Chủ đề này có 86 trả lời

[HaiDangPham]

- 15 bài toán hình dưới đây được tổng hợp lại từ đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Ninh Bình từ năm 2009 đến năm 2023.

- Mình sẽ đăng dần theo từng nhóm 3 bài. Sau khi giải quyết xong tương đối một nhóm thì mình mới đăng nhóm tiếp theo để giữ nhịp chung.

- Các bài toán nói chung không quá khó, thời hạn để giải xong một nhóm chắc cũng chỉ tầm 4-5 ngày. 

- Ngoài việc trích dẫn đề gốc, mình còn bổ sung thêm các ý mở rộng và ghi trong ngoặc là (mở rộng). Mình cũng khuyến khích mọi người ngoài việc giải xong đề, thì có thể dành thêm thời gian để đào sâu suy nghĩ, tìm kiếm cách giải khác hoặc các hướng phát triển mới cho một bài toán.

- Bài màu đỏ là chưa được giải. Bài màu xanh là đã được giải. Mời mọi người cùng tham gia! 

_______________

 

NHÓM 1. (Ba năm: 2009, 2010, 2011) 

BÀI 1 (Năm 2009). Cho nửa đường tròn $(O; R)$ đường kính $AB$. Trên nửa đường tròn lấy hai điểm phân biệt $C, D$ sao cho $CD=R$ (điểm $C$ thuộc cung $AD$). Qua $C$ kẻ đường thẳng vuông góc với $CD$ cắt $AB$ tại $M$. Tiếp tuyến của nửa đường tròn $(O; R)$ tại $A$ và $B$ cắt $CD$ lần lượt tại $E$ và $F$. Gọi $K$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

a) Chứng minh tứ giác AECM nội tiếp và tam giác $EMF$ vuông.

b) Xác định tâm $I$ và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $KCD$.

c) (Mở rộng) Chứng minh $KI$ vuông góc $AB$.

d) (Mở rộng) Gọi $P$ là giao điểm $EM$ và $AC$, $Q$ là giao điểm $FM$ và $BC$. Chứng minh $PQ$ song song $AB.$

e) (Mở rộng) Gọi R là giao điểm của AF và BE. Chứng minh K, I, R thẳng hàng và P, Q, R thẳng hàng. 

* Leonguyen đã chứng minh a) b) c) d) ở #2. 1/5/2023. HaiDangPham đã chứng minh e) ở #13. 4/5/2023.

 

BÀI 2 (Năm 2010). Cho tam giác $ABC$ có $\angle BAC=60^{\circ}, AC=b, AB=c$ (với $b>c$). Đường kính $EF$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ vuông góc với $BC$ tại $M$. Gọi $I$ và $J$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $E$ xuống các đường thẳng $AB$ và $AC$. Gọi $H$ và $K$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $F$ xuống các đường thẳng $AB$ và $AC$.

a) Chứng minh $AIEJ$ và $CMJE$ là các tứ giác nội tiếp. 

b) Chứng minh ba điểm $I, J, M$ thẳng hàng và $IJ$ vuông góc $HK$.

c) Tính $BC$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ theo $b, c$.

d) (Mở rộng) Các đường thẳng $EI, EJ$ lần lượt cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai $I', J'.$ Các đường thẳng $FH, FK$ lần lượt cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai $H', K'$. Chứng minh tứ giác $I'J'H'K'$ là hình chữ nhật.

e) (Mở rộng) Gọi $N, P$ lần lượt là trung điểm của $H'K'$ và $I'J'$. Chứng minh ba điểm $A, N, P$ thẳng hàng. 

* Leonguyen đã chứng minh a) b) c)  ở #3. 1/5/2023. HaiDangPham đã chứng minh d) e) ở #14. 5/5/2023

BÀI 3 (Năm 2011). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ và ngoại tiếp đường tròn tâm $I$ ($I$ khác $O$). Gọi $M, P$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn $(I)$ với $BC$và $AC$. Hai đường thẳng $OI$ và $AM$ vuông góc với nhau. Chứng minh rằng

a) $MB.MC=AP^2.$                 

b) $\frac{MB}{MC}=\frac{AB^2}{AC^2}.$ 

c) (Mở rộng-Dự đoán) Gọi H là giao điểm của OI và AM. Chứng minh tứ giác $BHOC$ nội tiếp. 

