TÀI LIỆU BDHSG PHẦN HÌNH học QUA đề các TỈNH đáp án

TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 Bài 1: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2008 – 2009) 1.1 A D C' D' O B' A' B C Từ đỉnh hình vng ta kẻ đoạn AA’, BB’, CC’ , DD’ vng góc với d Đặt T = AA’2+ BB’2+CC’2+ DD’2 ∆ ∆ Ta có OAA’ = OCC’ (cạnh huyền – góc nhọn) suy AA’ = CC’ ∆ ∆ Tương tự OBB’ = ODD’ suy BB’ = DD’ Từ suy T = 2(AA’2 + BB’2) (1) ·A ' AO = B · ' OB Mặt khác, ta có (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc) AO = BO nên ∆ A’AO = B’OB (cạnh huyền –góc nhọn) ∆ ⇒ BB’ = A’O (2) Thay (2) vào (1) áp dụng định lý Pytago tam giác vuông A’AO ta được: T = 2(AA’2 + A’O2) = 2AO2 = 1.2 AC AC = = AB , số I C' C E A O B E' M K a) Phần thuận: Gọi I điểm cung AB - Xét C thuộc cung BI Tam giác CEB có · CEB = 450 , ·AEB = 1350 µ = 900 C , CE = CB nên vuông cân, suy Điểm E nhìn AB góc 135 nên E chuyển động cung chứa góc 135 dựng đoạn AB (cung phía với I AB) · ' E ' B = 450 C - Xét C’ thuộc cung AI Tam giác C’E’B vng cân nên Điểm E’ nhìn AB góc 450, nên E’ chuyển động cung chứa góc 450 dựng Hãy ln chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 đoạn AB Khi C’ ≡ I E’ ≡ A Khi C’ tiến đến A E’ tiến đến K ( AK ⊥ AB AK =AB) Điểm E’ chuyển động cung AK cung góc 45 dựng đoạn AB (khác phía với I AB) b) Phần đảo: - Lấy E thuộc cung chứa góc 135 dựng AB, AE cắt nửa đường tròn (O) C Ta có ·AEB = 1350 , tam giác CEB vng có · CEB = 450 nên CE = CB - Lấy E’ thuộc cung AK, E’A cắt nửa đường trịn (O) C’ Ta có ·AE ' B = 450 · ' E ' B = 450 C , tam giác C’E’B vng có nên C’E’ = C’B c) Kết luận: Quỹ tích điểm E cung chứa góc 135 dựng AB (cùng phía với I AB) cung AK chứa góc 450 dựng AB (khác phía với I AB) Hai cung hợp lại thành nửa đường trịn đường kính BK (vì · BAK = 900 ) Bài 2: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2009 – 2010) 2.1.Gọi I, J, K trung điểm M A B QN, MN, PQ Khi : BJ = MN J (trung tuyến ∆ vuông MBN) Tương tự DK = IJ = QM PQ Q I N K D C P (IJ đtb ∆ MNQ) PN Tương tự IK = Vì BD ≤ BJ + JI + IK + KD Dođó: SABCD = AC AC AC BD ≤ (BJ+JI + IK+KD) = (MN+NP+PQ+QM) 2 - đpcm Chu vi tứ giác MNPQ : MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ = 2(BJ + JI + IK + KD) ≥ 2BD (cmt) Dấu xảy đường gấp khúc trùng với BD, tức MQ //NP, MN//PQ, MN=PQ (vì cạnh huyền tam giác vuông cân nhau), lúc MNPQ hình chữ nhật y 2.2.Kí hiệu hình vẽ Phần thuận : · · AOB =AMB = 900 (giả thiết) ⇒ tứ giác AOBM nội tiếp · · AMO = ABO = 45 ⇒ vuông cân O) H P M' Q A x M B' (vì ∆AOB O B Hãy ln chiến thắng S K R TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 Suy M nằm đường thẳng qua O tạo với đường PQ góc 450 Trường hợp B vị trí B’ M’ nằm đường thẳng qua O tạo với PS góc 450 Giới hạn : *) Khi A ≡ H M ≡ Q, A ≡ K M ≡ S *) Trường hợp B vị trí B’: A ≡ H M’ ≡ P, A ≡ K M’ ≡ R Phần đảo: Lấy M đường chéo SQ (hoặc M’ PR), qua M kẻ đường thẳng song song với đường thẳng PQ cắt (O) A Kẻ bán kính OB ⊥ OA Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì · · AMO = ABO = 450 · · AMB = AOB = 900 ) Suy : Mà AM//PQ , PQ ⊥PS ⇒ MB//PS Kết luận:Quỹ tích giao điểm M đường chéo hình vng PQRS Bài 3: ( CHUN LƯƠNG AVĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2010 – 2011) 3.1 F Vì