Tuyển tập đề thi và lời giải chi tiết vào Lớp 10 chuyên Toán cả nước năm 2017

nh ban đầu có nghiệm⇔ 2x2+ 3x+ 1 = 1− 3x⇔ 2x2+ 6x = 0⇔
[
x= 0
x=−3 .
Thử lại, ta thấy x= 0;x=−3 đều thỏa mãn phương trình đã cho.
(b) Cộng hai phương trình vế theo vế, ta được 2x2+2y2−4x−4y+4= 0⇔ 2(x2−2x+1)+
2
(
y2−2y+1)= 0⇔ 2(x−1)2+2(y−1)2 = 0(∗)⇔ x= y= 1. Thử lại đúng. Vậy
(x,y) = (1,1) là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 13.
1. Cho các số a,b thoả mãn 2a2+11ab−3b2 = 0,b 6= 2a,b 6=−2a. Tính giá trị của biểu
thức T = a−2b2a−b +
2a−3b
2a+b .
2. (a) Giải phương trình
√
2x+1−√x−3= 2.
(b) Giải hệ phương trình
{
2x3+ x2y+2x2+ xy+6= 0
x2+3x+ y= 0
(Phú Thọ)
Lời giải
1. Ta có T = a−2b2a−b +
2a−3b
2a+b =
(a−2b)(2a+b)+(2a−3b)(2a−b)
(2a−b)(2a+b) =
6a2−11ab+b2
4a2−b2 Từ giả thiết ta suy ra
11ab=−2a2+3b2, thay vào T ta được T = 6a2−11ab+b24a2−b2 = 6a
2+2a2−3b2+b2
4a2−b2 =
2(4a2−b2)
4a2−b2 = 2
2. (a) • ĐKXĐ: x≥ 3.
• Phương trình đã cho⇔√2x+1=√x−3+2⇔ 2x+1= x−3+4+4√x−3⇔
4
√
x−3= x⇔ 16(x−3)= x2⇔ x2−16x+48= 0⇔
[
x= 4
x= 12 . Thử lại đúng.
(b) Hệ phương trình đã cho⇔
{ (
x2+ x
)
(2x+ y) =−6(
x2+ x
)
+(2x+ y) = 1
Đặt u = x2+ x;v = 2x+ y,
hệ đã cho trở thành
{
uv=−6
u+ v= 1 ⇔

{
u=−2
v= 3{
u= 3
v=−2
.
• Với
{
u=−2
v= 3 ⇒
{
x2+ x=−2
2x+ y= 3
, vô nghiệm.
• Với
{
u= 3
v=−2 ⇒
{
x2+ x= 3
2x+ y=−2 ⇔
{
x2+ x−3= 0
y=−2x−2 . Giải hệ phương trình
này, ta được 2 nghiệm
{
x= −1−
√
13
2
y=
√
13−1 ;
{
x= −1+
√
13
2
y=−√13−1 .
Vậy hệ đã cho có tập nghiệm S=
{(
−1−√13
2 ;
√
13−1
)
;
(
−1+√13
2 ;−
√
13−1
)}
.
2.2 Đại số 59
Bài 14.
1. Cho phương trình x4+3x3−mx2+9x+9= 0 (m là tham số).
(a) Giải phương trình khi m=−2.
(b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm dương.
2. Giải phương trình 3x2−4x√4x−3+4x−3= 0.
(Vĩnh Phúc)
Lời giải
1. (a) Với m=−2, phương trình đã cho trở thành x4+3x3+2x2+9x+9= 0.
• Nhận xét x= 0 là một nghiệm của phương trình.
• Với x 6= 0, chia hai vế của phương trình cho x2, ta được
x2+
9
x2
+3
(
x+
3
x
)
+2= 0.
Đặt t = x+ 3x , ta được phương trình t
2+3t−4= 0⇔ t = 1; t =−4. Với t = 1
thì phương trình vô nghiệm, với t = −4 thì phương trình có hai nghiệm là
x=−1;x=−3.
