Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Hình học phẳng - Dạng 8: Các bài toán khác - Ngô Tùng Hiếu

39 trang nhungbui22 11/08/2022 1990

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Hình học phẳng - Dạng 8: Các bài toán khác - Ngô Tùng Hiếu", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tai_lieu_on_thi_hoc_sinh_gioi_toan_lop_11_chuyen_de_hinh_hoc.docx

Nội dung text: Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Hình học phẳng - Dạng 8: Các bài toán khác - Ngô Tùng Hiếu

Loại 8: Các bài toán khác. Câu 1. [SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Bảng A-Vòng 1)- năm học 1999-2000] Tập hợp M gồm hữu hạn điểm trên mặt phẳng sao cho với mọi điểm X thuộc M tồn tại đúng 4 điểm thuộc M có khoảng cách đến X bằng 1. Hỏi tập hợp Mcó thể chứa ít nhất là bao nhiêu phần tử?. Lời giải Rõ ràng có ít nhất hai điểm P,Q thuộc M sao cho PQ 1. Ký hiệu MP={X M/PX=1}. Từ giả thiết |MP|=4 ta có: |MpMq| 2. Nếu tồn tại P, Q sao cho |MpMq| 1 thì M chứa ít nhất 9 điểm. Trường hợp với mọi P,Q sao cho PQ 1 và |Mp  Mq| = 2. Khi đó MpMq={R,S}, lúc đó MP={R,S,T,U} và Mq={R,S,V,W} và giả sử M = {P,Q,R,S,T,U,V,W} ta có TQ 1, UQ 1, VP 1, WP 1. Nếu TR,TS,UR,US khác 1: suy ra MtMq=MuMq={V,W} suy ra T hay U trùng với Q, vô lý. Nếu TR,TS,UR,US có một số bằng 1: Không giảm đi tính tổng quát, giả sử TV = 1 lúc đó TS 1 và TV=1 hay TW=1. Giả sử TV=1 lúc đó TW 1 suy ra TU = 1, và Mt = {P,R,U,V} và Mu={P,T,V,W} lúc đó UTV, RPT,UTV là các tam giác đều cạnh 1, ta có hình 1. Điều này mâu thuẫn vì VR>2. Vậy M chứa ít nhất là 9 điểm. Dấu bằng xảy ra với hình2. Vậy M có thể chứa ít nhất là 9 điểm. A5 T R V A9 A6 Câu 2. [Trường THPT Trần Nguyên Hãn- Hải Phòng- năm học 2008-2009]A1 A2 U P Cho tam giác đều ABC: A3 2 2 2 A7 M là điểm nằm trong tam giác sao cho MA MBA8 MC . Hãy tính góc B· MC. Một điểm S nằm ngoài mặt phẳng (ABC) sao cho tứ diện SABC đều, gọi I, K là trung điểm của các cạnh AC và SB. Trên đường thấng AS và CK ta chọn cácA điểm4 P, Q sao cho PQ // BI. Tính độ dài PQ biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1. Câu 3. [Trường THPT Trần Nguyên Hãn- Hải Phòng- năm học 2008-2009] Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Xác định điểm M bên trong tam giác sao cho MA+MB+MC nhỏ nhất. Lời giải Dùng phép quay quanh A với góc quay 600 biến M thành M’; C thành C’ Ta có MA+MB+MC = BM+MM’+M’C’ MA+MB+MC bé nhất khi bốn điểm B,M,M’,C’ thẳng hàng. Khi đó góc BMA=1200, góc AMC=1200 Ta được vị trí của M trong tam giác ABC Câu 4. [Trường THPT Chuyên Biên Hòa- Tỉnh Hà Nam]
Cho đường tròn(O) có đường kính AB, P là điểm bất kì trên đường tròn, K là hình chiếu của P trên AB, R đối xứng với P qua AB. H bất kì trên AB. RH cắt lại (O) tại Q. Gọi đường tròn tâm I bán kính r tiếp xúc với HP,HQ và đường tròn (O) 1 1 1 Chứng minh: = + r HK HP Lời giải A R K P O H J I w T Q B Gọi T là tiếp điểm của (I) và HQ J là điểm IH sao cho HJ = HT PQ cắt AB tại X, AP cắt BQ tại W AQ cắt PB tại J’ J’ là trực tâm WAB H,J,I,W thẳng hàng      AJ ' B J ' AB APB J ' AP 900 J ' HP 900   900 HIT 900 1800 HIT   AJ ' B HIT 1800 AH BH      tan AJH tan BJH tan AJB tan( AJH BJH) = = HJ HJ   AH BH 1 tan AJH.tan BJH 1 HJ HJ (AH BH )HJ 2R.HJ 2R.HJ = HJ 2 HA.HB HT 2 HA.HB HI 2 r 2 R 2 OH 2 2R.HJ 2R.HJ 2R.HJ HJ HT  = =-tan HIT OI 2 R 2 r 2 R r 2 R 2 r 2 2Rr r r
