1

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

2

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 1A và cắt (O) tại 2A . Định nghĩa tương tự với các điểm 1 2 1 2B ,B ,C ,C tương ứng. Chứng minh rằng: a) 2 2 2CA .AB BA .AC BC.AA .

b) 1 2 1 2 1 2

2 2 2 2 2 2

A A B B C C 3BA A C CB B A AC C 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)

2

2

A C BCA A AB AC

Xét CA1A2 ACA2 . Suy ra 1 2 1 2 2 1 2

2 2 2 2 2 22 2 2( )A A A A A C A A BC

BA A C CA A A BA A C AB AC

Tương tự như thế, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

32( ) 2( ) 2( ) 4

BC CA ABAB AC BA BC CA CB

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 tròn đường kính BD tại N ( N D ) .Gọi P là giao điểm của AD và đường tròn 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 tròn (ABC) .

Ta có BN ID PBCM 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) = 2 (mod( ))

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

3

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 toán 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 tròn 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 tròn ngoại tiếp tam giác BRS luôn 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:

d

J

S R

K

IH

Q P

E

D

M C

O

B

A

a). Gọi O là trung điểm của AB, r = AB/2.

DE cắt OC tại I, OM vuông góc DE tại H. Tứ giác MHIC nội tiếp nên 2 2OI.OC OH.OM OD r (không đổi)

Mặt khác O, C cố định nên I cố định.

2BD.BR BE.BS BA 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 2BI.BK BD.BR BA

4

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 không 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 .2

AB AK )

(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 tròn (IHK) luôn thuộc 1 đường thẳng cố định. b) Tính theo ABC và ACB sao cho (IKH) tiếp xúc với đường tròn đường kính AB hoặc đường tròn 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 tròn 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:

5

1 1IJ. ( ).( ) ( . . )2 2

HK BH CK HA AK BH AK HACK

Ta có:

0

0

. . . os( , ) . . os( 90 )

. . . os( , ) . . os(270 )

BH AK BH AK c BH AK BH AK c BLC

HA CK HA CK c HA CK HACK c BLC

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

Hay IJ vuông 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 tròn IHK luôn đi qua trung trực của DI.

b) Đường tròn đường kính AB cắt đường tròn (IHK) tại D và H. 2 đường tròn này tiếp xúc nhau thì H D . Vậy BAM = BAD = 900 – ABC Lại có đường tròn đường kính AC cắt đường tròn (IHK) tại D và K. 2 đường tròn 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 tròn đường kính AC khi và chỉ khi 090 ABC hoặc 090 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 S.ABCDV V và 1 S.AB MDV V . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị

nhỏ nhất của tỉ số 1VV

.

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 tròn (O) với AB không 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)

6

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 không chứa A, B. 8. (KHTN, vòng 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 cóKLP = KHP = KGP = 900.

Nên K,G,P,H,L nằm trên đường tròn đường kính KP

Khi đó HKP = HGP = 12

HE 1 ( ) 902

oKAP AKP HD HE

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 90oOLH PKH KAD 90oOLD KLD Vậy KLD KAD hay K,L,A,D cùng thuộc 1 đường tròn.

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

7

9. (Mai Sơn - Sơn La) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2 2

IA.IB.ICTa.IA b.IB c.IC

HD. Trước hết ta chứng minh 2 2 2aIA bIB cIC abc

Cách 1. Từ 2

2 2 2 2 20 0 ( ) 0aIA aIA a IA ab IA IB AB

2 2 2( ) 0a ab ac IA abc

2 2 2( ) ( )a b c aIA bIB cIC a b c abc đpcm Cách 2.

2 2 2 20 ( ) ( )

( ) ( ) . ) . ) . .

aIA aIA bIB cIC aIA bIB cIC IA aIA bIB cIC IA bIB cIC

bIB IB IA cIC IC IA bIB AB cIC AC bHB AB cKC ACbHB

. . ( ) ( ) (2 )AB cKC AC bc p b bc p c bc p b c abc

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

2

rA , ta có:

33

2 2 23

3

3 2 2 2

2

A B C(4R sin .sin sin )IA.IB.IC r 2 2 2T A B C A B Ca.IA b.IB c.IC abcsin .sin sin 8R sin Asin Bsin Csin .sin sin2 2 2 2 2 2

A B C(4R sin sin sin ) A B C2 2 2 tan tan tanA B C A B C 2 2 264R sin .sin sin .cos cos cos2 2 2 2 2 2

1 cos A a (b c1 cosA

2

2 2 3

3

3

) (a b c)(b c a)(c a b)(b c) a (a b c)

a b c1 13

(a b c) 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 22

4, , ( )( )

IA ID AD ac bcBD AD p p ac BD c BD b c b c

Suy ra: ( )bc b c aIAa b c

3

( )( )( )( )

b c a c a b a b cTa b c

3

3

a b c1 13

(a b c) 27 3 3

.

8

10. (Chuyên Sơn La) Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi P,Q,R là chân các đường cao vuông 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)

QPR

O

C

D

A

B

Ta có, tứ giác ABCD nội tiếp RAD PCD(cùngbù BAD)

0Xét ΔARD và ΔCPD có ARD CPD 90 ΔARD ~ ΔCPD (g.g)AD DR (1).CD DP

Tứ giác ARDQ có 0 0 0ARD AQD 90 90 180 . Suy ra, tứ giác ARDQ nội tiếp

0

DRQ DAQRDQ RAD 180

. Lại có DAQ DBC DRQ DBC

Hơn nữa, 0RAQ BAC 180 RDQ BAC RDQ BDC. Xét ΔDRQ và ΔDBC có DRQ DBC và RDQ BDC ΔDRQ ~ ΔDBC (g.g)

DR QR (2).DB BC

Chứng minh tương tự, ta có: DB ABΔDBA ~ ΔDPQ (3).DP PQ

Nhân vế theo vế (2) và (3) ta có DR DB QR AB DR QR AB. . . .DB DP BC PQ DP BC PQ

Theo (1) ta có AD DR AD QR AB. (4)CD DP CD BC PQ

. Ta có AD ABPQ QRCD BC

khi và chỉ khi các phân giác của góc ABC và ADC cắt nhau trên AC. 11. (Chuyên Sơn La) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi SA vuông góc với đáy, SA a . Gọi M là điểm thay đổi trên đoạn AC, AM x , (0 x 2 ).

9

a) Tính diện tích thiết diện đi qua M theo a và x , biết thiết diện song song với BD và vuông 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:

i) 2 22

a x a : Thiết diện là tam giác có

cạnh đáy song song BD bằng 2 2( )2

xa , đường

cao song song SA bằng 2

xa

ii) 202

ax : Thiết diện là tứ giác EFNKT.

EF = 2AM = 2x, 22 2

MK a x xMK aa a

Gọi S là diện tích tứ giác EFNKT.

Khi đó S = dt(hcnEFNT) + dt(NTK) = EF.MJ + 12

EF.JK = 2

EF (2MJ +JK) =

= 2

EF ( MJ +MK) = 3 222

x a x

b) Thiết diện có diện tích lớn nhất khi 202

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

max khi 23

ax (khi đó M là trọng tâm tam giác ABD)

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 CBAP AM CP CN

Hai tam giác DAM và DCN đồng dạng nên AM DACN DC

o

n

J

O

F

ME

T

NK

D

C B

A

S

10

AB DA CN AM CP PA PC KCAB.CD AD.BCBC DC CB AB CK PK PA KA

(CAPK) 1 B(CAPK) 1

Mặt khác MN//BK nên có đpcm 14. (Chuyên ĐHSP HN) Cho tam giác ABC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Điểm G không 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. Không mất tính tổng quát 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)

Suy ra KD MB KF MB; .

KO MC KO MA

Do đó KD KO MA MB. . .

KO KF MB MC

Điều đó có nghĩa là KD MA(1).

KF MC

Tương tự LD NA(2).

LE NB

K

L

O

F

E

D

G

N M

A

B C

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.

11

15.(Quảng Bình - Vòng 1) Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC, N là chân đường phân giác góc BAC . Đường thẳng vuông góc với NA tại N cắt các đường thẳng AB, AM lần lượt tại P, Q theo thứ tự đó. Đường thẳng vuông góc với AB tại P cắt AN tại O. Chứng minh OQ vuông BC. Đáp án. Chọn hệ trục tọa độ Nxy sao cho A, N nằm trên trục hoành. Vì AB không song song với các trục tọa độ nên phương trình của nó có dạng :

y = ax + b (a 0). Khi đó : ;0bAa

, (0; )P b .

AC đi qua A và đối xứng với AB qua trục hoành nên có phương trình : y = -ax – b.

PO đi qua P, vuông góc với AB nên có phương trình : 1y x ba

.

O là giao điểm của PO và trục hoành nên ( ,0)O ab . 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 không thuộc trục hoành, BC không 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 b bcBy cx c a c a

.

C là giao điểm của BC và AC nên tọa độ C là nghiệm của hệ :

;y ax b b bcCy cx c a c a

.

Do đó : 2 2 2 2;ab abcMc a c a

, suy ra : 2

2 2;

( )bcAM c a

a c a

.

