Tuyển tập các bài toán thi học sinh giỏi các tỉnh năm học 2012 - 2013 và VMO 2013

MATSCOPE.ORG

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HH
THI HSG CÁC TRƯỜNG CÁC TỈNH
THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2012 - 2013
VÀ VMO 2013

NGƯỜI THỰC HIỆN
TRẦN XUÂN BANG - TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH

1


1. (Nam Định, KTra đội ĐT - ngày 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O .
Đường phân giác trong góc A cắt BC tại A1 và cắt (O) tại A 2 . Định nghĩa tương tự
với các điểm B1 , B2 ,C1 ,C 2 tương ứng. Chứng minh rằng:
a) CA 2 .AB  BA 2 .AC  BC.AA 2 .
A1A 2
B1B2
C1C2
3
b)


 .
BA 2  A 2C CB2  B2 A AC 2  C2 B 4
HD. a) Áp dụng Ptoleme cho tứ giác ABA2C
b) Sử dụng câu trên kết hợp với BA2 = CA2 suy ra: AA2.BC = A2C(AB+AC)
A2C
BC


A2 A AB  AC
Xét  CA1 A2   ACA2 . Suy ra
A1 A2
AA
AC
A1 A2
BC
 1 2  2 

BA2  A2C 2CA2 2 A2 A
BA2  A2C 2( AB  AC )


Tương tự như thế, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
BC
CA
AB
3



2( AB  AC ) 2( BA  BC ) 2(CA  CB) 4

Đây là BĐT Nesbit.
2. (Nam Định, KTra đội ĐT - ngày 2) Cho tam giác ABC vuông tại A . Điểm D
thuộc đoạn thẳng BC (D  B,C) . Đường thẳng đi qua D và song song với AC cắt
đường tròn đường kính CD tại M ( M  D ). Đường thẳng đi qua D và song song với
AB cắt đường trịn đường kính BD tại N ( N  D ) .Gọi P là giao điểm của AD và

đường trịn đường kính BC (P  A) . Chứng minh rằng MPN  90 .

HD. Gọi P' là giao điểm của BN, CM ; H, I là hình chiếu của D trên AC, AB . Khi
đó
dễ
thấy
rằng
P'
thuộc
đường
trịn
(ABC)
.
Ta có

BN ID PB


CM IA PC

Mặt khác (BP, BN) = (BP, BP') = (CP, CP') = (CP, CM) (mod(  ))
Suy ra hai tam giác PBN và PCM đồng dạng cùng hướng. Do đó hai tam giác PBC và
PNM đồng dạng cùng hướng.

Vì vậy (PM,PN) = (PC,PB) = (mod(  ))
2

3. (Hà Tĩnh-Chọn ĐT- vòng 1) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có
trực tâm H. Gọi A',B',C' theo thứ tự là giao điểm của AH, BH, CH với (O).Một điểm
D nằm trên đường tròn (O) (khác với A, B, C, A', B', C'). Gọi A'', B'', C'' lần lượt là

2

giao điểm của DA' với BC, DB' với AC, DC' với AB. Chứng minh rằng A'', B'', C'', H
thẳng hàng.
HD. Gọi DA, DB, DC lần lượt là các điểm đối xứng của D qua các đường thẳng BC,
CA, AB.
Vì DA, H đối xứng với D, A' qua BC theo thứ tự nên A'', DA, H thẳng hàng. Tương
tự, ta suy ra các bộ 3 điểm B', DB, H và C'', DC, H thẳng hàng.
Mặt khác DA, DB, DC thẳng hàng (đường thẳng Steiner). Vậy A'', B'', C'', H thẳng
hàng.
Chú
ý:
Có
thể
mở
rộng
bài
tốn
như
sau
:
Cho tam giác ABC nội tiếp (O),P là điểm bất Kì nằm trong tam giác.Gọi A',B',C' lần
lượt là giao điểm của AP, BP, CP với (O).D là điểm bất kỳ nằm trên đường tròn (O)
(khác các điểm trên).Gọi A'',B'',C'' lần lượt là giao điểm của AD' và BC,B'D và
AC,C'D
với
AB.
Chứng
Minh
rằng

A'',B'',C'',
P
thằng
hàng
Chứng minh nhờ pascal.
4. (Hà Tĩnh-Chọn ĐT- vòng 2) Cho 3 điểm A, B, C phân biệt và thẳng hàng (theo thứ
tự đó). Gọi d và  lần lượt là các đường thẳng vuông góc với đường thẳng AC tại A
và C; M là một điểm di động trên  . Từ M kẻ các tiếp tuyến MD, ME đến đường trịn
đường kính AB với D, E là các tiếp điểm. Các tiếp tuyến đó cắt d tương ứng tại các
điểm P, Q. Gọi R và S lần lượt là giao điểm của d với các đường thẳng BD và BE.
a. Chứng minh rằng đường trịn ngoại tiếp tam giác BRS ln đi qua hai điểm cố định.
b. Xác định vị trí của điểm M trên để tam giác MPQ có chu vi nhỏ nhất.

LG của thaygiaocht:
M

C

B
D
I
H
O

E
S

R
Q

d

P

A
J

K

a). Gọi O là trung điểm của AB, r = AB/2.
DE cắt OC tại I,

OM

vng góc DE tại H. Tứ giác MHIC nội tiếp nên
OI.OC  OH.OM  OD  r (không đổi)
2

2

Mặt khác O, C cố định nên I cố định.

BD.BR  BE.BS  BA 2 nên tứ giác RDES nội tiếp. (*)
Đường tròn (BRS) cắt AB tại K Ta có:
(KR,KB)
(SR,SB) (mod  )  (DB,DE)(mod ) do (*)
Từ đó ta có tứ giác DIKR nội tiếp, suy ra BI.BK  BD.BR  BA 2

3

không đổi, mà B, I cố định nên K cố định.
Vậy (BRS) luôn đi qua hai điểm cố định B, K.
b)  RDP =  MDB =  DAB (do MD là tiếp tuyến) suy ra
 RDP =  DRA ( cùng phụ với  DAR )
nên  PDA =  PAD
Từ đó ta có: RP = PD = PA , AP = AR/2. Tương tự AQ = AS/2.
Suy ra AP.AQ = AR.AS/4 = AB.AK/4 khơng đổi.(**)
Ta có SMPQ = pr với r không đổi. Chu vi tam giác MPQ nhỏ nhất khi SMPQ nhỏ
nhất.
PQ = AP + AQ nhỏ nhất
( đường cao d(M, PQ) = d(  , d) không đổi)  AP = AQ ( =

1
AB. AK )
2

(do (**) và BĐT CôSi) suy ra M  C.
5.(PTNK) Cho tam giác ABC. Các diểm M, N thuộc cạnh BC sao cho
BAM  CAN   ( M nằm giữa B, N). Gọi I là trung điểm BC. Kẻ
BH  AM, CK  AN lần lượt tại H, K.
a) Chứng minh rằng đường trịn (IHK) ln thuộc 1 đường thẳng cố định.
b) Tính  theo ABC và ACB sao cho (IKH) tiếp xúc với đường trịn đường
kính AB hoặc đường trịn đường kính AC.

