Bài hình kiểm tra HSG toán 8 hay và rất khó

Bài hình kiểm tra học sinh giỏi toán 8 hay và rất khó Người ra đề Nguyễn Khánh Ninh Đề bài Cho đoạn thẳng AB cố định Qua A kẻ tia Ax | AB, C là điểm di động trên tia Ax sao cho AC > AB Kẻ AH | BC tại[.]

Bài hình kiểm tra học sinh giỏi toán 8 hay và rất khó

Người ra đề: Nguyễn Khánh Ninh

Đề bài: Cho đoạn thẳng AB cố định Qua A kẻ tia Ax _|_ AB, C là điểm di động trên tia Ax

sao cho AC > AB Kẻ AH _|_ BC tại H Đường thẳng qua B song song với Ax cắt AH tại K 1/ Chứng minh: giá trị tích HC.HK.(AC + BK) không đổi khi C di động trên tia Ax 2/ Tia phân giác trong của góc cắt AH và AC lần lượt tại D và E, O là trung điểm của cạnh DE Chứng minh: AH.DK = BD.BO

3/ Đường thẳng qua K song song với HE cắt AC và BE lần lượt tại S và M Gọi F là điểm đối xứng E qua cạnh BC Kẻ FG _|_ MC tại G

Chứng minh: giá trị tích MC.MG không đổi khi C di động trên tia Ax

4/ P thuộc cạnh AB sao cho Trên tia đối tia CM lấy điểm T sao cho Chứng minh: AT _|_ MP

Lời giải chi tiết

1/ Tích HC.HK.(AC + BK) không đổi

AB _|_ Ax và BK // Ax => AB _|_ BK

Xét CHA và CAB:

là góc chung ;

=> CHA ~ CAB (g – g) => => AC2 = HC.BC (1a) Xét KHB và KBA:

là góc chung ;

=> KHB ~ KBA (g – g) => => KB2 = HK.AK (1b) Xét ABC và BKA:

; (cùng phụ với )

=> ABC ~ BKA (g – g) => => AB2 = AC.BK (1c)

Lại có: Tứ giác ABKC là hình thang vuông (AC và BK cùng vuông góc với AB) Kí hiệu S

là diện tích thì: AK.BC = 2SABKC (do AK _|_ BC)

Mà (AC + BK).AB = 2SABKC (Tứ giác ABKC là hình thang vuông tại B và K)

=> (AC + BK).AB = AK.BC (1d)

Từ (1a), (1b), (1c), (1d) => AB4 = AC2.BK2 = HC.BC.HK.AK = HC.HK.AB.(AC + BK)

=> HC.HK.(AC + BK) = AB3 (không đổi) (đpcm)

2/ AH.DK = BD.BO

Nên:

=> Tam giác KBD cân tại A => DK = BK (2a)

Ta có: (2 góc ở vị trí đối đỉnh)

Mà (cmt) và (2 góc ở vị trí sole trong do AC // BK)

=> => Tam giác ADE cân tại A

Lại có AO là đường trung tuyến của tam giác ADE (OD = OE) => AO _|_ BE

Xét AHB và ABK:

là góc chung ;

=> AHB ~ ABK (g – g) => => AH.BK = AB.BH (2b)

Xét HBD và OBA:

=> HBD ~ OBA (g – g) => => AB.BH = BD.BO (2c)

Từ (2a), (2b), (2c) => AH.DK = AH.BK = AB.BH = BD.BO

=> AH.DK = BD.BO (đpcm)

3/ Tích MC.MG không đổi

HE // MK (gt) nên (định lí talet trong tam giác DMK) (3a)

BD là phân giác góc nên: (tính chất phân giác trong tam giác AHB) Xét BHA và BAC:

là góc chung ;

=> BHA ~ BAC (g – g) => => AB2 = BH.BC

Từ đó suy ra =>

Do AC // BK và từ các hệ thức trên ta có:

Lại có: AC2 = BC2 – AB2 = (BC – AB).(BC + AB) (định lí pitago trong tam giác ABC)

Xét HBD và ABE:

=> HBD ~ ABE (g – g) => Mà (cmt)

Từ (3a), (3b), (3c) => MD = BE

Ta có: (cùng phụ với ) Mà (gt) =>

Xét HBD và OAE:

=> HBD ~ OAE (g – g) => (3d)

BE là phân giác góc nên: (tính chất phân giác trong tam giác ABC)

Từ các chứng minh trên ta có:

Từ (3d), (3e) nhân vế theo vế =>

Xét HBM và OAC:

(cmt) ; (cmt)

=> HBM ~ OAC (c – g – c) (3f)

Xét BOA và BAE:

; là góc chung

=> BOA ~ BAE (g – g) => => AB2 = BO.BE

Mà AB2 = BH.BC (cmt) => BH.AB = BO.BE

Gọi N là trung điểm của cạnh BF, EF cắt BC tại L Do E đối xứng F qua cạnh BC

=> BE = BF = 2BN ; ; LE = LF ; EF _|_ BC

Ta có: MD = BE => ME = MD – DE = BE – DE = BD

=> OM = OE + ME = OD + BD = BO => BM = 2BO

Do đó: BN.BM = 2BO = BO.BE => BH.BC = BN.BM =>

Xét HBM và NBC:

(cmt) ; (cmt)

=> HBM ~ NBC (c – g – c) (3g)

Từ (3f), (3g) => OAC ~ NBC =>

Xét ACB và OCN:

(cmt) ; (cmt)

=> ACB ~ OCN (c – g – c) => => OC _|_ ON

Ta có: NB = NF và OB = OM (cmt) => ON là đường trung bình của tam giác MBF

=> MF // ON, mà OC _|_ ON (cmt) => OC _|_ MF

Ta có: OM = OB (cmt) và OA _|_ BM => Tam giác ABM cân tại M

=> AM // BC (2 góc ở vị trí sole trong) Mà AH _|_ BC => AM _|_ AH

Theo như trên ta có: AB2 = BO.BE = OM.MD

Xét ABE vuông tại A và LBE vuông tại L:

BE là cạnh chung ;

=> ABE = LBE (ch – cgn) => AB = BL => Tam giác ABL cân tại B

Có BE là đường phân giác tam giác cân ABE => AL _|_ BE

Mà OA _|_ BE (cmt) => 3 điểm A, O, L thẳng hàng hay OL _|_ BE

Ta có: OE = OD và LE = LF => OL là đường trung bình của tam giác EDF

=> DF // OL Mà OL _|_ BE (cmt) => DF _|_ BE.

Cho MF cắt OC tại Y

Xét MYO và MDF:

; là góc chung

=> MYO ~ MDF (g – g) => => MO.MD = MY.MF

Xét MYC và MGF:

; là góc chung

=> MYC ~ MGF (g – g) => => MY.MF = MC.MG

Từ các kết quả trên cho: MC.MG = MY.MF = MO.MD = AB2

=> MC.MG = AB2 (không đổi) (đpcm)

4/ AT _|_ MP

Cho AT cắt các cạnh KC, MK và HE lần lượt tại I, Q và J Cho HE cắt AM tại U

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác CMK:

= 1 => (4a) HE// MK nên áp dụng hệ quả talet trong các tam giác AQM và AQM:

=> (4b)

Z thuộc cạnh AT sao cho CZ // MK // HE, áp dụng hệ quả talet trong các tam giác AQK và

CHA ~ CAB (cmt) => => AH.AC = HC.AB

ABC ~ BKA (cmt) => => AB.BC = AC.AK

Theo như trên đã có: AC2 = HC.BC và AC.BK = AB2 Biến đổi:

Theo như trên đã có: => (4g)

AM // BC nên: (định lí ta let) (4h)

Thế (4e), (4f), (4g), (4h) vào (4d) =>

Ta có: BO.BE = BH.AB (cmt) =>

Xét BDO và BEH:

(cmt) ; là góc chung

=> BDO ~ BEH (c – g – c) =>

=> (kề bù với 2 góc bằng nhau) Mà ( OAC ~ HBM)

=>

Xét AKM và ASP:

=> AKM ~ ASP (g – g) =>

Xét AHB và ABK:

; là góc chung

=> AHB ~ ABK (g – g) =>

Mà đã có: AM = AB (cmt) =>

Từ đó suy ra =>

Ta có: (2 góc ở vị trí sole trong do MK // HE)

(2 góc ở vị trí sole trong do AM // BC) Xét ASM và CEH:

=> ASM ~ CEH (g – g) => Suy ra

Xét CHE và AHP:

(cmt) ; (cùng phụ với )

=> CHE ~ AHP (c – g – c) =>

=> DP // BC (định lí talet đảo trong tam giác AHB), mà AH _|_ BC => DP _|_ AH Gọi V là điểm đối xứng E qua A, HV cắt AC tại R thì AV = AE = AD

DP // BC nên theo hệ quả talet tam giác AHB:

Xét DPH và APV:

(cmt) ;

=> DPH ~ APV (c – g – c) =>

Xét AVP và AHM:

=> AVP ~ AHM (g – g) =>

Ta có:

Xét AVH và APM:

=> AVH ~ APM (c – g – c) =>

Ta có: (2 góc ở vị trí đối đỉnh) và (tam giác ARV vuông tại A) => => MP _|_ HV

Ta có: JE = JH (cmt) và AE = AV => AJ là đường trung bình tam giác HEV

=> AJ // HV hay AT // HV

Mà MP _|_ HV (cmt) => AT _|_ MP (đpcm)