Tải bản đầy đủ (.doc) (32 trang)

8 đề THI HSG (1)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.18 MB, 32 trang )

MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC
SINH GIỎI
Câu 1. (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2010)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  O;R  .
D là một điểm bất kỳ thuộc cung nhỏ AD ( D khác A và C ).
Gọi M ,N lần lượt là chân đường vng góc kẻ từ D tới các

đường thẳng AB,A C . Gọi P là giao điểm các đường thẳng
MN ,BC .
a) Chứng minh DP và BC vng góc với nhau.
b) Đường tròn  I;r  nội tiếp tam giác ABC . Tính IO với
R  5cm,r  1,6cm .

Lời giải:

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word




a) Ta có: AMD
 AND
 900  900  1800 . Do đó tứ giác A MDN nội


� D  BCD

tiếp � MAD
.Mặt khác MA
.Suy ra tứ giác NDCP


 MND
�  DNC

nội tiếp � DPC
 900 .Vậy DP  BC .

b) Vẽ đường kính EF của đường trịn  O  ( F là giao điểm của

AI với đường tròn  O  ). Do AF là phân giác của BAC
nên
�  FC
� � BAF
�  CEF
� . Gọi K là tiếp điểm của 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 là phân giác của ACB
nên BCK
�  CAF
�  ACK
�  BCK
�  BCF

�  ICF
� � IFC cân tại F � FI  FC . Từ
� CIF

(1) suy ra AI.AF  2R.r

(2). Gọi G,H là giao điểm của đường

thẳng IO với  O;R  .
Tacó: AIG  HIF
� AI.IF  IG.IH   OG  OI   OH  OI    OI  R   R  OI   R 2  OI 2 (3) . Từ

(2) và (3) suy ra:
R 2  OI 2  2Rr � OI 2  R 2  2Rr  52  2.5.1,6  9 � OI  3cm .

Nhận xét: Đường thẳng M ,N ,P trong bài toán này thực chất
là đường thẳng Sim son của điểm D . Vì vậy ta cũng có thể
chứng minh bài toán theo cách khác theo cách chứng minh
đường thẳng Sim son. (Xem thêm phần các định lý hình học
nổi tiếng)
Câu 2. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Quảng Ngãi).
Cho tam giác ABC vuông cân tại A , một đường tròn  O  tiếp
� nằm trong tam giác
xúc với AB,A C tại B,C . Trên cung BC
ABC lấy một điểm M

 M �B;C  . Gọi I,H ,K

lần lượt là hình


chiếu của M trên BC;CA;AB và P là giao điểm của M B với IK ,
Q là giao điểm của MC với IH .
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


a) Chứng minh rằng tia đối của tia M I là phân giác của

.
MHK

b) Chứng minh PQ / /BC .
c) Gọi  O1  và  O2  lần lượt là đường tròn ngoại tiếp
MPK và MQH . Chứng minh rằng PQ là tiếp tuyến

chung của hai đường tròn  O1 và  O2  .
d) Gọi D là trung điểm của BC; N là giao điểm thứ hai
của  O1 ,  O2  . Chứng minh rằng M ,N ,D thẳng hàng.
Lời giải:

�BC  ACB
� . Gọi tia đối của tia M I là
a) Vì ABC cân tại A nên A
Mx . Ta có tứ giác BIMK và tứ giác CIMH nội tiếp.
�  1800  ACB
�  1800  ABC
�  IMK

� IMH
�  1800  IMK

�  1800  IMH
�  HMx
� . Vậy Mx là tia phân giác
� KMx

của MHK
.

b) Do tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp nên
�  KBM
� ;HIM
�  HCM