(b) Trong trường hợp tổng quát, với cách đặt như trên, ta có phương trình
t2+3t−6−m= 0(1) . (2.2.14.1)
Ta có
t = x+
3
x
⇔ x2− tx+3= 0(2) . (2.2.14.2)
Điều kiện để phương trình (2.2.14.2) có nghiệm dương là t ≥ 2√3. Xét phương
trình (2.2.14.1) có ∆= 4m+33≥ 0⇔ m≥−334 . Khi đó t1,2 = −3±
√
4m+33
2 . Do đó
(2.2.14.1) có nghiệm t ≥ 2√3 khi −3+
√
4m+33
2 ≥ 2
√
3⇔ m≥ 6(1+√3).
2. • ĐKXĐ: x≥ 34 .
• Phương trình đã cho tương đương với (x−√4x−3)(3x−√4x−3)= 0⇔ [ √4x−3= x√
4x−3= 3x .
–
√
4x−3= x⇔
{
x≥ 0
4x−3= x2 ⇔ x= 1;x= 3.
–
√
4x−3= 3x⇔
{
x≥ 0
4x−3= 9x2 ⇔
{
x≥ 0
9x2−4x+3= 0 , vô nghiệm.
Kết hợp điều kiện, ta suy ra các nghiệm của phương trình là x= 1;x= 3.
60 Chương 2. LỜI GIẢI
2.3 Hình học phẳng
Bài 1. Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm (O),P là điểm thuộc cung nhỏ AD
của đường tròn (O) và P khác A,D. Các đường thẳng PB,PC lần lượt cắt đường thẳng AD tại
M,N. Đường trung trực của AM cắt các đường thẳng AC,PB lần lượt tại E,K. Đường trung
trực của DN cắt các đường thẳng BD,PC lần lượt tại F,L.
1. Chứng minh ba điểm K,O,L thẳng hàng.
2. Chứng minh đường thẳng PO đi qua trung điểm EF .
3. Giả sử đường thẳng EK cắt đường thẳng BD tại S, các đường thẳng FL và AC cắt nhau
tại T , đường thẳng ST cắt các đường thẳng PC,PB lần lượt tạiU,V . Chứng minh rằng
bốn điểm K,L,U,V cùng thuộc một đường tròn.
(THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, ĐHQG HN)
Lời giải
1. Xét ∆BAM vuông tại A. Vì trung trực của AM song song AB và đi qua trung điểm của AM
nên đường trung trực đó là đường trung bình ∆BAM⇒ K là trung điểm BM.
∆BMD có O là trung điểm BD,K là trung điểm BM⇒OK//MD. Tương tự có OL//MD.
Vậy theo tiên đề Euclide, ta có O,K,L thẳng hàng (đpcm).
2. • Ta có E thuộc đường trung trực AM⇒ ∆EAM cân tại E, mà ÊAM = 45o⇒ ∆EAM
vuông cân tại E⇒ME⊥AC. Tương tự cũng có NF⊥BD.
• MN//BC⇒ PBMB = PCNC (Định lý Thales). Hạ PX⊥AC,PY⊥BD thì PX//EM//BO
(cùng vuông góc với AC)⇒ XOEO = PBMB . Mặt khác, PY//NF//CO (cùng vuông góc
với BD)⇒ YOFO = PCNC ⇒ XOEO = YOFO ⇒ XY//EF (định lý Thales đảo).
2.3 Hình học phẳng 61
• Ta có P̂XO= P̂YO= X̂OY = 90o nên PXOY là hình chữ nhật⇒ PO đi qua trung
điểm XY.Mà EF//XY nên PO đi qua trung điểm EF (đpcm).
3. • Ta có KL//AD⇒ KL⊥ES⇒ K̂OA = ÔAD = 45o (so le trong) ⇒ K̂OE = 45o.
Mà ÊOS = 90o nên OK là phân giác của ÊOS⇒ ∆EOS cân, KS = KE ⇒ KL là
trung trực của ES hay E đối xứng với S qua KL. Tương tự ta có F,T đối xứng qua
KL⇒ ∆EOF = ∆SOT ⇒ ÊFO= ŜTO.
• Gọi giao điểm OP và EF là I thì I là trung điểm EF mà ∆EOF vuông tại O⇒
IO= IE = IF.⇒ ∆IOF cân⇒ ÎOF = ÎFO= ÔTS và ÊOI+ ÎOF = ÊOF = 90o⇒
ÊOI+ ÔTS= 90o.
