TÀI LIỆU BDHSG PHẦN HÌNH học QUA đề các TỈNH đáp án

Hơn nữa do AB cố định nên M lưu động trên đường tròn đường kính AB.. Vậy, khi F là trung điểm của DE thì bán kính đường tròn ngoại tiếp AMN nhỏ nhất... Chứng minh EF luôn đi qua một điê

Bài 1: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2008 – 2009)

1.1

O A' B'

C' D'

Từ các đỉnh hình vuông ta kẻ các đoạn AA’, BB’, CC’ , DD’ vuông góc với d

Đặt T = AA’2+ BB’2+CC’2+ DD’2

Ta có  OAA’ =  OCC’ (cạnh huyền – góc nhọn) suy ra AA’ = CC’

Tương tự  OBB’ =  ODD’ suy ra BB’ = DD’

Từ đó suy ra T = 2(AA’2 + BB’2) (1)

A’AO =  B’OB (cạnh huyền –góc nhọn)

 BB’ = A’O (2)

Thay (2) vào (1) và áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông A’AO ta được:

T = 2(AA’2 + A’O2) = 2AO2 = 2

a) Phần thuận: Gọi I là điểm chính giữa cung AB

- Xét C thuộc cung BI Tam giác CEB có C  900, CE = CB nên vuông cân, suy ra

 45 ,0  1350

CEB AEB

đoạn AB (cung này cùng phía với I đối với AB)

đoạn AB

Khi C’  I thì E’  A Khi C’ tiến đến A thì E’ tiến đến K ( AK  AB và AK =AB)

đối với AB)

b) Phần đảo:

B O

I C E

C'

E' A

K

M

có AEB 1350, tam giác CEB vuông có CEB  450 nên CE = CB.

giác C’E’B vuông có C E B  ' ' 450 nên C’E’ = C’B

Bài 2: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2009 – 2010)

2.1.Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của

AOB =AMB 90 (giả thiết)

 tứ giác AOBM luôn nội tiếp

 AMO ABO 45   0(vì AOB

vuông cân tại O)

Suy ra M luôn nằm trên đường

thẳng đi qua O và tạo với đường

*) Trường hợp B ở vị trí B’: khi A  H thì M’  P, khi A  K thì M’  R

Phần đảo: Lấy M bất kì trên đường chéo SQ (hoặc M’ trên PR), qua M kẻ đường thẳng song

song với đường thẳng PQ cắt (O) tại A Kẻ bán kính OB  OA

Suy ra : AMB AOB 90   0

Hãy luôn chiến thắng chính mình 2

K

x y

A

B

M M'

B'

Mà AM//PQ , PQ PS  MB//PS.

Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vuông PQRS.

Bài 3: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2010 – 2011)

3.1.

Vì AB và AC là đường kính của các đường tròn

Nên ADB90 ;0 ADC900

Do đó D nằm trên đường BC

ACD AFD ( cùng chắn cung AD)

Suy ra AMB ANE

Do đó tứ giác ADMN nội tiếp

3.2.

Gọi H là chân đường cao hạ từ A; M là trung điểm của AC

Theo giả thiết ta có AH = BM

Gọi N là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC

Khi đó MN//AH

Nên MN =

2AH 2BMSuy ra tam giác vuông BMN là nửa tam giác đều cạnh BM

Do đó MBN  300

Gọi D là điểm đối xứng của A qua B

Khi đó D cố định và BM//CD

Suy ra BCD CBM 300 ( so le trong)

thấy các đường tròn chứa hai cung này có bán kính bằng độ dài AB và có tâm I sao cho tamgiác BID đều

Bài 4: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012)

4.1.Gọi M là trung điểm của BC (1)

B

C

H M

N

Nối GD, GE Gọi P, Q là các điểm

trên tia GM sao cho:

ABC cân  ABC ACB ADB 

 ADE ADC (vì cùng bù với ABC).