* Leonguyen đã chứng minh a) b) ở #6. 2/5/2023. perfectstrong đã chứng minh c) ở #9. 3/5/2023

 

 

NHÓM 2. (Ba năm: 2012, 2013, 2014) 

 

BÀI 4. (Năm 2012)  Cho đường tròn $(O; R).$ Đường thẳng $d$ không đi qua $O$ cắt đường tròn $(O)$ tại hai điểm $A$ và $B$. Từ một điểm tuỳ ý trên $d$ và ở ngoài $(O)$, vẽ hai tiếp tuyến $MN$ và $MP$ với đường tròn $(O)$ ($N, P$ là hai tiếp điểm).

            a) Dựng vị trí điểm $M$ trên $d$ sao cho tứ giác $MNOP$ là hình vuông.

            b) Chứng minh tâm đường tròn đi qua ba điểm $M, N, P$ luôn chạy trên một đường thẳng cố định khi $M$ di động trên $d.$

  c) (Mở rộng) Tìm quỹ tích giao điểm của $OM$ và $NP$ khi $M$ di động trên $d.$

Leonguyen đã chứng minh a) b) ở bài #22. 7/5/2023. huytran08 đã chứng minh a) b) ở bài #23. 7/5/2023. perfectstrong đã chứng minh c) ở #29. 8/5/2023

 

Bài 4 các bạn tự vẽ hình nhé! 

 

BÀI 5. (NĂM 2013) Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ cố định. $Ax$ và $Ay$ là hai tia thay đổi luôn tạo với nhau $60^{\circ}$, nằm về hai phía của $AB$, cắt đường tròn $(O)$ lần lượt tại $M$ và $N$. Đường thẳng $BN$ cắt $Ax$ tại $E$, đường thẳng $BM$ cắt $Ay$ tại $F$. Gọi $K$ là trung điểm của đoạn thẳng $EF$.

            a) Chứng minh $\frac{EF}{AB}= \sqrt{3}.$

            b) Chứng minh $OMKN$ là tứ giác nội tiếp.

            c) Khi tam giác $AMN$ đều, gọi $C$ là điểm di động trên cung nhỏ $AN$. Đường thẳng qua $M$ và vuông góc với $AC$ cắt $NC$ tại $D$. Xác định vị trí của điểm $C$ để diện tích tam giác $MCD$ là lớn nhất.

  d) (Mở rộng) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác $AEF$. 

  e) (Mở rộng) Chứng minh điểm $K$ luôn chuyển động trên một đường cố định. 

* Leonguyen đã chứng minh a) b) c) ở bài #20. 7/5/2023. HaiDangPham chứng minh c) ở bài #25. 7/5/2023. HaiDangPham đã chứng minh d) e) ở #35.10/5/2023. 

 

BÀI 6. (NĂM 2014) Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $MN$, dây cung $AB$ vuông góc với $MN$ tại điểm $I$ nằm giữa $O, N.$ Gọi $K$ là một điểm thuộc dây $AB$ nằm giữa $A, I.$ Các tia $MK, NK$ cắt đường tròn tâm $O$ theo thứ tự tại $C, D.$ Gọi $E, F, H$ lần lượt là hình chiếu của $C$ trên các đường thẳng $AD, AB, BD.$ Chứng minh rằng  

            a) $AC.HF=AD.CF.$

            b) $F$ là trung điểm $EH.$

            c) Hai đường thẳng $DC$ và $DI$ đối xứng nhau qua đường thẳng $DN.$

  d) (mở rộng)  $K$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ICD.$

            e) (mở rộng)  $\frac{IC}{ID}=\frac{MC}{MD}.\frac{NC}{ND}.$

            f) (mở rộng) Gọi $P, Q$ lần lượt là hình chiếu của $D$ trên các đường thẳng $AC$ và $BC$. Chứng minh $PQ=EH.$

Leonguyen đã chứng minh a) b) c) d) ở #30. HaiDangPham đã chứng minh b) theo 3 cách nữa ở #33. HaiDangPham đã chứng minh e) f) ở #34. 10/5/2023. 

 

NHÓM 3 (Năm 2015, 2016, 2017) 

 

Link hình vẽ trên GeoGebra: Bài 7 (2015), Bài 8 (2016), Bài 9 (2017). 

 

BÀI 7. (NĂM 2015) Cho đường tròn tâm $O$, dây cung $BC$ cố định. Điểm $A$ trên cung nhỏ $BC$, $A$ không trùng với $B, C$ và không trùng với điểm chính giữa cung nhỏ $BC$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên đoạn thẳng $BC$; $E, F$ theo thứ tự là hình chiếu của $B$ và $C$ trên đường kính $AA’$. Chứng minh

            a) Hai tam giác $HEF$ và $ABC$ đồng dạng với nhau.

            b) Hai đường thẳng $HE$ và $AC$ vuông góc với nhau.

            c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HEF$ là điểm cố định khi $A$ chuyển động trên cung nhỏ $BC$.

