S = BC Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
2 2
2 2
1 ( )
3
MDI MFK MHE
ABC ABC ABC
S S S BH EC HE BH HE EC
S S S BC BC BC BC
+ +
+ + = + + =
1
3
MDI MFK MHE MDI MFK MHE
ABC ABC ABC ABC
S S S S S S
S S S S
+ +
+ +
2 1 3
3
ABC DEF DEF
ABC DEF
ABC ABC
S S S
S S
S S
−
Câu 47( HSG Thái Bình 17-18)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có đường cao AH OA= Gọi E F theo thứ tự chân các đường vuông góc kẻ từ H đến AB AC Chứng minh đường thẳng EF qua trung điểm đoạn OA
Lời giải
Gọi I giao điểm OA EF Kẻ đường kính AD Khi đó
2 . .
AH =AE AB AF AC= BEFC nội tiếp AD EF⊥
Do đó . . 2 .2
2 R AI AD AF AC AH= = R = AI RAI =
I
D F
E
H
O A
(119)118
(120)119
Bài tập 1: (HSG Bình Định 2016-2017)
1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R M điểm di động cung nhỏ BC đường tròn đó
a) Chứng minh MB + MC = MA
b) Gọi H, I, K chân đường vng góc hạ từ M xuống AB, BC, CA Gọi S, S’ diện tích tam giác ABC, MBC Chứng minh rằng: Khi M di động ta luôn có đẳng thức:
MH + MI + MK = 2 S + 2S'( ) 3R
2. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AD, BE, CF các đường cao Lấy M đoạn FD, lấy N tia DE cho MAN = BAC Chứng minh MA tia phân giác góc
NMF
Lời Giải:
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
1.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.sinABN : 3 2
sin
AN
AB R R
ABN
= = =
Ta có: 1
2
ABM ABM
S
MH AB S MH
AB
= = = 2
3 ABM S R ACM ACM S
MK AC S MK
AC
= = = 2
(121)120 BCM BCM S
MI BC S MI
BC
= = = 2
3
BCM
S
R =
2 '
S R
Do đó: MH + MK + MI = '
S
R + ( )
2
3 SABM SACM
R + =
2 '
S
R +
2 SABMC
R
= '
S
R + ( )
( )
2 '
2 ' 3 S S S S R R + + =
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: D3 = D4 (= BAC ) D1 = D2
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 tập 2: (HSG Bắc Giang 2016-2017)
Cho đoạn thẳngOA=R, vẽ đường tròn(O; R) Trên đường tròn (O; R)lấy H bấy kỳ cho AHR, qua H vẽ đường thẳng a tiếp xúc với đường tròn(O; R) Trên đường thăng a lấy B C cho H nằm giữa B C vàAB=AC=R Vẽ HM vng góc với OB ( MOB), vẽ HN vng góc với OC ( NOC)
a/ Chứng minh OM.OB=ON.OC MNluôn qua điểm cố định b/ Chứng minh OB.OC=2R2
c/ Tìm giá trị lớn nhất diện tích tam giácOMNkhi H thay đổi Lời giải
a/ Chứng minh OM.OB=ON.OCvà MN qua điểm cố định
(122)121 *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 2
OM OB =OH =R
Chưng minh tương tự ta có 2 ON OC =OH =R Vậy ta có OM OB =ON OC
* Ta có OM OB =OH2 =R2 mà OA=R nên ta cóOM OB OA2 OM OA
OA OB
= =
Xét OMAvà OABcó O chung, có OM OA
OA =OB OMA OAB
OAM OBA
= Ta có AO=AB=R (gt) OAB
cân AOB=OBAAOM =OBA , Vậy 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 MNvới OA ta có EO=EA=
2 OA
MN⊥OA E, mà O, A cố định nên E cố đinh Vậy MN qua điểm cố định
b/ Chứng minh OB OC=2R2
Ta có OM OB ON OC OM ON
OC OB
= =
Xét OMN OCB có O chung , có OM ON OMN OCB
OC = OB ,
mà OE⊥MNvà 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 =OH2 =R2 ( cm trên) 2
2OC OB R OC OB R
= =
c/ Tìm giá trị lớn nhất diện tích tam giác OMN H thay đổi Ta có OMN OCB (cm trên)
( )
2 2
2 2 OMN OCB
S OE OE OE
S OH OA OE
= = = =
Nên 1 1 ( ) ( )
4 8
OMN OCB
S = S = OH BC = R BC R AB+AC = R R+R = R
(123)122 Dấu có B, A, Cthẳng hàng H A
Vậy diện tích tam giác OMN lớn nhất
OMN
S = R HA
Bài tập 3: (HSG Bắc Ninh 2016-2017)