Từ đó ta có phương trình của AM là : 2a aby x

c c .

Q là giao điểm của AM với trục tung nên

10; 1;abQ QO ab

c c

.

y

x

O

Q

P

MNCB

A

12

Do đó QO

là một vectơ pháp tuyến của BC nên QO vuông 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 vuông góc BC. (Đây là đề APMO 2000. Ngoài cách trên Tuyển tập các bài toán HHP. Mathscope. còn trình bày thêm 2 cách khác) 16.(Quảng Bình - Vòng 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. HD. Trên (ACM) dựng // ( )IN CM I AM . 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, 2 4 4 2 4

PI EM PD DI PD IN CM .

Khi đó: 3 4 34 3 3

IN DI PQ INPQ DP

.

Ta có:

. . 1 1 1. .. . 2 3 6

AMNP

AMCB

V AM AN AP AN APV AM AC AB AC AB

Mà:

D

12

AMCB

ABC

VV

Vậy:

1 2.

12 144AMNP ABCDV V (đvtt).

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

D

A

B C

M

N I

P

Q

E

13

1( 1) ( ) (1 )2

12( 1) 1

( 1)1

2( 1) 1

(

QN xQD x QA AN x QA AD x QA AC x AD

xQA AC ADx x

AP y AB yxQP AC AD y AB

x x

QP kCM k CA

)

2 21 2 1 2 3, ,4 3 3 3 3

k kAM k AC AB AD

x k y QP CM

17.(Chọn ĐT Cần Thơ) Cho nửa đường tròn ( )T tâm , đường kính và điểm di động trên ( )T ( khác và ). Gọi 1 2( ), ( )O O là hai đường tròn nhận làm tiếp tuyến chung, đồng thời 1( )O tiếp xúc với ( )T và theo thứ tự là M, N ;

2( )O tiếp xúc với ( )T và theo thứ tự tại H, L. a) Chứng minh rằng khi di động trên ( )T thì các đường thẳng và luôn cùng đi qua một điểm cố định . b) Gọi C, D theo thứ tự là giao điểm thứ hai của 1( )O 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 luôn có bất đẳng thức , trong đó là chu vi tứ giác . HD. a) Gọi K là giao điểm của MN với nửa đường tròn còn lại của (T). Ta có 090CMD AMB CD là đường kính của (O1) và O, O1, M thẳng hàng

1 1 //O DM O MD OBM CD AB Từ đó 045CN DN AMN BMN hay MK là tia phân giác của góc AMB . Vậy K là trung điểm của cung AB và K là một điểm cố định. Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có HL đi qua K (đpcm) b) Cũng từ kết quả trên ta cũng có: 045FAN FNA EBN ENB Suy ra 090AFN BEN ENF hay tứ giác NEKF là hình chữ nhật Từ đó chu vi tứ giác ABEF được tính bởi:

2 2p AB BE EF FA AB BE EK NK AB BK NK R R 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 hay (3 2)NK R T R (đpcm)

DC

OB

O1 O2

LA N

PM

H

K

F

E

Q

P N

M

DC

B

A

14

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 tròn kẻ đường thẳng vuông 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 BEM = BNM = 180^0 – 2(DNF0 =1800 – 2(ACB) = BAC. Suy ra EM//AF. Tương tự MF//AE . Suy ra AEMF là hình bình hành. 19. (Đồng Nai - Vòng 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết AB = a, BC = 2a, SA = 3a (với , 0)a R a . 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 đôi một vuông góc, AB = AN = a, AS = 3a . 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 vuông mp(ABN) vá QB = a 3 tính khoảng cách giữa QA và BN." Lấy I trung điểm BN thì AI vuông BN. Kẻ tia Ay // NB Kẻ BK vuông Ay tại K ( BK = AI) Ta chứng minh được AK vuông mp(QBK)

15

Kẻ BH vuông QK Từ đó ta có BH vuông 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

BK = AI = a 22 ; QB = SA = a 3 nên BH = a 3

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 cot cotcot cot

KF HE AFK BEHKX HX AXK BXH

nội tiếp (Điều này đúng vì )

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

1 . .sin2

1 . Atan .sin21 . cos .tan .cos2

EHKS KH KE BKH

KH K BAH

KH AB A B

O

H

K

E

M

F

CB

A

16

1 . .sin2

1 1tan . .sin cos .tan . cos2 2

FHKS HF HK FHK

BH HK AHK AB B HK A

EHK FHKS S 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 2DA DE MN

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

N'M'

N

M

A

E

O

C

B C1 D

C2

K

Ta cần chứng minh

1 1 2 ( ) 2 . . 2 .MN DA DE DA DE AE MN DA DEDA DE MN

Ta thấy: 2 . .

.

. . .

DA AM AB AN ACAM AN MN AM AMAMN ACB MN BCAC AB BC AC AC

AMMN AE BC AEAC

Gọi K là giao điểm của tiếp tuyến tại B và C khi đó:

KB,KC là tiếp tuyến của (C1); (C2) nên

17

2/( 1)

2( 2)

/( 1) ( 2) ( )

K C

K C

K C K C

P KB

P KCP P KB KC

K thuộc trục đẳng phương của (C1); (C2) => EK A => ABEC là tứ giác điều hòa . .AC BE AB CE Áp dụng định lý Ptolemy vào ABEC ta được

. . . 2. . . 2. .AM AMMN AE BC AE AC BE BE AMAC AC

(1)

Sử dụng phép nghịch đảo với cực A và phương tích AD2 thì (O) biến thành đường thẳng MN; đường tròn (C1);(C2) giữ nguyên. 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)

1 2'MM C C mà 1 1AE C C nên MM'// AE sử dụng talet ta được

. ' .'

AB AM AB EM BE AMBE EM

(2)

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

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

1 1 2 2, , , ( ) ( ), ( ) ( )B M C N D D C C C C đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành đường thẳng MN. Do 1 2( ), ( )C C 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

biến thành E và FD = FM = FN = 2

MN .

Ta có 2

.DE AD ADDF AD AF AF

. .DE AF DF DA

1

.AF

DE DA DF

Vậy 1 1 1 1 2. . .

AF DF AF DADA DE DA DF DA DF DA DF DA DF MN

Cách 2.

Ta có AM.AB = AN.AC AM ACAN AB

AMN ACB

1 1 / /OAB OBA O MB O M OA

Tương tự 2 / /O N OA Lại có 090OAN MNA OCA ABC OCA xCA

F NM

D O2 O1

E

CB

A

18

1 2,OA MN O M MN O N MN

Suy ra MN là tiếp tuyến chung của 1 2( ), ( )O O FD FM FN

ANF ABC AEC EFNC nội iếp 2. .AE AF AN AC AD

( ) ( )1. .

.

AD DE AF AD AF DFAFDE AF AD DF

DE AD DF

Vậy 1 1 1 1 2. . .

AF DF AF DADA DE DA DF DA DF DA DF DA DF MN

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

2 4AB ADAM 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 ' 33 4

VV

HD(Huynhcongbang). 1) Gọi D' là điểm đối xứng với A qua D. Ta có AD' = 2AD. Cần tìm điểm cố định mà MN luôn đi qua với M, N thỏa mãn

' 4AB ADAM 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 2ABAM

nên N thuộc đoạn DD'.

Gọi K là giao điểm của DI là MN.

Đặt AM = x, AN = y, AB = 2a, AD' = 2b 2a bx y

Theo định lí Menelaus thì . . 1MI KD NAMA KI ND

. . 1a x KD yx KI y b

(1)

Mặt khác 22 2 . 1a b a b y b a x y b a x yx y x y y x y x y b

xO

F MN

D O1 O2

E

BC

A

19

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

11 13 4

VV

Nhưng 1 .2 .

V AM ANV AB AD

nên ta chỉ cần chứng minh 3 2. 4AB ADAM AN

với 2 4AB ADAM AN

.

Đặt ABxAM

, 2ADyAN

.

11 4, 22

x y , x+y = 4

Do xy = x( 4 - x) = - x2 + 4x , Suy ra 3 4, [1;4]xy x 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: ( )BQA PBA BCA AHE BCA HAC AHE HAC Tương tự AHCR nội tiếp. Từ đó AHX ACR CAP , HAX QBE AKE (K là giao điểm của BE và AP) Suy ra 0HAX 90AHX CAP AKE Tứ giác AHEX nội tiếp cho ta HXE HAE HAC HRC Ghi chú: Nên trình bày lại theo góc định hướng. 24.(Ninh Bình Vòng 2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao AM, BN. Điểm D trên cung BC không chứa A của đường tròn (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.sinHAC = AQ. sin x /AH.cos C MP/MH = S[BMP]/S[BMH] = BM.BP.sinHBC/BM.BH.sin x

20

= BP.sin x/BH. cos C.