    ' ' AJB HIT =1800 AJB AJ B J  J Hai tam giác HKR và HTI đồng dạng với nhau nên ta có BH HJ HT IH r BK PK RK HK HK 1 BK BH BK 1 1 LOẠI 8: Các bài toán khác r BH.BK BH.HK HB HK Câu 5. [ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH NAM ĐỊNH -2005] Biết rằng số đo ba góc trong của tam giác ABC lập thành một cấp số nhân với công bội q 2 . Gọi O; R là đường tròn ngoại tiếp và G là trọng tâm của tam giác ABC . 1) Tính độ dài đoạn OG theo R . 2) Biêt R 57 , hãy tính gần đúng số đo diện tích tam giác ABC (lấy đến 5 chữ số sau dấu phảy). Câu 6. [ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN TỈNH NAM ĐỊNH -2004] Trên mặt phẳng cho tứ giác lồi ABCD có: AB BC CD a 1) Nếu biết ABC BCD 120 Hãy tính diện tích tứ giác ABCD theo a . 2) Giả sử tứ giác ABCD thay đổi, mà AB BC CD a không đổi. Hãy tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác ABCD Câu 7. [THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐÒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2013-2014] Cho O và một điểm P nằm ngoài O . Chứng minh rằng các đường chéo của bất kì hình thang nào nội tiếp O mà hai cạnh bên kéo dài gặp nhau tại P đều cắt nhau tại một điểm cố định Hướng dẫn giải D A P I O B C Gọi I là giao điểm của AC và BD I OP Ta có I·OD P· BI Do I·PB I·DO 900 B· CD
PD PO VPDO : VPIB PD.PB PI.PO PI PB PP/(O) PI.PO hay I cố định. Câu 8. [TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐIỆN BIÊN ] Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O; R . H là một điểm di động trên đoạn OA ( H khác 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, 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 1 D A 2 1 1 1 ¶ 1 ¶ ¶ F A sđB¼M ;O1 O2 sđB¼M M 1 2 H 2 1 1 E G 2 O A¶ O¶ 1 1 tứ giác AMGO nội tiếp 2 B C Từ 1 và 2 ta có năm điểm A, D,G, M ,O cùng nằm trên một đường tròn ¶ ¶ ¶ G1 D2 D1 OGF và ODE đồng dạng OG GF A hay OD.GF OG.DE OD DE 1 2 Trên đoạn MC lấy điểm A sao cho H AMA' M MA MA đều O A¶ A¶ 600 B· AA' 1 2 A' B I C MAB A'AC MB A'C 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 9. [TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH SƠN LA ] Cho tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao. M là điểm tùy ý thuộc đoạn AH ( M khác A và H ); gọi P P là điểm thuộc BM kéo dài sao cho CP CA và Q là điểm thuộc tia CM kéo dài sao cho BQ BA; CP cắt BQ tại E . Chứng minh rằng EP EQ Hướng dẫn giải. I P Q A G D M B H C E Gọi G và D lần lượt là giao điểm của BM , CM với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ; I I là giao điểm của BD và CG . BC là đường kính của ABC nênCD , BG là hai đường cao của tam giác IBC , do đó M là trực tâm của tam giác IBC IM  BC I, A, M , H thẳng hàng. BQ BC BQ2 BA2 BH.BC BH BQ Suy ra hai tam giác BQH , BCQ đồng dạng Suy ra góc BQH BCQ BCD BIH suy ra tứ giác BQIH là tứ giác nội tiếp. Suy ra góc BQI 90 và QI 2 ID.IB (1) Tương tự ta có: góc CPI 90 và PI 2 IG.IC . (2) Từ (1) và (2) và IB.ID IG.IC ( do tứ giác BDGC nội tiếp) nênQI IP . Câu 10. [THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2013 - 2014 ]
Gọi AD, BE,CF là ba đường phân giác trong của tam giác ABC vuông ở A . Đoạn thẳng AD cắt EF tại K . Đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC lần lượt ở M , N . Chứng 2 2 minh rằng: MN AB AC . 2 Câu 11. [THI HỌC SINH GIỎI TỈNH THÁI NGUYÊN GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO LỚP 11NĂM HỌC 2011-2012 ] Qua một điểm nằm trong tam giác kẻ 3 đường thẳng song song với các cạnh của tam giác. Các đường thẳng này chia tam giác thành 6 phần, trong đó có 3 tam giác với các diện tích là 2 2 2 S1 15,7845cm , S2 16,7214cm ; S3 21,5642cm Tính diện tích của tam giác đã cho theo S1, S2, S3. Hướng dẫn giải. 2 S NP S1 NP 1 hay S ABC BC S ABC BC S FE PC S DF BN Tương tự, 2 ; 3 S ABC BC BC S ABC BC BC S S S BN NP PC Từ đó 1 2 3 1 S ABC BC Suy ra S ABC S1 S2 S3 2 Hay S S S S ABC 1 2 3 2 Thay số ta có: S S S S 161,4394cm2 ABC 1 2 3 Câu 12. [THI HSG TRƯỜNG THPT TRƯNG VƯƠNG- BÌNH ĐỊNH 2006-2007] T ìm điểm M trong tam giác nhọn ABC cho trước để 3MA 4MB 5MC bé nhất Lời giải. Dựng tam giác XYZ ngoại tiếp tam giác ABC có các cạnh tỷ lệ 3: 4:5
M nhìn các đoạn BC,CA các góc bù góc X ,Y Z Sử dụng giao các cung chứaA góc tìm đượcM M trongB tam giác ABC Câu 13. [ĐỀ THI HSG VÒNG 1TRƯỜNG THPT TRƯNG VƯƠNG- BÌNH ĐỊNH] Cho các điểm M , N,P nằm trên các cạnh AB,BC,CAcủa tam giác ABC . Chứng minh rằng X trong ba tam giác APYM , BMN ,CCNP có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng một phần tư diện tích tam giác ABC . Lời giải A M P B C N AM.AP S S .Tương tự có APM AB.AC ABC AM.BM BN.CN CP.AP 1 S S S S 3 S 3 APM BMN CNP AB2 BC 2 CA2 ABC 4 ABC Từ đó suy ra điều phải chứng minh Câu 14. [HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ.TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT – QUẢNG NGÃI NĂM 2016 ] Cho tam giác ABC thay đổi nhưng luôn là tam giác nhọn có tổng các bình phương các độ dài các cạnh là không đổi. Gọi AD là đường phân giác trong, E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AB, AC , K là giao điểm của BF,CE , H là giao điểm của AK và đường cao kẻ từ B của tam giác ABC . Tìm giá trị lớn nhất của tổng AH BH CH khi tam giác ABC thay đổi. Lời giải Gọi A là hình chiếu vuông góc của A trên BC . Ta chứng minh A,K, A thẳng hàng bằng cách chứng minh AA ,BF,CE đồng quy. Vì A ,F,E lần lượt thuộc các đoạn BC,CA, AB nên
A' B FC EA A' B FC EA A' B A' A FC DF EA DE . . ' . . ( ' . ' ).( . ).( . ) A'C FA EB A C FA EB A A A C DF FA DE EB DE EA (cot B.tan C).(cot C. ).( .tan B) 1 EA DE A E K F C B D A’ Do đó theo định lý Ceva, AA ,BF,CE đồng quy hoặc song song. Mà ba đường thẳng này không thể song song nên chúng đồng quy hay K nằm trên đường cao AA của tam giác ABC , do đó, H là trực tâm của tam giác ABC . Gọi BB ,CC là hai đường cao còn lại của tam giác ABC và a,b,c lần lượt là độ dài các cạnh BC,CA, AB thì theo tính chất tứ giác nội tiếp ta có b2 c2 a2 AH.AA' AC ' .AB (bcosC).c . 2 a2 b2 c2 Tương tự, có AH.AA' BH.BB' CH.CC ' . 2 A' H B' H C ' H AH BH CH Lại có 1 hay 2 AA' BB' CC ' AA' BB' CC ' nên AH BH CH (AH BH CH )2 (AH, AA' BH.BB' CH.CC ' )( ) AA' BB' CC ' = a2 + b2 + c2. Dấu “=” chỉ xảy ra khi AA BB CC ’, tức là tam giác ABC đều Vậy giá trị lớn nhất của tổng AH BH CH là a2 b2 c2 . Câu 15. [Ngân hàng đề Hùng Vương-Trường CHUYÊN BẮC GIANG – năm-Tỉnh BẮC GIANG] Cho tam giác nhọn ABC không cân tại B , T là trung điểm cạnh AC , E và F tương ứng là chân đường cao hạ từ A , C của tam giác. Z là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A , C của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , X là giao điểm của ZA và EF , Y là giao điểm của ZC và EF a) Chứng minh rằng T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ . b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và EBF cắt nhau tại điểm thứ hai D . Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác ABC nằm trên DT . c) Chứng minh rằng D nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ. Hướng dẫn giải Z A X T F H D B E C a) ZT là phân giác góc ·AZC . Do ·XAB ·ACB B· FE ·AFX và TA TF , từ đó X và T nằm trên trung trực của AF , do đó T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ b)Giả sử AB BC , khi đó D nằm trên cung nhỏ AB . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và L là trung điểm của BH . Ta có được BD và LO vuông góc. Từ BD và DH vuông góc, ta được LO và DH song song. OLHT là hình bình hành nên LO song song với HT , do đó D , H , T thẳng hàng. c) Chứng minh được góc ·ADT ·AXT và TY là đường trung trực của DC . Chứng minh được góc C· DT C· YT nên CTDY là tứ giác nội tiếp. Do đó góc ·XDY ·XZY ·XDT T· DY ·XZY Z· AT Z· CT ·XZY 180o , do đó DXZY là tứ giác nội tiếp. Câu 16. [KỲ THI OLIMPIC HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X- NĂM 2014- TRƯỜNG CHUYÊN HÀ GIANG]
