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

#21
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết

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 $d.$

Q7ql1ge.png

a) Vì $MNOP$ là hình vuông nên $MO=OP\sqrt{2}=R\sqrt{2}$. Ta dựng được đoạn thẳng có độ dài $R\sqrt{2}$ bằng cách dựng tam giác vuông cân có cạnh góc vuông là $R$. Vẽ đường tròn $(O,R\sqrt{2})$, đường tròn này cắt đường thắng $AB$ tại hai điểm chính là vị trí để tứ giác $MNOP$ là hình vuông. 

Thật vậy, khi đó tam giác $ONM$ và $OPM$ có cạnh huyền là $R\sqrt{2}$ và cạnh góc vuông là $R$ nên vuông cân tại $N$ và $P$, suy ra $MN=NO=OP=PM=R$, lại có $\angle OPM=90^{\circ}$ nên $MNOP$ là hình vuông. 

b) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $MNP$, $C$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$, $D$ là hình chiếu của $O$ lên $AB$, từ cách vẽ suy ra $I$ là trung điểm của $MO$. Dễ dàng chứng minh được $IC=OD\cdot\frac{MI}{MO}=\frac{1}{2}OD$. Mà $O$ cố định nên $OD$ không đổi, do đó $IC$ không đổi. Vậy $I$ thuộc đường thẳng song song với $AB$, cách $AB$ một khoảng bằng $\frac{1}{2}OD$ nằm trên nửa mặt phẳng chứa điểm $O$ bờ là $AB$.


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

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#22
huytran08

huytran08

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết

Bài 4:

a,Do $MNOP$ là hình vuông nên $MO=NP$ mặt khác $NP=\sqrt{ON^{2}+OP^{2}}=R\sqrt{2}$

   nên $MO= R\sqrt{2}$

b,Gọi $I$ là trung điểm $MO$ thì $I$ là tâm $(MNP)$,$IH$ vuông góc $d$ tại $H$,$K$ là trung điểm $AB$ thì $OK$ vuông góc $d$ nên $IH//OK$ 

     $\Rightarrow \frac{IH}{OK}=\frac{IM}{MO}=\frac{1}{2}\Rightarrow IH=\frac{OK}{2}$ không đổi 

     Suy ra $I$ thuộc đường thẳng song song với $d$ và cách $d$ một khoảng  $\frac{OK}{2}$  không đổi (đpcm)

 (Mở rộng)c,Tìm quỹ tích tâm nội tiếp của $(MNP)$ khi $M$ chuyển động trên tia $BA$ và nằm ngoài $(O)$

Hình gửi kèm

  • 1111111111111111111111111111111111111.PNG

How far are you from me,Fruit?

I am hidden in your heart,Flower.

                                                                                                                                                                                                      (Rabindranath Tagore)


#23
huytran08

huytran08

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết

a) Vì $MNOP$ là hình vuông nên $MO=OP\sqrt{2}=R\sqrt{2}$. Ta dựng được đoạn thẳng có độ dài $R\sqrt{2}$ bằng cách dựng tam giác vuông cân có cạnh góc vuông là $R$. Vẽ đường tròn $(O,R\sqrt{2})$, đường tròn này cắt đường thắng $AB$ tại hai điểm chính là vị trí để tứ giác $MNOP$ là hình vuông. 

Thật vậy, khi đó tam giác $ONM$ và $OPM$ có cạnh huyền là $R\sqrt{2}$ và cạnh góc vuông là $R$ nên vuông cân tại $N$ và $P$, suy ra $MN=NO=OP=PM=R$, lại có $\angle OPM=90^{\circ}$ nên $MNOP$ là hình vuông. 

b) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $MNP$, $C$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$, $D$ là hình chiếu của $O$ lên $AB$, từ cách vẽ suy ra $I$ là trung điểm của $MO$. Dễ dàng chứng minh được $IC=OD\cdot\frac{MI}{MO}=\frac{1}{2}OD$. Mà $O$ cố định nên $OD$ không đổi, do đó $IC$ không đổi. Vậy $I$ thuộc đường thẳng song song với $AB$, cách $AB$ một khoảng bằng $\frac{1}{2}OD$ nằm trên nửa mặt phẳng chứa điểm $O$ bờ là $AB$.

Chết thật không để ý @Leonguyen làm câu 4 rồi lại đi giải lại  :ohmy:  :ohmy:


How far are you from me,Fruit?

I am hidden in your heart,Flower.

                                                                                                                                                                                                      (Rabindranath Tagore)


#24
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 321 Bài viết

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 $O$.

 

Bài 5. Câu c). Mình có cách tiếp cận khác như sau. 