�  KIM
�  HIM
�  KBM
�  HCM

. PIQ
. Mà
KIM

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


1 �
�  ICM
�  IBM
� . Mặt khác,



(cùng bằng sđCM
) � PIQ
HCM
 IBM
2
�  ICM
�  IBM
�  1800 � PMQ
�  PIQ
�  1800 .Do đó tứ giác MPIQ nội
PMQ


tiếp. � MQP
(cùng bằng
 MIK

1 �
�  MIC

sđPM ). Mà MIK
(cùng
2


� � PQ / /BC .
� ) � MQP
bằng KBM

 MCI

1 �


�  MCI

c) Ta có: MHI
(cùng bằng sđIM
). Mà MQP
(cmt)
 MCI
2


�  1 sđMQ
� . Hai tia QP,QH nằm khác phía đối với
� MQP
 MHI
2

QM . Suy ra PQ là tiếp tuyến của đường tròn  O 2  tại tiếp

điểm Q . Chứng minh tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của
đường trịn  O2  tại tiếp điểm P . Vậy PQ là tiếp tuyến chung
của đường tròn  O1 và  O2  .
d) Gọi E,E' lần lượt là giao điểm của NM với PQ và 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 3. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Gia Lai – 2010)
Cho tam giác ABC vng tại A . Đường trịn tâm I nội tiếp
tam giác ABC , tiếp xúc với CA và CB lần lượt tại M và N .
Đường thẳng MN cắt đường thẳng AI tại P . Chứng minh
� vuông.
rằng IPB
Lời giải:

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


�  IAB
�  IBA
�  450  IBA
�  450  IBC

Ta có PIB
(1).Mặt khác,






1
�  CNM


PNB
 1800  ACB
2
 450 

1�

ABC  450  IBC
2











1� 0


� 1 900  ACB

90 900  ACB
� 2
2�

(2) .

�  PNB
� .
Từ (1) và (2), suy ra: PIB

Do đó bốn điểm P,N ,I,B cùng nằm trên một đường tròn. Mặt
�  900 nên IB là đường kính của đường trịn này
khác , INB
�  900 .
� IPB

Câu 4. (Đề thi học sing giỏi tỉnh Hải Dương).
Cho đường tròn tâm O và dây AB cố định ( O không thuộc
AB ). P là điểm di động trên đoạn AB ( P khác A ,B ). Qua A ,P
vẽ đường tròn tâm C tiếp xúc với  O  tại A . Qua B,P vẽ
đường tròn tâm D tiếp xúc với  O  tại B . Hai đường tròn  C 
và  D  cắt nhau tại N (khác P ).
�  BNP
� .
a) Chứng minh ANP

�  900 .
b) Chứng minh PNO

c) Chứng minh khi P di động thì N ln nằm trên một

cung tròn cố định.
Lời giải:

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


a) Vì  O  và  C  tiếp xúc trong tại A nên A ,C,O thẳng hàng.
Vì  O  và  C  tiếp xúc trong tại B nên B,D,O thẳng hàng. Xét

 C

�  1 ACP

có ANP
Tam giác ACP cân tại C , tam giác AOB
2





�  ABO


 CPA
� CP / /OB
cân tại O nên suy ra: APC

�  AOB

� � ANP
�  1 AOB

ACP
2

(1).

Tương tự, ta có

�  1 AOB

(2). Từ (1) và (2) suy ra:
�  AOB

DP / /OA � BDP
� BNP
2
�  BNP
� .
ANP

b) Gọi H là giao điểm của NP và CD ; I là giao điểm của OP
và CD . Theo chứng minh trên ta có CP / /OB;Dp / /CO . Suy ra tứ
giác CPDO là hình bình hành.Do đó IO  IP ,  C  và  D  cắt
nhau tại P và N suy ra CD  NP (3)
HN  HP do đó HI là đường trung bình của tam giác PNO nên
HI / /NO hay CD / /NO (4). Từ (3) và (4), suy ra

�  900 .

c) Theo chứng
NO  NP � PNO
�  ANP
�  PNB
� � ANB
�  AOB

minh trên ta có: ANB
(5). Dễ thấy
N ,O thuộc nửa mặt phẳng bờ AB

(6).Từ (5) và (6) suy ra

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


điểm N thuộc cung tròn A OB của đường tròn ngoại tiếp tam
giác AOB . Do A ,B,O cố định nên N thuộc cung tròn cố định.
Câu 5. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ - 2010).
Cho đường tròn  O;R  và dây cung AB cố định, AB  R 2 .