• Gọi giao của OP và ST là H⇒ T̂OH = ÎOE (đối đỉnh)⇒ T̂OH+ ĤTO= 90o⇒
T̂HO= 90o⇒ OP⊥ST .
• P̂LF = P̂CD (Vì FL//CD cùng vuông góc với AD), P̂CD = P̂BD = B̂PO (OP =
OB) hay P̂LF = B̂PO = V̂PH. Lại có PH⊥UV tại H ⇒ V̂PH+ ĤVP = 90o. Mà
P̂LF+ P̂LK = F̂LK = 90o⇒ P̂LK = ĤVP hay ÛVP= P̂KL⇒ Tứ giác KULV nội
tiếp (đpcm).
Bài 2. 4ABC nhọn có ÂBC > 45o. Dựng các hình vuông ABMN,ACPQ (M vàC khác phía
đối với AB,B và Q khác phía đối với AC). AQ cắt BM tại E,NA cắtCP tại F .
1. Chứng minh4ABE ∼4ACF và tứ giác EFQN nội tiếp.
2. Chứng minh trung điểm I của EF là tâm đường tròn ngoại tiếp4ABC.
3. MN cắt PQ tại D. Đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác DMQ và DNP cắt nhau tại K
khác D. Tiếp tuyến tại B vàC của đường tròn ngoại tiếp4ABC cắt nhau tại J. Chứng
minh D,A,K,J thẳng hàng.
(Trường Phổ thông Năng khiếu, ĐHQG Tp. HCM)
Lời giải
62 Chương 2. LỜI GIẢI
1. Ta có: ÊAB+ B̂AC = 90o, F̂AC+ B̂AC = 90o. Suy ra ÊAB= F̂AC.Mặt khác có: ÂBE =
ÂCF = 90O. Suy ra ∆ABE ∼ ∆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.
2. Cách 1: Gọi T là giao điểm của MB và CP. Ta có ATBC nội tiếp và AT là đường kính
đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Mắc khác ta có AF ‖ ET,AE ‖ TF 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 ∆ABC.
Cách 2: Xét hình thang AEBF , gọi X là trung điểm 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 AC. Vậy I là tâm ngoại tiếp ∆ABC
3. DA cắt EF tại K′ ta có N̂FK′= N̂QA (vì NQFE nội tiếp). Mà N̂QA= N̂DA (vì AQDN nội
tiếp). Suy ra N̂DA= ÂFK′. Suy ra NDFK′ nội tiếp. Chứng minh tương tự ta có DK′QE
nội tiếp. Do đó K′ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác DQM và DPN. Vậy
K ≡ K′. Suy ra D,A,K thẳng hàng.
Ta có: B̂KE = ÊAB = ĈAF = ĈKF . Suy ra B̂KC = 180o−2.B̂KE = 2.(90O− ÊAB) =
2.B̂AC = B̂IC. Suy ra BKIC là tứ giác nội tiếp. Mà IBJC nội tiếp, suy ra JB = JC nên
B̂KJ = ĈKJ. Hay KJ là phân giác B̂KC.
Mặt khác B̂KA= 180o− ÂEB= 180o− ÂFC = ÂKC. Suy ra tia đối tia KA cũng là phân
giác của B̂KC. Do đó A,K,J thẳng hàng. Vậy 4 điểm D,A,K,J thẳng hàng.
Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn, AB< AC. Kẻ đường cao AH. Đường tròn (O) đường kính
AH cắt cạnh AB,AC tương ứng tại D,E. Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC tại S.
1. Chứng minh rằng BDEC là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh rằng SB.SC = SH2.
3. Đường thẳng SO cắt AB,AC tương ứng tại M,N, đường thẳng DE cắt HM,HN tương
ứng tại P,Q. Chứng minh rằng BP,CQ và AH đồng quy.
(THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội)
Lời giải
1. Ta có ADHE là tứ giác nội tiếp⇒ ÂED= ÂHD= ÂBH (cùng phụ với B̂AH)⇒ ÂED+
D̂EC = ÂBH+ D̂EC = 180o⇒ BDEC là tứ giác nội tiếp (Tổng 2 góc đối bằng 180o).
