Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Lớp 12 - Hình học phẳng (Có đáp án)

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Lớp 12 - Hình học phẳng (Có đáp án)

1. Loại 1: Chứng minh tính chất: thẳng hàng, đồng quy, song song, vuông góc. Câu 1. [Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định- năm 2015- Tỉnh Nam Định] Cho hai đường tròn O1 và O2 cắt nhau tại A, B . AX , AY lần lượt là các đường kính của O1 và O2 . Gọi O là trung điểm của XY ; I là điểm thuộc đường phân giác của góc ·XAY sao cho OI không vuông góc với XY và I không thuộc hai đường tròn. Đường thẳng đi qua A vuông góc với AI lần lượt cắt các đường tròn O1 , O2 tại các điểm E, F khác A. IX cắt đường tròn O1 tại điểm thứ hai K , IY cắt đường tròn O2 tại điểm thứ hai L . 1. Gọi C là giao điểm của EF với IX . Chứng minh rằng OE là tiếp tuyến của đường tròn CEK . 2. Chứng minh rằng 3 đường thẳng EK, FL, OI đồng quy. Lời giải E A F C D O1 O2 O X B K Y L I S 1. Không mất tính tổng quát giả sử I là điểm thuộc đường phân giác trong của góc ·XAY . Ta có tứ giác AO1OO2 là hình bình hành nên suy ra OO1 || HY Lại có EA, EO1 AO1, AE AF, AO2 mod EO1 || HY Do đó O, O1, E thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có O, O2 , F thẳng hàng Mặt khác CE, CK AC, AK AK, CK AC, AK 2 1   O E, O K EO , EK mod 2 2 1 1 1 Do đó OE là tiếp tuyến của đường tròn CEK
2. · · 0 2. Ta có AKI ALI 90 nên 4 điểm A, I, K, L cùng thuộc đường tròn đường kính AI . Mà EF  AI nên suy ra EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI . AE, AK LA, LK mod Do đó (1) Mặt khác KE, KA XE, XA XE, EA AE, AX AE, AX mod 2 AY, AF AF, FY AY, AF AY,FY LA,LF mod 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra EF, EK EA, AK AK, EK LA, LK LF, LA LF, LK mod Vậy 4 điểm E, F, L, K cùng thuộc một đường tròn. Gọi S là giao điểm của EK và FL Vì 4 điểm E, F, L, K cùng thuộc một đường tròn nên ta có SE.SK SF.SL P P S / CEK S / DFL (3) IC.IK ID.IL IA2 P P Ta có I / CEK I / DFL (4) Gọi D là giao điểm của EF với IY DFL Chứng minh tương tự câu 1) ta có OF là tiếp tuyến của đường tròn Mặt khác tứ giác EFYX là hình thang vuông tại E, F và O là trung điểm của XY nên suy P OE2 OF 2 P ra OE OF . Do đó O/ CEK O/ DFL (5) Từ (3), (4), (5) suy ra S, O, I cùng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn CEK , DFL nên S, O, I thẳng hàng. Vậy 3 đường thẳng EK, FL, OI đồng quy tại S. *) Chú ý: Nếu HS không sử dụng góc định hướng thì phải xét các trường hợp vị trí của điểmI ( I nằm ngoài các đoạn XK, YL và I nằm trong các đoạn XK, YL ) Câu 2. [Trường THPT Lương Văn Tụy- Ninh Bình- Vòng 2] Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H . M , N là trung điểm của AH,BC . Các đường phân giác của góc ABH , ACH cắt nhau tại P . Chứng minh: a, Góc BPC là góc vuông
3. b, M , N,P thẳng hàng. Câu 3. [SỞ Bình Định- năm học 2012-2013] Trong tam giác ABC , M là chân đường vuông góc hạ từ A xuống đường phân giác trong · của góc BCA. N,L lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ các đỉnh A,C xuống đường phân giác trong của góc ABC . Gọi F là giao điểm của các đường thẳng MN và AC , E là giao điểm của các đường thẳng BF và CL , D là giao điểm của các đường thẳng BL và AC . Chứng minh rằng DE PMN . Câu 4. [Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ - năm 2015- Tỉnh Hòa Bình] Cho O và hai đường tròn O1 , O2 tiếp xúc ngoài với nhau và tiếp xúc trong với O . Gọi I là tiếp điểm của O1 và O2 ; M1, M 2 là tiếp điểm của O với O1 , O2 . Tiếp tuyến chung tại I của O1 , O2 cắt O tại A. AM1 cắt O1 tại N1 ; AM 2 cắt O2 tại N2 . Chứng minh rằng OA  N1N2 . N1N2 cắt O ở B,C ; AI cắt O tại A' . Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác A' BC . Chứng minh rằng N1N2,O1O2, M1M 2 đồng quy. Lời giải A B N1 H N2 C O D O2 O1 I M2 M1 A' K a) A thuộc trục đẳng phương của O1 và O2 nên AN1.AM1 AN2.AM 2 suy ra N1N2M 2M1 là tứ giác nội tiếp dẫn đến Sđ B¼M Sđ »AC Sđ B¼M Sđ »AB ·AN N ·AM M 1 1 1 2 2 1 2 2 » » AC AB OA  N1N2 b) Gọi H, K là giao điểm của AO với BC,(O) .