LG.(thedragonray)
a) Gọi AT là đường cao của tam giác ABC. Suy ra tứ giác AHTB và ATKC nội tiếp.
Do đó
. Suy ra I,H,T,K đồng viên. Vậy tâm (IHK)
thuộc

đường
trung
trực
của
TI
cố
định.
b)
Gọi
(O)
là
đường
trịn
đường
kính
AB
Ta có tứ giác AHTB nội tiếp (O). Do đó (O) giao (IHK) tại T và H.
Để (O) và (IHK) tiếp xúc thì T trùng H dẫn đến AM là đường cao của tam giác ABC.
Khi đó
Lời giải của Nguyễn Trần Duy - 10T Chuyên QB)

a) Gọi J là trung điểm HK, BH cắt CK tại L.
Xét tích:

4


  1     1    



IJ.HK  ( BH  CK ).( HA  AK )  ( BH . AK  HA.CK )
2
2

Ta có:

 
 

BH . AK  BH . AK .cos( BH , AK )  BH . AK .cos( BLC  900 )
 

 


HA.CK  HA.CK .cos( HA, CK )  HA.CK .cos(2700  BLC )

Lại có 2 tam giác ABH và ACK đồng dạng nên BH.AK = HA.CK. Vậy
    

BH . AK  HA.CK  0

Hay IJ vng góc với HK. => HI=IK
Dựng AD là đường cao tam giác ABC, ta có ABDH và ACKD là 2 tứ giác nội tiếp,
   
suy ra HDC  BAH  CAK  CDK , thêm HI=IK, ta có DHIK phải là tứ giác nội tiếp,
nên tâm đường trịn IHK ln đi qua trung trực của DI.
b) Đường trịn đường kính AB cắt đường trịn (IHK) tại D và H. 2 đường
trịn này tiếp xúc nhau thì H  D . Vậy  BAM =  BAD = 900 –  ABC
Lại có đường trịn đường kính AC cắt đường tròn (IHK) tại D và K. 2 đường trịn này

tiếp xúc nhau thì K  D . Tương tự ta có  CAN =  CAD = 900 –  ACB.
Vậy (IHK) tiếp xúc với đường tròn đường kính AB hoặc đường trịn đường kính AC
khi và chỉ khi   900   hoặc   900   .
ABC
ACB
6. (Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.
Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Mặt phẳng (P) đi qua AM nhưng luôn cắt cạnh SB,
SD lần lượt tại B', D'. Gọi V  VS.ABCD và V1  VS.ABMD . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
V
nhỏ nhất của tỉ số 1 .
V
HD. Gọi O là tâm của ABCD. G là giao của SO và AM. G là trọng tâm tam giác SBD.
B'D' đi qua G. Bài toán được chuyển về tìm min, max của diện tích tam giác SB'D'.
7. (KHTN, vòng 1, ngày 1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) với AB khơng
là đường kính của (O) . Gọi P là điểm di chuyển trên cung CD không chứa A, B của
(O) . Giả sử PA cắt DB, DC lần lượt tại E và F. Giả sử PB cắt CA, CD lần lượt tại G
và H. Biết GF giao EH tại Q . Chứng minh rằng PQ luôn đi qua điểm cố định khi P di
chuyển.

Lời giải của Nguyễn Trần Duy - 10T Chuyên QB)

5


Dựng các tiếp tuyến của (O) tại A và B, chúng cắt nhau tại I.
AI cắt BD ở N, BI cắt AC ở M. AB và CD vắt nhau ở K.
Theo định lí Pascal cho 6 điểm A,P,B,D,C,A thì F,G,N thẳng hàng.
Tương tự áp dụng Pascal cho 6 điểm B,P,A,C,D,B thì H,E,M thẳng hàng.
Lại có theo Pascal với 6 điểm A,A,C,D,B,B thì N,M,K thẳng hàng.
Khi đó áp dụng định lí Desargues cho 2 tam giác ANF và BMH, ta thấy AB,

NM, FH đồng quy tại K nên P,Q,I thẳng hàng.
Vậy PQ luôn đi qua I cố định khi P di chuyển trên cung CD khơng chứa A, B.
8. (KHTN, vịng 1, ngày 2) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp (O) . Gọi P là điểm
bất kì nằm trong tam giác ABC và không trùng O . Giả sử AP cắt (O) tại D khác A .
Gọi DE, AF là đường kính của (O) . Giả sử EP, FP lần lượt cắt (O) tại G và H khác E,
F. Giả sử AH giao DG tại K . Gọi L là hình chiếu của K lên đường thẳng OP.
a) Chứng minh rằng 4 điểm A, L, K, D cùng thuộc một đường tròn. Gọi đường tròn
này là (S) .
b) Chứng minh ràng đường thẳng OP cắt EF tại điểm T thuộc (S) .

Lời giải của Nguyễn Trần Duy - 10T Chuyên QB)

a) Ta có  KLP =  KHP =  KGP = 900.
Nên K,G,P,H,L nằm trên đường tròn đường kính KP
Khi đó  HKP =  HGP =

1
 AKP 1  
HE  KAP    ( HD  HE )  90o
2
2

  
Lại có OLH  HGE  HDE (1) nên LDOH là tứ giác nội tiếp, suy ra
  
DLO  DHO  HDO (2),
 
Từ (1) và (2)  OLH  OLD , mà
 




OLH  PKH  90 o  KAD  OLD  90o  KLD
 
Vậy KLD  KAD hay K,L,A,D cùng thuộc 1 đường trịn.

b) Ta có AO=OF và AP song song với EF nên PATF là hình bình hành.
Khi đó   PFT  HGE  HLP  TLD .
DAT    
Vậy A,L,D,T cùng nằm trên 1 đường trịn. Ta có điều phải chứng minh.

