Bài tập Hình học phẳng Toán 11

(Sở SDĐT Hòa Bình – THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ - Đề chọn học sinh giỏi Toán 11) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Một đường thẳng song song với AB tiếp xúc với đường tròn t[r]

Loại 8: Các toán khác. Câu 1. [SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Bảng A-Vòng 1)- năm học 1999-2000]

Tập hợp M gồm hữu hạn điểm mặt phẳng cho với điểm X thuộc M tồn điểm thuộc M có khoảng cách đến X Hỏi tập hợp Mcó thể chứa phần tử?

Lời giải

Rõ ràng có hai điểm P,Q thuộc M cho PQ 

Ký hiệu MP={XM/PX=1} Từ giả thiết |MP|=4 ta có: |MpMq|2

Nếu tồn P, Q cho |MpMq|1 M chứa điểm

Trường hợp với P,Q cho PQ  |Mp Mq| =

Khi MpMq={R,S}, lúc MP={R,S,T,U} Mq={R,S,V,W} giả sử

M = {P,Q,R,S,T,U,V,W} ta có TQ  1, UQ  1, VP  1, WP 

Nếu TR,TS,UR,US khác 1: suy MtMq=MuMq={V,W} suy T hay U trùng với Q, vô

lý

Nếu TR,TS,UR,US có số 1: Khơng giảm tính tổng qt, giả sử TV = lúc TS  TV=1 hay TW=1 Giả sử TV=1 lúc TW1 suy TU = 1, Mt = {P,R,U,V}

và Mu={P,T,V,W} lúc UTV, RPT,UTV tam giác cạnh 1, ta có hình Điều

này mâu thuẫn VR>2

Vậy M chứa điểm Dấu xảy với hình2 Vậy M chứa điểm

Câu 2. [Trường THPT Trần Nguyên Hãn- Hải Phòng- năm học 2008-2009] Cho tam giác ABC:

M điểm nằm tam giác cho MA2 MB2 MC2 Hãy tính góc BMC.

Một điểm S nằm mặt phẳng (ABC) cho tứ diện SABC đều, gọi I, K trung điểm cạnh AC SB. Trên đường thấng AS CK ta chọn điểm P, Q cho PQ // BI Tính độ dài PQ biết cạnh tứ diện có độ dài

Câu 3. [Trường THPT Trần Nguyên Hãn- Hải Phòng- năm học 2008-2009]

Cho tam giác ABC có góc nhọn Xác định điểm M bên tam giác cho MA+MB+MC nhỏ

Lời giải

Dùng phép quay quanh A với góc quay 600 biến M thành M’; C thành C’

Ta có MA+MB+MC = BM+MM’+M’C’

MA+MB+MC bé bốn điểm B,M,M’,C’ thẳng hàng Khi góc BMA=1200, góc AMC=1200

Ta vị trí M tam giác ABC

Câu 4. [Trường THPT Chuyên Biên Hòa- Tỉnh Hà Nam]

A4 A8

A6

A5

A9

A7 A1

A2A3

V T R

Cho đường tròn(O) có đường kính AB, P điểm đường trịn, K hình chiếu P AB, R đối xứng với P qua AB. H AB. RH cắt lại (O) Q Gọi đường trịn tâm I bán kính r tiếp xúc với HP,HQ đường tròn (O)

Chứng minh: r

=+

Lời giải

J H

K

O

w I

B

P R

A

Q T

Gọi T tiếp điểm (I) HQ J điểm IH cho HJ = HT PQ cắt AB X, AP cắt BQ W AQ cắt PB J’

 J’ trực tâm  WAB ⇒ H,J,I,W thẳng hàng

AJ'B ¿

=J'AB ¿

+APB ¿

=J'AP ¿

+900=J'HP ¿

+900

¿900−HIT

¿

+900=1800−HIT ¿

⇒AJ'B+ ¿

HIT¿ =1800

tan AJB ¿

= tan( AJH

¿

+BJH ¿

) =

tanAJH+ ¿

tanBJH¿ 1−tanAJH.

¿

tanBJH¿ = AH HJ +

BH HJ

1−AH HJ

BH HJ =

(AH+BH)HJ

HJ2−HA.HB=

2R.HJ HT2−HA.HB=

2R.HJ HI2−r2−R2+OH2

=

2R.HJ OI2−R2−r2=

2R.HJ

(R−r)2−R2−r2=

2R.HJ −2Rr =−

HJ r =−

HT

r =-tan HIT¿

⇒AJB ¿

+HIT ¿

=1800 ⇒ AJB

¿

=AJ'B ¿

'

J

J 



Hai tam giác HKR HTI đồng dạng với nên ta có BH

BK = HJ PK=

HT RK =

IH HK=

LOẠI 8: Các toán khác

Câu 5. [ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH NAM ĐỊNH -2005]

Biết số đo ba góc tam giác ABC lập thành cấp số nhân với công bội

q Gọi O R;  đường tròn ngoại tiếp G trọng tâm tam giác ABC.

1) Tính độ dài đoạn OG theo R

2) Biêt R57, tính gần số đo diện tích tam giác ABC (lấy đến chữ số sau dấu phảy)

Câu 6. [ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH NAM ĐỊNH -2004] Trên mặt phẳng cho tứ giác lồi ABCD có: AB BC CD a  

1) Nếu biếtABCBCD120 Hãy tính diện tích tứ giácABCD theo a.

2) Giả sử tứ giác ABCD thay đổi, mà AB BC CD a   không đổi Hãy tìm giá trị lớn diện tích tứ giác ABCD

Câu 7. [THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐÒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2013-2014]

Cho  O điểm P nằm  O Chứng minh đường chéo hình thang nội tiếp  O mà hai cạnh bên kéo dài gặp Pđều cắt điểm cố định

Hướng dẫn giải

I

B A

O P

D

C

Gọi I giao điểm AC BD  I OP

Ta có IOD PBI

Do IPB IDO 900 BCD

PD PO

PDO PIB PD PB PI PO

PI PB

     

/( )

P O

P PI PO

  hay I cố định.

Câu 8. [TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN ]

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O R;  H điểm di động đoạn OA (

H khác A) Đường thẳng qua H vng góc với OA cắt cung nhỏ AB M Gọi K

a) Các tiếp tuyến O R;  A B cắt tiếp tuyến M O R;  D E, ,

OD OEcắt AB F G Chứng minh OD GF OG DE  . b) Tìm giá trị lớn chu vi tam giác MAB theo R

Lời giải

Có tứ giác AOMD nội tiếp  1  

1

1 A

2sđBM ;

  

1

1 O O

2sđBM

 

A O11  tứ giác AMGO nội tiếp  2

Từ  1  2 ta có năm điểmA D G M O, , , , nằm đường tròn

  

  G D D1 2 1

OGF ODE đồng dạng OG GF

OD DE hay OD GF OG DE  Trên đoạn MC lấy điểm A cho

MA MA AMA' đều

     A1A620B0AA'

MAB A'ACMBA'C

  MAMBMC

Chu vi tam giác MAB

     

MA MB AB MC AB 2R AB

Đẳng thức xảy MC đường kính  O => M điểm cung AM => H trung điểm đoạn AO

Vậy giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R AB

Gọi I giao điểm AO BC 

3AB3

AI R ABR3

2

Giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R AB (2 3)R.

Câu 9. [TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH SƠN LA ] Cho tam giác ABC vuông A có AH đường cao M điểm tùy ý thuộc đoạn AH (

A

B H C

M

Q P

E G D

I

Gọi Gvà D giao điểm BM, CM với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC;

I I giao điểm BD CG.

