Tag Archives: DeThi

Đề ôn thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2022

Leave a reply

Bài 1. (1,5 điểm)
a) Cho $a, b, c $ là các số thỏa mãn $ a^4 + b^4 + (a-b)^4 = c^4 + d^4 + (c-d)^4$. Chứng minh rằng [ a^2 + b^2 + (a-b)^2 = c^2 + d^2 + (c-d)^2 ]
b) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{matrix} x – \dfrac{1}{(x+1)^2}=\dfrac{y}{x+1}- \dfrac{1+y}{y} \hfill \cr \sqrt{8y+9} = (x+1)\sqrt{y} + 2 \end{matrix} \right.$
Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình $2(m^2+1)x^2 – 8mx + 3m = 0$. ($m$ là tham số).
a) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt âm.
b) Tìm $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa [2(x_1+x_2) – \sqrt{\dfrac{3}{x_1x_2}} = 2]
Bài 3. (1,5 điểm) Cho các số $x, y, z$ dương thỏa ${x^2} + {y^2} + {z^2} = xyz$. Chứng minh rằng:
a) $\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \le 1\,\,$
b) $xy + yz + xz + 9 \ge 4\left( {x + y + z} \right)\,\,$

Bài 4. (1,5 điểm) Một số nguyên tố $p$ được gọi là số nguyên tố đẹp nếu tồn tại các số nguyên $a, b$ thỏa $a^2b+1$ chia hết cho $p$ thì $a^2+b$ cũng chia hết cho $p$.
a) Chứng minh rằng $5$ là số nguyên tố đẹp.
b) 7 có phải là số nguyên tố đẹp không? Tại sao?

Bài 5. (3 điểm) Cho đường tròn $(O)$ và dây cung BC cố định. $A$ là một điểm thay đổi trên cung lớn BC. Các đường phân giác trong góc $B, C$ cắt nhau tại $I$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $IA$ cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại $M, N$.
a) Tìm vị trí của $A$ để $BM.CN$ đạt giá trị lớn nhất.
b) Đường thẳng qua M song song IC cắt BC tại L; đường thẳng qua N song song IB cắt BC tại K. Chứng minh $MKLN$ nội tiếp. Xác định tâm ngoại tiếp của tứ giác.
c) Gọi $D$ là hình chiếu của $I$ trên $BC$. Chứng minh $\angle DPM = \angle IPN$ và $A, D, P$ thẳng hàng.
Bài 6. (1 điểm) Cho đa giác đều 26 đỉnh. Trên mỗi đỉnh ta viết các số từ tự nhiên từ 1 đến 12. Chứng minh rằng có 4 đỉnh tạo thành hình chữ nhật ABCD sao cho $a+ b= c+ d$ với $a, b, c, d$ là các số ghi trên các đỉnh $A, B, C, D$.

Đáp án dành cho các bạn đăng kí trên website -> here

 

 

 

 

 

 

Bài tập hình học 9: Ôn thi học kì 1

1 Reply

Dưới đây là một số bài tập ôn thi học kì 1 lớp 9, môn hình học với lời giải chi tiết được thực hiện bởi thầy Nguyễn Phi Hùng – Giáo viên Trường Phổ thông Năng khiếu. Nếu có gì sai sót comment dưới nhé.

Các bạn hãy share cho mọi người cùng tiếp cận được tài liệu này. Cảm ơn.

Đề tham khảo HK1 quận 1, Sài Gòn, năm học 2018-2019 [pdf]

Link xem bài – > LOI-GIAI-CAC-BAI-HINH-DE-NGHI-HK1

Đáp án Toán PTNK 2017

Leave a reply

Bài 1. (Toán chung)  Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(T)$ tâm $O$, bán kính $R$; $\angle BAC = 120^\circ $, $\angle ABC = 45^\circ $, $H$ là trực tâm. $AH$, $BH$, $CH$ lần lượt cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $M$, $N$, $P$.
a. Tính $AC$ theo $R$. Tính số đo góc $\angle HPN $ và $\dfrac{MP}{MN}$
b. Dựng đường kính $AD$, $HD$ cắt $(T)$ tại $E$ ($E \ne D$) và cắt $BC$ tại $F$. Chứng minh các điểm $A$, $N$, $H$, $P$, $E$ cùng thuộc một đường tròn và $F$ là trung điểm của $HD$.
c. Chứng minh $AD \bot NP$. Tia $OF$ cắt $(T)$ tại $I$, chứng minh $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC$ và $AI$ đi qua trung điểm của $MP$

Gợi ý

a.