Ta có 

$\angle MCD=180^{\circ}-\angle MCN=180^{\circ}-\angle MAN=\angle MBN.$

$\angle DMC=90^{\circ}-\angle MCA=90^{\circ}-\angle MBA=\angle MAB=\angle MNB.$ 

Do đó tam giác $MCD$ đồng dạng với tam giác $MBN.$

Suy ra $\frac{S_{MCD}}{S_{MBN}}=\left(\frac{MC}{MB} \right)^2.$

Ta có tam giác $MBN$ cố định nên $MB$ không đổi và diện tích không đổi. 

Vì vậy tam giác $MCD$ có diện tích lớn nhất khi $MC$ lớn nhất, tức là khi $MC$ là đường kính đường tròn $(O).$


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

#25
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 321 Bài viết

Dang-DDTH-Thang5Ngay8-1.jpg

Bài 5 (Năm 2013) 

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

e) (Mở rộng-Dự đoán) Điểm $K$ (trung điểm của $EF$) luôn chuyển động trên một đường cố định. 

 

Lưu ý điều kiện: tia $Ax$ và tia $Ay$ nằm về hai phía của đường thẳng $AB$ và luôn tạo với nhau góc $60^{\circ}$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 08-05-2023 - 11:52

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

#26
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 321 Bài viết

Bài 4:

 (Mở rộng) c,Tìm quỹ tích tâm nội tiếp của $(MNP)$ khi $M$ chuyển động trên tia $BA$ và nằm ngoài $(O)$

 

Chắc ý của bạn huytran08 ở đây là:

Tìm quỹ tích tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $MNP$ khi $M$ chuyển động trên tia $BA$ và nằm ngoài đường tròn $(O)$. 

 

Có một bài toán cơ bản: giao điểm của OM và đường tròn (O) chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $MNP$. Do đó khi M di chuyển thì tâm đường tròn nội tiếp tam giác $MNP$ luôn chuyển động trên đường tròn (O). 

 

Tuy nhiên, trong bài toán này, ta thấy rõ ràng quỹ tích trên của tâm đường tròn nội tiếp tam giác $MNP$ không có liên quan đặc biệt nào với vị trí của đường thẳng $d$ cả. 

 

Do vậy có lẽ ta chỉ nên coi bài toán trên như một bài toán độc lập thì hay hơn. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 08-05-2023 - 12:03

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

#27
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 321 Bài viết

Ý mở rộng sau thực chất cũng là một bài toán cơ bản liên quan tới hai tiếp tuyến cắt nhau của một đường tròn. Tuy nhiên phát biểu bài toán đó dưới ngôn ngữ của quỹ tích điểm cũng thấy khá thú vị nên mình đề xuất thêm. 

 

Bài 4 (Năm 2012) 

c) (Mở rộng) Gọi $G$ là giao điểm của $OM$ và $NP$. Tìm quỹ tích của $G$ khi $M$ chuyển động trên $d$ (và nằm ngoài đường tròn $(O))$. 

Dang-DDTH-Thang5Ngay8-2.jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 08-05-2023 - 12:15

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

#28
perfectstrong

perfectstrong

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

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 5035 Bài viết

Ý mở rộng sau thực chất cũng là một bài toán cơ bản liên quan tới hai tiếp tuyến cắt nhau của một đường tròn. Tuy nhiên phát biểu bài toán đó dưới ngôn ngữ của quỹ tích điểm cũng thấy khá thú vị nên mình đề xuất thêm. 

 

Bài 4 (Năm 2012) 

c) (Mở rộng) Gọi $G$ là giao điểm của $OM$ và $NP$. Tìm quỹ tích của $G$ khi $M$ chuyển động trên $d$ (và nằm ngoài đường tròn $(O))$. 

attachicon.gif Dang-DDTH-Thang5Ngay8-2.jpg

Mở rộng này là hiển nhiên dưới phép nghịch đảo tâm $O$ phương tích $R^2$. Tuy nhiên, với ngôn ngữ hình học cấp 2 thì nó sẽ là một đường tròn đi qua $O$ (trừ đi cung chắn bởi $OA$ và $OB$).


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.

#29
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết

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 $ICD.$

NcY8Asz.png

a) Ta có các tứ giác $AFCE,HFCB,DECH, DMKI, KINC$ nội tiếp.

Dễ dàng chứng minh được $\angle ACD=\angle FCH,\angle ADC=\angle FHC$, suy ra $\bigtriangleup ACD\sim\bigtriangleup FCH\text{ (g.g)}$, suy ra $AC.HF=AD.CF$.

b) $E,F,H$ chính là hình ảnh của đường thẳng $\text{Simson}$ nên thẳng hàng.

Ta có:

$\bigtriangleup ACD\sim\bigtriangleup FCH$ $\Rightarrow FH=\frac{AD\cdot CH}{CD}$.

$\bigtriangleup BDC\sim\bigtriangleup FEC$ $\Rightarrow EF=\frac{BD\cdot EC}{CD}$.

$\bigtriangleup HCE\sim\bigtriangleup BCA$ $\Rightarrow \frac{CH}{EC}=\frac{BC}{CA}$.

Từ các đẳng thức trên, ta suy ra cần phải chứng minh $\frac{AD}{BD}=\frac{AC}{CB}$. Thật vậy, nhận thấy $DK, CK$ lần lượt là tia phân giác $\angle ADB, \angle ACB$, từ đây thu được $\frac{AD}{BD}=\frac{AC}{CB}\left(=\frac{AK}{KB}\right)$. Vậy ta có đpcm.

c) $\angle IDK=\angle IMK\equiv \angle NMC=\angle NDC\equiv\angle KIC$, suy ra $DN$ là tia phân giác $\angle IDC$, suy ra $DC$ và $DI$ đối xứng với nhau qua $DN$.

d) Tương tự câu c) ta có $CK$ là tia phân giác $\angle DCI$, từ đây suy ra được $K$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ICD.$

P/s: Chúc mừng anh @HaiDangPham đã lên chức ĐHV THCS  :lol: !!!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 08-05-2023 - 21:24

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

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#30
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 321 Bài viết

 

NcY8Asz.png

 

b) $E,F,H$ chính là hình ảnh của đường thẳng $\text{Simson}$ nên thẳng hàng.

Ta có:

$\bigtriangleup ACD\sim\bigtriangleup FCH$ $\Rightarrow FH=\frac{AD\cdot CH}{CD}$.

$\bigtriangleup BDC\sim\bigtriangleup FEC$ $\Rightarrow EF=\frac{BD\cdot EC}{CD}$.

$\bigtriangleup HCE\sim\bigtriangleup BCA$ $\Rightarrow \frac{CH}{EC}=\frac{BC}{CA}$.

Từ các đẳng thức trên, ta suy ra cần phải chứng minh $\frac{AD}{BD}=\frac{AC}{CB}$. Thật vậy, nhận thấy $DK, CK$ lần lượt là tia phân giác $\angle ADB, \angle ACB$, từ đây thu được $\frac{AD}{BD}=\frac{AC}{CB}\left(=\frac{AK}{KB}\right)$. Vậy ta có đpcm.

Mình có một lời giải hơi khác đôi chút so với Leonguyen. Thay vì sử dụng tính chất hai tam giác đồng dạng mình dùng Định lý Menelaus để tính $FE, FH.$

 

Ta có $\angle EAC=\angle CBH$ do tứ giác $ACBD$ nội tiếp.

Suy ra tam giác $EAC$ và tam giác $HBC$ đồng dạng (g.g). 

Do đó

$\frac{AE}{BH}=\frac{AC}{BC}$.   $(1)$ 

Vì $MN$ là đường kính của đường tròn và $AB \perp MN$ nên $M, N$ tương ứng là điểm chính giữa hai cung căng bởi dây $AB$.

Do đó $DK, CK$ tương ứng là tia phân giác của góc $ADB$ và góc $ACB$. 

Dẫn tới

$\frac{BD}{AD}=\frac{BC}{AC} \left( =\frac{BK}{AK}\right) $.   $(2)$ 

Áp dụng Định lý Menelaus với tam giác $EDH$ và 3 điểm thẳng hàng $A, F, B$ ta có 

$\frac{AE}{AD}.\frac{BD}{BH}.\frac{FH}{FE}=1.$   $(3)$

Từ $(1), (2), (3)$ ta suy ra ngay $FE=FH$. 

 

P/s: @Leonguyen Cảm ơn em nhé, để ý tin tức nhanh thế! ^^ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 08-05-2023 - 23:18

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

#31
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 321 Bài viết

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) #29. 8/5/2023

 

attachicon.gif Dang-DDTH-Thang4Ngay21-2.jpg

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-Dự đoán) 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.) 

 

attachicon.gif Dang-DDTH-Ngay22Thang4-1.jpg

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 chứng minh b) ở #31.) 

 

Nhóm 2 như vậy chỉ còn các ý mở rộng là Bài 5 d) e)Bài 6 e) f).

 

Các bạn tiếp tục xem có thể tìm ra các cách giải khác hoặc mở rộng thêm được ba bài toán trên không nhé! 


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

#32
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 321 Bài viết

 

NcY8Asz.png

a) Ta có các tứ giác $AFCE,HFCB,DECH, DMKI, KINC$ nội tiếp.

Dễ dàng chứng minh được $\angle ACD=\angle FCH,\angle ADC=\angle FHC$, suy ra $\bigtriangleup ACD\sim\bigtriangleup FCH\text{ (g.g)}$, suy ra $AC.HF=AD.CF$.

b) $E,F,H$ chính là hình ảnh của đường thẳng $\text{Simson}$ nên thẳng hàng.

Ta có:

$\bigtriangleup ACD\sim\bigtriangleup FCH$ $\Rightarrow FH=\frac{AD\cdot CH}{CD}$.

$\bigtriangleup BDC\sim\bigtriangleup FEC$ $\Rightarrow EF=\frac{BD\cdot EC}{CD}$.

$\bigtriangleup HCE\sim\bigtriangleup BCA$ $\Rightarrow \frac{CH}{EC}=\frac{BC}{CA}$.

Từ các đẳng thức trên, ta suy ra cần phải chứng minh $\frac{AD}{BD}=\frac{AC}{CB}$. Thật vậy, nhận thấy $DK, CK$ lần lượt là tia phân giác $\angle ADB, \angle ACB$, từ đây thu được $\frac{AD}{BD}=\frac{AC}{CB}\left(=\frac{AK}{KB}\right)$. Vậy ta có đpcm.

 

 

Chẳng hiểu sao có trực giác là sẽ tìm ra ít nhất 3 cách giải cho cái ý này. Mà đúng là nghĩ một hồi ra 3 cách thật. Cách thứ nhất dùng Định lý Menelaus đã viết ở bài trước.

 

Cách 1. Ta có $\angle EAC=\angle CBH$ do tứ giác $ACBD$ nội tiếp.

Suy ra tam giác $EAC$ và tam giác $HBC$ đồng dạng (g.g). 

Do đó

$\frac{AE}{BH}=\frac{AC}{BC}$.   $(1)$ 

Vì $MN$ là đường kính của đường tròn và $AB \perp MN$ nên $M, N$ tương ứng là điểm chính giữa hai cung căng bởi dây $AB$.

Do đó $DK, CK$ tương ứng là tia phân giác của góc $ADB$ và góc $ACB$. 

Dẫn tới

$\frac{BD}{AD}=\frac{BC}{AC} \left( =\frac{BK}{AK}\right) $.   $(2)$ 

Áp dụng Định lý Menelaus với tam giác $EDH$ và 3 điểm thẳng hàng $A, F, B$ ta có 

$\frac{AE}{AD}.\frac{BD}{BH}.\frac{FH}{FE}=1.$   $(3)$

Từ $(1), (2), (3)$ ta suy ra ngay $FE=FH$. 

 

Sau đây là hai cách còn lại. 

 

Cách 2. Cách này cần dùng chút kiến thức lượng giác của hình học cấp 3. 

 

Áp dụng Định lý hàm sin vào tam giác $ECF$ có

$\frac{EF}{\sin \angle ECF}=\frac{CF}{\sin \angle CFE}$.

Lưu ý tứ giác $AECF$ nội tiếp nên $\angle ECF=\angle DAB$ còn $\angle CFE=\angle CAB$. 

Vì vậy 

$\frac{EF}{\sin \angle DAB}=\frac{CF}{\sin \angle CAB}$. 

Viết lại tỉ số trên ta có 

$\frac{EF}{CF}=\frac{\sin \angle DAB}{\sin \angle CAB}$. $(4)$ 

Chứng minh tương tự ta có 

$\frac{FH}{CF}=\frac{\sin \angle DBA}{\sin \angle CBA}$. $ (5)$

Bây giờ, áp dụng một lần nữa Định lý hàm sin vào tam giác $DAB$ và tam giác $CAB$ ta có 

$\frac{DA}{DB}=\frac{\sin \angle DBA}{\sin \angle DAB}$ và $\frac{CA}{CB}=\frac{\sin \angle CBA}{\sin \angle CAB}$. 

Lập luận như trong cách giải trước ta có $DK$ và $CK$ lần lượt là tia phân giác của hai góc $ADB$ và $CDB$ nên 

$\frac{DA}{DB}=\frac{CA}{CB}.$

Suy ra 

$\frac{\sin \angle DBA}{\sin \angle DAB}=\frac{\sin \angle CBA}{\sin \angle CAB}$  $(6)$

Từ $(4) (5) (6)$ ta suy ra ngay $EF=FH$.

 

Cách 3. Cách này tương tự như cách của Leonguyen là vận dụng tính chất hai tam giác đồng dạng. Tuy nhiên nó khác cả cách của Leonguyencách 1, cách 2 ở chỗ không cần chứng minh $DK, CK$ là tia phân giác của góc $ADB$ và góc $ACB$.  

Ý tưởng: tam giác $CEH$ đồng dạng với tam giác $CAB$. Mà $I$ là trung điểm của $AB$, nên $F$ là trung điểm $EH$ chỉ khi tam giác $CEF$ đồng dạng với tam giác $CAI$. 

 

Ta có $\angle CEH=\angle CAB$ (tứ giác $AECH$ nội tiếp) và $\angle CHE=\angle CBA$ (tứ giác $BHFC$ nội tiếp). 

Do đó tam giác $CEH$ đồng dạng với tam giác $CAB$ (g.g). $(7)$

Tiếp theo, ta có

$\angle CIA=\angle CND$ (tứ giác $CKIN$ nội tiếp)

$\angle CND=\angle CAE$ (tứ giác $ACND$ nội tiếp) 

$\angle CAE=\angle CFE$ (tứ giác $AECF$ nội tiếp)

Do đó $\angle CIA=\angle CFE$.

Suy ra ngay tam giác $CEF$ đồng dạng tam giác $CAI$ (g.g). $(8)$ 

Từ $(7), (8)$ ta có 

$\frac{FE}{AI}=\frac{EH}{AB} \left(=\frac{EC}{AC} \right)$

Từ đẳng thức trên và lưu ý rằng $I$ là trung điểm $AB$ ta có 

$\frac{FE}{EH}=\frac{AI}{AB}=\frac{1}{2}.$

Vậy $F$ là trung điểm $EH$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 09-05-2023 - 03:23

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

#33
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 321 Bài viết

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 $PQ=EH.$

Dang-DDTH-Ngay22Thang4-1.jpeg

Lời giải. 

e) Ta có $\angle KDC=\angle IMC$ (tứ giác $CDMN$ nội tiếp); $\angle KCD=\angle ICM$ ($CK$ là tia phân giác của góc $ICD$).

Do đó tam giác $IMC$ đồng dạng tam giác $KDC$ (g.g).

Suy ra

$\frac{IC}{KC}=\frac{MC}{CD}.$  

Chứng minh tương tự như trên ta có tam giác $IDN$ đồng dạng tam giác $KDC$ nên

$\frac{ID}{KD}=\frac{ND}{CD}.$

Suy ra

$\frac{IC}{ID}=\frac{MC}{ND}.\frac{KC}{KD}.$  

Ta lại có tam giác $KCM$ đồng dạng với tam giác $KDN$ suy ra

$\frac{KC}{KD}=\frac{NC}{MD}.$

Do đó 

$\frac{IC}{ID}=\frac{MC}{MD}.\frac{NC}{ND}.$  

f) Ta có $\angle CPD=\angle CED=\angle CHD=\angle CQD=90^{\circ}$.

Suy ra bốn điểm $P, H, Q, E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CD$.

Do đó $\angle CPH=\angle CDH=\angle CAB.$

Chứng tỏ $PH \parallel AB.$

Tương tự ta chứng minh được $QE \parallel AB.$

Vậy $PH \parallel QE.$

Từ đó suy ra $PQ=EH.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 10-05-2023 - 08:52

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

#34
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 321 Bài viết

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-Dự đoán) Chứng minh điểm $K$ luôn chuyển động trên một đường cố định. 

Dang-DDTH-Thang4Ngay21-2 (1).jpg

 

Bài này mình chứng minh câu d) bằng cách dùng công thức tính diện tích tam giác theo hàm sin. Cách này mặc dù tính toán hơi nhiều nhưng nó lại cho phép ta giải quyết cùng lúc việc xác định giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác $AEF$. 

 

Lời giải. 

d) Đặt $\angle MAB=\alpha$ ($0^{\circ} \leq \alpha \leq 60^{\circ}$). 

Khi đó $\angle BAN=60^{\circ}-\alpha$ và  

$\angle APN  =\angle PAM+\angle PMA$

$=\angle PAM+\angle ABN$

$=\angle PAM+90^{\circ}-\angle BAN$

$=\alpha+90^{\circ}-(60^{\circ}-\alpha)$

$=30^{\circ}+2\alpha$.

Đặt $\angle APN=\beta$, ta có $\beta=30^{\circ}+2\alpha$. 

Tiếp theo là các bước tính toán để biểu diễn diện tích tam giác $AEF$ theo $\alpha$ và $R$. 

(i) Ta có tam giác $OMN$ cân tại O có hai cạnh bên độ dài $R$ và $\angle MON=120^{\circ}$.

Từ đây ta dễ dàng suy ra $MN=\sqrt{3}R$. 

(ii) Áp dụng công thức tính diện tích theo hàm sin vào tam giác $OMN$ ta có

$S_{OMN}=\frac{1}{2}\sin \angle MON.OM.ON=\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}.R^2=\frac{\sqrt{3}}{4}R^2$. 

(iii) Tiếp tục áp dụng công thức tính diện tích theo hàm sin vào các tam giác $AMP, ANP, BMP, BNP$ ta dễ dàng suy ra 

$S_{AMBN}=S_{AMP}+S_{ANP}+S_{BMP}+S_{BNP}=\frac{1}{2}.\sin \beta. AB.MN$.

Để ý rằng $AB=2R$ và $MN=\sqrt{3}R$ nên 

$S_{AMBN}=\sqrt{3}\sin\beta.R^2$.

(iv) Do $O$ là trung điểm $AB$ nên $S_{OMA}=\frac{1}{2} S_{AMB}$ và $S_{ONA}=\frac{1}{2}S_{ANB}$. 

Suy ra

$S_{AMN}=\frac{1}{2}(S_{AMB}+S_{ANB})+S_{OMN}$

$=\frac{1}{2}S_{AMBN}+S_{OMN}.$

$=\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\beta.R^2+\frac{\sqrt{3}}{4}R^2$

$=\left( \frac{\sqrt{3}}{2}\sin\beta+\frac{\sqrt{3}}{4}\right).R^2$

$=\left( \frac{\sqrt{3}}{2}\sin (30^{\circ}+2\alpha)+\frac{\sqrt{3}}{4}\right).R^2$

(v) Ta có tam giác $AEF$ đồng dạng với tam giác $AMN$.

Suy ra

$S_{AEF}=\left( \frac{AE}{AN} \right)^2.S_{AMN}=\left( \frac{1}{\cos 60^{\circ}} \right)^2.S_{AMN}=4S_{AMN}$. 

Vậy ta có công thức tính diện tích tam giác $AEF$ là 

$\boxed{S_{AEF}= \left(2\sqrt{3}\sin (30^{\circ}+2\alpha)+\sqrt{3} \right).R^2}$

Từ công thức trên ta thấy ngay diện tích tam giác $AEF$ đạt giá trị lớn nhất $S_{max}=3\sqrt{3}R^2$ khi $\alpha=30^{\circ}$, tức là khi $M$ và $N$ đối xứng với nhau qua $AB$, và đạt giá trị bé nhất là $S_{min}=2\sqrt{3}R^2$ khi $\alpha=0^{\circ}$ tức là khi $M$ trùng với $B$. 

 

e) Không mấy khó khăn ta chỉ ra được $\angle KMF=\angle OMA$ từ đó suy ra $\angle KMO=90^{\circ}$. Tương tự ta cũng có $\angle KNO=90^{\circ}$. Ta có $KM$ và $KN$ là hai tiếp tuyến của đường tròn (O). 

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta suy ra $OK$ là tia phân giác của góc $MON$, do đó $\angle KMO=60^{\circ}$. 

Tam giác $KMO$ lại vuông tại $M$ nên $OK=\frac{OM}{\cos 60^{\circ}}=2R$. 

Vậy $K$ chuyển động trên một đường tròn cố định, đường tròn này có tâm $O$ bán kính $2R$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 10-05-2023 - 12:46

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

#35
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 321 Bài viết

Nhóm 2 (Ba năm 2012, 2013, 2014) đã được giải trọn vẹn. Bây giờ, chúng ta sẽ tiếp tục với Nhóm 3

 

Lưu ý rằng nếu các bạn có lời giải khác hoặc tìm được các ý mở rộng thêm thì cứ chia sẻ vào topic ạ. 


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

#36
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 321 Bài viết

Chẳng hiểu sao có trực giác là sẽ tìm ra ít nhất 3 cách giải cho cái ý này. Mà đúng là nghĩ một hồi ra 3 cách thật. Cách thứ nhất dùng Định lý Menelaus đã viết ở bài trước.

 

Cách 1. Ta có $\angle EAC=\angle CBH$ do tứ giác $ACBD$ nội tiếp.

Suy ra tam giác $EAC$ và tam giác $HBC$ đồng dạng (g.g). 

Do đó

$\frac{AE}{BH}=\frac{AC}{BC}$.   $(1)$ 

Vì $MN$ là đường kính của đường tròn và $AB \perp MN$ nên $M, N$ tương ứng là điểm chính giữa hai cung căng bởi dây $AB$.

Do đó $DK, CK$ tương ứng là tia phân giác của góc $ADB$ và góc $ACB$. 

Dẫn tới

$\frac{BD}{AD}=\frac{BC}{AC} \left( =\frac{BK}{AK}\right) $.   $(2)$ 

Áp dụng Định lý Menelaus với tam giác $EDH$ và 3 điểm thẳng hàng $A, F, B$ ta có 

$\frac{AE}{AD}.\frac{BD}{BH}.\frac{FH}{FE}=1.$   $(3)$

Từ $(1), (2), (3)$ ta suy ra ngay $FE=FH$. 

 

Sau đây là hai cách còn lại. 

 

Cách 2. Cách này cần dùng chút kiến thức lượng giác của hình học cấp 3. 

 

Áp dụng Định lý hàm sin vào tam giác $ECF$ có

$\frac{EF}{\sin \angle ECF}=\frac{CF}{\sin \angle CFE}$.

Lưu ý tứ giác $AECF$ nội tiếp nên $\angle ECF=\angle DAB$ còn $\angle CFE=\angle CAB$. 

Vì vậy 

$\frac{EF}{\sin \angle DAB}=\frac{CF}{\sin \angle CAB}$. 

Viết lại tỉ số trên ta có 

$\frac{EF}{CF}=\frac{\sin \angle DAB}{\sin \angle CAB}$. $(4)$ 

Chứng minh tương tự ta có 

$\frac{FH}{CF}=\frac{\sin \angle DBA}{\sin \angle CBA}$. $ (5)$

Bây giờ, áp dụng một lần nữa Định lý hàm sin vào tam giác $DAB$ và tam giác $CAB$ ta có 

$\frac{DA}{DB}=\frac{\sin \angle DBA}{\sin \angle DAB}$ và $\frac{CA}{CB}=\frac{\sin \angle CBA}{\sin \angle CAB}$. 

Lập luận như trong cách giải trước ta có $DK$ và $CK$ lần lượt là tia phân giác của hai góc $ADB$ và $CDB$ nên 

$\frac{DA}{DB}=\frac{CA}{CB}.$

Suy ra 

$\frac{\sin \angle DBA}{\sin \angle DAB}=\frac{\sin \angle CBA}{\sin \angle CAB}$  $(6)$

Từ $(4) (5) (6)$ ta suy ra ngay $EF=FH$.

 

Cách 3. Cách này tương tự như cách của Leonguyen là vận dụng tính chất hai tam giác đồng dạng. Tuy nhiên nó khác cả cách của Leonguyencách 1, cách 2 ở chỗ không cần chứng minh $DK, CK$ là tia phân giác của góc $ADB$ và góc $ACB$.  

Ý tưởng: tam giác $CEH$ đồng dạng với tam giác $CAB$. Mà $I$ là trung điểm của $AB$, nên $F$ là trung điểm $EH$ chỉ khi tam giác $CEF$ đồng dạng với tam giác $CAI$. 

 

Ta có $\angle CEH=\angle CAB$ (tứ giác $AECH$ nội tiếp) và $\angle CHE=\angle CBA$ (tứ giác $BHFC$ nội tiếp). 

Do đó tam giác $CEH$ đồng dạng với tam giác $CAB$ (g.g). $(7)$

Tiếp theo, ta có

$\angle CIA=\angle CND$ (tứ giác $CKIN$ nội tiếp)

$\angle CND=\angle CAE$ (tứ giác $ACND$ nội tiếp) 

$\angle CAE=\angle CFE$ (tứ giác $AECF$ nội tiếp)

Do đó $\angle CIA=\angle CFE$.

Suy ra ngay tam giác $CEF$ đồng dạng tam giác $CAI$ (g.g). $(8)$ 

Từ $(7), (8)$ ta có 

$\frac{FE}{AI}=\frac{EH}{AB} \left(=\frac{EC}{AC} \right)$

Từ đẳng thức trên và lưu ý rằng $I$ là trung điểm $AB$ ta có 

$\frac{FE}{EH}=\frac{AI}{AB}=\frac{1}{2}.$

Vậy $F$ là trung điểm $EH$. 

 

Bài 6 câu b) ngoài cách của Leonguyen mình đã trình bày thêm 3 cách giải khác. Sau đây sẽ là cách thứ 4. Cách này mình cũng đã có cảm giác từ trước, nhưng bởi nó khó tìm ra hơn nên mình để sau. Trước khi giải thì mình cũng không biết cụ thể nó như thế nào, nhưng mình chắc một điều là nó phải cần hình phụ và không vận dụng tính chất hai tam giác đồng dạng. Chỗ khó nhìn ra nhất trong chứng minh là $FJ \parallel ID$.  

Dang-DDTH-Thang4Ngay22-2.jpg

Cách 4.

Gọi giao điểm của $EH$ và $ID$ là $G$; $S$ là trung điểm $CD$; $J$ là giao điểm của đường tròn tâm $S$ ngoại tiếp tứ giác $CHDE$ với $DN.$

(i) Ta có $DK$ là tia phân giác của góc $ADB$ và $DK$ cũng là tia phân giác của góc $IDC$ do đó $\angle GDE=\angle CDA$.

Mà $\angle DEG=\angle DCH$ (tứ giác $CDHE$ nội tiếp) nên ta có ngay $\angle GDE+\angle DEG=90^{\circ}$. 

Hay nói cách khác $\angle DGE=90^{\circ}$.

Vậy $ID \perp EH$ tại $G.$  

(ii) Tiếp ta có 

$\angle FJK=\angle FCK$ (tứ giác $FCJK$ nội tiếp) 

$\angle FCK=\angle IMK$ ($FC \parallel MN$)

$\angle IMK=\angle IDK$ ( tứ giác IKMI nội tiếp) 

Vậy $\angle FJK=\angle IDK$.

Suy ra $FJ \parallel DI$. 

Mà $ID \perp EH$ nên $FJ \perp EH$. 

(iii) Ta thấy rằng do $DK$ là tia phân giác của góc $ADB$ nên $J$ là điểm chính giữa cung $HE$ của đường tròn $(S)$. Suy ra $SJ$ là đường trung trực của $EH$, tức là ta có $SJ \perp EH$ và $SJ$ đi qua trung điểm của $EH$. 

Như ta vừa chứng minh $FJ \perp EH$, chứng tỏ ba điểm $S, J, F$ thẳng hàng. 

Hay nói cách khác $SJ$ cắt $EH$ tại $F$.

Mà theo chứng minh ở trên ta đã chỉ ra $SJ$ đi qua trung điểm của $EH$. 

Vậy $F$ là trung điểm của $EH$. Đây là điều phải chứng minh. 

 

P/s: Trong hình minh hoạ trên mình có nối $OD$ và $OC$ thực ra không dùng gì trong chứng minh trên cả. Nó do mình phát hiện ra tứ giác $CDOI$ nội tiếp đường tròn. Tuy nhiên tính chất này không quá thú vị nên mình không đưa vào phần mở rộng. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 10-05-2023 - 18:32

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

#37
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 321 Bài viết

Mời mọi người tiếp tục với các bài toán Nhóm 3 (Năm 2015, 2016, 2017). 

Lần này, mình đã để kèm đường link tới hình vẽ trên Geo Gebra ngay đầu tiêu đề nhóm, các bạn biết sử dụng phần mềm này có thể dùng chúng để vẽ luôn, tiết kiệm thời gian. 

 

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 $BC$.

attachicon.gif Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai7.jpg

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 $MNH$.

attachicon.gif Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai8 (2).jpg

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.

attachicon.gif Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai9.jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 11-05-2023 - 13:14

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

#38
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết

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 $BC$.

JVI4fsY.png

a) Ta có các tứ giác $ABHE, AHFC$ nội tiếp, từ đây suy ra được $\angle EHF=\angle BAC$, $\angle EFH=\angle BCA$, do đó $\bigtriangleup HEF\sim\bigtriangleup ABC.$

b) Ta cần chứng minh $\angle HAC+\angle AHE=90^{\circ}$. Biến đổi góc $\angle AHE=\angle ABE=\angle AA'B=\angle ACB=90^{\circ}-\angle HAC$, do đó $HE\perp AC$.

c) Vì $\angle HAC+\angle AHE=90^{\circ}$ và $\angle EHC+\angle AHE=90^{\circ}$ nên $\angle HAC=\angle EHC$.

Gọi $I$ là tâm của $(HEF)$. Ta có $\angle EHI=\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle HIE)$ $=90^{\circ}-\angle HEF=90^{\circ}-\angle HCA$ $=\angle HAC$ $=EHC$, vì vậy $H, I, C$ thẳng hàng hay $I$ thuộc $BC$.

Xét tứ giác $EIOB$ có $\angle EIB\equiv \angle EIH=2\angle EFH$ $=2\angle ACB=2\angle AA'B=\angle AOB$ $\equiv \angle EOB$, suy ra $EIOB$ là tứ giác nội tiếp, do đó $\angle BIO=\angle BEO=90^{\circ}$ hay $OI\perp BC$, thu được $I$ là trung điểm của $BC$. Mà $BC$ cố định nên $I$ cố định, bài toán được chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 11-05-2023 - 16:23

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

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#39
huytran08

huytran08

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết

post-191246-0-79673700-1683784058.jpeg

Bài 9. 

a) $\widehat{CIO}=\widehat{CHO}=90^{o}$ nên $C,I,H,O$ đồng viên.

b) Dễ thấy $OI$ là trung trực $AC$ mà $M\in AC$ nên $\widehat{MCO}=\widehat{MAO}=90^{o}$ $\Rightarrow$ $MC$ là tiếp tuyến $(O)$.

c) Gọi $D$ là giao điểm của $BC$ và $MA$.  

  Do $MA=MC$ nên $MA=MD$. Theo bổ đề hình thang thì $K$ là trung điểm $CH$. Do đó $IK//AB$. 

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 viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 11-05-2023 - 19:16

How far are you from me,Fruit?

I am hidden in your heart,Flower.

                                                                                                                                                                                                      (Rabindranath Tagore)


#40
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết

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 $MNH$.

lBkUQAJ.png

a) Dễ dàng chứng minh được $MH\cdot MO= MN\cdot MP$ $(=MA^2)$, từ đây suy ra được $NHOP$ là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi giao điểm của $OH$ và $PQ$ là $K$, suy ra $OK$ là tia phân giác $\angle POQ$.

Ta có $\angle PNH=\angle POK=\frac{1}{2}\angle POQ=\angle PNQ$, do đó $N, H, Q$ thẳng hàng.

c) Dễ thấy tam giác $PEQ$ cân tại $E$.

$\angle MNQ=180^{\circ}-\angle POK=180^{\circ}-\angle PEQ=2\angle QPE$ $=2\angle QNE$, vì vậy nên $NE$ là tia phân giác $\angle MNH.$


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

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)






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

0 người đang xem chủ đề

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