AB AC đường kính đường tròn N ·ADB = 900 ; ·ADC = 900 B M D E Nên Do D nằm đường BC Ta có : Nên ·ACD = AFD · ( chắn cung AD) ∆ABC : ∆AEF Suy Mà ·ABD = ·AED C ( chắn cung AD) BA BC BM BM = = = EA EF EN EN ·ABM = ·AEN nên ∆ABM : ∆AEN ·AMB = ·ANE Suy Do tứ giác ADMN nội tiếp ⇒ ·ANM = ·ADM = 900 Vậy AN ⊥ NM (đpcm) 3.2 Hãy chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 C Gọi H chân đường cao hạ từ N A; M trung điểm AC M Theo giả thiết ta có AH = BM Gọi N chân đường vng gócH hạ từ M xuống BC Khi MN//AH A 1 AH = BM 2 B D Nên MN = Suy tam giác vuông BMN nửa tam giác cạnh BM · MBN = 300 Do Gọi D điểm đối xứng A qua B Khi D cố định BM//CD · · BCD = CBM = 300 Suy ( so le trong) Do điểm C nằm cung chứa góc 300 dựng đoạn BD Vậy quỹ tích C hai cung chứa góc 30 dựng đoạn BD (trừ điểm B D) Dễ thấy đường trịn chứa hai cung có bán kính độ dài AB có tâm I cho tam giác BID Bài 4: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012) 4.1.Gọi M trung điểm BC (1) Nối GD, GE Gọi P, Q điểm C tia GM cho: BP //GE, CQ //GD (2) D Theo định lý Ta-lét tính chất Q P đường phân giác: M GP EB CB = = ; GA EA CA G GQ DC BC = = GA DA BA Suy ra: B E A GP GQ CB BC + = + GA GA CA BA ⇔ GP + GQ BC ( AB + AC ) = =1 GA AB AC (vì BC ( AB + AC ) = AB AC ) ⇔ GP+GQ = GA = 2GM Do M trung điểm PQ (3) Kết hợp (1) (3) suy tứ giác BPCQ hình bình hành ⇒ BP//CQ (4) Từ (2) (4) suy G, D, E thẳng hàng E 4.2 a) Phần thuận: ∆ABC cân ·ADE = ·ADC ⇒ A ·ABC = ·ACB = ·ADB D ·ABC ⇒ (vì bù với ) Xét ∆ADC ∆ADE có: AD: chung ; DC = DE (giả thiết) M O B H C Hãy chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 ·ADC = ·ADE (cmt) Suy ∆ADC = ∆ADE (c.g.c) Do AC=AE=AB⇒∆ ABE cân A Vì M trung điểm BE nên ·AMB = 900 Hơn AB cố định nên M lưu động đường trịn đường kính AB b) Giới hạn: Khi D ≡ A M ≡ A; D ≡ C M ≡ H (AH đ/cao ∆ABC) c) Phần đảo: ¼ AH Lấy điểm M Gọi D giao điểm thứ BM đường tròn (O) Trên tia đối tia DB lấy điểm E cho DE = DC Ta chứng minh M trung điểm BE Xét ∆ADC ∆ADE có: AD: chung ; DC = DE (giả thiết) ·ADC = ·ADE ·ABC (cùng bù với ) Suy ∆ADC = ∆ADE (c.g.c) ⇒ AC=AE=AB (1) Lại có AM ⊥ BE (M nằm đường trịn đường kính AB) (2) Từ (1) (2) suy M trung điểm BE d) Kết luận: Khi D di động cung nhỏ tròn đường kính AB »AC quĩ tích M cung nhỏ Bài 5: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012) 5.1 Gọi K giao điểm A AC DE Vì: ¼ AH đường E H K B ·ADB = 300 ; ·ADK = 900 Suy D C · KDC = 600 Và ∆ DEC Nên ∆ABC≅∆DKC (g.g) Þ DK AB = = DC AC Do 1 KD DK = DC = DE Þ = (1) 3 KE Hãy ln chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 KH DH = DE Þ = KD Kẻ CH⊥DE (H∈DE) ; Mặt khác AD//CH (cùng vng góc với DH) ; KC KH = = KA KD Nên theo Talet ta có: ·AKE = CKD · (2) Từ (1), (2) nên theo Talet AE//CD 5.2 Gọi H, K giao điểm BC, DE với OA Ta thấy AK = HK (2); ·AKF = 900 · OBA = 900 A (1), , BH⊥OA(3) K D F · OMF = 900 E N OB =OM=ON (4) (5) Kết hợp (1), (2), (3), (4) (5) ; áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông định lý Pytago ta có: FA2 = FK + KA2 H B C O M = OF - OK + KA2 = OF - ( OK - KA2 ) = OF - ( OK - KA) ( OK + KA) = OF - ( OK - KH ) OA = OF - OH OA = OF - OB = OF - OM = FM Suy FA = FM · · OMF = ONF Hơn nữa, (nhìn đường kính OF) Nên FM = FN (vì tiếp tuyến từ F (O)) Do