  • Ta có $\angle AOC = 2 \angle ABC = 90^\circ$ (góc ở tâm bằng 2 lần góc nội tiếp cùng chắn 1 cung).
  • Suy ra tam giác $OAC$ vuông tại $O$, suy ra $AC^2 = OA^2 + OC^2 = 2R^2 \Rightarrow AC = R\sqrt{2}$. Tứ giác $BNPC$ có $\angle BNC = \angle BPC =90^\circ$ nên là tứ giác nội tiếp.
    Suy ra $\angle HPN = \angle HBC = 90^\circ – \angle ACB = 75^\circ$.
  • Các tứ giác $ANBM$ và $BNPC$ nội tiếp nên $\angle ANM = \angle ABC = 45^\circ, \angle CNP = \angle PBC = 45^\circ$.
  • Suy ra $\angle MNP = \angle CNP + \angle CPN = 90^\circ$.
    Và $\angle NPB = \angle ACB = \angle APM = 15^\circ$, suy ra $\angle NPM = \angle NPB + \angle APM = 30^\circ$.
  • Khi đó $\dfrac{MN}{MP} = \sin \angle NPM = \sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$. Suy ra $\dfrac{MP}{MN} = 2$.

b.

  • Ta có $\angle AEF = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
    Ta có $\angle ANH = \angle AEH = \angle APH = 90^\circ$ nên 5 điểm $A, N, H, P E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$.
  • Ta có $\angle ABD = \angle ACD = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),
    suy ra $AB \bot BD$, suy ra $HC || BD$.
  • Tương tự ta có $HB \bot CN, \angle CD \bot CN$, suy ra $HB||CD$.
  • Tứ giác $HBDC$ có các cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành, suy ra $F$ là trung điểm của $BC$ và $HD$.

c.

  • Ta có $\angle CAD = 45^\circ = \angle CNM$, suy ra $AD||MN$. Mà $MN \bot NP$, suy ra $AD \bot NP$.
  • Ta có $OF$ là trung trực của $BC$, suy ra $IB = IC$. $\angle BDC = 180^\circ – \angle BAC = 60^\circ$.
  • Xét tam giác $IOC$ có $\angle IOC = \dfrac{1}{2}\angle BOC = \angle 60^\circ$. Suy ra tam giác $IBC$ đều.
  • Do đó $IB =IC = IO$. (1)
  • Mặt khác tứ giác $HBOC$ có $\angle BHC + \angle BOC = 60^\circ + 120^\circ = 180^\circ$, suy ra $HBOC$ nội tiếp. (2)
  • Từ (1) và (2) suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HBC$.
  • Tam giác $PBC$ có $\angle BPC = 90^\circ, \angle PBC = 45^\circ$ nên là tam giác vuông cân,
    suy ra $PB = PC$, suy ra $P$ thuộc trugn trực của BC. Do đó $P, O, I$ thẳng hàng và $PI \bot BC$, suy ra $PI||AM$.
  • Mặt khác ta có $\angle BIH = 2\angle HCB = 90^\circ$, suy ra $HBMI$ nội tiếp, suy ra $\angle IMC = \angle IBH = 45^\circ$.
  • Suy ra $\angle IMC = \angle PBC = 45^\circ$, suy ra $IM||PA$.
  • Tứ giác $APIM$ có 2 cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành, suy ra $AI$ qua trung điểm của $MP$.

Bài 2. (Toán chuyên) Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm $O$. Gọi $D$ là điểm thay đổi trên cạnh $BC$ ($D$ khác $B,\,C$). Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABD$ và $ACD$ lần lượt cắt $AC$ và $AB$ tại $E$ và $F$ ($E$, $F$ khác $A$). Gọi $K$ là giao điểm của $BE$ và $CF$.
a. Chứng minh rằng tứ giác $AEKF$ nội tiếp.
b. Gọi $H$ là trực tâm tam $ABC$. Chứng minh rằng nếu $A,\,O,\,D$ thẳng hàng thì $HK$ song song với $BC$.
c. Ký hiệu $S$ là diện tích tam giác $KBC$. Chứng minh rằng khi $D$ thay đổi trên cạnh $BC$ ta luôn có $S\le \left(\dfrac{BC}{2}\right)^2 \tan \dfrac{\widehat{BAC}}{2}$.
d. Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. Chứng minh rằng $BF.BA-CE.CA=BD^2-CD^2$ và $ID$ vuông góc với $BC$.