Điểm P di động trên dây AB ( P khác A và B ). Gọi  C;R1  là
đường tròn đi qua P và tiếp xúc với đường tròn  O;R  tại A ,

 D;R2 

là đường tròn đi qua P và tiếp xúc với  O;R  tại B . Hai

đường tròn  C;R1  và  D;R 2  cắt nhau tại điểm thứ hai M .

a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây
AB , chứng minh OM / /CD và bốn điểm C,D,O,M cùng
thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di
động trên đường trịn cố định và đường thẳng MP ln
đi qua một điểm cố định N .
c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất? Diện tích tam
giác AMB lớn nhất?
Lời giải:

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


a) Nối CP,PD . Ta có: ACP,OAB lần lượt cân tại C,O nên
�  CAP
�  OBP
� . Do đó CP / /OD
CPA

(1). Tương tự, ta có OD / /CP
(2)
Từ (1) và (2) suuy ra tứ giác ODPC là hình
bình hành. Gọi H là giao điểm của CD và MP , K là giao
điểm của CD với OP . Do đó K là trung điểm của OP .
Theo tính chất của hai đường trịn cắt nhau thì CD  MP � H
là trung điểm của MP . Do đó HK / /OM � CD / /OM .
Giả sử AP  BP .
Vì tứ giác CDOM là hình bình hành nên OC  DP,DP  DM  R 2
nên tứ giác CDOM là hình thang cân. Do đó bốn điểm

C,D,O,M cùng thuộc một đường trịn.
b) Ta có: OA 2  OB2  2R 2  AB2 .Do đó AOB vng cân tại O . Vì
bốn điểm C,D,O,M cùng thuộc một đường tròn (kể cả M
�  CMD

trùng O ) nên COB

(1).

1 �


Ta có: MAB
(cùng bằng sđMP
của đường trịn  C  ).
 MCP
2

1 �
�  MDP

(cùng bằng sđMP
của đường tròn  D  ). Do đó
MBP
2

� � AMB

�  900 . Do AB cố
MAB : MCD (g.g.) � AMB

 COD
 AOB

định nên điểm M thuộc đường trịn tâm I đường kính AB .
1�

�  BDP
�  AOB
�  900 � AMP
 ACP
 450 (góc nội tiếp và
Ta có ACP
2

�  1 BDP
�  450 (góc nội tiếp và góc ở
góc ở tâm của  C  ) � BMP
2

� . Mà
tâm của  D  ).Do đó MP là phân giác của AMB

– 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 trịn  I  tại N thì N là trung điểm cung
AB không chứa điểm O nên N cố định.




c) Ta có MPA
(góc nội tiếp cùng chắn một
 BPN;AMP
 PBN
cung). Do đó MAP : BNP (g.g)
2

�PA  PB � AB2 R 2
PA PM
(không đổi).


� PM.PN  PA.PB ��

�
PN PB
4
2
� 2

2

Vậy PM.PN lớn nhất là R khi PA  PB hay P là trung điểm

2
A
MB
của dây AB . Tam giác
vuông tại M nên:
SAMB 





1
1
AB2 R2
. Vậy SA MB lớn nhất là
AM.BM � AM 2  BM 2 

2
4
4
2

R2
khi PA  PB hay P là trung điểm của dây AB .
2

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 là
ba đường cao  D �BC,E �CA ,F �A B . Đường thẳng EF cắt BC
tại G , đường thẳng AG cắt lại đường tròn  O  tại điểm M .
a) Chứng minh rằng bốn điểm A ,M ,E,F cùng nằm trên
một đường tròn.
b) Gọi N là trung điểm của cạnh BC và H là trực tâm
tam giác ABC . Chứng minh rằng GH  AN .
Lời giải:
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


a) Nhận xét rằng : Cho tứ giác A BCD , P là giao điểm của AB
và CD . Tứ giác A BCD nội tiếp khi và chỉ khi: PA.PB  PC.PD . Áp
dụng nhận xét trên 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 ra GF.GE  GM.GA . Do đó tứ giác A MEF nội
tiếp.
b) Theo kết quả trên, và tứ giác AEFH nội tiếp suy ra M nằm
trên đường trịn đường kính AH . Do đó HM  MA . Tia HM cắt

lại đường tròn  O  tại K , khi đó AMK
 900 nên AK là đường

kính của  O  . Từ đó suy ra: KC  CA ,KB  BA � KC / /BH ,KB / /CH
� tứ giác BHCK là hình bình hành � KH đi qua điểm N . Khi
đó M ,H ,N thẳng hàng. Trong tam giác GAN có hai đường cao
AD,NM cắt nhau tại H , nên H là trực tâm của tam giác
GA N � GH  AN .