6


9. (Mai Sơn - Sơn La) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn tâm I . Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức:
IA.IB.IC
T
2
a.IA  b.IB2  c.IC 2
HD. Trước hết ta chứng minh aIA2  bIB 2  cIC 2  abc
  

 2

 aIA  0    aIA   0   a 2 IA2   ab( IA2  IB 2  AB 2 )  0


2
2

2
  ( a  ab  ac) IA   abc  0

Cách 1. Từ

 (a  b  c)  aIA2  bIB 2  cIC 2   (a  b  c)abc  đpcm

Cách 2. 










2




 


2




 




cIC aIA
bIB 
 aIA 0  aIA bIB      ( cIC ) IA  aIA (bIB  cIC ) IA  bIB






 
  

2

 cIC 2

 bIB( IB  IA)  cIC ( IC  IA)  bIB. AB )  cIC. AC )  bHB. AB  cKC. AC
 bHB. AB  cKC. AC  bc( p  b)  bc( p  c)  bc(2 p  b  c)  abc

Khi đó, gọi r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, IA =

r
A
sin

2

, ta có:

A
B
C
(4R sin .sin sin )3
IA.IB.IC
r3
2
2
2
T


a.IA 2  b.IB2  c.IC 2 abcsin A .sin B sin C 8R 3 sin A sin Bsin Csin A .sin B sin C
2
2
2
2
2
2
A
B
C
(4R sin sin sin )3
A
B
C

2
2
2

 tan tan tan
A
B
C
A
B
C
2
2
2
64R 3 sin 2 .sin 2 sin 2 .cos cos cos
2
2
2
2
2
2


1  cos A
 1  cos A 

a 2  (b  c) 2
(a  b  c)(b  c  a)(c  a  b)
 (b  c)2  a 2 
(a  b  c)3

3

abc


3

  1  1

(a  b  c)3
27 3 3
Dấu đẳng thức xảy ra khi chỉ khi tam giác ABC đều.
Cách khác: Gọi D là chân phân giác trong góc A. Khi đó:
Từ các kết quả
Suy ra: IA 

IA ID
AD
ac
4bc


, BD 
, AD 2 
p( p  a)
c BD c  BD
bc
(b  c ) 2

bc (b  c  a)
abc
3

abc


(b  c  a )(c  a  b)(a  b  c)
3
 
T 
 
(a  b  c)3
(a  b  c)3

7

1
1
.

27 3 3


10. (Chuyên Sơn La) Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi P,Q,R là chân các đường cao
vng góc hạ từ D lần lượt xuống các đường thẳng BC,CA,AB. Chứng minh rằng


PQ  QR khi và chỉ khi các phân giác của góc ABC và ADC cắt nhau trên AC.
Lời giải của Nguyễn Trường Nhật(10T - Chuyên QB)

B

O
A
R

Q
P
C
D

Ta có, tứ giác ABCD nội tiếp  RAD  PCD(cùng bù BAD)

Xét ΔARD và ΔCPD có ARD  CPD  900  ΔARD ~ ΔCPD (g.g)
AD DR

(1).
CD DP
Tứ giác ARDQ có ARD  AQD  900  900  1800 . Suy ra, tứ giác ARDQ nội


tiếp

DRQ  DAQ
. Lại có DAQ  DBC  DRQ  DBC

0
RDQ  RAD  180
Hơn nữa, RAQ  BAC  180 0  RDQ  BAC  RDQ  BDC.
Xét ΔDRQ và ΔDBC có DRQ  DBC và RDQ  BDC  ΔDRQ ~ ΔDBC (g.g)

DR QR


(2).
DB BC

DB AB

(3).
DP PQ
DR DB QR AB
DR QR AB
Nhân vế theo vế (2) và (3) ta có
.

.


.
.
DB DP BC PQ
DP BC PQ
AD DR AD QR AB
AD AB
Theo (1) ta có



.
(4) . Ta có PQ  QR 


CD DP
CD BC PQ
CD BC
khi và chỉ khi các phân giác của góc ABC và ADC cắt nhau trên AC.
Chứng minh tương tự, ta có: ΔDBA ~ ΔDPQ 

11. (Chun Sơn La) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a .
Gọi SA vng góc với đáy, SA  a . Gọi M là điểm thay đổi trên đoạn AC, AM  x ,
(0  x  2 ).

8


a) Tính diện tích thiết diện đi qua M theo a và x , biết thiết diện song song với BD và
vng góc với mp(ABCD) .
b) Khi thiết diện có diện tích lớn nhất thì nó chia hình chóp thành hai phần có tỉ số thể
tích bằng bao nhiêu?
HD.
a) Xét hai khả năng:
S
a 2
 x  a 2 : Thiết diện là tam giác có
2
x
cạnh đáy song song BD bằng 2 2(a  ) , đường
2
x
cao song song SA bằng a 
2

a 2
ii) 0  x 
: Thiết diện là tứ giác EFNKT.
2
MK a 2  x
x
EF = 2AM = 2x,

 MK  a 
a
a 2
2

n

i)

K

N

J

T

F

A
E

M
O

B

C

Gọi S là diện tích tứ giác EFNKT.
Khi đó S = dt(hcnEFNT) + dt(NTK) = EF.MJ +
=


EF
3 2
( MJ +MK) = x  2a 

2
2


max khi x 

1
EF
EF.JK =
(2MJ +JK) =
2
2



x



b) Thiết diện có diện tích lớn nhất khi 0  x 

a 2
. Xem S là hàm số của x, ta có S đạt
2

a 2
(khi đó M là trọng tâm tam giác ABD)
3

12. (Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa) Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp I .
Gọi D là một điểm thuộc cạnh BC. Xét đường tròn  tiếp xúc trong với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với DC; DA tại E; F tương ứng. Chứng minh các
điểm E; I; F thẳng hàng.
HD(hungqh).
Vẽ
cắt (O) tại Theo kết quả quen thuộc thì
là phân giác
. Gọi là giao
của
và
. Ta sẽ chứng minh chính là . Hay ta chỉ cần chứng minh
.
Ta dễ thấy tứ giác
nội tiếp từ đó dễ dàng suy ra
nên ta có

.
13. (Chuyên Bến Tre) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Gọi M, N, P lần lượt là
hình chiếu của D trên AB, BC, CA. Chứng minh rằng PM  PN khi và chỉ khi
AB.CD  AD.BC .
HD. Theo Simson thì M, N, P thẳng hàng.
Đường thẳng qua B và song song với MN cắt đường thẳng AC tại K.
Ta có

AK
AB CK CB

,

AP AM CP CN

Hai tam giác DAM và DCN đồng dạng nên

9

AM DA

CN DC

D
o


AB DA
CN AM
CP PA

PC KC







BC DC
CB AB
CK PK
PA KA
 (CAPK)  1  B(CAPK)  1
Mặt khác MN//BK nên có đpcm
AB.CD  AD.BC 

14. (Chuyên ĐHSP HN) Cho tam giác ABC, O là tâm đường trịn ngoại tiếp. Điểm G
khơng thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Trung trực của các đoạn AG, BG, CG đôi
một cắt nhau định ra tam giác DEF. Chứng minh rằng O là trọng tâm của tam giác
DEF khi và chỉ khi G là trọng tâm của tam giác ABC.