Xét ADC và ADE có:

AD: chung ; DC = DE (giả thiết)

ADCADE (cmt)

Suy ra ADC = ADE (c.g.c)

Do đó AC=AE=AB ABE cân tại A

Hơn nữa do AB cố định nên M lưu động trên đường tròn đường kính AB.

b) Giới hạn: Khi D  A thì M  A; D  C thì M  H (AH là đ/cao của ABC).

c) Phần đảo:

của tia DB lấy điểm E sao cho DE = DC

Ta sẽ chứng minh M là trung điểm của BE

Xét ADC và ADE có:

AD: chung ; DC = DE (giả thiết)

ADCADE (cùng bù với ABC)

Suy ra ADC = ADE (c.g.c)  AC=AE=AB (1)

Lại có AM  BE (M nằm trên đường tròn đường kính AB) (2)

Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của BE.

d) Kết luận: Khi D di động trên cung nhỏ AC thì quĩ tích của M là cung nhỏ AH của đường

tròn đường kính AB

Bài 5: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012)

Hãy luôn chiến thắng chính mình 4

Q P D

E A

O

C B

D

Mặt khác AD//CH (cùng vuông góc với DH) ;

Nên theo Talet ta có:

12

Gọi H, K là giao điểm của BC,

DE với OA Ta thấy ·AKF=900 (1),

Nên FM = FN (vì đều là tiếp tuyến từ F của (O))

Do đó F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN.

Đẳng thức xảy ra khi F  K, nghĩa là F là trung điểm của DE.

Vậy, khi F là trung điểm của DE thì bán kính đường tròn ngoại tiếp AMN nhỏ nhất.

Bài 6: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)

O

C B

· · µ

0 0

Nên x , x1 2là nghiệm của phương trình bậc hai: x2 ax b 0 (*)

Do x , x1 2 luôn tồn tại nên phương trình (*) luôn có nghiệm

HC

CD 

b) Điểm H chạy trên đường nào khi d quay quanh A?

Qua H kẻ đường thẳng song song với OD cắt OC tại I Khi đó:

OI  R

), bán kính

3

7R

Bài 7: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)

Hãy luôn chiến thắng chính mình 6

O

D

C O'

K H I

C

D F

E

AB  AC  AQGọi E, F là giao điểm của NP, MP với BC.

Do NE//AB, MF//AC nên theo Thales ta có:

13

Khi đó MN//BC Vì AQ đi qua trung điểm MN nên Q là trung điểm của BC.

Vậy, khi Q là trung điểm của BC thì

vuông tại D suy ra BD2 BC BA. (1)

Gọi G, H lần lượt là tiếp điểm của (I)

với CD và (O).

Tứ giác IECG có : E C G   900

và IE= IG nên là hình vuông,

 IG//EC  HIG HOB  (đồngvị)

Kết hợp với HIG và HOB cân, suy ra

GHI BHO , hay H, G, B thẳng hàng.

Từ đó:HBEEBG (vìBHE BEG B , chung)  BE2 BG BH. (2)

Và:AHBGCB(vìAHB GCB 90 ,0 B chung) BG BH. BC BA. (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra BD = BE.

Bài 8: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014)

8.1.

Lưu ý: có vẽ hình mới chấm điểm câu này

a) Chứng minh OMD đồng dạng với FDC

A

P

N M

E G

O

M E

F

suy ra OM//CD, do đó OMD FDC  (1).

ODM ODC MDC EFC FDC FCD (2)

b) Chứng minh EFA 2OBA

ABCD là hình thoi nên

Ta có: EFA1800 DFA 1800 MCD ADCABC2OBA

a

O A

M D I

B E

C

J F

8.2.Lưu ý: có vẽ hình mới chấm điểm câu này.

a) Chứng minh J là trung điểm đoạn thẳng OC

CA và CM là tiếp tuyến của (O) nên DOC AOC

Mà AOC DCO (do AB//CD), suy ra DOC DCO , hay  DOC cân tại D Kết hợp với

Gọi F là trung điểm của AO, E là giao điểm của DF và BC

điểm của OA.

Bài 9: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014)

9.1.Vì ABC nhọn nên H nằm giữa 2 điểm A và C

a ABC

S S S  b c k

Từ  1 và  2 suy ra

a a

h a b

32

b c c a a b , ta có:         

32

Tam giác ABC đều

Bài 10: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015)

10.1.

a) Tam giác MEA cân

Gọi Ax là tia đối của AM.