BC đường kính ABC nênCD, BG hai đường cao tam giác IBC, M

là trực tâm tam giác IBC  IM BC I A M H, , , thẳng hàng

2 BQ BC

BQ BA BH.BC

BH BQ

   

Suy hai tam giác BQH, BCQ đồng dạng

Suy gócBQH BCQBCDBIH suy tứ giác BQIH tứ giác nội tiếp Suy góc BQI 90 QI2 ID IB (1)

Tương tự ta có: gócCPI 90 PI2 IG IC (2)

Từ (1) (2) IB ID IG IC ( tứ giác BDGC nội tiếp) nênQI IP.

Câu 10. [THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2013 - 2014 ]

Gọi AD BE CF, , ba đường phân giác tam giác ABC vuông A Đoạn thẳng

AD cắt EF K Đường thẳng qua K song song với BC cắt AB AC, M N,

Chứng minh rằng:  

2

MN  AB AC

Câu 11. [THI HỌC SINH GIỎI TỈNH THÁI NGUYÊN GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO LỚP 11NĂM HỌC 2011-2012 ]

Qua điểm nằm tam giác kẻ đường thẳng song song với cạnh tam giác Các đường thẳng chia tam giác thành phần, có tam giác với diện tích

2 15, 7845

S  cm ,S2 16,7214cm2;S3 21,5642cm2 Tính diện tích tam giác cho

theo S1, S2, S3

Hướng dẫn giải.

2

ABC

S NP

S BC

   

  hay

1

ABC

S NP

BC

A B

C

M

X Y

Z

Tương tự,

3

2 ;

ABC ABC

S

S FE PC DF BN

BC BC BC BC

S   S  

Từ

1 1

ABC

S S S BN NP PC

BC S

   

 

S2 S3

S1

E D

N P

M Q

F

C B

A

Suy SABC  S1  S2  S3

Hay  

2

1

ABC

S  S  S  S

Thay số ta có:  

2

2

1 161,4394

ABC

S  S  S  S  cm

Câu 12. [THI HSG TRƯỜNG THPT TRƯNG VƯƠNG- BÌNH ĐỊNH 2006-2007]

T ìm điểm M tam giác nhọnABC cho trước để 3MA4MB5MC bé Lời giải

Dựng tam giác XYZngoại tiếp tam giácABCcó cạnh tỷ lệ 3: : 5 M nhìn đoạn BC CA, góc bù góc X Y,

Sử dụng giao cung chứa góc tìm M tam giác ABC

Câu 13. [ĐỀ THI HSG VỊNG 1TRƯỜNG THPT TRƯNG VƯƠNG- BÌNH ĐỊNH]

Cho điểmM N P, , nằm cạnh AB BC CA, , tam giácABC Chứng minh ba tam giác APM ,BMN,CNPcó tam giác có diện tích nhỏ phần tư diện tích tam giác ABC

Lời giải

B C

A

M

P

. .

APM ABC

AM AP

S S

AB AC

  

.Tương tự có

3

2 2

. . . 1

4

APM BMN CNP ABC ABC

AM BM BN CN CP AP

S S S S S

AB BC CA

      

Từ suy điều phải chứng minh

Câu 14. [HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ.TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT – QUẢNG NGÃI NĂM 2016 ]

Cho tam giác ABC thay đổi ln tam giác nhọn có tổng bình phương độ dài cạnh không đổi Gọi AD đường phân giác trong, E F, hình chiếu vng góc D AB AC, , K giao điểm BF CE, , H giao điểm AK đường cao kẻ từ Bcủa tam giác ABC Tìm giá trị lớn tổng AH BH CH  tam giác ABC thay đổi

Lời giải

Gọi A hình chiếu vng góc A trênBC Ta chứng minh A K A, ,  thẳng hàng cách chứng minh AA BF CE, , đồng quy

Vì A F E, , thuộc đoạn BC CA AB, , nên

' ' ' '

' ' '

' ( ).( ).( )

A B FC EA A B FC EA A B A A FC DF EA DE

EB A C FA EB A A A C DF FA DE EB

FA

A C  

(cot tan ).(cot B C C DE).(EA.tan )B

EA DE

 

Do theo định lý Ceva, AA BF CE, , đồng quy song song Mà ba đường thẳng song song nên chúng đồng quy hay K nằm đường cao AAcủa tam giác

ABC, đó, H trực tâm tam giác ABC.

Gọi BB CC,  hai đường cao lại tam giác ABC a b c, , độ

dài cạnh BC CA AB, , theo tính chất tứ giác nội tiếp ta có

2 2 ' '

( cos )

2

b c a

AH AA AC AB b C c  

A

E

K F

C A’

Tương tự, có

2 2

' ' '

2

a b c

AH AA BH BB CH CC   

Lại có

' ' '

' ' ' ' ' '

A H B H C H AH BH CH

hay

AA  BB CC  AA BB CC 

nên

2 ' ' '

' ' '

(AH BH CH) (AH AA, BH BB CH CC )(AH BH CH)

AA BB CC

      

= a2 + b2 + c2.

Dấu “=” xảy AABBCC’, tức tam giác ABC đều

Vậy giá trị lớn tổng AH BH CH  a2 b2 c2

Câu 15. [Ngân hàng đề Hùng Vương-Trường CHUYÊN BẮC GIANG – năm-Tỉnh BẮC GIANG]

Cho tam giác nhọn ABC không cân tạiB, T trung điểm cạnhAC, E F tương ứng chân đường cao hạ từA, C tam giác Z giao điểm hai tiếp tuyến A, C đường tròn ngoại tiếp tam giácABC, X giao điểm ZA vàEF , Y giao điểm ZC EF

a) Chứng minh T tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC EBF cắt điểm thứ hai D Chứng minh trực tâm H tam giác ABC nằm trênDT

c) Chứng minh D nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ

Hướng dẫn giải

Do XAB ACB BFE  AFX TA TF , từ X T nằm trung trực củaAF,

do T tâm đường trịn nội tiếp tam giác XYZ

b)Giả sửAB  BC, D nằm cung nhỏAB Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC L trung điểm BH Ta có BD LO vng góc

Từ BD DH vng góc, ta LO DH song song OLHT hình bình hành nên

LO song song vớiHT, D, H, T thẳng hàng.

c) Chứng minh góc ADT  AXT TY đường trung trực DC.

Chứng minh góc CDT CYT  nên CTDY tứ giác nội tiếp.