4. Tam giác ABK vuông tại B có BH là đường cao AB2 AH.AK · o AM1K 90 HN1M1K là tứ giác nội tiếp AB2 AH.AK AN .AM P AI 2 1 1 A/ O1 AB AC AI Suy ra A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC 1 1 1 Dẫn đến I·BC I·AC ·A' AC ·A' BC 2 2 2 Suy ra BI là phân giác của ·A' BC Rõ ràng A' I là phân giác của B· A'C (do »AB »AC ) Vì thế I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A' BC c)Giả sử O1O2 cắt N1N2 tại D , gọi R, R1, R2 là bán kính của O , O1 , O2 . DO1 R1 M 2O2 R2 Rõ ràng D là tâm vị tự ngoài của O1 và O2 ,lại có DO2 R2 M1O1 R1 DO M O M O Suy ra 1 . 2 2 . 1 1 DO2 M 2O M1O1 Dẫn đến D, M1, M 2 thẳng hàng (Menelauyt đảo) Vậy N1N2,O1O2, M1M 2 đồng quy. Câu 5. [ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI- CHUYÊN HẠ LONG] Cho hai đường tròn O; R và O ; R với R R ' cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B . Một đường thẳng d d tiếp xúc với đường tròn O và O lần lượt tại P và P . Gọi Q và Q lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P xuống OO .Các đường thẳng AQ và AQ cắt các đường tròn O tại M và M .Chứng minh rằng M , M , B thẳng hàng. Hướng dẫn giải P' I P A O' Q' J O Q S M' M B
5. DF CA DFG đồng dạng CAG suy ra Do DG CG A DE DF nên suy ra: E F M N 4 2 2 2 BN BA CA AB BG AB BG 9 G O 2 2 4 C BG CG AC CG AC CG CM2 B 9 D 1 2 2 2 2 2 2 2 AB 2 AB BC AC 2 AB BC AC 4 2 1 2 2 2 AC 2 AC2 BC2 AB2 2 AC BC AB 4 2 2 2 2 2 2 2 2 AB 2 AC BC AB AC 2 AB BC AC AB4 AC4 2BC2 AB2 AC2 AB2 AC2 2BC2 (đpcm) Câu 24. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 1 Cho tam giác không vuông ABC nội tiếp trong đường tròn O . Các tiếp tuyến của O tại NB AB2 B, C cắt nhau tại M . Đường thẳng AM cắt BC tại N . CMR: . NC AC 2 Hướng dẫn giải B M N K H A O C Dựng BH, CK vuông góc AM H,K AM · NB BH dt ΔABM AB.sin ABM Ta có: = = = NC CK dt ΔACM AC.sin A· CM 2dt ΔABC 2dt ΔABC sin A· BM = sin A· CB = Tương tự: sin A· CM = BC.CA BC.AB · sin ABM AB NB AB2 = Suy ra: = sin A· CM AC NC AC2
6. Câu 25. SỞ GD&ĐT LONG AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O;R . Đường phân giác trong góc A của tam giác ABC cắt BC tại L và cắt đường tròn O;R tại N . Gọi M , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của L lên AC và.A ChứngB minh tam giác A vàBC tứ giác AMN cóK diện tích bằng nhau. Hướng dẫn giải A M K I B L C N Ta có: AL là đường trung trực của đoạn MK Gọi I AL  MK MK 2MI Đặt B· AC 1 1 S AB.AC.sin , S AN.MK Ta có: ACL đồng dạng với ABC 2 AMNK 2 ANB AB.AC AL.AN ML sin 1 MK 2 AL SAMNK AB.AC. (1) Ta có: Tam giác AML vuông tại M 2 AL AM cos 2 AL 2ML.AM 2MI.AL MK sin 2sin cos (2) Từ (1) và (2) 2 2 AL2 AL2 AL 1 S AB.AC.sin S AMNK 2 ABC Câu 26. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 1 Cho tam giác ABC có trực tâmO . Đường tròn đường kính AC cắt BO tại M, đường tròn đường kính AB cắt OC tại N . Chứng minh AM AN . Hướng dẫn giải
