Đến nội dung

Hình ảnh

15 bài toán hình học từ kỳ thi chọn Học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Ninh Bình (từ 2009 đến 2023)

toán 9 hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 86 trả lời

#41
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

BÀI 9. (Năm 2017)  Cho đường tròn tâm $O$, bán kính $R$ có đường kính $AB$ cố định. $C$ là một điểm thay đổi trên đường tròn ($C$ khác $A$ và $B$). Gọi $H$ là hình chiếu của $C$ trên $AB$, $I$ là trung điểm $AC$. Đường thẳng $OI$ cắt tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $(O; R)$ tại $M$, đường thẳng $MB$ cắt đường thẳng $CH$ tại $K$.

            a) Chứng minh $C, H, O, I$ đồng viên.

            b) Chứng minh $MC$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O; R)$.

            c) Chứng minh $IK$ song song $AB$.

            d) Xác định vị trí của $C$ để chu vi tam giác $ABC$ đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.

 

Bài 9. (Mở rộng) 

e) Gọi $N$ là giao điểm của $MC$ và tiếp tuyến tại $B$ của đường tròn $(O)$. Chứng minh ba điểm $A, K, N$ thẳng hàng. 

f) Gọi $E, F$ lần lượt là giao điểm của $BM$ và $AN$ với đường tròn $(O)$. Chứng minh tứ giác $OHEF$ nội tiếp. 

g) Gọi $G$ là giao điểm của $HC$ và đường tròn ngoại tiếp tứ giác $OHEF$. Chứng minh $GE$ và $GF$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$. 

h) Gọi $P, Q$ lần lượt là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $OMN$ với đường tròn $(O)$. Chứng minh ba điểm $P, K, Q$ thẳng hàng. 

 

Lưu ý trong hình vẽ dưới ba điểm $I, E, H$ không thẳng hàng để tránh ngộ nhận. 

Link hình vẽ trên GeoGebra: Bài 9 (mở rộng) 

 

Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai9 (Mở rộng).jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 11-05-2023 - 21:56

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#42
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

 

Bài 9. 

d) $P_{ABC}=AB+AC+BC=2R+AC+BC\leq 2R+\sqrt{2(AC^{2}+BC^{2})}=2R+\sqrt{8R^{2}}=2R(\sqrt{2}+1)$.

   Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow C$ là điểm chính giữa cung $AB$. 

 

 

Bài 9 câu d) này có thể tổng quát lên như sau: 

Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $BC$. Xét $E$ là một điểm di chuyển trên cung nhỏ $BC$. Tìm vị trí của $E$ để $EB+EC$ đạt giá trị lớn nhất.

Đây là một bài mình từng đăng trên diễn đàn tại topic này. Có tới 3 lời giải khác nhau và đều hay. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 12-05-2023 - 10:34

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#43
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

VỀ Ý NGHĨA CỦA VIỆC MỞ RỘNG MỘT BÀI TOÁN HÌNH 

 

Vậy là chúng ta đã hoành thành xong nhóm 3, chỉ còn 2 nhóm bài nữa là hoàn thành mục tiêu. Ngoài bài toán gốc, chúng ta cũng mở rộng được khá nhiều các câu mới. Vậy thì sự mở rộng này ý nghĩa gì? 

 

Điều đầu tiên, nhìn ở góc độ tư duy, việc mở rộng một bài toán giúp ta gắn kết với bài toán sâu hơn. Để có thể phát hiện ra các ý mở rộng, ta buộc phải quan sát, nắm chắc hơn giả thiết và các kết quả đã có. Chính những gì ta đã làm với bài toán gốc giờ đây trở thành giả thiết mới. Như thế, ta được một lần nhìn lại những gì đã làm. Kinh nghiệm ta có về bài toán bởi vậy sâu hơn nhiều so với việc đơn thuần giải xong rồi chuyển qua bài toán mới luôn.

 

Ta cũng có thể nhìn việc mở rộng bài toán theo cách thi vị hơn: như đi du lịch. Mỗi một bài toán giống như một vùng đất ta tới. Lần đầu tiên đến, ta sẽ có một số ấn tượng ban đầu, giống như những câu hỏi mở đầu trong bài toán gốc vậy. Nhưng nếu ta sống ở vùng đất đó đủ lâu, ta sẽ có những trải nghiệm tinh tế hơn nhiều, không chỉ biết những chỗ nổi tiếng, mà còn biết những chỗ hay ho khó tìm, những món ăn mà chỉ dân thổ địa mới biết được. Những câu mở rộng cũng chính là những món ăn của "thổ địa" đó! 