Ta cần chứng minh NQ/NH = MP/MH hay AQ/AH = BP/BH hay sinAHQ/sinAQH = sinBHP/sinBPH. (*) 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= 4S OCB = 2OC.BC

S MNB = (R - OC)BC

=> S = S AMNB = S

AMB + S MNB = 2OC.BC + R.BC -OC.BC

21

= 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 = R2

cosα(sinα+1) = R2 q(p+1)

Ta thấy q2

3 + p2 ≥ 2.pq

3

23 q2 + 12 ≥ 2q

3

Nên q2 + p2

+ 12 ≥ 23

q(p+1)

32 ≥ 23

q(p+1) q(p+1)≤ 3 34 S≤3 3

4 R2

Dấu = xảy ra khi q = 32 α = 30 M hợp với OA một góc bằng 60 độ

Vậy maxS = 3 34 R2

, khi M hợp với OA một góc bằng 600.

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 vuông góc với DE cắt AD tại I. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh BM = MI + IK HD(ratuno). BM = MI + IK MI2 = (BM - IK)2

2 2 22( )4

IB IC BC = BM2 + IK2 - 2BM.IK

2 2 22( )

4IB IC BC = BM2 + IK2- 2BM.IK

2 2

2

2BD DC ID

= 2BM 2+ IK2- 2BM.IK

2BM2 - BD.DC +(ID2 - IK2)= 2BM2 - 2BM.IK - HD.AD+ HD2 = - 2BM.IK - HD.AD + HD2 = - 2BM.HD : tanBAC AD - HD = tan

BCBAC

tanBC BACAH

(1)

(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 tanBAC = tanBGC = BCAH

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 0(0 90 )BAC BCA .

dt(ACD) 1 1. .sin .2 2

CACD ACD CA CD . Diện tích này lớn nhất khi chỉ khi 090ACD

Vậy nên chỉ cần xét tứ giác ABCD lồi có 090ACD . Gọi S = dt(ABCD) = dt(ABC) + dt(ACD)

dt(ABC) = 2 21 1sin( 2 ) sin 22 2

a a

22

dt(ACD) = 21 1. .2 cos cos2 2

CD CA a a a

Suy ra S = 2 2 2sin cos cos cos (1 sin )a a a 2 4 2 2 4 3 4 31(1 sin )(1 sin ) (1 sin )(1 sin ) (3 3sin )(1 sin )

3S a a a

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 Dcủa 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.

Điều đó tương đương với : . . 1GF DC IAGC DA IF

Ta có:

[ ]

[ ]

.sin

.sin

.sin

.sin

ABI

FBI

SIA AB ABIIF S BF FBI

GF DF FDGGC CD CDE

Từ đó với chú ý và Suy ra:

(Do tứ giác ABFD điều hòa) 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 DQ NQ

DF NA

Mà do (DHQF) = -1 nên DQ HQDF HF

Như vậy HQ NQHF NA

nên HN//DF (đpcm) 29.(KHTN Vòng 2 - ngày2)

23

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 tròn 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 không đổi (0o < < 90o). Tìm giá trị lớn nhất của (AB + CD). Lời giải của Trần Đình Phước Anh (L10T - Chuyên Quảng Bình). Xét khi O nằm ngoài APC . Gọi OH, OK lần lượt là các đường vuông 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 vuông góc từ O đến A'B',C'D'. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có :

' ' .sin .sin2 2

OH OK OP d

Vì APC không chứa O nên góc hợp bởi AB,CD với OP (lần lượt là , ) lớn hơn 2

và không lớn hơn 90 .

Mặt khác hàm số sinx đồng biến trên 0;2

nên

.sin ' .sin (1)2

.sin ' .sin (2)2

OH d OH d

OK d OK d

24

Từ (1) và (2) ta có ' ' , CD < C'D'AB A B ( 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 ( xy ) Theo định lý Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

22 2 2

22 2 2

.sin4

.sin4

AB d x R

CD d y R

Cộng theo vế 2 đẳng thức ta có: 2 2

2 2 2 2 2.sin .sin 24 4

AB CD d x d y R

Ta có:

2 2 2 2 2 2 2

2

2 2

.sin .sin sin sin

os(2 ) os(2 )1 2

2 os . os( )1 1 os2

d x d y d x y

c x c yd x y

c c y xd d c

2 22 22 (1 os ) (3)

4AB CD R d c

Mặt khác 22 2

(4)4 8

AB CDAB CD

Từ (3)(4) ta có: 2 2 2

2 2

16 8 (1 os )

16 8 (1 os )

AB CD R d c

AB CD R d c

Kết hợp với (*) (cực đại AB+CD đạt được khi O nằm trong APC ) ta có Max(AB+CD) = 2 216 8 (1 os )R d c đạt được khi OP là phân giác góc APC. Đáp án. Hạ OH AB, OK CD Gọi I là trung điểm OP

Hạ IM HK tại M thì 22

dIO IP IH IK

HIK

25

Ta có : IM=IH.cos= cos2d

B

A

C

I

M

D

O

K

H

HK=2HM=2.IH.sin= dsin Theo công thức tính độ dài đường trung tuyến 4PM2 =2(PH2+PK2)-HK2

Suy ra PH2 + PK2=2 2 2 24 4( )2 2

PM HK IP IM HK

Do đó PH2 + PK2 2 2 2[(1 cos ) sin ]

2d

= 2d2( 4cos2 + 2 2sin .cos

2 2 )

2 22 cos

2d

(*)

sử dụng định lý pitagore (AB+CD)2 2(AB2+CD2)=8(AH2 +CK2) =8[(OA2 –OH2)+(OC2 –OK2)] =8[2R2 -2d2 + (PH2+PK2)]

(*) 8[2R2-2d2 +

2 22 cos2

d ]= 16[R2 –d2. 2sin

2 ]

(AB+CD)min = 4 2 2 2sin2

R d khi và chỉ khi

AB=CD và I đoạn PM ( PO là phân giác (AB,CD)) 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 vuông 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 = CAOB 21 .

Tương tự MNK C MNK cân và MN = MK.

Hai tam giác AKL và ACB đồng dạng nên CBAC

KLAK

(1)

Kéo dài ML cắt đường tròn tại R. Vì MROA nên AM = AR. Hai tam giác AKR và MKB đồng dạng vì

MKBAKR và MBKARK

26

MBMK

ARAK

.

Từ đó AMMB

ARMB

AKMK

(2)

Từ (1) và (2)

AMBM

BCAC

KLMK . .

Mà MK = MN = KL 1.

AMBM

BCAC

Lý luận tương tự , ta được :

MBAM

ACBC

NPMN .

NPMN Vậy N là trung điểm MP , còn K là trung điểm của ML

CAKLMLP . 32.(Long An - Vòng 1) a)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A( 1; 2), B(4; 3). Tìm trên trục hoành điểm M sao cho góc AMB bằng 450 b) Cho tam giác ABC đều, cạnh bằng 6cm, trọng tâm G. Một đường thẳng qua G cắt AB, AC tại M, N sao cho 2AM = 3AN . Tính diện tích tam giác AMN HD. a) Gọi M(x; 0). Ta có:

0

2 2

(1 ; 2), (4 ;3)

1 . (1 )(4 ) 6cos 45 (1).2 (1 ) 4 (4 ) 6

MA x MB x

MA MB x xMA MB x x

Đặt a = 1 - x, b = 4 - x b - a = 3 2 2(1) ( 24)( 9) 2( 6)a b ab .

** Ta có thể bình phương hai vế của (1) để có một phương trình bậc 4 giải được. b) Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho (0;3 3), ( 3;0), (3;0)A B C Khi đó, phương trình các đường thẳng (AB): 3 3 3 0x y , (AC): 3 3 3 0x y

( ; 3 3 3), ( 3 0)M m m m , ( ; 3 3 3), (0 3)N n n n . ( ; 3 ), ( ; 3 )AM m m AN n n

2 22 3 2 4 3 4 2 3AM AN m n m n Trọng tâm G(0; 3 ) Để ý rằng M, G, N thẳng hàng. 33.(Bến Tre - Chọn ĐT) Cho hình lập phương ABCDA'BV'C'D'. Gọi M,N,P lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh AB, A'D', CC'. Xác định vị trí của M,N,P để chu vi tam giác MNP nhỏ nhất. Đáp án: Chọn hệ trục tọa độ Axyz có A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A'(0; 0; 1). Gọi M(x; 0; 0); N(0; y; 1); P(1; 1; z). Ta có MN2 = x2 + y2 + 1; NP2 = (1 - y)2 + (1 - z)2 + 1; MP2 = (1 - x)2 + z2 + 1. Chu vi tam giác MNP: p = 2 2 2 2 2 21 1 (1 ) (1 ) 1 (1 )x y y z z x

N

K

O

A

B

C

M

P

L

27

Áp dung Mincowski: 2 2 2 2 2(1 1 1) [ (1 ) ] [ (1 ) (1 )] 9 (1 ) (2 )p x y z y z x x y z x y z

Đặt t = x - y + z thì (1 + 1)[(1 + t)2 + (2 - t)2 ] 2(1 2 )t t = 9

Suy ra 9 3 692 2

p . Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 12

Vậy min 3 62

p

34.(Hải Phòng - Chọn ĐT - ngày 1) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có trực tâm H. Gọi M là trung điểm BC và D là giao điểm của HM với (O), H nằm giữa M và D. Giả sử AB2 + AC2 = 2BC2. Chứng minh rằng AD, BC và đường thẳng Euler của tam giác ABC đồng quy. LG(Ngô Hoàng Thanh Quang - L10T chuyên QB) Theo bài ra, dễ thấy AD MD . Thật vậy, gọi giao điểm thứ hai của MH với ( )O là N . Ta có: ( ) , , ,D MH O D H M N thẳng hàng 90 .ADN Gọi .P AD BC Ta cần chứng minh , ,P H O thẳng hàng. Dễ thấy H là trực tâm của APM . Suy ra .PH AM Ta sẽ chứng minh .OH AM Ta có: 1 1 2