7. Gọi H, K lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C của tam A giác ABC H Ta có ABH đồng dạng với ACK K AB AH AB.AK AC.AH (1) Ta có tam giác AMC O AC AK M N vuông tại M, MH  AC AM 2 AH.AC (2) Tương tự: 2 B AN AK.AB (3) Từ (1), (2),(3) AM AN Câu C 27. Trường THPT chuyên Long An Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O . Gọi H, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABO vàCDO . Gọi I, J là trung điểm.AD, BC Chứng minh: HK vuông góc với IJ. Hướng dẫn giải uuur uur uuur uuur uur uur 1 uuur uuur uuur uuur uuur uuur HK .IJ = OK - OH OJ - OI = OK - OH OB + OC - OA - OD ( )( ) 2( )( ) 1 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur = OK.OB + OK.OC - OK.OA - OK.OD - OH.OB - OH.OC + OH.OA + OH.OD 2( ) 1 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur = OC.OB + OD.OC - OD.OA - OC.OD - OA.OB - OB.OC + OB.OA + OA.OD r2( ) = 0 Câu 28. Cho hình vuông.A TrênBC Dcác cạnh AB,BC,C taD lấy,D Atheo thứ tự các điểm E,F,G,H sao choAE BF CG DH . Xác định vị trí của các điểm E, F,G,H sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất. Hướng dẫn giải A E K B HAE = EBF = FCG = GHD F HE = EF = FG = GH EFGH là hình thoi. O H A·HE = B·EF D C · · 0 G AHE + AEH = 90 · · 0 BEF + AEH = 90 · 0 HEF = 90 EFGH là hình vuông Gọi O là giao điểm của AC và EG. Tứ giác AECG có AE = CG, AE //CG nên là hình bình hành suy ra O là trung điểm của AC và EG, do đó O là tâm của cả hai hình vuông ABCD và EFGH.
8. HOE vuông cân: HE2 = 2OE2 HE = OE 2 Chu vi EFGH = 4HE = 42 OE. Do đó chu vi EFGH nhỏ nhất OE nhỏ nhất Kẻ OK AB OE ≥OK ( OK không đổi ) OE = OK E ≡ K Do đó minOE = OK Như vậy, chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất khi và chỉ khi E,F,G,H là trung điểm của AB, BC, CD, DA . Câu 29. Trường THPT chuyên Long An Cho tứ giác ABCD nội tiếp O;R . Gọi H1, H2 , H3, H4 thứ tự là trực tâm của các tam giác.A ChứngCD, BminhCD ,rằng: ABD, ABC a) BH1, AH2 , CH3, DH4 đồng qui. b) Tứ giác H1H2H3H4 là tứ giác nội tiếp Hướng dẫn giải a) Gọi a là khoảng cách từ O tới.C TừD tính chất H3 H4 O1 (*) suy ra AH1 BH2 2a .Tứ giác AH1 H2B có A AH1 BH2 và AH1 // BH2 (cùng vuông góc với B CD )Þ AH1H2B là hình bình hành. Chứng minh I tương tự thì CH2H3 A, H1DBH4 cũng là các hình H1 H2 bình hành. Từ đó suy ra BH1, AH2, CH3, DH4 đồng qui tại trung điểm I của mỗi đường. O a D C b) Lấy O1 đối xứng với O qua I; suy ra DOH4O1 là hình bình hànhÞ O1H4 OD R . Chứng minh tương tự ta cóO1H3 OC R ; O1H2 OA R ;O1H1 OB R . Suy ra H1H2H3H4 nội tiếp đường tròn O1; R . Câu 30. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng chứa tam giác.A TìmBC giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T MA.ha MB.hb MC.hc (với ha , hb , hc lần lượt là độ dài các đường cao vẽ từ A, B, C ). III. Bài toán cực trị Câu 31. (Sở GDĐT Nghệ An- thi chọn học sinh giỏi tỉnh 2004-2005) a. Tìm điểm M trong tam giác ABC để MA MB MC nhỏ nhất.