Câu 17. (Để thi học sinh giỏi cấp Quận –TPHCM –
2010).
Cho điểm M thuộc đường trịn  O  và đường kính AB (
M �A ,B và MA  MB ). Tia phân giác của góc AMB cắt AB tại
C . Qua C ,vẽ đường thẳng vng góc với AB cắt các đường
thẳng A M và BM lần lượt tại D và H .

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


a) Chứng minh hai đường thẳng AH và BD cắt nhau tại
điểm N nằm trên đường tròn  O  .
b) Gọi E là hình chiếu của H trên tiếp tuyến tại A của
đường tròn  O  . Chứng minh tứ giác ACHE là hình
vng.
c) Gọi F là hình chiếu của D trên tiếp tuyến tại B của
đường tròn  O  . Chứng minh bốn điểm E,M ,N ,F thẳng
hàng.
d) Gọi S1,S2 là diện tích của tứ giác ACHE và BCDF . Chứng
minh CM 2  S1S2 .
Lời giải:


a) Ta có AMB
 900 .Trong tam giác ABD có DC  A B nên DC là
đường cao thứ nhất. Do đó BM là đường cao thứ hai, suy ra
H là trực tâm của tam giác ABD . Suy ra AH là đường cao
�  900 � N thuộc đường tròn
thứ ba � AH  BD tại N . � ANB

đường kính AB . Vậy AH và BD cắt nhau tại điểm N nằm

trên đường tròn  O  .
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


�  AEH
�  900;EAC
�  900 . Do đó tứ giác A CHE là hình
b) Ta có ACH

CA MA CH MA

;

suy ra CH  CA . Vậy tứ
CB MB CB MB

chữ nhật. Mặt khác:

giác A CHE là hình vng.
c) Do tứ giác ACHE là hình vng nên hai đường chéo AH ,CE
bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường.
suy ra MI là trung tuyến ứng với cạnh huyền của trong tam
1
2

1
2


giác vuông MAH � MI  AH  CE � MCE vuông tại
M � ME  MC . Chứng minh tương tự ta có: MF  MC

(2). Xét

DM DN

DMN và DBA có ADB
� DMN : DBA

chung;
DB DA
1�


�  450 . Mà AMC
 AMB
 450 nên
(c.g.c) � DMN
 DBA
2









CMN
 1800  AMC
 DMN
 900 � MN  MC (3). Từ (1),(2) và (3)

suy ra bốn điểm E,M ,N ,F thẳng hàng.
�  DCF
�  450 . Do đó ECF
�  ECD
�  DCF
�  900 . Áp dụng
d) Ta có ECD
hệ thứ lượng trong tam giác vng CEF , ta có:
1
CM

2

1
CM 2







1
CE


1



CE2

1
CA



2

2

.

1
2

CB

1
CF2

1
CF2




. Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có:
�2

1

1

.

CE2 CF2

1 1
.

S1 S2

1
S1S2

 2.

1



 CM 2

2.CA

.


 
2

1



2.CB

2

S1S2 .

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word



MA  MB
1
1

Do �CA MA � CA  CB � 2  2 nên dấu “=” trong bất
CE
CF
� 
�CB MB

đẳng thức không thể xảy ra � CM 2  S1S2 .

Câu 18. (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội –
2009).
Cho đường trịn tâm O đường kính AB  2R và C là điểm
chính giữa cung AB . Lấy điểm M tùy ý trên cung BC ( M
khác B ). Gọi N là giao điểm của hai tia OC và BM ; H ,I lần
lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AO,AM ; K là giao
điểm của các đường thẳng BM và HI .
a) Chứng minh rằng A ,H ,K và N cùng nằm trên một
đường tròn.
b) Xác định vị trí của điểm M trên cung BC ( M khác B )
sao cho A K 

R 10
.
2

Lời giải:

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


a) Ta có tam giác NA B cân tại N ( ON là trung trực của AB )
�  NBA

� NAB

�  BOM

(1). Lại có OM  OB  R � NBA

(2). Do H ,I
là trung điểm của OA ,AM nên HI là đường trung bình của


tam giác A OM . Suy ra HI / /OM � BMO
 KHB

(3). Từ (1),(2) và

�  HKB
� . Do đó tứ giác AHKN nội tiếp, hay
(3) suy ra: NAB
cùng thuộc một đường tròn.
b) Ta có:
AH  HO 

AO R
KH OH
R 1
 . KH / /OM �



Đặt
2
2
MB OB 2R 2

x
. Áp dụng định lý Pitago trong các tam giác

2
vuông AKM và AMB , ta có:
MB  x � MK 

2

�R 10 � x2
AK  KM  AM  AB  BM � �
 4R 2  x2 � x  R 2
�
� 2 � 4


2

2

2

2

2

MB R 2
2

� B  450 . Mặt khác:
� sinMAB




� MA
AB
2R
2

�  1�sđBC

CAB

2
AK 

1 �
sđAB 450
4


MAB �
CAB

M

C . Vậy khi M �C thì

R 10
.
2

Câu 19. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa – 2009).

1. Cho tứ giác A BCD nội tiếp đường tròn  O  tâm O . Gọi I là
giao điểm của AC và BD . Biết đường tròn  K  tâm K ngoại
tiếp tam giác IAD cắt các cạnh AB,CD của tứ giác lần lượt tại
E và F  E �A ;F �D  . Đường thẳng EF cắt AC,BD lần lượt tại

M ,N .

a) Chứng minh tứ giác A MND nội tiếp được trong một đường
tròn.
b) Chứng minh KI  BC .
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


2. Cho tam giác ABC cân tại A và có góc A bằng 360 . Tính tỉ
số

AB
.
AC

Lời giải:

�  BDC

� của  O  ). Xét
1. a) Ta có BAC
(cùng chắn cung BC
�  1 sđIE;BDC
� �  1 sđIF


đường trịn  K  có BAC
2



 

2



1

�  sđIF
�  1 sđAE
�  sđIE
�  1 sđAI
� �
AME
 sđAI
ADN � tứ giác
2
2
2
A MND nội tiếp.

�  ACB

�B của  O  ). Mà

b) Ta có: ADB
(cùng chắn A

� � AME

� � EF / /BC (1). Mặt khác IE
�  IF
� � KI  EF
AME
 ADB
 ACB

(2). Từ (1) và (2) suy ra: KI  BC (đpcm).
�BD  360 ;BDC
�  ACB
�  720 . Suy ra
2. Kẻ phân giác BD , khi đó A
ADB và BDC cân � DA  DB  BC . Theo tính chất đường
phân giác ta có:

AB DA
DA DC DA  DC




. Mặt khác DC  A C  AD  AB  BC
BC DC
AB BC AB  BC
2


�AB � AB
AB.BC

 AB  AC � AB.BC  AB2  BC 2 � � � 
 1 0
AB  BC
�BC � BC


AB 1 5
.

BC
2

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


Câu 20. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Bình Định – 2009).
Cho đường trịn  O  , đường kính AB . Trên tia tiếp tuyến Ax
với đường tròn  O  lấy điểm C sao cho A C  AB . Đường thẳng
BC cắt đường tròn  O  tại D , M là một điểm thay đổi trên

đoạn AD . Gọi N và P lần lượt là chân đường vng góc hạ
từ M xuống AB và AC , H là chân đường vng góc hạ từ N
xuống đường thẳng PD .
a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn
nhất.

b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, HN luôn đi qua một
điểm cố định.
Lời giải:

�  PHN
�  900  900  1800 . Do đó tứ giác APHN nội
a) Ta có PAN
tiếp. Tứ giác A PMN là hình vng nên cũng nội tiếp. Suy ra
năm điểm A ,N ,M ,P,H cùng thuộc một đường trịn. Do đó

– Website chun tài liệu đề thi file
word




�  MCD

.
AHM
 APM
 900 . Mà tứ giác MPCD nội tiếp nên MPD
Tam giác ABC cân tại A , có AD vừa là đường cao vừa là