2 2AM AB AC OB OC OA

OH OA OB OC

2 2 2

1. 22

1 . . 2 . 2 . . 2 .21 2 . . .2

AM OH OB OC OA OA OB OC

OAOB OA OC OA OB OB OC OA OB OB OC OC OA OC

OB OC OAOB OAOC

Mặt khác, ta có: 2 2 22AB AC BC

2 2 22

2 . . . 0

OB OA OC OA OC OB

OB OC OA OB OA OC

Suy ra: . 0 , ,AM OH AM OH P H O

thẳng hàng. Vậy ,AD BC và đường thẳng Euler của ABC đồng quy. (đpcm) 35.(Hải Phòng - Chọn ĐT - ngày 2) Cho tam giác ABC. D di chuyển trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác sao cho D khác phía A so với BC, AD cắt BC tại E, tia AB cắt tia CD tại F. Dựng hình bình hành BEMF. Chứng minh rằng đường thẳng DM luôn đi qua điểm cố định N và AFE =CDN. Cách 1(12121993). Gọi H, I, K theo thứ tự là trung điểm EF, AC, BD. Gọi là điểm đối xứng của qua . Ta có cố định. Dễ thấy H, I theo thứ tự là trung điểm của BM, BN. Ta có H, I, K thẳng hàng (đường thẳng Gauss). Do đó D, M, N thẳng hàng hay đi qua cố định.

28

Ta có EDF EBK EMF (do nội tiếp và là hình bình hành) Suy ra nội tiếp. Do đó ta có:

( do song song với ). Ta có đpcm. Cách 2(Hoa Tâm). 1. Do là hình bình hành và là tứ giác nội tiếp nên

. Suy ra tứ giác nội tiếp, vì vậy . 2. Gọi là đỉnh thứ tư của hình bình hành , suy ra cố định. Ta chứng minh thẳng hàng. Muốn vậy ta chứng minh , hay là

Gọi là giao điểm của và . Điều phải chứng minh tương đương với là tứ giác nội tiếp hay là

Ta có : . . . .. . . . .

.EC FB AC CD FB AC CDCM CK AB CK AB FB ABEB AB BD BD

Do vậy khi và chỉ khi :

Điều này đúng vì FBD FCA Vậy đi qua là đỉnh thứ tư của hình bình hành cố định. 36.(Nghệ An - ngày 1 )Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H. Phân giác ngoài của góc BHC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi K là giao điểm của phân giác góc A của tam giác ABC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE (K khác A). Chứng minh rằng hai tam giác BHK và CHK có diện tích bằng nhau.

HD(n.v.thanh). Từ giả thiết ta có: AK DE , KD = KE nên ADKE nội tiếp có AK là trục đối xứng. Do đó ,DK AB EK AC . Suy ra HPKQ là hình bình hành

Từ giả thiết, ta có

2ABHD CHE

HB HDHDB HECHC HE

;HD HPHDP HEQHE HQ

Theo Talet ta có PQ//BC. Suy ra HK đi qua trung điểm của BC

Nghệ An - ngày 1 Nghệ An - ngày 2

29

37.(Nghệ An - ngày 2) Cho tam giác ABC nội tiếp (O). M nằm trong tam giác.AM,BM,CM cắt đường tròn (O) tại Đường thẳng cắt BC tại .Tương tự ta có .Chứng minh rằng cùng nằm trên một đường thẳng vuông góc với OM.

HD(n.v.thanh). Dễ thấy rằng 2 2 2, ,A B C cùng nằm trên đường đối cực của M đối với (O). 38.(Tphố Hải Phòng V1 Bảng A1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M, AM cắt (O) tại điểm thứ hai N . Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của đường thằng vuông góc NC tại C với (O) và BN. AP cắt BC tại R. Chứng minh rằng Q, M, R thẳng hàng. Lời giải của Ngô Hoàng Thanh Quang(10T - Chuyên QB)

E

K

H

R

Q

P

N

M

O

A

C

B

Đặt H MO PQ,K PO MQ,E OM BC. Vì BC nhận OM làm trục đối

xứng nên sdBNBHM CHM BCN.

2

Mà ABCP là tứ giác nội tiếp nên BCN BAN Suy ra BHM BAM Do đó, tứ giác AHMB là tứ giác nội tiếp. Lại có, 0CNQ 90 CQN.

30

0 0CQN 90 BAC 90 CBM BMH. Suy ra, tứ giác BMQH là tứ giác nội tiếp BQM BHM BAM NBM MB MQ MC.

Suy ra sdPCMQC MCQ PNC.

2

Nên NCQK là tứ giác nội tiếp. Suy ra 0NKQ 90 hay PK MQ (1) Mặt khác, tứ giác ARME là tứ giác nội tiếp nên AEO ARM. Gọi L PN MR. Ta có 2MN.MA MB ME.MO AEO ARM AOEN là tứ giác nội tiếp

AEO ANO ARM ARLN là tứ giác nội tiếp. Mà 0 0RAN 90 RLN 90 hay PN MQ (2) . Từ (1) và (2) suy ra Q, M, R thẳng hàng. Cách khác: Trước hết ta chứng minh PNMQ OM cắt PQ tại D, PN cắt MQ tại H BDM = CDM =BCN = BAN . Suy ra tứ giác ABMD nội tiếp (1) CQN = 900- BAC = BMD. Suy ra tứ giác BDQM nội tiếp (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABMQ nội tiếp. MBQ = BQM (=BAM) Suy ra MB = MQ = MC nên CQM = PNC (=MCQ), Suy ra tứ giác NCQH nội tiếp. Do đó PN MQ Bây giờ ta chứng minh PN MR OM cắt BC tại I , PN cắt MR tại H' Tứ giác ARMI nội tiếp. Suy raARM = AIO (3) MN.MA = MI.MO = MB2. Kéo theo tứ giác AOIN nội tiếp nên AIO = ANO = H'NM (4) Từ (3) và (4) suy ra ARH'N nội tiếp. Như thế PN MR . Lời giải của Trần Thanh Bình(10T - Chuyên QB):

Gọi D là giao của OM và PQ. H là giao BC và OM Ta có: MD vuông với BC. BDM = BDH = CDH = 900 - DCH = BCN (vì DC vuông với CN) Mà BCN = BAN (cùng chắn cung BN) Nên BDM = BAN ADBM nội tiếp. (1) Lại có CQN = 900 - CNQ

31

= 900 - BPC ( CNQ = BPC ) = 900 - MBC ( MBC và BPC cùng chắn cung BC ) = 900 - MBH = BMH = BMD Nên CNQ = BMD BDQM nội tiếp (2) Từ (1)(2) ta có ABMQ nội tiếp BQM = BAM = MBN BMQ cân tại M MQ = MB mà MB =MC nên MQ = MC tam giác MCQ cân MQC = MCQ = ACx = PNC nên NCQK nội tiếp NKQ = 900PN vuông với QM. Chứng minh tương tự ta có MR vuông với PN. Vậy M, Q, R thẳng hàng. 39.(Sơn La- Vòng 1)Gọi x, y, z là khoảng cách từ điểm M thuộc miền trong của tam giác ABC có ba góc nhọn đến các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng:

2 2 2a + b + cx + y + z

2R ; a, b, c là cạnh tam giác, R là bán kính

đường tròn ngoại tiếp. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? HD. Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz , ta có:

1 1 1x y z ax by cza b c

1 1 1 1 1 1 1 1 122abcax by cz S

a b c a b c a b c R

2 2 2

2 2ab bc ca a b c

R R

Dấu “=” xảy ra x y za b c

Cách 2. Ta cã : 2 2 2

. . .2 2 2 2

a b c a b ca b cR R R R

= asinA + bsinB + csinC

= 2 2 2. . . 2 ( )S S S a b ca b c Sbc ca ab bc ca ab

=

= ( )( )a b cax by czbc ca ab

= 1( )[ ( )2

b cax by cza c b

+ 1 ( )2

c ab a c

+ 1 ( )]2

a bc b a

1( )(ax by cza

+ 1b

+ 1)c

( 2)x y z

Chó ý:

i) B®t cuèi cã ®­îc do: ( 2)x y z = 2

1 1 1. . .ax by cza b c

ii) Cã thÓ chøng minh: 1 1 1a b cbc ca ab a b c

nh­ sau:

1 ( )2

a b c a bbc ca ab bc ca

1 ( )2

b cca ab

1 ( )2

c aab bc

40.(Nghệ An - Chọn ĐT- ngày 1) Cho tam giác ABC ó AB < AC, phân giác trong AD . Trên các đoạn CD, BD lần lượt lấy các điểm M, N sao cho AD là phân giác của MAN. Trên đoạn AD lấy điểm I khác A, D . Các đường thẳng BI, CI lần lượt cắt AM, AN tại B', C' . CMR: BB' < CC'.