J I E

F

b) Đường thẳng MC đi qua trung điểm của đoạn thẳng AI.

Kéo dài EM cắt BC tại F Gọi By là tia đối của tia BM Ta có:

Từ (1), (2) và tính chất tiếp tuyến, ta thu được ME = MF (3).

Gọi J là giao điểm của MC và AD Vì AD // EM nên:

a) Chứng minh rằng các điểm B, M, F thẳng hàng

-Tứ giác ADME là hình vuông

(vì ADME là hình chữ nhật có

AM là phân giác DAE);

Suy ra AD = AE nên BD = EC.

Lại có BH = HC

Và DBH ECH 450

AMFE nội tiếp, do đó AMF CEH (2)

- BDMH nội tiếp (vì BDM BHM 900) suy ra BMH BDH (3)

thẳng hàng

b) Xác định vị trí điểm M để diện tam giác AFB lớn nhất

Vì các điểm D, M, E, F cùng nằm trên một đường tròn (câu a) nên

DFM DAM DMA DFA  suy ra AFB 900

Gọi K là hình chiếu của F lên AB Ta có:

1.2

Vậy M  H thì diện tích tam giác AFB lớn nhất.

Bài 11: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015)

11.1.

Giả sử các đường thẳng qua D, E, F

lần lượt song song với CA, AB, BC

cắt AB, BC, CA tại H, I, K

Đặt SABC = S¸

S AFK = S1 , S BDH = S2 , SCEI = S3

Do HDMF, DIEM, MEKF là các hình bình hành nên:

Hãy luôn chiến thắng chính mình 10

NDA DO F  NOF NEF

Chứng minh ACF là tam giác cân:

Vì OB = OC =BC = R nên OBC

đều, suy ra

302

FCD DFC  ADF 

(2)

Từ (1) và (2) suy ra ACF cân tại F.

Chứng minh EF luôn đi qua một điểm cố định:

Trường hợp 1: AC là đường kính của (O) thì E  O, nên hiển nhiên EF luôn đi qua điểm

cố định O

Trường hợp 2: AC không là đường kính

Ta có ACF cân tại F (chứng minh trên) suy ra EFAC (3).

Mặt khác, do E là trung điểm AC nên OEAC (4).

Từ (3) và (4) suy ra E, F, O thẳng hàng, hay EF luôn đi qua điểm cố định O.

12.2

Gọi H là trực tâm của ABC Vì CHAB và DKAB suy ra CH//DK (1).

Tương tự, BH//GK.

Lại có BC = ED (BCDE hình thoi) nên BHC = EKD (g.c.g),

suy ra CH = DK (2).

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác HCDK là hình bình hành

Do HK = CD = BC (không đổi), H cố định nên K thuộc đường tròn tâm H, bán kính BC.

Bài 13: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016)

MAN DAB MAB DAN   

D

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AC

Vì XY//CA, ZT//BA, QA = QC, PA = PB nên

Từ (3) và (4) suy ra ABY ACT (c.g.c).

MAB YAB MAY TAC NAT    NAC (đpcm)

Bài 14: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017)

14.1.

a) Chứng minh rằng PQ = 2MD

thiết) suy ra AD//PQ Hơn nữa A là trung điểm của CQ nên AD là đường trung bình CPQ hay PQ = 2AD (1).

Kết hợp (1) và (2) suy ra PQ = 2MD (3).

b) Xác định vị trí điểm M để BM + MP +PQ đạt GTNN, GTLN

O B

A

C

G M

Z

Y

X

N T

D P

Q

A

C O

M

B

a) Các đường thẳng AD và BC cùng đi qua N

Mà AMC DMB (

12

MC MB  và AMC DMB 900);

Suy ra ACM MDB 900  ANM MNB 900 hay ANB 900

nghĩa là AD đi qua N.

b) Khi M chuyển động trên đoạn AB thì MN đi qua một điểm cố định.

Khi M chuyển động trên AB thì N chuyển động trên nửa đường tròn cố định đường kính

MC

định E trên nửa đường tròn đường kính AB không chứa N.