Do góc XDY XZY XDT TDY  XZY ZAT ZCT XZY   180o, DXZY

tứ giác nội tiếp

Câu 16. [KỲ THI OLIMPIC HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X- NĂM 2014- TRƯỜNG CHUYÊN HÀ GIANG]

Các đường phân giác AA ,1 BB CC1, của tam giác ABC có chu vi p cắt đoạn

thẳng B C1 1,C A1 1, A B1 1 tương ứng A B C2, 2, 2A. Các đường thẳng qua A2 song song với BC

cắt AB, AC theo thứ tự A3, A4 Đường thẳng qua B2 song song với AC cắt BC, BA theo

thứ tự B3, B4 Đường thẳng qua C2 song song với AB cắt CA, CB theo thứ tự C3, C4

Chứng minh rằng:

AB4+BC4+CA4+BA3+CB3+AC3 p

Đẳng thức xảy nào? Hướng dẫn giải

A

B

C A

B C

A A

1

1 A4

3

Đặt BC = a, AC = b, BA = c, p = a+b +c Vì A3A4 || BC nên theo định lí Talet ta có:

3 4

1

1

BA CA A A BA CA AA

AB AC AA b c AA



    

 (1)

Áp dụng tính chất đường phân giác góc C:

1

1

C A AC C A AC AB AC c b

C A

C B BC  AB AC BC  AC BC a b

Tương tự:

c b AB

a c

 

1

1

1

2 cos AC cos

2 ;

AC

A A

c b AB

AA AA

b c AB

 

 

Do đó:

2

AA b c

AA a b c

 

  (2)

Từ (1) (2) ta có:

3 1

2

BA CA b c a

b c a b c a b c

 

  

    

Từ đó, theo bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta nhận được:

2

3

2 ( )

2 ( )

2

a b c

a b c a b c

BA CA

a b c a b c

   

 

    

   

    (3)

Hoàn toàn tương tự:

4

b c a

AB CB   

(4);

4

c b a

BC AC   

(5) Từ (3), (4) (5) suy ra:AB4+BC4+CA4+BA3+CB3+AC3a +b+c= p(đpcm)

Dấu xảy a = b =c LOẠI 8: Các toán khác

Câu 17. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn tâm I, có trọng tâm G nằm hình trịn tâm I Gọi a, b, c độ dài cạnh BC, AC, AB tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ lớn biểu thức

2 2

a b c

P

ab bc ca

  

  Hướng dẫn giải

Tìm giá trị nhỏ nhất: 

T BĐT: (a b )2(b c )2(c a )2  0 a2b2c2 ab bc ca 

Từ

2 2

1

a b c

P

ab bc ca

 

 

 

Đẳng thức xảy a = b = c Do giá trị biểu thức P 1, đạt tam giác ABC

Tìm giá trị lớn nhất: 

G ọi p v r theo thứ tự nửa chu vi bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC. Ta có:

2 2 ( )2 ( )2 ( )2 3 (1)2

IA IB IC  p a  p b  p c  r

Ta lại có:

2 2 2

2 2

( ) ( ) ( )

3 (2)

IA IB IC IG GA IG GB IG GC

IG GA GB GC

                                                                                               

( Do GA GB GC    0) Từ (1) (2) để ý rằng:

2 2 2

3

a b c

GA GB GC   

(theo công thức đường trung tuyến tam giác), ta thấy

2 2

2 2 2

( ) ( ) ( ) 3 (3)

3

a b c

Vì I nằm hình trịn (I) nên IG r .Từ (3) suy ra

2 2

2 2

2 2

2 2 2

2 2

( ) ( ) ( )

3

( ) ( ) ( )

4

5( ) 6( )

a b c

p a p b p c

a b c

a b c a b c a b c

a b c ab bc ca

 

     

 

         

     

Do

P

Đẳng thức xảy IG = r Vậy giá trị lớn biểu thức P

5đạt G nằm đường tròn tâm I

Câu 18. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG]

Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác cho MBA > MCA MBC MCB  Giả sử BM CM cắt AC AB P, Q, chứng minh BP < CQ

Hướng dẫn giải

Ta thấy AB, CD, MN trục đẳng phương cặp đường tròn (AOB) (O); (AOB) (COD); (COD) (O) nên AB, CD, OM đồng quy tâm đẳng phương S SO cắt (O) E, F

Ta có SE SF SA SB SM SO  O trung điểm EF nên theo hệ thức Maclaurin, ta có (SMEF) = -1, M thuộc đường đối cực S (1)

Từ (1) (2) suy IM đường đối cực S, góc IMO 90o Tương tự góc INO 90o,

ta có đpcm

Câu 19. Cho tam giác ABC có độ dài đường cao BB 5;CC2và



cos

5

CBB 

Tính diện tích tam giác ABC.

Hướng dẫn giải

Xét hai trường hợp:

+) B C khơng tù Khi

2

cos ' sin , cos

5 5

'

cos '

CBB C C

BB BC

CBB

    

 

 Suy

'

sin ,cos

5

CC

B B

BC

  

2 ' 5

sin sin cos sin cos '

sin 2

5

BB

A B C C B AB S AB CC

A

         

+) B C tù

Do BB'CC' nên B C C tù

2

sin ,cos

5

C C

  

Còn

4

sin ,cos

5

B B

(giống trường hợp 1)

2 25

sin ,

2 5

A AB

  

Suy

25

S 

Câu 20. Cho tứ giác ABCD (AB CD ) ngoại tiếp đường tròn O R; , R0 điểm M di chuyển

trên đường tròn O R;  Gọi , , , X Y Z T hình chiếu vng góc M lên đường thẳng AB BC CD DA, , , Tìm vị trí điểm M cho MX MY MZ MT   đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất?

Hướng dẫn giải

Y

Z T

X

A

D

C B

O E

F

H

G M

Gọi E, F, G, H tiếp điểm đường thẳng AB, BC, CD, DA với đường tròn

O R;  gọi K trọng tâm tứ giác EFGH.

MX OE MY OF MZ OG MT OH MX MY MZ MT

R

  

   

MX OE MY OF MZ OG MT OH R

  



                                                                                                               

 

4 .

4

MX OE OF OG OH MO OK

R R

R R

  

   

                                                                

      

 

 

4 .cos ,

4 .cos ,

MO OK MO OK

R OK MO OK R

R

   

 

 

Do

MX MY MZ MT  

đạt giá trị lớn M giao điểm tia KO với đường tròn (O; R) đạt giá trị nhỏ M giao điểm tia OK với đường tròn (O;R)

Câu 21. Gọi AD BE CF, , ba đường phân giác tam giác ABC vuông A Đoạn thẳng

AD cắt EF K Đường thẳng qua K song song với BC cắt AB AC, M N, .

Chứng minh rằng:   2

MN  AB AC

Hướng dẫn giải

Đặt BC a CA b AB c ,  ,  ta có

 2 2

2

b c

a b c  

suy

b c a

 

Dùng tính chất đường phân giác tính ,

bc bc

AF AE

a b a c

 

  .

Dùng phương pháp diện tích, cơng thức đường phân giác tính

2

,

2

bc AE AF bc

AD AK

b c AE AF a b c

  

    .

Từ 2

AK b c MN b c

AD a b c a a b c

 

  

Suy ra:

 

1 2

( ) ( )

2 2

2

MN b c b c AB AC

b c a



     

 



Câu 22. (Kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh 2008 – 2009) Cho tam giác ABC có góc A B C, ,

thỏa mãn hệ thức:

1 1 1

cos cos cos sin sin sin

2 2

A B C

A B C   

Chứng minh tam giác ABC tam giác

Câu 23. (Kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh 2010 – 2011)Tam giác ABC có ba góc thỏa mãn hệ thức:

 

8cos sin sinA B C4 sinAcosBcosC 17 0

Hãy tính góc tam giác

Câu 24. (Đề thi chọn HSG tỉnh Quảng Bình 2012 – 2013) Chứng minh góc A,B, C

của ABC thỏa mãn điều kiện: cos 2Acos 2Bcos 2C1 thì

sinAsinBsinC 1 2.

