0

8 đề THI HSG (1)

32 3 0
  • 8  đề THI HSG (1)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 14/10/2021, 14:51

MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Câu (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2010) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn  O;R  D điểm thuộc cung nhỏ AD ( D khác A C ) Gọi M ,N chân đường vng góc kẻ từ D tới đường thẳng AB,A C 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 ABC Tính IO với R  5cm,r  1,6cm Lời giải: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word � � a) Ta có: AMD  AND  900  900  1800 Do tứ giác A MDN nội � � � D  BCD � tiếp � MAD Mặt khác MA Suy tứ giác NDCP  MND �  DNC � nội tiếp � DPC  900 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 �  FC � � BAF �  CEF � Gọi K tiếp điểm tiếp tuyến AB với BF �  sinCEF � � IK  CF � AI.CF  2R.r đường tròn  I,r  Ta có: sin BAC AI EF � �  ACK � (1) Do CI phân giác ACB nên BCK �  CAF �  ACK �  BCK �  BCF �  ICF � � IFC cân F � FI  FC Từ � CIF (1) suy AI.AF  2R.r (2) Gọi G,H giao điểm đường thẳng IO với  O;R  Tacó: AIG  HIF � AI.IF  IG.IH   OG  OI   OH  OI    OI  R   R  OI   R  OI (3) Từ (2) (3) suy ra: R  OI  2Rr � OI  R  2Rr  52  2.5.1,6  � OI  3cm Nhận xét: Đường thẳng M ,N ,P toán thực chất đường thẳng Sim son điểm D Vì ta chứng minh tốn theo cách khác theo cách chứng minh đường thẳng Sim son (Xem thêm phần định lý hình học tiếng) Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Quảng Ngãi) Cho tam giác ABC vng cân A , đường trịn  O  tiếp � nằm tam giác xúc với AB,A C B,C Trên cung BC ABC lấy điểm M  M �B;C  Gọi I,H ,K hình chiếu M BC;CA;AB P giao điểm M B với IK , Q giao điểm MC với IH http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word a) Chứng minh tia đối tia M I phân giác � MHK b) Chứng minh PQ / /BC c) Gọi  O1   O2  đường tròn ngoại tiếp MPK MQH Chứng minh PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn  O1  O2  d) Gọi D trung điểm BC; N giao điểm thứ hai  O1 ,  O2  Chứng minh M ,N ,D thẳng hàng Lời giải: �BC  ACB � Gọi tia đối tia M I a) Vì ABC cân A nên A Mx Ta có tứ giác BIMK tứ giác CIMH nội tiếp �  1800  ACB �  1800  ABC �  IMK � � IMH �  1800  IMK �  1800  IMH �  HMx � Vậy Mx tia phân giác � KMx � MHK b) Do tứ giác BIMK CIMH nội tiếp nên �  KBM � ;HIM �  HCM � �  KIM �  HIM �  KBM �  HCM � PIQ Mà KIM http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word � �  ICM �  IBM � Mặt khác, � � (cùng sđCM ) � PIQ HCM  IBM �  ICM �  IBM �  1800 � PMQ �  PIQ �  1800 Do tứ giác MPIQ nội PMQ � � tiếp � MQP (cùng  MIK � �  MIC � sđPM ) Mà MIK (cùng � � � PQ / /BC � ) � MQP KBM  MCI � � � �  MCI � c) Ta có: MHI (cùng sđIM ) Mà MQP (cmt)  MCI � �  sđMQ � Hai tia QP,QH nằm khác phía � MQP  MHI QM Suy PQ tiếp tuyến đường tròn  O  tiếp điểm Q Chứng minh tương tự ta có PQ tiếp tuyến đường trịn  O2  tiếp điểm P Vậy PQ tiếp tuyến chung đường tròn  O1  O2  d) Gọi E,E' giao điểm NM với PQ BC Ta có: PE2  EM.EN (vì QEM : NEQ ) Suy ra: PE2  QE2 � PE  QE Tam EP EQ  Mà EP  EQ nên E'B E'C E' D Vậy N ,M ,D thẳng hàng giác MBC có PQ / /BC nên  E'B  E'C Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Gia Lai – 2010) Cho tam giác ABC vuông A Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với CA CB M N Đường thẳng MN cắt đường thẳng AI P Chứng minh � vuông IPB Lời giải: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word �  IAB �  IBA �  450  IBA �  450  IBC � Ta có PIB (1).Mặt khác,   �  CNM � � PNB  1800  ACB  450  1� � ABC  450  IBC      1� � � � 900  ACB 90 900  ACB � 2� (2) �  PNB � Từ (1) (2), suy ra: PIB Do bốn điểm P,N ,I,B nằm đường tròn Mặt �  900 nên IB đường kính đường trịn khác , INB �  900 � IPB Câu (Đề thi học sing giỏi tỉnh Hải Dương) Cho đường tròn tâm O dây AB cố định ( O không thuộc AB ) P điểm di động đoạn AB ( P khác A ,B ) Qua A ,P vẽ đường tròn tâm C tiếp xúc với  O  A Qua B,P vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với  O  B Hai đường tròn  C   D  cắt N (khác P ) �  BNP � a) Chứng minh ANP �  900 b) Chứng minh PNO c) Chứng minh P di động N ln nằm cung trịn cố định Lời giải: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word a) Vì  O   C  tiếp xúc A nên A ,C,O thẳng hàng Vì  O   C  tiếp xúc B nên B,D,O thẳng hàng Xét  C �  ACP � có ANP Tam giác ACP cân C , tam giác AOB   �  ABO � �  CPA � CP / /OB cân O nên suy ra: APC �  AOB � � ANP �  AOB � ACP (1) Tương tự, ta có �  AOB � (2) Từ (1) (2) suy ra: �  AOB � DP / /OA � BDP � BNP �  BNP � ANP 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 �  900 c) Theo chứng NO  NP � PNO �  ANP �  PNB � � ANB �  AOB � minh ta có: ANB (5) Dễ thấy N ,O thuộc nửa mặt phẳng bờ AB (6).Từ (5) (6) suy http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word điểm N thuộc cung tròn A OB đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB Do A ,B,O cố định nên N thuộc cung tròn cố định Câu (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ - 2010) Cho đường tròn  O;R  dây cung AB cố định, AB  R Điểm P di động dây AB ( P khác A B ) Gọi  C;R1  đường tròn qua P tiếp xúc với đường tròn  O;R  A ,  D;R2  đường tròn qua P tiếp xúc với  O;R  B Hai đường tròn  C;R1   D;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 tròn 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: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word a) Nối CP,PD Ta có: ACP,OAB cân C,O nên �  CAP �  OBP � Do CP / /OD CPA (1) Tương tự, ta có OD / /CP (2) Từ (1) (2) suuy tứ giác ODPC hình bình hành Gọi H giao điểm CD MP , K giao điểm CD với OP Do K trung điểm OP Theo tính chất hai đường trịn cắt CD  MP � H trung điểm MP Do HK / /OM � CD / /OM Giả sử AP  BP Vì tứ giác CDOM hình bình hành nên OC  DP,DP  DM  R nên tứ giác CDOM hình thang cân Do bốn điểm C,D,O,M thuộc đường trịn b) Ta có: OA  OB2  2R  AB2 Do AOB vng cân O Vì bốn điểm C,D,O,M thuộc đường tròn (kể M �  CMD � trùng O ) nên COB (1) � � � Ta có: MAB (cùng sđMP đường tròn  C  )  MCP � �  MDP � (cùng sđMP đường trịn  D  ) Do MBP � � � AMB � �  900 Do AB cố MAB : MCD (g.g.) � AMB  COD  AOB định nên điểm M thuộc đường tròn tâm I đường kính AB 1� � �  BDP �  AOB �  900 � AMP  ACP  450 (góc nội tiếp Ta có ACP �  BDP �  450 (góc nội tiếp góc góc tâm  C  ) � BMP � Mà tâm  D  ).Do MP phân giác AMB http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word � �  900 nên M thuộc đường tròn  I  ngoại tiếp tam AMB  AOB giác AOB Giả sử MP cắt đường tròn  I  N N trung điểm cung AB không chứa điểm O nên N cố định � � � � c) Ta có MPA (góc nội tiếp chắn  BPN;AMP  PBN cung) Do MAP : BNP (g.g) �PA  PB � AB2 R PA PM (không đổi) �  � PM.PN  PA.PB ��  � PN PB � � Vậy PM.PN lớn R PA  PB hay P trung điểm A MB dây AB Tam giác vuông M nên: SAMB    1 AB2 R2 Vậy SA MB lớn AM.BM � AM  BM   4 R2 PA  PB hay P trung điểm dây AB Câu 16 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Vĩnh Phúc – năm 2010) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  AD,BE,CF ba đường cao  D �BC,E �CA ,F �A B Đường thẳng EF cắt BC G , đường thẳng AG cắt lại đường tròn  O  điểm M a) Chứng minh bốn điểm A ,M ,E,F nằm đường tròn b) Gọi N trung điểm cạnh BC H trực tâm tam giác ABC Chứng minh GH  AN Lời giải: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word a) Nhận xét : Cho tứ giác A BCD , P giao điểm AB CD Tứ giác A BCD 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 A MEF nội tiếp b) Theo kết trên, tứ giác AEFH nội tiếp suy M nằm đường trịn đường kính AH Do HM  MA Tia HM cắt � lại đường trịn  O  K , AMK  900 nên AK đường kính  O  Từ suy ra: KC  CA ,KB  BA � KC / /BH ,KB / /CH � tứ giác BHCK hình bình hành � KH qua điểm N Khi M ,H ,N thẳng hàng Trong tam giác GAN có hai đường cao AD,NM cắt H , nên H trực tâm tam giác GA N � 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 AMB cắt AB C Qua C ,vẽ đường thẳng vng góc với AB cắt đường thẳng A M BM D H http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word �  AHC �  900 ; C � chung a) Xét A BC HAC có BAC � ABC : HAC � AB AC AB AH  �   Mà AB2  AC  BC nên AH HC AC HC AB2 AC AB2  AC 202     16 � AB2  16.9;AC  16.16 Vậy 16 25 25 A B  12cm A C  16cm b) Gọi F tâm đường tròn đường kính AH Ta có �  900 Do DE đường kính đường trịn  F  Suy DAE 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 �  OCA � ; FA  EF  r � FAE cân F giác cân O Suy OAC �  FAE � Mà OCA �  FAE �  900 nên � FEA �  FEA �  900 � ANE �  900 � KN  OA Ta có F trực tâm OAC tam giác KA O nên OF  KA thẳng hàng (2) Từ (1) (2) suy A ,M ,K c) Gọi I giao điểm hai trung trực DE BC Ta có: � AF  BC IF  OA � � AF / /OI; � � IF / /OA Do FA OI hình bình � OI  BC OA  DE � � �  IOC � hành Suy IF  OA ;FA  OI � IF  OC;FE  OI Mà IFE nên IFE  COI Suy IE  IC Mà IE  ID;IB  IC nên IB  ID  IE  IC Vậy B,D,E,C nằm đường tròn  I  Câu 22 (Đề thi học sinh giỏi TPHCM – 2008) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn  O có trực tâm H http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word a) Xác định vị trí điểm M thuộc cung BC không 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: a) Gọi H trực tâm tam giác ABC Ta có BH  AC;CH  AB Do tứ giác BHCM hình bình hành �  ACM � � BH / /MC;CH / /MB AC  MC;AB  MB � ABM  900 � AM đường kính đường trịn  O  � M điểm đối xứng A qua O b) Ta có � � �MB  ACB � (tính chất đối xứng trục), A (cùng chắn AMB  ANB �  ACB � Mà A �HB  ACB �  1800 Suy cung AB ) Do ANB � A �NB  1800 � tứ giác A HBN nội tiếp � NHB �  NAB � Mặt AHB �  BAM � �  BAM � Tương tự ta có: khác NAB Suy NHB �  MAC � �  BHC �  1800 Suy BAC CHE �  CHE �  BHC �  BAM �  MAC � �  BAC �  BHC �  1800 Suy NHB  BHC N ,H ,E thẳng hàng http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word 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 ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn  O  có trực tâm H Giả sử M điểm cung BC không chứa A ( M khác B,C ) Gọi N ,P điểm đối xứng M qua đường thẳng AB,A C 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 I giao điểm CH AB , K giao điểm AH �  AHC �  1800 với BC Dễ thấy BIK (1) �  AMC;AMC � � � Do IBK �  APC � Mặt khác, IBK  APC (2) Từ (1) �  AHC �  1800 Vậy tứ giác AHPC nội tiếp (2) suy ra: APC �  ACP � Mà ACP �  AMP � b) Do tứ giác AHPC nội tiếp nên AHP �  ACM � � �  1800 nên nên AHP Mặt khác, ACM  ABM �  ABM � � � �  ABN �  1800 nên AHP AHP  1800 Mà AMB  ABN �  AHN � Tương tự, ABN (4) Từ (3) (4) suy ra: (3) �  AHN � AHB  1800 Vậy N ,H ,P thẳng hàng http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word c) � � ;MAP � � Ta có MAN Do  2BAM  2MAC   �  BAM � � � NAP  MAC  2BAC (khơng đổi) Ta có �  2AM.sin BAC � Vậy NP lớn NP  2AP.sin BAC AM lớn mà AM lớn AM đường kính đường tròn  O  Vậy NP lớn M điểm đối xứng A qua O Câu 24 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh – 2008) Cho đường tròn  O;R  đường tròn  O';R' cắt A B Trên tia đối AB lấy điểm C Kẻ tiếp tuyến CD,CE với đường tròn tâm O , D,E tiếp điểm E nằm đường tròn  O' Đường thẳng AD,AE cắt đường tròn  O' M N ( M ,N khác A ) Tia DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) M IB : AEB b) O'I  MN Lời giải: �  BMN � a) Ta có BAN (cùng chắn cung BN ) (1) tứ giác � � Mà DA � � � B  DEB � AMNB nội tiếp nên MNB nên MNB  DAB  DEB http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word �  DEB � Do tứ giác BEIN nội tiếp � EBI �  ENI � hay INB hay �  ANM � � � � � Hay Mà ANM nên ABM EBI  ABM  EBI �  EBM �  EBM �  IBM � (2) Từ (1) (2) suy MIB : A EB CBE �  CBD � b) Do CD tiếp tuyến đường tròn  O  nên CDA suy CDB : CA D CE EB  CA EA (g.g) � BD CD  DA CA (3) Tương tự ta có (4) Mặt khác, CD  CE (tính chất tiếp tuyến) Từ (3),(4),(5) suy ra: EB BD  EA DA (5) (6) Theo (1), �  AED � � ABD � �  IEN � � ABD Do tứ � AED  IEN � � � � �  IBN � giác BNIE nội tiếp nên IEN  IBN � ABD (8) Mặt khác, �  DAB � theo (1) ta có INB (9) Từ (8) (9) suy