9. b. Xét các tứ giác lồi ABCD có độ dài đường chéo AC , BD cho trước và góc giữa hai đường chéo có độ lớn đã cho. Hãy xác định tứ giác có chu vi nhỏ nhất. Câu 32. (THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Tỉnh Lai Châu- Trại hè Hùng Vương lần X) Trong mặt phẳng cho đường tròn tâm O bán kính R và một điểm P nằm trong đường tròn OP d R .Trong các tứ giác lồi ABCD nôị tiếp đường tròn nói trên sao cho các đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại P , hãy xác định tứ giác có chu vi lớn nhất và tứ giác có chu vi nhỏ nhất. Tính các chu vi đó theo R và d . Lời giải D E A C P M N O B Gọi chu vi tứ giác ABCD là p AB BC CD DA .Ta có p2 AB BC CD DA 2 AB2 BC 2 CD2 DA2 2 AB.CD AD.BC 2 AB.AD CB.CD 2 BA.BC DA.DC 1 Theo định lí P tô lê mê thì: AB.CD AD.BC AC.BD 2 Kẻ đường kính BE,ta có ABE : PAD AB.AD 2R.PA CBE : CPD CB.CD 2R.PC Từ hai đẳng thức trên ta có AB.AD CB.CD 2R. PA PC 2R.AC 3 BA.BC DA.DC 2R.BD 4 AB2 CD2 AB2 AE 2 4R2 Chú ý rằng: BC 2 DA2 BC 2 CE 2 4R2 Thay hai đẳng thức trên và từ 1 , 2 , 3 , 4 ta được: p2 8R2 2AC.BD 4R AC BD 5 Gọi M,N theo thứ tụ là trung điểm của AC,BD thì OM  AC, ON  BD
10. AC 2 BD2 4AM 2 4BN 2 4 R2 OM 2 4 R2 ON 2 Ta có: 8R2 4 OM 2 ON 2 8R2 OP2 8R2 4d 2 Do đó AC BD 2 AC 2 BD2 2AC.BD 8R2 4d 2 2AC.BD 6 Đặt OM u,ON v ta có: AC 2 .BD2 4AM 2 .4BN 2 4 R2 u2 4 R2 v2 16 R4 R2 u2 v2 u2v2 16 R4 R2d 2 u2v2 8 Từ 6 ; 7 ; 8 suy ra: p2 đạt giá trị lớn nhất (hay nhỏ nhất) AC BD đạt giá trị lớn nhất (hay nhỏ nhất) AC.BD đạt giá trị lớn nhất (hay nhỏ nhất) đạtu giá2v 2trị lớn nhất (hay nhỏ nhất). Câu 33. (THPT Chuyên Hà Giang – Olympic Hùng Vương lần X - 2014) Cho tam giác ABC có chu vi p . Các đường phân giác trong AA1 , BB1 , CC1 cắt các đoạn thẳng B1C1 , C1 A1 , A1B1 tương ứng tại A2 , B2 , C2 . Đường thẳng qua A2 song song với BC cắt AB , AC theo thứ tự A3 , A4 . Đường thẳng qua B2 song song với AC cắt BC , BA theo thứ tự tại B3 , B4 . Đường thẳng qua C2 song song với AB cắt CA , CB Theo thứ tự C3 , C4 . Chứng minh rằng AB4 BC4 CA4 BA3 CB3 AC3 p . Đẳng thức xảy ra khi nào? Lời giải A A A B1 3 2 A4 C1 B A1 C Đặt BC = a, AC = b, BA = c, p = a+b +c. BA3 CA4 A1 A2 BA3 CA4 AA2 Vì A3A4 || BC nên theo định lí Talet ta có: 1 (1) AB AC AA1 b c AA1 Áp dụng tính chất đường phân giác trong góc C: C1 A AC C1 A AC AB.AC c.b C1 A C1B BC AB AC BC AC BC a b c.b Tương tự: AB 1 a c
11. Sử dụng công thức đường phân giác cho tam giác ABC và tam giác A1B1C1 A A 2c.bcos 2AB .AC cos 2 1 1 2 AA1 ; AA2 b c AB1 AC1 AA b c Do đó: 2 (2) AA1 2a b c Từ (1) và (2) ta có: BA CA b c 2a 3 4 1 b c 2a b c 2a b c Từ đó, theo bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta nhận được: 2a (b c)2 2a(b c) 2 2a b c BA CA (3) 3 4 2a b c 2a b c 4 2b c a 2c b a Hoàn toàn tương tự: AB CB (4); BC AC (5) 4 3 4 4 3 4 Từ (3), (4) và (5) suy ra:AB4+BC4+CA4+BA3+CB3+AC3 a +b+c= p(đpcm) Dấu bằng xảy ra khi a = b =c. VI. Các bài toán khác Câu 34. ( THPT Chuyên Chu Văn An – Lạng Sơn - Thi Toán 11) Cho tam giác ABC vuông tại A và I là tâm đường tròn nội tiếp của nó. Gọi AH là đường cao từ đỉnh A của tam giác ABC và E , F lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AHB , AHC tương ứng. Gọi O là trung điểm của BC . Chứng minh IO là đường thẳng Euler của tam giác AEF . Lời giải A M Y Z I F X E B C H O Chứng minh: Ta có
12. 1 1 ABE ABC HAC HAF vàAH  BH BE  AF . Tương tự ta có CF  AE . 2 2 Gọi giao điểm của AI, BI, CI với EF, FA, AE tương ứng là X, Y, Z. Khi đó, I là trực tâm AEF. 1 B 900 C Ta có IAF IAC CAF 450 BAD 450 450 2 2 2 C IA IF ICA , suy ra IAF : ICA IA2 IC.IF . Hoàn toàn tương tự, ta có 2 IC IA IA2 IB.IE , nên ta có IB.IE IC.IF BEFC nội tiếp, nên suy raIEF FCB . Vì tứ giác EZYF nội tiếp nên IZY IEF YZ PBC FCB . Hơn nữa, gọi M là trung điểm của YZ, theo định lí Thales suy ra I, M, O thẳng hàng. Mặt khác, các tứ giác AYXE, AZXF nội tiếp nên ta có ZXY ZXA YXA ZFA YEA ACF CAF ABE BAE 900 nên M là tâm ngoại tiếp của XYZ, suy ra M là tâm Euler của AEF, suy ra IM là đường thẳng Euler của AEF nghĩa là OI là đường thẳng Euler của tam giác AEFW Câu 35. (THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành – Yên Bái – Toán 11) Cho tam giác ABC với trọng tâm G nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R . Các tia AG , BG , CG cắt đường tròn tại D , E , F . Chứng minh rằng 1 1 1 3 . GD GE GF R Lời giải Gọi các trung tuyến của ABC là AM,BN,CP và đặt AB c,AC b,BC a,AM ma Xét phương tích của M đối với đường tròn ta có a 2 a 2 MD.MA MB.MC hay MD.m ,MD a 4 4m a 1 a 2 GD GM MD ma 3 4ma
13. 2 Từ GA m và từ (2) ta có: 3 a 2 ma 2 GA 3 8ma 2 2 2 GD 1 a 4ma 3a ma 3 4ma 2 2 2 2 Mà 4ma 2 b c a khi đó ta được GA 2 2b2 2c2 a 2 2b2 2c2 a 2 GD 2b2 2c2 a 2 3a 2 a 2 b2 c2 GB GC Tương tự ta tính được các tỷ số , GE GF GA GB GC 3 GD GE GF Ta có AD BE CF GA GB GC 3 6 (4) GD GE GF GD GE GF Do các dây AD,BE,CF đều không lớn hơn 2R nên thay vào 4 ta có AD BE CF 2R 2R 2R 6 GD GE GF GD GE GF 1 1 1 3 Từ đó ta có: GD GE GF R Câu 36. (Sở GDĐT Quảng Ninh – Chuyên Hạ Long – 2013- Toán 11 ) Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi D là trung điểm của AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD giao với phân giác góc BAC tại E nằm trong tam giác ABC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE giao với BD tại F F B , AF giao với BE tại I . CI giao với BD tại K . Chứng minh rằng I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK . Lời giải Gọi D’ là trung điểm của AB và M là trung điểm cạnh BC. Ta có D’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp BCD. Do tính đối xứng nên suy ra D¼' E E»D suy ra ¼ABI D¼' BE E¼BD I¼BK suy ra I nằm trên phân giác góc ¼ABK hay BI là tia phân giác góc ¼ABK (1) 1.0 đ 1 1 Ta có: D¼FA 180o B¼FA 180O B¼EA M¼EB C¼EB C¼DB 2 2 => D¼FA D¼AF suy ra AFD cân tại D. 1.0 Do IA.IF = IE.IB nên I thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính AC và đường tròn ngoại tiếp BCD . Từ đó CI đi qua giao điểm thứ hai J của hai đường tròn này. 1,0
14. Ta có D· CJ D· JC D· BC nên DA2 DC 2 DK.DB Suy ra D· AK D· BA hay F· AD F· AK D· FA B· AF . Từ đó F· AK B· AF . Ta có (đpcm) 1.0 A E D' J I D K F C B M Câu 37. (THPT Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định – Chọn học sinh giỏi mở rộng 2013-2014 – Toán 11) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O . Giả sử AD cắt BC tại N , AB cắt CD tại M , AC cắt BD tại E . Đường thẳng IE cắt MN tại K . Chứng minh KO là phân giác của góc BKD . Lời giải Trước hết có bổ đề (Định lý Brocard): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) có M , N lần lượt là giao điểm của các cặp cạnh đối AB,CD và AD, BC. Gọi E là giao điểm của hai đường chéo. Khi đó, ta có EO  MN. Thật vậy, gọi K là giao điểm khác E của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE,CDE . Trước hết, ta thấy rằng K, E, M cùng nằm trên trục đẳng phương của (ABE),(CDE) nên chúng thẳng hàng. Ta cũng có BKC BKE CKE EAB EDC BOC nên tứ giác OKBC nội tiếp. Tương tự thì tứ giác OKAD cũng nội tiếp. Suy ra K cũng chính là giao điểm thứ hai khác O của hai đường tròn (OBC),(OAD) nên các điểm O, K, N cũng thẳng hàng vì cùng nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn này.