BÀI 8. (Năm 2016) Từ điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $(O)$ vẽ các tiếp tuyến $MA, MB$ và cát tuyến $MNP$ với đường tròn ($A, B$ là các tiếp điểm, $N$ nằm giữa $M$ và $P$). Gọi $H$ là giao điểm của $AB$ và $MO$.

            a) Chứng minh $NHOP$ nội tiếp.

            b) Kẻ dây cung $PQ$ của đường tròn $(O)$ vuông góc với $MO$. Chứng minh $N, H, Q$ thẳng hàng.

            c) Gọi $E$ là giao điểm của $MO$ và cung nhỏ $AB$ của đường tròn $(O)$. Chứng minh $NE$ là tia phân giác của góc $MNH$.

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.

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

g) (mở rộng) 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) (mở rộng) 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) Chứng minh $G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $KEF$.

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

 

NHÓM 4. (Ba năm 2018, 2019, 2020) 

 

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.

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 $BC$.

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 10, Bài 11. 

 

NHÓM 5 (Ba năm 2021, 2022, 2023) 

 

BÀI 13. (Năm 2021) 

Cho đường tròn $(O; R)$. Dây cung $BC$ cố định không đi qua tâm $O$. Trên tia đối của tia $BC$ lấy điểm $A$ ($A$ khác $B$). Từ $A$ kẻ hai tiếp tuyến $AM$ và $AN$ tới đường tròn $(O)$ ($M$ và $N$ là hai tiếp điểm). Gọi $I, H$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $MN$;  $BC$ cắt $MN$ tại $K$.

            a) Chứng minh bốn điểm $O, M, N, I$ cùng thuộc một đường tròn và $HK$ là tia phân giác của góc $BHC$.

            b) Hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $B$ và $C$ cắt nhau ở $E$. Chứng minh $M, N, E$ thẳng hàng.

            c) Đường thẳng $\Delta$ qua điểm $M$ và vuông góc với $ON$, cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai là $P$. Xác định vị trí của điểm $A$ trên tia đối của tia $BC$ để tứ giác $AMPN$ là hình bình hành.

 

BÀI 14. (Năm 2022) 

Cho tam giác $ABC$ là tam giác nhọn, không cân, $AB<AC$, nội tiếp đường tròn tâm $O$. Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC, CA, AB$. Đường thẳng $PO$ cắt đường thẳng $AM$ tại $D$, đường thẳng $NO$ cắt đường thẳng $AM$ tại $E$, đường thẳng $BD$ cắt đường thẳng $CE$ tại $F$.

            a) Chứng minh bốn điểm $B, C, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.

            b) Chứng minh tam giác $FEO$ đồng dạng với tam giác $NEM$.

            c) Chứng minh rằng $\angle OPF=\angle ONF$.

 

BÀI 15. (Năm 2023) 

Cho 3 điểm phân biệt cố định $A, B, C$ cùng năm trên đường thẳng $d$ (điểm $B$ nằm giữa $A$ và $C$), gọi $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$. Đường tròn tâm $O$ luôn đi qua hai điểm $B$ và $C$ (điểm $O$ không thuộc $d$). Kẻ tiếp tuyến $AM, AN$ với đường tròn tâm $O$ ($M, N$ là các tiếp điểm). Đường thẳng $MN$ cắt $OA$ tại điểm $H$ và cắt $BC$ tại điểm $K$.

            a) Chứng minh tứ giác $OMNI$ nội tiếp và $AH.OA=AN^2$.

            b) Khi đường tròn tâm $O$ thay đổi, chứng minh $MN$ luôn đi qua điểm $K$ cố định.

            c) Tia $AO$ cắt đường tròn $O$ tại hai điểm $P, Q$ (điểm $P$ nằm giữa $A$ và $O$). Gọi $D$ là trung điểm của $HQ$. Từ $H$ kẻ đường thẳng vuông góc với $MD$ và cắt đường thẳng $MP$ tại $E$. Chứng minh $P$ là trung điểm $ME$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 27-05-2023 - 16:26

[Leonguyen]

BÀI 1 (Năm 2009). Cho nửa đường tròn $(O; R)$ đường kính $AB$. Trên nửa đường tròn lấy hai điểm phân biệt $C, D$ sao cho $CD=R$ (điểm $C$ thuộc cung $AD$). Qua $C$ kẻ đường thẳng vuông góc với $CD$ cắt $AB$ tại $M$. Tiếp tuyến của nửa đường tròn $(O; R)$ tại $A$ và $B$ cắt $CD$ lần lượt tại $E$ và $F$. Gọi $K$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.

a) Chứng minh tứ giác AECM nội tiếp và tam giác $EMF$ vuông.

b) Xác định tâm $I$ và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $KCD$.

c) (Mở rộng) Chứng minh $KI$ vuông góc $AB$.

d) (Mở rộng) Gọi $P$ là giao điểm $EM$ và $AC$, $Q$ là giao điểm $FM$ và $BC$. Chứng minh $PQ$ song song $AB.$

a) Dễ thấy $AC\perp CB, EA\perp AB, FB\perp BA$

Tứ giác $AECM$ có $\angle EAM+\angle ECM=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp. Chứng minh tương tự ta cũng có $CMBF$ là tứ giác nội tiếp.

