MỘT số bài TRONG đề THI HSG

https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Câu (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2010) Cho tam giác A BC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn  O;R  D điểm thuộc cung nhỏ AD ( D khác A C ) Gọi M ,N chân đường vuông góc kẻ từ D tới đường thẳng AB,AC Gọi P giao điểm đường thẳng MN ,BC a) Chứng minh DP BC vng góc với b) Đường tròn  I;r  nội tiếp tam giác Lời giải: a) Ta có: A BC Tính � �  900  900  1800 AMD  AND � � MAD  BCD Suy tứ giác NDCP IO với R  5cm,r  1,6cm � � Do tứ giác A MDN nội tiếp � MAD  MND Mặt khác � � nội tiếp � DPC  DNC  90 Vậy DP  BC b) Vẽ đường kính EF đường trịn  O  ( F giao điểm AI với đường tròn  O  ) Do � � � � � AF phân giác BAC nên BF  FC � BAF  CEF Gọi K tiếp điểm tiếp tuyến AB �  sinCEF � � IK  CF � AI.CF  2R.r sinBAC AI EF (1) Do CI phân giác �  ACK � �  CAF �  ACK �  BCK �  BCF �  ICF � � IFC BCK � CIF cân F � FI  FC Từ (1) với đường tròn  I ,r  Ta có: � ACB suy nên AI.AF  2R.r (2) Gọi G,H giao điểm đường thẳng IO với  O;R        Tacó: A IG  HIF (3) Từ (2) 2 2 (3) suy ra: R  OI  2Rr � OI  R  2Rr   2.5.1,6  � OI  3cm Nhận xét: Đường thẳng M ,N ,P toán thực chất đường thẳng Sim son điểm D Vì ta chứng minh toán theo cách khác theo cách chứng minh đường thẳng Sim son (Xem thêm phần định lý hình học tiếng) � AI.IF  IG.IH  OG  OI OH  OI  OI  R R  OI  R  OI Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Quảng Ngãi) Cho tam giác ABC vuông cân A, đường tròn  O  tiếp xúc với AB,AC B,C Trên cung BC nằm tam giác A BC lấy điểm M  M �B;C  Gọi I,H ,K hình chiếu M BC;CA ;AB P giao điểm MB với IK , Q giao điểm MC với IH � https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ a) Chứng minh tia đối tia MI phân giác b) Chứng minh PQ / /BC c) Gọi  O1  O2  đường tròn ngoại tiếp PQ M PK tiếp tuyến chung hai đường tròn  O1  O2  BC; N d) Gọi D trung điểm M ,N ,D thẳng hàng Lời giải: a) Vì tứ � MHK A BC cân giác Chứng minh giao điểm thứ hai  O1 ,  O2  Chứng minh �  ACB � ABC Gọi tia đối tia MI Mx Ta có tứ giác BIMK �  1800  ACB �  1800  ABC �  IMK � � IMH CIMH nội tiếp �  1800  IMK �  1800  IMH �  HMx � � � KMx Vậy M x tia phân giác MHK � � � � b) Do tứ giác BIMK CIMH nội tiếp nên KIM  KBM ;HIM  HCM A nên MQH �  KIM �  HIM �  KBM �  HCM � PIQ khác, Mà � sđCM � � � ) � PIQ  ICM  IBM Mặt � � MPIQ � MQP  MIK (cùng tứ giác � �  IBM �  1800 � PMQ � �  1800 PMQ  ICM  PIQ Do � sđPM ) (cùng c) Ta có: tia � � HCM  IBM QP,QH tiếp điểm �  MCI � MHI Mà �  MIC � MIK (cùng � sđIM ) nằm khác phía Q QM (cùng Mà � � MQP  MCI Suy Chứng minh tương tự ta có PQ PQ � KBM (cmt) nội tiếp ) � � � PQ / /BC � MQP  MCI � �  sđMQ � � MQP  MHI tiếp tuyến đường tròn  O2  tiếp tuyến đường tròn  O2  tiếp điểm P Vậy PQ tiếp tuyến chung đường tròn  O1  O2  d) Gọi E,E' giao điểm NM với PQ BC Ta có: QEM : NEQ ) PE2  EM.EN EP EQ  E'B E'C  QE2 � PE  QE Hai (vì Tam giác MBC có PQ / /BC nên Mà EP  EQ nên E'B E'C  E' D Vậy N ,M ,D thẳng hàng Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Gia Lai – 2010) Cho tam giác A BC vuông A Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác A BC , tiếp xúc với CA CB M N Đường thẳng MN cắt đường thẳng AI P Chứng minh � IPB vuông Lời giải: Suy ra: PE https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ �  IAB �  