Câu 25. (Đề thi đề nghị trường THPT chuyên Lê Quý Đôn TP Đà Nẵng – hội thi HSG duyên hải Bắc lần thứ VII) Cho n-giác A A A n1 n  3nội tiếp đường tròn O R; và đường

thẳng d tùy ý Qua điểm A kk  1,n vẽ đường thẳng song song với d cắt đường

tròn  O điểm B kk 1,n Chứng minh tổng Sn A B1 12A B2 22 A Bn n2 không

phụ thuộc vào vị trí đường thẳng d Hướng dẫn giải:

Chọn hệ trục Oxy, cho gốc tọa độ tâm đa giác, trục Oxvng góc với d Khơng tính tổng qt, giả sử giả sử đa giác nội tiếp đường tròn đơn vị (R

1)

Đặt Ox OA; 1 



 1  1

cos ;sin

k

k k

A

n n

 

 

      

 

    

 

   

 

và

 1  1

cos ; sin

k

k k

B

n n

 

 

      

  

    

 

   

 , k 1, 2, ,n.

   

2

1 1

1

4 sin cos

n n n

n k k

k k k

k k

S A B n

n n

 

 

  

 

   

        

   

   

   

 

1

1

2 1

cos cos cos

cos

2

1

cos cos

2cos

2

1

cos cos

2cos n n n k k n k k k T

n n n

n k k n n n n n n n                                                                                                     

Vậy Sn 2n T n 2 n

Câu 26. Gọi x y z, , khoảng cách từ điểm M bất ký nằm ABC có góc nhọn đến các

cạnh BC CA AB, , Chứng minh rằng:

2 2

2

a b c

x y z

R

 

  

, a b c, , độ dài cạnh tam giác, R bán kính đường trịn ngoại tiếp Dấu  xảy nào?

Câu 27. Tính góc ABC biết rằng: cos 2A2 cos BcosC 3 ABC khơng có góc tù

Câu 28. Chứng minh với điểm thuộc mặt phẳng chứa ABC, ta có:

2 2

3

MA MB MC  S

, S diện tích ABC

Câu 29. Chứng minh a b c, , độ dài ba cạnh tam giác có chu vi thì:

 2 2

3 a b c 4abc13

Câu 30. Hãy xác định dạng tam giác ABC góc tam giác ABC thỏa mãn đẳng thức sau:

tg A

2 1+tg B

2tg C + tg B 1+tgC

2 tg A + tgC 1+tgA

2 tg

B

2

=

4tgA

2 tg

B

2tg

C

2 LOẠI 8: Các toán khác

Câu [Chu Văn An-Hà Nội] Gọi AD BE CF, , ba đường phân giác tam giác ABC vuông A Đoạn thẳng AD cắt EF K Đường thẳng qua K song song với BC cắt

,

AB AC M N, Chứng minh rằng:

 

2

MN   AB AC

Đặt BC a CA b AB c ,  ,  ta có

 2 2

2

b c

a b c  

suy

b c a

 

Dùng tính chất đường phân

giác tính ,

bc bc

AF AE

a b a c

 

  Dùng phương pháp diện tích, cơng thức đường phân giác tính

2

,

2

bc AE AF bc

AD AK

b c AE AF a b c

  

    Từ 2

AK b c MN b c

AD a b c a a b c

 

  

   

Suy ra:

 

1 2

( ) ( )

2

2

2

MN b c b c AB AC

b c a



     

 



Câu TRƯỜNG THPT VÂN CANH

Cho tam giác ABC có trung tuyến AM đường phân giác trongAD. Đương tròn ngoại tiếp tam giác AMD cắt AB E cắt AC tạiF Chứng minh BE CF. Câu Trường THPT Cẩm Giàng

Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ AB  6 cm, đáy lớn CD 15 cm nằm mặt phẳng  P không chứaA,B. Từ A,Bkẻ hai đường thẳng song song cắt  P

A’,B’ Gọi O, O’ giao điểm AC vàDB; A’Cvà B’D. 1) Chứng minhAA’ BB’.

2) Chứng minh AA’ / / OO’ 3) Tìm OO’ biếtBB’  7cm

Câu ĐỀ THI HOC SINH GIỎI TOÁN 11 NAM ĐỊNH

Cho tam giác ABCvng góc tạiA Trên đường thẳng  d vng góc với mặt phẳng

 ABC B ta lấy điểm S cho SB BA AC 1  P mặt phẳng song song với cạnh SB AC cắt cạnh SA, SC, BC, BA

D, E, F , H .

1) Chứng minh DEFH hình chữ nhật

2) Xác định vị trí mặt phẳng  P cho diện tích hình chữ nhật lớn Câu Trên mặt phẳng cho tứ giác lồi ABCD có AB BC CD a 1) Nếu biết ABC BCD 1200 Hãy tính diện tích tứ giác ABCD theoa

2) Giả sử tứ giác ABCD thay đổi, mà AB BC CD a khơng đổi Hãy tìm giá trị lớn diện tích tứ giác ABCD

Câu SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN CẤP TỈNH VÒNG1

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Gọi M điểm tùy ý nằm đường tròn

a) Chứng minh:MA2 MB2MC2 6R2 b) Chứng minh:MA4 MB4 MC4 18R4

c) Thay tam giác ABC hình vng ABCD.

Câu SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN CẤP TỈNH VÒNG 2

a) Cho tam giác ABCcó , ,G H O trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp Gọi K điểm cho HK 3HG Gọi G G G1, 2, 3 trọng tâm tam giác

, ,

KBC KCA KAB

   Chứng minh: G A G B G C1 , ,

đồng quy G A G B G C1  

b) Trong mặt phẳng cho ngũ giác ABCDEnội tiếp đường trịn tâm O bán kính Rvà điểm M tùy ý.Tìm vị trí M để

MA MB MC MD ME    ngắn nhất.

Hướng dẫn giải

Câu 3a Trước hết ta chứng minh G H O, , thẳng hàng 3OG OH 

G O A

B

C H

E

Gọi E điểm đối xứng A qua O.Ta có:BHCE hình bình hành Suy ra: HA HB HC    2HO

Suy ra: 3OG OH 

Vì , ,G H O thẳng hàng; 3OG OH  ;HK  3HG nên , , ,H G O K thẳng hàng Olà trung

điểmHK Gọi M trung điểm BC

Trong tam giác AMK ta có:GG1 song song AK;

1

GG  AK

và

1

GO OK

Vậy ta chứng minh O A G, , thẳng hàng

4

AG  AO

Như G A G B G C1 , , đồng

quy O G A G B G C1  

Bài 3b

D E

A

B

O

M C

Vì ABCDElà ngũ giác nên ta có: OA OB OC OD OE    0

                                                                

     

Ta có : MA=1

R.|MA|.|OA|≥

1

R.MA.OA=

1

R(MO+OA).OA=

1

RMO.OA+R

( )

MA MB MC MD ME MO OA OB OC OD OE R

R

5

MA MB MC MD ME R

      Vậy MA MB MC MD ME    ngắn M

trùng với O

Câu a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A1;2 , B4;3 Tìm trục hồnh điểm M cho AMB 450

b) Cho tam giác ABC đều, cạnh 6cm, trọng tâm G Một đường thẳng  qua G,  cắt đoạn thẳng AB AC hai điểm M N cho

2AM 3AN Tính diện tích tam giác AMN. Hướng dẫn giải

a. Gọi I x y ;  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácMAB.

Ta có:

AI BI AI BI                                 

  32 2 10

5 10

x y

x y x y

           x y       hay

2 x y       Với I3;1 IA Đường trịn tâm I bán kính IA có phương trình

x 32 y12 5

cắt trục hoành hai điểm M11;0 M25;0.