đường trung trực nên MB  MC � MBC cân tại M

� � MPD
�  MBD

(1). Mặt khác

� MCD
 MBD

�  MDB

�  900 (2). APH
�  APM
�  MPH

�  900
AMB
 MBD
 MBD
 MPD
�  AMB

(3). Từ (1),(2) và (3) suy ra: APH
(4). Tứ giác A PHM
�  AMH

nội tiếp nên APH
 1800

(5). Từ (4) và (5) suy ra:

�  AMH

�  900 � H
AMB
 1800 . Do đó H ,M ,B thẳng hàng � AHB


thuộc đường tròn  O  � AHB có diện tích lớn nhất � HK lớn
� R H D M D . Vậy khi M �D thì SA HB đạt giá
nhất  HK
trị lớn nhất là R .
Câu 21. (Đề thi học sinh giỏi cấp Quận – TPHCM).

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  đường kính BC . Kẻ
đường cao AH của ABC . Cho biết BC  20cm,

AH 3
 .
AC 4

a) Tính độ dài cạnh AB và AC .
b) Đường tròn đường kính AH cắt đường trịn  O  , AB,A C
lần lượt tại M ,D,E . Đường thẳng DE cắt đường thẳng
BC tại K . Chứng minh ba điểm A ,M ,K thẳng hàng.
c) Chứng minh bốn điểm B,D,E,C cùng nằm trên một
đường tròn.
Lời giải:

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


�  AHC
�  900 ; C
� chung.
a) Xét A BC và HAC có BAC

� ABC : HAC �

AB AC
AB AH 3



 . Mà AB2  AC 2  BC 2 nên
AH HC
AC HC 4

AB2 AC 2 AB2  AC 2 202



 16 � AB2  16.9;AC 2  16.16 . Vậy
9
16
25
25
A B  12cm và A C  16cm .

b) Gọi F là tâm của đường trịn đường kính AH . Ta có
�  900 . Do đó DE là đường kính của đường trịn  F  . Suy ra
DAE
D,E,F thẳng hàng. Mặt khác  O  và F cắt nhau tại A và N

nên OF là trung trực của A M � OF  AM
(1). Gọi N là giao
điểm của OA và DE . Ta có OA  OC  R . Do đó OAC là tam

�  OCA
� ; FA  EF  r � FAE cân tại F
giác cân tại O . Suy ra OAC
�  FAE
� . Mà OCA
�  FAE
�  900 nên
� FEA
�  FEA
�  900 � ANE
�  900 � KN  OA . Ta có F là trực tâm của
OAC

tam giác KA O nên OF  KA
thẳng hàng.

(2). Từ (1) và (2) suy ra A ,M ,K

c) Gọi I là giao điểm của hai trung trực của DE và BC . Ta có:

AF  BC
IF  OA

� AF / /OI; �
� IF / /OA . Do đó FA OI là hình bình

OI  BC
OA  DE



�  IOC

hành. Suy ra IF  OA ;FA  OI � IF  OC;FE  OI . Mà IFE
nên
IFE  COI Suy ra IE  IC. Mà IE  ID;IB  IC nên IB  ID  IE  IC .

Vậy B,D,E,C cùng nằm trên đường tròn  I  .
Câu 22. (Đề thi học sinh giỏi TPHCM – 2008) .
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường trịn

 O

và có trực tâm là H .

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


a) Xác định vị trí của điểm M thuộc cung BC không chứa
điểm A sao cho tứ giác BHCM là hình bình hành.
b) Lấy điểm M là điểm bất kỳ trên cung BC không chứa
A . Gọi N và E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua
AB và AC . Chứng minh ba điểm N ,H ,E thẳng hàng.
Lời giải:

a) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Ta có
BH  AC;CH  AB . Do đó tứ giác BHCM là hình bình hành
�  ACM

� BH / /MC;CH / /MB và AC  MC;AB  MB � ABM

 900 � AM

là đường kính của đường tròn  O  � M là điểm đối xứng của
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 ra
cung AB ). Do đó ANB

� A
�NB  1800 � tứ giác A HBN nội tiếp � NHB
�  NAB
� . Mặt
AHB
�  BAM

�  BAM
� . Tương tự ta có:
khác NAB
. Suy ra NHB


�  MAC

�  BHC
�  1800 . Suy ra
và BAC
CHE
�  CHE
�  BHC
�  BAM
�  MAC

�  BAC
�  BHC
�  1800 . Suy ra
NHB
 BHC
N ,H ,E thẳng hàng.

