MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC PHẲNG BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THPT - ĐỖ THANH SƠN

ĐỖ THANH SỢN

c) i

n f ' h i f ' / i f .r h

/TRUNG HỌC PHỔ THÔNG "

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Đỗ THANH SƠN

Một số chuyên đề

HÌNH HỌC PHẢNG

â ồ i d ư ỡ n g h ọ c s in h g iỏ i

TRUNG HỌC PHỐ THÔNG

NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Công ty cổ phẩn Dịch vụ xuất bản Giáo dục Hà Nội - Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam giữ quyền công bố tác phẩm

24-2010/CXB/354-2242/GD Mã số: C3T06h0- IT S

L ò i I ió t đ ầ u

Toán học là một môn học quan trọng trong chươnạ trình phổ thông. Việc giảng dạy và học tập môn Toán trong trường phổ thông khổng nhữne nhằm trang bị cho học sinh những kiến thức cụ thể ñế áp dụng tronẹ cuộc sống cũnạ như trong các môn học khác mà ñiểu quan trọng hơn là cung cáp, rèn luyện cho học sinh các kĩ năng, phương pháp tư duv của Toán học. ñiều mà học sinh cần thiết trong cả cuộc ñời sau này.

Bộ sách "Một s ố chuyên ñ ề bồi dưỡng học sình giỏi THPT" gổm các chuyên ñề tự chọiSBỚặc sắc theo chương trình dành cho chuyên loan cúa Bộ Giáo dục ban hành. Bộ sách là kết tinh từ kinh nghiệm giảng dạv và bồi dưởn« học sinh của các thầy cô giáo ở khới Chuyên ðại học Sư phạm Hà Nội. khối Chuyên ðại học Khoa học Tự nhiên - ðại học Quốc aia Hà Nội. trường THPT Chuyên Bấc Giang nhằm cung cấp thèm cho các em học sinh một sổ kiến ĩhức bố sung, giúp các em hiểu sâu hơn sách giáo khoa và chuấn bị cho các kì Ihi tốt nghiệp THPT, thi tuyển sinh vào ñại học và thi học sinh giỏi các cấp. Bộ sách gồm năm cuốn :

Một s ố chuyên d ể Hình học phẳiĩíỊ bổi dưỡng học sinh iỊỉỏi THPT; M ột sô' chuyền ñ ề ð ại s ố bồi dưỡng hục sinh iýỏi THPT;

Một s ố chuyên ñ ề Toán rời rạc bổi dưỡỉìỊị học sinh giỏi THPT; M ột s ố chuyên ñê Giải ríclĩ bổi lìưõĩT-; học sinh qiỏi THPT ;

Một sơ chuvén ñ ề Hình hực không gian bồi dưãnạ hục sinh giỏi THPT

Cuốn sách M ột s ố chuyên ñế Hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi THPT gồm hai mươi chuyên ñề liên quan ñến hình học phẳng và ứng dụng của hình học vào ñại số. Trong ñó có mười bốn chuyên ñể dành cho hình học phang và sáu chuyên ñề dành cho ứng dụng của hình học vào ñại số. Các chuyên ñề về hình học ñề cập ñến một số ñôi tượna dặc biệt như ñiếm Migen, ñiểm Brôcar, ñường ñẳng giác, ñường ñối trung, ñường thẳng ơ -le. ñường tròn ơ-le. tam giác Pê-ñan, tứ giác nội tiếp có tích các cập cạnh ñối bằng nhau, tứ giác nội tiếp có hai ñường chéo vuông sóc và tứ 2Ìác toàn phần. Mỗi chuyên ñề gốm nhiều bài toán từ dễ ñến khó. Nội duna của các bài toán tron.2 mỗi chuyên ñề

3

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

xoay quanh các tính chất hình học thuộc chuyên ñể ñó. Chẳng hạn các bài toán thuộc chuyên ñề “Các ñường ñẳng giác trong một góc” ñược phân ra một số dạng sau : dạng toán thứ nhất, tập trung vào các tính chất hình học cúa các ñường này ; dạng toán thứ hai, tìm ñiều kiện cần và ñù ñể hai ñường ỉà ñẳng giác ; dạng toán thứ ba, sử dụng các ñường ñẳng giác ñế giải một sô' bài toán hình học khác. Lời giải của mỗi bài toán trong mỗi chuyên ñề ngắn gọn. dễ hiểu. Các kiến thức ñược dùng ñể giải các bài toán này chỉ nằm trong chương trình sách giáo khoa Trung học cơ sở và Trung học phổ thông. Các chuyên ñề ứng dụng của hình học vào ñại sô' chủ yếu ñề cập ñến một sổ dạng toán cực trị cúa biểu thức dại số ; biện luận nghiệm của phương trình vô tí chứa càn bậc hai và hệ phương trình hai ẩn. Phương pháp giái các bài toán trong các chuyên ñể này là phương pháp ñồ thị. Một số kết quả trong hình học ñựơc dùng ñể xây "dựng phương pháp trên ñều có chứng minh chặt chẽ.

Mục ñích của cuốn sách là giúp học sinh hệ thống các kiến thức hình học. nhận dạng ñược từng bài toán và ñưa ra. phương pháp giải các bài toán ñó. Giáo viên dựa vào mỗi chuyên ñề hoặc liên kết các chuyên ñề ñể xâv dựng bài tập phục vụ cho công việc giảng dạy.

Cuốn sách này có ỉhể ñược dùng cho nhiều ñối tượng học sinh. ðối với học sinh có nhu cầu thi vào ñại học, các bạn chỉ cần học các chuyên ñể ứng dụng của hình học vào ñại số. ðối với học sinh có nhu cầu thi học sinh gịỏi cấp Trung học phổ thông cẩn ñọc hết hai mươi chuyên ñề. ðối với học sinh Trung học cơ sở có nhu cầu nâng cao trình ñộ về hình học hoặc thi học sinh giói cáp trường, tính (thành phố) hoặc vào các trường chuyên chi cắn ñọc mười hai chuyên ñề về hình học.

Tác giả rất mong nhận ñược nhiều ý kiến ñóng góp cho cuốn sách ñể lần tái bản sau chất lượng sách ñược tốt hơn. Các ý kiến của bạn ñọc xin gửi về ban Toán - Tin, Công ty cổ phần Dịch vụ Xuất bản Giáo dục Hà Nội, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, ] 87B Giảng Võ, Hà Nội.

Xin chân thành cảm ơn.

Tác giả

Hà Nội, tháng 4 năm 2009

HUYÊN ðỀ 1

TỨ GIÁC NỘI TIẾP CÓ TÍCH CÁC CẶP CẠNH

ĐỐI DIỆN BẰNG NHAU

Tứ qiác nội tiếp có tích các cặp cạnh ñối bằng nhau là loại tứ giác ñược sử dụngtyé xây dựng các bài toán hình học. Tập hợp các bài tập dưới ñây là nhữnq tính chất tương ñươnẹ. M ột s ố hài toán khác ñược xảy dựng từ các

' é '

tính chất ñó.

BÀ! T Ậ P

1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn. Chứng minh rằng :

a) ðiều kiện cần và ñủ ñể các ñường phân giác cúa BAD và BCD ñi qua một ñiểm trên BD là AB.CD = AD. BC.

b) Nếu các phân giác’của các góc BAD và BCD ñi qua một ñiểm trên BD thì các phân giác của các góc ABD và ACD ñi qua một ñiểm trên AC. 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp có ñường chéo AC không ñi qua tâm ñường tròn.

Chứng minh ràng :

a) ðiểu kiện cán và ñủ ñể các tiếp tuyến với ñường tròn ngoại dếp tứ giác tại A và c cất nhau trên BD là AB.CD = AD.BC ;

b) Nếu các ñường chéo của tứ giác không ñi qua tâm và tiếp tuyến với ñường tròn tại A và c cát nhau trên BD thì các tiếp tuyến với ñường tròn tại B và D cát nhau trẽn AC.