HD.
Khơng mất tính tổng qt giả sử EF, FD, DE theo thứ tự là trung trực của
AG, BG, CG (h.11).
Đặt M = BG ∩ AC; N = CG ∩ AB; K = EO ∩ DF; L = FO ∩ DE .
Dễ thấy OK  CM;OD  CB; KD  MB và OK  AM;OF  AB;KF  MB.
Vậy các cặp tam giác OKD, CMB và OKF, AMB đồng dạng (cùng
hướng)
KD MB KF MB


;

.
KO MC KO MA
KD KO MA MB
Do đó
.

.
.
KO KF MB MC
KD MA
Điều đó có nghĩa là

(1).
KF MC
LD NA
Tương tự

(2).
LE NB

Suy ra

A
F

N

M

O

E

K
G
L

C

B
D

Vậy các điều kiện sau tương đương.
1. O là trọng tâm của DEF.
2. KD  KF; LD  LE.
3. MA  MC; NA  NB.
4. G là trọng tâm của ABC.
Chú ý, hiển nhiên 1  2; vì (1) và (2) nên 2  3; hiển nhiên 3  4.

10


15.(Quảng Bình - Vịng 1) Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC, N là chân


đường phân giác góc BAC . Đường thẳng vng góc với NA tại N cắt các đường thẳng
AB, AM lần lượt tại P, Q theo thứ tự đó. Đường thẳng vng góc với AB tại P cắt AN
tại O. Chứng minh OQ vuông BC.

Đáp án.
A
y
Q
B
M

N
P

C

O
x

Chọn hệ trục tọa độ Nxy sao cho A, N nằm trên trục hồnh.

Vì AB khơng song song với các trục tọa độ nên phương trình của nó có dạng :

 b
 a




y = ax + b (a  0). Khi đó : A    ;0  , P  (0; b) .
AC đi qua A và đối xứng với AB qua trục hồnh nên có phương trình :
y = -ax – b.
PO đi qua P, vng góc với AB nên có phương trình : y  

1
xb.
a

O là giao điểm của PO và trục hoành nên O  ( ab,0) . BC đi qua gốc tọa độ nên :
+) Nếu BC không nằm trên trục tung thì phương trình BC có dạng y = cx với c  0, c
  a (vì B, C khơng thuộc trục hồnh, BC khơng song song với AB và AC).
B là giao điểm của BC và AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ :

 y  ax  b
bc 
 b
 B 
;

.
ca ca
 y  cx
C là giao điểm của BC và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ :

 y  ax  b
b
bc 

 C  
;

.
 ca ca
 y  cx



abc 
bc
 ab
Do đó : M   2
; 2
, suy ra : AM 
c; a 2  .
2
2 
2
2 
a (c  a )
c a c a 
Từ đó ta có phương trình của AM là : y 

a2
ab
x
.
c
c

Q là giao điểm của AM với trục tung nên

 ab  
 1
Q   0;   QO  ab  1;   .
 c 

 c
11



Do đó QO là một vectơ pháp tuyến của BC nên QO vng góc BC.
+) Nếu BC nằm trên trục tung thì tam giác ABC cân tại A nên M  N, do đó O thuộc
AN nên QO vng góc BC.
(Đây là đề APMO 2000. Ngoài cách trên Tuyển tập các bài tốn HHP. Mathscope.
cịn trình bày thêm 2 cách khác)
16.(Quảng Bình - Vịng 2) Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của DB, AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng
DN lấy điểm Q sao cho PQ // CM . Tính độ dài PQ và thể tích khối AMNP.
A
HD.

Q
P
N
E

I

B

C
M

Trên (ACM) dựng IN // CM ( I  AM ) .
D

Trên (ABD) lấy điểm P  DI  AB .
Trên (DNP) dựng PQ // IN // CM ( Q  DN ) .
Gọi E là trung điểm của PB  ME là đường trung bình của BPD , do đó:
ME // PD  ME // PI .
Mặt khác: NI là đường trung bình của ACM  I là trung điểm của AM.
Nên PI là đường trung bình AME . Hay:

1
1
3
1
3
EM  PD  DI  PD , IN  CM 
.
2
4
4
2
4
IN DI 3
4
3
Khi đó:


 PQ  IN 
.
PQ DP 4
3
3

PI 

Ta có:

VAMNP AM . AN . AP AN AP 1 1 1


.
 . 
VAMCB AM . AC. AB AC AB 2 3 6
Mà:

VAMCB 1

VABCD 2
Vậy:

VAMNP 

1
2
.VABCD 
(đvtt).
12
144

Bài HHKG này khơng khó. Đáp án trên khơng được tự nhiên cho lắm khi dựng
các đoạn song song. Nên chăng giải bằng Véc tơ:

12



 

 



1  
QN  xQD ( x  1)  QA  AN  x(QA  AD )  (1  x)QA   AC  x AD
2


1 
x 
A
 QA 
AC 
AD
2( x  1)
x 1




Q
AP  y AB( y  1)
P





N
1 
x 
 QP 
AC 
AD  y AB
2( x  1)
x 1
C




 


 k  k 

QP  kCM  k (CA  AM )   k AC  AB  AD
2
2
B
1
2
1
2

3
 x  , k  , y   QP  CM 
4
3
3
3
3

D
M

17.(Chọn ĐT Cần Thơ) Cho nửa đường tròn (T ) tâm , đường kính
và
điểm di động trên (T ) ( khác và ). Gọi (O1 ), (O2 ) là hai đường tròn nhận
làm tiếp tuyến chung, đồng thời (O1 ) tiếp xúc với (T ) và
theo thứ tự là M, N ;
theo thứ tự tại H, L.
(O2 ) tiếp xúc với (T ) và
a) Chứng minh rằng khi di động trên (T ) thì các đường thẳng
và
ln cùng
đi qua một điểm cố định .
b) Gọi C, D theo thứ tự là giao điểm thứ hai của (O1 ) với
và M, B, E là giao điểm
của CN với
và là giao điểm của
với
. Chứng minh rằng khi
di động
trên (T ) , ta ln có bất đẳng thức

