Đề ôn thi THPT QG – Đề số 3
Leave a reply
[WpProQuiz 6]
Tag Archives: PTNK
Đề ôn thi THPQ QG – Đề số 2
| [WpProQuiz 5] |
Đề ôn thi THPTQG – Đề số 1
[WpProQuiz 3]
Đáp án Toán PTNK 2017
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
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 $\angle AFJ$.
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
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 $\dfrac{OJ}{DE}$.
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
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 $\dfrac{(MC+MA)(NB+NA)}{MA.NA} \geq 3 + 2\sqrt{2}$.
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
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.
Đáp án PTNK năm 2012
Bài 1. (Toán chung) Cho hình thang $ABC (AB||CD)$ nội tiếp đường tròn $(C)$ tâm $O$, bán kính $R$ và có $\angle DAB = 105^\circ, \angle ACD =30^\circ$.
a. Tính $\dfrac{DB}{DC}$ và tính $AB$ theo $R$.
b. Tiếp tuyến của $(C)$ tại $B$ cắt đường thẳng $DO$ và $DA$ lần lượt tại $M, N$. Tính $\dfrac{MN}{MD}$.
c. Gọi $E$ là trung điểm của $AB$, tía $DE$ cắt $MN$ tại $F$. Tính $\dfrac{BF}{BC}$.
Gợi ý
a.
- Ta có $\angle DAB + \angle BCD = 180^\circ$, suy ra $\angle BCD = 75^\circ$ (1), suy ra $\angle ABC = 105^\circ$.
- $\angle ABD = \angle ACD = 30^\circ$, suy ra $\angle DBC = \angle ABC – \angle ABD = 75^\circ$. (2)
- Từ (1) và (2) ta có $\angle DBC = \angle DCB$, nên tam giác $DCB$ cân tại $D$, do đó $\dfrac{DB}{DC} = 1$.
- Ta có $\angle ACB = 75^\circ – 30^\circ = 45^\circ$,suy ra $\angle AOB = 90^\circ$, tam giác $ABO$ vuông cân tại $O$ nên $AB = AO \sqrt{2} = R\sqrt{2}$.
b.
- Ta có $\angle AOD = 2\angle ACD = 60^\circ$, suy ta tam giác $OAD$ đều. Suy ra $\angle ODA = 60^\circ$ hay $\angle NDM = 60^\circ$.
- Tam giác $DBC$ cân, nên $DO$ cũng là trung trực của $BC$ và cũng là phân giác góc $\angle BDC$.
- $\angle BOM = 180^\circ – \angle AOB – \angle AOD = 30^\circ$, suy ra $\angle OMB = 90^\circ – \angle BOM = 60^\circ$ (do $OB \bot BM$).
- Do đó tam giác $DMN$ đều, suy ra $\dfrac{MN}{MD} = 1$.
c.
- Gọi $E$ là trung điểm của $AB$, tam giác $AOB$ vuông cân tại $O$ nên $OE = AE, \angle AEO = 90^\circ$.
- Ta có $\triangle ADE = \triangle ODE$ nên $\angle AED = \angle OED = 45^\circ$, $\angle ADE = \angle ODE = 30^\circ$, suy ra $DF$ là đường cao của tam giác $MDN$.
- Gọi $I$ là trung điểm $BC$. Ta có $\angle FDB = 15^\circ = \angle IDB$.
- Khi đó $\triangle BFD = \triangle BID$, suy ra $BF = BI$, suy ra $\dfrac{BF}{BC} = \dfrac{1}{2}$.
Bài 2. (Toán Chuyên) Cho hình vuông $ABCD$ cạnh $a$. $M$ và $N$ là hai điểm lần lượt nằm trên các cạnh $AB$ và $BC$ sao cho $\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{CN}{CB} = x$ với $0 < x < 1$. Các đường thẳng qua $M , N$ song song với $BD$ lần lượt cắt $AD$ tại $Q$ và $CD$ tại $P$. Tính diện tích tứ giác $MNPQ$ theo $a$ và $x$ và tìm $x$ sao cho diện tích này lớn nhất.
Bài 3 (Toán chuyên) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Trên đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $B$ ta lấy điểm $D$ di động nằm cùng phía với $C$ đối với đường thẳng $AB$ .
a. Chứng minh rằng nếu $AC + BD < CD$ thì trên cạnh $AB$ tồn tại hai điểm $M$ và $N$ sao cho $\angle CMD =\angle CND = 90^\circ$
b. Giả sử điều kiện trên được thỏa mãn. Đường thẳng qua $A$ song song với $MD$ cắt đường thẳng qua $B$ song song với $MC$ tại $E$. Chứng minh rằng đường thẳng $DE$ luôn đi qua một điểm cố định .
Gợi ý
a.
- Xét đường tròn đường kính $CD$ có tâm $O$ là trung điểm $CD$. Gọi $I$ là trung điểm $AB$, khi đó $OI \bot AB$ và $OI$ là đường trung bình của hình thang $ACDB$ nên $OI = \dfrac{1}{2} (AC+BD) < \dfrac{CD}{2}$.
- Do đó khoảng cách từ $O$ đến $AB$ nhỏ hơn bán kính đường tròn đường kính $CD$ nên $AB$ cắt đường tròn đường kính $AB$ tại hai điểm $M, N$. Suy ra $\angle CMD = \angle CND = 90^o$.
- Hơn nữa $\angle OCA + \angle ODB = 180^o$ nên có một góc lớn hơn hoặc bằng $90^o$.
- Giả sử là $\angle ACD \geq 90^o$. Suy ra $OA > OC$. Suy ra $A$ nằm ngoài đường tròn $(O)$. Do đó $M, N$ thuộc đoạn $AB$.
b.
- Gọi $E’$ là giao điểm của đường thẳng qua $A$ song song với $MD$ với $CD$. Gọi $P$ là giao điểm của $MD$ với $AC$, $Q$ là giao điểm của $MC$ với $BD$.
- Theo định lý Thalet ta có: $\dfrac{CE’}{CD} = \dfrac{CA}{CP}, \dfrac{CA}{CD} = \dfrac{BQ}{DQ}$. Suy ra $\dfrac{CE’}{CD} = \dfrac{BQ}{DQ}$.
- Từ đó ta có $BE’ ||MC$. Suy ra $C, D, E$ thẳng hàng. Vậy đường thẳng $DE$ luôn qua điểm $C$ cố định.
Đáp án Phổ thông Năng khiếu 2011
Bài 1. (Toán chung) Tam giác $ABC$ có $\angle BAC = 75^\circ, \angle BCA = 45^\circ, AC = a\sqrt{2}$, $AK$
vuông góc với $BC$ ($K$ thuộc $BC$).
a. Tính độ dài các đoạn $KC$ và $AB$ theo $a$.
b. Gọi $H$ là trực tâm và $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Tính $\angle OHC$.
c. Đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $HIO$ theo $a$.
Gợi ý
a.
- Tam giác $ACK$ vuông cân tại $C$, suy ra $AK = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = a$
- $\sin ABK = \frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AB = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$
b.
- Ta có $\angle AOC = 2\angle ABC = 120^\circ$, và $\angle AHC = \angle EHF = 180^\circ – \angle BAC = 120^\circ$.
- Suy ra $\angle AHC = \angle AOC$, suy ra $AHOC$ nội tiếp. Do đó $\angle OHC = \angle OAC = 30^\circ$.
c.
- Ta có $\angle AIC = 180^\circ- \angle IAC – \angle ICA = 180^\circ– \dfrac{1}{2} (\angle BAC + \angle ACB) = 120^\circ = \angle AOC$.
- Do đó tứ giác $AIOC$ nội tiếp.Vậy 5 điểm $A, H, I, O, C$ cùng thuộc đường tròn.
- Gọi $D$ là điểm chính giữa cung $AC$. Ta có $OAD$ và $OCD$ đều, suy ra $DA = DC = DO$, hay $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp, và bán kính $DO = OA = \dfrac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}$
Bài 2. (Toán chuyên) Cho tam giác nhọn $ABC$ có $AB = b, AC = c$. $M$ là một điểm thay đổi trên cạnh $AB$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMC$
cắt cạnh $AC$ tại $N$.
a. Chứng minh tam giác $AMN$ đồng dạng với tam giác $ACB$. Tính tỷ số $\dfrac{MA}{MB}$ để diện tích tam giác $AMN$
bằng một nửa diện tích tam giác $ACB$.
b. Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$. Chứng minh $I$ Thuộc một đường thẳng cố định.
c. Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMC$. Chứng minh rằng độ dài $IJ$ không đổi.
Gợi ý
a.
- Ta có $BMN$ nội tiếp, suy ra $\angle ANM = \angle MBC = \angle ABC$. Mặt khác $\angle NAM = \angle BAC$. Suy ra hai tam giác $AMN$ và $ACB$ đồng dạng. Suy ra $\dfrac{AM}{AC} = \dfrac{AN}{AB} \Leftrightarrow AM.AB = AN.AC$.
- Để diện tích $AMN$ bằng một nửa diện tích tam giác $ACB$ thì tỷ số đồng dạng phải bằng $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$, tứ là $\dfrac{AM}{AC} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$. Suy ra $AM = \dfrac{c}{\sqrt{2}}$.
- Từ đây tính được $BM = b – \dfrac{c}{\sqrt{2}}$. Suy ra $\dfrac{AM}{BM} = \dfrac{c}{b\sqrt{2}-c}$.
b.
- Vẽ tia tiếp tuyến $Ay$ của đường tròn $(I)$ ngoại tiếp tam giác $AMN$.
- Ta có $\angle yAM = \angle ANM$, mà $\angle ANM = \angle ABC$. Suy ra $\angle yAM = \angle ABC$. Suy ra $Ay||BC$.
- Mà $IA \bot Ay$, suy ra $AI \bot BC$. Do đó $I$ thuộc đường cao hạ từ $A$ của tam giác $ABC$ cố định.
c.
- Hai đường tròn $(O)$ và $(J)$ cắt nhau tại $B, C$ nên $OJ \bot BC$, $AI \bot BC$. Suy ra $AI ||BC$.
- Mặt khác $OA \bot MN$ và $OI \bot MN$ (MN là giao của $(I), (O)$, suy ra $OA||IJ$.
- Vậy tứ giác $AIJO$ là hình bình hành, vậy $IJ = OA$ không đổi.