Bài tập ôn tập kiểm tra học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 cấp trường (Lần 2, tham khảo từ đề thi của các tỉnh thành)

Nội dung text: Bài tập ôn tập kiểm tra học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 cấp trường (Lần 2, tham khảo từ đề thi của các tỉnh thành)

1. ÔN TẬP KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 CẤP TRƯỜNG (LẦN 2, THAM KHẢO TỪ ĐỀ THI CỦA CÁC TỈNH THÀNH) Bài 1 (2,5 điểm) Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x + y =1 1 1 a) Tìm GTNN của biểu thức M = ( x2 + )( y2 + ) y 2 x 2 b) Chứng minh rằng : 1 1 25 N = ( x + )2 + ( y + )2 x y 2 HƯỚNG DẪN 2 2 2 1 1 (x y 1) 1 2 a) Ta có : M = ( x2 + )( y2 + ) = (xy ) y 2 x 2 x 2 y 2 xy 1 1 15 Mặt khác : xy + = ( xy + ) + ( 1). xy 16xy 16xy 1 1 1 áp dụng BĐT Côsi : xy + 2 = (2). 16xy 16 2 x y 1 1 xy xy ( 3) 2 2 4 1 1 15 17 1 17 289 Từ (1), (2) và (3) ta có : xy + + = (xy + )2 ( )2 = xy 2 1 4 xy 4 16 16. 4 1 289 xy 1 Vậy minM = , đạt được khi 16xy x = y = 16 2 x y (A B) 2 b) áp dụng BĐT : A2 + B2 , ta có : 2 x y 2 1 2 (x y ) (1 ) 1 1 xy xy N = ( x + )2 + ( y + )2 = x y 2 2 1 Mặt khác : (x + y)2 4xy ( do ( x -y)2 0) 1 4xy xy 4 2 1 1 1 2 1 (1 ) xy 4 25 25 x y 1 1 N . Vậy N . Dấu "=" xảy ra khi x = y = 2 2 2 2 x y 2 x y 2013 Tìm tất cả các bộ số nguyên dương x; y; z thỏa mãn là số hữu tỷ, đồng thời y z 2013 x2 y2 z2 là số nguyên tố. HƯỚNG DẪN x y 2013 m Ta có m,n ¥ *, m,n 1 nx my mz ny 2013 y z 2013 n
2. nx my 0 x y m 2 xz y . mz ny 0 y z n x2 y2 z2 x z 2 2xz y2 x z 2 y2 x y z x z y . 2 2 2 2 2 2 x y z x y z Vì x y z 1 và x y z là số nguyên tố nên x y z 1 Từ đó suy ra x y z 1 (thỏa mãn). Cho ba số thực a, b, c > 0 thõa: a + b + c = 2013. a b c Chứng minh: + + 1 . a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? HƯỚNG DẪN Ta có: 2013a + bc=(a + b + c)a + bc =a2 + ab + ac + bc = a2 +bc + a(b + c) Theo BĐT Cô-Si cho hai số dương ta có a2 + bc 2abc . Từ đó a2 + bc + a(b + c) 2abc +a(b + c) = a(b + c + 2 bc ) = a(b c )2 a a a a => (1) a 2013a bc 2 a b c a a b c a a b c Chứng minh tương tự được b b c c (2) và (3) b 2013b ca a b c c 2013c ba a b c Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta được a b c a b c + + 1 a + 2013a + bc b + 2013b + ca c + 2013c + ab a b c a2 bc b2 ca Dấu “=” xảy ra a b c 671 2 c ab a b c 2013 Giả sử x, y là các số thực dương thoả mãn : x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 A = x 3 y 3 xy HƯỚNG DẪN Ta có: (x + y)3 = x3 + y3 + 3xy( x + y ) = 1 hay x3 + y3 + 3xy = 1 x 3 y 3 3xy x 3 y 3 3xy 3xy x 3 y 3 Thay vào biểu thưc A ta có: A = = 4 x 3 y 3 xy x 3 y 3 xy 3xy x 3 y 3 3xy x 3 y 3 áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 4 4 2 . 4 2 3 x 3 y 3 xy x 3 y 3 xy Vậy A 4 2 3 1 2 2 3 1 2 2 3 minA = 4 2 3 x = 1 ; y = 1 2 3 2 3