MIB : AEB � EB IB  EA MI DB IB  DA IN MI  NI � O'I  MN DBA : IBN � (7) Mà �� (10) Từ (6),(7) (10) suy Nhận xét: Ta giải câu b theo cách khác: Áp dụng định lý Menelauyt cho tam giác AMN đường thẳng qua DEI ta có: DA IM EN  1.Như để chứng minh I trung DM IN EA điểm MN ta chứng minh DA EN  (*) , mặt khác DM EA theo tính chất quen thuộc cát tuyến tiếp tuyến ta có: EA DA  ( Xem phần chùm tập cát tuyến tiếp tuyến) EB DB thay vào (*) ta quy chứng minh: DB EN DB EN  1�  � DBM : BEN điều hiển EB DM DM EB http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word � � �  BEN � nhiên DMB (cùng chắn cung AB) ADB tứ  ANB giác ADEB nội tiếp Câu 25 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nhọn, tia phân giác góc BA C 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 AEK Chứng minh DH  BF Lời giải: Kẻ A N vng góc với BC  N �BC  , suy tứ giác AEND AFDN nội tiếp, từ BD.BN  BE.BA ;CN.CD  CF.CA � DB NB A B BE NB BE NB FC EF  �  �  (do AE  AF ) DC NC AC CF NC CF NC FA EB Theo định lý Ceva đảo ta có AN ,CE,BF đồng quy K , hay A K  BC N Từ BK.BH  BE.BA  BN.BD nên tứ giác KNDH �  KND �  900 Do DH  BF (đpcm) nội tiếp, suy KHD Câu 26 (Báo toán học tuổi trẻ số tháng -2012) Cho tam giác ABC vuông A D điểm nằm tam giác cho CD  CA; M điểm nằm cạnh 1� � N giao điểm MD đường  ACD; AB cho BDM cao AH tam giác ABC Chứng minh DM  DN http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Lời giải: Vẽ đường tròn  C;CA  cắt đường thẳng BD E  E �D  , BA tiếp tuyến đường trịn Ta có BD.BE  BA (do BDA : BAE ), BH.BC  BA (hệ thức lượng tam giác vuông A BC ) Suy BH.BC  BD.BE � BD BC � BDH : BCE  BH BE �  BEC � (c.g.c) � BHD tứ giác DHCE nội tiếp �  BEC �  CDE �  CHE � � AHD � � Mà AH  BC nên HA ,HB � BHD  AHE � Do I tương ứng phân giác DHE giao điểm AH BE thì: ID HD BD   IE HE BE (*) Theo giả 1� � �  ACD  AEB thiết, ta có MDB nên MN / /AE Do MD BD DN DI MD DN  ;   � DM  DN Kết hợp với (*) ta có AE BE AE IE AE AE Câu 27 (Báo toán 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 �  450 cho BI  BG , điểm H nằm đoạn IG Sao cho CDH �  450 Chứng minh , điểm K cạnh EF cho DKE tam giác DKH tam giác http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Cách 1: Từ giả thiết A BCDEF lục giác đều, suy �  300 ,CDG �  600 ,DG  BF,GBC �  900 Từ đó, BDG � �  CDH �  600  450  150  BDG � Vậy DH phân giác HDG  CDG � Kết hợp với GH phân giác góc BGD � góc BDG (do � � ), suy BH phân giác BGI vuông cân nên DGH  DGB � ; B,H ,O thẳng hàng ( O tâm lục giác góc DBF đều) � �  150 , Hai tam giác DHO DKE có DO  DE,HDO  KDE � �  1200 nên chúng (g.c.g), suy HD  KD HOD  KED � �  ODK �  ODK �  KDE �  ODE �  600 Vậy HDK Lại có HDK  HDO �  FBC �  900 nên Cách 2: Vì FDC �  BGH �  450 , tứ giác GHDF nội tiếp, suy FDH �  FGD �  900 nên tam giác HFD vuông cân � H ,O,E FHD �  FHD �  450  EKD � Suy thuộc trung trực đoạn FD � EHD � �  600 , HKD �  HED �  600 tứ giác EKHD nội tiếp � HDK  HEK Vậy tam giác HKD Câu 