3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn. Gọi M, N, p lần lượt ìà hình chiếu của D trên AB, BC, CA. Chứng minh rằng PM = PN khi và chỉ khi AB.CD = AD.BC.

5

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp dường tròn. M !à Irung ñiểm ñường chéo AC. a) Chứng minh rằng AC là phẫn giác của góc BMD khi và chỉ khi AB.CD = AD.BC.

b) Kí hiệu N là trung ñiểm của BD. Chứng minh rằng nếu AC là phân giác của góc BMD thì BD là phân giác của góc ANC .

5. Cho tứ giác ABCD nội liếp ñưòna tròn o và M là trung ñiểm của ñường chéo BD. Chứng minh rằng AC và AM ñối xứng với nhau qua phân giác góc BÂD khi và chỉ khi AB.CD = AD.BC.

j6. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn. Chứng minh rằng hình chiếu của trưng ñiểm hai ñường chéo lú' giác trên hai cạnh AB và BC nằm trên cùng một ñường tròn khi và chỉ khi AB.CD = AD.BC.

7. Cho bốn ñiểm phân biệt A, B, c , D nằm trẽn ñường Iròn (O). Giả sử M là giao ñiếm của CÌÍC tiếp tuvến với ñường tròn (O) tại các ñiểm A và B ; N là giao ñiểm các tiếp tuyến với ñường tròn (0 ) tại các ñiếm c và D. Chứng minh rằng giao ñiểm của các ñường thẳng AC và BD cũng như của AD và BC (nếu tổn tại) nằm trên ñường thẳng MN. Giá sử AB và CD cắt nhau tại ' H, khi ñó OH vuông góc với ñường thẳng iMN.

8. Cho bát giác lồi A1A2...Aít nội tiếp ñường tròn tâm o , các ñường chéo A,A_„ A ,A f„ A ,A 7, A,,Ak cắt nhau tại H (H khác O). Giả sử A ,A5 cắt A5A7

tạ i M ; A |A 7 cắt A3A5 tại N ; A 2A 4 c ắt AịịA* tại p ; A jA „ cắt A 4A 6 tại Q.

Chứng minh rằng các ñiểm M, N, p, Q thắng hàng.

9. Hai ñường tròn tâm o và O’ cắt nhau tại hai ñiểm A và B. Từ ñiểm M trên tia BA ta kẻ tới ñường tròn (O’) các tiếp luyến MC và MD (C, D là tiếp ñiểm). Các ñường thẳng AC và AD thứ tự cắt dường tròn (O) lẩn thứ hai tại các ñiểm p và Q. Chứng minh rằng :

CA _ DA a ~CP ~ DQ ’

b) CD ñi qua trung ñiểm của PQ ;

c) Khi M thay ñổi Irên tia BA thì ñường thẳng CD di qua mộl ñiểm cố ñịnh.

10. Tam giác ABC ngoại tiếp ñường tròn (O). Các ñiểm A \ B \ C’ tương ứng là các tiếp ñiểm của (O) với BC, CA, AB. Giả sử BC cắt B’C’ tại p ; CA cắt C A ’ tại Q ; AB cắt A ’B’ tại R. Chứng minh rằng ba ñiểm p, Q, R thẳng hàng. 11. Cho lục giác ABCDEF nội tiếp ñường tròn và thoả mãn ñiều kiện

AB CD E F _

b c 'd e 'f a "

Giả sử p là giao ñiểm của các tiếp tuyến với ñường tròn tại A và D ; Q là giao ñiểm của các tiếp tuyến với ñường tròn tại B và E ; K là giao ñiểm của các tiếp tuyến với ñường tròn tại c và F. Chứng minh ràng các ñiểm p, thảng hàng.

12. Hai ñường trộn tâm o và O' cắt nhau tại các ñiểm A và B. Trên ñường tròn (O) ta lấy ñiểm c sao cho c nằm trong (O’). Các ñường thẳns AC và BC cắt (O') lần thứ hai tại các ñiếm p, Q. Chứng minh rằng :

a) Nếu QAÕ' = 90lithì PQ là ñường kính của (O’).

b) Nếu PQ ià một ñường kính cỉia (O’) ñối với mỗi ñiểm c bất kì trên cung AB và nằm trong (O ’) (C có thế trùng với A hoặc B) thì OAO' = 90°.

13. Tam giác ABC nội tiếp trong ñường tròn tâm o . Gọi p là giao ñiểm của các tiếp tuyến với (O) tại B và c ; M là iruna ñiểm cúa BC. ðường ihẳng AM cắt ñường tròn (O) lần thứ hai tại Q. ðường thẳng PQ cắt ñường tròn (O) lần thứ hai tại K. Chứng minh rằng AK // BC.

14. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn (O) và dây cung DD’ của ñường tròn vuông góc với AC tại M. ðường thẳng ñi qua M và song song với BD’ cắt các ñường thẳng AB và BC tứơng ứng tại các ñiểm p và Q. Chứng minh rằng M là trung ñiểm của ñoạn PQ khi và chi khi AB.CD = AD.BC.

15. Cho tam giác ABE. Giả sử ñường tròn ñi qua hai ñiểm A, B cát các cạnh EA và EB lần lượt tại D và c . Gọi F là giao ñiểm của AC và BD ; M là trung ñiểm của ñoạn CD. Trên ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABM ta lấy ñiểm N khác M sao cho AN.BM = AM.BN. Chứng minh rằng N nằm trên ñường thảng EF.

7

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

16. Giả sử ABCD là một tứ giác nội tiếp. Các ñiểm p, Q, R lần lượt là chân các ñường vuông góc hạ từ D xuống các ñường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng PQ = QR khi và chỉ khi các ñường phân giác của các góc ABC

và ADCcắt nhau trên AC. (ð ề thi thi vô ñịch Toán quốc t ế năm 2003).

17. A, B, c là ba ñiểm phân biệt theo thó tự ñó nằm trên cùng một ñường thẳng. Xét ñường tròn (O) ñi qua hai ñiểm A và c , có tâm không nằm trên ñường thẳng AC. Gọi p là giao ñiểm của các tiếp tuyến với (O) tại các ñiểm A và c . ðường thẳng PB cắt (O) tại các ñiểm Q và Q ’ (Q nằm trên ñoạn PB). Phân giác của góc AQC cắt AC tại R.

a) Chứng minh rằng R !à ñiểm cố ñịnh, khi ñường tròn (O) thay ñổi. (Bài

toán ñược ñ ề nghị xét chọn trong kì thi Toán quốc t ế năm 2003).

b) Gọi P’ là giao ñiểm các tiếp tuyến với ñường tròn (O) tại các ñiểm Q và Q’. Chứng minh rằng P’ cố ñịnh khi (O) thay ñổi.

18. Cho tứ giác ABCD nội tiếp thoả mãn ñiều kiện AB.CD = AD.BC. Giả sử ñường tròn ñi qua A, B và tiếp xúc với BC cắt ñường chéo BD tại M. Chứng minh rằng MB = MD.

19. Cho tứ giác ABCD thoả mãn ñổng thời các ñiéu kiện AB.CD = AD.BC và

BAC + ACD ^ BCA + CAD . Gọi M là trung ñiểm của ñường chéo AC, E là ñiểm trên ñường thẳng BM sao cho DE II AC. Chứng minh rằnẹ nếu tứ giác ACED là một hình thang cân thì tứ giác ABCD nội tiếp.

20. Cho tứ giác ABCD thoả mãn ñiều kiện AB.CD = AD.BC và

BAD + BID = 270° (I là giao ñiểm của ñường phán giác của góc ABC và AC). Giả sử p, Q lần iượt là hình chiếu của A nằm trên các ñoạn BI và DI. Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp.