 Với I2;4 IA 5 Đường trịn tâm I, bán kính IA khơng cắt trục hồnh. b. Đặt AM x AN, y với x0,y0

0 sin30 2 AMG x

S  AM AG 

, sin30 2 ANG y

S  AN AG 

0

1

.s in60

2

AMN

xy

S  AM AN 

, SAMN SAMGSANG Nên ta có:

 

3

( )

2 x y  xy x y xy.

Vậy ta có hệ :

 

2

2

x y xy

x y        

Câu a) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, cạnh BC nằm đường thẳng có phương trình: 2x y  2 0 Đường cao kẻ từ B có phương trình:

1 0

x y   , điểm M  1;1 thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C Xác định toạ độ đỉnh của tam giác ABC.

b) Trong mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt A,B,C,D cho bốn điểm khơng nằm đường thẳng

Chứng minh rằng: ACBD AB2 CD2 AD2 BC2 Hướng dẫn giải

Chọn hệ trụcOxy cho A C Ox,  , B Oy Giả sử hệ trục ta có: ( ,0), ( ,0), (0, ), ( , )

A a C c B b D m n AB2 CD2 AD2 BC2

  

 2  2

2 2 2

a b c m n a m n c b

( ,0)

A a C c( ,0)  a c Vậy từ (*) suy m = 0, hay D nằm trục tung Vậy (*)

AC BD

 

Câu 10 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN VÒNG - NĂM 2012

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ; )O R có trọng tâm G Gọi A B C1, ,1

giao điểm GA GB GC, , với đường tròn ( ; )O R a) Chứng minh: GA2 +GB2 +GC2 =3(R2 - OG2) b) Chứng minh: GA1+GB1+GC1³ GA GB GC+ + .

Hướng dẫn giải

a) GA2 +GB2 +GC2 =(GO+OA)2 +(GO+OB)2 +(GO+OC)2



    

2 2 ( )2 ( )2 ( )2 GA +GB +GC = GO OA + + GO +OB + GO+OC

2

3GO 3R 2GO OA( OB OC)

= + +   +  + =3GO2 +3R2 +2GO OG .3

2 2

3GO 3R 6OG

= + - = 3(R2 - OG2) b)

1 1

1 1

GA GA GB GB GC GC

GA GB GC

GA GB GC

+ + = + + (R2 OG2)( 1 )

GA GB GC

= - + +

2 2 1 1 1

3 ( )

GA GB GC

GA GB GC

+ +

= + +

Mặt khác:

2

2 2

3

(GA GB GC)

GA +GB +GC ³ + +

áp dụng AM-GM:

1 1

9 (GA GB GC)( )

GA GB GC

+ + + + ³

Vậy

2

1 1

1 1

9( ) ( )

GA GB GC GA GB GC GA GB GC GA GB GC

+ + ³ + + + + ³ + +

Câu 11 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 LONG AN VÒNG – NĂM 2013

Cho AA BB CC', ', ' đường trung tuyến tam giác ABCvà O điểm tuỳ ý mặt phẳng ABC

a) Chứng minh

' ' ' 3

2

  

AA BB CC

BC CA AB .

b) Chứng minh   

OA OB OC

BC CA AB .

Hướng dẫn giải

a) Chứng minh

' ' ' 3

2

AA BB CC

BC  CA  AB  . Ta có

 

2 2

4AA' 2 AB AC  BC 2 AB2 BC2 CA2 4AA' 32 BC2

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta

 2 2

2 AB BC CA 4 3AA BC'

2 2

'

2

AB BC CA

AA BC  

2 2

1

'

AA BC AB BC CA

2

2 2

' '

AA AA

BC AB BC CA

Tương tự, ta có

2

2 2

' '

BB BB

AC AB BC CA

2

2 2

' '

CC CC

AB AB BC CA Do

 

2 2 2

' ' '

4

AA BB CC  AB BC CA

Nên

' ' ' 3

2

AA BB CC

BC  CA  AB 

b) Chứng minh   

OA OB OC

BC CA AB .

2 2

'

2

AB BC CA

AA BC  

2 2

3

AB BC CA

GA BC  

Với G trọng tâm tam giác ABC.

2 2

3

OA OA GA OA GA

BC BC GAAB BC CA

                            Do  

2 2 2

3

3

OG GA GA

OA OA GA OA GA

BC BC GA AB BC CA AB BC CA

                                                   

 2

2 2

3

OA

OG GA GA

BC AB BC CA 

                           

Tương tự ta

 2

2 2

3

OB

OG GB GB

CA AB BC CA 

 

 2

2 2

3

OC

OG GC GC

AB AB BC CA 

 

 

 2 2

2 2

3

OA OB OC

OG GA GB GC GA GB GC

BC  CA AB AB BC CA     

                                                        Do  

2 2 2

0;

3

GA GB GC     GA GB GC  AB BC CA

Nên

3

OA OB OC

BC  CA AB 

Câu 12 KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 LONG AN VỊNG 2-NĂM 2013

Cho đường trịn  O tâm O bán kính R tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn  O Gọi A B', 'và C' giao điểm thứ hai đường cao kẻ từ A B, C với đường tròn  O

a) Chứng minh diện tích lục giác AB CA BC' ' ' hai lần diện tích tam giác ABC b) Hãy xác định độ dài ba cạnh tam giác ABC theo R cho lục giác AB CA BC' ' ' có diện tích lớn

a) Chứng minh diện tích lục giác AB CA BC' ' ' hai lần diện tích tam giác ABC Gọi H trực tâm tam giác ABC

Ta có: BAA'BCC ' BAA 'BCA '

Khi BCC'BCA '

Suy H đối xứng với A' qua BC

Qua phép đối xứng trục BC biến HBC thành A BC' Như SHBC SA BC' Qua

phép đối xứng trục AC biến HAC thành B AC' Như SHAC SB AC' Qua phép

đối xứng trục ABbiến HAB thành C AB' Như SHAB SC AB' SAB CA BC' ' ' 2S

với S diện tích tam giác ABC

b) Hãy xác định độ dài ba cạnh tam giác ABC theo R cho lục giác AB CA BC' ' ' có diện tích lớn Gọi a, b c độ dài cạnh BC AC, AB

Ta có:

1

( )( )( )( )

4

S  a b c a b c b c a a c b       

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có:

3

(a b c  ) ( b c a  ) ( a c b  ) ( a b c b c a a c b  )(   )(   )

3

( )

( )( )( )

27

a b c

a b c b c a a c b         ( )2

12

S  a b c 

Mà

2 sin ; sin sin

a R A b R B v c R C nên a b c  2 (sinR AsinBsin )C Xét

hàm số

( ) sin , 0;

2

f x  x x   

  f x'( ) cos ; ''( )x f x sinx 0, x 0;2



 

      

 

Khi

( ) ( ) ( )

3

f A f B f C A B C

f

     

  

 

Suy

3

sin sin sin 3sin

3

A B C   

  Ta

2

9

R

S

Dấu đẳng thức xảy a b c R  

Vậy lục giác AB CA BC' ' ' có diện tích lớn a b c R   Câu 13 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VỊNG 1

Cho tam giác khơng cân ABC nội tiếp đường tròn  O Các trung tuyến kẻ từ A,

B, C cắt  O D, E vàF Biết DEDF, chứng minh rằng

2 2

 

M N

G

D

C B

F

E A

O

Hướng dẫn giải

Gọi G trọng tâm tam giácABC; M N, trung điểm ABvàAC. DEG

 đồng dạng BAGsuy

DE BA

DG BG

DFG

 đồng dạng CAGsuy

DF CA

DG CGDo

DE DF nên suy ra:

BA CA AB BG

BG CG  AC CG

2

2

2

2

4 BN

AB BG 9

4

AC CG CM

9

  

 

 

 

 

2 2

2 2

2

2 2

2 2

1

2 AB BC AC 2 AB BC AC

AB 4

1

AC 2 AC BC AB 2 AC BC AB

4

     

 

  

 

   

 

   

2 2 2 2

AB AC BC AB  AC AB BC AC 

         

 

4 2

AB AC 2BC AB AC

    AB2 AC2 2BC2

   (đpcm)

Câu 14 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 1

Cho tam giác không vuông ABC nội tiếp đường tròn O Các tiếp tuyến  O B C, cắt tạiM Đường thẳng AM cắt BCtạiN CMR:

2



NB AB

NC AC .

Hướng dẫn giải

K H

N

O

M

C A

B

Dựng BH, CK vuông góc AM

Ta có:

 

 

dtΔABM

NB BH= =

NC CK dtΔACM



 



 

AB.sin ABM =

AC.sin ACM



    2dtΔABC 

sin ABM = sin ACB =

BC.CA Tương tự:  

 

2dtΔABC sin ACM =

BC.AB



 



 

sin ABM AB

= AC sin ACM



Suy ra:

2

NB AB=

NC AC

Câu 15 SỞ GD&ĐT LONG AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trònO R;  Đường phân giác góc A tam giác ABC cắt BC L cắt đường tròn O R;  tạiN Gọi M K, hình chiếu vng góc L lên AC vàAB. Chứng minh tam giác ABCvà tứ giác AMNK có diện tích

Hướng dẫn giải

Ta có: AL đường trung trực đoạn MK

Gọi I AL MK  MK 2MI Đặt BAC 

1

.sin

ABC

S  AB AC 

,

1

.MK

AMNK

S  AN

Ta có:ACL đồng dạng với

ANB AB AC AL AN

  

1 MK

AB.AC

AMNK S

AL

 

(1) Ta có: Tam giác AML vuông M

ML sin

2 AL AM cos

2 AL  

 

  



 

 

2

2ML.AM 2MI.AL MK

sin 2sin cos

2 AL AL AL

 

     

(2) Từ (1) (2)

.sin

AMNK ABC

S AB AC  S

  

Câu 16 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 1

Hướng dẫn giải

Gọi H, K chân đường cao kẻ từ B, C tam giác ABC

Ta có ABH đồng dạng với ACK

AB AH

AB AK AC AH

AC AK

   

(1) Ta có tam giác AMC vng M, MH  AC

2 .

AM AH AC

  (2) Tương tự: .

AN AK AB (3) Từ (1), (2),(3)

AM AN

 

Câu 17 Trường THPT chuyên Long An

Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt tạiO Gọi H K, trực tâm tam giác ABO vàCDO Gọi I J, trung điểmAD BC, .

Chứng minh: HKvng góc với IJ. Hướng dẫn giải

( )( ) (1 )( )

2

HK IJuuur uur= OKuuur- OH OJuuur uur- OIuur = OKuuur- OH OBuuur uuur+OCuuur- OA ODuuur- uuur

( )

1

2OK OB OK OC OK OA OK OD OH OB OH OC OH OA OH OD = uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur+ - - - - +uuur uuur uuur uuur+

( )

1 . . . . . . . .

2

OC OB ODOC ODOA OC OD OAOB OB OC OB OA OAOD

= + - - - - + +

=

uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur r

Câu 18 Cho hình vngABCD. Trên cạnh AB BC CD DA, , , ta lấy theo thứ tự điểm , , ,

E F G H choAE BF CG DH Xác định vị trí điểm

, , ,

E F G H cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải

HAE = EBF = FCG = GHD  HE = EF = FG = GH

 EFGH hình thoi · · EF

AHE =B

AHE· +AEH· =900  B· EF+AEH· =900  HEF· =900

 EFGH hình vng

Gọi O giao điểm AC EG Tứ giác AECG có AE = CG, AE //CG nên hình bình hành suy O trung điểm AC EG, O tâm hai hình vng ABCD EFGH

HOE vuông cân: HE2 = 2OE2 HE = OE

A

D

B

C E K

F

G H

Chu vi EFGH = 4HE = 2OE Do chu vi EFGH nhỏ  OE nhỏ Kẻ OK AB  OE ≥OK ( OK không đổi )

OE = OK  E ≡ K Do minOE = OK

Như vậy, chu vi tứ giác EFGH nhỏ E F G H, , , trung điểm AB, , ,

BC CD DA.

Câu 19 Trường THPT chuyên Long An

Cho tứ giác ABCDnội tiếp O R; . Gọi H H H H1, 2, 3, 4 thứ tự trực tâm tam

giácACD BCD ABD ABC, , , . Chứng minh rằng:

a) BH AH CH DH1, 2, 3, 4đồng qui.

b) Tứ giác H H H H1 4là tứ giác nội tiếp Hướng dẫn giải

a) Gọi a khoảng cách từ O tớiCD. Từ tính chất (*) suy raAH1BH2  2a.Tứ giác AH1 H2B có

1

AH BH và AH

1 // BH2 (cùng vng góc với

CD )Þ AH H B1 hình bình hành Chứng minh

tương tự CH H A, H DBH2 4cũng hình

bình hành Từ suy BH1, AH2, CH3, DH4 đồng

qui trung điểm I đường

b) Lấy O1 đối xứng với O qua I; suy DOH O4 1là

hình bình hànhÞ O H1 OD R Chứng

minh tương tự ta cóO H1 OC R;

1  

O H OA R;O H1 1OB R Suy ra

1

H H H H nội tiếp đường tròn O ; R 1 

Câu 20 Cho tam giác ABC có diện tích Gọi M điểm nằm mặt phẳng chứa tam giácABC. Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

 a  b  c

T MA.h MB.h MC.h

(với h , h , ha b c độ dài đường cao vẽ từ A, B, C ).

III Bài toán cực trị

Câu 31. (Sở GDĐT Nghệ An- thi chọn học sinh giỏi tỉnh 2004-2005) a Tìm điểm M tam giác ABC để MA MB MC  nhỏ nhất.

b Xét tứ giác lồi ABCD có độ dài đường chéo AC, BD cho trước góc hai đường chéo có độ lớn cho Hãy xác định tứ giác có chu vi nhỏ nhất.

Câu 32. (THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Tỉnh Lai Châu- Trại hè Hùng Vương lần X)

Trong mặt phẳng cho đường tròn tâm O bán kính R điểm P nằm đường tròn OP d R.Trong tứ giác lồi ABCD nơị tiếp đường trịn nói

a

O1 H4

H3

H2 H1

O

D C

B A

cho đường chéo AC BD vng góc với P, xác định tứ giác có chu vi lớn tứ giác có chu vi nhỏ Tính chu vi theo R d.

Lời giải

O

C A

D

B

E M

N P

Gọi chu vi tứ giác ABCD p AB BC CD DA    .Ta có

 

   

   

2

2 2 2

2 . . 2 . .