2.3 Hình học phẳng 63
2. Ta có O là tâm đường tròn đường kính AH nên O là trung điểm AH. Vì AH⊥SH tại H
nên SH là tiếp tuyến của đường tròn tâm O. Khi đó ŜHD= D̂EH (góc giữa tiếp tuyến với
dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung
_
DH). Xét ∆SDH và ∆SHE có:
Góc chung D̂SH
ŜHD= D̂EH
}
⇒ ∆SDH ∼ ∆SHE (g.g)⇒ SDSH = SHSE ⇒ SH2 = SD.SE = SB.SC.
3. Gọi K là giao điểm của BP vàCQ. Áp dụng định lý Menelaus cho các tam giác ta có:
∆SBM với A,N,C thẳng hàng nên AMAB .
NS
NM .
CB
CS = 1
∆SBP với K,Q,C thẳng hàng nên KBKP .
QP
QS .
CS
CB = 1
∆SPM với H,Q,N thẳng hàng nên HPHM .
QS
QP .
NM
NS = 1
Nhân theo vế ta có: AMAB .
KB
KP .
HP
HM = 1
Áp dụng định lý Menelaus đảo vào ∆BPM với 3 điểm A,K,H ta được A,K,H thẳng
hàng.
Bài 4. Từ một điểm M nằm ngoài (O) vẽ hai tiếp tuyến MA,MB đến đường tròn (A,B là hai
tiếp điểm). Qua A vẽ đường thẳng song song vớiMB cắt đường tròn tạiC; đoạn thẳngMC cắt
đường tròn tại D. Hai đường thẳng AD,MB cắt nhau tại E. Chứng minh rằng
1. Tứ giácMAOB nội tiếp.
2. ME2 = ED.EA.
3. E là trung điểm đoạn MB.
(An Giang)
Lời giải
1. Tứ giác MAOB có:
{
M̂AO= 90o (tiếp tuyến vuông góc với bán kính tại tiếp điểm)
M̂BO= 90o (tiếp tuyến vuông góc với bán kính tại tiếp điểm)
nên
MAOB là tứ giác nội tiếp do có hai góc đối diện bù nhau.
64 Chương 2. LỜI GIẢI
2. Xét ∆MED và ∆AEM có:
• D̂ME = ÂCM (So le trong)
• M̂AE = ÂCM (Cùng chắn cung AD)
⇒ D̂ME = M̂AE.Mặt khác, Ê chung ta suy ra hai tam giác đó đồng dạng, dẫn đến
ME
AE
=
ED
EM
⇒ME2 = ED.EA (2.3.4.1)
3. Ta có ∆BED và ∆AEB đồng dạng do
• ÊBD= B̂AD (cùng chắn cung BD).
• Ê chung.
Do đó
EB
EA
=
ED
EB
⇒ EB2 = EA.ED (2.3.4.2)
Từ (2.3.4.1) và (2.3.4.2) suy ra EM = EB hay E là trung điểm MB.
Bài 5. Cho hai đường tròn (O;R),(O′;R′) cắt nhau tại A và B (OO′ > R> R′). Trên nửa mặt
phẳng bờ OO′ có chứa điểm A, kẻ tiếp tuyến chung củaMN của hai đường tròn trên (với M
thuộc (O) và N thuộc (O′). Biết MB cắt (O′) tại điểm E nằm trong đường tròn (O) và đường
thẳng AB cắt MN tại I.
1. Chứng minh M̂AN+ M̂BN = 1800 và I là trung điểm MN.
2. Qua B, kẻ đường thẳng (d) song song với MN, (d) cắt (O) tại C và cắt (O′) tại
D (với C,D khác B). Gọi P,Q lần lượt là trung điềm của CD và EM. Chứng minh
∆AME ∼ ∆ACD và các điểm A,B,P,Q cùng thuộc 1 đường tròn.