 

Ở phương diện khác nữa, ta hãy tự hỏi: những bài toán mà chúng ta đang làm từ đâu mà có? Liệu có phải một ai đó tự dưng nghĩ ra chúng? Tất nhiên là không rồi. Tất cả mọi bài toán đều là những phát triển từ những nền tảng ban đầu nào đó. Nếu truy ngược lại thì mọi bài toán hình phổ thông chúng ta đang làm đều có nguồn gốc từ những bài toán cổ xưa, mà cột mốc quan trọng nhất chính là cuốn Cơ sở Hình học của Euclid. 

 

Vậy thì khi chúng ta tham gia vào công việc mở rộng một bài toán, thực chất là đang thực hiện hành động khám phá giống như các bậc tiền bối. Nhờ sự khám phá đó mà ta có những mục tiêu mới để chinh phục. Việc phát hiện ra một bài toán có vai trò quan trọng chẳng kém gì việc chứng minh bài toán đó. Giống như một người lãnh đạo chỉ đường, đặt ra mục tiêu để mọi người cùng hướng tới. Có người làm, nhưng cũng cần thiết phải có một người để chỉ ra cái gì cần phải làm. 

 

*

Hiện tại tốc độ trung bình để chúng ta giải quyết một nhóm 3 bài là 5 ngày. Tức là để đi đến đích ta cần phải tập trung tiếp trong vòng khoảng 2 tuần nữa. Hi vọng mọi người tiếp tục đi tới cùng ạ! 

 

Cảm ơn sự tham gia giải bài tích cực của ba thành viên Leonguyen, huytran08perfectstrong ạ! 

 

Những thành viên mới chưa biết vẽ hình thì hãy dùng tạm hình vẽ có sẵn mình gửi kèm. Còn nếu không biết soạn LaTex có thể nhắn tin lời giải để mình biên soạn giúp ạ. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 12-05-2023 - 10:35

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#44
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Bài 9. (Mở rộng) 

e) Gọi $N$ là giao điểm của $MC$ và tiếp tuyến tại $B$ của đường tròn $(O)$. Chứng minh ba điểm $A, K, N$ thẳng hàng. 

f) Gọi $E, F$ lần lượt là giao điểm của $BM$ và $AN$ với đường tròn $(O)$. Chứng minh tứ giác $OHEF$ nội tiếp. 

g) Gọi $G$ là giao điểm của $HC$ và đường tròn ngoại tiếp tứ giác $OHEF$. Chứng minh $GE$ và $GF$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$. 

h) Gọi $P, Q$ lần lượt là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $OMN$ với đường tròn $(O)$. Chứng minh ba điểm $P, K, Q$ thẳng hàng. 

Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai9 (Mở rộng).jpg

Bài này mình chứng minh ba ý mở rộng e) f) g) của Bài 9. 

 

e) Tam giác $BMN$ có $CK\parallel BN$ nên theo Định lý Thales ta có $\frac {CM}{CN}=\frac {KM}{KB}$.

Mà $CM=AM$ và $CN=BN$ ($AM, BN, MN$ là các tiếp tuyến của đường tròn $(O)$) nên ta có $\frac {AM}{BN}=\frac {KM}{KB}$. 

Ta lại có $\angle AMK=\angle NBK$ (do $AM \parallel BN$) nên tam giác $AMK$ đồng dạng với tam giác $NBK$ (c.g.c). 

Từ đó suy ra $\angle MKA=\angle BKN$. Vậy ba điểm $A, K, N$ thẳng hàng. 

f) Ta có $\angle EFK=\angle KBH$ (tứ giác $EFBA$ nội tiếp) và $\angle KBH= \angle KFH$ (tứ giác $KFBH$ nội tiếp). 

Do đó $\angle EFK=\angle KFH$ hay $\angle EFK=\frac{\angle EFH}{2}$. 

Mà $\angle EFK= \frac{\angle EOH}{2}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $AE$ của đường tròn $(O)$)

nên $\angle EFH=\angle EOH$. 

Vậy tứ giác $OHEF$ nội tiếp. 

g) Ta có $G$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác $OHEF$ và $\angle GHO=90^{\circ}$ nên $OG$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $OHEF$. Suy ra $\angle GEO=\angle GFO=90^{\circ}$. Chứng tỏ $GE, GF$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$.  