, trong đó là chu vi tứ giác
.
HD. a) Gọi K là giao điểm của MN với nửa đường trịn cịn lại của (T).
 AMB
Ta có CMD    900  CD là đường kính của (O1) và O, O1, M thẳng hàng
  
 O1 DM  O1MD  OBM  CD // AB
Từ đó CN  DN    BMN  450 hay MK là tia phân giác của góc  . Vậy K
AMB
AMN 
 và K là một điểm cố định.
là trung điểm của cung AB

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có HL đi qua K (đpcm)
   
b) Cũng từ kết quả trên ta cũng có: FAN  FNA  EBN  ENB  450
Suy ra   BEN  ENF  900 hay tứ giác NEKF là hình chữ nhật
AFN  
Từ đó chu vi tứ giác ABEF được tính bởi:
p  AB  BE  EF  FA  AB  BE  EK  NK  AB  BK  NK  2R  R 2  NK
Mà NK  OK  R . Đẳng thức chỉ xảy ra khi N  O hay (O1) là đường tròn tiếp xúc AB

tại O  P  B  điều này không thể xảy do giả thiết B  P
Vậy NK  R hay T  R (3  2) (đpcm)
M
D

C
A

P
O2

O1
N

O

L

F
E
K

13

H
B


18. (Tphố Hải Phòng Bài 5) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp (O) từ điểm D
trên cung nhỏ AB của đường trịn kẻ đường thẳng vng góc AD, đường thẳng này cắt
BC tại M. Đường trung trực của đoạn thẳng DM cắt các cạnh AB,AC,BD,DM,MA lần
lượt tại E,F,N,K,I. Chứng minh rằng:
a) B,N,F,C nằm trên 1 đường tròn
b) Tứ giác AEMF là hình bình hành
HD. a) P là điểm chính giữa cung BC thì D, M, P thẳng hàng.  DNF = 900-  BDP =
900 -  BCP =  ACB. Suy ra tứ giác BNFC nội tiếp
b)  ABC =  ACB =  DNF =  FNM. Suy ra tứ giác BNEM nội tiếp, do đó
0

 BEM =  BNM = 180^0 – 2(  DNF0 =180 – 2(  ACB) =  BAC. Suy ra
EM//AF. Tương tự MF//AE . Suy ra AEMF là hình bình hành.

19. (Đồng Nai - Vịng 1)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vng góc với mặt
phẳng (ABCD). Biết AB = a, BC = 2a, SA = a 3 (với a  R , a  0) . Gọi M, N là
trung điểm của SB và AD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BN.
HD. Tứ diện SABN có AS, AB, AN đơi một vng góc, AB = AN = a, AS = a 3 .
Gọi E là trung điểm BN. Khi đó BN  AE  BN  ( SAE ) . Mặt phẳng qua AM song
song BN cắt SN tại K, MK//BN. MK cắt SE tại F. EF = d(BN, (AMK)). Do đó EF =
d(BN, AM)
Bài giải của Trần Thanh Bình(10T - Chuyên QB):

Trong mp(SAB) dựng tia Bx // tia AS
Kéo dài AM cắt Bx tại Q. dễ dàng chứng minh được QB = SA và M là trung điểm QB
Bài toán đã cho trở thành: "Cho tứ diện Q.ABN với đáy ABN là tam giác vuông cân
tại A. AN=AB=a, QB vng mp(ABN) vá QB = a 3 tính khoảng cách giữa QA và
BN."
Lấy I trung điểm BN thì AI vng BN. Kẻ tia Ay // NB
Kẻ BK vuông Ay tại K (  BK = AI)
Ta chứng minh được AK vuông mp(QBK)

14


Kẻ BH vng QK
Từ đó ta có BH vng mp(QAK)
Mà AK // BN hay BN // (QAK)
Nên d(BN, AM)= d(BN, AQ) = d( BN, (QAK)) = d( B, (QAK))= BH
mà BH là đường cao trong tam giác QBK vuông tại B, nên ta tính được

2
3
BK = AI = a
; QB = SA = a 3 nên BH = a
2
7

20. (Th phố HCM - Chọn ĐT - Vòng 1 ) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường
cao AH, BK. M di động trên cung nhỏ BC. MA cắt BK tại E. MF cắt AH tại F. Chứng
minh khi M di động trên cung nhỏ BC thì trung điếm của EF thuộc 1 đường thẳng cố
định.
HD(o0osoipro0o). Ta nhận thấy
chính là quỹ tích trung điểm
. Ý tưởng tự
nhiên nhất là thiết lập tam giác mà H, K và trung điểm
lần lượt nằm trên 3 cạnh rồi
áp dụng định lý menelaus vào tam giác đó.
Gọi là trực tâm của tam giác
trung điểm EF thuộc HK 


KF HE
cot AFK cot BEH



KX HX
cot AXK cot BXH

nội tiếp (Điều này đúng vì



)

A

Đáp án.
Ta chứng minh tam giác SHK và tam giác
FHK có diện
tích bằng nhau.
 
Thật vậy MAC  MBC  
S EHK

K

E

1
 KH .KE.sin BKH
2

O
C

B

1
 KH .KAtan .sin BAH

2
1
 KH . AB cos A.tan .cos B
2

H

M
F

15


S FHK 

1
HF .HK .sin FHK
2

1
1
BHtan .HK .sin AHK  AB cos B.tan .HK cos A
2
2
S EHK  S FHK suy ra E, F cách đều HK và E, F ở về hai phía của HK. Suy ra trung điểm



EF thuộc đường thẳng HK.
21. (Th phố HCM - Chọn ĐT - Vòng 2) Cho hai đường tròn (C1) và (C2) tiếp xúc

ngoài nhau tại D và cùng tiếp xúc với trong với đường tròn (C) lần lượt tại B và C .
Tiếp tuyến chung trong của (C1) và (C2) cắt (C) tại A và E . AB cắt (C1) tại M
, AC cắt
(C2) tại N . Chứng minh rằng:
1
1
2


DA DE MN

Bài giải của Trần Thanh Bình(10T - Chuyên QB)
Gọi ( C) là (O)

K
A

C

N

M
B

C2
C1

D

M'

N'
O

E

Ta cần chứng minh
1
1
2


 MN ( DA  DE )  2 DA.DE  AE.MN  2 DA.DE
DA DE MN

Ta thấy:
DA2  AM . AB  AN . AC
AM AN
MN AM
AM

 AMN  ACB 

 MN  BC.
AC AB
BC
AC
AC
AM
 MN . AE  BC . AE.

AC


Gọi K là giao điểm của tiếp tuyến tại B và C khi đó:
KB,KC là tiếp tuyến của (C1); (C2) nên

16


PK /( C1)  KB 2
PK (C 2)  KC 2
 PK /( C1)  PK (C 2) ( KB  KC )

 K thuộc trục đẳng phương của (C1); (C2) => K  AE
=> ABEC là tứ giác điều hòa  AC.BE  AB.CE

Áp dụng định lý Ptolemy vào ABEC ta được
 MN . AE  BC .AE.

AM
AM
 2. AC .BE.
 2.BE . AM
AC
AC

(1)

Sử dụng phép nghịch đảo với cực A và phương tích AD2 thì (O) biến thành đường
thẳng MN; đường trịn (C1);(C2) giữ ngun. Vì (O) tiếp xúc với (C1); (C2) nên MN

cũng tiếp xúc với (C1);(C2) Vậy MN là tiếp tuyến của (C1); (C2). Tương tự, với phép
nghịch đảo cực E phương tích ED2: (O) biến thành M'N' cũng là tiếp tuyến của
(C1);(C2)
 MM '  C1C2 mà AE  C1C1 nên MM'// AE sử dụng talet ta được
AB AM

 AB.EM '  BE .AM (2)
BE EM '

Từ (1)(2)
 MN . AE  2.BE. AM  2 AB.EM '.BE. AM  2 ( AB. AM ).( EM '.BE )  2 DA.DE (đpcm)

Đáp án.
Cách 1.
Do AD 2  AM . AB  AN . AC
nên phép ngịch đảo cực A phương tích AD2 biến

A

B  M , C  N , D  D, (C1 )  (C1 ), (C2 )  (C2 )

đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành
đường thẳng MN. Do (C1 ), (C2 ) lần lượt
tiếp xúc (C) tại B, C nên đường thẳng
MN là tiếp tuyến chung của hai đường
tròn này.
Gọi F là giao điểm của AE và MN suy ra F

O1

B
MN
biến thành E và FD = FM = FN =
.
2
DE
AD 2
AD
Ta có


 DE . AF  DF .DA
DF AD. AF AF
1
AF


DE DA.DF

Vậy

1
1
1
AF
DF  AF
DA
1
2








DA DE DA DF .DA
DF .DA
DF .DA DF MN

Cách 2.
AM AC

 AMN  ACB
AN
AB
  
OAB  OBA  O1MB  O1M / /OA

Ta có AM.AB = AN.AC 

Tương tự O2 N / /OA
     
Lại có OAN  MNA  OCA  ABC  OCA  xCA  900

17

N

F

M

D

O2
C

E


A

 OA  MN  O1M  MN , O2 N  MN
Suy ra MN là tiếp tuyến chung của (O1 ), (O2 )

 FD  FM  FN
    AEC  EFNC nội iếp
ANF ABC 
 AE. AF  AN . AC  AD 2
 ( AD  DE ) AF  AD( AF  DF )
1
AF
 DE. AF  AD.DF 

DE AD.DF

Vậy

F

O

N

M

D

O1

x
O2

B
C

1
1
1
AF
DF  AF
DA
1
2








DA DE DA DF .DA
DF .DA
DF .DA DF MN

E

22. (Hà Nội) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N là
hai điểm lần lượt trên các đoạn thẳng AB và AD (M, N không trùng A) sao cho
AB 2 AD

4
AM
AN

1) Chứng minh rằng khi M, N thay đổi, đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố
định
2) Gọi V và V' lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABCD và S.MBCDN.
Chứng minh rằng:
2 V' 3


3 V 4
HD(Huynhcongbang).

1) Gọi D' là điểm đối xứng với A qua D. Ta có AD'
Cần tìm điểm cố định mà MN luôn đi qua với M, N thỏa mãn

= 2AD.

AB AD '

4
AM AN

Khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AD' thì MN là đường trung bình song song
với BD' của tam giác ABD'.
Khi N trùng D' thì M chia đoạn AB theo tỉ lệ 1:3.
Kết hợp 2 trường hợp này, dễ thấy điểm cố định cần tìm là trung điểm của đường
trung bình của tam giác ABD'.
Gọi I là trung điểm của AB. Điểm cố định cần tìm là trung điểm của DI.
Thật vậy,
Giả sử M thuộc đoạn IA thì

AB
 2 nên N thuộc đoạn DD'.
AM

Gọi K là giao điểm của DI là MN.
Đặt AM = x, AN = y, AB = 2a, AD' = 2b 

a b
 2
x y

a  x KD y
MI KD NA
.
.
1 

.
.
 1 (1)
MA KI ND
x KI y  b
a b
a
b 2y  b
a  x y b
ax y
Mặt khác   2   2  



.
1
x y
x
y
y
x
y
x y b

Theo định lí Menelaus thì

18


Từ (1) suy ra KD = KI hay K là trung điểm của ID là điểm cố định.

2) Đặt V1 = VAMN thì V = V1 + V' và ta cần chứng minh
1 V1 1
 
3 V 4
V1 AM . AN
AB 2 AD
AB 2 AD

nên ta chỉ cần chứng minh 3 
.
 4 với

 4.
V 2 AB. AD
AM AN
AM
AN
AB
2AD
Đặt x 
, y
.
AM
AN
1
1  x  4,  y  2 , x+y = 4
2
Do xy = x( 4 - x) = - x2 + 4x , Suy ra 3  xy  4, x  [1; 4]

Nhưng

23. ( Chọn ĐT Bắc Ninh) Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi P là một điểm nằm
trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và E là chân đường cao hạ từ B xuống cạnh
AC. Vẽ các hình bình hành PAQB và PARC, AQ giao với HR tại X. Chứng minh EX
song song với AP.
HD(thaygiaocht).

Chú ý rằng các tứ giác AHBQ nội tiếp do:
   AHE   AHE 
BQA  PBA  BCA   ( BCA  HAC    HAC )

Tương tự AHCR nội tiếp.
Từ đó     CAP , HAX  QBE  
AHX ACR    AKE
(K là giao điểm của BE và AP)
Suy ra   HAX  CAP  AKE  900
AHX   
   
Tứ giác AHEX nội tiếp cho ta HXE  HAE  HAC   HRC
Ghi chú: Nên trình bày lại theo góc định hướng.
24.(Ninh Bình Vịng 2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao
AM, BN. Điểm D trên cung BC khơng chứa A của đường trịn (O) và khác B, C. Hai
đường thẳng DA và BN cắt nhau tại Q, hai đường thẳng DB và AM cắt nhau tại P. Gọi
I là trung điểm của PQ. Chứng minh rằng ba điểm M, N, I thẳng hàng.
HD(huynhcongbang). Đặt số đo cung nhỏ CD là 2x.
Ta có:
NQ/NH = S[ANQ]/ S[ANH] = AN.AQ. sin x/AN.AH.sin  HAC
= AQ. sin x /AH.cos C
MP/MH = S[BMP]/S[BMH] = BM.BP.sin  HBC/BM.BH.sin x

19


= BP.sin x/BH. cos C.

Ta cần chứng minh NQ/NH = MP/MH hay
AQ/AH = BP/BH hay sin  AHQ/sin  AQH = sin  BHP/sin  BPH. (*)
Tuy nhiên  AQH +  BPH = 1800 do tứ giác DPHQ nội tiếp nên (*) đúng.
Theo định lí Menelaus trong tam giác HPQ, ta có trung điểm I thuộc MN. Đây chính là
đpcm
Cach 2.
là trực tâm tam giác. Đường thẳng qua , song song HQ cắt
tại , ta
chứng minh PJ =NQ là đủ.
Dễ thấy
( đẳng thức cuối là theo định lí
thales) Suy ra ĐPCM.
25. (Thái Nguyên) Cho đường tròn tâm O bán kính R , AB là đường kính cố định
của đường tròn (O) . Điểm M thay đổi trên (O) , N là điểm chính giữa của cung MB
. Xác định M để diện tích tứ giác AMNB đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó.
Bài giải của Trần Thanh Bình(10T chuyên QB)

Ta thấy:
S AMB= 4SOCB = 2OC.BC
S MNB = (R - OC)BC
=> S = SAMNB = S AMB + SMNB = 2OC.BC + R.BC -OC.BC

20

= OC.BC + R.BC = BC(R+OC)
Đặt  OBC = α ; sinα = p; cosα = q
suy ra: q2 + p2 = 1
OC = R.sinα = Rp
BC = R.cosα = Rq
Suy ra S = R2cosα(sinα+1) = R2 q(p+1)
q2
2.pq
Ta thấy
+ p2 ≥
3
3
2 2 1 2q
q + ≥
3
2
3
1 2
Nên q2 + p2 + ≥
q(p+1)
2
3
3 2
3 3
3 3 2
≥
q(p+1)  q(p+1)≤
R

 S≤

2
4
4
3
Dấu = xảy ra khi q =

3
 α = 30  M hợp với OA một góc bằng 60 độ
2

3 3 2
R , khi M hợp với OA một góc bằng 600.
4
26 (Phú Yên Vòng 1) Cho Tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau
tại H. Trên DE lấy K sao cho DK = DH. Qua K dựng đường thẳng vng góc với DE
cắt AD tại I. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh BM = MI + IK
HD(ratuno).
Vậy maxS =

BM = MI + IK  MI2 = (BM - IK)2 

2( IB 2  IC 2 )  BC 2
= BM2 + IK2 - 2BM.IK
4

2( IB 2  IC 2 )  BC 2
= BM2 + IK2- 2BM.IK
4
2
BD  DC 2

2
2

 ID 2 = 2BM + IK - 2BM.IK
2
2
2
2
2
 2BM - BD.DC +(ID - IK )= 2BM - 2BM.IK



2
2

 - HD.AD+ HD = - 2BM.IK - HD.AD + HD = - 2BM.HD : tan BAC

 AD - HD = BC  BC  tan BAC (1)

AH
tan BAC

(1) là hiển nhiên vì nếu lấy G đối xứng B qua O (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC) ta có AHCG là hình bình hành. Suy ra AH = CG.
Mặt khác  BAC =  BGC  tan  BAC = tan  BGC =

BC
AH

27.(Lê Quý Đôn - Ninh Thuận) Cho tứ giác ABCD có ba cạnh AB=BC=CD=a. Tìm
giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác ABCD.
 
HD. Đặt BAC  BCA   (0    90 0 ) .
1
1
dt(ACD)  CA.CD.sin   CA.CD . Diện tích này lớn nhất khi chỉ khi   900
ACD
ACD
2

2

Vậy nên chỉ cần xét tứ giác ABCD lồi có   900 .
ACD
Gọi S = dt(ABCD) = dt(ABC) + dt(ACD)
dt(ABC) =

1 2
1
a sin(  2 )  a 2 sin 2
2
2

21


1
1
CD.CA  a.2a cos   a 2 cos 

2
2
Suy ra S = a 2 sin  cos   a 2 cos   a 2 cos  (1  sin  )

dt(ACD) =

1
S 2  a 4 (1  sin 2  )(1  sin  )2  a 4 (1  sin  )(1  sin  )3  a 4 (3  3sin  )(1  sin  )3
3

AM-GM ta có S đạt max khi S2 đạt max khi  
6
28.(KHTN Vòng 2 - ngày 1) Cho tam giác nhọn
, D là một điểm thuộc đoạn

.
Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác
cắt đoạn thẳng
tại khác . Tiếp
tuyến tại B, D của đường tròn ngoại tiếp tam giác
cắt nhau tại .
cắt đường
tròn ngọai tiếp tam giác
tại khác A . CF giao
tại
giao
tại
là trung điểm của
. DM cắt AE tại N. Chứng minh rằng HN song song với
.

LG.(thanhorg) Gọi I là giao điểm của BC và AF.
* trước hết ta CM B,D,F thẳng hàng hay AG, DF, IC đồng quy.
GF DC IA
.
.
1
GC DA IF
AB.sin 
ABI


BF .sin FBI

Điều đó tương đương với :

 IA S[ABI ]
 
 IF S[FBI ]
Ta có: 

 GF DF .sin FDG
 GC 

CD.sin CDE


Từ đó với chú ý
Suy ra:

và

(Do tứ giác ABFD điều hịa)
Như vậy ta có AG,CI,DF đồng quy tại H.
* Chứng minh HN //AF
Goi S là giao điểm của DE và AF,Q là giao điểm của DF và AE.
Do AG,DF,CI đồng quy tại H nên
Ta có
Suy ra NQ, NF, NH, ND lập thành chùm điều hòa hay NA, NF, NH, NM lập thành
chùm điều hòa
Kết hợp với M là trung điểm của AF ta được HN//DF (đpcm)
*Ta có thể CM lại đoạn sau bằng menelaus như sau :
Ap dụng menelaus cho tam giác AFQ với cát tuyến DNM ta có :