Bài 15: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017)

E

D H

Từ BD DC  (giả thiết)  EAD BAD DAC DAG   

Kết hợp với K là trung điểm của EG suy ra O’, K, D thẳng hàng.

Ta có BOH BOD2BAD 2EAD EO D EO K  '  '

và BHO EKO  ' 90 0 suy ra ∆OBH ∆O’EK (g-g).

Do đó

 

2 2

2

2

2 22

R R

Vì ME, MF là các tia phân giác

suy ra M thuộc đường tròn đường kính FE.

- G/hạn: Điểm M chạy trên cả đường tròn đường kính FE (trừ 2 điểm E, F).

- Phần đảo: Lấy M bất kì trên đường tròn đường kính FE Ta sẽ chứng minh ME, MF lần lượt

Vì NHME và FMME suy ra NK//FM

(1)(2)

, hay H là trung điểm NK

-KL:Tập hợp các điểm M là đường tròn đường kính FE (trừ 2 điểm E, F).

16.2.

Hãy luôn chiến thắng chính mình 16

x

K H O

M

P

E K

B

A

H

C I

N M

P

Kẻ BK và CH vuông góc với đường thẳng MN

Từ tính chất tiếp tuyến ta có: KMB AMN ANM HNC;

Bài 17: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018)

17.1.

x

y

J I

H L

K

G

E D

B

A

C

a) Chứng minh CA = CK, BA=BL

BAD cân nên BAD BDA

Mặt khác AKC BKD 900 BDA 900 BAD KAC  ;

Suy ra ACK cân tại C hay CA = CK.

Tương tự, BA=BL.

b) Chứng minh IHJ là tam giác vuông cân

Từ giả thiết ta có IJ//BC, BD//GH//CE Áp dụng Thales:

CK DC BC CE CK  IG = GH (1).

Tương tự, GJ = GH (2).

Hơn nữa, do IJ//BC và HG  BC suy ra HG  IJ (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ta IHJ là tam giác vuông cân tại H.

b) Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định

Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt KM tại D, cắt NM tại E.

Do đó BE không đổi, hay MN luôn đi qua điểm cố định E.

Bài 18: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)

18.1.

a) Chứng minh O, I, G thẳng hàng

ABCD là hình thang cân (vì AD = BC) suy ra trung điểm G

của AB và giao điểm I nằm trên trục hình thang.

Lại có OC = OD nên O nằm trên đường trung trực đoạn

thẳng CD Từ đó suy ra O, I, G cùng nằm trên trục hình

thang, hay O, I, G thẳng hàng

b) Chứng minh rằng tam giác GMN là tam giác đều

OAD có ba cạnh bằng R nên đều, suy ra ANOD và DAN  300

Suy ra GAN = GBM (c.g.c) GN = GM , hay GMN là tam giác cân (1).

Vì AGO ANO 900 nên AGON nội tiếp, suy ra OGN OAN  300

Hãy luôn chiến thắng chính mình 18

I

M N

G

C D

O

Tương tự OGM  300, do đó MGN  600(2).

Từ (1) và (2) suy ra GMN là tam giác đều.

18.2.

ABCD và ABEF nội tiếp

nên AEF ABF ABD ACD

và FAH DAG  FAD HAG

Bài 19: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)

19.1.

Dùng Định lý Pythagore trong các tam

giác vuông AMC và BMD ta suy ra

MA MB MC M AC B

Dùng Định lý Pythagore trong các tam giác

vuông AMD và BMC ta suy ra

D

A BC MA MD MB MC

Vậy AC2BD2 AD2BC2

Gọi E là điểm đối tâm của B

Vì tam giác EAB vuông tại A nên EA//DC,

suy ra AC = ED

Kết hợp định lý Pythagore trong tam giác

Vì I là trung điểm của BC nên MI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC của tamgiác vuông CMB, suy ra

1.2

MI BC

Mặt khác, OI là đường trung bình của tam giác CBE nên

1.2

G

H F

E

O

B A

C D

O

M A

B C

D E

I K

Chứng minh công thức đường trung tuyến

19.2.