Cho đoạn thẳng AB 2a có trung điểm O Trên nửa mặt phẳng bờ AB dựng nửa đường trịn tâm O đường kính AB nửa đường trịn tâm O' đường kính AO Điểm M thay đổi nửa đường tròn O' (M khác A O), tia OM cắt đường tròn O C Gọi D giao điểm thứ hai CA với đường tròn O'
1) Chứng minh tam giác ADM cân
2) Tiếp tuyến C đường tròn O cắt tia OD E, chứng minh EA tiếp tuyến chung hai đường tròn O O'
3) Đường thẳng AM cắt OD H , đường tròn ngoại tiếp tam giác COH cắt đường tròn
O điểm thứ hai N Chứng minh ba điểm A M N, , thẳng hàng 4) Tính độ dài đoạn OM theo a biết ME song song với AB
Lời giải:
1)
Tam giác AOC cân O, có OD đường cao nên phân giác góc AOC , đó AOD COD AD DM nên DA DM
Vậy tam giác AMD cân D
2) OEA OEC c g c OAE OCE 90
Do đó, AE AB Vậy AE tiếp tuyến chung O O'
3)Giả sử AM cắt O N' OAN' cân O, có OM AN' nên OM đường trung trực
' '
AN CA CN
C
H D
N M
E
O' O B
(124)123 Ta có CN A' CAM mà CAM DOM, đó CN H' COH Bốn điểm C N O H, ', , thuộc đường tròn
Suy ra, N' thuộc đường tròn ngoại tiếp CHO Do vậy, N' trùng với N Vậy ba điểm A M N, , thẳng hàng
4) Vì ME / /AB AB AE nên ME AE Ta có hai tam giác MAO EMA, đồng dạng nên
2 . MO MA AO
MA AO EM
EA EM MA (*)
Dễ thấy MEO cân M nên ME MO Thay vào (*) ta MA2 OA MO (**) Đặt MO x ta có MA2 OA2 MO2 a2 x2
Từ (**) suy a2 x2 ax x2 ax a2
Từ đó tìm
5
2
a
OM
Bài tập 4: (HSG Băc Ninh 2016-2017)
1) Cho hình vng MNPQ điểm A nằm tam giác MNP cho
2 2
AM AP AN Tính góc PAN
Lời Giải:
Dựng tam giác ANB vuông cân N (A B, nằm khác phía đối với NP) Ta có AB2 2AN2, BAN 450 AMN BNP c g c AM BP Do đó, AP2 AB2 AP2 2AN2 AM2 BP2 ABP
vuông A Nên PAN PAB BAN 900 450 1350
Bài tập 5: (HSG Bến Tre 2016-2017)
B A
Q P
(125)124 Cho đoạn thẳng AB điểm E nằm giữa điểm A điểm B cho AEBE Vẽ đường tròn
( )O1 đường kính AE đường trịn( )O2 đường kính BE Vẽ tiếp tuyến chung MN hai đường tròn với M tiếp điểm thuộc ( )O1 N tiếp điểm thuộc ( )O2
a) Gọi F giao điểm các đường thẳng AM BN Chứng minh đường thẳng EF
vuông góc với đường thẳng AB
b) Với AB=18cm AE =6cm, Vẽ đường trịn ( )O đường kính AB Đường thẳng MN cắt đường tròn ( )O C D cho điểm C thuộc cung nhỏ AD Tính độ dài đoạn thẳng
CD Lời giải
Hình vẽ điểm N chưa xáchình kéo theo điểm F chưa xác
a) MNlà tiếp tuyến chung ( )O1 ( )O2 nên MN ⊥O M MN1 ; ⊥O N2 O M O N1 // 2 180
MO E NO E
+ =
1
O AM
cân O1 suy MO E1 =2O AM1
O BN
cân O2 nên NO E2 =2O BN2
( )
1 2
MO E NO E O AM O BN
+ = + 0
1 90 90
O AM O BN MFN
+ = =
Mặt khác AME=BNE=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 90
EMF ENF
= = suy MENFlà hình chữ nhậtMEF =NME
Mà O EM1 =O ME1 (O ME1 cân O1) NME O ME+ = 90 (MNlà tiếp tuyến) 90
MEF O EM
+ = hay EF⊥AB E
b) Ta cóAB=18 cm, AE=6 cmEB=12 cm, OF =9 cm
AFB
vuông F có đường cao EFnên EF2 =AE EB =6.12=72EF =6 cm
MN EF
= = cm
Gọi K I, giao điểm EF OF, với MN K I
D
C
O F
O2 O1
A E B
M
(126)125 Tứ giác MENFlà hình chữ nhật nên có NMF =NEF mà NEF =ABF (cùng phụ gócBEM)
(1)
NMF ABF
= FNM ∽ FAB
Ta lại có OAF cân O suy OAF =OFA ( )2 Và OAF+ABF= 90 (3)
Từ ( ) ( )1 , ( )3 ta suy raNMF+OFA= 90 MIF= 90 FNM
đồng dạng FAB có FI FE, hai đường cao tương ứng nên
4 18
6
FI MN FI
FI
EF = AB = = cm
9
OI OF FI
= − = − = cm OID
vuông I nên ID2 =OD2−OI2 =92−52 =56ID=2 14 cm Vì OF⊥CD I nên CD=2.ID=4 14 cm
Bài tập 6: (HSG Bình Định 2016-2017)
1.Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R M điểm di động cung nhỏ BC đường tròn đó