IBA �  450  IBA �  450  IBC � PIB Ta có    (1).Mặt khác,   1� 0 � 1� � � 90 90  ACB � 900  ACB  450  ABC  450  IBC � 2� �  PNB � PIB (2) Từ (1) (2), suy ra: Do bốn điểm P,N ,I,B nằm đường tròn Mặt khác , � đường kính đường trịn � IPB  90 Câu (Đề thi học sing giỏi tỉnh Hải Dương) Cho đường tròn tâm O dây AB cố định ( O không thuộc đoạn AB ( P khác A ,B ) Qua A ,P vẽ đường tròn tâm   �  CNM � � PNB  1800  ACB C AB ) P tiếp xúc với �  900 INB nên B AOB nên B,D,O cân O Tương tự, ta có A nên thẳng hàng Xét  C  có nên suy ra: A ,C,O A Qua N Tam giác A CP cân  C, vẽ (khác tam giác 1� � � � �PC  A �BO  CPA � A � CP / /OB ACP  AOB � ANP  AOB 1� � �  AOB � � BNP  AOB DP / /OA � BDP B,P thẳng hàng Vì  O   C  tiếp xúc �  ACP � ANP  là điểm di động  O đường tròn tâm D tiếp xúc với  O  B Hai đường tròn  C   D  cắt P ) � � a) Chứng minh ANP  BNP � b) Chứng minh PNO  90 c) Chứng minh P di động N ln nằm cung trịn cố định Lời giải: a) Vì  O   C  tiếp xúc IB (2) Từ (1) (2) suy ra: (1) �  BNP � ANP https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ b) Gọi H giao điểm NP CD ; I giao điểm OP CD Theo chứng minh ta có CP / /OB;Dp / /CO Suy tứ giác CPDO hình bình hành.Do IO  IP ,  C   D  cắt P N suy CD  NP (3) HN  HP HI đường trung bình tam giác PNO nên HI / /NO hay CD / /NO (4) � Từ (3) (4), suy NO  NP � PNO  90 � � � � � c) Theo chứng minh ta có: ANB  ANP  PNB � ANB  AOB (5) Dễ thấy N ,O thuộc nửa mặt phẳng bờ AB (6).Từ (5) (6) suy điểm N thuộc cung tròn AOB đường tròn ngoại tiếp tam giác A OB Do A ,B,O cố định nên N thuộc cung tròn cố định Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ - 2010) Cho đường tròn  O;R  dây cung khác A AB cố định, B ) Gọi  C;R1 đường tròn qua  D;R2  đường tròn qua P AB  R P Điểm P di động dây AB tiếp xúc với đường tròn  O;R  (P A, tiếp xúc với  O;R  B Hai đường tròn  C;R1  D;R  cắt điểm thứ hai M a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB , chứng minh OM / /CD bốn điểm C,D,O,M thuộc đường tròn b) Chứng minh P di động dây AB điểm M di động đường trịn cố định đường thẳng MP qua điểm cố định N c) Tìm vị trí P để tích PM.PN lớn nhất? Diện tích tam giác AMB lớn nhất? Lời giải: � � � Ta có: A CP,OAB cân C,O nên CPA  CAP  OBP Do CP / /OD (1) Tương tự, ta có OD / /CP (2) Từ (1) (2) suuy tứ giác ODPC hình bình hành Gọi H giao điểm CD MP , K giao điểm CD với OP Do K trung điểm OP a) Nối CP,PD https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Theo tính chất hai đường trịn cắt CD  MP � H trung điểm MP Do HK / /OM � CD / /OM Giả sử AP  BP Vì tứ giác CDOM hình bình hành nên OC  DP,DP  DM  R nên tứ giác CDOM hình thang cân Do bốn điểm C,D,O,M thuộc đường tròn 2 2 b) Ta có: OA  OB  2R  AB Do AOB vng cân O Vì bốn điểm C,D,O,M � � thuộc đường tròn (kể M trùng O ) nên COB  CMD (1) Ta có: �  MCP � MAB (cùng � sđMP đường tròn  C  ) �  MDP � MBP � sđMP (cùng đường trịn  D  ) Do M AB : MCD (g.g.) � A MB  COD � AMB  A OB  90 Do M I định nên điểm thuộc đường trịn tâm đường kính � 1� � �  BDP � A �OB  900 � AMP  ACP  45 ACP Ta có �  � BMP Mà 1� BDP  450 � � nên M AB cố AB (góc nội tiếp góc tâm  C  ) (góc nội tiếp góc tâm  D  ).Do �  AOB �  900 AMB � thuộc đường tròn  I  MP phân giác ngoại tiếp tam giác � AMB A OB Giả sử MP cắt đường trịn  I  N N trung điểm cung AB không chứa điểm O nên N cố định � � � � c) Ta có MPA  BPN;A MP  PBN (góc nội tiếp chắn cung) Do M AP : BNP (g.g) � �PA  PB � AB2 R PA PM  � PM.PN  PA.PB ��  � PN PB � � (không đổi) Vậy PM.PN lớn SA MB  R PA  PB hay P trung điểm dây   Tam giác 1 AB R AM.BM � AM  BM   4 M nên: hay P trung điểm dây AB AM B vuông Vậy SA MB lớn R PA  PB AB Câu 16 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Vĩnh Phúc – năm 2010) Cho tam giác A BC nhọn nội tiếp đường tròn  O   D �BC,E �CA ,F �AB Đường thẳng  O  điểm M EF cắt BC G, AD,BE,CF đường thẳng AG ba đường cao cắt lại đường tròn a) Chứng minh bốn điểm A ,M ,E,F nằm đường tròn b) Gọi N trung điểm cạnh BC H trực tâm tam giác A BC Chứng minh GH  AN Lời giải: https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ a) Nhận xét : Cho tứ giác ABCD , P giao điểm AB CD Tứ giác ABCD nội tiếp khi: PA.PB  PC.PD Áp dụng nhận xét cho tứ giác A MBC nội tiếp, ta được: GM.GA  GB.GC Áp dụng cho tứ giác BEFC nội tiếp, ta được: GB.GC  GF.GE Suy GF.GE  GM.GA Do tứ giác AMEF nội tiếp b) Theo kết trên, tứ giác A EFH nội tiếp suy M nằm đường trịn đường kính AH Do HM  M A  O Tia HM cắt lại đường trịn  O  K , � AMK  900 nên AK đường kính Từ suy ra: KC  CA ,KB  BA � KC / /BH ,KB / /CH � tứ giác BHCK hình bình hành � KH qua điểm N Khi M ,H ,N thẳng hàng Trong tam giác GA N có hai đường cao AD,NM cắt H , nên H trực tâm tam giác GAN � GH  AN Câu 17 (Để thi học sinh giỏi cấp Quận –TPHCM – 2010) Cho điểm M thuộc đường tròn  O  đường kính AB ( M �A ,B MA  MB ) Tia phân giác góc A MB cắt AB C Qua C ,vẽ đường thẳng vng góc với AB cắt đường thẳng A M BM D H a) Chứng minh hai đường thẳng AH BD cắt điểm N nằm đường tròn  O b) Gọi E hình chiếu H tiếp tuyến giác ACHE hình vng A c) Gọi F hình chiếu D tiếp tuyến bốn điểm E,M ,N ,F thẳng hàng d) Gọi Lời giải: S1,S2 � diện tích tứ giác A CHE đường tròn  O  Chứng minh tứ B BCDF đường tròn  O  Chứng minh Chứng minh CM  S1S2 a) Ta có AMB  90 Trong tam giác ABD có DC  AB nên DC đường cao thứ Do BM đường cao thứ hai, suy H trực tâm tam giác ABD Suy AH đường cao � thứ ba � AH  BD N � ANB  90 � N thuộc đường trịn đường kính AB Vậy AH BD cắt điểm N nằm đường tròn  O  � � � b) Ta có A CH  AEH  90 ;EA C  90 Do tứ giác CA MA CH MA  ;  CB MB CB MB suy CH  CA Vậy tứ giác ACHE ACHE hình chữ nhật Mặt khác: hình vng https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ c) Do tứ giác ACHE hình vng nên hai đường chéo AH ,CE cắt trung điểm I đường suy M I trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông M A H � MI  (2) 1 AH  CE � MCE 2 DM N Xét vuông DBA có Mà (3) Từ (1),(2) (3) suy � � d) Ta có ECD  DCF  45 Do 1 CM  CM CEF , CE  ta có: CF S1S2 �2 �DB A Chứng minh tương tự ta có: DM DN  DB DA � DM N : DBA chung; MF  M C (c.g.c)   1� � � � � AMC  AMB  450 CMN  1800  AMC  DMN  900 � MN  MC nên bốn điểm E,M ,N ,F thẳng hàng � �  450 � DMN  DBA vuông M � M E  MC CM CE CF  �  ECD �  DCF �  900 ECF CE  2  CF2  Áp dụng hệ thứ lượng tam giác 2.CA   Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:  2.CB  CA CB  1  S1 S2 S1S2 Do � MA  MB 1 �  �CA MA � CA  CB � CE CF2 �  �CB MB nên dấu “=” bất đẳng thức xảy � CM  S1S2 Câu 18 (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2009) Cho đường tròn tâm O đường kính AB  2R C điểm cung AB Lấy điểm M tùy ý cung BC ( M khác B ) Gọi N giao điểm hai tia