3. Chứng minh ∆BIP cân.
(Bà Rịa - Vũng Tàu)
Lời giải
2.3 Hình học phẳng 65
1. ÎMA= ÂBM,M̂IA= M̂IB⇒ M̂BN+M̂AN= ÂBM+ÂBN+M̂AN= ÎMA+ ÎNA+M̂AN=
180o. Mặt khác, ∆IMA∼ ∆IBM⇒ IM2 = IA.IB. Tương tự, IN2 = IA.IB. Do đó IM = IN
hay I là trung điểm MN (đpcm).
2.
ÂEM = ÂDC (tứ giác AEBD nội tiếp)
ÂME = ÂCD
}
⇒ ∆AME ∼ ∆ACD⇒
 ÂEQ= ÂDCAE
AD
=
EM
DC
=
EQ
DP
⇒ ∆AEQ∼ ∆ADP⇒ ÂQE = ÂPD. Vậy tứ giác ABPQ nội tiếp.
3. Gọi K là giao điểm của CM và DN. DoCDNM là hình thang nên các điểm I,K,P thẳng
hàng.
MN ‖ BC⇒ OM⊥BC⇒ ∆BMC cân tại M⇒ M̂CB= M̂BC
Do MN ‖ BC nên M̂CB= K̂MN,M̂BC = B̂MN. Suy ra K̂MN = B̂MN.
Chứng minh tương tự ta được K̂NM = B̂NM. Do đó ∆BMN = ∆KMN.
Đồng thời: MB=MK,NB= NK nên MN là trung trực của KB⇒ KB⊥CD, IK = IB.
∆KBP vuông tại B có IK = IB nên I là trung điểm KP.
Vậy ∆BIP cân tại I.
Bài 6. Cho ∆ABC nhọn và H là trực tâm. Chứng minh
HA
BC
+
HB
CA
+
HC
AB
≥
√
3
(Bà Rịa - Vũng Tàu)
Lời giải
Bạn đọc tự vẽ hình.
Gọi D,E,F lần lượt là các chân dường cao tương ứng kẻ từ các đỉnh A,B,C của ∆ABC. Đặt
x= HABC ,y=
HB
CA ,z=
HC
AB . Ta tìm đẳng thức liên hệ giữa x,y,z.
• ∆BHD ∼ ∆ACD ⇒ HBAC = BDAD ⇒ xy = HABC .HBCA = HA.BDBC.AD = SAHBSABC . Tương tự, yz =
SBHC
SABC
,
zx= SCHASABC ⇒ xy+ yz+ zx=
SAHB+SBHC+SCHA
SABC
= 1.
• (x+ y+ z)2 ≥ 3.(xy+ yz+ zx) nên (x+ y+ z)2 ≥ 3⇒ x+ y+ z≥√3.
Vậy HABC +
HB
CA +
HC
AB ≥
√
3.
Bài 7. Trên đường tròn (C) tâm O bán kính R vẽ dây cung AB< 2R. Từ A và B vẽ hai tiếp
tuyến Ax,By với (C). Lấy điểm M bất kì thuộc cung nhỏ AB (M khác A,B). Gọi H,K, I lần
lượt là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống AB,Ax,By.
1. Chứng minh rằngMH2 =MK.MI.
2. Gọi E là giao điểm của AM và KH,F là giao điểm của BM và HI. Chứng minh EF là
tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK,MFI.
3. Gọi D là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác MEK,MFI.
Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cung nhỏ AB thì đường thẳng DM luôn đi qua
một điểm cố định.
(Bắc Ninh)
Lời giải
66 Chương 2. LỜI GIẢI
1. Gọi giao điểm hai tiếp tuyến Ax,By của (O) là T . Từ đây ta suy ra:
M̂AB= M̂BI. (2.3.7.1)
Mà MH⊥AB,MI⊥BT,MK⊥AT nên ta chứng minh được MIBH,MKAH là các tứ giác
nội tiếp. Suy ra M̂KH = M̂AB và M̂BI = M̂HI. Kết hợp với (2.3.7.1) ta có:
M̂KH = M̂HI = M̂AB. (2.3.7.2)
Tương tự, ta có:
M̂HK = M̂IH = M̂BA. (2.3.7.3)
Từ (2.3.7.2) và (2.3.7.3) ta suy ra: ∆MIH ∼ ∆MHK⇒ MH
MK
=
MI
MH
⇒MH2 =MI.MK
(đpcm).