32

HD(VMEO2-VMF). Do IBA ICA nên có thể lấy C" [IC'] sao cho "IBC ICA . Do IBC ICB , nên

" 'C BC IBC ICB ICB ICA B CB (1) Mặt khác dễ thấy rằng 0" ' ' ' 180C BC B CB C BC B CB A (2) Từ (1) và (2), ta có: 0' '' 180 'B CB C BC B CB Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác B'C"BC, ta có: 2 2 2 2 2" 2 2 cos(2 " ) 4 sin ( " )CC R R C BC R C BC (3) 2 2 2 2 2' 2 2 cos(2 ' ) 4 sin ( ' )BB R R B CB R B CB (4) Từ (3) và (4) suy ra BB' < CC" < CC' (đpcm). 41.(Nghệ An - Chọn ĐT- ngày 2) Cho tứ giác lồi ABCD và các điểm X, Y, Z, T lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho 3 đường thẳng XT, YZ, BD đồng quy. CMR: S(XYZT) max(S(ABC); S(BCD); S(CDA); S(DAB)). HD(hien123). Gọi H là điểm đồng quy của ba đường XT, YZ, BD. Áp dung Menelaus Cho tam giác ABD với X, T, H và tam giác CBD vơi Y,Z, H, ta có:

. . . . 1 . .

. . . . . . (1)

TA HD XB ZC HD YB XB TA ZC YBTD HB XA ZD HB YC XA TD ZD YC

XB YC ZD TA XAYB ZC TD

Đặt , , ,XA YB ZC TDx y z tAB BC CD TA

, dễ thấy x, y, z, t (0; 1). Khi đó ta có:

S(XYZT) = S(ABCD) - S(BXY) - S(CYZ) - S(DZT) - S(ATX) = S(ABCD) - (1 - x)ý(ABC) - (1 - y)zS(BCD) - (1 - z)tS(CDA) - (1 - t)xS(DAB) S(ABCD)-[(1-x)y + (1-y)z + (1-z)t +(1-t)x]min{S(ABC),S(BCD),S(CDA),S(DAB)} Mặt khác, từ (1), ta có: xyzt = (1 - x)(1 - y)(1 - z)(1 - t) Xét hai trường hợp: Trường hợp 1. xz (1-x)(1-z). Khi đó rõ ràng yt (1-y)(1-t) Suy ra, 1-(x+z) 0 1 -(y+t) hay [1-(x+z)][1 -(y+t) ] 0 Trường hợp 2. xz (1-x)(1-z). Khi đó rõ ràng yt < (1-y)(1-t) Suy ra 1-(x+z) < 0 < 1 -(y+t) hay [1-(x+z)][1 -(y+t) ] < 0 Tóm lại, ta luôn có [1-(x+z)][1 -(y+t) ] 0 x + y + z + t -(x + z)(y + t) 1 (1-x)y + (1-y)z + (1-z)t +(1-t)x 1 Do đó S(XYZT) S(ABCD) - min{S(ABC),S(BCD),S(CDA),S(DAB)} = max{S(ABC),S(BCD),S(CDA),S(DAB)} Dấu dẳng thức xảy ra khi chỉ khi x + z = y + t = 1. 42.(Ninh Bình Vòng 1) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABH và ACH. Các đường thẳng AP, AQ lần lượt cắt BC tại D và E. Chứng minh rằng AH, DQ, EP đồng quy. Lời giải của Ngô Hoàng Thanh Quang(10T - Chuyên QB)

33

H CB

A

D

P

E

Q

Xét ΔADH có HP là đường phân giác nên

PD DHPA HA

.

Xét ΔAHE có HQ là đường phân giác nên AQ AHEQ EH

. Suy ra

PD AQ HE AH DH HE. . . . 1PA EQ HD EH HA HD

. Nên theo định lý Cêva ta suy ra AH, DQ, EP

đồng quy. 43.(Đồng Tháp - Vòng2) Cho tam giác đều ABC và hình vuông MNPQ nội tiếp trong cùng đường tròn (E) bán kính 1. Giả sử điểm I chạy trên đường tròn (E). a) CMR: IA + IB + IC < 3 2 . b) Tìm giá trị lớn nhất của P = IM + IN + IP + IQ. Đáp án: a) Vì tâm của tam giác đều hay hình vuông đều là trọng tâm của nó nên

2 2 2IA IB IC 6. Từ:

2 2 2 2(IA IB IC) 3(IA IB IC ) 18

Ta suy ra: IA IB IC 3 2 Vì IA, IB, IC không thể đồng thời bằng nhau nên:

IA IB IC 3 2 . b) Tương tự 2 2 2 2 8IM IN IP IQ Từ 2 2 2 2 2( ) 4( ),IM IN IP IP IM IN IP IQ ta suy ra 4 2IM IN IP IQ Vì IM, IN, IP, IQ không thể đồng thời bằng nhau nên: 4 2IM IN IP IQ Do tính đối xứng của hình vuông nên ta chỉ cần xét M(1; 0), N(0; 1). P(- 1; 0), Q(O; -

1) và I(cos2t; sin2t) với 04

t .

Khi đó 2 2 22[( 2 1) cos sin ] 2 ( 2 1) 1 cos sinp t t t t hay 2 4 2 2p

Dấu = xảy ra khi cos sin12 1

t t

hay 2 1 1cos ,sin

2 2 4 2 2 4t t

Vậy max 2 4 2 2p .

Lời giải của Ngô Hoàng Thanh Quang(10T - Chuyên QB): a) Giả sử thuộc cung AB. Ta có:

34

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

IA IB IC (IA) (IB) (IC)

(IO OA) (IO OB) (IO OC) 3IO OA OB OC 6.

Theo bất đẳng thức CBS ta có: 2 2 2 2(IA IB IC) 3(IA IB IC ) 18 IA IB IC 3 2

Vì IA, IB, IC không thể đồng thời bằng nhau nên:

IA IB IC 3 2 . b)

P

M N

E

Q

I

Giả sử I thuộc cung MN. Đặt MEI α, NEI β. Xét ΔMIP vuông ta có

1 α 1 π αMPI MEI , IMP IEP .2 2 2 2 2

Theo định lý hàm sin ta có

α π α α α αIM 2R.sin , IP 2R.sin( ) 2R.cos IM IP 2R.(sin cos ).2 2 2 2 2 2

Tương tự ta có β βIN IQ 2R.(sin cos ).2 2

Suy ra :

α α β β α β π πP IM IN IP IQ 2R.(sin cos sin cos ) 4R.cos (sin cos )2 2 2 2 4 8 8

Mà α β π πcos 1 P 4R.(sin cos )

4 8 8

Vậy max

π πP 4R.(sin cos ) khi α β hayI là trung8 8

điểm 1 trong 4 cung MN,

NP, PQ, QM. 44.(HSG Bình Định) 1. Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = bthỏa mãn a4 + b4 = c4. Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn và 2sin2C = tanA.tanB. 2. Về phiá ngoài của tam giác nhọn ABC người ta dựng các tam giác đều BCF, CAE, ABD. Chứng minh rằng các đường thẳng lần lượt đi qua các trung điểm M, N, P của các cạnh BC, CA, AB và theo thứ tự vuông góc với các đường DE, DF, EF đồng quy tại một điểm. HD. 1. 4 4 4 4 4 4 4, ,a b c c a c b c a c b C lớn nhất. Mặt khác 4 4 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2c a b a a b b c a c b c c a b . Suy ra C nhọn.

35

4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

22 2 2

2 2 ( ) 2( )( ) 2 2 cos .2 cos 2

4 sin sin2 8 sincosAcosB cosAcosB

c a b c a b a b a b c a b a bc a b c a b a b bc A ac B a b

ab R A Bc R C

2. Dễ dàng chứng minh được , , EFAM DE BN DF CD . Vì vậy các đường thẳng lần lượt đi qua các trung điểm M, N, P của các cạnh BC, CA, AB và theo thứ tự vuông góc với các đường DE, DF, EF đồng quy tại trọng tâm G của tam giác ABC. 45. (Vĩnh Phúc - Câu IV)Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là: 3x + 5y – 8 = 0, x – y – 4 = 0. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4, -2). Viết phương trình đường thẳng AB, AC biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Đáp án: Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu ,d dn u

lần lượt là

vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

74 0 7 12 ;

3 5 8 0 1 2 22

xx yM

x y y

AD vuông góc với BC nên 1;1AD BCn u

, mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình của :1 4 1 2 0 2 0AD x y x y . Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

3 5 8 0 1

1;12 0 1

x y xA

x y y

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:

4 0 3

3; 12 0 1

x y xK

x y y

Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK KCE , mà KCE BDA (nội tiếp chắn cung AB ) Suy ra BHK BDK , vậy K là trung điểm của HD nên 2; 4H . Do B thuộc BC ; 4B t t , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra 7 ;3C t t .