Các đường phân giác trong AA1, BB1,CC1 của tam giác ABC có chu vi p cắt các đoạn thẳng B1C1,C1A1, A1B1 tương ứng tại A2 , B2 ,C2 A. Các đường thẳng qua A2 song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại A 3, A4. Đường thẳng qua B 2 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 tại C 3, C4. Chứng minh rằng: AB4+BC4+CA4+BA3+CB3+AC3 p Đẳng thức xảy ra khi nào? Hướng dẫn 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 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. LOẠI 8: Các bài toán khác Câu 17. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, có trọng tâm G nằm trong hình tròn tâm I. Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, AC, AB của tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức a2 b2 c2 P ab bc ca Hướng dẫn giải Tìm giá trị nhỏ nhất: T ừ BĐT: (a b)2 (b c)2 (c a)2 0 a2 b2 c2 ab bc ca a2 b2 c2 Từ đó P 1 ab bc ca Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Do đó giá trị của biểu thức P bằng 1, đạt được khi và chỉ khi tam giác ABC đều. Tìm giá trị lớn nhất: G ọi p v à r theo thứ tự là nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có: IA2 IB2 IC 2 ( p a)2 ( p b)2 ( p c)2 3r 2 (1) Ta lại có:       IA2 IB2 IC 2 (IG GA)2 (IG GB)2 (IG GC)2 3IG2 GA2 GB2 GC 2 (2)    ( Do GA GB GC 0 ) a2 b2 c2 Từ (1) và (2) và để ý rằng: GA2 GB2 GC 2 (theo công thức đường trung tuyến 3 trong tam giác), ta thấy a2 b2 c2 ( p a)2 ( p b)2 ( p c)2 3r 2 3IG2 (3) 3
Vì I nằm trong hình tròn (I) nên IG r .Từ (3) suy ra a2 b2 c2 ( p a)2 ( p b)2 ( p c)2 3 3 a2 b2 c2 (a b c)2 (a b c)2 (a2 b2 c2 ) 4 3 5(a2 b2 c2 ) 6(ab bc ca) 6 Do đó P 5 6 Đẳng thức xảy ra khi IG = r. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P bằng đạt được khi G nằm 5 trên đường tròn tâm I. Câu 18. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG ĐỀ ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG] Cho tam giác ABC và một điểm M nằm trong tam giác sao cho M· BA > M· CA và M· BC M· CB . Giả sử BM và CM lần lượt cắt AC và AB tại P, Q, chứng minh rằng BP < CQ. Hướng dẫn giải Ta thấy AB, CD, MN lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (AOB) và (O); (AOB) và (COD); (COD) và (O) nên AB, CD, OM đồng quy tại tâm đẳng phương S. SO cắt (O) tại E, F. Ta có SE.SF SA.SB SM.SO và O là trung điểm EF nên theo hệ thức Maclaurin, ta có (SMEF) = -1, do đó M thuộc đường đối cực của S (1) Mà I cũng thuộc đường đối cực của S (2)
Từ (1) và (2) suy ra IM là đường đối cực của S, do đó góc IMO bằng 90 o. Tương tự góc INO bằng 90o, ta có đpcm 2 Câu 19. Cho tam giác ABC có độ dài các đường cao BB 5;CC 2 và cosC· BB . Tính diện 5 tích tam giác ABC . Hướng dẫn giải Xét hai trường hợp: +) B và C không tù. Khi đó 2 2 1 cosCBB ' sin C ,cosC 5 5 5 BB ' 5 BC cosCBB ' 2 CC ' 4 3 Suy ra sin B ,cos B BC 5 5 2 BB ' 5 1 5 sin A sin B cosC sin C cos B AB S AB.CC ' 5 sin A 2 2 2 +) B hoặc C tù 2 1 Do BB ' CC ' nên B C và C tù sin C ,cosC 5 5 4 3 2 25 25 Còn sin B ,cos B (giống trường hợp 1) sin A , AB Suy ra S 5 5 5 5 2 2 Câu 20. Cho tứ giác ABCD ( AB CD ) ngoại tiếp đường tròn O; R , R 0 và điểm M di chuyển trên đường tròn O; R . Gọi X , Y, Z, T lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các đường thẳng AB, BC, CD, DA. Tìm vị trí của điểm M sao cho MX MY MZ MT đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất? Hướng dẫn giải B Y E F X M O A C T G H Z D
Gọi E, F, G, H lần lượt là tiếp điểm của các đường thẳng AB, BC, CD, DA với đường tròn O; R và gọi K là trọng tâm của tứ giác EFGH. Ta có MX.OE MY.OF MZ.OG MT.OH MX MY MZ MT R         MX.OE MY.OF MZ.OG MT.OH R        MX. OE OF OG OH 4MO.OK 4R 4R R R   4.MO.OK.cos MO,OK   4R 4.OK.cos MO,OK 4R R Do đó MX MY MZ MT đạt giá trị lớn nhất khi M là giao điểm của tia KO với đường tròn (O; R) và đạt giá trị nhỏ nhất khi M là giao điểm của tia OK với đường tròn (O;R). Câu 21. Gọi AD, BE,CF là ba đường phân giác trong của tam giác ABC vuông ở A . Đoạn thẳng AD cắt EF tại K . Đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC lần lượt ở M , N . Chứng 2 2 minh rằng: MN AB AC . 2 Hướng dẫn giải 2 b c b c Đặt BC a,CA b, AB c ta có a2 b2 c2 suy ra 2 . 2 a bc bc Dùng tính chất đường phân giác tính được AF , AE . a b a c Dùng phương pháp diện tích, hoặc công thức đường phân giác trong tính được 2bc 2AE.AF 2bc AD , AK . b c AE AF 2a b c
AK b c MN b c Từ đó . AD 2a b c a 2a b c 1 1 2 2 Suy ra: MN (b c) (b c) AB AC . b c 2 2 2 2 a Câu 22. (Kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh 2008 – 2009) Cho tam giác ABC có các góc A, B,C thỏa 1 1 1 1 1 1 mãn hệ thức: A B C cos A cos B cosC sin sin sin 2 2 2 Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều. Câu 23. (Kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh 2010 – 2011)Tam giác ABC có ba góc thỏa mãn hệ thức: 8cos Asin Bsin C 4 3 sin A cos B cosC 17 0 Hãy tính các góc của tam giác đó. Câu 24. (Đề thi chọn HSG tỉnh Quảng Bình 2012 – 2013) Chứng minh rằng nếu các góc A , B , C của ABC thỏa mãn điều kiện: cos 2A cos 2B cos 2C 1 thì sin A sin B sinC 1 2 . Câu 25. (Đề thi đề nghị trường THPT chuyên Lê Quý Đôn TP. Đà Nẵng – hội thi HSG duyên hải Bắc bộ lần thứ VII) Cho n -giác đều A1 A2 An n 3 nội tiếp đường tròn O; R và đường thẳng d tùy ý. Qua các điểm Ak k 1,n vẽ các đường thẳng song song với d cắt đường tròn O tại 2 2 2 các điểm Bk k 1,n . Chứng minh tổng Sn A1B1 A2 B2 An Bn không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng d . Hướng dẫn giải: Chọn hệ trục Oxy , sao cho gốc tọa độ là tâm đa giác, trục Ox vuông góc với d . Không mất tính tổng quát, giả sử có thể giả sử đa giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị ( R 1).  k 1 k 1 Đặt Ox;OA thì A cos ;sin 1 k n n k 1 k 1 và B cos ; sin ,k 1,2, ,n . k n n n n n 2 2 k 1 2 k 1 Sn  Ak Bk 4sin 2n cos 2 k 1 k 1 n k 1 n n 2 k 1 1 n 2 k 1 Tn cos 2 cos 2 cos k 1 n k 1 n n cos n 1 n 2k 1 2k 3  cos 2 cos 2 k 1 n n 2cos n 1 2n 1 cos 2 cos 2 0 n n 2cos n
Vậy Sn 2n Tn 2n. Câu 26. Gọi x, y, z là khoảng cách từ một điểm M bất ký nằm trong ABC có 3 góc nhọn đến các a2 b2 c2 cạnh BC,CA, AB. Chứng minh rằng: x y z , a,b,c là độ dài các cạnh 2R của tam giác, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Dấu xảy ra khi nào? Câu 27. Tính các góc của ABC biết rằng: cos 2A 2 2 cos B cosC 3 và ABC không có góc tù. Câu 28. Chứng minh rằng với mọi điểm thuộc mặt phẳng chứa ABC , ta đều có: 4 MA2 MB2 MC 2 S , trong đó S là diện tích của ABC 3 Câu 29. Chứng minh rằng nếu a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 3 thì: 3 a2 b2 c2 4abc 13 Câu 30. Hãy xác định dạng của tam giác ABC nếu các góc của tam giác ABC thỏa mãn đẳng thức sau: A B C tg tg tg 1 2 2 2 B C C A A B A B C 1 tg tg 1 tg tg 1 tg tg 4tg tg tg 2 2 2 2 2 2 2 2 2 LOẠI 8: Các bài toán khác Câu 1. [Chu Văn An-Hà Nội] Gọi AD, BE,CF là ba đường phân giác trong của tam giác ABC vuông ở A . Đoạn thẳng AD cắt EF tại K . Đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC lần lượt ở M , N . Chứng minh rằng: 2 2 MN AB AC . 2 Hướng dẫn giải Đặt BC a,CA b, AB c ta có b c 2 a2 b2 c2 suy ra 2 b c 2 . Dùng tính chất đường a phân giác tính được bc bc AF , AE . Dùng a b a c phương pháp diện tích, hoặc công thức đường phân giác trong tính được 2bc 2AE.AF 2bc AK b c MN b c AD , AK . Từ đó . Suy b c AE AF 2a b c AD 2a b c a 2a b c 1 1 2 2 ra: MN (b c) (b c) AB AC . b c 2 2 2 2 a
Câu 2. TRƯỜNG THPT VÂN CANH Cho tam giác ABC có trung tuyến AM và đường phân giác trong AD . Đương tròn ngoại tiếp tam giác AMD cắt AB tại E và cắt AC tại F . Chứng minh BE CF. Câu 3. Trường THPT Cẩm Giàng Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ AB 6 cm, đáy lớn CD 15 cm nằm trong mặt phẳng P không chứa A,B . Từ A,B kẻ hai đường thẳng song song lần lượt cắt P tại A’ , B’ . Gọi O, O’ lần lượt là giao điểm của AC và DB ; A’C và B’D. 1) Chứng minh AA’ BB’ . 2) Chứng minh AA’ / /OO’ 3) Tìm OO’ biết BB’ 7cm . Câu 4. ĐỀ THI HOC SINH GIỎI TOÁN 11 NAM ĐỊNH Cho tam giác ABC vuông góc tại A. Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ABC tại B ta lấy một điểm S sao cho SB BA AC 1. P là mặt phẳng song song với các cạnh SB và AC cắt các cạnh SA, SC, BC, BA lần lượt tại D, E, F , H . 1) Chứng minh DEFH là hình chữ nhật. 2) Xác định vị trí của mặt phẳng P sao cho diện tích hình chữ nhật đó lớn nhất. Câu 5. Trên mặt phẳng cho tứ giác lồi ABCD có AB BC CD a . 1) Nếu biết ¼ABC B¼CD 1200 . Hãy tính diện tích tứ giác ABCD theo a . 2) Giả sử tứ giác ABCD thay đổi, mà AB BC CD a không đổi. Hãy tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác ABCD . Câu 6. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN CẤP TỈNH VÒNG1 Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm O , bán kính R . Gọi M là điểm tùy ý nằm trên đường tròn này. a) Chứng minh: MA2 MB2 MC 2 6R2 . b) Chứng minh: MA4 MB4 MC 4 18R4 . c) Thay tam giác ABC đều bằng hình vuông ABCD. Hãy tính P MA2 MB2 MC 2 MD2 ;Q MA4 MB4 MC 4 MD4 Câu 7. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN CẤP TỈNH VÒNG 2
a) Cho tam giác ABC có G, H,O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp.   Gọi K là điểm sao cho HK 3HG . Gọi G1,G2 ,G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác KBC, KCA, KAB . Chứng minh: G1A,G2B,G3C đồng quy và G1A G2B G3C . b) Trong mặt phẳng cho ngũ giác đều ABCDE nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R và điểm M tùy ý.Tìm vị trí của M để MA MB MC MD ME ngắn nhất. Hướng dẫn giải Câu 3a Trước hết ta chứng minh được   G, H,O thẳng hàng và 3OG OH A H O G B C E Gọi E là điểm đối xứng của A qua O.Ta có:BHCE là hình bình hành     Suy ra: HA HB HC 2HO   Suy ra: 3OG OH     Vì G, H,O thẳng hàng; 3OG OH ; HK 3HG nên H,G,O, K thẳng hàng và O là trung điểm HK Gọi M là trung điểm BC . 1 1 Trong tam giác AMK ta có:GG song song AK ;GG AK vàGO OK 1 1 3 3 4 Vậy ta chứng minh được O, A,G thẳng hàng và AG AO Như vậy G A,G B,G C đồng 1 1 3 1 2 3 quy tại O và G1A G2B G3C Bài 3b B A C M O E D      Vì ABCDE là ngũ giác đều nên ta có: OA OB OC OD OE 0 Ta có :
1 1 1 1 MA . | MA | . | OA | .MA.OA (MO OA).OA MO.OA R R R R R 1       MA MB MC MD ME MO(OA OB OC OD OE) 5R R MA MB MC MD ME 5R Vậy MA MB MC MD ME ngắn nhất khi M trùng với O. Câu 8. 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 ·AMB 450 . b) Cho tam giác ABC đều, cạnh bằng 6cm , trọng tâm là G . Một đường thẳng đi qua G , cắt các đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại hai điểm M và N sao cho 2AM 3AN . Tính diện tích tam giác AMN . Hướng dẫn giải a. Gọi I x; y là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB . AI BI 3x y 10 x 3 x 2   Ta có: 2 2 hay AI.BI 0 x y 5x 5y 10 0 y 1 y 4  Với I 3;1 thì IA 5 . Đường tròn tâm I bán kính IA có phương trình x 3 2 y 1 2 5 cắt trục hoành tại hai điểm M1 1;0 và M 2 5;0 .  Với I 2;4 thì IA 5 . Đường tròn tâm I, bán kính IA không cắt trục hoành. b. Đặt AM x, AN y với x 0,y 0 . 1 x 3 1 y 3 S AM.AG.sin300 , S AN.AG.sin300 AMG 2 2 ANG 2 2 1 xy 3 S AM.AN.sin600 , S S S Nên ta có: AMN 2 4 AMN AMG ANG 3 3 (x y) xy 2 x y xy . 2 4 2 x y xy Vậy ta có hệ : 2x 3y Câu 9. a) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình: 2x y 2 0 . Đường cao kẻ từ B có phương trình: x y 1 0 , điểm M 1;1 thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC . b) Trong mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt A,B,C,D sao cho bốn điểm đó không cùng nằm trên một đường thẳng.