15. Mặt khác, cũng bằng cách xét các góc nội tiếp trong các tứ giác nội tiếp, ta có MKN MKB NKB EAB OCB EDC OBC EKC OKC MKO . Hơn nữa, đây là hai góc bù nhau nên mỗi góc bằng 90 hay ME  ON . Chứng minh tương tự, ta có NE  OM hay E là trực tâm của tam giác OMN và OE  MN. Định lí được chứng minh. Giải bài toán như hình vẽ dưới Theo định lý trên ta có OK  MN. M K A D E O B C N Chứng minh các tứ giác KDCN và MKCB nội tiếp Thật vậy: Theo hệ thức quen thuộc          OM.ON R2 OK KM OK KN R2 OK 2 KM KM MN R2     2 2 Suy ra MK.MN OM R M / O MD.MC , hay tứ giác KDCN nội tiếp
16. Tương tự ta có MKCB nội tiếp Suy ra D· KN D· CB M· CB M· KB Suy ra điều phải chứng minh Câu 38. (THPT Chuyên Lê Quý Đôn Điện Biên – Trại hè lần X – Toán 11) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O; R . H là một điểm di động trên đoạn OA H A . Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M . Gọi K là hình chiếu của M trên OB . a) Các tiếp tuyến của O; R tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của O; R lần lượt tại D và E . OD , OE cắt AB lần lượt tại F và G . Chứng minh OD.GF OG.DE b) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R . Lời giải Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) D A 2 1 1 F M H 1 1 E G 2 O B C ¶ 1 ¶ ¶ 1 A1 sđ;B¼ M O1 O2sđ B¼M 2 2 ¶ ¶ A1 O1 tứ giác AMGO nội tiếp (5) Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn ¶ ¶ ¶ G1 D2 D1 OGF và ODE đồng dạng OG GF OD DE hay OD.GF = OG.DE. A Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho MA’ = MA AMA' đều 1 2 A¶ A¶ 600 B· AA' 1 2 H M MAB A'AC MB A'C O A' B I C
17. MA MB MC Chu vi tam giác MAB là MA MB AB MC AB 2R AB Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính giữa cung AM => H là trung điểm đoạn AO Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB 3 AB 3 Gọi I là giao điểm của AO và BC AI R AB R 3 2 2 Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2 3)R Câu 39. (Sở SDĐT Hòa Bình – THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ - Đề chọn học sinh giỏi Toán 11) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Đường tròn tâm I tiếp xúc với hai cạnh AC , BC lần lượt tại E , F và tiếp xúc trong với đường tròn tâm O tại điểm P . Một đường thẳng song song với AB tiếp xúc với đường tròn tâm I tại điểm Q nằm trong tam giác ABC . a. Gọi K , L lần lượt là giao điểm thứ hai của PE và PF với O . Chứng minh rằng KL / /EF . b. Chứng minh rằng .·ACP Q· CB Lời giải a) Gọi D là giao điểm thức hai của đường thẳng PC với đường tròn tâm I, và M là giao điểm thứ hai của đường tròn tâm O với PQ. Xét phép vị tự V tâm P biến đường tròn tâm I thành đường tròn tâm O, ta có phép vị tự V biến E, Q, F lần lượt thành K, M, L. Theo tính chất của phép vị tự ta có EF song song với KL. Ta có OK là ảnh của IE qua V, dẫn đến OK / /IE mà IE  AC OK  AC , suy ra K là điểm chính giữa của cung AC. Chứng minh tương tự ta có L là điểm chính giữa của cung BC, M là điểm chính giữa của cung AB. b) Ta có B¼M M» A B»L L¼M M¼K K»A L»C L¼M M¼K C»K 2L¼M M¼ C M¼ C 2C»K L¼M C»K D»E F»Q (tính chất phép vị tự). D· EC Q· FC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn hai cung bằng nhau) và DE = QF.