OC BM ; H ,I trung điểm đoạn thẳng AO,AM ; K giao điểm đường thẳng BM HI a) Chứng minh A ,H ,K N nằm đường tròn b) Xác định vị trí điểm Lời giải: a) Ta có tam giác M cung BC ( M khác B ) cho cân N ( ON trung trực �  BOM � OM  OB  R � NBA (2) Do H ,I trung điểm NAB AK  R 10 � � AB ) � NAB  NBA OA ,AM nên HI (1) Lại có đường trung https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ � � bình tam giác AOM Suy HI / /OM � BMO  KHB (3) Từ (1),(2) (3) suy ra: �  HKB � NAB Do tứ giác AHKN nội tiếp, hay thuộc đường trịn b) Ta có: định lý AH  HO  Pitago AO R KH OH R  KH / /OM �    2 MB OB 2R tam giác Đặt vuông MB  x � MK  Áp dụng A MB , ta có: A KM x 2 �R 10 � x2 AK  KM  AM  AB2  BM � �  4R  x2 � x  R � � � � � MB R 2 � � � sinMAB    � MAB  450 AB 2R � 1� � CAB sđBC  � sđAB 450 � � MAB CAB Mặt M C Vậy M �C khác: AK  R 10 Câu 19 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa – 2009) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  tâm Biết đường tròn  K  tâm F  E �A ;F �D  K ngoại tiếp tam giác O IAD Gọi I giao điểm lượt E Đường thẳng EF cắt AC,BD a) Chứng minh tứ giác A MND nội tiếp đường tròn b) Chứng minh KI  BC Cho tam giác Lời giải: a) Ta có A BC cân �  BDC � BAC A có góc A (cùng chắn cung    � BC 36 AB,CD cắt cạnh Tính tỉ số M ,N AB AC AC BD tứ giác lần  O  ) Xét đường trịn  K  có  �  sđIE;BDC � �  sđIF � AME �  sđAI �  sđIF �  sđAE �  sđIE �  sđAI � � BAC ADN � tứ 2 2 nội tiếp giác A MND � b) Ta có: ADB  ACB (cùng chắn AB  O  ) Mà AME  ADB � A ME  A CB � EF / /BC (1) � � Mặt khác IE  IF � KI  EF (2) Từ (1) (2) suy ra: KI  BC (đpcm) � � � Kẻ phân giác BD , ABD  36 ;BDC  ACB  72 Suy ADB BDC cân � DA  DB  BC Theo tính chất đường phân giác ta có: � � � � � � https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ AB DA DA DC DA  DC  �   BC DC AB BC AB  BC Mặt DC  AC  AD  AB  BC khác �AB � AB AB.BC �  A B  AC � AB.BC  AB2  BC � � �    � AB  1 A B  BC �BC � BC BC Câu 20 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Bình Định – 2009) Cho đường trịn  O  , đường kính AB Trên tia tiếp tuyến Ax với đường tròn  O  lấy điểm cho A C  AB Đường thẳng BC cắt đường tròn  O  D , M điểm thay đổi đoạn AD Gọi N P chân đường vng góc hạ từ M xuống AB AC , H chân đường vng góc hạ từ N xuống đường thẳng PD a) Xác định vị trí M để tam giác AHB có diện tích lớn b) Chứng minh M thay đổi, HN qua điểm cố định Lời giải: C � � 0 a) Ta có PAN  PHN  90  90  180 Do tứ giác A PHN nội tiếp Tứ giác APM N hình vng nên nội tiếp Suy năm điểm A ,N ,M ,P,H thuộc đường trịn Do � �  900 � � AHM  APM Mà tứ giác M PCD nội tiếp nên MPD  MCD Tam giác A BC cân A , có AD vừa đường cao vừa đường trung trực nên MB  M C � M BC cân M � � � MPD �  MBD � � � � � � MCD  MBD (1) Mặt khác AMB  MBD  MDB  MBD  90 (2) � � � � � � APH  APM  MPH  MPD  90 (3) Từ (1),(2) (3) suy ra: APH  AMB (4) Tứ giác APHM 0 � � � � nội tiếp nên APH  AMH  180 (5) Từ (4) (5) suy ra: AMB  AMH  180 Do H ,M ,B thẳng hàng � AHB  90 � H thuộc đường tròn  O  � AHB có diện tích lớn � HK lớn � R H D M D Vậy M �D SAHB đạt giá trị lớn R  HK Câu 21 (Đề thi học sinh giỏi cấp Quận – TPHCM) � Cho tam giác A BC BC  20cm, nội tiếp đường trịn  O  đường kính BC Kẻ đường cao AH ABC AH  AC Cho biết a) Tính độ dài cạnh AB AC b) Đường trịn đường kính AH cắt đường tròn  O  , AB,AC M ,D,E Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC K Chứng minh ba điểm A ,M ,K thẳng hàng c) Chứng minh bốn điểm B,D,E,C nằm đường tròn Lời giải: https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ a) Xét � ABC : HAC � ABC � A �HC  900 BAC ; HA C có AB AC AB AH  �   AH HC AC HC Mà � C chung AB2  AC  BC nên A B2 AC AB2  A C 202     16 � A B2  16.9;A C  16.16 16 25 25 b) Gọi F Vậy A B  12cm AC  16cm � tâm đường trịn đường kính AH Ta có DAE  90 Do DE đường kính đường tròn  F Suy D,E,F thẳng hàng Mặt khác  O  F cắt A N nên OF trung trực A M � OF  AM (1) Gọi N giao điểm OA DE Ta có � � OA  OC  R Do OAC tam giác cân O Suy OAC  OCA ; FA  EF  r � FAE cân 0 � � � � � � � F � FEA  FAE Mà OCA  FAE  90 nên OAC  FEA  90 � A NE  90 � KN  OA Ta có F trực tâm tam giác KA O nên OF  KA (2) Từ (1) (2) suy A ,M ,K thẳng hàng c) Gọi I giao điểm hai trung trực DE BC Ta có: �AF  BC �IF  OA � AF / /OI; � � IF / /OA � OI  BC OA  DE � � IF  OA ;FA  OI � IF  OC;FE  OI Mà Do �  IOC � IFE FAOI nên hình bình hành Suy IFE  COI Suy IE  IC Mà nên IB  ID  IE  IC Vậy B,D,E,C nằm đường tròn  I  Câu 22 (Đề thi học sinh giỏi TPHCM – 2008) IE  ID;IB  IC Cho tam giác A BC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  O  có trực tâm H a) Xác định vị trí điểm M thuộc cung BC khơng chứa điểm A cho tứ giác BHCM hình bình hành b) Lấy điểm M điểm cung BC không chứa A Gọi N E điểm đối xứng M qua AB AC Chứng minh ba điểm N ,H ,E thẳng hàng Lời giải: 10 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ a) Gọi H trực tâm tam giác A BC Ta có BH  AC;CH  AB Do tứ giác BHCM � � hình bình hành � BH / /MC;CH / /MB AC  MC;AB  MB � ABM  ACM  90 � AM đường kính đường trịn  O  � M điểm đối xứng A qua O � � � � b) Ta có AMB  ANB (tính chất đối xứng trục), AMB  ACB (cùng chắn cung AB ) Do 0 �  ACB � � � � � ANB Mà AHB  ACB  180 Suy AHB  ANB  180 � tứ giác A HBN nội tiếp �  NAB � � � � � � � � NHB Mặt khác NAB  BAM Suy NHB  BAM Tương tự ta có: CHE  MAC �  BHC �  1800 � � � � � � � � BAC Suy NHB  CHE  BHC  BAM  MAC  BHC  BAC  BHC  180 Suy N ,H ,E thẳng hàng Nhận xét: Đường thẳng qua N ,H ,E toán thực chất đường thẳng Steiner điểm M Câu 23 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương – 2008) Cho tam giác A BC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn  O  có trực tâm H Giả sử M điểm cung BC không chứa A ( M khác B,C ) Gọi N ,P điểm đối xứng M qua đường thẳng AB,AC a) Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp b) Chứng minh ba điểm N ,H ,P thẳng hàng c) Tìm vị trí M để đoạn thẳng NP lớn Lời giải: a) Gọi giao điểm CH AB , K giao điểm AH với BC Dễ thấy �  AHC �  1800 BIK (1) � � � � � � Mặt khác, IBK  AMC;AMC  APC Do IBK  APC (2) Từ (1) (2) suy ra: � � APC  AHC  180 Vậy tứ giác AHPC nội tiếp � � � � � � b) Do tứ giác AHPC nội tiếp nên AHP  ACP Mà ACP  AMP nên AHP  ACM Mặt khác, 0 � �  1800 � � � � � � ACM  ABM nên AHP  ABM  180 Mà A MB  ABN nên AHP  ABN  180 (3) Tương � � � � tự, ABN  AHN (4) Từ (3) (4) suy ra: AHB  AHN  180 Vậy N ,H ,P thẳng hàng I   Do �  2AM.sin BAC � NP  2AP.sinBAC Vậy NP lớn c) Ta có � � M ;MA � P  2MA � C MAN  2BA �  BAM � � C  2BA � C NAP  MA AM đường kính đường tròn  O  Vậy M điểm đối xứng A qua O Câu 24 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh – 2008) AM (khơng đổi) Ta có lớn mà AM lớn NP lớn Cho đường tròn  O;R  đường tròn  O';R' cắt A B Trên tia đối AB lấy điểm C Kẻ tiếp tuyến CD,CE với đường tròn tâm O , D,E tiếp điểm E 11 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ nằm đường tròn  O' Đường thẳng AD,AE cắt đường tròn  O' M ,N khác A ) Tia DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) MIB : AEB b) O'I  MN Lời giải: � � M � N ( � a) Ta có BAN  BMN (cùng chắn cung BN ) (1) tứ giác A MNB nội tiếp nên MNB  DAB � � � � � � �  DEB � Mà DAB nên MNB  DEB hay INB  DEB Do tứ giác BEIN nội tiếp � EBI  ENI hay �  ANM � � � � � � � � � EBI Mà A NM  ABM nên ABM  EBI Hay CBE  EBM  EBM  IBM (2) Từ (1) (2) suy MIB : AEB b) Do � CD tiếp tuyến đường tròn  O  nên BD CD  DA CA CE EB  CA EA (3) Tương tự ta có (5) Từ (3),(4),(5) suy ra: �  AED � � ABD � �  IEN � � ABD �� � AED  IEN � � EB BD  EA DA Do tứ giác �  CBD � CDA (4) Mặt khác, (6) Theo (1), BNIE nội tiếp nên CDB : CAD suy CD  CE (tính chất tiếp tuyến) MIB : AEB � EB IB  EA MI (7) Mà �  IBN � � ABD �  IBN � IEN DBA : IBN � �  DAB � INB (g.g) (8) Mặt DB IB  DA IN khác, theo (1) ta có (9) Từ (8) (9) suy (10) Từ (6),(7) (10) suy MI  NI � O'I  MN Nhận xét: Ta giải câu b theo cách khác: Áp dụng định lý Menelauyt cho tam giác AMN đường thẳng qua điểm MN DEI ta chứng minh tuyến tiếp tuyến ta có: ta có: DA IM EN 1 DM IN EA Như DA EN 1 DM EA EA DA  EB DB để chứng minh I trung (*) , mặt khác theo tính chất quen thuộc cát ( Xem phần chùm tập cát tuyến tiếp tuyến) thay DB EN DB EN  1�  � DBM : BEN EB DM DM EB �DB  BEN � AB) A vào (*) ta quy chứng minh: điều � � hiển nhiên DMB  ANB (cùng chắn cung tứ giác ADEB nội tiếp Câu 25 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác A BC nhọn, tia phân giác góc BAC cắt BC D Gọi E,F thứ tự hình chiếu vng góc D AB AC , K giao CE BF , H giao điểm BF với đường tròn ngoại tiếp tam giác A EK Chứng minh DH  BF Lời giải: 12 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Kẻ AN vng góc với BC  N �BC  , suy tứ giác A END A FDN nội tiếp, từ DB NB AB BE NB BE NB FC EF �  �  � 1 BD.BN  BE.BA ;CN.CD  CF.CA DC NC AC CF NC CF NC FA EB (do AE  AF ) Theo định lý Ceva đảo ta có AN ,CE,BF đồng quy K , hay A K  BC N Từ �  KND �  900 KHD Do DH  BF (đpcm) Câu 26 (Báo toán học tuổi trẻ số tháng -2012) Cho tam giác A BC vuông A D điểm nằm tam giác cho CD  CA ; BK.BH  BE.BA  BN.BD nên tứ giác KNDH nội tiếp, suy �  ACD; � BDM N điểm nằm cạnh AB cho cao AH tam giác A BC Chứng minh Lời giải: M DM  DN giao điểm MD đường Vẽ đường tròn  C;CA  cắt đường thẳng BD E  E �D  , BA tiếp tuyến đường 2 trịn Ta có BD.BE  BA (do BDA : BAE ), BH.BC  BA (hệ thức lượng tam giác vuông A BC ) BD BC  �  BEC � BH BE � BDH : BCE (c.g.c) � BHD Suy �  BEC �  CDE �  CHE � � AHD � A �HE HA ,HB � BHD A H  BC BH.BC  BD.BE � nội tiếp Mà giác � DHE (*) Theo giả thiết, ta có Do I nên giao điểm �  ACD �  AEB � MDB nên MD DN  � DM  DN AE AE tứ giác DHCE tương ứng phân AH MN / /A E Do BE thì: ID HD BD   IE HE BE MD BD DN DI  ;  AE BE AE IE Kết hợp với (*) ta có Câu 27 (Báo tốn học tuổi trẻ) Cho lục giác A BCDEF Gọi G trung điểm BF Lấy điểm I cạnh BC cho BI  BG , điểm H cạnh BC cho BI  BG , điểm H nằm đoạn IG Sao cho 13 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ �  450 � CDH , điểm K cạnh EF cho DKE  45 Chứng minh tam giác giác Cách 1: Từ giả thiết A BCDEF lục giác đều, suy DKH tam �  300 ,CDG �  600 ,DG  BF,GBC �  900 BDG �  CDG �  CDH �  600  450  150  BDG � HDG Vậy DH � BGD GH BGI � Từ đó, phân giác góc BDG Kết � � hợp với phân giác góc (do vuông cân nên DGH  DGB ), suy BH � phân giác góc DBF ; B,H ,O thẳng hàng ( O tâm lục giác đều) � � � � Hai tam giác DHO DKE có DO  DE,HDO  KDE  15 , HOD  KED  120 nên chúng � � � � � � (g.c.g), suy HD  KD Lại có HDK  HDO  ODK  ODK  KDE  ODE  60 Vậy HDK 0 � � � � Cách 2: Vì FDC  FBC  90 nên FDH  BGH  45 , tứ giác GHDF nội tiếp, suy �  FGD �  900 FHD nên tam giác HFD vuông cân � H ,O,E thuộc trung trực đoạn FD �  � EHD 1� � FHD  450  EKD Suy tứ giác EKHD nội tiếp �  HEK �  600 HKD �  HED �  600 � HDK , Vậy tam giác HKD Câu 28 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho đoạn thẳng AB M điểm mặt phẳng cho tam giác M AB tam giác nhọn Gọi H trực tâm tam giác MAB , I trung điểm cạnh AB D hình chiếu H M I Chứng minh tích MI.DI khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Lời giải: Kéo dài MH AH cắt AB M B E,F Dễ thấy tứ giác MHDF HEID nội � � � �  IFB � tiếp, suy DFB  MHD  DIE , tứ giác DFBI nội tiếp từ IDB (1) Lại có FI � � trung tuyến tam giác vuông AFB nên tam giác IFB cân I � IFB  IBF (2) Từ (1) �  IBF � (2) suy IDB , IDB : IBM (g.g) khơng phụ thuộc vào vị trí M Câu 29 (Báo tốn học tuổi trẻ) � 14 ID IB  IB IM Suy ID.IM  IB2  AB2 Vậy MI.DI https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Cho tam giác A BC theo thứ tự P,Q nội tiếp đường tròn  O  Đường tròn  O' tiếp xúc với hai cạnh AB,AC SP,SQ cắt lại tiếp xúc với đường tròn  O  S Hai đường thẳng đường tròn  O  theo thứ tự M ,N Gọi E,D,F theo thứ tự hình chiếu vng góc đường thẳng AM ,MN ,NA Chứng minh DE  DF Lời giải: � � � S � Từ O'PS  O'SP  OSM  OMS , suy O'P / /OM Lại O'P  A P nên OM  AB , nghĩa M � � điểm AB khơng chứa điểm C Tương tự, N điểm AC khơng chứa điểm B Từ �  MSB �  MSA � MAP , SN SA  AN AQ dẫn đến MSA : MAP (g.g) � SM SA  AM AP Lập SM AM  AP  AQ nên SN AN �  AMN � DSE luận tương tự ta có , mà (1) Bốn điểm M ,D,S,E nằm đường trịn đường kính SM , suy Từ đây, áp dụng định lý sin cho tam � � � giác SED ta có DE  SM.sin DSE  SM.sinAMN Tương tự DF  SN.sinANM Vậy � DE SM.sinAMN  � DF SN.sinANM �MN DE A M.sinA  1 � DF AN.sinANM (2) Từ (1) (2) suy (áp dụng định lý sin cho tam giác ) Do DE  DF (đpcm) Câu 30 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác A BC vng A có đường cao AH Trên tia đối tia HA lấy điểm D cho HA  2HD Gọi E điểm đối xứng B qua D ; I trung điểm AC ; DI EI cắt � � BC M K Chứng minh MDK  MCD Lời giải: AM N Gọi N ,P ACH thứ tự trung điểm ), nên IN  AH AH IN Dễ thấy Xét tam giác vuông 15 IN / /CH A BC , (tính chất đường trung bình ta có HB.HC  AH � BH AH  AH HC https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ AH  ND  2DH ,HC  2IN Vì nên BH HD  DN NI Do �  DIN � � BDI �  BDN �  NDI �  DIN �  NDI �  900 BDH Do tứ giác IMK : CM I ABDI nội tiếp (g.g), ta có E đối xứng với B qua IM MK  � MK.MC  MI CM MI BDH : DIN , DI , Do H dẫn tới �  DIB �  BAD �  MCI � KIM nên trung điểm ND Suy HM / /NI MK MD  MD MC , suy MK.MC  MD , hay MDK : MCD (c.g.c), dẫn đến � � MDK  MCD (đpcm) Câu 31 (Báo toán học tuổi trẻ) AD,BE,CF Cho tam giác A BC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O với đường cao Chứng minh đường thẳng OA ,OF,OB,OD,OC chia tam giác A BC thành ba cặp tam giác có diện tích Lời giải: nên Gọi MD  MI , M ,N �  � MOB trung điểm cạnh 1� � � � BOC  BAC;NOA  CBA OM OB OA   AE AB AB Theo giả thiết (1) Tương tự có NA O : DAB , OM  MC,ON  CA CA Khi BE  CA nên MOB : EAB BC suy ON OB  AE AB (2) Từ (1) (2) ta có OM ON  � OM.BD  ON.AE AE BD Do SOBD  SOA E Chứng minh tương tự ta có SOCE  SOBF Suy điều cần chứng minh Câu 32 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tứ giác cho MA ,MC ABCD M CD P , ND cắt đường tròn   16 E SOCD  SOAF nằm tia đối tia hai tiếp tuyến đường tròn   Tiếp tuyến tại N cắt thẳng hàng Lời giải: MC nội tiếp đường tròn   Điểm (g.g), suy B BD đường tròn   cắt Chứng minh ba điểm A ,E,P https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ Do tiếp tuyến đường tròn   nên MC MC BC  MD CD Suy Do với tứ giác Do NB,NC tiếp tuyến đường trịn   nên tương tự có MA MA AB  MD DA Do ABCD MA  MC suy BC AB  � BC.DA  AB.CD CD DA tiếp tuyến đường tròn   nên NB  NC Kết hợp với định lý Ptolemy với tứ giác nội tiếp BECD sử AE đường QDE : QAC � QD DE  QA AC thẳng CD Từ A ,E,P AC 2BC AC.DB �  DA DB NCE : NDC PCB : PBD (g.g) � Lại áp dụng Q thì: QC QD EC DE :  : QA QA DA AC PC �CB � �2CE �  � � � � PD �DB � �DE � QEC : QDA (g.g) � (3) Giả QC EC  QA DA Kết hợp với (1),(2) ta được: (4) Từ (3)và (4) suy thẳng hàng (2) PC PB CB   � PC.PD  PB2 PB PD DB Kết hợp với (2) ta có: (1) (g.g), suy BC 2CE BE.DC  CE.DB  BC.DE �  DB DE được: QC EC.AC EC 4EC �2CE �   � � QD DE.DA DE DE �DE � MA B : MDA (g.g) BE CE  DB DC � BE.DC  CE.DB PC PC.PD �PB � �CB �   � � � � PD PD �PD � �DB �, cắt suy ta Vì PB tiếp tuyến đường trịn   nên NBE : NDB (g.g) Suy Áp dụng định lý Ptolemy AB.CD  BC.DA  AC.DB � BC.DA  nội tiếp ta có : NB BE NC CE  ;  ND DB ND DC Mặt khác �  BDC � � MCB : MDC NCB PC PD QC  P QD Q Do ba điểm   Câu 33 Cho tam giác cân Kẻ đường cao BD  D �AC  Gọi M ,N I theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng BC,BM ,BD Tia NI cắt cạnh A C K Chứng minh : a) Các tứ giác ABM D ABNK nội tiếp b) 3BC  4CA.CK Giải: a) Do tam giác A BC cân A nên AM  BM Mặt khác BD  AD , tứ giác ABM D nội � C  900 A BC A B  A C,BA AB tiếp đường tròn tâm trung điểm AB , bán kính (theo dấu hiệu 1) Lại có, từ giả � � thiết đề NI đường trung bình tam giác BMD , nên NI / /MD Do KNC  DMC � � � � Hơn nữa, DMC  KA B (vì tứ giác ABM D nội tiếp) Suy KNC  KAB (1) Từ ta thấy tứ giác ABNK nội tiếp đường tròn (theo dấu hiệu 2) b) Theo � � trên, tứ giác A BNK nội tiếp, suy NKC  ABC Kết hợp với (1) ta có ABC : NKC � 3BC  4CA.CK BC CA  CK NC Mặt khác ta thấy NC  (đpcm) 17 BC Do BC2  4 BC.NC  CA.CK 3 , hay https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ 18 ... IG Sao cho 13 https://nguyenthienhuongvp77.violet.vn/ �  450 � CDH , điểm K cạnh EF cho DKE  45 Chứng minh tam giác giác Cách 1: Từ giả thi? ??t A BCDEF lục giác đều, suy DKH tam �  300 ,CDG... suy ra: Do bốn điểm P,N ,I,B nằm đường tròn Mặt khác , � đường kính đường trịn � IPB  90 Câu (Đề thi học sing giỏi tỉnh Hải Dương) Cho đường tròn tâm O dây AB cố định ( O không thuộc đoạn AB... AOB đường tròn ngoại tiếp tam giác A OB Do A ,B,O cố định nên N thuộc cung tròn cố định Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ - 2010) Cho đường tròn  O;R  dây cung khác A AB cố định, B )