Do M là trung điểm của AF nên suy ra
Mà do (DHQF) = -1 nên
Như vậy

DQ NQ

DF NA

DQ HQ

DF HF

HQ NQ

nên HN//DF (đpcm)
HF NA

29.(KHTN Vòng 2 - ngày2)

22


Cho ABC cân tại A và ABC là tam giác nhọn. D là một điểm thuộc đoạn thẳng BC
sao cho  ADB < 900. Từ điểm C kẻ các tiếp tuyến CM, CN tới đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABD (M,N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD). Gọi P, Q lầm lựot là
trung điểm CM, CN . Giả sử PQ cắt đoạn thẳng BC tại E. Lấy điểm F trên đoạn thẳng
AE sao cho  EFC =  DAC. Chứng minh rằng:  BEF =  BAC.
HD(ratuno) Dễ thấy PQ là trục đẳng phương của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD
và C. Suy ra ED.EB = EC2  EC/EB = DC/BC (1)
Kéo dài AE cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại K. Ta có tam giác ADC đồng dạng với
tam giác FCK  FK/AC = KC / DC (2).
Dễ thấy KC/KB = EC/EB kết hợp với (1) ta có KC/KB = DC/KC/DC = KB/BC(3)
Từ (2) (3) suy ra BK/ BC= FK/AC}  Tam giác BFK đồng dạng với tam giác
BAC   BEF =  BAC.

30.(Quảng Ngãi - Chọn ĐT- ngày 1) Trong mặt phẳng cho đường trịn tâm O, bán
kính R và điểm P cố định nằm trong đường tròn với OP = d. Hai dây cung AB, CD
thay đổi luôn đi qua P và tạo thành một góc  khơng đổi (0 o <  < 90 o). Tìm giá trị
lớn nhất của (AB + CD).
Lời giải của Trần Đình Phước Anh (L10T - Chuyên Quảng Bình).
Xét khi O nằm ngồi APC .
Gọi OH, OK lần lượt là các đường vng góc từ O đến AB,CD.
Xét 2 dây cung A'B' và C'D' đồng quy tại P hợp với nhau một góc A ' PC '   nhận
OP làm phân giác.
Gọi OH', OK' lần lượt là các đường vng góc từ O đến A'B',C'D'.
Theo hệ thức lượng trong tam giác vng ta có :
 

 
OH '  OK '  OP.sin    d .sin  
2
2

Vì APC khơng chứa O nên góc hợp bởi AB,CD với OP (lần lượt là  ,  ) lớn hơn
và không lớn hơn 90 .

Mặt khác hàm số sinx đồng biến trên  0;  nên


2


 
OH  d .sin   OH '  d .sin  
2
 
OK  d .sin   OK '  d .sin  
2



(1)
(2)

23


2

Từ (1) và (2) ta có AB  A ' B ', CD < C'D' ( trong đường tròn dây cung gần bán kính
hơn thì lớn hơn)
 AB  CD  A ' B ' C ' D ' (*)
Xét khi O nằm trong APC .
Đặt APO  x, CPO  y ( x  y   )

Theo định lý Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
AB 2
 d 2 .sin 2 x  R 2
4
CD 2
 d 2 .sin 2 y  R 2
4

Cộng theo vế 2 đẳng thức ta có:
AB 2 CD 2

 d 2 .sin 2 x  d 2 .sin 2 y  2 R 2
4
4

Ta có:
d 2 .sin 2 x  d 2 .sin 2 y  d 2  sin 2 x  sin 2 y 
 cos(2 x)  cos(2 y) 
 d 2 1 
x y 

2



 2cos .cos( y  x) 
2
 d 2 1 
  d 1  cos 
2



AB 2  CD 2
 2 R 2  d 2 (1  cos ) (3)
4
2
AB 2  CD 2  AB  CD 
Mặt khác

(4)
4
8


Từ (3)(4) ta có:

 AB  CD 

2

 16 R 2  8d 2 (1  cos )

 AB  CD  16 R 2  8d 2 (1  cos )

Kết hợp với (*) (cực đại AB+CD đạt được khi O nằm trong APC ) ta có
Max(AB+CD) = 16 R 2  8d 2 (1  cos ) đạt được khi OP là phân giác góc APC.
Đáp án.
Hạ OH  AB, OK  CD
Gọi I là trung điểm OP
d

 IO  IP  IH  IK 
Hạ IM  HK tại M thì 
2
 HIK  2


24


C
B

H
A

I
M

O

K

d
2

D

Ta có : IM=IH.cos= cos 

HK=2HM=2.IH.sin= dsin
Theo cơng thức tính độ dài đường trung tuyến
4PM2 =2(PH2+PK2)-HK2
4 PM 2  HK 2 4( IP  IM )2  HK 2

2
2
2
2
2
d [(1  cos  )  sin  ]
Do đó PH2 + PK2 
2



= 2d2( cos 4 + sin 2 .cos 2 )
2
2
2

(*)

 2d 2 cos 2
2

Suy ra PH2 + PK2=

sử dụng định lý pitagore
(AB+CD)2  2(AB2+CD2)=8(AH2 +CK2)
=8[(OA2 –OH2)+(OC2 –OK2)]
=8[2R2 -2d2 + (PH2+PK2)]
(*)
2
2 

2
2
2
2
 8[2R -2d + 2d cos 2 ]= 16[R –d . sin 2 ]
2


khi và chỉ khi
2
AB=CD và I  đoạn PM ( PO là phân giác (AB,CD))

(AB+CD)min = 4 R 2  d 2 sin 2

31.(Quảng Ngãi - Chọn ĐT- ngày 2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
nhọn ABC và M là điểm nằm trên cung nhỏ AB. Đường thẳng qua M vuông góc với
OA cắt AB tại K và cắt AC tại L. Đường thẳng qua M vng góc với OB cắt AB tại N

và cắt BC tại P. Giả sử MN = KL, hãy tính góc MLP theo các góc của tam giác ABC.
HD.

Ta có:  MKN=  AKL= 90 0 - OAB =

1
AOB  C .
2

Tương tự MNK  C  MNK cân và MN = MK.
AK AC

KL CB
Kéo dài ML cắt đường trịn tại R. Vì OA  MR nên

Hai tam giác AKL và ACB đồng dạng nên

AM = AR. Hai tam giác AKR và MKB đồng dạng vì
AKR  MKB và ARK  MBK
25

(1)