3. 1 2 2 3 1 2 2 3 hoặc x = 1 ; y = 1 2 3 2 3 Bài 2 (4 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình: a) Giải phương trình x2 3x 2 x2 1 6 3 x 1 2 x 2 2 x 1 , x ¡ HƯỚNG DẪN Điều kiện xác định x 1 . Khi đó ta có x2 3x 2 x2 1 6 3 x 1 2 x 2 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 6 3 x 1 2 x 2 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 3 x 1 2 x 1 2 x 2 6 x 1 x 2 x 1 3 2 x 1 x 2 3 x 1 2 x 2 x 1 3 0 *) x 2 x 1 3 0 x 2 x 1 2 x 2 x 1 9 x2 x 2 4 x x 4 x 2 2 2 x x 2 x 8x 16 *) x 1 2 x 1 4 x 3. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S 2,3 . b) x2 x3 x2 x2 x HƯỚNG DẪN ĐK x 0 hoặc x 1;Với x 0 thoã mãn phương trình 1 Với x 1 Ta có x3 x2 x2 (x 1) (x2 x 1) 2 1 x2 x 1(x2 x) (x2 x 1) 2 x3 x2 x2 x x2 x2 x 1 x2 x 1 Dấu "=" Xảy ra x 1 x 1 (Vô lý) 2 2 x x 1 x x 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0 xy x y 1 xy x y 1 x 1 y 1 2 c) yz y z 5 x, y, z ¡ HƯỚNG DẪN yz y z 5 y 1 z 1 6 zx z x 2 zx z x 2 z 1 x 1 3 Nhân từng vế các phương trình của hệ trên ta được 2 x 1 y 1 z 1 6 x 1 y 1 z 1 36 x 1 y 1 z 1 6
4. x 1 1 x 2 +) Nếu x 1 y 1 z 1 6 , kết hợp với hệ trên ta được: y 1 2 y 3 z 1 3 z 4 x 1 1 x 0 +) Nếu x 1 y 1 z 1 6 , kết hợp với hệ trên ta được: y 1 2 y 1. z 1 3 z 2 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm x; y; z 2;3;4 , 0; 1; 2 . 1 1 1 2 1 1 1 2 (1) x y z x y z d) HƯỚNG DẪN (I) ĐK x; y; z 0 2 1 2 1 4 4 (2) 2 2 xy z xy z 1 1 1 2 2 2 Từ (1) 2 2 2 4 , Thế vào (2) ta được: x y z xy xz yz 2 1 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2 0 xy z2 x2 y2 z2 xy xz yz x2 y2 z2 xz yz 1 1 2 2 0 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 x z ( 2 2 ) ( 2 2 ) 0 0 x y z x xz z y yz z x z y z 1 1 0 y z 1 1 1 Thay vào hệ (I) ta được: (x; y; z) ( ; ; ) (TM ) 2 2 2 2x y2 1 2 e) 2y z 1. 2 2z x 1 HƯỚNG DẪN Cộng vế với vế các phương trình của hệ ta được: x2 2x 1 y2 2y 1 z2 2z 1 0 x 1 2 y 1 2 z 1 2 0 (1). Do x 1 2 0, y 1 2 0, z 1 2 0 nên VT 1 VP 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z 1 . Thử lại, x y z 1 là nghiệm của hệ. x4 3 4y f) 4 y 3 4x 4 x 3 x 3 4y 4 HƯỚNG DẪN 4 . Điều kiện để hệ có nghiệm là: (*) y 3 4x y 3 4 x4 3 4y x4 3 4y (a) Với điều kiện (*), ta có: 4 4 4 y 3 4x x y 4(x y) 0(b) 2 2 (b) x y x y x y 4 0 x y 0 x y x, y 3 0 2 2 (vì 4 nên x y x y 4 0 ). Thay vào (a): x4 3 4y x4 4x 3 0 x4 1 4 x 1 0
5. x 1 x3 x2 x 3 0 x 1 2 x2 2x 3 0 x 1 2 2 x y 1 3 vì x 2x 3 x 1 2 0 . So với điều kiện (*), ta có: 4 . x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : y 1 Tìm x biết: x = 5 13 5 13 Trong đó các dấu chấm có nghĩa là lặp đi lặp lại cách viết căn thức có chứa 5 và 13 một cách vô hạn. HƯỚNG DẪN x = 5 13 5 13 Nhận thấy: x > 2, Xét : x2 = 5 + 13 5 13 5 (x2 - 5)2 = 13 + x x4 - 10x2 - x + 12 = 0 (x - 3)[( x + 3)(x + 1)(x - 1) - 1] = 0 Vì x > 2 ( x + 3)(x + 1)(x - 1) - 1 > 0 x = 3 Bài 3 (3 điểm) Hai người cùng khởi hành lúc rạng đông đi ngược chiều từ hai địa điểm A và B với vận tốc không đổi. Họ gặp nhau đúng lúc giữa trưa nhưng vẫn tiếp tục đi. Một người đến B lúc 4 giờ chiều và người kia đến A lúc 9 giờ tối. Hỏi hôm đó trời rạng đông lúc mấy giờ? HƯỚNG DẪN Gọi x là thời gian lúc rạng đông đến đúng giữa trưa (x>0). VA là vận tốc người ở A; VB là vận tốc người ở B; C là điểm gặp nhau đúng giữa trưa. VA=AC/x, VB=AC/9 => VA=9VB/x; VA=BC/4, VB=BC/4 => VA=x.VB/4 => 9VB/x= x.VB/4 => x=6. Vậy rạng đông lúc 6 giờ. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc 1 . Chứng minh: a b c 3 a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a 1 4 HƯỚNG DẪN a b c 3 Ta có a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a 1 4 4a c 1 4b a 1 4c b 1 3 a 1 b 1 c 1 4 ab bc ca 4 a b c 3abc 3 ab bc ca 3 a b c 3 ab bc ca a b c 6 (1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương ta được: 2 ab bc ca 32 abc 3; a b c 32 abc 3 cộng từng vế hai bất đẳng thức này ta được (1). Do đó bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1 .
6. Cho một hình vuông và 9 đường thẳng, trong Gọi M, E, N, F lần lượt là trung điểm các đó cứ mỗi đường thẳng đều chia hình vuông cạnh AB, CB, CD, DA 2 Giả sử đường thẳng d như thế cắt cạnh BC tại thành hai tứ giác có tỉ số diện tích là . Chứng 3 P, cắt cạnh AD tại Q và cắt MN tại O1 thoả minh rằng trong số 9 đường thẳng đó có ít nhất S ABPQ 2 mãn điều kiện 3 đường thẳng đồng quy. S CDQP 3 HƯỚNG DẪN (AP AQ).AB : 2 MO1 2 Mỗi đường thẳng chia hình vuông thành 2 tứ Khi đó: Suy ra: (DQ CP).CD : 2 O1 N 3 giác phải cắt hai cạnh đối của hình vuông. MO1 2 . Vậy d luôn đi qua điểm O1 cố B P E C MN 5 định Tương tự như vậy ta cũng chứng minh được: O3 O O ; O ; O là các điểm cố định M 2 N 2 3 4 O1 Vì chỉ có 4 điểm mà có 9 đường thẳng đi qua O4 chúng nên theo nguyên tắc Đirichle ít nhất phải có 3 trong số 9 đường thẳng trên cùng đi A F Q D qua một trong 4 điểm cố định trên Bài 4 (3 điểm) Tìm số tự nhiên m, biết rằng khi bỏ đi 3 chữ số tận cùng bên phải của nó thì được một số mới có giá trị bằng 3 m . HƯỚNG DẪN Dễ thấy số cần tìm có từ 4 chữ số trở lên. Giả sử sau khi bỏ đi 3 chữ số tận cùng abc của số m ta được số x, thì m = 103x + abc Theo bài ra ta có: x = 3 1000x abc x3 = 1000x + abc x(x2 – 1000) = abc (*) - Nếu x ≥ 33 thì VT của (*) sẽ lớn hơn hoặc bằng 33. Vậy x 7x + 4y = 5/9; 4x + 4y = 1 – 5/9 - 1/18 => x=1/18, y=1/24 Vậy phần công việc của người I làm là: 11/18 (cv) Và phần công việc của người II làm là: 1/3(cv) Số tiền người I nhận: 3,6x(11/18) = 2,2 triệu đồng Số tiền người II nhận: 3,6×(1/3)= 1,2 triệu đồng
7. a 3 b3 c 3 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 9 Chứng minh bất đẳng thức: 2abc c 2 ab a 2 bc b 2 ac 2 HƯỚNG DẪN a 3 b3 c 3 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 a 2 b 2 c 2 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 Đặt A= = 2abc c 2 ab a 2 bc b 2 ac 2bc 2ac 2ab c 2 ab a 2 bc c 2 ac a 2 bc b 2 c 2 b 2 ac c 2 a 2 c 2 ab a 2 b 2 3 = 2bc a 2 bc 2ac b 2 ac 2ab c 2 ab 2 áp dụng bất đẳng thức a2 + b2 2ab a 2 bc 2bc b 2 ac 2ac c 2 ab 2ab 3 A 2bc a 2 bc 2ac b 2 ac 2ab c 2 ab 2 3 9 áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: A 2 2 2 2 2 Dấu đẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a = b = c Bài 5 (3 điểm) Cho hình lập phương ABCD EFGH. Gọi L và K lần lượt là trung điểm của AD và AB. Khoảng cách từ G đến LK là 10.Tính thể tích hình lập phương. A K HƯỚNG DẪN B Gọi I là chân đường vuông góc kẻ từ G đến LK. L I Gọi độ dài cạnh hình lập phương là 2a( a > 0), ta có: D C Tam giác ALK vuông tại A LK = AL2 AK 2 = a 2 a 2 = a 2 Tam giác DHG vuông tại H. DG2 =DH2 + HG2 = 8a2 E Tam giác LDG vuông góc tại D F ( Vì AD mp(DCGH) ADDG) LG2 = LD2 + DG2 =a2 + 8a2 = 9a2 H G Từ LDG = KBG (c.g.c) ( Vì có : góc LDG = góc KBG = 900, LD = KB , DG = BG). a 2 GL = GK GLK cân tại G. I là trung điểm của LK IL =LK : 2 = 2 LIG vuông tại I nên ta có: 10 2 LG2 = LI2 + IG2 hay 9a2 = 2a2:4 + 100 a2 = 200: 17 a = 17 20 2 Vậy độ dài cạnh hình lập phương là 17 16000 2 Thể tích hình lập phương là ( đơn vị diện tích). 17 17 Tính tỷ số diện tích hình lục giác đều với tổng diện tích cả hình sau đây: HƯỚNG DẪN
8. Lục giác đều tạo bởi 6 tam giác đều nhỏ. Tam giác đều tạo bởi 4 tam giác đều nhỏ. Có 6 tam giác đều màu đỏ nên có 6.4 = 24 tam giác đều nhỏ. Tổng cộng có 24 + 6 = 30 tam giác đều nhỏ. Tỉ số diện tích hình lục giác đều với diện tích cả hình là 6/30 = 1/5 Cho phương trình 2x2 2mx m2 2 0 (1). . 1. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt. 2. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thoả mãn hệ 5 thức x3 x3 . 1 2 2 3. Giả sử phương trình (1) có hai nghiệm không âm. Tìm giá trị của m để nghiệm dương của phương trình đạt giá trị lớn nhất. HƯỚNG DẪN a) Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt, cần và đủ là: ' 4 m2 0 m 2 m2 2 P 0 m 2 2 m 2 2 m 0 S m 0 b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ' 4 m2 0 2 m 2 (*) 5 2 5 x3 x3 x x x x 3x x 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 3(m 2) 5 3 2 1 21 m m m 6m 5 0 m 1 m m 5 0 m1 1;m2,3 2 2 2 1 21 3 21 1 21 Ta có: 2 0 x 2 2 2 2 2 1 21 5 21 x 0 2 và 2 x 0 x 2 3 2 3 2 3 1 21 Vậy: Có 2 giá trị của m thoả điều kiện bài toán: m 1; m 2 ' 4 m2 0 m2 2 c) Phương trình có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi: P 0 2 m 2 ( ) 2 S m 0 m 4 m2 m 4 m2 Khi đó 2 nghiệm của ph/trình là: x ; x 0 x x m 2;2 1 2 2 2 1 2 Hai nghiệm này không thể đồng thời bằng 0, nên nghiệm dương của phương trình là 2 2 m 4 m2 m2 2m 4 m2 4 m2 4 2 m 4 m x 0 . Suy ra: x2 2 2 2 4 4 Theo bất đẳng thức Cô-si: m2 4 m2 2 m2 4 m2 2 m2 4 m2 4 2 Suy ra: x2 2 x2 2 . 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi: m 4 m m 2 2;2 . Vậy nghiệm dương của phương trình đạt giá trị lớn nhất là 2 khi m 2
9. Bài 6 (4,5 điểm) Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tuỳ ý trên d kẻ các tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD. a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp. b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H. Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. c) Chứng minh rằng đương thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên đường thẳng d. MD HA2 d) Chứng minh = MC HC2 HƯỚNG DẪN a) MA, MB là các iếp tuyến của (O) M· AO M· BO 900 I là trung điểm của CD OI  CD M· IO 900 A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO. b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);OA = OB MO là đường trung trực của AB MO  AB MH.MO = MB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1) 1 MB MD M· BC M· BD sđ B»C MBC : MDB(g.g) MC.MD MB2 (2) 2 MC MB MC MO MCH : MOD(c.g.c) Từ (1) và (2) MH.MO = MC.MD MH MD M· HC M· DO tứ giác CHOD nội tiếp H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD. A O H d M C I D B Q c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI Hai tam giác vuông MIO và QHO có I·OH chung MIO : QHO MO OQ OI OH (R là bán kính (O) không đổi) MO.OH OA2 R2 OQ OI OI OI O, I cố định độ dài OI không đổi
10. lại có Q thuộc tia OI cố định Q là điểm cố định đpcm. 1800 C· OD d) ·AHC 900 M· HC 900 O· DC 900 ( COD cân tại O) 2 1 1 1 = 1800 C· OD 3600 sdC¼BCB sdC¼AD = C· BD (3) 2 2 2 C· AH C· DB (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) HA BD Từ (3) và (4) AHC : DBC(g.g) (5) HC BC MBC : MDB(g.g) (chứng minh trên) MD MB BD MB MC BC 2 (6) BD MD MB MD . BC MB MC MC MD HA2 Từ (5) và (6) MB HC 2 Cho hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn (O); M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ CD; MB cắt AC tại E. a) Chứng minh rằng: . b) Chứng minh rằng hai tam giác MAB và MEC đồng dạng, từ đó suy ra c) Chứng minh: HƯỚNG DẪN Chứng minh . A B Ta có ODAC (đường chéo hình vuông) DMMB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). O Vậy tứ giác ODME nội tiếp E . D C M Chứng minh hai tam giác MAB và MEC đồng dạng (Góc nội tiếp chắn hai cung tương ứng ) ( góc nội tiếp cùng chắn cung) tgMAB và tgMEC đồng dạng => Chứng minh . Ta có (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (góc nội tiếp cùng chắn cung) Vậy tam giác MAE đồng dạng với tam giác MBC. Cộng (1) và (2) ta được Do AC là đường chéo của hình vuông nên
11. Vậy Cho tam giác nhọnABC,AB AC . Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A, B, C. Gọi P là giao điểm của đường thẳng BC và EF. Đường thẳng qua D song song với EF lần lượt cắt các đường thẳng AB, AC, CF tại Q, R, S. Chứng minh: a) Tứ giác BQCR nội tiếp. PB DB b) và D là trung điểm của QS. PC DC c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm củaBC. HƯỚNG DẪN A E F R H S P B D M C Q a) Tứ giác BQCR nội tiếp. Do AB AC nên Q nằm trên tia đối của tia BA và R nằm trong đoạn CA, từ đó Q, C nằm về cùng một phía của đường thẳng BR. Do tứ giác BFEC nội tiếp nên ·AFE B· CA , Do QR song song với EF nên ·AFE B· QR Từ đó suy ra B· CA B· QR hay tứ giác BQCR nội tiếp. PB DB b) và D là trung điểm của QS. PC DC DB HB Tam giác DHB đồng dạng tam giác EHA nên AE HA DC HC Tam giác DHC đồng dạng tam giác FHA nên AF HA DB AE HB AE FB Từ hai tỷ số trên ta được . . 1 DC AF HC AF EC Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến PEF ta được: PB EC FA PB AE FB . . 1 . 2 PC EA FB PC AF EC PB DB Từ (1) và (2) ta được 3 PC DC DQ BD DS CD Do QR song song với EF nên theo định lí Thales: , . PF BP PF CP Kết hợp với (3) ta được DQ DS hay D là trung điểm của QS. c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm củaBC. Gọi M là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng minh DP.DM DQ.DR . Thật vậy, do tứ giác BQCR nội tiếp nên DQ.DR DB.DC (4).
12. DC DB Tiếp theo ta chứng minh DP.DM DB.DC DP DB.DC 2 DP DC DB 2DB.DC DB DP DC DC DP DB DB.PC DC.PB PB DB (đúng theo phần b). Do đó DP.DM DB.DC 5 PC DC Từ (4) và (5) ta được DP.DM DQ.DR suy ra tứ giác PQMR nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của BC. Cho đường tròn tâm O đường kínhBC 2R , điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho tam giác ABC nhọn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, ANvới đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC,F là giao điểm củaAHvàBC. Chứng minh rằng: a) Năm điểm A, O, M, N, F cùng nằm trên một đường tròn; b) Ba điểm M, N, H thẳng hàng; c) HA.HF R2 OH 2. HƯỚNG DẪN a) Do các điểm M, N, F cùng nhìn đoạn AO dưới góc 900 nên A, O, M, N, F cùng thuộc đường tròn đường kính AO. b) Ta có AM AN (Tính chất tiếp tuyến). Từ câu a) suy ra ·ANM ·AFN (1). Mặt khác, vì hai tam giác ADH, AFC đồng dạng; hai tam giác ADN, ANC đồng dạng nên AH AN AH.AF AD.AC AN 2 . AN AF Do đó, hai tam giác ANH, AFN đồng dạng (c.g.c) ·ANH ·AFN (2). Từ (1), (2) ta có ·ANH ·ANM H MN đpcm. A c) Từ câu a) ta có HM.HN HA.HF . Gọi I OA MN ta có I là trung điểm của MN. D N H HM.HN IM IH IM IH IM 2 IH 2 M I OM 2 OI 2 OH 2 OI 2 R2 OH 2 2 2 B C Từ đó suy ra HA.HF R OH . F O Cho hình chữ nhật ABCD, điểm M BC. Các đường tròn đường kính AM, BC cắt nhau tại N ( khác B). BN cắt CD tại L. Chứng minh rằng : ML vuông góc với AC. HƯỚNG DẪN Gọi E là giao điểm của AC và ML Ta có: góc NCD = gócNCB A B (cùng phụ với goc BCN) góc NBC = góc NAM ( cùng chắn cung MN) Tam giác NCL đồng dạng với tam giác NAM NC NL M NA NM Mặt khác : góc ANC = góc MNL (cùng bù gócMNC) N E D L C
13. tam giác ANC đồng dạng với tam giác MNL góc NAC = góc NML hay góc NAE = góc NME Tứ giác AMEN nội tiếp E thuộc đường tròn đường kính AM góc AEM = 900 hay ML vuông góc với AC ( đpcm)