2. Ta có bổ đề sau:
Bổ đề 3. Cho ∆ABC nội tiếp (O) tâm O có ÂBC nhọn. TừC kẻ tiaCx sao cho tiaCx nằm
trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A và ÂCx= ÂBC. Khi đóCx chính là tiếp tuyến của (O).
Chứng minh bổ đề khá dễ dàng và xin để dành cho bạn đọc.
Quay trở lại bài toán. Từ (2.3.7.2) và (2.3.7.3) suy ra:
M̂AB+ M̂BA= M̂HK+ M̂HI = ÎHK = F̂HE
Mà ∆MBA có B̂MA+ B̂AM+ ÂBM = 180o nên dẫn đến: F̂HE+ F̂ME = 180o⇒HFME
nội tiếp⇒ ÊFM = M̂HK = M̂IH = M̂IF (theo (2.3.7.3)).
Áp dụng bổ đề, ta suy ra EF là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆FIM.
Chứng minh tương tự với ∆MEK, ta suy ra đpcm.
3. S là giao điểm của OT và AB. Dễ thấy S cố định và là trung điểm đoạn AB. Ta chứng minh
MD đi qua điểm S.
2.3 Hình học phẳng 67
• Gọi G là giao điểm của MD và EF , G′ là giao điểm đoạn EF và MS. Do ÊFM =
M̂BA(= M̂HK) nên EF ‖ AB (hai góc đồng vị). Áp dụng định lý Thales cho ∆MSB
và ∆MSA ta có:
G′F
SB
=
MG′
MS
=
G′E
SA
• Do S là trung điểm AB nên SA= SB. Do đó từ tỉ số trên ta suy ra G′F = G′E hay G′
là trung điểm EF .
• Xét đường tròn ngoại tiếp ∆IMD có EF là tiếp tuyến nên ĜFM = F̂IM = F̂DG
(Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và tính chất góc nội tiếp). Kết hợp với
F̂GM = F̂GD do góc chung dẫn đến:
∆FGM ∼ ∆DGF ⇒ GF
GD
=
GM
GF
⇒ GF2 = GM.GD. (2.3.7.4)
Tương tự:
GE2 = GM.GD. (2.3.7.5)
Từ (2.3.7.4) và (2.3.7.5) suy ra GE = GF hay G là trung điểm EF . Mà G′ cũng là trung
điểm EF nên ta suy ra G≡ G′. Dẫn đến theo cách vẽ, ta phải có MD≡MS. Vậy MD qua
S cố định khi M di động.
Bài 8.
1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O sao cho hai đường thẳng AD và BC cắt
nhau tại T . Đường thẳng (d) ⊥ OT tại T cắt AB và CD lần lượt tại M và N. Chứng
minh TM = TN.
2. Cho x̂Oy nhọn vàM là một điểm cố định thuộc miền trong xOy. Đường thẳng d quaM
cắt các cạnh Ox,Oy lần lượt tại A,B không trùng với O. Xác định vị trí của A để ∆OAB
có điện tích nhỏ nhất.
(Bình Định)
Lời giải
1. Gọi E là giao điểm của AC và BD. Ta xét hai trường hợp:
TH1: AB ‖CD. Khi đó, do d ‖ AB ‖CD: nên d không thể giao với AB vàCD
TH2: AB giaoCD tại F . Ta chứng minh bổ đề như sau:
Bổ đề 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O sao cho hai đường thẳng AD và
BC cắt nhau tại T . Gọi E là giao điểm của AC và BD. Khi đó, EF⊥TO.
68 Chương 2. LỜI GIẢI
Thật vậy, gọi G là điểm nằm trên đường thẳng EF thỏa FA.GB= FE.FG= FD.FC. Ta
suy ra EGBA và EGCD là các tứ giác nội tiếp. Dẫn đến: B̂GC = 360o− B̂GE−ĈGE =
180o− B̂GE+180o−ĈGE = B̂AE+ B̂DC = B̂OC⇒ BGOC là tứ giác nội tiếp. Tương
tự ta có AGOD là tứ giác nội tiếp. Suy ra G là giao điểm đường tròn ngoại tiếp ∆AEB và
∆DEC.