Gợi ý

a.

  • Tứ giác $AEDB$ $\Rightarrow$ $\widehat{AEB}=\widehat{ADB}$, tứ giác $AFDC$ nội tiếp $\Rightarrow$ $\widehat{AFC}=\widehat{ADC}$.
  • Suy ra $\widehat{AEK}+\widehat{AFD}=\widehat{ADB}+\widehat{ADC}=180^o$.

b.

  • Ta có $\widehat{BKC}=\widehat{DKE}=180^o-\widehat{BAC}$ và $\widehat{BHC}=180^o-\widehat{BAC}$.
  • Suy ra $\widehat{BKC}=\widehat{BHC}$ $\Rightarrow$ $BHKC$ nội tiếp.
  • Suy ra $\widehat{FKH}=\widehat{HBC}=\widehat{HAC}$ và $\widehat{KCB}=\widehat{BAD}$.
  • Khi $A,\,O,\,D$ thẳng hàng, ta có $\widehat{BAD}=\widehat{BAO}=\widehat{HAC}$.
  • Do đó $\widehat{FKH}=\widehat{KCB}$ suy ra $KH//BC$

c.

  • Ta có $K$ thuộc cung $BHC$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BHC$ tâm $T$.
  • Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ và $N$ là điểm chính giữa cung $BHC$.
  • Dựng $KL\perp BC$, ta có $KL\le TN-TM=MN$.
  • Mà $\dfrac{MN}{BC}=\tan \dfrac{\widehat{NBM}}{2}=\tan \dfrac{\widehat{BAC}}{2}$, suy ra $MN=\tan \dfrac{\widehat{BAC}}{2}.\dfrac{BC}{2}$.
  • Do đó $S_{BKC}=\dfrac{1}{2}.KL.BC\le \dfrac{BC^2}{4}\tan \dfrac{\widehat{BAC}}{2}$.

d.

  • Xét tam giác $BCF$ và tam giác $BDA$ có $\widehat{BCF}=\widehat{BAD}$ và góc $B$ chung.
  • Suy ra $\Delta BFC\sim \Delta BDA$ $\Rightarrow$ $\dfrac{BD}{BA}=\dfrac{BF}{BC}$ $\Rightarrow$ $BF.BA=BD.BC$.
  • Chứng minh tương tự ta có $CE.CA=CB.CD$.
  • Suy ra $BF.BA-CE.CA=BC.BD-BC.CD=BC(BD-CD)=(BD+BC)(BD-BC)=BD^2-CD^2$.
  • Ta có $\widehat{ADF}=\widehat{ACF}=\widehat{AEB}-\widehat{EKC}=\widehat{AEB}-\widehat{A}$
  • và $\widehat{ADE}=\widehat{ABE}=\widehat{AFC}-\widehat{A}$,suy ra $\widehat{EDF}=\widehat{ADF}+\widehat{ADE}=\widehat{AEB}+\widehat{AFC}-2\widehat{A}=180^o-2\widehat{A}=\widehat{EIF}$.
  • Do đó tứ giác $IEDF$ nội tiếp, hơn nữa $IE=IF$ nên $DI$ là phân giác $\widehat{EDF}$.
  • Mặt khác $\widehat{FDB}=\widehat{BAC}=\widehat{CDE}$.
  • Suy ra $DB,\,DI$ lần lượt là phân giác ngoài và phân giác trong của $\widehat{EDF}$. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Đáp án toán PTNK 2016

Leave a reply

Bài 1 (Toán chung) Tam giác $ABC$ đều có tâm $O$,$AB = 6a$ và các điểm $M, N$ lần lượt thuộc các cạnh $AB, AC$ mà $AM = AN = 2a$. Gọi $I, J, K$ lần lượt là trung điểm của $BC, AC$ và $MN$.
a. Chứng minh các điểm $M, N, B, C$ cùng thuộc một đường tròn T. Tính diện tích tứ giác $BMNC$ theo $a$.
b. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $IJK$. Chứng minh đường tròn đường kính $NC$ tiếp xúc với $AI$.
c . $AE$ tiếp xúc với đường tròn $T$ tại $E$ ($E, B$ cùng phía đối với $AI$).Gọi $F$ là trung điểm $OE$, tính số đo $\angle AFJ$.

Gợi ý

a.

  • Ta có $AM = AN = 2a$,$\angle MAN = 60^o$ nên tam giác $AMN$ đều. Suy ra $\angle AMN = 60^o = \angle ACB$. Suy ra $BMNC$ nội tiếp.
  • Ta có $MN ||BC$, $AK \bot MN, AI \bot BC$. Suy ra$A, K, I$ thẳng hàng. $AI = AC \sin \angle ACB = 3a \sqrt{3}$, $AI = AN \sin \angle ANM = a\sqrt{3}$. Suy ra $IK = 2a\sqrt{3}$.
  • Do đó $S_{BMNC} = \dfrac{1}{2}IK(MN+BC) = 8a^2\sqrt{3}$.

b.

  • Ta có $OJ \bot AC$, $NJ = AJ-AN=a, NK = \dfrac{1}{2}MN=a$. Suy ra $\Delta OJN = \Delta OKN$, suy ra $OJ = OK$, tương tự ta có $OJ = OI$. Tam giác $IJK$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $OI = a\sqrt{3}$.
  • Gọi $P$ là trung điểm của $CN$. Ta có $KNCI$ là hình thang, và $OP$ là đường trung bình. Suy ra $OP = \dfrac{1}{2}(KN+CI) = 2a = PN = PC$.
  • Suy ra $O$ thuộc đường tròn đường kính $CN$ mà $PO||KN$ nên $PO \bot KI$. Suy ra $KI$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $CN$.

c.

  • Ta có $\angle AEM = \angle ABE$. Suy ra $\Delta AEM \sim \Delta ABE$, suy ra $AE^2=AM.AB = 12a^2$.
  • Suy ra $AE = 2a\sqrt{3}= AO$. Suy ra tam giác $AEO$ cân tại $A$. Do đó $\angle AFO = 90^o$, suy ra $AFOJ$ nội tiếp. Suy ra $\angle AFJ = \angle AOJ = 60^o$.

Bài 2. (Toán chuyên) Tam giác $ABC$ nhọn có $\angle BAC > 45^o$. Dựng các hình vuông $ABMN, ACPQ$ ($M$ và $C$ khác phía đối với $AB$; $B$ và $Q$ khác phía đối với $AC$). $AQ$ cắt đoạn $BM$ tại $E$ và $NA$ cắt đoạn $CP$ tại $F$.
a. Chứng minh $\Delta ABE \sim \Delta ACF$ và tứ giác $EFQN$ nội tiếp.
b. Chứng minh trung điểm $I$ của $EF$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
c. $MN$ cắt $PQ$ tại $D$, các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $DMQ$ và $DNQ$ cắt nhau tại $K$ ($K$ khác $D$), các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cắt nhau tại $J$. Chứng minh các điểm $D, A, K, J$ thẳng hàng.

Gợi ý

a.

  • Ta có $\angle EAB + \angle BAC = 90^o, \angle FAC + \angle BAC = 90^o$. Suy ra $\angle EAB = \angle FAC$.
  • Mặt khác có $\angle ABE = \angle ACF = 90^o$. Suy ra $\Delta ABE \sim \Delta ACF$.
  • Suy ra $AE.AC = AF.AB$ mà $ AC = AQ, AB = AN$. Suy ra $AE.AQ = AN.AF$. Suy ra tứ giác $QNEF$ nội tiếp.

b.

Cách 1: Gọi $T$ là giao điểm của $MB$ và $CP$. Ta có $ABTC$ nội tiếp và $AT$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Mặt khác ta có $AF||ET, AE||FT$ nên $AETF$ là hình bình hành. Suy ra trung điểm $EF$ cũng là trung điểm $AT$. Do đó trung điểm $I$ của $EF$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Cách 2: Xét hình thang $AEBF$, gọi $X$ là trung điểm của $AB$ khi đó $IX$ thuộc đường trung bình của hình thang, suy ra $IX ||BE$ hay $IX$ vuông góc $AB$ vậy $IX$ là trung trực của đoạn $AB$. Chứng minh tương tự thì $I$ cũng thuộc trung trực đoạn $AC$. Vậy $I$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $ABC$.

c.