( 2; 8); (6 ;2 )HB t t AC t t

. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên

2

. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 07

tHB AC t t t t t t

t

Do 3 2 2; 2 , 5;1t t B C . Ta có 1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1AB ACAB AC n n

Suy ra : 3 4 0; : 1 0.AB x y AC y

36

MK

H

D

CB

A

46. (Vĩnh Phúc - Câu V) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,AB = 2a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của SD, mặt phẳng (ABM) vuông góc với mặt phẳng (SCD) và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD. Tính thể tích hình chóp S.BCM và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC). Đáp án:

I

K

L

E

NH

A

B C

D

S

M

Gọi H, N, L, E lần lượt là trung điểm của AB, CD, SC, HD Gọi ,I AN BD K LM SN ; Dễ thấy tứ giác AHND là hình chữ nhật

và3

ANIN

Từ giả thiết ta có , / / 1SH ABCD ME SH ME BD Lại do 2AM BD . Từ 1 & 2 BD AMN BD AN . Trong tam giác

AND ta có 2

2 2 2. 3 3 23

NAND NI NA NA ND a AD NA ND a

Dễ thấy CD SHN , do / / 3ML CD ML SHN ML SN Do ,ABLM SCD ABLM SCD ML (4), nên từ 3 & 4 SN ABLM

SN HK . Lại do K là trung điểm SN nên tam giác SHN vuông cân tại H suy ra 2SH HN a .

Ta có 3

.1 4. . .3 3S ABCD

aV SH AB AD ; 3

. . .1 1 12 2 2 3S BCM S BCD S ABCD

aV V V

( đvtt).

Ta có 1, .2SBCBC SH BC AB BC SAB BC SB S SB BC

22 2 2 21 1 6. 2 . 2

2 2 2aHB SH BC a a a

37

Mặt khác ta có 3 6;3

MSBC

SBC

V ad M SBCS

.

47. (Quảng Bình - Chọn ĐT- Vòng 1) Cho đường tròn tâm O và đường tròn tâm I cắt nhau tại K, N. Đường thẳng đi qua K cắt đường tròn (O) và (I) lần lượt tại A, B. Đường thẳng BN cắt đường tròn (O) tại C. Đường thẳng AC và KN cắt nhau tại P. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn (I) tại M (khác B). 1) Chứng minh ba điểm B, M, P thẳng hàng. 2) Chứng minh OM BP . HD.

P

MI

NK

B

A

O

C

1) Ta có:

/ /P O P ABCP P (do P thuộc AC là trục đẳng phương của 2 đường tròn)

/ /P O P IP P (do P thuộc KN là trục đẳng phương của 2 đường tròn) Suy ra: / /P ABC P IP P nên P thuộc trục đẳng phương là BM hay B, M, P thẳng hàng.

2) Ta có ˆˆPNC BAC mà CNPCMPCMPCAB ˆˆˆˆ . Vậy tứ giác PMNC nội tiếp.

Lại có 22.. RPOPCPAPBPM (R là bán kính đường tròn (O) và 22.. RBOBPBMBCBN .

Suy ra 2222 BMPMBMPMPBBOPO

Suy ra

2 2 2 20 .

. 2 .

PO PM BM BO MO PO PM OM BM BO

MO PO PM BM BO MOPB

Vậy OM BP . 48. (Vĩnh Long - Chọn ĐT - ngày 2) Cho hình vuông ABCD cạnh a. Lấy điểm M tùy ý trên đường chéo AC (M không trùng A và C). Kẻ ,ME AB E AB và

38

,MF BC F BC . Xác định vị trí của điểm M để diện tích tam giác DEF nhỏ nhất. Tìm giá trị đó. HD. Đặt ME = x (0 )x a . Suy ra EB = a - x, FB = x, FC = a - x.

dt(DEF) = 2

2 2 21 1 1 3 3( ) ( ) (2 2 2 4 8

a a a x x a x ax x a a a

Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 2a khi đó M trùng tâm hình vuông.

49. (Vĩnh Phúc - THPT Chuyên) Cho hình bình hành ABCD. Gọi P là điểm sao cho trung trực của đoạn thẳng CP chia đôi đoạn AD và trung trực của đoạn AP chia đôi đoạn CD. Gọi Q là trung điểm của đoạn thẳng BP. a) Chứng minh rằng đường thẳng BP vuông góc với đường thẳng AC. b) Chứng minh rằng 4.BP OE , trong đó E là trung điểm của AC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQC .

Đáp án. a) Gọi M, N, I, J theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AD, CD, AP, CP. Khi đó ,NI AP MJ CP

Do I là trung điểm của AP, Q là trung điểm của BP nên IQ AB và 2

ABIQ từ đó

suy ra IQ CN và IQ CN . Suy ra tứ giác CNIQ là hình bình hành. Suy ra CQ NI . Từ đó, do NI AP nên CQ AP (1) Chứng minh tương tự, cũng được AQ CP (2) Từ (1) và (2) suy ra P là trực tâm của tam giác ACQ suy ra PQ AC hay BP AC b) Do P là trực tâm của tam giác AQC nên OA OC OQ OP

1 22

OA OC OP OB OP OA OC OB OP

4 4 4.OE OP OB OE BP BP OE

.

Vậy 4.BP OE . 50. (HSG Đồng Nai - Vòng 2)Cho tam giác ABC có AC 2AB . Gọi M là điểm thay đổi trên cạnh AB (với M không trùng A, B). Gọi N là điểm thuộc cạnh AC sao cho CN = 2AM. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định khác A khi M thay đổi thoả các điều kiện đã cho. HD. (huynhcongbang)

39

Bài này chỉ cần dựng phía trong góc A chia góc A thành hai phần x, y mà sin x/sin y = 1/2. Tia này cắt (AMN) tại K thì ta thấy hai tam giác AMK và CNK đồng dạng (c.g.c). Khi đó, AKC}=1800- A không đổi nên suy ra K cố định. Ta có đpcm. 51. (Chọn ĐT Vĩnh Phúc) Cho (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , gọi D, E là hai điểm lần lượt nằm trên các tia AB, AC . Gọi A’ là giao điểm khác A của (O) với đường phân giác góc BAC . Gọi P,Q lần lượt là giao điểm thứ hai của (O) với A’D,A’E . Gọi R, S là giao điểm thứ hai của đường thẳng AA’ với đường tròn ngoại tiếp các tam giác APD và AQE. Chứng minh rằng các đường thẳng DS,ER và tiếp tuyến của (O) tại A đồng quy. HD.(Hoanghai) Các tứ giác AQES, APDR và APA'D nội tiếp nên: SRD =1800 - APDAQE}= RSE . Suy ra SE //DR . Áp dụng định lí sin và để ý AA' là phân giác BAC nên ta có DR/SE = R1 /R2 (với R1 , R2 là bán kính (APD) và (ACQ). Do đó DR và SE cắt nhau tại tâm vị tự của (O1), (O2). Gọi I là giao điểm thứ hai của tiếp tuyến tại A với (O1). Ta có: O1IA = PIA - O1IP = 1800 PDA - 900 - IAP mà PDA} = AA'P + A'AD = IAP + A'AD do đó O2AI} + O1IA1 = 1800 nên O1I//O2A, từ đó suy ra tiếp tuyến tại A đi qua tâm vị tự của (O1) và (O2 . Vậy 3 đường thẳng trên đồng quy. 52. (Chọn ĐT PTNK - Ngày 2)Cho tam giác ABC có . H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống BC. (C) là một đường tròn đi qua H có tâm I di động trên đoạn AH. (C) cắt AB tại M, N và cắt AC tại P, Q sao cho M nằm giữa A và N, P nằm giữa A và Q. BP và BQ cắt (C) tại E, F. Chứng minh rằng giao điểm D của NE và MF là một điểm cố định. HD.(TNP) Cho MFcắt BCtại T', ta có (C) tiếp xúc với BC tại H, vậy T'H2 =T'F.T'M(1) . Ta lại có NQ // BC vậy nên T'BF =FQN = T'MB, suy ra T'B2 = T'F.TM (2) Từ (1), (2) suy T'là trung điểm HB, tương tự, ta cũng chứng minh được NE cắt BC tại