Gọi I là trung điểm của AB

Bài 20: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2019 – 2020) 20.1.( Dự phòng )

Theo giả thiết, ta có

B N

 EAC DAB 90  BAE

AN MN  DN DC

Hãy luôn chiến thắng chính mình 20

ACB BCE ACB BCD

2

ACB BCD CBA BCE

BEM BME    CEM CEB BEM  

21.2.Ta có:

2 2

Từ (1) và (2) suy ra: S ACM S BDM S ABDC  S AMB2R2 R2 R2

là điểm chính giữa của cung AB

Bài 22: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2008 – 2009)

I A

ID S

IAB

h

r S

22.2 AI c¾t BC t¹i K; L lµ trung ®iÓm BC

IK

(5)

IK GA

GL



 IG // KL  IG // BC

22.3 XÐt trêng hîp M, N n»m ngoµi ®o¹n EF

(C¸c trêng hîp cßn l¹i chøng minh t¬ng tù)

1800 FAE AFE

ACB ABC

Tõ (6) vµ (7) suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh

Chó ý: häc sinh thiÕu c¸c trêng hîp cßn l¹i trõ 0, 5®

Bài 23: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2009 – 2010)

x N

D

M I

B O

A

E

C K

GL

IK IA

+ Chứng minh được N là trung điểm của KD

+ Chứng minh được EK=ED

đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD

+ Chứng minh E cách đường thẳng a một khoảng bằng R (vì EN=AO=R)

KL: E nằm trên đường thẳng b cố định song song với a và cách a một khoảng bằng R (nằm trênnửa mặt phẳng bờ CD không chứa điểm B)

Bài 24: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013)

24.1.+ Tứ giác AMHN nội tiếp nên AMN AHN

+ Suy raACB AMN , mà AMN NMB 1800nên ACB NMB 1800

KL:

24.2.+ Có AID AOH vì cùng bằng hai lần ACB.

+ Tam giác

AD AI AID AOH

AH 

+ Gọi K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN Khi đó

KI là đường trung trực của đoạn MN

Bài 25: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2016 – 2017)

T G

N

C M

B A

25.1.-Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì ) mà AB là đường kính nên ACB vuông tại C

MAONOB MOA NBO OA OB R    MAONOB MONB

có NO=MA, mà MA=MC ( ) nên NO=MC vậy MNBO là hình thang cân

25.2.-Xét CHB và MAO có MAO NOB 90 ;0 CBH MOA ( cm trên)

E a

N

M

A H

C

B

O

26.1.Chứng minh OMOB=ONOC và MN luôn đi qua 1 điểm cố định

OA OB  OMAOAB OAM OBA  Ta có

MO MA

26.3.Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác OMN khi H thay đổi

2

142

OMN OCB

I K

H D

Chứng minh tương tự được BK/ / EH từ đó suy ra tứ giác KGHI là hình bình hành

P

C

B A

27.2.Ta có

PAC PCAB PAB PBC ABC PAB

PBC PAB PAB PBC PAB

Gọi ; ;D E F lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm P xuống các cạnh BC CA AB ; ;

Hai tam giác vuông PAE PBD đồng dạng nên ;

PF

PC PD  PC

MB AC S  S MC AB S  S Cộng theo vế ta sẽ được điều cần chứng

AH AM 

Hãy luôn chiến thắng chính mình 28

I

M H

G

K N



13

GBC ABC

S AH  

13

(1)SBIC =

N K I A

M D

E

C B

F

29.2.Chứng minh : MN là tiếp tuyến của (I)

Gọi K là giao điểm của IA và EF ; H là giao điểm của IM và AD

Ta có IA là đường trung trực của EF nên

Tứ giác IDMK nội tiếp nên gIDK = gIMK

30.1.a) Cách 1: Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MB

Ta có: BEM là tam giác đều  BE = BM = EM

BMA = BEC  MA = EC

Do đó: MB + MC = MA

Cách 2:

Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MB

Ta có: BEM là tam giác đều

 BE = BM = EM

MBC = EBA (c.g.c)  MC= AE

Do đó: MB + MC = MA

b) Kẻ AN vuông góc với BC tại N

Vì ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác

A

O A

M E

N

K I

H

O A

B

C

1

1 1

2 1

2 1

E E' D

Ta có:

21

2

ABM ABM

ABM

S R

21

2

ACM ACM

ACM

S R

21

2

BCM BCM

BCM

S

R =

2 '3

S R

Do đó: MH + MK + MI =

2 '3

S

R +

2

3 S ABMC

R

=

2 '3

S

R + 2  ' 2 3 2 '

33

S S

R R



30.2 Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt DE tại K

Tứ giác AEDB nội tiếp  CDE BAC

AMD = AKD (c.g.c)  AMD AKD

Nên: AMF AKN Ta có:

AMF AMN AKN

Vậy: MA là phân giác của góc NMF

Từ (1) và (2) suy ra: BH.BE.CB.CD = CB.BD.CE.CA

Kẻ DH AB tại D (H thuộc BC); HE’ AC tại E’

Hãy luôn chiến thắng chính mình 30

4

3 21 K

C B

A

D

E F

2

12

Tứ giác ADHE’ là hình chữ nhật DH = AE’

b) Cách 1:

Xét bài toán phụ: Cho a, b > 0 Ta luôn có:

khi D, E lần lượt là trung điểm của AB và AC

2 ABC

I

H B

A N

M

1 1

D M

a) Ta có AD BC tại D (vì ABC vuông cân tại A)

nên AMNP là tứ giác nội tiếp (1) nên NAPH là tứ giác nội tiếp (2)

Từ (1) và (2) suy ra N, A, P, H, M cùng thuộc một đường tròn

AMNP là tứ giác nội tiếp (1)

Từ (3) và (4) suy ra A, H, D, B, I cùng thuộc một đường tròn

Do đó H, N, I thẳng hàng

32.2

Cách 1:

Kẻ AD là đường kính của đường tròn (O)

Xét 2 tam giác vuông HBA và CDA

I DM

Cách 2: Gọi I là giao điểm của AH với đường tròn (O) Kẻ đường kính AD.

ABC cân tại A

Bài 33: ( HSG TỈNH BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC 2012 – 2013)

33.2.a)Ta có (góc tạo bởi tia

tiếp tuyến và dây cung)

(góc có đỉnh ởtrong đường tròn) (a)

 Tứ giác BHOM nội tiếp(góc ngoài bằng góc trong đối diện)

Hãy luôn chiến thắng chính mình 34

2 1

C B

Bài 34: ( HSG TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2018 – 2019)

34.1.Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp

đường tròn

Để ý đến các tứ giác ABPC và

BDIP nội tiếp đường tròn ta có

nên tứ giácCIPK nội tiếp đường tròn

Do các tứ giác BDIP và CIPK nội

nên hai tam giác BPC và DPK đồng dạng với nhau, suy ra

P

Q

I O

K

G E

34.3.Chứng minh khi D di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số không đổi

suy ra P cũng là điểm cố định nên không đổi hay không đổi Do vậy

có giá trị không đổi khi D thay đổi trên AB

Bài 35: ( HSG TỈNH ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2010 – 2011)

Cho đường tròn (C ) với tâm O và đường kính

AB cố định Gọi M là điểm di động trên (C )

sao cho M không trùng với các điểm A và B

Lấy C là điểm đối xứng của O qua A Đường

thẳng vuông góc với AB tại C cắt đường thẳng

AM tại N Đường thẳng BN cắt đường tròn (C )

tại điểm thứ hai là E Các đường thẳng BM và

CN cắt nhau tại F

a) Chứng minh rằng các điểm A, E, F thẳnghàng

b) Chứng minh rằng tích AMAN không đổi

c) Chứng minh rằng A là trọng tâm của tamgiác BNF khi và chỉ khi NF ngắn nhất

Ta có nên A là trong tâm tam giác BNF  C là trung điểm NF (3)

Mặt khác: , nên hai tam giác CNA và CBF đồng dạng



Nên: NF ngắn nhất  CN =CF  C là trung điểm NF (4)

(3) và (4) cho ta: A là trong tâm tam giác BNF  NF ngắn nhất

Bài 36: ( HSG TỈNH ĐAKLAK NĂM HỌC 2010 – 2011)

Hãy luôn chiến thắng chính mình 36

F

D P

A

B'

A'

C' H

Từ (1) và (2) có AD.BC = AB.CD + AC.BD

36.2 Chứng minh rằng nếu lục giác lồi ABCDEF có 6 góc trong bằng nhau thì có

Giải

- Theo giả thiết suy ra cả 6 góc trong của lục giác đều bằng

- Vẽ ba phân giác trong BP, DM, FN Có các tứ giác BCDP, DEFM,

FNBA đều là hình bình hành ( các góc đối bằng nhau)

- Tam giác MNP có 3 góc bằng là tam giác đều

tương tự suy ra

Bài 37: ( HSG TỈNH ĐAKLAK NĂM HỌC 2012 – 2013)

37.2.Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên:

37.3.Gọi D là trung điểm của đoạn PQ Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều.

K E

F

D N

060

Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: = Suy ra: =

Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF

Vì vậy, tam giác DEF cân tại D

Từ đó, tam giác DEF là tam giác đều

Bài 38: ( HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2014 – 2015)

38.3 Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC

Gọi M là giao của BI và (O) (khác B)

Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên:

DB = DI = DC d là tâm đường tròn ngoại tiếp IBC

Bài 39: ( HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2016 – 2017)

Hãy luôn chiến thắng chính mình 38

38.1.Chứng minh: BH = AB .cos góc ABC Suy ra

BC = AB .cos góc ABC + AC .cos góc BCA

Trong tam giác vuông AHB

Ta có :HB = AB.cosABCTrong tam giác vuông AHC

Ta có :HC = AC.cosACB

BC = HB + HC = AB.cosABC + AC.cosACB

PMPK

PEPQ

PMPE

PKPQ

BIF BEF BEIF nt

39.1.a) Gọi D, E, F lần lượt là chân các đường phân giác

của góc A, góc B, góc C Gọi T là trung điểm của BC

Do AD là đường phân giác của tam giác ABC nên:

Tam giác ABD có BI là đường phân giác nên :

(1)

Từ (1) và (2) suy ra:

Suy ra: IG//DT hay IG//BC

Cách 2: Gọi K là giao điểm của MN và AI

Ta có: Theo công thức độ dài đường phân giác:

Do MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN//BC, suy ra K cũng là trung điểm của AI

Do MK là đường trung bình của tam giác ABD nên MK =

T

F A

2 1 2

I A

Gọi đường tròn (I) là đường tròn nội

tiếp tam giác ABC Gọi D, E, F lần lượt

là các tiếp điểm của đường tròn (I) với

AC, CB, BA

Theo tính chất đường tròn nội tiếp ta có:

Mà tứ giác ADIF là hình vuông nên

Ta chỉ cần chứng minh (b + c – a) chia hết cho 2

Thật vậy: Theo Py – ta – go:

chẵn Suy ra

Bài 40: ( HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018 – 2019)

40.1.Gọi F là tiếp điểm của BC với đường tròn (I)

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có:

AD = AE; BD = BF; CE = CF

Suy ra: AB + AC – BC = (AD + DB) + (AE+ CE) – (BF +

CF) = AD + AE = 2AD

2 1 2

I A

40.2.Gọi S là giao điểm của BI và MN Ta cần chứng minh: D, E, S thẳng hàng.

Thật vậy:

Do MN là đường trung bình của tam giác ABC nên MN//AB

Suy ra tam giác MBS cân tại M nên MB = MS = MC

Tam giác BSC có đường trung tuyến SM=1/2BC nên tam giác BSC vuông tại S

Ta có:

Tứ giác IECF và IESC là các tứ giác nội tiếp (đường tròn đường kính IC)

Nên 5 điểm I, E, S, C, F cùng thuộc đường tròn đường kính IC

Ta có:

Lại có tam giác ADE cân tại A

Từ (1) và (2) suy ra = mà A, E, C thẳng hàng nên D, E, S thẳng hàng

Vậy ba đường thẳng BI, DE, MN đồng quy

Hãy luôn chiến thắng chính mình 40