  • $DA$ cắt $EF$ tại $K’$ ta có $\angle NFK’ = \angle NQA$ (vì $NQFE$ nội tiếp). Mà $\angle NQA = \angle NDA$(vì $AQDN$ nội tiếp). Suy ra $\angle NDA = \angle AFK’$. Suy ra $NDFK’$ nội tiếp.
  • Chứng minh tương tự ta có $DQK’E$ nội tiếp. Do đó $K’$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp hai tam giác $DQM$ và $DPN$. Vậy $K’ \equiv K$. Suy ra $D, A, K$ thẳng hàng.
  • Ta có $\angle BKE = \angle EAB = \angle CAF = \angle CKF$. Suy ra $\angle BKC = 180^o – 2 \angle BKE = 2(90^o – \angle EAB) = 2\angle BAC = \angle BIC$. Suy ra $BKIC$ nội tiếp. Mà $IBJC$ nội tiếp, suy ra và $JB = JC$ nên $\angle BKJ = \angle CKJ$. Hay $KJ$ là phân giác $\angle BKC$.
  • Mặt khác $\angle BKA = 180^o – \angle AEB = 180^o – \angle AFC = \angle AKC$. Suy ra tia đối của tia $KA$ cũng là phân giác của $\angle BKC$. Do đó $A, K, J$ thẳng hàng.
  • Vậy 4 điểm $D, A, K, J$ thẳng hàng.

 

Đáp án toán PTNK 2015

Leave a reply

Bài 1. (Toán chung) Hình bình hành $ABCD$ có $ \angle ADC =60^0$ và tam giác $ACD$ nhọn. Đường tròn tâm $O$ ngoại tiếp tam giác $ACD$ cắt cạnh $AB$ tại $E$ ($E \ne A$), $AC$ cắt $DE$ tại $I$.
a. Chứng minh tam giác $BCE$ đều và $OI \bot CD$.
b. Gọi $K$ là trung điểm $BD$, $KO$ cắt $DC$ tại $M$. Chứng minh $A$, $D$, $M$, $I$ cùng thuộc một đường tròn.
c. Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Tính $\dfrac{OJ}{DE}$.

Gợi ý

Bài 2. (Toán chuyên) Cho tam giác $ABC (AB < AC)$ có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm $O$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$, $E$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $BC$, $F$ là điểm đối xứng của $E$ qua $M$.
a. Chứng minh $EB^2 = EF.EO$.
b. Gọi $D$ là giao điểm của $AE$ và $BC$. Chứng minh các điểm $A, D, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.
c. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ và $P$ là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC$ sao cho $P, O, F$ không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $POF$ đi qua một điểm cố định.

Gợi ý

a.

  • Ta có $E$ là điểm chính giữa cung BC, suy ra $EB = EC$ và $OE \bot BC$ nên $M, O, E$ thẳng hàng.
  • Vẽ đường kính $EK$. Ta có $EM.EK = EB^2$.
  • Mặt khác $EF = 2EM, EO = \dfrac{1}{2}EK$. Do đó $EF.EO = EM.EK = EB^2$. (1)

b.

  • Ta có $\angle EBC = \angle EAC = \angle EAB$. Suy ra $\Delta EAB \sim \Delta EBD$. Suy ra $EB^2 + ED.EA$ (2).
  • Từ (1) và (2) ta có: $EA.ED = EO.EFF$. Suy ra tứ giác $OFDA$ nội tiếp.

c.

  • Ta có $\angle EIB = \angle EAB + \angle ABI = \dfrac{1}{2}(\angle A + \angle B) = \angle EBC + \angle CBI = \angle EBI$, suy ra $EB = EI = EC$. Vậy $E$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BIC$. Do đó $EP = EB$. Ta có $EP^2 = EB^2 = EO.EF$.
  • Suy ra $\Delta EPF \sim \angle EOP$. Suy ra $\angle EPF = \angle FOP$.
  • Hơn nữa, do $O,F$ cùng phía đối với $E$ nên $PO, PF$ cùng phía đối với $PE$.
  • Vẽ tia tiếp tuyến $Px$($PF, PO$ cùng phía đối với $Px$)của đường tròn ngoại tiếp tam giác $POF$. Khi đó $\angle xPF = \angle FOP = \angle EPx$. Suy ra $Px$ và $PE$ trùng nhau. Vậy $Px$ luôn qua điểm $E$ cố định.