28 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho đoạn thẳng AB M điểm mặt phẳng cho tam giác MA B tam giác nhọn Gọi H trực tâm tam giác MA B , I trung điểm cạnh AB D hình chiếu H M I Chứng minh tích MI.DI khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Lời giải: Kéo dài MH AH cắt AB M B E,F Dễ thấy �  MHD � � , tứ giác MHDF HEID nội tiếp, suy DFB  DIE �  IFB � tứ giác DFBI nội tiếp từ IDB (1) Lại có FI trung tuyến tam giác vng AFB nên tam giác IFB cân �  IBF � I � IFB �  IBF � , (2) Từ (1) (2) suy IDB ID IB  Suy ID.IM  IB2  AB Vậy MI.DI IB IM M không phụ thuộc vào vị trí IDB : IBM (g.g) � Câu 29 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  Đường tròn  O' tiếp xúc với hai cạnh AB,AC theo thứ tự P,Q tiếp xúc với đường tròn  O  S Hai đường thẳng SP,SQ cắt lại đường tròn  O  theo thứ tự M ,N Gọi E,D,F theo thứ tự hình chiếu vng góc S đường thẳng AM ,MN ,NA Chứng minh DE  DF Lời giải: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word �  O'SP �  OSM �  OMS � , suy O'P / /OM Lại O'P  A P nên Từ O'PS � khơng chứa OM  AB , nghĩa M điểm AB � khơng chứa điểm C Tương tự, N điểm AC � �  MSA � , dẫn đến MSA : MA P (g.g) điểm B Từ MAP  MSB � SN SA SM SA   Lập luận tương tự ta có , mà A P  AQ AN AQ AM AP SM AM  (1) Bốn điểm M ,D,S,E nằm đường SN AN �  AMN � trịn đường kính SM , suy DSE Từ đây, áp dụng định nên �  SM.sinAMN � lý sin cho tam giác SED ta có DE  SM.sin DSE � Tương tự DF  SN.sinANM Vậy �MN DE SM.sinA  � DF SN.sinANM (2) Từ (1) � DE AM.sinAMN   (áp dụng định lý sin cho tam � DF A N.sinANM giác AMN ) Do DE  DF (đpcm) (2) suy Câu 30 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC vng A có đường cao AH Trên tia đối tia HA lấy điểm D cho HA  2HD Gọi E điểm đối xứng B qua D ; I trung điểm AC ; DI EI cắt � � BC M K Chứng minh MDK  MCD Lời giải: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Gọi N ,P thứ tự trung điểm AH IN Dễ thấy IN / /CH (tính chất đường trung bình ACH ), nên IN  AH Xét tam giác vng ABC , ta có HB.HC  AH � BH AH  AH HC BH HD  Do BDH : DIN , DN NI �  DIN � � BDI �  BDN �  NDI �  DIN �  NDI �  900 dẫn tới BDH Vì AH  ND  2DH ,HC  2IN nên Do tứ giác ABDI nội tiếp E đối xứng với B qua DI , nên �  DIB �  BAD �  MCI � Suy IMK : CMI (g.g), ta có KIM IM MK  � MK.MC  MI Do H trung điểm ND HM / /NI CM MI nên MD  MI , suy MK.MC  MD2 , hay MK MD  , MD MC � � MDK : MCD (c.g.c), dẫn đến MDK (đpcm)  MCD Câu 31 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O với đường cao AD,BE,CF Chứng minh đường thẳng OA ,OF,OB,OD,OC chia tam giác ABC thành ba cặp tam giác có diện tích Lời giải: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Gọi M ,N trung điểm cạnh BC CA Khi � OM  MC,ON  CA � MOB  1� � � � Theo giả BOC  BAC;NOA  CBA thiết BE  CA nên MOB : EAB (g.g), suy Tương tự có NAO : DA B , suy ta có ON OB  AE AB OM OB OA   (1) AE AB AB (2) Từ (1) (2) OM ON  � OM.BD  ON.AE Do SOBD  SOAE Chứng AE BD minh tương tự ta có