Ta có biến đổi góc $\angle EMF=\angle EMC+\angle FMC=\angle EAC+\angle FBC=\angle ABC+\angle CBF=90^{\circ}$ nên $\bigtriangleup EMF$ vuông tại $M$.

b) $\bigtriangleup COD$ đều nên $\text{sđ}\stackrel\frown{CD}=60^{\circ}$

Ta có $\angle CKD=180^{\circ}-\angle CAB-\angle DBA=180^{\circ}-\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel\frown{AC}-\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel\frown{CD}-\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel\frown{CD}-\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel\frown{DB}$

$=180^{\circ}-\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel\frown{AB}-\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel\frown{CD}=60^{\circ}$.

Do đó $\angle CID=2\angle CKD=120^{\circ}$, suy ra $\angle ICD=\angle IDC=30^{\circ}$.

$\angle IDO=\angle IDC+\angle CDO=90^{\circ}$ nên $ID\perp OD$, suy ra $ID$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $D$. Chứng minh tương tự ta cũng có $IC$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $C$

Vậy tâm $I$ của $(KCD)$ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $C$ và $D$ của $(O)$.

Tứ giác $IDOC$ nội tiếp nên $\angle DOI=\angle DCI=30^{\circ}$.

$\bigtriangleup ICO$ vuông tại $C$ nên $IC=CO.\tan 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{3}R$.

Vậy độ dài bán kính của $(KCD)$ là $\frac{\sqrt{3}}{3}R$.

c) $\angle CKI=\angle KCI=\angle KCD-\angle ICD=\angle DBA-\angle DBC=\angle CBA=\angle CEA$, suy ra $KI\perp AB$.

d) Tứ giác $CPMQ$ có $\angle PCQ+\angle PMQ=180^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp, suy ra $\angle CQP=\angle CMP=\angle EAP=\angle CBA$, do vậy nên $PQ\parallel AB$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 02-05-2023 - 21:43

[Leonguyen]

BÀI 2 (Năm 2010). Cho tam giác $ABC$ có $\angle BAC=60^{\circ}, AC=b, AB=c$ (với $b>c$). Đường kính $EF$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ vuông góc với $BC$ tại $M$. Gọi $I$ và $J$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $E$ xuống các đường thẳng $AB$ và $AC$. Gọi $H$ và $K$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $F$ xuống các đường thẳng $AB$ và $AC$.

            a) Chứng minh $AIEJ$ và $CMJE$ là các tứ giác nội tiếp. 

            b) Chứng minh ba điểm $I, J, M$ thẳng hàng và $IJ$ vuông góc $HK$.

            c) Tính $BC$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ theo $b, c$.

a)

b) Đường đi qua 3 điểm $I,J,M$ chính là đường thẳng $\text{Simson}$ của điểm $E$ đối với $\bigtriangleup ABC$, do đó $I, J, M$ thẳng hàng. Tương tự $H, M, K$ thẳng hàng.

Dễ thấy số đo cung $EC$ là $60^{\circ}$, số đo cung $BF$ và $CF$ bằng $30^{\circ}$, từ đây suy ra được $\angle IAE=60^{\circ}$, $\angle IAJ=120^{\circ}$, $\angle FAJ=30^{\circ}$. $\bigtriangleup IAE=\bigtriangleup JAE$ (cạnh huyền - góc nhọn), do đó $AI=AJ$, suy ra $\angle AJI=(180^{\circ}-\angle IAJ):2=30^{\circ}$. Ta thu được $\angle FAJ=\angle AJI$, suy ra $AF\parallel IJ$.   (1)

Ta cũng chứng minh được $\bigtriangleup AHF=\bigtriangleup AKF$ (cạnh huyền - góc nhọn), suy ra $AH=AK, FH=FK$ nên $AF\perp HK$.    (2)

Từ (1) và (2) suy ra $IJ\perp HK$.

c) Tính được $\angle BOM= 60^{\circ}$.

Áp dụng định lý $\text{Cosin}$ cho $\bigtriangleup ABC$ ta có $BC^2=AB^2+AC^2-2\cos BAC.AB.AC=b^2+c^2-bc$ $\Rightarrow BC=\sqrt{b^2+c^2-bc}$.

$BO=\frac{BM}{\sin BOM}=\frac{\frac{1}{2}BO}{\sin 60^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\sqrt{b^2+c^2-bc}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 01-05-2023 - 16:33

[HaiDangPham]

Do đó $\angle CID=2\angle CKD=120^{\circ}$, suy ra $\angle ICD=\angle IDC=30^{\circ}$.

$\angle IDO=\angle IDC+\angle CDO=90^{\circ}$ nên $ID\perp OD$, suy ra $ID$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $D$. Chứng minh tương tự ta cũng có $IC$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $C.$

Vậy tâm $I$ của $(KCD)$ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $C$ và $D$ của $(O)$.

 

Leonguyen chứng minh chỗ này tốt quá. Cách của mình hơi dài dòng chút: 

Do $IC=ID$ và $OC=OD$ nên $\bigtriangleup IOC=\bigtriangleup IOD$ (c.c.c). Do đó $\angle ICO=\angle IDO$. Mà $\angle IDO+\angle ICO=180^{\circ}$ nên $\angle ICO=\angle IDO=90^{\circ}.$ 

[HaiDangPham]

Bài 1 (Năm 2009) (Mở rộng) 

e) Gọi $R$ là giao điểm của $AF$ và $BE$. Chứng minh $K, I, R$ thẳng hàng và $P, Q, R$ thẳng hàng. 

f) Tìm vị trí dây cung $CD$ để diện tích tam giác $EMF$ bé nhất. 

 

 

Bài 2 (Năm 2010) (Mở rộng) 

d) Các đường thẳng $EI, EJ$ lần lượt cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai $I', J'.$ Các đường thẳng $FH, FK$ lần lượt cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai $H', K'$. Chứng minh tứ giác $I'J'H'K'$ là hình chữ nhật. 

e) Gọi $N, P$ lần lượt là trung điểm của $H'K'$ và $I'J'$. Chứng minh ba điểm $A, N, P$ thẳng hàng. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 01-05-2023 - 21:45

[Leonguyen]

BÀI 3 (Năm 2011). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ và ngoại tiếp đường tròn tâm $I$ ($I$ khác $O$). Gọi $M, P$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn $(I)$ với $BC$và $AC$. Hai đường thẳng $OI$ và $AM$ vuông góc với nhau. Chứng minh rằng

a) $MB.MC=AP^2.$                 

b) $\frac{MB}{MC}=\frac{AB^2}{AC^2}.$ 

a) Gọi $E$ là giao điểm thứ hai của $AM$ và $(O)$, $Q$ là điểm $AB$ tiếp xúc với $(I)$, $H$ là giao điểm của $OI$ với $AM$, từ cách vẽ này ta thu được $HA=HE$.

Vì $IH\perp AM$ nên theo Định lý $4$ điểm ta có $HA^2-HM^2 = IA^2-IM^2$

Dễ thấy đẳng thức $MB.MC=ME.MA=(HE-HM)(AH+HM)=(AH-HM)(AH+HM)$

$=AH^2-HM^2=IA^2-IM^2=IA^2-IP^2=AP^2$ (định lý $\text{Pythagoras}$)

b) Từ câu a) suy ra được $\frac{MB}{AP}=\frac{AP}{MC}\Rightarrow \frac{QB}{AQ}=\frac{AP}{PC}\Rightarrow \frac{QB}{AQ+QB}=\frac{AP}{AP+PC}\Rightarrow \frac{QB}{AB}=\frac{AP}{AC}$

$\frac{QB^2}{AB^2}=\frac{AP^2}{AC^2}\Rightarrow \frac{AB^2}{AC^2}=\frac{QB^2}{AP^2}=\frac{MB^2}{MB.MC}=\frac{MB}{MC}$.

Vậy ta có đpcm.

~~~~~

Đề xuất câu mở rộng, đây chỉ mới là dự đoán thôi, vì em không vẽ được hình phụ thuộc theo một điểm cụ thể nên có thể chưa chính xác, nếu sai em sẽ gỡ ạ.

c) Chứng minh tứ giác $BHOC$ nội tiếp.

[HaiDangPham]

Đề xuất câu mở rộng, đây chỉ mới là dự đoán thôi, vì em không vẽ được hình phụ thuộc theo một điểm cụ thể nên có thể chưa chính xác, nếu sai em sẽ gỡ ạ.

c) Chứng minh tứ giác $BHOC$ nội tiếp.

Dự đoán này của Leonguyen có khả năng đúng rất cao đấy. Anh đã đưa thêm vào phần mở rộng của Bài 3. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 02-05-2023 - 20:51

[HaiDangPham]

Như vậy Leonguyen đã chứng minh xong cả 3 bài.

Bây giờ có lẽ chúng ta sẽ tập trung vào các bài toán mở rộng sau đó sẽ chuyển sang bài tập của 3 năm tiếp theo. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 05-05-2023 - 00:41

[perfectstrong]

Đề xuất câu mở rộng, đây chỉ mới là dự đoán thôi, vì em không vẽ được hình phụ thuộc theo một điểm cụ thể nên có thể chưa chính xác, nếu sai em sẽ gỡ ạ.

c) Chứng minh tứ giác $BHOC$ nội tiếp.

Từ câu b, $\frac{MB}{MC} = \frac{AB^2}{AC^2}$, ta có $AM$ là đường đối trung của tam giác $ABC$.

Do đó $AM$ đi qua $X$, với $X$ là giao điểm của hai tiếp tuyến của $(O)$ tại $B,C$.

Nên $\angle OHX = 90^o = \angle OBX = \angle OXC$, tức là $O,H,B,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OX$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 03-05-2023 - 04:12

[HaiDangPham]

Từ câu b, $\frac{MB}{MC} = \frac{AB^2}{AC^2}$, ta có $AM$ là đường đối trung của tam giác $ABC$.

Do đó $AM$ đi qua $X$, với $X$ là giao điểm của hai tiếp tuyến của $(O)$ tại $B,C$.

Nên $\angle OHX = 90^o = \angle OBX = \angle OXC$, tức là $O,H,B,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OX$.

Hai tính chất mà anh perfectstrong sử dụng ở đây đều là các tính chất cơ bản của đường đối trung. Có thể tham khảo chứng minh trong sách Một số chủ đề hình học phẳng dành cho học sinh chuyên toán của tác giả Nguyễn Văn Linh. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 04-05-2023 - 18:37

[chuyenndu]

Hai tính chất mà anh perfectstrong sử dụng ở đây đều là các tính chất cơ bản của đường đối trung. Có thể tham khảo chứng minh trong sách Một số chủ đề hình học phẳng dành cho học sinh chuyên toán của tác giả Nguyễn Văn Linh. 

mình không có sách này thì sao bạn?

[HaiDangPham]

mình không có sách này thì sao bạn?

Dạ, sách trên bạn có thể mua về đọc. Cuốn đó rất hay và có thể tìm dễ dàng trên shopee. 

Không thì bạn vào đây đọc tạm: https://123docz.net/...-tam-giac.htm. 

Tài liệu trên có chứng minh đầy đủ cả hai tính chất. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 04-05-2023 - 20:33

[HaiDangPham]

Không nghĩ BÀI 1, ý e) mở rộng lại khó vậy. Chứng minh dưới đây của mình cần phải sử dụng tính chất của hàng điểm điều hoà, chùm điều hoà. 

 

BÀI 1. (Năm 2009) 

e) Trước hết, ta chứng minh $K, I, R$ thẳng hàng. Gọi $H$ là hình chiếu của $K$ trên đường thẳng $AB$. Xét mệnh đề sau: 

Mệnh đề

$HK$ là tia phân giác của góc $EHF.$

Chứng minh. 

* Trường hợp $CD$ song song $AB$, khi đó dễ dàng chứng minh được tứ giác $ACDB$ là hình thang cân.

Suy ra tam giác $KAB$ cân tại $K$. Do đó $HA=HB$.

Mặt khác, do $CD$ song song $AB$ nên tứ giác $EFBA$ là hình chữ nhật. Suy ra $EA=FB$.

Vậy hai tam giác $HEA$ và $HFB$ bằng nhau (c.g.c). Suy ra $\angle EHA=\angle FHB$, dẫn tới $\angle KHE=\angle KHF.$

Vậy $HK$ là tia phân giác của $EHF.$

 

* Xét trường hợp $CD$ cắt $AB$, gọi $X$ là giao điểm hai đường thẳng này và $Y$ là giao điểm của $KH$ và $CD$. 

Áp dụng Định lý Ceva vào tam giác $KAB$ với ba đường cao $KH, BC, AD$ đồng quy ta có

$\frac{\overline{HA}}{\overline{HB}}= -\frac{\overline{DK}}{\overline{DB}}.\frac{\overline{CA}}{\overline{CK}}.$

Áp dụng Định lý Menelaus vào tam giác $KAB$ với ba điểm thẳng hàng $X, C, D$ ta có

$\frac{\overline{XA}}{\overline{XB}}= \frac{\overline{DK}}{\overline{DB}}.\frac{\overline{CA}}{\overline{CK}}.$ 

Do đó

$\frac{\overline{HA}}{\overline{HB}}=-\frac{\overline{XA}}{\overline{XB}}$. 

Mặt khác ta có ba đường thẳng $AE, BF, KY$ song song với nhau (do cùng vuông góc với $AB$).

Bằng cách vận dụng Định lý Thales cho tam giác $XFB$ và cho hình thang $AEFB$ ta dễ dàng suy ra

$\frac{\overline{YE}}{\overline{YF}}=-\frac{\overline{XE}}{\overline{XF}}$. 

Vậy bộ bốn điểm $(E, F, Y, X)$ lập thành một hàng điểm điều hoà.  

Xét chùm điều hoà $(HE, HF, HY, HX)$, do $HX \perp HY$ nên ta có HY là tia phân giác của góc $EHF.$

Mệnh đề được chứng ming xong. 

Từ Theorem ta có $\angle KHE=\angle KHF$ dẫn tới $\angle EHA=\angle FHB$.

Do đó hai tam giác vuông $HEA$ và $HFB$ đồng dạng (g.g). Suy ra $\frac{HA}{HB}=\frac{EA}{FB}.$

Mà $\frac{EA}{FB}=\frac{RE}{RB}$ (do $EA \parallel FB$) nên $\frac{HA}{HB}=\frac{RE}{RB}.$

Do đó theo Định lý Thales đảo ta có $RH \parallel EA$, dẫn tới $RH \perp AB$. 

Ta lại có $KI$ và $KH$ cùng vuông góc $AB$, nói cách khác $KI$ vuông góc $AB$ tại $H$.

Chứng tỏ $K, I, R$ thẳng hàng. 

 

Phần còn lại của bài toán, xét bộ ba điểm thẳng hàng $E, C, F$ và bộ ba điểm thẳng hàng $A, M, B$ có

$EM$ cắt $AC$ tại $P$; 

$FM$ cắt $BC$ tại $Q$; 

và $AF$ cắt $BE$ tại $R$.

Áp dụng Định lý Pappus ta có $P, Q, R$ thẳng hàng. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 05-05-2023 - 00:20

[HaiDangPham]

Bài 2 (Năm 2010) (Mở rộng) 

d) Các đường thẳng $EI, EJ$ lần lượt cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai $I', J'.$ Các đường thẳng $FH, FK$ lần lượt cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai $H', K'$. Chứng minh tứ giác $I'J'H'K'$ là hình chữ nhật. 

e) Gọi $N, P$ lần lượt là trung điểm của $H'K'$ và $I'J'$. Chứng minh ba điểm $A, N, P$ thẳng hàng. 

 

Hai ý này nói chung không khó, nhưng lại dễ ngộ nhận trong chứng minh. Hơn nữa, hình cũng khá rắc rối nên khó nhìn ra ý tưởng. Mình chứng minh nốt hai ý này và đóng bài toán này ở đây. 

 

Lời giải. 

d) Ta có $EI' \parallel FH'$ vì cùng vuông góc với $AB$. Suy ra $ \angle OEI'=\angle OFH'$ (hai góc so le trong). 

Hơn nữa, do hai tam giác $OEI'$ và $OFH'$ đều cân ở O nên ta có ngay $\angle EOI'=\angle FOH'$. 

Mà $E, O, F$ thẳng hàng nên $H', O, I'$ thẳng hàng. 

Chứng minh tương tự ta có $J', O, K'$ thẳng hàng.

Từ đây dễ dàng chứng minh được tứ giác $I'J'H'K'$ là hình chữ nhật. 

 

e) Trước hết, ta sẽ chứng minh tam giác $AI'J'$ cân tại A. Điều này đúng khi $EA$ là tia phân giác của $IEJ$. Ta lại để ý tứ giác $IEJA$ nội tiếp nên $EA$ là tia phân giác của góc $IEJ$ khi $\angle AIJ=\angle AJI$. 

Ta có

$\angle AJI=\angle KJM$ (hai góc đối đỉnh)

$\angle KJM=\angle MEC$ (tứ giác $EJMC$ nội tiếp)

$\angle MEC=\frac{1}{2}\angle BEC$ ($EF$ là đường kính vuông góc $BC$) 

$\angle BEC=\angle BAC$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $BC$). 

Dãy đẳng thức trên chứng tỏ $\angle AJI=\frac{1}{2}\angle BAC$. 

Mà $BAC$ là góc ngoài tại đỉnh $A$ của tam giác $AIJ$ nên ta có ngay $\angle AJI=\angle AIJ$. 

Theo suy luận ngược lúc ban đầu, ta có tam giác $AI'J'$ cân tại A. 

 

Quay trở lại bài toán, vì tam giác $AI'J'$ cân tại $A$ nên $AI'=AJ'$. Mà $OI'=OJ'$ nên $OA$ là đường trung trực của $I'J'$. Ta có $OA \perp I'J'.$

Cuối cùng, ta đã chứng minh được rằng tứ giác $I'J'H'K'$ là hình chữ nhật, mà $N, P$ là trung điểm $I'J'$ và $H'K'$ nên ta có ngay $O, N, P$ thẳng hàng và hơn nữa $NP \perp I'J'$. Kết hợp với việc $OA \perp I'J'$ ta suy ra ngay $A, N, P$ thẳng hàng. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 05-05-2023 - 10:01

[HaiDangPham]

Chỉ còn Bài 1 (Năm 2009) ý f) mở rộng (tìm cực trị của diện tích tam giác $EMF$) là chúng ta hoàn thành trọn vẹn 3 bài toán khởi đầu. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 05-05-2023 - 09:23

[perfectstrong]

Chỉ còn Bài 1 (Năm 2009) ý f) mở rộng (tìm cực trị của diện tích tam giác $EMF$) là chúng ta hoàn thành trọn vẹn 3 bài toán khởi đầu. 

Khi $C \equiv A$ thì $E \equiv A \equiv M \Rightarrow S_{EMF} = 0$.

[HaiDangPham]

Em giải nhanh thì thấy $GTNN$ của $S_{EMF}$ bằng $S_{ABC}$. Không biết lời giải sau có bị lỗi ở đâu? 

Dang-DDTH-Thang4Ngay29-15baihinhhsgNB-Bai1 (2) .jpg

Ta có $\angle EFM=\angle ABC$. Do đó hai tam giác vuông $EMF$ và $ACB$ đồng dạng.

Gọi $S$ là chân đường vuông góc hạ từ $C$ xuống $AB$. Khi đó $CM$ và $CS$ tương ứng là đường cao của hai tam giác trên. 

Do tam giác $EMF$ đồng dạng tam giác $ACB$ nên ta cũng dễ thấy tam giác $CME$ đồng dạng tam giác $SCA$.

Suy ra $\frac{S_{EMF}}{S_{ABC}}=\left ( \frac{EM}{AC} \right )^2=\left ( \frac{CM}{CS} \right )^2.$ 

Vì $CM \geq CS$ nên $S_{EMF} \geq S_{ABC}.$ Dấu "=" xảy ra khi $CM=CS$ hay $CD \parallel AB.$ 

 

Trời ơi, viết xong mới thấy mình dại. Trong đầu cứ nghĩ $S_{ABC}$ cố định!

Vậy mình sẽ bỏ ý f) mở rộng của Bài 1 (2009) ạ! 

 

Như vậy chúng ta hoàn tất 3 bài năm 2009, 2010, 2011! 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 05-05-2023 - 16:00

[HaiDangPham]

Chúng ta tiếp tục với Nhóm 2 các bài hình năm 2012, 2013, 2014!

 

Đề bài mình đã cập nhật ở Bài #1. 

 

[Leonguyen]

BÀI 5. (NĂM 2013) Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ cố định. $Ax$ và $Ay$ là hai tia thay đổi luôn tạo với nhau $60^{\circ}$, nằm về hai phía của $AB$, cắt đường tròn $(O)$ lần lượt tại $M$ và $N$. Đường thẳng $BN$ cắt $Ax$ tại $E$, đường thẳng $BM$ cắt $Ay$ tại $F$. Gọi $K$ là trung điểm của đoạn thẳng $EF$.

            a) Chứng minh $\frac{EF}{AB}= \sqrt{3}.$

            b) Chứng minh $OMKN$ là tứ giác nội tiếp.

            c) Khi tam giác $AMN$ đều, gọi $C$ là điểm di động trên cung nhỏ $AN$. Đường thẳng qua $M$ và vuông góc với $AC$ cắt $NC$ tại $D$. Xác định vị trí của điểm $C$ để diện tích tam giác $MCD$ là lớn nhất.

a) Theo định lý $\text{Sin}$ thì ta có $MN=AB\cdot\sin MAN$.

$\bigtriangleup AMN\sim $ $\bigtriangleup AFE\Rightarrow EF=MN\cdot\frac{AE}{AN}= AB\cdot\frac{\sin MAN}{\cos MAN}$ $=AB\cdot\tan MAN=AB\cdot\tan 60^{\circ}$ $\Rightarrow \frac{EF}{AB}=\sqrt{3}$.

b) Ta có $\angle MKN=2\angle MFN=2(90^{\circ}-\angle MAN)=180^{\circ}-2\angle MAN=180^{\circ}-\angle MON$, do vậy $OMKN$ là tứ giác nội tiếp.

c) Khi tam giác $AMN$ đều thì ta chứng minh được $\angle DCA=\angle ACM=60^{\circ}$, suy ra $\bigtriangleup CDM$ cân tại $C$, suy ra $CD=CM$.

$S_{MCD}=\frac{1}{2}CD\cdot CM\cdot \sin MCN$ $=\frac{1}{2}CM^2\cdot\sin 60^{\circ}$ $= CM^2\sqrt{3}$ $\leq (2R)^2\sqrt{3}=4\sqrt{3}R^2$ (với $R$ là bán kính của $(O)$). Dấu bằng xảy ra khi $CM=2R$ hay $CM$ là đường kính $\Leftrightarrow$ $C$ đối xứng với $M$ qua $O$.

P/s: Anh Đăng vẽ hình câu 4 em với, chứ cái phần vẽ tiếp tuyến $MN$ và $MP$ với $M,N$ là tiếp điểm em không hiểu.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 07-05-2023 - 15:50

[HaiDangPham]

P/s: Anh Đăng vẽ hình câu 4 em với, chứ cái phần vẽ tiếp tuyến $MN$ và $MP$ với $M,N$ là tiếp điểm em không hiểu.

$N, P$ là hai tiếp điểm chứ! Đánh máy sai đó.