40

trung điểm BH, suy ra NE, MF, BC đồng quy tại T là trung điểm BH, là một điểm cố định. 53.(KHTN Vòng 1 - ngày 1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) với AB không là đường kính của (O). P là điểm di chuyển trên cung CD không chưa A, B của (O). PA cắt DB, DC lần lượt tại E,F. PB cắt CA, CD lần lượt tại G, H. GF giao EH tại Q. Chứng minh ràng PQ luôn đi qua điểm cố định khi P di chuyển . HD.(hqdhftw) Tiếp tuyến tại B cắt AC ở X, tiếp tuyến tại A cắt BD ở Y. Áp dụng định lí Pascal cho các điểm A,P,B,D,C,A ta suy ra Y,F,G thẳng hàng. Tương tự thì X,H,E thẳng hàng. Tiếp theo, lại áp dụng định lí Pascal cho các điểm A,A,C,D,B,B ta suy ra AB,CD,XY đồng quy. Xét 2 tam giác XBH và YAF, ta có: XB cắt YA tại M cố định. HB cắt FA tại P. HX cắt FY tại Q. Mà do AB,HF,XY đồng quy nên theo định lí Desargues ta suy ra P,Q,M thằng hàng. Do đó PQ luôn đi qua điểm M cố định. 54.(KHTN Vòng 1 - ngày 2)Cho tam giác ABC không cân nội tiếp (O). P là điểm bất kì nằm trong tam giác ABC và không trùng O. APcắt (O) tại D khác A. DE, AF là đường kính của (O) . EP, FP lần lượt cắt (O) tại G, H khác E, F. Gia 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) HD.(liverpool29) a) Để chứng minh A,L,K,D đồng viên, ta chứng minh: KLD = KAD}. Bằng biến đổi góc, ta chứng minh được KPA} = 900 và L, H, P, K,G đồng viên. Từ đó, ta suy ra cần phải chứng minh HLP = PLD. (1) Gọi J là giao điểm của HD,AG. Áp dụng định lý Pascal, ta có O, P, J thằng hàng. Ta có: HLP =HGP =HDE Suy ra tứ giác HODL nội tiếp được. Suy ra DLP = OHD = ODH =HLP Hay ta có: DLP = HLP (tức là đẳng thức (1)). Vậy ta suy ra đpcm. b) Ta cần chứng minh tứ giác ALDT nội tiếp được. Ta có tứ giác ATFP là hình bình hành. Suy ra TAP = TFP = ODH }= TLD . Vậy ta có đpcm. 55.(Chọn ĐT chuyên Quốc Học Huế-vòng cuối) Cho tứ giác nội tiếp đường tròn (O) tậm . là giao điểm của hai đường chéo và (K O). Gọi

1 2 3 4, , ,M M M M lần lượt là trung điểm các cung AB, BC, CD, DA không chứa hai đỉnh còn lại của tứ giác. Gọi 1 2 3 4, , ,I I I I lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác

41

a) Chứng minh 4 đường thẳng i jM I (i=1,2,3,4) cùng đi qua một điểm P. b) Chứng minh thuộc dường thẳng . HD.(liverpool29) Ta chứng minh gộp cả câu a và b. Gọi giao điểm của M 1I1, OK là F ; giao điểm của M3I3, OK là F' Áp dụng định lí Menelaus, để chứng minh F trùng F' , ta chứng minh:

1 1

1 1 1

1 . Z IM Z I K

= 3 3

3 3 3

1 . Z IM Z I K

( Z1, Z3 là lần lượt là giao điểm của OM1, I1K và OM3, I3K.

Bằng biến đổi góc, ta chứng minh được OZ1 = OZ3 M1Z1 = M3Z3.

Suy ra ta cần chứng minh: 1 1

1

Z II K

= 3 3

3

Z II K

Điều này đúng vì tam giác AKB đồng dạng với tam giác DKC và I1, I3 lần lượt là tâm nội tiếp, Z1, Z3 lần lượt là điểm chính giữa cung AB, CD không chứa các đỉnh còn lại của tam giác.

Như vậy có thể suy ra tỉ số FKFO

Chứng minh hoàn toàn tương tự với M2I2, M4I4 ta có được đpcm. 56.(Chọn ĐT Hải Phòng ngày 1) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có trực tâm H. Gọi M là trung điểm BC và D là giao điểm của HM với (O), H nằm giữa M và D. Giả sử AB2 + AC2 = 2BC2. Chứng minh rằng AD, BC và đường thẳng Euler của tam giác ABC đồng quy. HD.(huynhcongbang) Dễ thấy góc ADM vuông nên nếu gọi E là giao điểm của AD với BC thì tam giác AEM có trực tâm H. Ta chỉ cần chứng minh H, E, O thẳng hàng hay OH vuông góc với AM. Bằng cách biểu diễn vector, nhân vô hướng, kết hợp với điều kiện AB2 + AC2 = 2BC2.

1 ,2

AM AB AC OH OA OB OC

57.(Chọn ĐT Hải Phòng ngày 2) Cho tam giác ABC. D di chuyển trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác sao cho D khác phía A so với BC, AD cắt BC tại E, tia AB cắt tia CD tại F. Dựng hình bình hành BEMF. Chứng minh rằng đường thẳng DM luôn đi qua điểm cố định N và AFE=CDN. HD.(12121993) Gọi H, I, Ktheo thứ tự là trung điểm EF, AC, BD. Gọi N là điểm đối xứng của B qua . Ta có cố định. Dễ thấy H, I theo thứ tự là trung điểm của . Ta có H, I, K thẳng hàng (đường thẳng Gauss). Do đó D, M, N thẳng hàng hay DM đi qua cố định. Ta có (do nội tiếp và là hình bình hành) Suy ra nội tiếp. Do đó ta có

( do song song với ). Ta có đpcm. Lời giải của Hoa Tâm:

42

1. Do là hình bình hành và là tứ giác nội tiếp nên .

Suy ra tứ giác nội tiếp, vì vậy . 2. Gọi là đỉnh thứ tư của hình bình hành , suy ra cố định. Ta chứng minh thẳng hàng. Muốn vậy ta chứng minh , hay là

Gọi là giao điểm của và . Điều phải chứng minh tương đương với là tứ giác nội tiếp hay là

Ta có :

Do vậy khi và chỉ khi :

Điều này đúng vì các tam giác FBD và FCA đồng dạng. Vậy đi qua là đỉnh thứ tư của hình bình hành cố định. Ta thu được những điều cần chứng minh. 58.(GiaLai - Bảng A) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O). Vẽ các đường thẳng qua A, B, C đôi một song song, cắt (O) lần lượt tại A1, B1, C1 khác với A, B, C. Chứng minh rằng các trực tâm của các tam giác A1BC, B1CA, C1AB thẳng hàng. HD.(minhcanh2095) Goị D, E, F theo thứ tự là trực tâm của các tam giác A1BC, B1CA, C1AB. Ta OD

= 1OA

+ OB

+ OC

, OE

= 1OB OC OA

, 1OF OC OA OB

Suy ra 1 1DE BB AA

, 1 1DF CC BB

Do các đường thẳng 1 1 1AA , ,BB CC song song với nhau nên tồn tại các số k, l sao cho

1 1AA k BB

, 1 1BB lCC

. Do đó 1 1 1( )DE lCC klCC l kl CC

, 1 1 1(1 )DF CC lCC l CC

Suy ra D, E, F thẳng hàng, đpcm. Cách 2.(TNP) Gọi H là trực tâm ABC, đường thẳng d là đường thẳng song song với

1 1 1AA , ,BB CC , ta chỉ cần chứng minh 1 2 3, ,HH HH HH đều song song với d (hãy chứng minh điểm H, Hi, Ai và một trong 3 đỉnh tam giác tạo thành 1 hình bình hành , như vậy ta có đpcm. 59.(Ninh Bình)1. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AA’ và B’C’. Mặt phẳng (IJK) chia khối lăng trụ thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. 2. Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AB > 1, các cạnh còn lại có độ dài không lớn hơn 1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện. Tìm giá trị lớn nhất của V. HD(haptrung) Giả sử . Gọi H là hình chiếu của C xuống mp(ABD), gọi M là trung điểm AB. Khi đó có CH CM.

Mặt khác lại có dt(ABD) 12

AB.DM

Lại có DM 2

14x

, CM 2

14x

( Do các cạnh CA, CB, DA, DB đều nhỏ hơn

1).

43

Từ đó có V(ABCD) 21 (1 )

6 4xx . Khảo sát hàm số với x >1 tìm được maxV tại

23

x .

60.(Chọn ĐT Chuyên - ĐHSPHN) Cho tứ giác có AB, CD cắt nhau ở . Gọi là điểm đối xứng với qua ; (O1 là đường tròn đi qua A, B; (O2) là đường tròn đi

qua C, E; là trung điểm O1O2. Giả sử (O1), (O2) cắt nhau ở X, Y. Chứng minh rằng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác khi và chỉ khi tứ giác nội tiếp.

HD(ratuno) R1, R2 là bán kính (O1),(O2). PA.PB = PD.PC Suy ra PA.PB = PE.PC suy ra R2

2 - PO22 = PO1

2 - R12 nên PO1

2 +PO22 = R1

2 + R22 suy ra PO = XO .