21. Cho tứ giác ABCD thoả mãn ñổng thời các ñiều kiện AB.CD = AD.BC và

ADB + CBD ABD + BDC . Gọi M là trung ñiểm của BD. Chứng minh

rằng nếu BD là phân giác của góc AMC thì tứ giác ABCD nội tiếp.

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

ðáp s ố - Lời giải • Hướng dẫn

1. a) Gọi I là ñiểm trên BD mà phân giác góc BAD ñi qua. khi ñó ta có

IB AB „ CB AB „ , IB ■ CB „

— Jìr gia thiết ta suy ra Vì vậy ta có Hê

ID AD CD AD ID CD

thức này chứng tỏ CI là phân giác của BCD. ðảo lại, nếu phân giác của

____ __ _ Jg AB IB CB

hai sóc BAD và BCD cùng ñi qua I thì - —= —— và Từ ñó ta

ID AD ID CD

ñược ñiểu cần chứng minh. (Giả thiết tứ giác ABCD nội tiếp khôno ñược sử dụng trong chứng minh).

b) SiMụng kết quả câu a).

2. a) Giả sử M là giao ñiểm các tiếp tuyến với

ñường tròn tại A và c y

nầm trên ñường thẳng M

BD- Gọi I là ñiểm trên BD mà phân giác của

góc BAD ñi qua. Rõ ràng tam giác MAI cân

tại M nên MI = MA (H. 1). H ìn h 1

Tam giác MCI có MI = MC nên tam giác này cân. Vì BCM=CDM nên

BCI = DCI và CI là phân giác góc BC D . Tóm lại từ M nằm trên BD suy ra

phần giác của BCD và BAD cắt nhau trên BD. Theo Bài toán I, ñiều này dẫn ñến AB.CD = AD.BC. Ngược lại, nếu AB.CD = AD.BC, khi ñó AI và

BI là các phân giác của các góc BAD và BCD với I trên BD. Giả sứ ñường thẳng BD lẫn lượt cắt MA, MC tại M|, M2 và coi M2 nầm trên ñoạn M,B.

Từ MA = M C MA = M,A - = MM, + MjC, MjC = Mjl và

M,A = M ,l, ta suy raM,M2 = M,M + MM2. ðẳng thức này chứng tỏ ba ñiếm M„ M2 và M trùna nhau.

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

b) Nếu tiếp tuyến với ñường tròn tại A và c cắt nhau trên ñường thắng BD thì AB.CD = AD.BC. Theo câu a) và từ AB.CD = AD.BC với BD không ñi qua tâm ñường tròn, ta suy ra tiếp tuyến tại B và D với ñường tròn cắt nhau. Khi ñó giao ñiểm nằm trên AC.

3. (H.2) Coi ñiểm M nằm ngoài cạnh AB. khi ñó p và N nằm trên các cạnh AC và BC. Trons tứ giác nội tiếp

AMDP ta có MDP = BA C. Trong tứ

giác nội tiếp CNPD ta có

NDP = ÀCB . Sử dụng ñịnh lí hàm số sin ñối với tam giác DPM và tam giác DPN, ta có

PM = A D.sinM DP= AD.sin BAC (AD ìà dườna kính của ñường tròn) và PN = CD.sin NDP = CD.sin BCA . (CD là ñường kính cúa ñườna tròn).

^ PM AD sinBÃC

Xét ti SÔ --- ^==- ,

PN CD sin BCA

A r, ™ ~ _____ - AD BAC AB sin BÃC ,

nếu AB.CD = AD.BC thì ta có = — = 1.

PN CD sin Ỉ3CA BC sin BCA

Ngược lại. nếu PM = PN thì ta có

PM _ AD -sinBÃC AD sin BCA AB

PN ~ C D ' sin I3CA ~ ^ CD _ sin ABC ~ BC '

4. a) (H.3) Gọi E là ẹiao ñiểm của BM và ñườns; tròn naoại tiếp tam giác . ABC, khi ñó diện tích của hai tam giác ABE và CBE bằna nhau. ðiều ñó

tương ñương với AB.AE.sin BAE = BC.CE.sin BCE <=> AB.AE = BC.CE (*) (vì sinBAE = sinBCE). Nếu AC là phân giác cúa góc BMD thì BMẦ = DMA . Mặt khác, BMA = EMC (ñối ñỉnh) nên EMC = DM A. ðiều này chứng tỏ D ñổi xứng với E qua ñường kính của ñường tròn ñi qua M và ta có AD - CE, CD = AE. Thay kết quả này vào (*) ta ñược ñiều cần chứng minh.

Ngược lại, từ AB.CD = AD.BC và

AB AD CE

(*) ta suy ra —— = ——- = --- . ðiẽu

B C ’ CD AE

này dẫn tói hai tam giác ADE và CED ñổng dạng (c.g.c). Ta biết rằng hai tam giác ñồng dạng cùng nội tiếp trong một ñường tròn thì A hai tam ^iác ñó bằng nhau. Vì vậy AD = CE và AE = CD. Hai tam giác MAD và MCE bằng nhau nên

CME = r5ỉvĩẦ. Mặt khác

EMC vì ñối ñính. Kết hợp các

á

kết quả ñó ta suy ra ñiểu cần chứng minh.

5. Gọi E ià giao ñiếm cùa AM và ñường tròn (O). VI diện lích các tam giác ABE và ADE bằng nhau nên AB.BE = AD.DE (*). Nếu AC ñối xứng với AM qua phân giác góc BAD thì BC - DE => BC - DE và BE = CD. Thay kết quả này vào í*) ta ñược ñiều cẩn chứng minh. ðiều naược lại dành cho bạn ñọc tụ' chứna ininh.

6. (H.4) Gọi M. N lần iuợt là trung ñiểm các ñường chéo AC và BD. Các hình chiếu M|, M, cúa M tương ứng trên các cạnh AB và BC. Các hình chiếu N,, Nj tương ứng của N trên các cạnh AB và BC. Nếu M|, M2. N t, N2 nằm trên cùng một ñường tròn thì BlVỊ.BNi BM2.BN2. ðiều này chứng tỏ haí tam aiác BM,Mj và B N2N, ñổnạ ñạne, kéo theo BM,M, = B N ịN 2 .

Từ các tứ eiác nội tiếp BM|MM2 và BNịNN^ị. ta suy ra ABM = CBD . ðắng thức này chứng tó BM ñối xứng với BD qua phân giác góc A B C . Ill eo kết quả Bài 5, ta suy ra ñiều cần chứne minh. Phần ñáo dành cho bạn ñọc tự chứng minh.

Hình 4

u

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

7. Gọi E, F iần lượt là giao ñiểm của AM và DN, của BM và CN. Trường hợp MENF là một tứ giác lồi ngoại tiếp ñường tròn (O). Giả sử AD cắt MN tại p, Sử dụng ñịnh lí Mê-nê-Ia-uýt cho tam giác MNE với cát tuyến DAP ta

ẼD MÃ PM

. ED NP MA

có ==.•====.-==-= -l= ỉ> - ____ .

DN PM AE DN AE NP . Kí hiệu P’ là giao ñiểm của BC

và MN, lập luận tương tự ta có FC M B _ P'M Mặt khác. ED MA D N ' AE CN ■ BF EP MA _ MA DN ' Ă Ẽ ~ DN NP' FC m b|_ _{FC MB _ FC MB} CN BF j~ CN BF ~ C N BF MB , MA ——và —— NC ND MB CN ðiều ñó chứng tỏ p và P’ chia ngoài ñoạn MN theo cùng ti số. Vì vậy p và P’ trùng nhau. Gọi Q là giao ñiểm của AC và MN, khi ñó Q nằm trên ñoạn MN. Kẻ các ñường cao MMị và NNỈ! của các tam giác MAQ và NCQ.

Ta có M Q _ MM; _ MA

NQ ” NN, _ NC

(vì sin MAQ = sin NCQ ). Gọi Q ’ là giao ñiểm của BD và MN, khi ñó

Q' nảm trên ñoạn thẳng MN. Lập luận tương tự ta có MB = MA, MA MQ' _ MB . Vì NQ' ND NC = ND nên Hinh s MB MQ MQ’ _ ^ ^ <=> — - = i - . Từ ñó ta suy ra Q và Q ĩrùng nhau (H.5). NC ND. NQ NQ'

Trường hợp tam giác NCD nằm bên trong tam giác MAB. Cách chứng minh tương ĩự (H.6).

Trường hợp hai tam giác MAB và NCD có phần chung là tam giác KBD (K ỉà giao ñiểm của MB và ND) (H.7). Gọi E là giao ñiểm của MA và ND ; F là giao ñiểm của NC và MB. Trong tam giác EMN, cát tuyến AD ñi qua một ñiểm trong và một ^iểm ngoài của hai cạnh tam giác do ñó AD cắt cạnh MN tạị ñiểm P;. Trosig tam giác FMN, cát tuyến BC ñi qua một ñiểm trong và một ñiểm ngoài của hai cạnh tam giác do ñó BC cắt cạnh MN tại P,. Sử dụng ñịnh lí Mê-nê-la-uvt với hai tam giác ñó ta suy ra p, và P2 trùng nhau.

Giả sử K’ là giao ñiểm của MA và NC khi ñó hoặc các ñiểm A và c nằm trên hai cạnh cúa tam giác K’MN hoặc nằm ngoài hai cạnh ñó. Trong bất kì trường hợp nào cát tuyến AC cũng cắt ngoài ñoạn thẳng MN. Trong tam giác KMN, cát tuyến BD cắt ngoài hai cạnh KM và KN nên cát tuyến ñó cắt

ngoài ñoạn MN. Sử dụng ñịnh lí Mê-nê-la-uýt với hai tam giác ñó ta suy ra AC và BD cắt nhau trên MN. Hạ OI vuông góc với MN và kí hiệu H„ H2 lần lượt là giao ñiểm của OI với AB và CD. Gọi J là giao ñiểm của ON và CD, ta có

13

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

OI.OH, = o J.ON = R2.

Tương tự, nếu L là giao ñiểm của OM và AB (H.8) thì ta có

ÕIÕh T = OL.OM = R5.

Từ các kết quả ñó ta suy ra

0 1 1, = o h 2 .

a) (H.9) Tiếp tuyến với ñường tròn (O ’) tại c và D cắt nhau trên AB nên ta có

AC.BD = AD.BC. (*)

Hai tam giác BCP và BDQ ñồng dạng nên ta có H ì n h 8 CB _ DB CP “ DQ ' (**) (A \ ° ’ \ -V ’ "" / A 0 Từ các kết quả (*) và (**) ta suy ra ñiều cần chứng minh. b) Sử dụng ñịnh lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác APQ với CD là cát

V

tuyến và sử dụng kết quả câu a), H ìn h 9

ta suy ra ñiều cần chứng minh.

c) Gọi K là giao ñiểm các tiếp tuyến với (O’) tạì A và B khi ñó K là ñiểm cố ñịnh. Theo Bài 2, ta suy ra CD ñi qua K.

10. Gọi A| là giao ñiểm thứ hai của A A ’ và ñườns tròn (O). Vì các tiếp tuyến tại B' và C ’ cắt nhau trên AA’ nên các tiếp tuyến cùa (O) tại A' và A, cất nhau trên B'C’. ðiểu ñó chứng tỏ PA, tiếp xúc VỚI (O). Sử dụng ñịnh lí Xêva ta chứng minh ñược các ñườns thẳng A A \ BB’. CC’ ñồng quy.

Ỉ4

11. Kí hiệu A ’, c \ E’ tương ứng là các giao ñiểm của AD và CE, CF và AE, EB và AC. Các ñường thẳng AD, BE, CF ñồng quy khi và chỉ khi

AE' CA' EC' E ’C 'A 'E 'C 'A

Trong tam giác ABE’ ta có

A E ' _ sinẤBẼ _ AE

AB ~~ sinẤẼTb - 2R .sinÃẼTb

(R là bán kính ñườne tròn ngoại tiếp lục giác).

ML CE' CE

Trong tam giác CBE’ ta có --- = --- F===~ •

CB 2R sinC E ’B

9

Chia cả hai ñẳng thức trên cho nhau ta ñược

AE' CE _ AB E 'C 'E A ~ B C '

Lập luận tương tự la có

CA' EA _ CD , J5C AC _ EF A 'E ' AC ~ DE va C ‘A ' CE ~ FA ■

Nhân cả ba ñẳng ihức nhận ñược với nhau ta suy ra

AE' CA' E C _ AB CD EF

W C ' A ' E ' C ' A ~ BC DE FA

Sử dụng Bài 7 ta ñược ñiểu cần chứng minh.

12. a) Kí hiệu M và N là giao ñiểm của o c và ñường tròn tâm O’. Vì

OAO' = OBO’ = 90° nên OA và OB là các tiếp tuyến với ñường tròn tâm 0 \ Vì các tam giác OAC và OBC cân tại o SUV ra AC và BC !à các phân giác

của các góc MAN và MBN. ðiều ñó chứng tỏ p là ñiểm chính giữa của

cung MBN và Q là ñiểm chính giữa của CU112 MAN . Nghĩa là PQ ñi qua tâm O’ cỉia ñường tròn.

15

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

b) Nếu PQ là ñường kính của ñường tròn tâm O’ thì PAQ = 90° • Ta có

0 'P A = 0 'A P (vì tam giác 0 ’AP cân tại O ’) và QPA = CBA (chắn cung

AQ thuộc ñường tròn tâm O’), do ñó 0 'A C = A B C . ðiều này chứng tỏ O’A tiếp xúc với ñường tròn tâm Q.

15. (H. 10) Gọi p là giao của EF với ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABE ; Q là giao ñiểm của EF với ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABF và N ’ là trung ñiểm của 'ñoạn PQ. Rõ ràng hai tam giác ACD và APQ ñồng dạng và AM, AN là các trung tuyến tương ứng của hai í

tam giác ñó nên ta có ' AM CD _ ' ---= —— . Tương tự ñối với ; AN' PQ cặp tam giác ñổng dạng BCD > và BPQ, ta có BM _ CD B N ’ ~~ PQ . Từ các kết quả tTên ta suy ra AM AN -Mặt khác ta có BM BN • ẤMD = Ấ N T , BMC = B N T nên H ìn h t o AMB = 1 8 0 ° -(a MD + BMC) = 180°- A N

'B-ðiểu ñó chứng tỏ N ’ nằm trên ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABM và khác M. Vì các ñiểm M, N, N ’ cũng nằm trên ñường tròn mà các ñầu mút của ñường kính là ñiểm chia trong và chia ngoài ñoạn AB theo tỉ số

MA

MB do ñó N trùng với N \

17. a) Gọi s là giao ñiểm thứ hai của phân giác góc AQC với ñường tròn (O).

„ , „ . „ ^ - AB sin APB

Tam giác SAC cân tại

s.

AR _ sin A SR _ sin ACQ RC sinCSR sinCAQ

Sử dụng ñịnh lí Xêva cho tam giác PAC với ba cát tuyến PQ, AQ, CQ ta AB AR2

suy ra —— = ——- r . saJBC CR

18. Ta có MAB CBD = C A D . Gọi N là giao ñiểm của AM với ñường tròn ngoại tiếp tứ giác khác A, khi ñó ta có CN // BD. Vì vậy CD = BN và BC = DN. Từ giả thiết AB.CD = AD.BC, ta suy ra AB.BN = ÀD.DN. ðẳng thức này chứng tỏ rằns diện tích hai tam giác ABN và AND bằng nhau. Do ñó M là trung ñiểm cùa BD.

19. ( H .ll) Vì ACED là hình thang cân nên AD = CE và CD = AE.

Từ AB.CD = AD.BC, ta suy ra AB.AE = BC.CE. Vì M là trung

ñiểm của AC nên diện tích của hai Q

tam giác ABE và CBE bằng nhau. Từ ñản? thức

AB.AE sin BAẼ = BC.CEsin BCE ta suy ra sin BAE = sin BCE . Từ

sin BAE = sin BCE và BAE ^ BCE

suy ra BAE = 7Ĩ - B C E . ðiều này chứng tỏ tứ giác ABCE nội tiếp. Từ các tứ giác ACED và ABCE nội tiếp ta suy ra ñiều cần chứng minh.

2-MSCĐ...HSGTHPT ₁₇

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

20. (H.12) Rõ ràng Dĩ là phân giác của góc A D C . Vì góc PAQ nằm trong góc BAD nên ta có B Ă P +D Â Q =B Ă D ~P Ã Q = BAD - (180° - b i d ) = 90°.

Do ñó ẤDQ + ABP = 90° <í=> ABC + ADC = 180(J.

H ìn h 12

21. Kéo dài AM một ñoạn ME về phía M sao cho ME = MC và kẻ ñường trung trực của BD. Vì CMD = DMA = BME nên ñường trung trực ñó ỉà

phân giác của góc CM E. Tam giác MCE cân tại M nên CE vuông góc với trung trực của BD. ðiều ñó chứng tỏ ñường trung trực của BD là trục ñối xứng của hai ñiểm c và E. Từ ñó ta có CD = BE, BC = DE,

CDB = EBD , CBD = BDE và ADE £ ABE . Vì diện tích cúa hai tam

giác ABE và ADE bằng nhau và AB.BE = AD.DE nên sinÁDÉ = sin A B E . Từ ÁDE 5É ABE và sinA DE= sinABE suy ra ADE + ABE - lĩ. Tứ giác ABED và tứ giác BDCE nội tiếp nên tứ aiác ABCD nội tiếp.

HUYÊN ðÊ 2

TỨ GIÁC NỘI TIẾP CÓ HAI ĐƯÒNG CHÉO

VUÔNG GÓC VÓI NHAU

Các bài tập trong chuyên ñ ề này liên quan ñến tứ qiác nội tiếp có hai

chéo vuông góc, các tính chất của tứ giác v à ñiểu kiện nội tiếp của

một tứ giác.

BÀI TẬP

1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn (O) và hai ñường chéo vuông góc với nhau tại p.

a) Chứng minh rằng nếu một ñường thẳng ñi qua p và trung ñiểm của cạnh AB thì ñường thẳng ñó vuông ạóc với CD.

b) Chứng minh rằng nếu một ñường thẳng ñi qua p và vuông góc với AB thì ñường thằng ñó ñi qua trung ñiểm của cạnh CD.

c) Chứng minh rằng tập hợp các hình chiếu của p trên các ñường thẳng chứa bốn cạnh tứ giác nằm trên cùng một ñường tròn và ñường tròn này ñi qua trung ñiểm 4 cạnh tứ giác.

d) Chứng minh rằng ABZ+ BC2 + CD2 + DA2 = 8R2 (R là bán kính ñường tròn ngoại tiếp tứ giác).

2. Cho ñường tròn (O ; R) và ñiểm p cô' ñịnh trong ñường tròn cách tâm o một khoảng a. Xét tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn o có hai ñường chéo vuông góc tại p.

a) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của AC.BD :

b) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của AC + BD ;

Ểưỉ%

19

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

c) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của — ; BD

d) Tìm chu vi lớn nhất và nhỏ nhất của tứ giác ABCD.

3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp có AC vuông góc với BD tại p (P khác tâm của ñường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD). Gọi P|, p,, p„ p„ lần iượt ỉà hình chiếu của p trên AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng nếu cặp ñường thẳng P,P2 và P3P4 cắt nhau tại một ñiểm thì ñiểm ñó nằm trên ñường thẳng AC. 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp có AC vuông góc với BD ĩại p

(P khác tâm của ñường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD). Gọi I là giao ñiểm các ñường phân giác của các góc BAD và BCD ; J là giao ñiểm các ñường phân giác của các góc ABC, ADC. Chứng minh rằng IOJ = — .

5. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn (O) có AC vuông góc với Bð tại p (P khác tâm o của ñường tròn (O)). Trên ñường tròn (O) ta lấy hai ñiểm E. F sao cho BE // DF // AC. Gọi P’ là giao ñiểm của EF và AC. ðường thẳng ñi qua A song song với BD cắt BE và DF tương ứng tại các ñiểm B’ và D \ Chứng minh rằng :

a) p là trực tâm của tam giác P’B’D’ ;

b) Chân các ñường cao của tam giác P’B’D’ kẻ từ B’ và D’ nằm trên các ñường ñường BF và DE.

6. Cho tứ giác ABCD có hai ñường chéo vuông góc với nhau tại p. biết rằng ñường thẳng ñi qua p và trung ñiểm của cạnh AB vuông góc với CD. Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp.

7. Cho tứ giác ABCD có hai ñường chéo vuông góc với nhau tại p. Chứng minh rằng :

a) Bốn trung ñiểm của bổn cạnh tứ giác nằm trên cùng một ñường tròn và ñường trộn này ñược kí hiệu ỉà co;

b) Nếu co ñi qua hình chiếu của p trên AB thì tứ giác ABCD nội tiếp.

8. Cho tứ giác ABCD có hai ñường chéo vuông góc với nhau tại p. Kí hiệu Pj, p2, p,, p4 lần lượt là hình chiếu của p trên AB, BC. CD. DA. Giả sử các ñường thẳng P,Pj và p,p4 cắt nhau tại một ñiểm trên ñường thẳng AC. Chứng minh rằng :

a) Tứ giác PjPjPjPj nội tiếp ;

b) Nếu trung ñiểm của cạnh AB nằm trên ñường tròn ngoại tiếp tứ giác P,P2P,P4 thì tứ giác ABCD nội tiếp.

9. Cho tứ giác ABCD nội tiếp có hai ñường chéo vuông góc với nhau tại p và BD ñi qua tâm của ñường tròn naoại tiếp tứ giác ABCD. Trên các cạnh AD và ð ^ ta lấy lấn lượt các ñiểm M và N sao cho BM vuông góc với AN. Chứng minh rằng BN vuông góc với CM.

10. Cho tứ giác ẢBCD có hai ñường chéo vuông góc với nhau tại p và thoả

I - AB.BC BP _ , ________. 1

mãn ñiễu kiện —— - ^ I. Chứng minh răns tứ giác ABCD nội tiếp.

AD.DC DP

11. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn tâm o với hai ñường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại p và thoả mãn ñổng thời cắc diều kiện PA < PC, PB < PD. Chứng minh ràng :

a) Tâm o nằm trong tam giác PCD ;

b) Diện tích tứ giác OABC bằng nửa diện tích tứ giác ABCD.

12. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn (O). hai ñường chéo vuông ơóc với nhau tại p (khác O). Chứng minh rằna diện tích lam aiác OAB bằng diện tích tam giác OCD và diện tích tam giác OBC bằna diện tích tam aiác OAD. 13. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn (O). hai ñường chéo vuông góc với

nhau tại p (khác O). Chứng minh ràng bốn trực tâm cùa bốn tam giác ABC, BCD, CDA, DAB lập thành ñỉnh của một tứ gíăc nội tiếp với hái ñường chéo vuông góc và tứ giác này bằn2 tứ giác ABCD.

14. Chó tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn (O). hai dường chéo vuông góc với nhau tại p (khác 0 ). Ghứnặ minh rằng :

|bÂc - b c ầ | = ỈDÃC - i5c ã | .