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 13-05-2023 - 00:52

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#45
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Leonguyen và huytran08 làm được Câu 9 h) mở rộng không? Thấy khó quá, mà mấy hôm nay anh lại bận làm cái hướng dẫn GeoGebra không tập trung sâu được. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 14-05-2023 - 15:54

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#46
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Bài 9 ban đầu tưởng bình thường không ngờ có thể tìm ra được thêm những ý mở rộng thật hay! Ý h) mình giới thiệu cách đây vài hôm.  Hai ý i) k) mình mới phát hiện ra trong lúc tìm cách chứng minh ý h). 

 

BÀI 9.

h) (mở rộng-dự đoán)  Gọi $O'$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OMN$. Gọi $P, Q$ lần lượt là giao điểm của đường tròn $(O')$ với đường tròn $(O)$. Chứng minh ba điểm $P, K, Q$ thẳng hàng. 

i) (mở rộng-dự đoán) Chứng minh $G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $KEF$.

k) (mở rộng-dự đoán) Gọi $S$ là giao điểm của $OK$ với đường tròn $(O')$. Chứng minh đường tròn $(G)$ tiếp xúc với đường tròn $(O')$ tại $S$. 

 

Link hình vẽ GeoGebra: Bài 9 h) i) k)

 

Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai9 (1).jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 14-05-2023 - 16:44

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#47
huytran08

huytran08

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết

BÀI 9. h) Kẻ đường kính $OJ$ của $(OMN)$, $PQ \perp OJ$ nên $PQ//AB$.

Gọi $PQ$ cắt $OO'$ tại $R$ thì $OR.OJ=OP ^{2}$ nên $2OR.OO'=OP^{2}$.

$PQ$ cắt $OC$ tại $T$ thì $OT.OC=OR.OO'$ nên $2OT.OC=OP^{2}$.

Suy ra $OT=\frac{OC}{2}$ nên $T$ là trung điểm $OC$.

Từ đó có $KT//AB$ mà $T$ thuộc $PQ$ nên $P,K,Q$ thẳng hàng (đpcm).

Hình gửi kèm

  • hihi.PNG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 14-05-2023 - 18:16
Lỗi LaTex

How far are you from me,Fruit?

I am hidden in your heart,Flower.

                                                                                                                                                                                                      (Rabindranath Tagore)


#48
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

h) Kẻ đường kính $OJ$ của $(OMN)$, $PQ \perp OJ$ nên $PQ//AB$.

Gọi $PQ$ cắt $OO'$ tại $R$ thì $OR.OJ=OP^{2}$ nên $2OR.OO'=OP^{2}$.

$PQ$ cắt $OC$ tại $T$ thì $OT.OC=OR.OO'$ nên $2OT.OC=OP^{2}$.

Suy ra $OT=\frac{OC}{2}$ nên $T$ là trung điểm $OC$.

Từ đó có $KT//AB$ mà $T$ thuộc $PQ$ nên $P,K,Q$ thẳng hàng (đpcm).

Chứng minh hay quá!

 

huytran08 lưu ý hình vẽ sửa lại điểm $S$ thành $O'$ nhé! 

 

Hi vọng mọi người chung sức nốt hai ý i) và k) là ta hoàn thành bài toán này. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 14-05-2023 - 19:41

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#49
Dminh08

Dminh08

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Chứng minh hay quá!

huytran08 lưu ý hình vẽ sửa lại điểm $S$ thành $O'$ nhé!

Hi vọng mọi người chung sức nốt hai ý i) và k) là ta hoàn thành bài toán này.

Bài 9. i) Gọi H' là giao điểm của AE và BF.
Tam giác ABH' có K là trực tâm, GH vuông với AB nên G, C, H, H' thẳng hàng khi đó H'EKF là tứ giác nội tiếp.
Gọi G' là trung điểm của H'K thì $G'E=G'F$ lại có $GE=GF$, G và G' cùng thuộc HH' nên G trùng G'.
Khi đó ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dminh08: 14-05-2023 - 20:39
Soạn thảo LaTex với phương trình; từ viết tắt nhiều


#50
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Bài 9. i) Gọi H' là giao điểm của AE và BF.
Tam giác ABH' có K là trực tâm, GH vuông với AB nên G, C, H, H' thẳng hàng khi đó HEKF là tứ giác nội tiếp. 
Gọi G' là trung điểm của H'K thì $G'E=G'F$ lại có $GE=GF$, G và G' cùng thuộc HH' nên G trùng G'. 
Khi đó ta có điều phải chứng minh. 

 

Cảm ơn chứng minh của Dminh08

Câu này mình còn cách giải khác là chứng minh tam giác $GEK$ cân tại $G$. Lưu ý ta có tứ giác $AHKE$ nội tiếp và $GE$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ (Câu g)) nên $\angle GKE=\angle BAE=\angle KEG$. 