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


Nhận xét: Đường thẳng qua N ,H ,E trong bài toán này thực
chất là đường thẳng Steiner của 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  và
có trực tâm là H . Giả sử M là một điểm trên cung BC không
chứa A ( M khác B,C ). Gọi N ,P lần lượt là điểm đối xứng của
M qua các 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 của M để đoạn thẳng NP lớn nhất.
Lời giải:

a) Gọi I là giao điểm của CH và AB , K là giao điểm của AH
�  AHC
�  1800
với BC . Dễ thấy BIK

(1).

�  AMC;AMC


� . Do đó IBK
�  APC

Mặt khác, IBK
 APC

(2). Từ (1)

�  AHC
�  1800 . Vậy tứ giác AHPC nội tiếp.
và (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) và (4) suy ra:

(3).

�  AHN

AHB
 1800 . Vậy N ,H ,P thẳng hàng.


– Website chuyên tài liệu đề thi file
word

c)



� ;MAP


Ta có MAN
. Do đó
 2BAM
 2MAC





�  2 BAM



NAP
 MAC
 2BAC
(khơng đổi) .Ta có

�  2AM.sin BAC

� . Vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi
NP  2AP.sin BAC
AM lớn nhất. mà AM lớn nhất khi và chỉ khi AM là đường

kính của đường trịn  O  . Vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi M là
điểm đối xứng của A qua O .
Câu 24. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh – 2008)
Cho đường tròn  O;R  và đường tròn  O';R' cắt nhau tại A và
B . Trên tia đối của AB lấy điểm C . Kẻ tiếp tuyến CD,CE với
đường tròn tâm O , trong đó D,E là các tiếp điểm và E nằm

trong đường tròn  O' . Đường thẳng AD,AE cắt đường tròn

 O'

lần lượt tại M và N ( M ,N khác A ). Tia DE cắt MN tại I .

Chứng minh rằng:
a) M IB : AEB .
b) O'I  MN .
Lời giải:

�  BMN

a) Ta có BAN
(cùng chắn cung BN ) (1) do tứ giác

� . Mà DA



� B  DEB

AMNB nội tiếp nên MNB
nên MNB
 DAB
 DEB

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


�  DEB
� . Do đó 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) và (2) suy ra MIB : A EB .
CBE
�  CBD

b) Do CD là tiếp tuyến của đường tròn  O  nên CDA

suy ra 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) và (9) suy ra

MIB : AEB �


EB IB

EA MI

DB IB

DA IN
MI  NI � O'I  MN .
DBA : IBN �

(7). Mà ��

(10). Từ (6),(7) và (10) suy ra

Nhận xét: Ta có thể giải câu b theo cách khác: Áp dụng
định lý Menelauyt cho tam giác AMN và đường thẳng qua
DEI ta có:

DA IM EN
.
.
 1.Như vậy để chứng minh I là trung
DM IN EA

điểm của MN ta sẽ chứng minh

DA EN
.
 1 (*) , mặt khác

DM EA

theo tính chất quen thuộc của cát tuyến và tiếp tuyến ta có:
EA DA

( Xem phần chùm bài tập cát tuyến và tiếp tuyến)
EB DB

thay vào (*) ta quy về chứng minh:
DB EN
DB EN
.
 1�

� DBM : BEN nhưng điều này là hiển
EB DM
DM EB

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word




�  BEN

nhiên do DMB
(cùng chắn cung AB) và ADB
do tứ
 ANB

giác ADEB nội tiếp.

Câu 25. (Báo toán học tuổi trẻ)
Cho tam giác ABC nhọn, tia phân giác trong của góc BA C cắt
BC tại D . Gọi E,F thứ tự là hình chiếu vng góc của D trên
AB và AC , K là giao của CE và BF , H là giao điểm của BF
với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEK . Chứng minh rằng
DH  BF .
Lời giải:

Kẻ A N vng góc với BC  N �BC  , suy ra các tứ giác AEND và
AFDN nội tiếp, từ đó BD.BN  BE.BA ;CN.CD  CF.CA



DB NB A B BE
NB BE
NB FC EF
.