Chứng minh rằng: AC  BD AB2 CD2 AD2 BC 2 Hướng dẫn giải Chọn hệ trụcOxy sao cho A,C Ox , B Oy . Giả sử trong hệ trục đó ta có: A(a,0),C(c,0),B(0,b),D(m,n) AB2 CD2 AD2 BC 2 2 2 a2 b2 c m n2 a m n2 c2 b2 2m(a c) 0 (*)Do A(a,0) C(c,0) a c Vậy từ (*) suy ra m = 0, hay D nằm trên trục tung. Vậy (*) AC  BD Câu 10. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN VÒNG 2 - NĂM 2012 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) và có trọng tâm G . Gọi A1,B1,C1 lần lượt là giao điểm của GA,GB,GC với đường tròn (O;R) . a) Chứng minh: GA 2 + GB 2 + GC 2 = 3(R2 - OG 2 ) . b) Chứng minh: GA1 + GB1 + GC1 ³ GA + GB + GC . Hướng dẫn giải       a) GA 2 + GB 2 + GC 2 = (GO + OA)2 + (GO + OB)2 + (GO + OC)2       GA 2 + GB 2 + GC 2 = (GO + OA)2 + (GO + OB)2 + (GO + OC)2       = 3GO 2 + 3R2 + 2GO(OA + OB + OC) = 3GO 2 + 3R2 + 2GO.3OG = 3GO 2 + 3R2 - 6OG 2 = 3(R2 - OG 2 ) b) GA .GA GB .GB GC .GC 1 1 1 GA + GB + GC = 1 + 1 + 1 = (R2 - OG 2 )( + + ) 1 1 1 GA GB GC GA GB GC GA 2 + GB 2 + GC 2 1 1 1 = ( + + ) Mặt khác: 3 GA GB GC (GA + GB + GC)2 GA 2 + GB 2 + GC 2 ³ áp dụng AM-GM: 3 1 1 1 (GA + GB + GC)( + + ) ³ 9 Vậy GA GB GC 1 1 1 1 GA + GB + GC ³ (GA + GB + GC)2( + + ) ³ GA + GB + GC 1 1 1 9 GA GB GC Câu 11. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 LONG AN VÒNG 2 – NĂM 2013 Cho AA', BB ',CC ' là các đường trung tuyến của tam giác ABC và O là điểm tuỳ ý trong mặt phẳng ABC AA' BB' CC ' 3 3 a) Chứng minh . BC CA AB 2
OA OB OC b) Chứng minh 3 . BC CA AB Hướng dẫn giải AA' BB' CC ' 3 3 a) Chứng minh . Ta có BC CA AB 2 4AA'2 2 AB2 AC 2 BC 2 2 AB2 BC 2 CA2 4AA'2 3BC 2 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được 2 AB2 BC 2 CA2 4 3AA'.BC Khi đó AB2 BC 2 CA2 1 2 3 AA' 2 3 AA'2 AA'.BC 2 2 2 2 2 2 2 3 AA'.BC AB BC CA BC AB BC CA Tương tự, ta có BB' 2 3 BB'2 CC ' 2 3CC '2 2 2 2 2 2 2 Do AC AB BC CA AB AB BC CA 3 AA'2 BB'2 CC '2 AB2 BC 2 CA2 Nên 4 AA' BB' CC ' 3 3 BC CA AB 2 OA OB OC Chứng minh 3 . b) BC CA AB AB2 BC 2 CA2 AB2 BC 2 CA2 AA'.BC GA.BC 2 3 3 3 Với G là trọng tâm tam giác ABC.   OA OA.GA 3 3.OA.GA 2 2 2 BC BC.GA AB BC CA Do đó      OA OA.GA 3 3.OA.GA 3 3 OG GA .GA 2 2 2 2 2 2 BC BC.GA AB BC CA AB BC CA OA 3 3   OG.GA GA2 2 2 2 BC AB BC CA Tương tự ta được
OB 3 3   OC 3 3   OG.GB GB2 OG.GC GC 2 2 2 2 2 2 2 CA AB BC CA AB AB BC CA OA OB OC 3 3     OG GA GB GC GA2 GB2 GC 2 2 2 2 BC CA AB AB BC CA Do    1 GA GB GC 0;GA2 GB2 GC 2 AB2 BC 2 CA2 3 Nên OA OB OC 3 BC CA AB Câu 12. KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 LONG AN VÒNG 2-NĂM 2013 Cho đường tròn O tâm O bán kính R và tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn O . Gọi A', B'và C ' lần lượt là giao điểm thứ hai của đường cao kẻ từ A, B và C với đường tròn O . a) Chứng minh rằng diện tích lục giác AB'CA'BC ' bằng hai lần diện tích tam giác ABC . b) Hãy xác định độ dài ba cạnh của tam giác ABC theo R sao cho lục giác AB'CA'BC ' có diện tích lớn nhất. Hướng dẫn giải A B' C' O H B C A' a) Chứng minh rằng diện tích lục giác AB'CA'BC ' bằng hai lần diện tích tam giác ABC .Gọi H là trực tâm tam giác ABC . Ta có: B· AA' B· CC ' và B· AA' B· CA' Khi đó B· CC ' B· CA' Suy ra H đối xứng với A' qua BC . Qua phép đối xứng trục BC biến HBC thành A'BC . Như vậy S HBC S A' BC Qua phép đối xứng trục AC biến HAC thành B' AC . Như vậy S HAC S B ' AC Qua phép đối xứng trục AB biến HAB thành C ' AB . Như vậy S HAB S C ' AB SAB 'CA' BC ' 2S với S là diện tích tam giác ABC .