 

Còn câu k) nữa thôi! 


"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#51
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

 

BÀI 9.

h) (mở rộng-dự đoán)  Gọi $O'$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OMN$. Gọi $P, Q$ lần lượt là giao điểm của đường tròn $(O')$ với đường tròn $(O)$. Chứng minh ba điểm $P, K, Q$ thẳng hàng. 

i) (mở rộng-dự đoán) Chứng minh $G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $KEF$.

k) (mở rộng-dự đoán) Gọi $S$ là giao điểm của $OK$ với đường tròn $(O')$. Chứng minh đường tròn $(G)$ tiếp xúc với đường tròn $(O')$ tại $S$. 

 

 

Tối nay mới có thời gian tập trung suy nghĩ giải quyết Bài 9. Rất hay là hôm nay cũng vừa tròn ngày thứ 15, tức là chúng ta vẫn đang giữ đúng nhịp 5 ngày/nhóm bài!

Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai9.jpg

Bài 9. k) 

* Trước hết, giả sử như ta đã chứng minh được $S$ thuộc đường tròn $(G)$. Khi đó, vì hai tam giác $SGK$ và $SO'O$ đều là tam giác cân và $\angle GKS=\angle O'OS$ ($GK \parallel OO'$) nên ta có ngay $\angle GSK=\angle O'SO$. Tức là $S, G, O'$ thẳng hàng và từ đó suy ra đường tròn $(O')$ tiếp xúc với đường tròn $(G)$ tại $S$. 

* Bây giờ ta đi chứng minh $S$ thuộc đường tròn $(G)$ hay nói cách khác tứ giác $SEKF$ nội tiếp. 

Chú ý rằng theo chứng minh ở câu h) ta có $K, P, Q$ thẳng hàng.

Đường tròn $(O)$ có hai dây cung $PQ$ và $BE$ cắt nhau tại $K$ nên

$KP.KQ=KE.KB$.

Đường tròn $(O')$ có hai dây cung $OS$ và $PQ$ cắt nhau tại $K$ nên

$KP.KQ=KS.KO$.  

Hai đẳng thức trên chứng tỏ $KE.KB=KS.KO$ và ta suy ra tứ giác $SEOB$ nội tiếp đường tròn.

Dẫn tới $\angle KSE=\angle KBO$. Mặt khác, $\angle KBO=\angle KFE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AE$ của đường tròn $(O)$). Vì vậy $\angle KSE=\angle KFE$, có nghĩa là tứ giác $SEKF$ nội tiếp đường tròn. 

Ta chứng minh xong bài toán. 

____________

 

Bây giờ chúng ta thử nhìn lại toàn bộ 6 câu mở rộng e) f) g) h) i) k). Vốn dĩ ban đầu chúng chỉ những mở rộng tự phát mà mình tìm ra trong quá trình quan sát bài toán. Thế nhưng dần dần ta mới thấy hết được sự liên kết từ câu này sang câu kia.

Câu mấu chốt nhất, và có lẽ khó nhất là câu h). huytran08 đã cần tới 3 điểm phụ để chứng minh! Nhờ có nó mà ta có được cầu nối giữa e) f) g) và hai câu cuối i) k). Quả là một chặng dài! 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 15-05-2023 - 01:01

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#52
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Chúng ta đã hoàn thành xong NHÓM 3! Chuẩn bị tiến tiếp sang NHÓM 4 thôi! 


"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#53
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Mời mọi người tiếp tục với các bài toán NHÓM 4 ạ! 

 

NHÓM 4. (Ba năm 2018, 2019, 2020) 

 

Dang-DDTH-15baihinhhsg-Bai10 (jpeg).jpg

Bài 10. (Năm 2018) Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $AK, BD, CI$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là một điểm thay đổi trên cung nhỏ $BC$ của đường tròn $(O)$, $M$ khác $B$ và $C$. Gọi $N, P$ lần lượt là điểm đối xứng của $M$ qua các đường thẳng $AB$ và $AC$. 

a) Chứng minh $AO$ vuông góc $ID$.

b) Chứng minh các tứ giác $AHCP$ và $AHBN$ là các tứ giác nội tiếp

c) Chứng minh ba điểm $N, H, P$ thẳng hàng

d) Tìm vị trí của điểm $M$ để đoạn thẳng $NP$ có độ dài lớn nhất.

Dang-DDTH-15baihinhsgNB-Bai11.jpg

Bài 11. (Năm 2019)  Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$, nội tiếp đường tròn tâm $O$. $M$ là điểm bất kỳ trên dây $BC$ ($M$ khác $B, C$). Vẽ đường tròn tâm $D$ đi qua $M$ và tiếp xúc với $AB$ tại $B$, vẽ đường tròn tâm $E$ đi qua $M$ và tiếp xúc $AC$ tại $C$. Gọi $N$ là giao điểm thứ hai của hai đường tròn $(D)$ và $(E)$.

a) Chứng minh rằng tứ giác $ABNC$ là tứ giác nội tiếp. Từ đó chứng minh điểm $N$ thuộc đường tròn $(O)$ và ba điểm $A, M, N$ thẳng hàng.

b) Chứng minh rằng trung điểm $I$ của đoạn thẳng $DE$ luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm $M$ di động trên dây $BC$.

Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai12.jpg

BÀI 12. (Năm 2020)  Cho tam giác nhọn $ABC$, đường cao $AD$ ($D$ thuộc $BC$) và hai điểm $M, N$ lần lượt nằm trên các cạnh $AB, AC$ sao cho $MN$ song song $BC$. Điểm $P$ chuyển động trên đoạn thẳng $MN$. Lấy các điểm $E, F$ sao cho $EP$ vuông góc $AC$, $EC$ vuông góc $BC$, $FP$ vuông góc $AB$, $FB$ vuông góc $BC$.

a) Gọi $I$ là giao điểm $EF$ và $AD$. Chứng minh rằng $I$ cố định khi $P$ chuyển động trên đoạn $MN$.

b) Đường thẳng qua $A$ vuông góc $EF$ cắt $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn thẳng $BC$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $PQ$.

 

Link hình vẽ GeoGebra: Bài 10Bài 11


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 21-05-2023 - 16:01

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#54
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết

Bài 10. (Năm 2018) Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $AK, BD, CI$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là một điểm thay đổi trên cung nhỏ $BC$ của đường tròn $(O)$, $M$ khác $B$ và $C$. Gọi $N, P$ lần lượt là điểm đối xứng của $M$ qua các đường thẳng $AB$ và $AC$. 

a) Chứng minh $AO$ vuông góc $ID$.

b) Chứng minh các tứ giác $AHCP$ và $AHBN$ là các tứ giác nội tiếp

c) Chứng minh ba điểm $N, H, P$ thẳng hàng

d) Tìm vị trí của điểm $M$ để đoạn thẳng $NP$ có độ dài lớn nhất.

3iPHyhK.png

Ta có các tứ giác $ADHI, DHKC, HKBI, ABMC$ nội tiếp.

a) Kẻ tiếp tuyến $Ax$ với $(O)$. Ta có $\angle xAD=\angle ABC=\angle ADI$, suy ra $Ax\parallel DI$, mà $Ax\perp AO$ nên $AO\perp DI$.

b) Tứ giác $AHCP$ có $\angle AHC=\angle AMC=\angle ABC=\angle KHC$ nên là tứ giác nội tiếp. Chứng minh tương tự ta cũng có $AHBN$ là tứ giác nội tiếp.

c) $\angle AHP=\angle ACP=\angle ACM,$ $\angle AHN=\angle AHN=\angle ABN=\angle ABM,$ mà $\angle ABM+\angle ACM=180^{\circ}$ nên $\angle AHP+\angle AHN=180^{\circ},$ suy ra $N, H, P$ thẳng hàng.

d) Để ý rằng $AN=AM=AP$ nên $M, N, P$ thuộc đường tròn tâm $A$ có bán kính $AM.$ Theo định lý $\text{Sin}$ ta có $NP=2AM\cdot \sin NAP$. Mà $\angle NAP=\angle NAM+\angle PAM$ $=2\angle IAM+2\angle CAM$ $=2\angle BAC$ không đổi nên $NP$ lớn nhất khi $AM$ lớn nhất, là khi $AM$ là đường kính của $(O)$.

Vậy để $NP$ đạt GTLN thì $M$ đối xứng với $A$ qua $O$.


"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#55
hovutenha

hovutenha

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết

Mời mọi người tiếp tục với các bài toán NHÓM 4 ạ! 

 

NHÓM 4. (Ba năm 2018, 2019, 2020) 

 

attachicon.gif Dang-DDTH-15baihinhhsg-Bai10 (jpeg).jpg

Bài 10. (Năm 2018) Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $AK, BD, CI$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là một điểm thay đổi trên cung nhỏ $BC$ của đường tròn $(O)$, $M$ khác $B$ và $C$. Gọi $N, P$ lần lượt là điểm đối xứng của $M$ qua các đường thẳng $AB$ và $AC$. 

a) Chứng minh $AO$ vuông góc $ID$.

b) Chứng minh các tứ giác $AHCP$ và $AHBN$ là các tứ giác nội tiếp

c) Chứng minh ba điểm $N, H, P$ thẳng hàng

d) Tìm vị trí của điểm $M$ để đoạn thẳng $NP$ có độ dài lớn nhất.

a) Chắc ý này để kéo tí điểm cho học sinh nên mình ko trình bày

b) Ta có: $\widehat{APC}=\widehat{AMC}=\widehat{ABC}=180-\widehat{BHC}$ $\rightarrow$ tứ giác AHCP nội tiếp, Tương tự với AHBN

c) Đường thẳng steiner

d) Hạ $MX, MY, MZ$ vuông góc với $BC, CA, AB$ ta có $X, Y, Z$ thẳng hàng và $NP=2.YZ$ mà thông qua cách cm của đường thẳng simson thì ta có $\Delta MYZ\sim \Delta MCB$ =>$\frac{BC}{YZ}=\frac{MC}{MY}$ luôn có $MC\geq MY$ nên $NP$ đạt max khi $YZ$ max và khi $MC=MY\Leftrightarrow C\equiv Y$ hay $M$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O$



#56
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

 

3iPHyhK.png

Ta có các tứ giác $ADHI, DHKC, HKBI, ABMC$ nội tiếp.

a) Kẻ tiếp tuyến $Ax$ với $(O)$. Ta có $\angle xAD=\angle ABC=\angle ADI$, suy ra $Ax\parallel DI$, mà $Ax\perp AO$ nên $AO\perp DI$.

Cách chứng minh câu a) của Leonguyen hay thật! Câu này dễ nhưng lại có nhiều cách để làm. Chẳng hạn mình biết hai cách sau nữa: 

 

Cách 2. Ta có $\angle OAC=90^{\circ}-\frac{\angle AOC}{2}=90^{\circ}-\angle ABC$. Mà $\angle ABC=\angle ADI$ (tứ giác $BIDC$ nội tiếp). Do đó $\angle OAC=90^{\circ}-\angle ADI$. Điều này chứng tỏ $OA \perp ID$. 

 

Cách 3. Gọi $ I', D'$ lần lượt là giao điểm của $HI, HD$ với đường tròn $(O)$. Khi đó $\angle IAI'=\angle ICB=\angle IAH$. Hai tam giác $IAI'$ và $IAH$ bằng nhau (g.c.g), suy ra $AI'=AH$. Chứng minh tương tự ta có $AD'=AH$. Do đó $AI'=AD'$. 

Vì $OI'=OD'$ và $AI'=AD'$ nên $OA$ là đường trung trực của đoạn thẳng $I'D'$. Do đó $OA \perp I'D'$. 

Cuối cùng, dễ thấy $\angle AI'H=\angle DIH$ ($=\angle HBC$) nên $ID \parallel I'D'$. Vậy $OA \perp ID$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 15-05-2023 - 15:31

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#57
hovutenha

hovutenha

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết

a) Chắc ý này để kéo tí điểm cho học sinh nên mình ko trình bày

b) Ta có: $\widehat{APC}=\widehat{AMC}=\widehat{ABC}=180-\widehat{BHC}$ $\rightarrow$ tứ giác AHCP nội tiếp, Tương tự với AHBN

c) Đường thẳng steiner

d) Hạ $MX, MY, MZ$ vuông góc với $BC, CA, AB$ ta có $X, Y, Z$ thẳng hàng và $NP=2.YZ$ mà thông qua cách cm của đường thẳng simson thì ta có $\Delta MYZ\sim \Delta MCB$ =>$\frac{BC}{YZ}=\frac{MC}{MY}$ luôn có $MC\geq MY$ nên $NP$ đạt max khi $YZ$ max và khi $MC=MY\Leftrightarrow C\equiv Y$ hay $M$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O$

Mở rất rộng cho bài toán trên :)

Cho $NP$ cắt $AB, AC$ tại $E$ và $F$ đường thẳng qua $E, F$ vuông góc với $OB, OC$ cắt nhau tại $Q$. CMR: $QM$ tiếp xúc $(O)$
 



#58
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Dưới đây là hình minh hoạ mở rộng của bạn hovutenha ạ! Cảm ơn đóng góp của bạn! 

 

Bài 10. e) (Mở rộng) (Đề xuất bởi hovutenha

Cho $NP$ cắt $AB, AC$ tại $E$ và $F$ đường thẳng qua $E, F$ vuông góc với $OB, OC$ cắt nhau tại $Q$. CMR: $QM$ tiếp xúc $(O)$. 

 

Link hình vẽ trên GeoGebra: Bài 10. e) 

Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai10 (mở rộng-1).jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 15-05-2023 - 15:46

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#59
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Mời mọi người tiếp tục với các bài toán NHÓM 4 ạ! 

 

NHÓM 4. (Ba năm 2018, 2019, 2020) 

 

attachicon.gif Dang-DDTH-15baihinhhsg-Bai10 (jpeg).jpg

Bài 10. (Năm 2018) Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $AK, BD, CI$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là một điểm thay đổi trên cung nhỏ $BC$ của đường tròn $(O)$, $M$ khác $B$ và $C$. Gọi $N, P$ lần lượt là điểm đối xứng của $M$ qua các đường thẳng $AB$ và $AC$. 

a) Chứng minh $AO$ vuông góc $ID$.

b) Chứng minh các tứ giác $AHCP$ và $AHBN$ là các tứ giác nội tiếp

c) Chứng minh ba điểm $N, H, P$ thẳng hàng

d) Tìm vị trí của điểm $M$ để đoạn thẳng $NP$ có độ dài lớn nhất.

 

Link hình vẽ GeoGebra: Bài 10Bài 11Bài 12

Khi mới học về đường thẳng Simson và Steiner, mình rất thích thú và có mày mò tìm hiểu thêm:

https://diendantoanh...-thẳng-simpson/

https://diendantoanh...kij-thẳng-hàng/

Tuy nhiên những bài toán này có vẻ sẽ khó mà chứng minh bằng kiến thức THCS nên thôi tạm để dành cho Olympic vậy :P


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#60
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

 

Dưới đây là hình minh hoạ mở rộng của bạn hovutenha ạ! Cảm ơn đóng góp của bạn! 

 

Bài 10. e) (Mở rộng) (Đề xuất bởi hovutenha

Cho $NP$ cắt $AB, AC$ tại $E$ và $F$ đường thẳng qua $E, F$ vuông góc với $OB, OC$ cắt nhau tại $Q$. CMR: $QM$ tiếp xúc $(O)$. 

 

 

Giải xong một bài mà xây xẩm mặt mày! Bài 10 chắc chỉ cần ý mở rộng này là đủ rồi ạ ^^! 

Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai10 (mở rộng) .jpg

Ta xây dựng các điểm phụ sau:

$E’$ là chân đường vuông góc hạ từ $E$ xuống $OB$, $F’$ là chân đường vuông góc hạ từ $F$ xuống $OC$.

$S, T$ là giao điểm của $EE’$ và $FF’$ với đường thẳng $AK$.

$O_1$ là trung điểm $SB$ và $O_2$ là trung điểm của $TC$.

 

Tiếp theo ta lần lượt xét các mệnh đề. 

 

Mệnh đề
$HEBS$ và $HFCT$ là các tứ giác nội tiếp.

Chứng minh. Vì $EE’$ vuông góc $OB$ nên $\angle BEE’=90^{\circ}-\angle OBA=\angle ACB$. Vì $HK$ vuông góc $BC$ nên $\angle BHS=\angle BHK=90^{\circ}-\angle HBK=\angle ACB$. Vậy $\angle BES=\angle BHS$. Chứng tỏ tứ giác $HEBS$ nội tiếp.
Chứng minh tương tự ta có $HFCT$ nội tiếp.

 

Mệnh đề
Gọi $M^*$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $HEBS$ và đường tròn ngoại tiếp tứ giác $HFCT$ khi đó $M^*$ thuộc đường tròn $ (OE’F’) $.

Chứng minh. Ta có $\angle E’M^*F’=\angle E’M^*K+\angle F’M^*K=\angle E’BK+\angle F’CK $ (do tứ giác $BE’KM^*$ và $CF’KM^*$ nội tiếp).

Mà $\angle E’BK=\angle OBC$ và $\angle F’CK=\angle OCB$ còn $\angle BOC=\angle E’OF’$.  Tức là $\angle E’M^*F’+\angle E’OF’=180^{\circ}$.

Vậy tứ giác $M^*E’OF’$ nội tiếp tức là $M’$ thuộc đường tròn $ (OE’F’) $.

 

Mệnh đề
  $\angle BM^*C=\angle BMC$ và $M^*$ thuộc đường tròn $(O)$. 