21

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

15. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn (O), hai ñường chéo vuông góc với nhau tại p và AC là ñường kính của ñường tròn. Giả sử (O’) ỉà một ñường

tròn tiếp xúc trong với ñường tròn (O) tại ñiểm M nằm trên cung BCD sao cho từ A có thể kẻ tới ñường tròn (O’) các tiếp tuyến ATị, AT2 (Ti, T2 ỉà tiếp ñiểm) thoả mãn ñiều kiện AT! = AB. Chứng minh rằng (O’) tiếp xúc với ñường chéo BD.

16. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn ( 0 ) , hai ñường chéo cắt nhau tại p (khác O). Chứng minh rằng hai ñường chéo tứ giác vuông góc khi và chí khi khoảng cách từ o ñến AB bằng một nửa ñộ dài CD và khoảng cách từ 0 ñến CD bằn? một nửa ñộ dài AB.

17. Cho ñường tròn (O ; R) và một ñiểm p cố ñịnh cách tâm dường tròn một khoảng a (với a < R). Một góc vuông xPy có hai cạnh Px và Py cắt ñường tròn ñã cho tại hai ñiểm A, B. Tìm tập hợp trung ñiểm của dây AB và hình chiếu vuông góc của p trên dây này khi góc vuông xPy quav xung quanh p.

18. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn (O), hai ñường chéo vuông góc vối nhau tại p (khác O). Gọi p,, P2, Pj, P4 là các hình chiếu vuông góc của p trên các cạnh của tứ giấc. Chứng minh rằng p là tâm ñường tròn nội tiếp tó giấc P]P2P3P4 và tính bán kính r của ñường tròn ñó theo bán kính R của ñường tròn (O) và khoảng cách OP = 2a.

19. Cho tứ giác ABCD có hai ñường chéo cắt nhau tại p. Gọi M, N, E, F lần lượt là trung ñiểm các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng nếu bốn

ñiểm M, N, E, F nằm trên cùng một ñường tròn và MPN + EPF = 180° thì tứ giác ABCD nội tiếp có hai ñường chéo vuông góc.

20. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong ñường tròn (O ; R) với hai ñường chéo khác ñường kính của ñường tròn (O). Chứng minh rằng ñiều kiện cần và ñủ ñể hai ñường chéo của tứ giác vuông góc với nhau là

AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 8R2.

ð áp s ố ■ Lời giải - Hướng dẫn

a) Gọi M là trung ñiểm của cạnh AB và M’ là giao ñiểm của PM và CD. Ta có CPM ' = APM = BAC = B D C . Kết quả ñó chứng tỏ PM vuông góc với CD. b) Gọi H là chân ñường vuông góc hạ từ p xuống AB và H’ là giao ñiểm của PH và CD. Ta có DPH' = BPH = BAC = B D C . ðiều ñó chứng tỏ tam giác PDH’ cân tại H’ và tam giác CPH’ cân tại H’.

c) Kí hiệu M, N, E, F lần lượt là trung ñiểm các cạnh AB, BC, CD, DA. Vì tứ giác MNEF là hình chữ nhật, nên tứ giác ñó nội tiếp với các ñường chéo là ñường kính của ñường tròn. Theo kết quả của câu a) và câu b) ta suy ra rằng sghân các ñường vuông góc hạ từ p xuống các cạnh tứ giác nhìn các ñường chéo của hình chữ nhật MNEF dưới góc 90°. Do ñó chúng nằm trên ñường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật MNEF.

d) Cách ì . Ta có AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 2(PA2 + PB2 + PC2 + PD2). Gọi I và J là trung ñiểm của AC và BD. Ta có

PÃ = P Ĩ+ĨÃ => PA2 = PI2 + ỈA2 + 2PĨ.ĨÃ .

Tương tự PC2 = PI2 +IC2 + 2PIIC. Cộng các kết quả trên ta ñược

PA2 + PC2 =2PI2 + 2IA2 + 2 P Ĩ(ĨÃ + Ĩc ) = 2PI2 + — . Tương tự ta có

PB2 + PD2 = 2PJ2 + - 5 5 - . Vì tứ giác OIPJ là hình chữ nhật nên PI2 + PJ2 = OP2.

ÀC12 RFì2 Vậy PA2+ PB2 + PC2+ PD2 = 2 0 P2 + — .

•3 2 2

Xét PA.PC = OP2 - R2 PI2 +ĨÃ.ĨC = OP2 - R2

A C 2

4 = PI2 - OP2 +R2.

BE)2

Tương tự ta c ó --- = PJ2 - OP2 + R2. Từ các kết quả ñó ta ñược

PA2+ PB2 + PC2 + PD2 = 20 P2 + 2(PI2 + PJ2 - 2 0 P2 + 2R2) = 4R2. Từ ñây ta nhận ñược ñiều cần chứng minh.

23

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Cách 2. Kẻ ñường kính AE, khi ñó các tam giác ADE và ACE vuông tại

các ñỉnh D và c. Trong tam giác vuông ADE ta có AD2 + DE2 = 4R2 vì BD // CE nên tứ giác BDEC là hình thang cân và ta có BE = CD. BC = DE. Từ ñiều kiện AC J_ BD suy ra AB2 + CD2 = AD2 + BE2. Từ các kết quả trẽn ta ñược AB2 + B Ơ + CD2 + AD2 = (AD2 +BC2) = 8R2.

2. Kí hiệu góc tạo bởi tia PO và tia PA bằng a , khi ñó

AC = 2 \ / r2 - a2 sin2 a = 2aVk - sin2 a .

sin2 2a BD = 2 -\/r2 - a2cos2 a = 2 a \/k - c o s2 a (k > 1).

a) Xét tích AC.BD = 2aVĨ< - sin2 a 2 a V k -c o s 2a =4a2Ỵ ^ ~ ^ ~ t 4

Tích AC. BD lớn nhất khi sin2a =1 và AC. BD nhỏ nhất khi sin2a = 0.

b) Tổng AC + BD = 2aVk - s in2 a + 2a-v/k - COS2 a

= 2 a ( - / k -COS2 a + V k - s i n 2 a )

Xét tổng V i ^ W ^ + V i n ^ < V 2 ( k 3 I ) , Dấu “=” trong bất ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tan2a =1.

Xét ( -v/k - co s2 a + Vk - s i n2 a )2 = 2k 1 + 2 yỊk? k + s

-mà- sin2 a > 0. Dấu “=” xảy ra trong bất ñẳng thức khi sin2a = 0.

, , AC V k -s in 2a i k - s u r a „ . . .

c) Ta có -T-— = , .. - ■■■— = ,/--- r— . Tìm giá tri lớn nhất, giá tri

BD V k-co s2a , : V k -c o s2a,

r k - sin2 a , ,

nhỏ nhất của f = --- — — ta ñược kẽt quá bài toán, k - cos a

d) ðặt PA - X, PC = y, PB = z, PD = t bài toán ñược ñưa vế tìm min, max của biểu thức

4 x 2 +Z2 + ,] y2+ z2 W x2+ t2 + v ỹ ^

với ñiều kiện xy = zt = R2 - a2.

+ t2

3. Theo Bài 1, các ñiểm Pị, P2, p?, P4 nằm trên cùng một ñường tròn (ñược kí hiệu (O,)). Mặt khác, bốn ñiểm A, c , p2, p, nằm trên cùng một ñường tròn (ñược kí hiệu ( 0 2)) và A, c , p,, P4 nằm trên cùng một ñường tròn (ñược kí hiệu bằng (O,)). Nếu Q là giao của p,p2 và p,p„ thì phương tích của Q ñối với các ñường tròn ( 0 2) và (O,) bằng QP..OP, =QPv OPj. ðiều ñó chứng tỏ Q nằm trên trục ñẳng phương của (Oị) và ( 0 2). Trục ñẳng phương cúa (0 |) và ( 0 2) ỉà ñường thẳng AC.