b) Hãy xác định độ dài ba cạnh của tam giác ABC theo R sao cho lục giác AB'CA'BC ' có diện tích lớn nhất Gọi a, b và c lần lượt là độ dài các cạnh BC, AC và AB . 1 Ta có: S (a b c)(a b c)(b c a)(a c b) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 4 (a b c) (b c a) (a c b) 33 (a b c)(b c a)(a c b) (a b c)3 1 (a b c)(b c a)(a c b) S (a b c)2 Mà 27 12 3 a 2Rsin A;b 2Rsin B và c 2RsinC nên a b c 2R(sin A sin B sinC) Xét hàm số f (x) sin x, x 0; f '(x) cos x; f ''(x) sin x 0,x 0; 2 2 f (A) f (B) f (C) A B C Khi đó f 3 3 3 3 9R2 Suy ra sin A sin B sinC 3sin Ta được S 3 2 4 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c R 3 . Vậy lục giác AB'CA'BC ' có diện tích lớn nhất khi a b c R 3 Câu 13. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 1 Cho tam giác không cân ABC nội tiếp trong đường tròn O . Các trung tuyến kẻ từ A, B, C lần lượt cắt O tại D, E và F . Biết DE DF , chứng minh rằng AB2 AC 2 2BC 2 . Hướng dẫn giải Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC ; M , N lần lượt là trung điểm của AB và AC . DE BA DEG đồng dạng BAG suy ra DG BG DF CA DFG đồng dạng CAG suy ra Do DG CG A DE DF nên suy ra: E F M N G O C B D
4 2 2 2 BN BA CA AB BG AB BG 9 2 2 4 BG CG AC CG AC CG CM2 9 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 14. 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 Câu 15. 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 AB . Chứng minh tam giác ABC và tứ giác AMNK có 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 16. 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 Gọi H, K lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác A ABC H K Ta có ABH đồng dạng với ACK AB AH O AB.AK AC.AH (1) Ta có tam giác AMC M AC AK N vuông tại M, MH  AC AM 2 AH.AC (2) Tương tự: B AN 2 AK.AB (3) Từ (1), (2),(3) AM AN C
Câu 17. Trường THPT chuyên Long An Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tạiO . 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 18. Cho hình vuông ABCD . Trên các cạnh AB,BC,CD,DA ta lấy theo thứ tự các điểm E,F,G,H sao cho AE 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 O EFGH là hình thoi. H · · AHE = BEF D C G · · 0 AHE + AEH = 90 · · 0 BEF + AEH = 90 H·EF = 900 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. HOE vuông cân: HE2 = 2OE2 HE = OE 2 Chu vi EFGH = 4HE = 4 2 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 19. 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 ACD, BCD, ABD, ABC . Chứng minh rằng: 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 tớiCD . Từ 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 H1 tương tự thì CH2H3 A, H1DBH4 cũng là các hình H2 bình hành. Từ đó suy ra BH1, AH2, CH3, DH4 đồng O qui tại trung điểm I của mỗi đường. 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 20. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC . Tìm 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. 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
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 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 1 1 ABE ABC HAC HAF và AH  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 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 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.
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
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 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. 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 BD BE CA. Gọi P là một điểm trên 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:
C· AQ D· EP AQC : EPD · · 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: 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 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