2 . . 1

p AB BC CD DA AB BC CD DA

AB CD AD BC AB AD CB CD

BA BC DA DC

       

   

 

Theo định lí P tơ lê mê thì:

 

. . . 2

AB CD AD BC AC BD

Kẻ đường kính BE,ta có

. 2

. 2

ABE PAD AB AD R PA

CBE CPD CB CD R PC

   

   

 

Từ hai đẳng thức ta có

   

 

. . 2 2 3

. . 2 4

AB AD CB CD R PA PC R AC

BA BC DA DC R BD

   

  

Chú ý rằng:

2 2 2

2 2 2

4 4

AB CD AB AE R

BC DA BC CE R

   

   

Thay hai đẳng thức từ        1 , , , 4 ta được:

   

2 8 2 . 4 5

p  R  AC BD R AC BD

Gọi M,N theo thứ tụ trung điểm AC,BD thì ,

OM AC ON BD

Ta có:

   

 

2 2 2 2

2 2 2 2

4 4 4 4

8 4 8 8 4

AC BD AM BN R OM R ON

R OM ON R OP R d

      

Do đó

AC BD2 AC2 BD2 2AC BD. 8R2 4d2 2AC BD.  6

      

Đặt OM u ON v ,  ta có:

   

 

     

2 2 2 2

4 2 2 2 2

. 4 .4 4 4

16 16 8

AC BD AM BN R u R v

R R u v u v R R d u v

   

      

Từ      6 ; ; 8 suy ra:

p đạt giá trị lớn (hay nhỏ nhất) 

AC BD đạt giá trị lớn (hay nhỏ nhất)  AC BD. đạt giá trị lớn (hay nhỏ

nhất) u v2 2 đạt giá trị lớn (hay nhỏ nhất).

Câu 33. (THPT Chuyên Hà Giang – Olympic Hùng Vương lần X - 2014)

Cho tam giác ABC có chu vi p Các đường phân giác AA1, BB1, CC1 cắt các

đoạn thẳng B C1 1, C A1 1, A B1 1 tương ứng A2, B2, C2 Đường thẳng qua A2 song song

với BC cắt AB, AC theo thứ tự A3, A4 Đường thẳng qua B2 song song với AC cắt BC, BA theo thứ tự B3, B4 Đường thẳng qua C2 song song với AB cắt CA, CB

Theo thứ tự C3, C4 Chứng minh AB4BC4CA4BA3CB3AC3p Đẳng

thức xảy nào? Lời giải

A

B

C A

B C

A A

1

1 A4

3

Đặt BC = a, AC = b, BA = c, p = a+b +c. Vì A3A4 || BC nên theo định lí Talet ta có:

3 4

1

1

BA CA A A BA CA AA

AB AC AA b c AA



    

 (1)

Áp dụng tính chất đường phân giác góc C:

1

1

C A AC C A AC AB AC c b

C A

C B BC  AB AC BC  AC BC a b

Tương tự:

c b AB

a c

 

1

1

1

2 cos AC cos

2 ;

AC

A A

c b AB

AA AA

b c AB

 

 

Do đó:

2

AA b c

AA a b c

 

  (2) Từ (1) (2) ta có:

3 1

2

BA CA b c a

b c a b c a b c

 

  

    

Từ đó, theo bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta nhận được:

2

3

2 ( )

2 ( )

2

a b c

a b c a b c

BA CA

a b c a b c

   

 

    

   

    (3)

Hoàn toàn tương tự:

4

b c a

AB CB   

(4);

4

c b a

BC AC   

(5) Từ (3), (4) (5) suy ra:AB4+BC4+CA4+BA3+CB3+AC3a +b+c= p(đpcm)

Dấu xảy a = b =c. VI Các toán khác

Câu 34. ( THPT Chuyên Chu Văn An – Lạng Sơn - Thi Tốn 11)

Cho tam giác ABC vng A I tâm đường tròn nội tiếp Gọi AHlà đường cao từ đỉnh A tam giác ABC E, F tâm đường tròn nội tiếp

tam giác AHB, AHC tương ứng Gọi O trung điểm BC Chứng minh IO

đường thẳng Euler tam giác AEF.

Lời giải

Chứng minh: Ta có

1

2

ABE ABC HAC HAF

     

vàAH BH  BE AF Tương tự ta có

CF AE Gọi giao điểm AI, BI, CI với EF, FA, AE tương ứng X, Y, Z Khi đó, I

là trực tâm AEF. Ta cóIAF 

0

0 0 90

45 45 45

2 2

B C

IAC CAF BAD   

2

C

ICA

  

, suy

2

IA IF

IAF ICA IA IC IF

IC IA

     

Hoàn toàn tương tự, ta có

2 .

IA IB IE, nên ta có IB IE IC IF   BEFC nội tiếp, nên suy raIEF FCB Vì tứ giác EZYF nội tiếp nên IZY IEF YZ BC FCB Hơn nữa, gọi M trung điểm YZ, theo định lí Thales suy I, M, O thẳng hàng Mặt khác, tứ giác

AYXE, AZXF nội tiếp nên ta có

ZXY ZXA YXA ZFA YEA ACF CAF ABE BAE

              900 nên M

là tâm ngoại tiếp XYZ, suy M tâm Euler của AEF, suy IM đường thẳng

Euler của AEF nghĩa OI đường thẳng Euler tam giác AEF Câu 35. (THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành – Yên Bái – Toán 11)

Cho tam giác ABC với trọng tâm G nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Các tia

AG, BG, CG cắt đường tròn D, E, F Chứng minh rằng

1 1

GD GE GF  R .

Lời giải

Gọi trung tuyến ABC AM,BN,CP đặt

a

AB c,AC b,BC a,AM m   

Xét phương tích M đường trịn ta có

2

a

a

a

a

a a

MD.MA MB.MC hay ,MD

4 4m

1 a

GD GM MD m

3 4m

  

    

MD.m

Từ a

2

GA m

3 

từ (2) ta có:

2 a

a

2 2

a a

a

2 m

GA 3 8m

1 a

GD m 4m 3a

3 4m

 

 

Mà  

2 2

a

4m 2 b c  a

ta được

 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2b 2c a

GA 2b 2c a

GD 2b 2c a 3a a b c

   

 

    

Tương tự ta tính tỷ số

GB GC , GE GF GA GB GC

3

GD GE  GF 

AD BE CF GA GB GC

3 6 (4)

GD GE GF   GD GE  GF 

Do dây AD,BE,CF không lớn 2R nên thay vào ta có

AD BE CF 2R 2R 2R

6

GD GE GF GD GE GF

     

Từ ta có:

1 1 1 3

GD GE GF R

Câu 36. (Sở GDĐT Quảng Ninh – Chuyên Hạ Long – 2013- Toán 11 )

Cho tam giác ABC cân A Gọi D trung điểm AC Đường tròn ngoại tiếp

tam giác BCD giao với phân giác góc BAC E nằm tam giác ABC Đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABE giao với BD F F B, AF giao với BE I CI giao với BD K Chứng minh I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK . Lời giải

Gọi D’ trung điểm AB M trung điểm cạnh BC.

Ta có D’ nằm đường trịn ngoại tiếp BCD Do tính đối xứng nên suy ra  ' 

D E ED suy ABI D BE EBD IBK'  

suy I nằm phân giác góc ABK hay BI tia phân giác góc ABK (1) 1.0 đ Ta có:

 180  180   1 

2

o O

DFA  BFA  BEA MEB  CEB CDB

=> DFA DAF suy AFD cân tại D 1.0

Do IA.IF = IE.IB nên I thuộc trục đẳng phương đường trịn đường kính AC đường trịn ngoại tiếp BCD Từ CI qua giao điểm thứ hai J hai đường tròn này 1,0

Ta có DCJ DJC DBC   nên DA2 DC2 DK DB

Suy DAK DBA hay FAD FAK DFA BAF      Từ FAKBAF Ta có (đpcm) 1.0

I K J

F

E D

D'

M C

B

A

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O Giả sử AD cắt BC N , AB cắt CD tại M , AC cắt BD E Đường thẳng IE cắt MN K Chứng minh KO phân giác góc BKD.