 

Đáp án toán PTNK 2014

Leave a reply

Bài 1. (Toán chung) Cho hình vuông $ABCD$ có $AB=2a$, $AC$ cắt $BD$ tại $I$. Gọi $T$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $CID$, $BE$ tiếp xúc với $T$ tại $E$ ($E$ khác $C$). $DE$ cắt $AB$ tại $F$.
a. Chứng minh tam giác $ABE$ cân. Tính $AF$ theo $a$.
b. $BE$ cắt $AD$ tại $P$. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABP$ tiếp xúc với
$CD$. Tính $\dfrac{AP}{PD}$
c. $AE$ cắt $T$ tại $M$ ($M$ khác $E$). Tính $AM$ theo $a$.

Gợi ý

a.

  • Gọi $T$ là trung điểm của $CD$, tam giác $CID$ vuông cân tại $I$ nên $T$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $CID$.
  • Ta có $BE$ và $BC$ là hai tiếp tuyến của $T$ nên $BE = BC$, mà $BC = BA$ nên $BE = BA$ hay tam giác $ABE$ cân tại $B$.
  • Ta có $\angle{DEC}=90^0$, suy ra $DF \bot CE$ mà $CE \bot BT$ (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), suy ra $DF //BT$ mà $BF // DT $ nên $BFDT$ là hình bình hành, suy ra $BF = DT = a$. Suy ra $AF = a$

b.

  • Ta có $PE$, $PD$ là tiếp tuyến của $(T)$ nên $PD = PE$. Khi đó $BP = EB + EP = AB+PD=BC+PD$.
  • Gọi $K$ là trung điểm của $BP$, tam giác $APB$ vuông nên $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABP$ và bán kính đường tròn bằng $\dfrac{1}{2} PB$.
  • Tứ giác $DPBC$ là hình thang vuông có $KT$ là đường trung bình, suy ra $KT = \dfrac{1}{2} (DP + BC) = \dfrac{1}{2} PB$ và $KT//PD$, suy ra $KT \bot CD$.
  • Do đó khoảng cách từ $K$ đến $CD$ bằng bán kính của $(K)$ nên $CD$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $APB$.
  • Ta có $TP$ và $TB$ là phân giác của $\angle{ETD}$ và $\angle{ETC}$ nên $\angle{BTP}$ vuông. Khi đó $EP. EB=TE^2$, suy ra $EP = \dfrac{TE^2}{BE} =\dfrac{a^2}{2a}=\dfrac{1}{2}a$ Khi đó $PD = PE =\dfrac{1}{2}a$, suy ra $PA =\dfrac{3}{2}a$. Suy ra $\dfrac{AP}{DP}=3$

c.

  • Tứ giác $AEIF$ có $\angle{IEF}=\angle{DCI}=45^0=\angle{IAF}$, suy ra tứ giác $AEIF$ nội tiếp, do đó $\angle{IEA}=\angle{IFA}=90^0$ và $EM$ là phân giác $\angle{CED}$. Khi đó $IM$ là đường kính và $M$ là điểm chính giữa cung $CD$ của $T$. Suy ra $\angle{ICM}=90^0$, $CM=CI=a\sqrt{2}$.
  • Khi đó $AM^2 = AC^2 + CM^2 = 8a^2 +2a^2 =10a^2 \Rightarrow AM = a\sqrt{10}$.

Bài 2. (Toán chuyên) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với các đường phân giác trong $BM, CN$. Chứng minh bất đẳng thức $\dfrac{(MC+MA)(NB+NA)}{MA.NA} \geq 3 + 2\sqrt{2}$.

Gợi ý
  • Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:
    $\dfrac{MC}{MA} = \dfrac{BC}{AB}$, suy ra $\dfrac{MC+MA}{MA} = 1 + \dfrac{BC}{AB}$.
  • $\dfrac{NB}{NA} = \dfrac{BC}{AC}$, suy ra $\dfrac{BN+NA}{NA} = 1+ \dfrac{BC}{AC}$.
  • Suy ra:\\ $\dfrac{(MC+MA)(NB+NA)}{MA.NA} = \left(1+\dfrac{BC}{AB}\right)\left(1+\dfrac{BC}{AC}\right) = 1 + \dfrac{BC^2}{AB.AC}+ \dfrac{BC}{AB}+ \dfrac{BC}{AC}$.
  • Ta có $BC^2 = AB^2 + AC^2 \geq 2.AB.AC$, suy ra $\dfrac{BCC^2}{AB.AC} \geq 2$.
  • Và $\dfrac{BA}{AC} +\dfrac{BC}{AC} \geq \sqrt{\dfrac{BC.BC}{AB.AC}} \geq 2\sqrt{2}$.
  • Do đó $\dfrac{(MC+MA)(NB+NA)}{MA.NA} \geq 3 + 2\sqrt{2}$.

Bài 3. (Toán chuyên) Cho điểm C thay đổi trên nửa đường tròn đường kính $AB = 2R$ ($C \neq A, C \neq B$). Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $AB$; $I$ và $J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các
tam giác $ACH$ và $BCH$. Các đường thẳng $CI, CJ$ cắt $AB$ tại $M, N$.
a. Chứng minh $AN = AC, BM = BC$.
b. Chứng minh 4 điểm $M, N, I, J$ cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng
$MJ, NI$ và $CH$ đồng quy.
c. Tìm giá trị lớn nhất của MN và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $CMN$ theo $R$.

Gợi ý

a.

  • Ta có $\angle HCB = \angle CAB$ (cùng phụ với $\angle ABC$) và $\angle HCA = \angle CBA$ (cùng phụ với $\angle BAC)$.
  • Ta có $\angle CAN =\angle NAC + \angle ABC = \angle HAN + \angle ACB = \angle CAN$. Suy ra tam giác $CAN$ cân tại $A$ hay $AN = AC$. Chứng minh tương tự ta có $BM = BC$.

b.

  • Tam giác $CAN$ cân tại $A$ có $AI$ là phân giác nên cũng là trung trực, suy ra $IC = IN$, suy ra $\angle INC = \angle ICN = \angle ICH + \angle NCH = \dfrac{1}{2} \angle ACH + \dfrac{1}{2} \angle BCH = 45^o$.
  • Tương tự thì $\angle JMC = 45^o$.
  • Tứ giác $MIJN$ có $\angle JMC = \angle INC = 45^o$ nên là tứ giác nội tiếp, hay $M, N, I, J$ cùng thuộc một đường tròn.
  • Tam giác $INC$ cân có $\angle ICN = 45^o$ nên $\angle CIN = 90^o$, suy ra $CI \bot CM$.
  • Chứng minh tương tự $MJ \bot CN$.
  • Tam giác $CMN$ có $CH, MJ, NI$ là các đường cao nên đồng quy.

c.

  • Đặt $AC = b, BC = a$. Ta có $a^2 + b^2 = BC^2 = 4R^2$.
  • Ta có $AN = AC = b, BM = BC = a$. \\$AM + BN = BC + MN$, suy ra $MN = a+b-BC = a+b-2R$.
  • Ta có $(a+b)^2 \leq 2(a^2+b^2) = 8R^2$. Suy ra $a+b \leq 2 \sqrt{2}R$, suy ra $a+b-2R \leq 2R(\sqrt{2}-1)$.
  • Đẳng thức xảy ra khi $a=b=R\sqrt{2}$.
  • Vậy giá trị lớn nhất của $MN$ bằng $2R(\sqrt{2}-1)$ khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn.
    Khi đó $S_{CMN} = \dfrac{1}{2}CH.MN \leq R^2(\sqrt{2}-1)$.
  • Đẳng thức xảy ra khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn.

Đáp án toán PTNK 2013

Leave a reply

Bài 1. (Toán chung)  Cho tứ giác $ABCD$ nột tiếp đường tròn đường kính $AC$, $AC=2a$. Gọi $M$,$N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AD$, tam giác $ABD$ đều.
a. Tính $BC$ và $CN$ theo $a$.
b. Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $CMN$, $MH$ cắt $CN$ tại $E$, $MN$ cắt $AC$ tại $K$. Chứng minh năm điểm $B$, $M$, $K$, $E$, $C$ cùng thuộc một đường tròn $(T)$.
Đường tròn $(T)$ cắt $BD$ tại $F$ ($F \ne B$), tính $DF$ theo a.
c. $KF$ cắt $ME$ tại $I$. Chứng minh $KM$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $MIF$. Tính góc $IND$.

Gợi ý

a.

  • Ta có $OB = OD$, $AB = AD$ nên $AO$ là trung trực của $BD$.
  • $\angle{BOC}=2\angle{BAC}=60^0$ nên tam giác $OBC$ đều, suy ra $BC=OC=a$.$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=a\sqrt{3}$ (vì $BC=CD=OC=a$), suy ra $DN=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$, suy ra $CN=\sqrt{CD^2+DN^2} = \sqrt{a^2 \dfrac{3}{4} a^2 } =\dfrac{a\sqrt{7}}{2}$.

b.