Lấy G′ thuộc TO sao cho TA.TD = TG′.TO = TB.TC, dẫn đến G′ cũng là giao điểm
đường tròn ngoại tiếp ∆AEB và ∆DEC. Suy ra G ≡ G′. Mà ta lại có ÂGT + F̂GA =
ÂDO+ ÂBD= 90o (AGOD,AEGB là tứ giác nội tiếp) nên FG⊥TO hay EF⊥TO. Bổ đề
được chứng minh.
Quay lại bài toán.
Gọi H là giao điểm của EF và AD. DoMN⊥OT áp dụng bổ đề ta suy ra GF ‖HF ‖MN.
2.3 Hình học phẳng 69
Khi đó áp dụng định lý Ta lét cho ∆TAN và ∆TMD, ta có:
TN
TM
=
TN
HF
.
HF
TM
=
TA
AH
.
HD
DT
. (2.3.8.1)
Áp dụng định lý Ceva trong ∆AFD với DB,AC,HF đồng quy, ta có:
HA
HD
.
BF
BA
.
CD
CF
= 1. (2.3.8.2)
Áp dụng định lý Menelaus trong ∆AFD với T,B,F thằng hàng, suy ra:
TA
TD
.
BF
BA
.
CD
CF
= 1. (2.3.8.3)
Lấy (2.3.8.2) chia (2.3.8.3) theo vế ta suy ra
TA
AH
.
HD
DT
= 1.
Kết hợp với (2.3.8.1) ta suy ra TM = TN.
2. Kẻ MC ‖ Oy và MD ‖ Ox. (C ∈ Ox, D ∈ Oy). Đặt d(M;Ox),d(M;Oy) là khoảng cách từ
M tới Ox,Oy.
Ta có: SOAB = SMCOD+SMAC+SMDB = SMCOD+
1
2
.d(M;Ox).AC+
1
2
.d(M;Oy).BD.
Do ∆MAC ∼ ∆MBD nên AC.DB=MC.MD.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số, ta suy ra
SOAB ≥ SMCOD+2
√
1
2
.d(M;Ox).
1
2
.d(M;Oy).AC.BD
≥ T = SMCOD+2
√
1
2
.d(M;Ox).
1
2
.d(M;Oy).MC.MD
70 Chương 2. LỜI GIẢI
Do SMCOD,d(M;Ox),d(M;Oy) không đổi,C,D cố định nên T không thay đổi. Vậy giá trị
nhỏ nhất của SOAB là T .
Khi đó, SMAC = SMDB hay M là trung điểm AB. Theo định lý đường trung bình, lúc đó A
là điểm trên Ox sao choC là trung điểm AO.
Nhận xét.
• Việc chứng minh bổ đề giúp ta chứng minh được E là trực tâm ∆OTF và dẫn đếnOE⊥TF .
Đây chính là kết quả của định lý Brocard và sau đây là một số bài toán liên quan tới định lý:
1. (VMO 2012) Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và
có các cặp cạnh đối không song song. Gọi M,N tương ứng là giao điểm của các
đường thẳng AB vàCD, AD và BC. Gọi P,Q,S,T tương ứng là giao điểm các đường
phân giác trong của các cặp M̂AN và M̂BN,M̂BN và M̂CN,M̂CN và M̂DN,M̂DN
và M̂AN. Giả sử bốn điểm P,Q,S,T đôi một phân biệt.
(a) Chứng minh rằng bốn điểm P,Q,S,T cùng nằm trên một đường tròn. Gọi I là
tâm của đường tròn đó.
(b) Gọi E là giao điểm của các đường chéo AC và BD. Chứng minh rằng ba điểm
E,O, I thẳng hàng.
2. (PTNK 2015) Cho ∆ABC nhọn nội tiếp (O). Đường tròn (I) qua B vàC lần lượt cắt
BA,CA tại E,F .
(a) Giả sử các tia BF,CE cắt nhau tại D và T là tâm (AEF). Chứng minh OT ‖ ID.
(b) Trên BF,CE lần lượt lấy các điểm G,H sao cho AG ⊥CE và AH ⊥ BF . Các
đường tròn (ABF),(ACE) cắt BC tại các điểm M,N (khác B và C) và cắt EF
tại P,Q (khác E và F). Gọi K là giao điểmMP và NQ. Chứng minh DK ⊥ GH.