SOCD  SOA F SOCE  SOBF Suy điều cần chứng minh Câu 32 (Báo toán học tuổi trẻ) Cho tứ giác A BCD nội tiếp đường tròn   Điểm M nằm tia đối tia BD cho MA ,MC hai tiếp tuyến đường tròn   Tiếp tuyến B đường tròn   cắt MC N cắt CD P , ND cắt đường tròn   E Chứng minh ba điểm A ,E,P thẳng hàng Lời giải: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Do MC tiếp tuyến đường tròn   nên �  BDC � � MCB : MDC (g.g) Suy MC  BC Do MA NCB MD CD tiếp tuyến đường tròn   nên tương tự có MAB : MDA (g.g) Suy MA AB  Do MA  MC suy MD DA BC AB  � BC.DA  AB.CD Áp dụng định lý Ptolemy với tứ giác CD DA ABCD nội tiếp ta có : AB.CD  BC.DA  AC.DB � BC.DA  AC 2BC AC.DB �  DA DB (1) Do NB,NC tiếp tuyến đường tròn   nên NBE : NDB NCE : NDC (g.g), suy NB BE NC CE  ;  Kết hợp với ND DB ND DC BE CE � BE.DC  CE.DB Lại áp dụng định lý  DB DC Ptolemy với tứ giác nội tiếp BECD ta được: NB  NC suy BE.DC  CE.DB  BC 2CE BC.DE �  DB DE (2) Vì PB tiếp tuyến đường tròn   nên PCB : PBD (g.g) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word � PC PB CB   � PC.PD  PB2 Mặt khác PB PD DB 2 PC PC.PD �PB � �CB �   � �  � �, Kết hợp với (2) ta có: PD PD �PD � �DB � 2 PC �CB � �2CE �  � � � � PD �DB � �DE � (3) Giả sử AE cắt đường thẳng CD Q thì: QEC : QDA (g.g) � Từ QC EC QD DE  QDE : QAC �  QA DA QA AC QC QD EC DE :  : Kết hợp với (1),(2) ta được: QA QA DA A C QC EC.A C EC 4EC �2CE �   � � QD DE.DA DE DE �DE �  PC QC  PD QD P (4) Từ (3)và (4) suy Q Do ba điểm A ,E,P thẳng hàng   �  900 Câu 33 Cho tam giác cân ABC AB  AC,BAC 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 ABMD ABNK nội tiếp b) 3BC  4CA.CK Giải: a) Do tam giác ABC cân A nên A M  BM Mặt khác BD  AD , tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn tâm AB (theo dấu hiệu 1) Lại có, từ giả thiết đề NI đường trung bình tam giác BM D , �  DMC � � � nên NI / /MD Do KNC Hơn nữa, DMC (vì tứ  KAB trung điểm AB , bán kính http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word �  KAB � giác ABMD nội tiếp) Suy KNC (1) Từ ta thấy tứ giác ABNK nội tiếp đường tròn (theo dấu hiệu 2) �  ABC � Kết b) Theo trên, tứ giác ABNK nội tiếp, suy NKC hợp với (1) ta có ABC : NKC � NC  BC CA  Mặt khác ta thấy CK NC 4 BC Do BC2  BC.NC  CA.CK , hay 3BC  4CA.CK 3 (đpcm) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word ... S1S2 http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word � MA  MB 1 � Do �CA MA � CA  CB �  nên dấu “=” bất CE CF �  �CB MB đẳng thức xảy � CM  S1S2 Câu 18 (Đề thi học sinh giỏi... tròn  I  Câu 22 (Đề thi học sinh giỏi TPHCM – 20 08) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn  O có trực tâm H http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word a)... 180 0 Suy NHB  BHC N ,H ,E thẳng hàng http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Nhận xét: Đường thẳng qua N ,H ,E toán thực chất đường thẳng Steiner điểm M Câu 23 (Đề thi
- Xem thêm -

Xem thêm: 8 đề THI HSG (1) , 8 đề THI HSG (1)