.



.
.
 1 (do AE  AF ).
DC NC AC CF
NC CF
NC FA EB


Theo định lý Ceva đảo ta có AN ,CE,BF đồng quy tại K , hay
A K  BC tại N . Từ đó BK.BH  BE.BA  BN.BD nên tứ giác KNDH
�  KND
�  900 . Do đó DH  BF (đpcm).
nội tiếp, suy ra KHD

Câu 26. (Báo toán học tuổi trẻ số tháng 3 -2012)
Cho tam giác ABC vuông tại A . D là một điểm nằm trong
tam giác đó sao cho CD  CA; M là một điểm nằm trên cạnh
1�

N là giao điểm của MD và đường
 ACD;
AB sao cho BDM
2
cao AH của tam giác ABC . Chứng minh rằng DM  DN .

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


Lời giải:

Vẽ đường tròn  C;CA  cắt đường thẳng BD tại E  E �D  , khi đó
BA là tiếp tuyến của đường trịn. Ta có BD.BE  BA 2 (do
BDA : BAE ), BH.BC  BA 2 (hệ thức lượng trong tam giác

vuông A BC ). Suy ra BH.BC  BD.BE �


BD BC
� BDH : BCE

BH BE

�  BEC

(c.g.c) � BHD
và tứ giác DHCE nội tiếp
�  BEC
�  CDE
�  CHE
� � AHD

� . Mà AH  BC nên HA ,HB
� BHD
 AHE
� . Do đó nếu I
tương ứng là phân giác trong và ngoài của DHE

là giao điểm của AH và BE thì:

ID HD BD


IE HE BE

(*). Theo giả

1�



 ACD
 AEB
thiết, ta có MDB
nên MN / /AE .Do đó
2

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 đều A BCDEF . Gọi G là trung điểm của BF . Lấy
điểm I trên cạnh BC sao cho BI  BG , điểm H trên cạnh BC
�  450
sao cho BI  BG , điểm H nằm trên đoạn IG . Sao cho CDH
�  450 . Chứng minh rằng
, điểm K trên cạnh EF sao cho DKE
tam giác DKH là tam giác đều.

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word



Cách 1: Từ giả thiết A BCDEF là lục giác đều, suy ra
�  300 ,CDG
�  600 ,DG  BF,GBC
�  900 . Từ đó,
BDG


�  CDH
�  600  450  150  1 BDG
� . Vậy DH là phân giác
HDG
 CDG
2
� . Kết hợp với GH là phân giác của góc BGD

của góc BDG
(do


� ), suy ra BH là phân giác của
BGI vuông cân nên DGH
 DGB
� ; do đó B,H ,O thẳng hàng ( O là tâm của lục giác
góc DBF

đều).

�  150 ,

Hai tam giác DHO và DKE có DO  DE,HDO
 KDE


�  1200 nên chúng bằng nhau (g.c.g), suy ra HD  KD
HOD
 KED

�  ODK
�  ODK
�  KDE
�  ODE
�  600 . Vậy HDK
. Lại có HDK
 HDO

đều.

�  FBC
�  900 nên
Cách 2: Vì FDC

�  BGH
�  450 , do đó tứ giác GHDF nội tiếp, suy ra
FDH
�  FGD
�  900 nên tam giác HFD vuông cân � H ,O,E cùng
FHD
�  1 FHD
�  450  EKD

� . Suy
thuộc trung trực của đoạn FD � EHD
2


�  600 , HKD
�  HED
�  600 .
ra tứ giác EKHD nội tiếp � HDK
 HEK
Vậy tam giác HKD đều.

Câu 28. (Báo toán học tuổi trẻ)
Cho đoạn thẳng AB . M là điểm trong mặt phẳng sao cho
tam giác MA B là tam giác nhọn. Gọi H là trực tâm của tam
giác MA B , I là trung điểm cạnh AB và D là hình chiếu của H
trên M I . Chứng minh rằng tích MI.DI khơng phụ thuộc vào vị
trí của điểm M .
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×