18. M C L Q K D F O E I A B P Lại có CE = CF theo tính chất của hai tiếp tuyến kẻ từ một điểm. Suy ra CED CFQ , dẫn đến E· CD F· CQ . Từ đó ta có điều phải chứng minh. Câu 40. ( THPT Chuyên Hùng Vương Tỉnh Phú Thọ – Trại hè Hùng Vương lần X) Tam giác ABC vuông có BC CA AB . Gọi D là một điểm trên cạnh BC , E là một điểm trên cạnh AB kéo dài về phía A sao cho BGọiD B Elà mộtCA .điểm trênP cạnh AC sao cho E , B , D , P nằm trên một đường tròn. Q là giao điểm thứ hai của BP với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng: .AQ CQ BP Lời giải Xét các tứ giác nội tiếp ABCQ và BEPD ta có: C· AQ C· BQ D· EP (cùng chắn các cung tròn) Mặt khác ·AQC 1080 ·ABC E· PD Xét AQC và EPD có: ·AQC E· PD, C· AQ D· EP AQC : EPD AQ CA AQ.ED EP.CA EP.BD (1) EP ED (do AC BD ) AC QC ED.QC AC.PD BE.PD (2) ED PD (do AC BE ) Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp BEPD ta có:
19. EP.BD BE.PD ED.BP (3) Từ( 1), (2), (3) suy ra AQ.ED QC.ED ED.BP AQ QC BP .■ Câu 41. (Trường PT vùng cao Việt Bắc – Trại hè Hùng Vương lần X) Cho tam giác ABC dều cạnh a và một đường thẳng d tùy ý. Gọi A ,' B ,' C 'lần lượt là hình chiếu của A , B , C trên d . Chứng minh rằng 3a2 B C 2 C A 2 A B 2 . 2 Lời giải A I B E C H K J d A' C' B' Gọi E là giao của BC và AA¢ , I, J lần lượt là hình chiếu của B, C trên AA¢ , K là hình chiếu của C trên BB¢ . BI BE AH.BE VBIE : VAHE Þ = Þ BI = AH AE AE CJ CE AH.CE VCJE : VAHE Þ = Þ CJ = AH AE AE CK CB AH.CB VCKB : VAHE Þ = Þ CK = AH AE AE Mặt khác, ta có B 'C '2+ C 'A '2+ A¢B¢2 = CK 2 + CJ 2 + BI 2 AH 2.BC 2 AH 2.CE 2 AH 2.BE 2 AH 2 = + + = (BC 2 + CE 2 + BE 2) AE 2 AE 2 AE 2 AE 2
20. 2 AH é 2 2ù = êBC 2 + (CH - HE) + (BH + HE) ú AE 2 ëê ûú AH 2 AH 2 = BC 2 + 2BH 2 + 2HE 2 = éBC 2 + 2BH 2 + 2 AE 2 - AH 2 ù 2 ( ) 2 ê ( )ú AE AE ë û AH 2 = éBC 2 + 2BH 2 + 2AE 2 - 2BC 2 + 2BH 2ù AE 2 ëê ûú 3a2 = 2AH 2 = 2