Chứng minh. Ta có

$\angle BM^*C=\angle BM^*K+\angle CM^*K$

$=\angle BSK+\angle CTK$ (tứ giác $BKSM^*$ và $CTSM^*$ nội tiếp)

$=\angle AEH+\angle AFH$ (tứ giác $HSBE$ và $HTCF$ nội tiếp theo Theorem

$=180^{\circ}-\angle BAC$ (chú ý ở đây ta cần tới mệnh đề $N, H, P$ thẳng hàng) 

Như vậy $\angle BM^*C=\angle BMC$ và ta có ngay $M^*$ thuộc đường tròn $(O)$. 

 

Mệnh đề
$M, S, B$ thẳng hàng và $M, C, T$ thẳng hàng.

Chứng minh. Vì tứ giác $HEBS$ nội tiếp (Theorem) nên $\angle ABS=\angle AHE$. Mà $\angle AHE=\angle ABN$ (tứ giác $AHBN$ nội tiếp)  và $\angle ABN=\angle ABM$ ($M$ và $N$ đối xứng qua $AB$). Do đó $\angle ABS=\angle ABM$. Chứng tỏ $M, S, B$ thẳng hàng.

Chứng minh tương tự ta có $M, C, T$ thẳng hàng.

 

Mệnh đề
$K, F’, O_1$ thẳng hàng và $K, E’, O_2$ thẳng hàng.
 

Chứng minh. Do tam giác $BKS$ vuông tại $K$ và $O_1$ là trung điểm của $BS$ nên $ \angle O_1KB= \angle O_1BK$. Mà $ \angle O_1BK=\angle MAC$ ($M$ thuộc đường tròn $(ABC)$). Nên $ \angle O_1KB=\angle MAC$.  

Ta có $\angle F’KC=\angle FTC$ ( tứ giác $KF’CT$ nội tiếp) và

$\angle F’TC=90^{\circ}-\angle F'TC=90^{\circ}-\angle OCM=\angle MAC$ (lưu ý theo Theorem ta có $M, T, C$ thẳng hàng) 

Vậy $ \angle O_1KB=\angle F’KC$. Chứng tỏ $ O_1, K, F’$ thẳng hàng. Chứng minh tương tự $O_2, K, E’$ thẳng hàng.

 

Mệnh đề
$ O_1$ và $O_2$ thuộc đường tròn $ (OE’F’) $.
  

Chứng minh. Ta có do $ O_1, K, F’$ thẳng hàng (Theorem) nên $\angle E’ O_1F’=\angle E’ O_1K=2\angle E’BK=2\angle OBC$. Mà $\angle E’OF’=\angle BOC$ chứng tỏ $E’ \angle O_1F’+\angle E’OF’=180^{\circ}$. Vậy $ O_1$ thuộc đường tròn $ (OE’F’) $.

Chứng minh tương tự $O_2$ thuộc đường tròn $ (OE’F’) $.

 

Mệnh đề
  $\angle O_1M^*O_2=\angle BMC$.
  

Chứng minh.  Ta có 

$ \angle O_1M^*O_2=\angle O_1M^*K+\angle O_2M^*K$

$=(90^{\circ}-\angle M^*BK)+(90^{\circ}-\angle M^*CK)$

$=180^{\circ}-(\angle M^*BK+\angle M^*CK)$

$= \angle BM^*C.$

Mà $\angle BM^*C=\angle BMC$ (Theorem) nên  $ \angle O_1M^*O_2=\angle BMC$. 

 

Mệnh đề
$M$ thuộc đường tròn $ (OE’F’) $.

Chứng minh. Do $M, B, S$ thẳng hàng và $M, C, T$ thẳng hàng (Theorem) nên $\angle O_1MO_2=\angle BMC$. Mà $\angle O_1M^*O_2=\angle BMC$ (Theorem) nên $\angle O_1M^*O_2=\angle O_1MO_2$. Chứng tỏ $M$ thuộc đường tròn $ (O_1M^*O_2) $. Mà $O_1, O_2$ thuộc đường tròn $ (OE’F’) $ (Theorem) và $M^*$ thuộc đường tròn $ (OE’F’) $ (Theorem) nên đường tròn $ (O_1M^*O_2) $ chính là đường tròn $ (OE’F’) $. Vậy $M$ thuộc đường tròn $ (OE’F’) $

 

Mệnh đề
$QM$ tiếp xúc đường tròn $ (O) $.
 

Chứng minh. Ta có $OQ$ là đường kính của đường tròn $ (OE’F’) $ mà $M$ thuộc đường tròn $ (OE’F’) $ (Theorem) nên $\angle OMQ=90^{\circ}$ hay $QM$ vuông góc $OM$. Vậy $QM$ tiếp xúc với đường tròn $ (O) $.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 16-05-2023 - 12:32

"Hap$\pi$ness is only real when shared."





Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: toán 9, hình học

3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh