Tag Archives: Toan

Đáp án đề thi học kì 1 môn toán lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2016

Leave a reply

Bài 1. Tìm m để phương trình $\dfrac{(x-1)(x-3m)}{\sqrt{x-2}+1}=0$ vô nghiệm

Bài 2. Gọi $(P)$ là đồ thị của hàm số: $y= x^2 + bx + c \, \, (b,c \in \mathbb{R} )$. Biết các điểm $A(1;-4)$, $B(2;-3)$, thuộc $(P)$. \
Tìm tọa độ giao điểm của $(P)$ và $(P’)$, với $(P’)$ là đồ thị của hàm số $y= (2x-1)^2 -4$

Bài 3. Cho hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}
x+\dfrac{1}{m} \sqrt{y} =4 \\
\dfrac{1}{m} x + \sqrt{y} = \dfrac{2}{m} + 2
\end{array} \right.$, với m là tham số và $m \ne 0$.

Định m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

Bài 4. Giải các phương trình sau:

a) $\sqrt{2x+1}+\sqrt{x-3}=4$
b) $x+ \dfrac{3x}{\sqrt{x^2-9}}=\dfrac{35}{4}$

Bài 5. Chứng minh đẳng thức: $\tan^2 a – \tan^2 b = \dfrac{\sin(a+b).\sin(a-b)}{\cos^2a.\cos^2b}$

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ có các đỉnh $A(-1;3)$, $B(-3;-3)$, $C(2;2)$. Chứng minh tam giác $ABC$ là tam giác vuông và tìm trực tâm tam giác $ABC$.

Bài 7.  Cho hình bình hành $ABCD$ với $AB=6a$, $AD=3a$, $\angle ABC =60^0$. Gọi $M,N$ thỏa: $\overrightarrow{MA}+2 \overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}$, $3 \overrightarrow{ND}+2 \overrightarrow{NC}=\overrightarrow{0}$.
a) Tính $\overrightarrow{AM}. \overrightarrow{AD}$.
b) Tính độ dài cạnh $AN$ theo $a$.
c) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $AMN$. Tìm $x$ và $y$ thỏa: $\overrightarrow{BG}= x \overrightarrow{BA} + y \overrightarrow{BD}$.

Hết

Đáp án

[userview]

ptnk10hk12016

[/userview]

Tập san Star Education – Số 3 năm 2019

Leave a reply

Tập san Star Education là tập hợp các chuyên đề bài viết về toán do các giáo viên của Star Education biên soạn, ngoài ra còn có sự hợp tác của giáo viên học sinh khác nhằm đem đến cho bạn đọc một nguồn tài liệu mới tham khảo.

Tập san ra định kì mỗi năm hai số, tháng 11 và tháng 05.

tap san STAR 03-2019

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 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 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.

Đáp án PTNK năm 2012

Leave a reply

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.

 

Gợi ý

  • Chứng minh được $MNPQ$ là hình chữ nhật.
  • Ta có $\dfrac{MN}{AC} = \dfrac{MB}{BA} = \dfrac{AB-AM}{AB} = 1 – \dfrac{AM}{AB} = 1 – x$, suy ra $MN = (1-x)a\sqrt{2}$.
  • $\dfrac{MQ}{BD} = \dfrac{AM}{AB} = x$, suy ra $MQ = xa\sqrt{2}$.
  • Từ đó $S = MN.MQ = 2a^2x(1-x)$ Mà $x(1-x) \leq \dfrac{1}{4}(x+1-x)^2 = \dfrac{1}{4}$. Suy ra $S \leq \dfrac{a^2}{2}$. Đẳng thức xảy ra khi $x = \dfrac{1}{2}$.
  • Vậy diện tích đạt giá trị lớn nhất bằng $\dfrac{1}{2}a^2$ khi $M$ là trung điểm $AB$.

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.