a) Chứng minh MB+MC=MA
b) Gọi H I K, , chân đường vng góc hạ từ M x́ng AB BC CA, , Gọi , ’S S diện tích tam giácABC MBC, Chứng minh rằng: Khi M di động ta có đẳng thức:
( )
2 S + 2S' 3R
MH+MI+MK =
2 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AD BE CF, , các đường cao Lấy M đoạnFD, lấy N tia DE cho MAN = BAC Chứng minh MA tia phân giác góc NMF
Lời giải
1.a)Cách 1: Trên tia đối tia MC lấy điểm E cho ME=MB
Ta có: BEM tam giác BE=BM =EM K I
D
C
O F
O2 O1
A E B
M
N
O
E
M
C B
A
O A
B C
(127)126 N K I H O A B C M
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
1.b) Kẻ AN vng góc với BC N
Vì ABC tam giác nên O trọng tâm tam giác , ,
A O N
thẳng hàng AN = R Ta có: AN = AB s inABN
3
:
2 sin
AN
AB R R
ABN
= = =
Ta có:
2
ABM ABM
S
MH AB S MH
AB
= =
3 ABM S R = ACM ACM S
MK AC S MK
AC
= =
3 ACM S R = BCM BCM S
MI BC S MI
BC
= =
3
BCM
S R
= '
3
S R
= Do đó: '
3
MH MK MI S
R
+ + = ( )
3 SABM SACM
R
+ + '
3 ABMC
S
S
R R
= +
' ( ') 3( ') 3 S S S S S R R R + + + =
2. Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE K Tứ giác AEDB nội tiếp CDE = BAC
Mà: MKD =CDE (vìMK/ /BC)
Do đó: MKD = MAN Tứ giác AMKN nội tiếp
AMN AKN
=
Ta có: D3 = D4 (=BAC ) D1 = D2 DMK
có DA phân giác vừa đường cao nên cân D
DM DK
=
(128)127
AMD= AKD
(c.g.c) AMD = AKD
Nên: AMF = AKN Ta có: AMF = AMN (= AKN)
Vậy: MA phân giác góc NMF
Bài tập 7: (HSG Bình Dươn 2016-2017)
Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O R; ), M( ; )O R Chứng minh rằng: MA2+MB2+MC2 =6R2
Lời giải
Giả sử: MAC
Dễ thấy: MA MC+ =MB (trên MB lấy I cho MI =MC, ta chứng minh: IB=MA)
Đặt: MA=x ; MB=y ; MC= −y x Ta có: AM2+BM2+CM2 2 ( )2
x y x y
= + + −
( 2 )
2 x y xy (1)
= + −
Kẻ AH⊥BM
2 x MH
=
4
AH x
=
Mà
2
= − = −x
BH MB MH y
2 x
BH =MB−MH = −y AB2 =AH2+BH2 = 2 4x +y +4x −xy
2
(2)
x y xy
= + −
Từ (1), (2) AM2+BM2+CM2 =2AB2 =2( )R =6R2 (đpcm)
Bài tập 8: (HSG Dak Lak 2016-2017)
Cho đường trịn (O) có tâm O Dây AB cớ định khơng phải đường kính Gọi I trung điểm đoạn AB Trên cung nhỏ AB lấy hai điểm C, E cho góc CIA và EIB góc nhọn CI cắt đường tròn (O) điểm D khác C EI cắt đường tròn (O) điểm F khác E Các tiếp tuyến với đường tròn (O) C D cắt M, tiếp tuyến với đường tròn (O) E F cắt N Nối
(129)128 1) Tứ giác PQNM nội tiếp
2) MN song song với AB Lời giải
1) Chứng minh: Tứ giác PQNM nội tiếp Ta có: OC=OD (bán kính), MC=MD (MC, MD tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra: OM trung trực CDOM ⊥DP Xét ODM có:
0 90
ODM = (MD tiếp tuyến (O) D),
( )
OM ⊥DP cmt
( )
OD OP OM a
=
Chứng minh tương tự có: OF2 =OQ ON b ( ) Lại có:OD=OF (bán kính) (c)
Từ (a), (b), (c) suy ra:
OP ON
OP OM OQ ON
OQ OM
= =
Xét OPQ ONM có:
O chung;OP ON (cmt)
OQ=OM
OPQ ONM
∽ (c.g.c) nên OPQ=ONM Vậy tứ giác PQNM nội tiếp (đpcm)
2) Chứng minh: MN song song với AB
Tứ giác OPIQ có : OPI =OQI =900 (theo câu a)
Vậy tứ giác OPIQ nội tiếp QOI =QPI (góc nội tiếp chắn cung QI)
Lại có ONM =OPQ cmt( )QOI+ONM =QPI+OPQ=OPI =90 (0 do OM ⊥DP) ONT
vuông T (T giao điểm OI MN)
OI MN
⊥ , mặt khác OI ⊥ AB (vì ( )
IA=IB= AB gt ) Vậy AB // MN (đpcm)
Bài tập 9: (HSG Dak Lak 2016-2017)
Cho tam giác ABC cân C, có góc đỉnh 36 Chứng minh: AC AB + = Lời giải Ta có:
0 0
0
180 180 36
72
2
ACB
CAB=CBA= − = − = (Vì tam giác ABC cân C) Kẻ phân giác BD góc ABCCBD=ABD=360
Chứng minh BDC cân D, ABD cân B.