• Đây là bài toán khá khó cho học sinh cấp 2. Các bạn có ứng dụng tốt việc biến đổi Ceva,
Menelaus và biết về mô hình định lý Brocard sẽ có thể giải quyết trong thời gian thi, nếu
không thì bài toán sẽ khó khăn để vừa làm vừa trình bày.
Bài 9.
1. Từ một điểm S ở ngoài đường tròn tâm O kẻ các tiếp tuyến SA,SC và cát tuyến SBD (B
nằm giữa S và D). Gọi I là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng:
(a) AB.DC = AD.BC.
(b) SBSD =
IB
ID =
AB.CB
AD.CD .
2. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB= 2R. Điểm M nằm trên nửa đường tròn
sao cho M̂AB = 60o. Kẻ MH⊥AB tại H, HE⊥AM tại E, HF⊥BM tại F . Các đường
thẳng EF và AB cắt nhau tại K. Tính diện tích tam giácMEF và độ dài các đoạn thẳng
KA,KB theo R.
(Bình Định)
Lời giải
2.3 Hình học phẳng 71
1.
(a) Ta có: ŜAB= ÂDS (Tính chất tiếp tuyến và dây cung) và ÂSB= ÂSD nên ∆ABS∼
∆DAS (g-g). Suy ra:
AB
AD
=
AS
DS
. (2.3.9.1)
Tương tự, ta có:
BC
CD
=
CS
DS
. (2.3.9.2)
Từ (2.3.9.1) và (2.3.9.2) kết hợp với AS =CS (tính chất tiếp tuyến), suy ra
AB
AD
=
BC
CD
⇒ AB.CD= AD.BC. (đpcm)
(b) Gọi H là giao điểm AC và SO. Khi đó H là trung điểm AC và AC⊥SO tại H. Ta có
SB.SD= SH.SO (= SA2) nên BHOD là tứ giác nội tiếp⇒ D̂HO= D̂BO= ÔDB=
B̂HS⇒ D̂HO= B̂HS⇒ 90O− D̂HO= 90O− B̂HS⇒ D̂HA= ÂHB . Do đó HI là
phân giác trong góc H của ∆DHB và HS là phân giác ngoài⇒ SB
SD
=
IB
ID
. Chứng
minh theo các cặp tam giác đồng dạng, suy ra
IB
ID
=
IB
IA
.
IA
ID
=
BC
DA
.
AB
CD
, do đó
SB
SD
=
IB
ID
=
AB.CB
AD.CD
.
2. Ta có:
ME
MB
=
MF
MA
(ME.MA=MB.MF =MH2) và M̂ chung nên ∆MEF ∼ ∆MBA theo
tỉ số k =
EF
AB
=
MH
AB
=
√
3
4
. Mà SMAB =
MH.AB
2
=
√
3.R
2
.2R =
√
3.R2 ⇒ SMEF =
SMAB.k2 =
3.
√
3R2
16
.
72 Chương 2. LỜI GIẢI
Ta có: AE = AM−ME = R− 3
4
.R =
R
4
. Mà ∆KAE cân (K̂EA = 30o; K̂AE = 1202)⇒
KA= AE =
R
4
⇒ KB= 9R
4
.
Bài 10. 4ABC nội tiếp đường tròn (O),AB < AC. Phân giác trong góc B̂AC cắt (O) tại D
khác A. Trên tia AB lấyM tuỳ ý sao cho đường tròn ngoại tiếp4ADM cắt AC tại N khác A,C.
1. Chứng minh4BDM =4CDN.
2. Khi BN không song song với MC, đường trung trực của đoạn BN cắt đường trung trực
của đoạn MC tại P. Chứng minh A,C,P,M cùng thuộc một đường tròn.
3. Xác định vị trí tâm I của đường tròn ngoại tiếp4ADM để độ dài đoạn thẳng MN nhỏ
nhất.
(Cần Thơ)
Lời giải
1. ∆ABC nội tiếp (O) có AD cắt (O) tại D nên DB=DC. Đồng th