61.(Chọn ĐT 11 - 12 KHTN ngày 2 vòng 1) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp (O). Plà điểm bất kì nằm trong tam giác ABC và không trùng O. AP cắt (O) tại D khác A. DE, AF là đường kính của (O) . EP, FP lần lượt cắt (O) tại G, H khác E, F. Gia sử AH giao DG tại K. Gọi L là hình chiếuc 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) HD(liverpool29) a) Để chứng minh A, L, K, D đồng viên, ta chứng minh:KLD=KAD}. Bằng biến đổi góc, ta chứng minh được KPA =900 và L, H, P, K, G đồng viên. Từ đó, ta suy ra cần phải chứng minh HLP = PLD . (1) Gọi J là giao điểm của HD, AG. Áp dụng định lý Pascal, ta có O, P, J thằng hàng. Ta có: HLP=HGPHDE Suy ra tứ giác HODLnội tiếp được. Suy ra DLP =OHD = ODH = HLP Hay ta có: DLP= HLP (tức là đẳng thức (1)). Vậy ta suy ra đccm. b) Ta cần chứng minh tứ giác ALDT nội tiếp được. Ta có tứ giác ATFP là hình bình hành. Suy ra TAP = TFP = ODH = TLD Vậy ta có đpcm. 62.(HSG L10 KHTN đợt 2) Cho cân tại và . thuộc đoạn sao cho . thuộc đoạn sao cho vuông góc . Đường tròn ngoại tiếp

cắt tại khác . Đường tròn ngoại tiếp cắt tại khác . Đường tròn ngoại tiếp hai tam giác và cắt nhau tại khác . CMR: BE, CF, DG đồng quy. HD.(triethuynhmath)

Ta có: CE.CA = CD.CB = 4CD2 = AC2.cos2C = 34

. AC2

Suy ra 34

CECA

Mặt khác: BK = AB + AK = AB + 0cos(180 )AC

A = AB + 2AC = 3AB

44

Suy ra BF.BK = BD.BC = 12CD2 = 94

AB2

34

BFAB

BF CEAB CA

. .AE AF AE AC AB AFAB AC

Suy ra EFCB là tứ giác nội tiếp.Gọi I là giao điểm BE, CF nên BI.IE = IF.IC nên I thuộc trục đẳng phương DG của 2 đường tròn . 63.(HSG Kon-tum ) 1. Cho tam giác ABC cân ở A, đường phân giác góc B cắt cạnh AC ở D và BC = AD + BD. Tính số đo góc A.

2. Cho tam giác ABC, trung tuyến AD, M là trung điểm của AD. Đường thẳng BM cắt AC ở N. Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác

BCN khi và chỉ khi 2BM AC

MN AB

.

Đáp án: 1. Tính số đo góc A

D

CB

A

Đặt 1, ( ) , 2 , 3

4BAC ABD C BDA

Theo định lí hàm số sin ta có: sin sin sin, ,sin 2 sin 3 sin 3

AB AB ABBC BD AD

Từ giả thiết và sin sin( 4 ) ta nhận được: sin( 4 ) sin 3 sin 2 [sin( 4 ) sin ] sin 4 .sin 3 sin 2 .sin 4 sin 2 .sin cos - cos7 = cos2 - cos6 + cos - cos3 cos3 - cos7 = cos2 - cos6 sin2.sin5 = sin2.sin4 Vì sin2 ≠ 0 nên sin5 = sin4 5 4 , do đó 5

9 9A

2. Ta nhận thấy AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BCN khi và chỉ hi

ABN ACB

Có nghĩa là ABC đồng dạng với ANB,

hay 2 2BC AC

BN AB

D

N

M

CB

A

45

Vậy ta cần chứng minh rằng AB tiếp xúc

với đường tròn ngoại tiếp BCN khi và

chỉ khi 2

BM BCMN BN

Thật vậy, áp dụng Định lí hàm số sin trong các tam giác ABM và AMN ta có:

sin .sinsin .sin

BM MAB MNAMN ABM NAM

Tương tự, từ ABD và ADC ta có:

sin .sinsin .sin

MAB BD ABDNAB DC DCA

Trong NBC có

2 2

2 2

sinsin

BC BNCBN BCN

Vậy

2 2 2

22 2

sin .sin sin sinsin .sin sin sin

BM ADB MNA MNA BNN BCMN BNABM DCA BCN BCN

Suy ra đpcm.

64.(Chọn ĐT Kon-tum ) 1. Cho tam giác ABC. Các tia phân giác trong BM và CN (M thuộc AC, N thuộc AB) cắt nhau tại D. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A khi và chỉ khi 2 . .BD CD BM CN . 2. Cho đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC với đường kính AD. Gọi I là tâm của đường tròn nội tiếp ABC . Các đường thẳng AI và DI cắt đường tròn tâm O lần nữa tại H và K theo thứ tự. Kẻ IJ BC tại .J Chứng minh rằng ba điểm H, K, J thẳng hàng.

Đáp án. 1. Đặt , , BC a CA b AB c . Theo tính chất đường phân giác ta có: MA ABMC CB

. Suy ra MA cMC MA a c

hay bcMAa c

.

Mặc khác từ AD là phân giác của góc BAM ta có DB BADM MA

Suy ra: BD BABD DM BA MA

hay BD cbcBM c

a c

Vậy (1)BD a cBM a b c

. Tương tự (2)CD a b

CN a b c

Từ (1) và (2) ta có: 2 . .BD CD BM CN 2

2 . 2( )( )1. ( )

BD CD a c a bBM CN a b c

2

2 2 2

2( )( ) ( )a c a b a b ca b c

ABC vuông tại A.

cb

a

NM

D

CB

A

46

2.Kẻ đường kính HP. Hạ IQ AB . Dễ thấy AQI đồng dạng PBH .

Suy ra: AI IQHP BH

hay (1)AI IJAD BH

Mặc khác: 12

HBI ABC BAC HIB .

Nên HBI cân tại H , hay HB HI . Cùng với (1) suy ra (2)AI IJAD IH

Do phân giác AI cắt đường tròn tại H nên HB HC . Suy ra OH BC . Nên IJ //OH . Do đó (Do JIH IHO HAO OAH cân). Từ đó: (3)JIH HAD Từ (2) và (3) suy ra IJH đồng dạng AID Do đó: (*)IHJ ADI

Mặc khác ADK AHK 12

Sđ AH (**)

Từ (*) và (**) ta có IHJ AHK . Vì ,K J nằm cùng phía đối với đường thẳng AH nên , ,H K J thẳng hàng. 65.(KT ĐT10 - Lương Thế Vinh - ĐN ) Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng qua A và song song BC cắt EF tại K. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh IM vuông góc DK. HD(liverpool29) Gọi J là giao điểm của ID với AK. N là giao điểm của ID và EK. X là giao điểm của IK, AN. Ta có N là trực tâm của tam giác AIK. Ta cũng có A, N, M thẳng hàng nên suy ra AM vuông góc IK. Mặt khác ID2 = IX.IK nên IXD = IDK nên IMD = IDK. Suy ra đpcm.

P

Q

J

K

DH

IO

CB

A

47

HH trong VMO 11-12/01/2013 Bài 3. Cho tam giác không cân ABC. Kí hiệu (I) là đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC và D, E, F là các tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB. Đường thẳng qua E vuông góc BI cắt (I) tại K khác E, đường thẳng qua F vuông góc CI cắt (I) tại L khác F. Gọi J là trung điểm KL. a) Chứng minh D, I, J thẳng hàng

b) Giả sử B, C cố định, A thay đổi sao cho tỷ số AB kAC

không đổi. Gọi M, N tương

ứng là các giao điểm IE, IF với (I) (M khác E, N khác F). MN cắt IB, IC tại P, Q. Chứng minh đường trung trực PQ luôn qua 1 điểm cố định HD. a) IL = IF = IE = IK. Suy ra I thuộc trung trực đoạn LK. DL = EF = DK. Suy ra D thuộc trung trực đoạn LK. Hiển nhiên J trung điểm đoạn LK thuộc trung trực đoạn LK. b) Giả sử AB < AC Gọi H, G lần lượt là các giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng BI và CI. Vì EFMN là hình chử nhật nên MN//EF. Suy ra tam giác IGH và tam giác IPQ

đồng dạng. Mặt khác 0 0180 90

2 2 2ABC BAC ACBFHB FBH BFH .

Hay EHI ECI . Suy ra tứ giác EICH nội tiếp, nên 1IHC v hay 1BHC v . Tương tự thế 1CGB v . Suy ra tứ giác HGBC nội tiếp. Mặt khác EF MN

, FG NQ

, EH MP

. Do vậy mà trung trực của đoạn PQ và trung trực của đoạn GH song song và cách đều AV(phân giác trong góc A và là trung trực MN). Trung trực của đoạn GH thì đi qua trung điểm K của đoạn BC. Khi đó trung trực của đoạn PQ đi qua L đối xứng K qua V. V và K cố định nên L cố định. Bài 6. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) và D thuộc cung BC không chứa điểm A. Đường thẳng thay đổi đi qua trực tâm H của tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH, ACH tại M, N (M, N khác H) a) Xác định vị trí của đường thẳng để diện tích tam giác AMN lớn nhất

H

G

C

LI

FE

KJ

QNM

VDPB

A

48

b) Kí hiệu d1 là đường thẳng qua M vuông góc DB, d2 là đường thẳng qua N vuông góc DC. Chứng minh giao điểm P của d1 và d2 luôn thuộc 1 đường tròn cố định HD. a) Các đường tròn (ABH) và (ACH) bằng nhau nên AMH ANH AM =AN. Mặt khác 2MAN BAC (const). Suy ra diện tích tam giác AMN lớn nhất khi AM lớn nhất, khi chỉ khi AH.

b) Ta có 0 11802

MPN BDC BAC MAN , AM = AN. Suy ra A là tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác MNP. Suy ra AM = AP. Gọi d là đường thẳng đi qua A và song song BD thì d vuông góc d1 do đó M và P đối xứng nhau qua d. Vậy P thuộc đường tròn đối xứng đường tròn (ABH) qua d. Đó là một đường tròn cố định.

O

d2

d1

d

P

N

M

H

D

CB

A