MO f~1

Các điểm theo thứ tự là điểm thuộc Lời giải: Gọi là giao điểm của với , là trung điểm , khi đó phép vị tự tâm , tỉ số biến , suy ra , đến đây áp dụng Menelaus cho tam giác với cát tuyến

1 (Đề chọn đội tuyển ĐHSP HN) Gọi là trọng tâm và tâm nội tiếp tam giác Đường thẳng qua song song với cắt tại Qua song song với theo thứ tự cắt cạnh tại Qua song song với theo thứ tự cắt tại Các điểm theo thứ tự là

điểm thuộc

Lời giải:

Gọi là giao điểm của với , là trung điểm , khi đó phép vị tự tâm , tỉ số

biến , suy ra , đến đây áp dụng Menelaus cho tam giác với cát tuyến , ta suy ra , từ đó suy ra đpcm

3 (Đề chọn đội tuyển Toán trường THPT Phan Chu Trinh, Đà Nẵng) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường

tròn (O).AC cắt BD tại E , AD cắt BC tại F.Trung điểm của AB và CD lần lượt là G,H Chứng minh rằng

EF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EGH

Lời giải:

Gọi là giao điểm của các tiếp tuyến tại và Dễ thấy chùm

Gọi là trung điểm của Áp dụng định lý Maclaurin Mặt khác là tứ giác nội tiếp và (theo đường thẳng Gauss)

ta nhận được đpcm

4 (Đề chọn đội dự tuyển ĐHSP HN) Cho tam giác ABC nhọn.Các đường cao BE,CF cắt nhau ở H.Trên

các tia FB,EC theo thứ tự lấy các điểm P,Q sao cho FP=FC;EQ=EB;BQ cắt CP tại K.I,J theo thứ tự là trung điểm BQ,CP.IJ theo thứ tự cắt BC,PQ tại M,N.CMR:

a

b.góc IAM=góc JAN

Lời giải:

a,chú ý tứ giác BPCQ nội tiếp,xét phương tích của H,K đối với đường tròn đường kính PC,BQ.ta có dpcm

b,ta cần bổ đề sau:cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) sao cho:

.khi đó M và N liên hợp đẳng giác đối vs góc ASB

chứng minh

rất dễ,gọi f là phép đồng dạng nghịch, biến ta có dpcm

trở lại bài toán của chúng ta.áp dụng định lý menelaus cho ta được (1)

từ (1),(2) và theo bổ đề vs chú ý rằng BPCQ nội tiếp, ta có dpcm

5 (Đề chọn đội dự tuyển ĐHSP HN) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Tiếp tuyến của (O) tại B,C cắt nhau

tại S Trung trực của AB,AC cắt p/g góc BAC tại M,N BM, CN cắt nhau tại P Chứng minh SA đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP

Lời giải:

Biến đổi góc đơn giản chứng minh trực tâm H của tam giac OMN là điểm đối xứng của tâm nội tiếp tam giác MNP qua phân giác AE

Chứng minh A,I,S thẳng hàng tương đương với việc chứng minh A,H,D thẳng hàng_do tính chât đường đối trung

A,H,D thẳng hàng được chứng minh nhờ định lí Menelauyt cho tam giác OFE

6 (Đề chọn đội tuyển toán 11, trường THPT Cao Lãnh) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn.Gọi P,Q,M

lần lượt là giao điểm của AB và DC;AD và BC;AC và BD Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OPM,tam giác OMQ,tam giác MPQ bằng nhau

Lời giải:

Áp dụng định lý Brocard, ta có O là trực tâm tam giác MPQ Theo một kết quả quen thuộc thì điểm đối xứng với O qua MP nằm trên (MPQ) Suy ra (OMP) và (MPQ) đối xứng với nhau qua MP, do đó bán kính của chúng bằng nhau Tương tự, ta suy ra đpcm

7 (German MO 2010) Hai đường tròn và cắt nhau tại hai điểm phân biệt Một tiếp tuyến chung của hai

đường tròn tiếp xúc với tại và tiếp tuyến chung còn lại tiếp xúc với tại Chứng minh rằng đường thẳng cắt hai đường tròn tạo nên hai dây cung có độ dài bằng nhau

Lời giải:

đặt tên các điểm như hình vẽ

ta có

mặt khác, áp dụng định lý sin, ta có:

8 (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Bến Tre) Cho tam giác ABC có Gọi lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác và , trong đó G là trong tâm tam giác

So sánh

Lời giải:

Gọi là trung điểm các cạnh

ta có

và có chung,

và có chung,

9 (Đề chọn đội tuyển trường ĐH KHTN) Tam giác nhọn, nằm trong tam giác thỏa mãn

Lời giải:

Kẻ tam giác đều BED, vì DA.BC=DB.AC mà DB=DE và góc ADE= góc ACB nên

Do đó ta có DA.BC=AC.DE=AC.BE (1)

Từ cặp đồng dạng trên ta có 2 tam giác đồng dạng nên DC.AB=AC.BE (2)

Từ (1) và (2) ta có đpcm

10 (Đề chọn đội tuyển trường ĐH KHTN) Kí hiệu là tâm nội tiếp Đường thẳng vuông góc với tại cắt tại K,M.Gọi B',C' là giao điểm của 2 cặp (BI,AC),(CI,AB).Đường thẳng B'C' cắt (O)=(ABC) tại N,E CMR bốn điểm M,N,E,K thuôc cùng 1 đường tròn

Lời giải:

Gọi giao điểm của MB và KC là D, ta có A D I thẳng hàng vì IA và DA cùng vuông góc với MK

M và K là tâm bàng tiếp góc C và B của tam giác ABC nên IB vuông góc với MB và IC vuông góc với

KC, do đó tứ giác MBCK nội tiếp

I là giao của MC' và KB', A là giao của BC' và CB' còn D là giao của MB và CK, I - A – D thẳng hàng nên theo định lý Deargues ta có MK, B'C' và BC đồng quy, giả sử tại P

Từ đó theo phương tích ta có PN.PE=PB.PC=PM.PK, suy ra đpcm

11 (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định) Cho đường tròn tâm O, đường kính

BC và XY là một dây cung vuông góc với BC Lấy P, M nằm trên đường thẳng XY và CY tuơng ứng, sao cho CY song song với PB và CX song song với MP; K là giao điểm của CX và BP Chứng minh rằng MK vuông góc với BP

Lời giải:

Cách 1:

Gọi

Đặt

Ta có

Và

Suy ra tam giác BPD cân tại P

Suy ra MC=KP=KA (MCKP là hình bình hành) Mà MC//KA suy ra MCAK là hình bình hành

Suy ra MK//AC hay (đpcm)

Cách 2:

PKCM là hình bình hành => KC=MP

tam giác MPY cân tại M =>MP=MY

tam giác BKC cân tại K =>KB=KC

từ 3 điều trên =>MY=KB

mà MY song song với KB => MYBK là Hình bình hành có => là HCN

13 (Đề chọn đội dự tuyển Bắc Ninh) Cho tam giác ABC cân tại A Đường phân giác góc B cắt cạnh AC tại

Lời giải:

Cách 1:

Gọi cạnh đáy là , cạnh bên là , ta có:

, do đó

ta giải được nghiệm , suy ra

Cách 2:

Kẻ thêm hình ta có ADE và BEC là các tam giác cân

BD là phân giác nên

Đến đây tính được B=40 => A=100

14 (Đề chọn học sinh giỏi Hải Phòng, bảng A) Cho tam giác nội tiếp là đường cao của Gọi là hình chiếu vuông góc của lên các cạnh Chứng minh rằng:

1

2 thẳng hàng

Lời giải:

Gọi M là điểm đối xứng với B qua O 2 tam giác BAH và BMC đồng dạng, suy ra ca2Rh a 2 2R2 (1) Tam giác BHC vuông tại H, có HE là đường cao, suy ra BH.BC BH2 2R2 (2)

Từ (1) và (2), suy ra c 2BE Tương tự, ta có a 2BD

Do đó 2 tam giác BAC và BED đồng dạng theo tỉ số 2 Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên DE thì

ta có BK BH R, KBE  HBAOBC OK 

15 (Đề chọn đội tuyển tỉnh Hà Tĩnh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O Đường tròn (O1)

tiếp xúc các cạn AB, AC tại P, Q và tiếp xúc với (O) tại S Gọi giao điểm của AS với PQ là D

Lời giải:

Bổ đề: Cho đường tròn (), đường tròn () nằm trong () và tiếp xúc trong với () tại T A, B là 2 điểm bất

kì trên () Gọi AC, BD là 2 tiếp tuyến kẻ từ A, B đến đường tròn () Khi đó

TB

TA BD

AC

Chứng minh:

Gọi A’, B’ là giao điểm thứ 2 của TA, TB với () Phép vị tự tâm T biến ()  (), biến A  A’, B  B’ Suy ra AB//A’B’ Ta có

BT

AT T B

T A BD

AC T

B

BD T

A

AC T

B

BD T

B

BT T B

BB T A T

A

AT AA

T

A

AC









































'

' '

' '

'

'

' '

'

'

'

2 2

(đpcm) Trở lại với bài toán:

Áp dụng bổ đề, ta có

QD

PD CAS

BAS CBS

BCS CS

BS CQ

BP

















sin

sin sin

sin

Mặt khác, APQ cân tại A, suy ra APQ=AQP  BPD=CQD

QDC PDB

CQD