  • Ta có $MN // BD$, suy ra $MN \bot AC$, suy ra $H$ thuộc $AC$.
  • Ta có $\angle{CBM} = \angle{CEM} =\angle{CKM} =90^0$ nên 5 điểm $B$, $C$, $M$, $K$, $E$ cùng thuộc đường tròn.
  • Ta có $\angle{KFB}=\angle{KCB} =\angle{ADB}$, suy ra $KF // AD$.
  • Gọi $P$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Tam giác $PAD$ có $KF // AD $ mà $K$ là trung điểm của $AP$ suy ra $F$ là trung điểm $PD$. Suy ra $FD = \dfrac{1}{2} PD = \dfrac{a\sqrt{3}}{4}$.

c.

  • Ta có $\angle{KMI}=\angle{KCE}$, $\angle{KCM}=\angle{KFM}$ và $\angle{KCE}=\angle{KCM}$ vì tam giác $CMN$ cân.
  • Do đó $\angle{KMI}=\angle{KFM}$. (1)
  • Vẽ tia tiếp tuyến $Mx$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $MFI$.
  • Ta có $\angle{xMI}=\angle{IFM} $  (2)
  • Từ (1) và (2) suy ra $\angle KMI = \angle xMI$, suy ra $Mx$ và $MK$ trùng nhau. Hay $MK$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $MFI$.
  • Ta có $\triangle KMI \backsim \triangle KFM $, suy ra $KI.KF=KM^2 =KN^2$, suy ra $\triangle KIN \backsim \triangle KNF$, suy ra $\angle{KIN}=\angle{KNF}=90^0$, mà $KF // ND$, suy ra $\angle{IND} =90^0$.

Bài 2. (Toán chuyên) Cho tam giác $ABC$ có góc $\angle A = 60^o$ , đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Đường thẳng $ID$ cắt $EF$ tại $K$, đường thẳng qua $K$ và song song với $BC$ cắt $AB,AC$ theo thứ tự tại $M,N$.
a. Chứng minh rằng các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp .
b. Gọi J là trung điểm cạnh BC.Chứng minh rằng ba điểm A,K,J thẳng hàng.
c. Gọi r là bán kính của dường tròn (I) và S là diện tích tứ giác $IEAF$.Tính $S$ theo $r$ và
chứng minh $S_{IMN} \geq \dfrac{S}{4}$ ($S_{IMN}$ là diện tích tam giác $IMN$).

Gợi ý

a.

  • Do $MN||BC$ nên $IK \bot MN$. Do $\angle IKN = \angle IFM = 90^o$ nên tứ giác $IFMK$ nội tiếp.
  • Tam giác $AEF$ đều nên $\angle KFI = 30^o$. Từ đó $\angle IMN = \angle KFI = \angle IAN = 30^o$ nên tứ giác $IMAN$ nội tiếp.

b.

  • Ta có $\angle IMN = \angle INM = 30^o$ nên tam giác $IMN$ cân tại $I$.
  • Lại có $IK \bot MN$ nên $K$ là trung điểm của $MN$.
  • Gọi $J’$ là giao điểm của $AK$ và $BC$, ta có $\dfrac{MK}{BJ’} = \dfrac{AK}{AJ’} = \dfrac{NK}{CJ’}$ mà $MK = NK$ nên $BJ’ = CJ’$. Suy ra $J’$ là trung điểm của $BC$. Suy ra $J \equiv J’$, do đó $A, K, J$ thẳng hàng.

c.

  • Ta có $AE = AF = r\sqrt{3}$, suy ra $S = 2S_{IAF} = 2.\dfrac{1}{2}IF.AF = r^2 \sqrt{3}$.
  • Ta chứng minh được $S_{IEF} = \dfrac{1}{4}S$.
  • Các tam giác $IMN$ và $IEF$ cân tại $I$ có $\angle IMN = \angle IEF$ nên đồng dạng. Do đó $\dfrac{S_{IMN}}{S_{IEF}} = \dfrac{IM^2}{IF^2} \geq 1$ (do $IM \geq IF$). Suy ra $S_{IMN} \geq S_{IEF} = \dfrac{S}{4}$.
  • Dấu bằng xảy ra khi $M \equiv F$ hay tam giác $ABC$ là tam giác đều.