Đặt AC=BC=x AB, =BD=CD=a (x0,a0) Mặt khác BD phân giác ABC
Nên CD AD CD AD AC
BC AB BC AB BC AB
+ = = = + + 2 (*) a x
x ax a
x x a
(130)129 Giải phương trình (*) ta
2
x= + a (vì x0) nên (1 5) :
2
a AC
a AB
+ +
= =
Bài tập 10: (HSG Hà Tĩnh 2016-2017)
Cho tam giác ABC có M trung điểm cạnh AC các đường thẳng AD BM CE, , đồng quy
K nằm tam giác (DBC E; AB) Biết AKE BKE có diện tích 10 cm2 20 cm2 Tính diện tích tam giác ABC.
Lời giải
Ta có AKE BKE hai tam giác có chung đường cao nên 10
20
AKE BKE
S AE
S = BE = =
BE AE
= SCBE =2SCEA
M trung điểm AC nên SABM =SCBM, SAKM =SCKM SBCK =30
Mà SCBE =2SCEA SBCK+SBKE =2(SAKE +2SAKM)50=2 10( +2SAKM)2SAKM =15
25
ACE
S
=
Do đó SABC =SBCE+SACE =50 25+ =75 cm
Bài tập 11: (HSG Hà Tĩnh 2016-2017)
Câu 1: Cho tam giác ABC vuông A Biết đường cao AH, trung tuyến BM phân giác CD
đồng quy Tính AB AC
Lời giải
20 10
K M A
B C
E
(131)130 Gọi I giao điềm đường cao AH, trung tuyến BM phân giác CD
Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BM E, cắt CD F IBH
có AE//BH , nên AE IA
BH = IH (hệ định lý Talet)
IHC
có AF//CH, nên FA IA
HC = IH (hệ định lý Talet) Suy AE FA BH AE
BH = HC HC = FA
BDC
có BC//FA, nên AD FA
BD = BC (hệ định lý Talet)
BMC
có BC//EA, nên CM BC
MA = AE (hệ định lý Talet) Do đó BH AD CM AE FA BC
HC BD MA = FA BC AE = hay BH AD CM =HC BD MA Mà MA=MC nên suy BH AD =HC BD hay BH BD
HC = AD (1) mặt khác, CD phân giác ABC nên BD BC
AD = AC (2)
ABC
vuông A, AH đường cao có 2
AB BH BC BH
AC = HC BC = HC (3)
Từ (1), (2), (3) ta có 2
AB BC
AC = AC suy
2 AB =BC AC
2
BC AC BC AC
− = (vì 2
AB +AC =BC )
Đặt BC=t AC (với 0 t ) ta có (t AC )2−AC2 =t AC AC
( ) ( ) 1 t t t t + = − − = − = nhận loại
Suy
BC= + AC
(132)131 Khi đó
AB =BC AC 2.1
2 AC AC AC
+ +
= = 22 5
2
AB AB
AC AC
+ +
= =
Bài tập 12: (HSG Hưng Yên 2016-2017)
Cho điểm M thuộc nửa đường trịn (O) đường kính AB (M A M, B MA, MB) Tia phân giác AMB cắt AB C Qua C vẽ đường vng góc với AB cắt đường thẳng AM, BM theo thứ tự
D, H
a) Chứng minh: CA CH=
b) Gọi E là hình chiếu vng góc H tiếp tuyến A (O), F hình chiếu vng góc D tiếp tuyến B (O) Chứng minh E, M, F thẳng hàng
c) Gọi S S1, 2 thứ tự diện tích tứ giác ACHEvà BCDF Chứng minh CM2 S S1 2 Lời giải
a) Do MC phân giác AMB , theo tính chất đường phân giác AC AM (1)
BC BM
=
Xét BHC BAM có: BCH=BMA=900, ABMlà góc chung
BHC
đồng dạng với BAM HC AM (2)
BC BM
=
Từ (1) (2) AC=HC
b) Tứ giác ACHE hình vng suy raAH =EC Gọi AH cắt EC I
Xét AMH vuông M 90
2
AH EC
MI MI EMC
= = =
Chứng minh tương tự ta có CMF =900
Vậy EMF =900+900 =1800 suy E, M, F thẳng hàng c) Do tứ giác ACHE hình vng
2 CE CH = 2
1
2
CE
S CH S CE
= = =
Tương tự 2
2S =CF
Xét FCE vuông C, đường cao CM, theo hệ thức lượng tam giác vng ta có:
2 2
1 1
CE +CF =CM 2
2 2
1 2
1 2
2
S S S S
CE CF
CM S S
CE CF S S S S
= = =
+ +
Dấu “=” xảy S1 =S2 AM=BM (vơ lý vìAMBM) Vậy CM2 S S1 2
(133)132 Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Gọi C điểm nằm nửa đường tròn (O) (
C khác A, C khác B) Gọi H hình chiếu vng góc C AB, D điểm đối xứng với A qua C, I trung điểm CH, J trung điểm DH
a) Chứng minh CIJ CBH
b) Chứng minh CJH đồng dạng với HIB
c) Gọi E giao điểm HD BI Chứng minh
HE HD = HC
d) Xác định vị trí điểm C nửa đường tròn ( )O để AH + CH đạt giá trị lớn nhất
Lời giải
a)+ Vì ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên AC⊥BC
Suy BC⊥CD (1)
+ Lập luận để IJ CD (2) + Từ (1) (2) suy IJ BC
+ Suy CIJ CBH(cùng phụ với HCB) (3) b)+) Trong vuông CBH ta có: tanCBH CH
BH (4)
+ Lập luận chứng minh CJ AB + 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 CJH HIB có HCJ=BHI =900 CH CJ
HB = HI (cmt) + Nên CJH đồng dạng với HIB
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 ;
2
HJ = HD HI = HC + Suy HE HD =HC2 d)
H O
E I
J D
C
(134)133 + Lấy điểmMtrên nửa đường tròn( )O cho BOM 450
+ Tiếp tuyến nửa đường tròn ( )O Mcắt AB N Ta có M N cớ định + Kẻ MK⊥AB K
+ Chứng minh MON vuông cân Mvà KM =KNsuy ANC=45 Xét CM
Ta có CMnên HK
Do đó AH+CH AH+HN=AN AH+CH =AK+KM =AK+KN =AN (không đổi) + Xét C khácM
Tia NC nằm giữa hai tia NA NM
Do đó
45
ANC ANM
+ HNC có NHC 900 nên HNC HCN 900
Mà HNC 450 nên HCN 450 Suy HNC HCN
Suy HCHN
+ Do đó AH+CHAH+HN=AN
+ Vậy Khi C nửa đường tròn ( )O cho BOC 450 AH+CH
đạt giá trị lớn nhất
Bài tập 14: (HSG Thanh Hóa 2016-2017)
Cho ABx cố định, tia Bx lấy điểm C cho AB AC ABBC Đường tròn tâm
O nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB BC CA, , I J K, , Tia BO cắt đường thẳng JK AC, M D
K 450
N M
H O
C
(135)134 Chứng minh 900
2
AOB= + ACB năm điểm A I O M K, , , , nằm đường tròn
2 Chứng minh DK BM =DM BJ đường thẳng JK qua điểm cố định điểm
C di động tia Bx thỏa mãn giả thiết
3 Gọi P giao điểm đường thẳng KI đường thẳng BC, đường thẳng AJ cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai N Chứng minh PNlà tiếp tuyến đường tròn ( ).O
Lời Giải:
1)Vì đường trịn (O) tiếp xúc với cạnh AB BC CA, , I J K, , nên AO tia phân giác
BAC, BO tia phân giác ABC Suy ,
2
OAB= CAB OBA= CBA
Ta có 0
180 ( ) 180 ( )
2
AOB= − OAB+OBA = − CAB+CBA
= 1800 1(1800 ) 900
2 ACB 2ACB
− − = +
,
AB AClà tiếp tuyến đường tròn ( )O nênAIO=AKO=900 CJ =CK Suy tứ giác AIOK nội tiếp đường tròn đường kính AO (1)
Vì ABBC nên M nằm giữa O D
CJK cân C 1800 900 ACB
JKC+ACB= JKC= − (2)
0 0
180 180 (90 ) 90
2
ACB ACB
AOM = −AOB= − + = − (3) Từ (2) (3) suy AOM =JKC
Do đó,
180
AOM+AKM =JKC+AKM = nên tứ giác AOMK nội tiếp (4) Từ (1) (4) ta A I O M K, , , , nằm đường tròn đường kính AO
2) Do tứ giác AOMK nội tiếp AOD=MKD(cùng bù vớiAKM)
A
I
B
K
C x M
O
J
(136)135 Suy DKM DOA đồng dạng
DK DM DO = DA
DK DO
DM = DA (5)
AO phân giác góc A ABD DO BO DA = BA (6)
Do tứ giác AMOI nội tiếp IAO=IMO, suy raBOA BIM đồng dạng BO BI
BA = BM Mà BI =BJ nên
BO BJ
BA = BM (7) Từ (5), (6), (7) suy DK BJ
DM =BM DK BM =DM BJ
Vì M thuộc đường tròn đường kính AO nên AMO=900 suy raAM ⊥BO hay M chân đường vng góc kẻ từ A đến BO
Do ABx cố định BO tia phân giác góc ABx nên BO cớ định, suy M cố định Do đó, đường thẳng JK qua điểm M cố định điểm C di động tia Bx thỏa mãn giả thiết.12
3)
Vì ABAC nên điểm B nằm giữa hai điểm P C
Nối N với I, I với J Ta có ANI AIJ (g.g) có JAI chung, AIN = AJI (góc tạo tia tiếp tuyến dây góc nội tiếp chắn IN)
Suy raAN AI AI2 AN AJ
AI = AJ = (8)
Gọi L =OAIK Vì AI AK, hai tiếp tuyến ( )O nênAI ⊥OIvà IL⊥ AO Xét AIO vuông I có IL đường cao AI2 = AL AO (9)
Từ (8) (9) suy AN AJ AL AO AN AL
AO AJ
= =
Mà NAL=OAJ nên ANL AO J (c.g.c)
NLA OJA
= 0
180 (do 180 )
NLO+NJO= NLA+NLO=
Tứ giác NLOJ nội tiếp (10)
A
I
K
C P
O
J N
B
(137)136
90
OJ PC
OJP OLP
OL PK
⊥
= =
⊥
Tứ giác PLOJ nội tiếp đường tròn đường kính PO (11)
Từ (10) (11) suy P N L O J, , , , thuộc đường tròn đường kính PO Do đó
90
ONP= PN⊥ON PN tiếp tuyến đường tròn (O)
Bài tập 15: (HSG Thành Phố Vinh 2016-2017)
Cho đường tròn (O R; ) đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn Trên d lấy điểm
M bất kỳ, qua M kẻ tiếp tuyến MA MB, với đườn tròn ( , A B tiếp điểm ) Kẻ đường kính ,
AOC tiếp tuyến ( )O C cắt AB E
a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO; b) Chứng minh CM vng góc với OE;
c) Tìm giá trị nhỏ nhất dây AB diện tích tứ giác MAOB
a)Gọi Q giao điểm AB với OM Ta có AM//CE (cùng vng góc vớiAC ) Suy BEC=MAB (so le trong)
Mà ABC=90 ;0 AQM =900 AMO=OMB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
AMO OMB BCE
= = (cùng phụ với hai góc nhau)
tanBCE tanOMB BE OB MB OB(1)
BC MB BC BE
= = =
Lại có MBA=OBC (cùng phụ với ABO) Nên MBC=OBE (cùng =900+OBC) (2) Từ (1) (2) suy MBCOBE c g c( )
d I
P Q
H
N
E
C B
A
O
(138)137 b)Từ MBCOBEBCM =BEO
Gọi I N giao điểm OE với BC MC
BIE
NIC g g( )IBE=INCmà IBE=900 Nên INC=90 Vậy CM ⊥OE
c)Gọi H hình chiếu vng góc O d P giao điểm ABvới OH Ta có OQP OHM g g( ) OQ OP
OH OM
=
2 2
R
QO OM OP OH OA R OP
OH
= = = =
Mà O d cố định OH không đổi nên OP khơng đổi Lại có AB=2AQ=2 OA2−OQ2 mà OQOP
4
2 2 2
2
2 R R
AB OA OP R OH R
OH OH
= − = − = −
Dấu “=” xảy Q P M H
Vậy GTNN AB 2R OH2 R2 M H OH
= −
*) Vì MO⊥AB nên
AOBM
S = AB OM =AQ OM
Vẽ dây cung A B1 1 vng góc với OH ,P P ( )O cố định nên A B1 1 khơng đổi Vì OPOQ ABA B1 1 (liên hệ giữa dây khoảng cách từ tâm đến dây)
Mà 1
1
AOBM
OM OH S A B OH (không đổi) Dấu “=” xảy M H
Vậy GTNN 1 1
AOBM
S = A B OH M H
Bài tập 16: (HSG Quãng Ngãi 2016-2017)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Gọi C điểm nằm nửa đường tròn (O) (C khác A, C khác B) Gọi H hình chiếu vng góc C AB, D điểm đối xứng với A qua C, I trung điểm CH, J trung điểm DH
a) Chứng minh CIJ CBH
b) Chứng minh CJH đồng dạng với HIB
c) Gọi E giao điểm HD BI Chứng minh HE.HD = HC2
d) Xác định vị trí điểm C nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớn nhất
(139)138 + Vì ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên AC⊥BC
Suy BC⊥CD (1)
+ Lập luận để IJ // CD (2) + Từ (1) (2) suy IJ BC
+ Suy CIJ CBH(cùng phụ với HCB) (3) +) Trong vuông CBH ta có: tanCBH CH
BH (4) + Lập luận chứng minh CJ // AB
+ Mà CH ⊥ AB (gt) + Suy CJ ⊥CH
+) Trong tam giác vuông CIJ ta có tanCIJ CJ CJ CI HI CI HI (5) + Từ (3), (4), (5) CH CJ
HB HI
=
+ Xét CJH HIB có 90
HCJ =BHI = CH CJ
HB = HI (cmt) + Nên CJH đồng dạng với HIB
+ Lập luận để chứng minh 90
HEI =
+ Chứng minh HEI đồng dạng với HCJ + Suy HE HI
HC = HJ
+ Suy HE.HJ = HI.HC
+ Mà ;
2
HJ = HD HI = HC + Suy HE.HD = HC2
H O
E I
J D
C
(140)139 + Lấy điểm M nửa đường tròn (O) cho
45
BOM
+ Tiếp tuyến nửa đường tròn (O) M cắt AB N Ta có M N cớ định + Kẻ MK ⊥AB K
+ Chứng minh MON vuông cân M KM = KN Suy
45
ANC=
Xét C M
Ta có C M nên H K
Do đó AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không đổi) + Xét C khác M
Tia NC nằm giữa hai tia NA NM
Do đó
45
ANC ANM
+ HNC có 90
NHC
nên
90
HNC HCN
Mà
45
HNC nên 45
HCN
Suy HNC HCN
Suy HC < HN
+ Do đó AH + CH < AH + HN = AN
+ Vậy Khi C nửa đường tròn (O) cho 45
BOC AH + CH đạt giá trị lớn nhất
Bài tập 17: (HSG Hải Phòng 2016-2017)
Cho ba điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (điểm B nằm giữa điểm A điểm C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi qua điểm B điểm C (điểm O không thuộc đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O (với M N
K 450
N M
H O
C
(141)140 các tiếp điểm) Đường thẳng BC cắt MN điểm K Đường thẳng AO cắt MN điểm H cắt đường tròn các điểm P điểm Q (P nằm giữa A Q).
a) Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi
b) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME
Lời giải:
a)Gọi I trung điểm BC suy IO⊥BC
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 AI.AK AB.AC AK AB AC AI
= =
Ta có A, B, C cớ định nên I cớ định AK không đổi
Mà A cố định, K giao điểm BC MN nên K thuộc tia AB K cớ định (đpcm)
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
= =
d E
D H
K
Q P
N M
I A
B
(142)141 MP ME
MQ MQ
= ME = MP P trung điểm ME
Bài tập 18: (HSG Quảng Ninh 2016-2017)
Cho đường tròn tâm O bán AB Gọi A điểm cố định nửa đường tròn (AB;C), D điểm di chuyển AC Hai đoạn BD AC cắt M,gọi K hình chiếu M BC
a) Chứng minh M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADK
b) Khi D di chuyển AC (DC ),chứng minh DK qua điểm cớ định c) Đường thẳng qua A, vng góc với BC cắt BD E Chứng minh BD EM
AM có giá trị khơng đổi D di chuyển AC (DA)
Lời giải:
Cho đường tròn tâm O bán AB Gọi A điểm cớ định nửa đường trịn (AB;C), D điểm di chuyển AC Hai đoạn BD AC cắt M,gọi K hình chiếu M BC
a) Chứng minh M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADK
b) Khi D di chuyển AC (DC ),chứng minh DK qua điểm cố định c) Đường thẳng qua A, vuông góc với BC cắt BD E Chứng minh BD EM
AM có giá trị khơng đổi D di chuyển AC (DA)
Giải
a) Tứ giác MKCD nội tiếp MDK =MCK
ADB=ACB( hai góc nội tiếp (O) chắn AB)MDK =MDA hay DM phân giác tam giác ADK
Tươn tự chứng minh dduocs AM phân giác tam giác ADK Vậy M tâm đương tròn nội tiếp tam giác ADK
b) Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt DK I AI
∕∕ MK IAC =KCM
(143)142 Vậy IAC=IDC tứ giác ADCI nội tiếp hay I( )O cố định Mà I đường thẳng qua A cố định, vng góc với BC cớ định Vậy I cớ định hay DK qua I cớ định
c) Có EAM =KDC AME, =DCK(=DMC)
