10 thg 6, 2017

Câu 5, Lớp 10, ĐHSP Hà Nội 2017


Đề:
Cho đường tròn (O) bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có 3 góc nhọn. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại các điểm B, C cắt nhau tại P. Gọi D,E là chân các đường vuông góc hạ từ P xuống AB, AC và M là trung điểm BC.
1) Chứng minh $\widehat{MEP} = \widehat{MDP}$
2) Giả sử B,C cố định và A chạy trên đường tròn (O) sao cho tam giác ABC luôn là tam giác có 3 góc nhọn.Chứng minh đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
3) Khi tam giác ABC đều, hãy tính diện tích tam giác ADE theo R.
Bài giải:

1) Tam giác cân OBC có OM vừa là trung tuyến, vừa là đường cao. $OM \perp BC$
◿OBP = ◿ OCP bởi vì OB=OC=R, OP chung
$\Rightarrow PB = PC $
$ \Rightarrow \triangle PBC $ là tam giác cân tại P
$ \Rightarrow PM \perp BC$ và $\widehat{BPM} = \widehat{CPM}$ (1)
Tứ giác PMBD là tứ giác nội tiếp vì có hai góc đối là hai góc vuông.
$ \Rightarrow \widehat{BDM} = \widehat{BPM} $ (Góc nội tiếp cùng chắn cung BM) (2)
Tương tự tứ giác PMCE cũng là tứ giác nội tiếp vì có hai góc đối là hai góc vuông.
$ \Rightarrow \widehat{CEM} = \widehat{CPM} $ (Góc nội tiếp cùng chắn cung CM) (3)
Từ (1),(2), (3) ta suy ra:
$\widehat{BDM} = \widehat{CEM} $
$\Rightarrow \widehat{MEP} = \widehat{MDP}$
2) Gọi F là giao điểm của OP và DE. Vì B,C, (O) cố định nên P là cố định.
Do đó OP là cố định. Ta chứng minh F là cố định.
$\widehat{CAB} = \widehat{PBM} $ (Góc nội tiếp cùng chắn cung BC) (4)
Từ (2) và (4) ta suy ra:
$\widehat{CAB} + \widehat{BDM} = 90^o$
$\Rightarrow DM \perp AC $
$\Rightarrow DM // PE $
Chứng minh tương tự ta có EM // PD
Vậy tứ giác MDPE là hình bình hành hay F là trung điểm của MP. Hay F là cố định.
3) Khi tam giác ABC đều. $S_{\triangle ABC} =\frac{3\sqrt{3}R^2}{4}$
 $S_{\triangle ADE} = \frac{1}{2}*AF*DE= \frac{1}{2}*\frac{3}{2}AM*\frac{3}{2}BC=\frac{9}{4}*S_{\triangle ABC}=\frac{27\sqrt{3}R^2}{16}$

Không có nhận xét nào:

Đăng nhận xét

Related Posts Plugin for WordPress, Blogger...