Lời giải

Trước hết có bổ đề (Định lý Brocard):

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O có M N, giao điểm cặp cạnh đối AB CD, và AD BC, Gọi E giao điểm hai đường chéo Khi đó, ta có EOMN

Thật vậy, gọi K giao điểm khác E đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE CDE, .

Trước hết, ta thấy K E M, , nằm trục đẳng phương (ABE CDE),( ) nên chúng thẳng hàng.

Ta có BKCBKE CKEEAB EDCBOC nên tứ giác OKBC nội tiếp Tương tự thì tứ giác OKAD nội tiếp Suy K giao điểm thứ hai khác O hai đường tròn

(OBC OAD),( ) nên điểm O K N, , thẳng hàng nằm trục đẳng phương hai

đường tròn này.

Mặt khác, cách xét góc nội tiếp tứ giác nội tiếp, ta có

MKN MKB NKB EAB OCB EDC OBC EKC OKC MKO

              .

Hơn nữa, hai góc bù nên góc 90 hay MEON .

Chứng minh tương tự, ta có NEOM hay E trực tâm tam giác OMN OEMN Định lí chứng minh.

Chứng minh tứ giác KDCN MKCB nội tiếp Thật vậy: Theo hệ thức quen thuộc

     

2 2

.

OM ON       R  OK KM OK KN         R  OK  KM KM MN R

       

       

       

       

       

       

       

        

Suy  

2

/

. M O .

MK MN OM  R  MD MC

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

, hay tứ giác KDCN nội tiếp Tương tự ta có MKCB nội tiếp

Suy DKN DCB MCB MKB   Suy điều phải chứng minh

Câu 38. (THPT Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên – Trại hè lần X – Toán 11)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O R;  H điểm di động đoạn

OA H A Đường thẳng qua H vng góc với OA cắt cung nhỏ AB M . Gọi K hình chiếu M OB.

a) Các tiếp tuyến O R;  A B cắt tiếp tuyến M O R;  lần

lượt D E OD, OE cắt AB F G Chứng minh OD GF OG DE  b) Tìm giá trị lớn chu vi tam giác MAB theo R.

Lời giải

 

1

1 A

2sđBM ;

  

1

1 O O

2sđBM

 

A O11  tứ giác AMGO nội tiếp (5)

Từ (4), (5) ta có điểm A, D, M, G, O nằm đường tròn

  

  G D D1 2 1

OGF ODE đồng dạng OG GF

OD DE hay OD.GF = OG.DE.

Trên đoạn MC lấy điểm A’ cho MA’ = MA AMA' đều

    

A1A620B0AA'

MAB A'ACMBA'C

  MAMBMC

Chu vi tam giác MAB MAMBABMCAB2RAB

Đẳng thức xảy MC đường kính (O) => M điểm cung AM => H trung điểm đoạn AO

Vậy giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R + AB

Gọi I giao điểm AO BC 

3AB3

AI R ABR3

2 2

Giá trị lớn chu vi tam giác MAB 2R + AB = (2 3)R

Câu 39. (Sở SDĐT Hịa Bình – THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ - Đề chọn học sinh giỏi Tốn 11) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O Đường tròn tâm I tiếp xúc với hai

cạnh AC, BC E, F tiếp xúc với đường tròn tâm Otại điểm P

Một đường thẳng song song với AB tiếp xúc với đường tròn tâm I điểm Q nằm trong tam giác ABC.

a Gọi K, L giao điểm thứ hai PE PF với  O Chứng minh rằng

/ /

KL EF.

b Chứng minh ACP QCB Lời giải

a) Gọi D giao điểm thức hai đường thẳng PC với đường tròn tâm I, M giao điểm thứ hai của đường tròn tâm O với PQ.

Q, F thành K, M, L.

Theo tính chất phép vị tự ta có EF song song với KL.

Ta có OK ảnh IE qua V, dẫn đến OK / /IE mà IE AC  OK AC , suy K điểm chính cung AC Chứng minh tương tự ta có L điểm cung BC, M điểm chính cung AB.

b) Ta có

     

BM MA BL LM MK KA

   

LC LM MK CK

   

   

2LM MC MC 2CK

   

 

LM CK

 

 

DE FQ

  (tính chất phép vị tự).

 

DEC QFC

  (góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn hai cung nhau) DE = QF.

L

K

M

Q D

P

F E

O C

A B

I

Lại có CE = CF theo tính chất hai tiếp tuyến kẻ từ điểm.

Suy CEDCFQ, dẫn đến ECD FCQ Từ ta có điều phải chứng minh. Câu 40. ( THPT Chuyên Hùng Vương Tỉnh Phú Thọ – Trại hè Hùng Vương lần X)

Tam giác ABC vng có BC CA AB  Gọi D điểm cạnh BC, E một

điểm cạnh AB kéo dài phía A cho BD BE CA  Gọi P điểm trên

cạnh AC cho E, B, D, P nằm đường tròn Q giao điểm thứ hai của BP với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: AQ CQ BP  .

Xét tứ giác nội tiếpABCQvà BEPDta có:

  

CAQ CBQ DEP 

(cùng chắn cung trịn)

Mặt khác AQC1080 ABC EPD Xét AQCvà EPDcó:

  ,

AQC EPD

 

(1)

CAQ DEP AQC EPD

AQ CA

AQ ED EP CA EP BD

EP ED

   

    



(do AC BD )

(2)

AC QC

ED QC AC PD BE PD

ED PD   

(do AC BE )

Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp BEPDta có:

(3)

EP BD BE PD ED BP 

Từ( 1), (2), (3) suy AQ ED QC ED ED BP    AQ QC BP  .■ Câu 41. (Trường PT vùng cao Việt Bắc – Trại hè Hùng Vương lần X)

Cho tam giác ABC dều cạnh a đường thẳng d tùy ý Gọi A', B', C' là hình chiếu A, B, C d Chứng minh rằng

2 2

2

a B C  C A  A B  

Lời giải

d E

J K

H

I

B'

C' A'

C A

B

Gọi E giao BC AA¢, I, J hình chiếu B, C AA¢, K hình chiếu C

.

BI BE AH BE

BIE AHE BI

AH AE AE

Þ = Þ =

V : V

.

CJ CE AH CE

CJ E AHE CJ

AH AE AE

Þ = Þ =

V : V

.

CK CB AH CB

CKB AHE CK

AH AE AE

Þ = Þ =

V : V

Mặt khác, ta có

( )

2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

' ' '

.

'

. .

A B CJ BI

BC

B C C A CK

AH AH CE A BE

CE BE

H AH

BC

AE AE AE AE

+ =

= +

¢ ¢

+ +

= +

+

+ +

( ) ( )

( ) ( )

2 2 2

2

2

2 2 2 2

2

2

2 2 2

2

2

2 2 2 2

2 2 2

3 2

2 2

CH HE BH HE

BH HE BH AE AH

BH AE BC

A AH

BC AE

AH AH

BC BC

AE AE

AH

BC B

H

H AE

a

é ù

+ - + +

é ù

+ + ê + + - ú

ë û

é ù

= êë + + - úû

= êê úú

ë û

=

= =

=

https://www.facebook.com/luyenthiamax/