Vậy hai tam giác AEM DCK đồng dạng AM DK
ME KC
=
Xét hai tam giác KDB KCA có KCA=KDB KAC, =KBDhai tam giác KDB KCA đồng dạng DK DB
KC CA
=
Vậy AM DB DB EM CA
ME = CA AM = =hằng số Vậy DB EM
AM khơng phụ thuộc vào vị trí D cung AC
Bài tập 19: (HSG Ninh Bình 2016-2017)
Cho đường tròn tâm O, bán kính R có đường kính AB cớ định C điểm thay đổi đường tròn (C khác A B) Gọi H hình chiếu C AB, I trung điểm AC Đường thẳng OI cắt tiếp tuyến A đường tròn (O; R) M, đường thẳng MB cắt đường thẳng CH K
a) Chứng minh điểm C, H, O, I thuộc đường tròn b) Chứng minh MC tiếp tuyến đường tròn (O;R)
c) Chứng minh IK song song với AB
d) Xác định vị trí điểm C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó
Lời giải:
a)+)
90
⊥ → =
(144)143 +) OA=OC IA; =IC→ AOC cân O có trung tuyến OI nên
90
⊥ → =
OI AC OIC
→I thuộc đường tròn đường kính CO
Vậy: điểm O, I, C, H thuộc đường tròn đường kính CO
b) Tam giác OAC cân O, có OI đường trung tuyến nên OI đường trung trực Mà MOI →MA=MC
Xét hai tam giác AMO CMO có ( ) =
→ =
=
OA OC
OM chung OAM OCM c c c
MA MC
Vì 0
90 90
= → =
MAO MCO →MC⊥CO, hay MC tiếp tuyến (O;R)
c) Ta có ⊥ → ⊥
CH AB
MA AB / / = = (1)
KH BH BH
KH MA
MA AB R
Do
90 / /
= → ⊥ →
ACB BC AC BC OM
Xét hai tam giác BCH OMA có = → → = = (2) =
BHC OAM CH BH BH
BCH OMA
MA OA R
CBH MOA
Từ (1) (2) suy CH=2KH→K trung điểm CH CAHcó: = →
=
IC IA
IK
KC KH đường trung bình CAH→IK/ /AH→IK/ /AB
d) Chu vi tam giác ABC (2 )P = AB+BC+CA=2R+(CB+CA) Mặt khác ta có 2 2 2
(CB CA+ ) (CB +CA )(1 +1 )=2AB =8R
→CA CB+ 2 2R
Suy (2 )P 2R+2 2R=(2+2 2)R
Dấu “=” xảy CA CB= C điểm giữa cung AB
Vậy: Max(2 )P =2(1+ 2)R C điểm giữa cung AB
Bài tập 21: (HSG Phú Thọ 2016-2017)
Cho đường tròn ( ; )O R điểm A cố định ( ; )O R Gọi M, N các giao điểm hai đường tròn ( ; )O R ( ; )A R ; H điểm thay đổi cung nhỏ MN đường tròn ( ; )A R Đường thẳng
qua H vng góc với AH cắt ( ; )O R B, C Kẻ HI ⊥ AB I( AB HK), ⊥ AC K( AC) a) Chứng minh IK ln vng góc với đường thẳng cố định
AB AC= R b) Tìm giá trị lớn nhất diện tích AIK H thay đổi
(145)144 a) Chứng minh IK ln vng góc với đường thẳng cố định
AB AC= R Ta có AIH =90 ;0 AKH =900 Vì AIH +AKH =1800 nên tứ giác AIHK nội tiếp
Kẻ tiếp tuyến At đường tròn ( ; )O R A
Ta có:
0
0 90
(1) 90
ACB HAC
ACB AHK
AHK HAC
+ =
=
+ =
Ta lại có: AHK=AIK (do tứ giác AIHK nội tiếp) (2)
BAt=ACB(cùng
2sđAB) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra: BAt=AIK At IK
Mặt khác OA⊥AtIK⊥OA Vậy IK vuông góc với đường thẳng cớ định OA Gọi J giao điểm AO IK; A’ điểm đối xứng với A qua O
Ta có:ACH AA B AHC' ( = ABA'=90 ;0 ACH = AA B' )
2
' '
AC AH
AB AC AH AA R AH R
AA AB
= = = =
b) Tìm giá trị lớn nhất diện tích AIK H thay đổi Ta có AKH AHC AK AH AK AC AH2
AH AC
= =
Gọi , 'S S diện tích tam giác ABC AIK Ta có AIK ACB AI AK IK AJ
AC AB BC AH
= = = , suy ra:
t
N
M
A' J
K
I O
H
C B
(146)145
( )
2 4 2
2
1
' 2
1 . .2 4 4
AJ IK
S AJ IK AK AK AC AH AH
S AH BC AH BC AB AB AC AH R R
= = = = = = =
Suy
2
1
'
4 8
R R R
S = S = AH BC= BC R=
Vậy giá trị lớn nhất tam giác AIK
2
4 R