F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN R ³ KA Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆AMN, Đẳng thức xảy F ≡ K, nghĩa F trung điểm DE Vậy, F trung điểm DE bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆AMN nhỏ Bài 6: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013) 6.1 a) Chứng minh AF.BE = AD.DB Ta có: ·AFD + FDA · + µA = 1800 · Û ·AFD + FDA = 1200 (1) C F · · · EDB + FDA + EDF =1800 · · Û EDB + FDA =1200 (2) E Hãy ln chiến thắng B6 A D TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN Từ (1) (2) suy ra: µA = B µ = 600 Hơn Suy Þ ·AFD = EDB · D AFD @D BDE AF BE ≤ b) Chứng minh Nên x1 + x2 = AB = a x1 , x2 x1 , x2 (đpcm) a x1 = AD; x2 = DB ( x1 , x2 > 0) Ta có: Do AF AD = BD BE Û AF BE = AD.BD Đặt 09.05.37.8118 x1 x2 = AD.DB = b(b > 0) (khơng đổi) nghiệm phương trình bậc hai: x − ax + b = (*) tồn nên phương trình (*) ln có nghiệm ∆ = a − 4b ≥ ⇔ b ≤ Hay: a2 AF BE = AD.BD ≤ Vậy x1 = x2 = Dấu “=” xảy 6.2 a a2 , tức D trung điểm AB HC CD D a)Tính tỷ số : CK ⊥ AD, BD ⊥ AD ⇒ CK / / BD Ta có: Áp dụng Talet: K H A O' O I C CH CK AC = = = HD BD AB Suy ra: CH CH 3 = = = CD CH + HD + Vậy tỷ số HC = CD Hãy ln chiến thắng B TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 b) Điểm H chạy đường d quay quanh A? Qua H kẻ đường thẳng song song với OD cắt OC I Khi đó: IH CH 3 = = ⇔ IH = OD = R OD CD 7 (không đổi) 3R IC = OC = = R ⇒ OI = R 7 14 Từ ta có: Do OC cố định nên I cố định Vì thế, d quay quanh A H chạy đường trịn tâm I (I OI = R nằm đoạn OC, cách O khoảng ), bán kính Bài 7: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013) 7.1 R AM AN PQ + + = AB AC AQ A N M a) Chứng minh rằng: Gọi E, F giao điểm NP, MP với BC P Do NE//AB, MF//AC nên theo Thales ta có: AM FC AN BE = ; = AB BC AC BC B E Q F C PQ EQ FQ EQ + FQ EF = = = = AQ BQ QC BQ + QC BC AM AN PQ FC BE EF + + = + + =1 AB AC AQ BC BC BC Từ đó: (đpcm) AM AN PQ = AB AC AQ 27 b) Xác định vị trí điểm Q để AM AN PQ , , AB AC AQ Áp dụng câu a) BĐT Cauchy cho số dương: : AM AN PQ AM AN PQ AM AN PQ + + ≥ 33 ⇔ ≤ AB AC AQ AB AC AQ AB AC AQ 27 1= ⇔ AM AN PQ = = = AB AC AQ Dấu “=” xảy Khi MN//BC Vì AQ qua trung điểm MN nên Q trung điểm BC AM AN PQ = AB AC AQ 27 Vậy, Q trung điểm BC 7.2 ∆ABD Vì AB đường kính nên BD = BC.BA vuông D suy (1) Gọi G, H tiếp điểm (I) với CD (O) Hãy ln chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN µ =C µ =G µ = 900 E 09.05.37.8118 H Tứ giác IECG có : IE= IG nên hình vng, G I · · ⇒ HIG = HOB ⇒ D A C E B O IG//EC (đồngvị) Kết hợp với HIG HOB cân, suy · · GHI = BHO Từ đó: , hay H, G, B thẳng hàng ∆HBE ≅ ∆EBG ∆AHB ≅ ∆GCB · · µ BHE = BEG ,B (vì chung) ·AHB = GCB · µ = 900 , B ⇒ BE = BG.BH (2) ⇒ BG.BH = BC.BA Và: (vì chung) (3) Từ (1), (2) (3) suy BD = BE Bài 8: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014) A B 8.1 O M Lưu ý: có vẽ hình chấm điểm câu ∆OMD ∆FDC a) Chứng minh đồng dạng với E F C D Vì O trung điểm BD CE = 2EO nên E trọng tâm · · OMD = FDC suy OM//CD, (1) · · ODC = EFC Theo giả thiết nên: · · · · · · ODM = ODC − MDC = EFC − FDC = FCD (2) ∆OMD ∆FDC Từ (1) (2) suy đồng dạng với ·EFA = 2OBA · b) Chứng minh 1 AD = CD, OM = CD = BC = MC 2 ABCD hình thoi nên ; DC DF ∆FDC : ∆OMD ⇒ = MD OM Và ; AD DC DF DF = = = MD MD OM