4. Ta thấy rằng trong tam giác ABD các ñường thẳng AO và AC là hai ñường ñẳng^iác kẻ từ A. Do ñó AI là phân giác của góc CAO . Tương tự CI !à phân giác của góc ACO . Vì vậy I ià tâm ñường tròn nội tiếp tam giác OAC. Do tam giác OAC cân tại o , nên OI vuông 2ÓC với AC.

Tức ỉà OI // BD. Tương tự, ta có OJ // AC.

5. a) Nếu d là một ñường kính của (O) vuông góc với AC thì d là trục dối xứng cùa các cặp ñiểm p và p’ ; A và

c.

b) Gọi A ’ là giao ñiểm thứ hai của ñường thẳng B’D ’ và ñường tròn ngoại tiếp tứ giác. Phép ñối xứng qua ñường kính vuông góc với BD biến A thành A ’ và B’ thành'D\ Ta có D ’À ' = ÀB' = PB = P ’Ẽ . Phép tịnh tiến theo vectơ D ’A ’ biến ñường thẳng D ’P’ thành, ñường fhang A ’E ; D T ,thành A’B và

ta có E A ' B = P ' D ' P . Vì p là trực làm tam si ặc P ’B ’P ’ nên

P 'B ’P = P ’D ’P . Từ ñó ta nhận ñược EA ’B = P 'B ’P . Mật khác, số ño các cung BE và DF bằng'nhau nến ta có :F B ð - P ’B'P'; ðiều ñó chứng tỏ giao ñiểm H của BF và B’P’ nằm trẽn ñườiig tròn ngoại tiếp hình chữ nhật APBB’. Tức là PH vuông góc với.BT.’. ðây là ñiều cần chứng minh.

25

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Gọi Q là trung ñiểm của AB và H là giao ñiểm của PQ và CD. Ta có BAG = QPA = HPC = C D B . ðẳng thức nàv chứng tỏ A và D nằm trên cùng một cung chứà góc ñược dựng trên dây BC.

a) Kí hiệu M, N, E, F lần lượt là trung ñiểm các cạnh AB, BC, CD, DA khi ñó ta có MN // EF // AC và MF // NE // BD. Vì vậy MNEF là hình chữ nhật. Một hình chữ nhật bao giờ cũng nội tiếp trong một ñường tròn.

b) Gọi ỉ, K, L, H lần lượt là hình chiếu của của p trên AB, BC, CD, DA. Trong tam giác ABC ta có BĨ.BÃ = BK.BC => BI.BM = BK.BN (*). Vì I thuộc (0 và từ (*) ta suy ra K thuộc co. Trong tam giác ABD ta có Al.AM = AH.AF CÙ112 với I thuộc co ta suy ra H thuộc (ù. Tương tự L cũng thuộc co. Dẻ dàng thấv rằng PI ñi qua E và theo Bài toán 6 ta suy ra ñiều cần chứng minh.

a) Gọi M là giao ñiểm của p,p2 với p_,p4. Từ ñường tròn ñi qua các ñiếm A. c. p,, Pj ta suy ra MP,MP2 = MAMB (*). Tương tự với ñường tTÒn ñi qua bốn ñiểm A. c, p,, P4, ta có MPjMP, =M A M B (**). Từ (*) và (**) ta suy ra ñiều cần chứng minh.

b) Nếu trung ñiếm của AB nằm trên ñường tròn ngoại tiếp tứ giác P,P,P3P4 thì các trung ñiểm của ba cạnh còn lại của tứ giác ABCD cũng nằm trên ñường tròn này. Bằng cách lí luận như Bài 7 ta nhận ñược ñiều cần chứng minh

9. Gọi H là giao ñiểm của BM và AN. Trong tam giác vuông ABM ta có AB2 = BH.BM . Gọi K là chân ñường vuông góc hạ từ c xuống BN ta có BC2= B K .B N . Vì AB = BC, nên BH.BM = BK.BN. ðiều này chứng tỏ bốn ñiểm M, N, K, H nằm trên cùng một ñường tròn ñường kính MN. Tức là MK vuông góc với BN hay CK ñi qua M. ðãy là ñiều cần chứng minh.

lft AB.BC _ BP AB.BC _ AB.BCsinẤBC X

10- - <=» - = — —— =>sinABC = sinADC(*)- Ta

AD.DC DP AD.DC AD.DC sin ADC

coi BP < DP. Gọi B’ là ñiểm ñối xứng vớí B qua AC, khi ñó B’ nằm trong tam giác ACD và ta có ABC = AB 'C > ADC(**). Từ (*) và (**) suy ra

ABC = K —ADC và ñây là ñiều cẩn chứng minh.

l ỉ . a) Gọi A ’ là ñiểm ñối xứng với A qua BD. ta có A ’ thuộc PC và PA’ < PC

Vỉ vậy A ’ nàm trong tam giác BCD và BAT) > B C D . Từ ñiều kiên

BAD + BCD = B A 'D + BCD = 71, la suy ra BCD< —. Tương tự ta có

"— ' 71 , - ■

A DC < —. Trong tam giác BCD ñiếm p nằm trên cạnh BD nên hai góc kề

với BD nhọn. Vậy BCD là tam giác có ba góc nhọn. Tương tự, tam giác ACD có ba góc nhọn. Ta biết rằns tâm o của ñường tròn ngoại tiếp tam giác nằm trong tam giác khi và chỉ khi tam giác ñó nhọn. Do ñó o nằm ñồng thời trong hai tam giác BCD và ÀCD nên o thuộc phần chung của hai tam ^iác ñó. Phần chung này là tam giác vuông PCD.

b) Gọi I làítrung ñiểm của BD, khi ñó I nằm trên ñoạn PD và OI // AC. AC BD

Kí hiệu s ià ñiện tích tứ giác ABCD ta có s = _ _ _ _ — - AC.BỈ = 2SABC|. Vì

diện tích hai tam giác OAC và IAC bằng nhau nên diện tích của hai tứ giấc ABCO và ABCI bằng nhau.

12. Ta thấy rằng OA = OB = o c = OD vằ AOB + COD = n nên OA.OB.sinẢOB = OC.OD.sinCOD. Tức ià diện tích tam giác OAB bang diện tích tam giác OCD. Tương tự, ñối với cập tam giác còn lại.

13. Gọi A|, B(, C], D, tương ứng là trực tâm các tam giác BCD, CD A, DAB. ABC. Khi ñó các ñiểm A| và B, tương ứng nằm trên AC và BD. Vì BA, và AB, cùng vuông góc với CD nên BA, // AB,. Ta có DBA, =DC A = t)BA nên tam giác ABA, cân tại B. Tương tự, tam giác ABB, cân tại A. ðiều ñó chứng tỏ p là tâm ñối xứng của A và A|, của B và Bị. Tương tự, p ià tâm ñối xứng của D và D (, của c và C|. Tóm lại, phép ñối xứng qua p biến tứ giác ABCD thành tứ giác AịB,C|D|.

14. Ta biết rằng

B Â C -B C Ầ = OBD và DAC- DCa Ị = ỐDB .

Vì tam giác OBD cân tại o nên ta suy ra ñiều cần chứng minh.

27

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

15. Gọi N là giao ñiểm của AM và BD. Vì bốn ñiểm M, c , p, N nằm trên cùng một ñường tròn nên ta có AN.AM = AP.AC . Trong tam giác vuông ABC ta có A P.A C =A B2. Từ ñó ta suy ra AN.AM = AB2 =ATj2, ðẳng thức này chứng tỏ N nằm trên ñường tròn (O’) và 0 ’N // AC. Do ñó O ’N vuông góc với BD tại N. ðây là ñiều cần chứng minh.