MC Do đó: · · FDA = CMD Hơn AD//CM nên , · · ∆FDA : ∆CMD ⇒ DFA = MCD Suy 0 · · · · EFA = 180 − DFA = 180 − MCD = ·ADC = ·ABC = 2OBA Ta có: ∆BCD M trung điểm BC, Hãy ln chiến thắng TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 a I C D M J A E F B O 8.2.Lưu ý: có vẽ hình chấm điểm câu a) Chứng minh J là trung điểm đoạn thẳng OC Vì CM tiếp tuyến (O) M ∈ (I) nên CA CM tiếp tuyến (O) nên ·AOC = ·DCO Mà · DOC = ·AOC (do AB//CD), suy ( · DJ ⊥ OC DJC = 90 ) · · CMD = CMO = 900 nên D,M,O thẳng hàng Do · DOC = ·DCO , hay ∆ DOC cân D Kết hợp với suy DJ trung tuyến ∆DOC, J trung điểm đoạn thẳng OC b) Tìm điểm cố định Gọi F trung điểm AO, E giao điểm DF BC Vì OJ=JC (cmt) nên JF đường trung bình ∆AOC, JF⊥AB · JOF · · DJF = COB (cùng bù ) (1) Mặt khác , ∆DJO : ∆ JFO (g.g) nên Kết hợp (1) (2) ta ∆DJF : DJ JO CO CO = = = JF FO AO OB (2) ∆ COB · · JDE = JCE · CED = 900 Do nên tứ giác CDEJ nội tiếp đường trịn (I) hay DF ⊥BC Vậy M di động, đường thẳng qua D vng góc với BC ln qua F cố định , F trung điểm OA Bài 9: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014) 9.1.Vì ∆ABC nhọn nên H nằm điểm A C Mà BD phân giác DH ' ⊥ AB Hạ ·ABH nên D nằm A H · · BHD = 900 ⇒ BDH < 900 ⇒ ·ADB > 900 Vì Nên H’ nằm hai điểm A B Hãy chiến thắng 10 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN Vì · BIN Xét (O): góc ngồi đỉnh I tam giác ABI nên · BAC · · NBC = NAC = · BIN = ( 09.05.37.8118 ) · · ABC + BAC (1) (cùng chắn cung NC) ( ) · · · · · ⇒ NBI = NBC + CBI = BAC + ABC (2) Từ (1) (2) ta có · BIN = · NBI nên tam giác NIB cân N Chứng minh tương tự tam giác NIC cân N Từ suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác , tâm đường trịn ngoại tiếp tứ N IBC giác Vậy IBI a C ⇒ NI a2 = NB = NM NP NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP c Chứng minh: GọiF tiếp điểm đường trịn (I) với AB có: Xét hai tam giác ⇒ ∆MNB đồng dạng với Suy Ta có: ∆FIA mà: nên 1· · · NBM = BAC = IAF , suy nên ∆NMI a đồng dạng với (1) ∆IDA ⇒ Do NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP nên · · · · · KAI a = KAN = KPN = I a PN = NI a M Từ (1) (2) ta có (2) · · DAI = KAI a Bài 102: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2018 - 2019) Hãy ln chiến thắng 126 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN a Chứng minh ·ABI = 600 tứ giác OBEQ 09.05.37.8118 nội tiếp Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, suy : OI ⊥ BC · ⇒ ·ABI = BOI (vì phụ với · BAO ) OB R · · ⇒ cos ·ABI = cos BOI = = = ⇒ ·ABI = BOI = 600 (1) OA R Từ tính chất hai tiếp tuyến cắt suy MOB OF , OE tia phân giác góc COM Suyra: ; ·COM · · · · MOB COM + MOB BOC · · · · · · FOM = MOE = ⇒ EOF = FOM + MOE = = = BOI (2) 2 2 Từ (1) (2) suy : b Chứng minh · · OQB = OEB · · OEF = OEB ·ABI = EOF · = 600 EF = PQ hay · · QBE = QOE ⇒ Tứ giác OBEQ nội tiếp (cùng chắn cung OB đường tròn (OBEQ)) (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 = EF OE (3) Hãy chiến thắng 127 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN Vì tứ giác OBEQ nội tiếp · · OBE = 900 , QBE = 600 09.05.37.8118 nên: · · · · · · OQE = 1800 − OBE = 900 ; OEQ = OBQ = OBE − QBE = 300 ⇒ ∆OQE ⇒ vuông Q · OEQ = 300 OQ · = sin OEQ = sin 300 = OE Từ (3) (4) suy : tích nhỏ theo SOPQ SOEF ∆OQP (4) PQ = ⇔ EF = PQ EF c Xác định vị trí điểm Cách 1: Vì M R cung nhỏ BC cho tam giác O có diện tích nhỏ Tính diện ∆OEF theo tỉ số đồng dạng đường thẳng vng góc với OA EF =2 PQ nên SOEF OM EF R.EF = = = ⇔ SOPQ = 8 Kẻ qua OPQ (5) , cắt , theo thứ tự H, K AC AB Ta có: · · BKO = BOI = 600 ( Vì phụ với · BAO ) R · HC = KB = OB.cot BKO = OB.cot 600 = EF = FM + EM = FC + EB = ( HF − HC ) + ( KE − KB ) = ( HF + KE ) − ( HC + KB ) = ( HF + KE ) − HC ≥ HF KE − 2R (6) Mặt khác , nên dễ chứng minh ·FHO = ·AOC = 600 EKO · · = AOB = 60 ∆HFO ∆KOE ⇒ (vì đồng dạng với tam giác OFE ) HF HO  R   2R  = = ÷ OK KE ⇔ HF KE = OK OH = OK =  sin 600 ÷   3 (7) Hãy ln chiến thắng 128 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN Từ (5), (6), (7) suy : SOPQ  4R 2R  R − ÷ R2 R.EF 3  = ≥ = 8 Dấu “ = ” xảy cung BC 09.05.37.8118 ¼ = MB » ⇔M KE = HF = OH = OK ⇔ FM = EM ⇔ MC điểm Vậy để tam giác OPQ có diện tích nhỏ điểm cung nhỏ M BC Giá trị nhỏ R2 Cách 2: Vì SOPQ SOEF = ∆OQP ∆OEF theo tỉ số đồng dạng EF =2 PQ nên ( SOEF 1 1 ⇔S = ( S ABOC − S AEF ) =  OA.BC − S AEF ÷ = R − S AEF OPQ = 8  ) Sử dụng công thức: Hê-Rơng Tính diện tích tam giác có độ dài ba cạnh a , b, c S ⇒ S2 = ( a + b + c) ( a + b − c) ( b + c − a ) ( c + a − b) 16 ≤ ( a + b + c ) ( a + b − c ) + ( b + c − a ) + ( c + a − b )  16.27 ( a + b + c) ⇔S≤  ( a + b + c)  ÷ =  4.3 ÷   4.3 SOPQ AE + EF + FA ) ( 1 = R − S AEF ≥  R 8 4.3  ( )  AE + ( EM + MF ) + AF  1 =  R2 -  8 4.3  ( AE + EB ) + ( AF + FC )   = R 3-  8 4.3  ( AB ) 1 =  R2 8 4.3  (  ÷ ÷   1  AE + ( EB + FC ) + AF   ÷= R 3÷ ÷ 8 ÷ 4.3     1 AB + AC ]  [ ÷= R 3÷ 4.3 ÷ ÷      2.2 R.sin ·AOB ÷ 1 ÷= R  8 4.3  )  ÷ R = ÷ ÷  Hãy ln chiến thắng 129 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 Bài 103: ( HSG TỈNH TRÀ VINH NĂM HỌC 2017 - 2018) Ta có: Mà: AC AB AK + KC AI − BI AK KC AI BI + = + = + + − (1) MK MI MK MI MK MK MI MI ˆ = MBH ˆ , MKA ˆ = MHB ˆ ⇒ ∆MAK : ∆MBH ⇒ AK = BH (2) MAK MK MH ˆ = MCH ˆ , MIA ˆ : ∆MCH ˆ ⇒ AI = CH (3) ˆ = MHC ˆ ⇒ ∆MAI MAI MI MH ˆ , MIB ˆ = MCK ˆ = MKC ˆ ⇒ ∆MBI : ∆MCK ⇒ BI = CK (4) MBI MI MK Từ (1),(2),(3),(4) suy ra: AC AB BH CH BC + = + = MK MI MH MH MH Bài 104: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2007 - 2008) a) Gọi giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác HBN, tam giác HCN K Ta có A · · HBM + HKM = 180 M I Tương tự, N K B H Từ C · · HCN + HKN = 180 · · ·  MKN = 360 − HKM − HKN  · · · = 180 − HBM − HCN  MAN · · ⇒ MKN + MAN = 180 0 Hãy chiến thắng 130 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 b) Tam giác AHB vng có MH cạnh huyền nên MH = MB suy · · MHB = MBH (1) Mặt khác MN đường trung bình tam giác ABC nên MN//BC suy · · MHB = HMN Từ (1) (2) suy · · MBH = HMN (2) Từ MN tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác HBM c) Tương tự 4.b ta chứng minh MN tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác HCN Do MN tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác HBM nên · · MHI = KMI ⇒ tam giác IMH đồng dạng với tam giác IKM suy IM IH = ⇔ IM = IK IH IK IM (3) Tương tự ta chứng minh IN = IK IH (4) Từ (3) (4) ta có IM = IN hay I trung điểm MN Bài 105: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2008 - 2009) A P Q B E K H O F C 105.1 Gọi H hình chiếu K BC Xét trường hợp O nằm đoạn HF Do nên tứ giác KHFP nội tiếp Do o ∠KPF = ∠EPF = 90 = ∠KHF ∠KHP = ∠KFP = ∠QFP = ∠QOP Hãy ln chiến thắng 131 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN Do AP,AQ hai tiếp tuyến (O) nên ∠AOP = ∠AOQ = Suy 09.05.37.8118 ∠QOP = ∠KHP ∠PAO = 90o − ∠QOP = 90o − ∠KHP = ∠PHO Từ đó, tứ giác AHOP nội tiếp, AH ⊥ BC , suy K ∈ AH Trường hợp O nằm đoạn EH chứng minh tương tự Trường hợp tam giác ABC cân A, kết hiển nhiên H ≡O 105.2 Cách 1: Ký hiệu số ghi ô (i;j) hàng i cột j Vậy Khi ta có ∑ ( i ; j )∈S gọi S = {(i; j ) : aij >0} Gọi ri , c j tổng số ghi ri = c j ⇔ (i; j ) ∈ S aij ri j = ∑ ( i ; j )∈S aij cj Tính tổng vế: ∑ VT = aij ( i ; j )∈S VP = m = ∑ ∑ aij = m ri j =1 rj i =1 ∑ ( i ; j )∈S m aij ci n =∑ i =1 n ∑ aij = n ci j =1 Suy m = n Cách 2: + Nếu hàng, cột có tổng số dương s ms = ns ⇒ m = n + Nếu m = cột có số dương tổng số dương cột s = ns (bằng tổng số dương hàng) Do n = + Trong trường hợp tổng quát, gọi r < m số hàng có tổng s, cịn hàng khác có tổng khác Do cột, mà có giao với r hàng dương có tổng s, nên giả sử có c cột có tổng s Thực việc đánh số lại hàng, cột cho r hàng đầu c cột đầu có tổng s (khơng làm thay đổi chất bảng) Khi đó, r hàng đầu, không nằm c cột đầu ô c cột đầu không nằm r hàng đầu phải chứa số Vậy bảng (gồm giao r ×c r hàng đầu c cột đầu thỏa mãn) Suy r = c Nhưng, phần lại bảng, sau bỏ r hàng đầu c cột đầu (kích thước thỏa mãn (m − r ) × (n − c) Do đó, quy nạp, m = n Bài 106: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2009 - 2010) 106.1 Hãy ln chiến thắng 132 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 A M E F O H G B D C N K a) Chứng minh bốn điểm A, M , E , F nằm đường tròn Nhận xét: Cho tứ giác ABCD, P giao điểm AB CD Tứ giác ABCD nội tiếp khi: PA.PB = PC.PD - Áp dụng nhận xét cho tứ giác AMBC nội tiếp, ta GM ×GA = GB ×GC ( Nếu học sinh áp dụng cho điểm tối đa) - Áp dụng cho tứ giác nội tiếp, ta BFEC GB ×GC = GF ×GE - Suy GF ×GE = GM ×GA - Do đó, tứ giác b) Gọi AMFE nội tiếp trung điểm cạnh N BC H trực tâm tam giác - Theo kết phần 1, tứ giác AEHF nội tiếp suy HM ⊥ MA - Tia MH cắt lại đường tròn qua - Khi (O) KC ⊥ CA, KB ⊥ BA nằm đường trịn đường kính GH ⊥ AN AH , K , Suy ∠AMK = 90o KC || BH , KB || CH nên AK , đường kính BHCK (O) hình bình hành Suy N M,H,N - Trong tam giác GAN Chứng minh - Từ suy KH M ABC Suy thẳng hàng GAN có hai đường cao AD, NM cắt H, nên H trực tâm tam giác GH ⊥ AN 106.2 Hãy chiến thắng 133 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ N - Trên hình vng con, kích thước 2× q số chia hết cho - Lát kín bảng 25 hình vng, kích thước 09.05.37.8118 có khơng q số chia hết cho 2, vậy, có khơng 2× , có nhiều 25 số chia hết cho 2, có nhiều 25 số chia hết cho Do đó, có 50 số cịn lại khơng chia hết cho 2, khơng chia hết cho Vì vậy, chúng phải số 1,5,7 - Từ đó, theo nguyên lý Dirichlet, có số xuất 17 lần Bài 107: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010 - 2011) 107.1.a) Nội dung trình bày Gọi chân đường cao kẻ từ tam giác ABC B, C B1 , C1 Khi tứ giác AB1HC1 nội tiếp, nên Do cách xác định điểm D nên Từ đó, NC ⊥ LB, CH ⊥ BA (1) ∠HCD = 900 − ∠HCB = 900 − ∠C1CB = ∠C1BC = ∠ABC Từ (1) (2) suy tam giác tuyến hai tam giác đó, nên ∠CHD = ∠CHB1 = ∠C1 AB1 = ∠BAC ABC , HCD đồng dạng Từ đó, AL, HN (2) theo thứ tự trung ∆ALB ~ ∆HNC nên HN ⊥ AL (3) Hãy chiến thắng 134 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN Tương tự có HM ⊥ AL Từ (3) (4) suy H,M ,N 09.05.37.8118 (4) thẳng hàng Hơn MN ⊥ AL b) Do Nội dung trình bày nên tứ giác nội tiếp, suy LPNC ∠LPN = ∠LCN = 900 ∠CPN = ∠CLN = ∠CBD Tương tự có Từ suy LN || BD ) ∠CPN = 900 − ∠BCA ∠BPM = 900 − ∠ABC ∠BPC = 180 − ∠BPM − ∠CPN = ∠ABC + ∠BCA = 180 − ∠CAB = ∠BHC nằm đường tròn Khi (do 0 ( BHC ) hay P (Hình vẽ) ∠CBP = ∠CHN = ∠BAL = ∠BAP Suy đường tròn ( ABP ) tiếp xúc với BC 107.2 Nội dung trình bày - Giả sử trái lại, với cách tô, không tồn hai điểm màu mà có khoảng cách Xét hai điểm tồn điểm M , N : MN = P, Q cho tam giác MPQ, NPQ tam giác có độ dài cạnh Khi đó, hai điểm có khoảng cách tơ hai màu khác nhau, nên phải tô M,N màu, chẳng hạn tơ P: Đỏ, Q: Vàng M, N: phải tơ màu Xanh, (Hình vẽ) - Từ đó, điểm M tơ màu Xanh, điểm nằm đường trịn tâm M, bán kính tơ màu Xanh Nhưng đường trịn ln có hai điểm mà khoảng cách chúng Mâu thuẫn với giả thiết phản chứng Từ suy điều phải chứng minh Bài 108: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2011 - 2012) Hãy chiến thắng 135 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 P A N1 O O1 M1 I O2 N2 Q M2 A' S 108.1.a) +) Ta có suy ·AN N = ·AM M ⇒ M · N N + ·AM M = 1800 2 1 2 +) Ta có ·AN N = ·AM M 1· 2 = AOM Do ta b) Gọi O, O2 , M O2 IM P, I , M Do PQ ⇒I cân tam giác hay tứ giác AOM cân ∆AM M M N1 N M O nên nội tiếp · · AO = 180 − AOM M ·AN N + M · AO = 900 ⇒ OA ⊥ N N 1 giao điểm S Ta có đồng dạng với AM AN1 = AM AN = AI ⇒ ∆AN1 N PM thẳng hàng O2 , tam giác QM song song với O2 I cân OPM thẳng hàng Tương tự ta có Q, I , M đường kính đường trịn trực tâm tam giác SPQ ( O) suy O · M = POM · OP ⇒ IO 2 kết hợp với (1) ta (1) Mặt khác tam giác · IM = OPM · O 2 suy thẳng hàng suy AI · Q = PM · Q = 900 PM qua S hay ba đường thẳng AI , PM , QM đồng quy 108.2 Hãy ln chiến thắng 136 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 Xét ngũ giác ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh ngũ giác ln tạo thành tam giác cân Do tơ đỉnh A, B, C, D, E màu xanh, đỏ tím xảy hai khả sau: +) Nếu tô đỉnh A, B, C, D, E đủ ba loại màu cho tồn đỉnh có màu khác tạo thành tam giác cân +) Nếu tô đỉnh A, B, C, D, E nhiều màu có đỉnh màu tạo thành tam giác cân Vậy, trường hợp ln tồn tam giác cân, có đỉnh tơ màu đôi khác màu Bài 109: ( HSG TP VĨNH YÊN NĂM HỌC 2012 - 2013) N E O1 A H C B D O O2 F M a) Do hai đường trịn Mặt khác ta có ( O ) , ( O1 ) tiếp xúc với E nên O E OC O1 E = O1C , OE = OM ⇒ = OE OM O, O1 , E thẳng hàng Do theo định lí Talet đảo tam giác EOM ta O1C song song với OM b) Do O1C vng góc với AB theo phần a suy OM vng góc với AB (1) Chứng minh tương tự ta O2 D song song với ON, từ suy ON vng góc với AB (2) Từ (1) (2) ta M, O, N thẳng thàng hay MN đường kình đường trịn (O) suy ∠MBN = 900 c) Hãy ln chiến thắng 137 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN Gọi H giao điểm MN AB suy H trung điểm AB Do Theo hệ thức lượng tam giác vng MBN ta có Mặt khác MN đường kính nên HM = 6, HN = TH1 Nếu TH2 Nếu HM = HM = thì HM = 2, HN = HB = (3) HM HN = HB = 12 HM + HN = MN = 09.05.37.8118 (4) Từ (3) (4) ta MB = MH MN = 48 ⇒ MB = 48 = MB = MH MN = 16 ⇒ MB = Bài 109: ( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2003 - 2004) 109.1.a) Gọi I giao điểm đường thẳng vng góc với OC T, H giao điểm OA TI Xét hai tam giác AHI THO có: HT = HA (hai tiếp tuyến cắt H) (đối đỉnh) · · AHI = THO · · HAI = HTO y (cùng 900) C Suy ra: ∆AHI = ∆THO (g.c.g) ⇒ AT = OT = R (không đổi) ⇒ điểm I cố định Vậy: Tiếp tuyến chung hai đường tròn qua điểm I cố định b) Hai đường tròn ⇔ CT = OT = R Khi đó: CO2 = AC2 + OA2 ⇔ 4R2 = R2 + d2 ⇔ d=R Suy ra: Hai đường tròn ⇔ d=R x T x' A H O I y' (∆ACO nửa tam giác đều) * Tính diện tích hình giới hạn (S): Gọi diện tích hai hình quạt giới hạn (C) (O) S1, S2 Ta có: S = SACO – (S1 + S2) Ta có: 1 3.R SACO = AC.AO = Rd = R.R = 2 2 πR 60 πR πR 30 πR S1 = = ; S2 = = 360 360 12 Vậy: S= 3.R πR R (2 − π) − = 4 A M N Hãy ln chiến thắng 138 BQ H P C TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 109.2.a) Từ MN // BC theo Talet: AM MN = AB BC Từ QM // AH theo Talet: BM MQ = AB AH Cộng (1) (2) vế với vế: 1= Suy ra: (1) (2) MN MQ + BC AH ổMN MQ MN.MQ 2SMNPQ ữ 1=ỗ + = ữ ỗ ữ ỗ ốBC AH ø BC.AH SABC b) Dấu “=” xảy ⇔ MN MQ = = BC AH 09.05.37.8118 ⇔ MN = BC ⇔ SMNPQ £ 1 SABC = ah 2 ⇔ M trung điểm cạnh AB Bài 110: ( HSG TP VINH NĂM HỌC 2016 - 2017) a) Gọi Q giao điểm AB với OM Ta có AM // CE (cùng vng góc với AC) · · BEC = MAB Suy (so le trong) · · · · ABC = 90 ;AQM = 900 AMO = OMB Mà (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) · · · ⇒ AMO = OMB = BCE (cùn phụ với hai góc nhau) BE OB MB OB · · ⇒ tanBCE = tanOMB ⇒ = ⇒ = (1) BC MB BC BE · · MBA = OBC · ABO) Lại có (cùng phụ với · · · MBC = OBE 900 + OBC ) (2) Nên (cùng = ∆MBC : ∆OBE(c.g.c) Từ (1) (2) suy · · ∆MBC : ∆OBE ⇒ BCM = BEO b) Từ Hãy chiến thắng 139 TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN 09.05.37.8118 Gọi I N giao điểm OE với BC MC · = INC · · ∆BIE : ∆NIC(g.g) ⇒ IBE IBE = 900 mà ·INC = 900 CM ⊥ OE Nên Vậy c) Gọi H hình chiếu vng góc O d P giao điểm AB với OH OQ OP ∆OQP : ∆OHM (g.g) ⇒ = OH OM Ta có R2 2 ⇒ QO.OM = OP.OH = OA = R ⇒ OP = OH Mà O d cố định ⇒ OH không đổi nên OP không đổi AB = 2AQ = OA − OQ2 Lại có OQ ≤ OP mà ⇒ AB = OA − OP2 = R2 − R4 2R = OH2 − R2 OH OH ⇔ Q≡ P⇔ M ≡ H Dấu “=” xảy = Vậy GTNN AB *) Vì MO ⊥ AB 2R OH2 − R ⇔ M ≡ H OH SAOBM = AB.OM = AQ.OM nên A 1B1 A 1B1 Vẽ dây cung vng góc với OH P, P (O) cố định nên không đổi OP ≥ OQ ⇒ AB ≥ A 1B1 Vì (liên hệ dây khoảng cách từ tâm đến dây) OM ≥ OH ⇒ SAOBM ≥ A 1B1.OH Mà (không đổi) ⇔M≡H Dấu “=” xảy SAOBM = A 1B1.OH M≡H Vậy GTNN Hãy ln chiến thắng 140 ... Do OC cố định nên I cố định Vì thế, d quay quanh A H chạy đường tròn tâm I (I OI = R nằm đoạn OC, cách O khoảng ), bán kính Bài 7: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013) 7.1 R AM AN PQ + + =... bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆AMN, Đẳng thức xảy F ≡ K, nghĩa F trung điểm DE Vậy, F trung điểm DE bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆AMN nhỏ Bài 6: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC... bán kính , trừ điểm A, B Bài 12: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016) 12.1 A Chứng minh ACF là tam giác cân: Vì OB = OC =BC = R nên ∆OBC 1· · BAC = BOC = 300 DF = E O đều,