16. Gọi H và K lấn lượt là trung ñiểm của AB và CD. Nếu hai ñường chéo của tứ giác vuông góc thì PK // OH và PH // OK. Tứ giác OHPK là hình bình hành, do ñó ta có OH = PK - và OK = PH = -^5. „ Ngirợc lại. nếu

OH = — = CK và OK = — = BH thì hai tam giác vuông OCK và OBH

bầng nhau và ta có COK = OBH, B O H =O C K . Từ ñó suy ra AOB + COD — K. Theo tính chất của góc có ñính trong ñường tròn, ta suy ra ẤPB = - .

2

17. Kéo dài Px và Py cắt ñường tròn (O ; R) tại các ñiểm c và D. Gọi M là trung ñiểm của AB ; H là hình chiếu cúa p trẽn AB và N !à trung ñiểm của CD. Theo Bài 1, ñoạn MN là ñườns kính của ñường tròn ñi qua H. Tâm của ñường tròn này là trung ñiểm của ñoạn OP. Vì OP cô' ñịnh nên trung ñiểm của ñoạn OP cố ñịnh. Ta chứng minh rằng MN có ñộ dài Rhone ñổi. Thật vậy, tứ giác OMPN !à hình bình hành nên ta có 2(PM2 + PN-) = OP2+ MN2. Mặt khác, ta có 4(PM2+ PN2) = AB2 + CD2 và AB2 + CD" = AD2 + CDJ. Theo Bài 1 ta suy ra MN2 = 2R2 - dĩ và bán kính ñường tròn ñi qua các ñiểm M, N. H là r = V 2R2 - a"'. không dổi. Tóm lại, tập hợp M và H Iiằm trên ñường tròn (I ; v2R^ ) trong ñó I là trung ñiểm cửa OP.

ðáo lại, với ñiếm M bất kì trên ñường tròn dó ta dựng ñiểm N ñối xứns VỚI M qua I. Gọi H íà giao ñiểm của PN với ñường tròn (I ; V2R" - a 2 ). Trên MH lấy các ñiểm A, B sao cho MA = MB. = MR Ta cần chứng minh rằng A và B nảm trên ñường tròn (O) (bạn ñọc tự chứng minh). Từ ñó suy ra PAB là tam giác vuồrrg tại p.

18. Các ñiểm p,, p2, p3, P4 là chân các ñườnơ cao của bốn tam giác vuông tại ñỉnh p nên chúng nằm trên các cạnh AB, BC, CD, DA. Tứ aiác AP,PP4 và PP,BP2 nội tiếp nén ta có P^P4 = PÃP4 = PBP, = pĩập2 . Vì P,P2 và P,P4 nằm vể hai phía ñối với p,p nên p,p là phân giác của góc P,P,P4 - Mặt khác, các góc PAP4 và PBP, là góc nhọn nên P2P|P4 < 180°. ðiều này chứng tỏ góc tại ñỉnh p, của tứ giác P|P2P,P4 nhỏ hơn 180°. Tương tự, các góc tại các ñỉnh khác của tứ giác ñó nhỏ hơn 180°. Vì vậy P(P,P,P4 là một tứ giác lồi. Chứng minh tương tự ta ñược PoP và p.p ỉà các ñườr,2 phân giác của các góc tại các ñỉnh P2, p3. Tức là p cách ñểu các ñường thẳng chứa các cạnh tứ giác.íãỉa biết rằng nếu p là ñiểm cách ñều các ñườn2 thẳng chứa các cạnh của một tứ giác lồi thì p là tâm ñườne tròn nội tiếp tứ giác. Gọi M ìà trung ñiểm của AB'va N là trung ñiểm của CD, khi ñó MN là ñườns kính của ñường tròn nạoại tiếp tứ giác P,P2P,P4. Trong tam giác PMN ta có PM2 + PN2 = 2PI2 + 2R: (] là trung ñiểm của MN). Từ công thức này ta

20.

o

(ÕÃ + ÕC)(ÕB + ÕẼ>) = 0.<=* ÕÃ.ỒB +ÕÃ.ÕD + OC.OB + ÕC.ÕD = 0 <=> 2R2 - AB2 + 2R2 - AD2 + 2R2 - BC2 + 2R2 - CD2 = 0. ðây là ñiều cần chứng minh.

ñược PI + R => r =

29

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

Cho xOy . Ta nói hai ñường thẳnq CỈỊ, d2 là các ñườn.% ñẳng giác trong góc ñ ã cho nếu chúrìiị cùng ñi qua ñinh o vâ ñối xứ!ì ụ với nhau qua phán giác của góc ñó.

1. Giả sử A và B là các ñiểm nằm trong góc xOy sao chơ OA và OB là các ñường ñẳng giác trong góc ñó.

a) Chứng mình ràng hình chiếu cùa các ñiểm A và B trên các dường thẳng Ox và Oy nằm trên cùng một dường tròn. Tâm cúa ñường tròn ñó là trung ñiểm của AB.

b) Giả sử các ñiểm A,, A2, Bị, B2 trên các tia Ox và Oy sao cho A| A/ / Oy , A2A // Ox, B.B // Oy và B;,B // Ox. Chứng minh rằng bốn ñiểm Aị, A2, Bị, B2 nằm trên cùng một ñường tròn.

c) Giả sử Aj và B, lần lượí là hình chiếu của A và B trên Ox và Oy. Các ñiểm Aj và B2 lần lượt trên các tia Ox và Oy thoả mãn ñiều kiện A2A // Ox và BjB // Oy. Chứng minh rằng bốn ñiểm Aị, Aj, Bị, Bj nằm trên cùng một ñường tròn. Các khẳng ñịnh trên vẫn ñúng trong trường hợp A và B nằm ngoài góc xO y.

2. Cho I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng các tiếp tuyến kẻ từ A tới ñường tròn ngoại tiếp tam giác BIC là các ñường ñẳng giác trong góc B A C .

3. Kí hiệu K và o tương ứng là trực tâm và tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng AK và AO là các ñường ñẳng giác trong góc BAC.

4. AA[, BB,, c c , là các ñường phân giác trong của các góc tam giác ABC. Kí hiệu M, N lần ỉượt là giao ñiểm của A,C! và BBị, A,B, và c c ,. Chứng minh rằng các ñường thẳng AM và AN là ñẳng giác trong góc BAC.

5. Tứ giác ABCD nội tiếp ñường tròn có hai cạnh ñối AD và BC không song song. Gọi p !à giao ñiểm các ñường thẳng AD và BC. Trên các ñường chéo

AM BN

AC và BD ta lấy các ñiếm M và N sao cho —~zr = —— • Chứng minh rằng

AC BD

PM và PN là các ñường ñẳng giác trong góc A P B .

6. Cho tam giác ñều ABC và các góc a , p, y thoả mãn ñiều kiện a + p + y = f 80°. Về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các tam siác cân BCX, CAY, ABZ sao cho BX = c x , CY = AY, AZ = BZ và

BXC = 60° + — , CỸẦ = 60° + — , AZB = 60° + — .

3 3 3

Kí hiệu p, Q, R lần lượt là giao ñiểm của CY và BZ, của c x và AZ, của AY và BX. Chứng minh rằng các cặp ñường thẳng PB và PC, QC và QA, RA và RB là các ñường ñẳng giác trong ba góc tam giác PQR.

7. Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (0 ) ; M là trung ñiếm của cạnh BC và p là ñiểm sao cho PB và PC là các tiếp tuyến của (O). Chứng minh rằng ẠM và AP là các ñường ñẳng giác trong góc B A C .

8. Cho tam giác ABC và các ñiểm Aị, A2 trên ñường thẳng BC. Chứng minh rằng AA| và A A2 là các ñường ñẳng giác trong góc BAC khi và chỉ khi

^ _ b l BÃỊ

à ^ B - c 2 Ă j c

9. AA,, BBj, c c , là các ñường phân giác trong của các góc tam giác ABC. Kí hiệu M là giao ñiểm của A ,c, và BBl5 N là giao ñiểm của AịB, và CC;. Chứng minh rằng các ñường thẳng AAj, BN, CM ñổng quy.

3}

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYNHON

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN