Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Bình Định

Tổng hợp đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Bình Định

Đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Bình Định – Năm 2018 – 2019

Câu 1 (5,0 điểm).

1.Tính giá trị biểu thức $A\text{ }={{x}^{3}}+\,\,{{y}^{3}}-\,\,3\left( x\,\,+\,\,y \right)$, biết rằng

$x\,\,=\,\,\sqrt[3] {3\,\,+\,\,2\sqrt{2}}+\,\,\,\sqrt[3] {3\,\,-\,\,2\sqrt{2}}$; $y\,\,=\,\,\sqrt[3] {17\,\,+\,\,12\sqrt{2}}+\,\,\,\sqrt[3] {17\,\,-\,\,12\sqrt{2}}$

Cho hai số thức $m,n$ khác $0$ thỏa mãn $\frac{1}{m}\,\,+\,\,\frac{1}{n}\,\,=\,\,\frac{1}{2}$

Chứng minh rằng phương trình $\left( {{x}^{2}}+\,\,mx\,\,+\,\,n \right)\left( {{x}^{2}}+\,\,nx\,\,+\,\,m \right)\,\,=\,\,0$ luôn có nghiệm

Câu 2 (5,0 điểm)

Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{align}& {{x}^{2}}+\,\,xy\,\,+\,\,y\,\,=\,\,1 \\& \sqrt{x}\,-\,\,\sqrt[3] {y}\,+\,\,4x\,\,=\,\,5 \\\end{align} \right.$

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

$2x{{y}^{2}}+\,\,x\,\,+\,\,y\,\,+\,\,1\,\,=\,\,{{x}^{2}}+\,\,2{{y}^{2}}+\,\,xy$

Câu 3 (3,0 điểm)

Trong mặt phẳng cho $8073$ điểm mà diện tích của mọi tam giác với các đỉnh là các điểm đã cho không lớn hơn 1. Chứng minh rằng trong số các điểm đã cho có thể tìm được $2019$ điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1.

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn$a+b+c=3$ Chứng minh rằng

$a\sqrt{{{b}^{3}}+\,\,1}\,\,+\,\,b\sqrt{{{c}^{3}}+\,\,1}\,\,+\,\,c\sqrt{{{a}^{3}}+\,\,1}\,\,\le \,\,5\,\,$

Câu 4 (7,0 điểm).

Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại$A$. Gọi $D$ là trung điểm của cạnh$BC$. Lấy điểm M bất kỳ trên đoạn $AD$ ($M$ không trùng với$A$ ). Gọi $N,P$ theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của $M$ trên các cạnh $AB,AC$ và $H$ là hình chiếu vuông góc của $N$ lên đường thẳng $PD.$

a) Chứng minh rằng $AH$ vuông góc với $BH$

b) Đường thẳng qua $B$ song song với $AD$ cắt đường trung trực của $AB$ tại$I$. Chứng minh ba điểm $H,N,I$ thẳng hàng.

Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right),$ đường cao $AH.$ Gọi $M$ là giao điểm của $AO$ và$BC$. Chứng minh rằng $\frac{HB}{HC}\,\,+\,\,\frac{MB}{MC}\,\ge \,\,2\frac{AB}{AC}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Hướng dẫn giải Đề thi HSG Toán 9 – Tỉnh Bình Định – Năm 2018 – 2019

LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2018-2019

Câu 1

1. Đặt $x\,\,=\,\,\sqrt[3] {3\,\,+\,\,2\sqrt{2}}+\,\,\,\sqrt[3] {3\,\,-\,\,2\sqrt{2}}=a+b$khi đó

${{x}^{3}}=\,\,{{\left( a\,\,+\,\,b \right)}^{3}}=\,\,{{a}^{3}}+\,\,{{b}^{3}}+\,\,3ab\left( a\,\,+\,\,b \right)\,\,=\,\,3\,\,+\,\,2\sqrt{2}\,\,+\,\,3\,\,-\,\,2\sqrt{2}+\,\,3\sqrt[3] {\left( 3\,\,+\,\,2\sqrt{2} \right)\left( 3\,\,-\,\,2\sqrt{2} \right)}.x$

$\Rightarrow $ ${{x}^{3}}=\,\,6\,\,+\,\,3x\,\,\Leftrightarrow \,\,{{x}^{3}}-\,3x\,\,=\,\,6$ (1)

Đặt $y\,\,=\,\,\sqrt[3] {17\,\,+\,\,12\sqrt{2}}+\,\,\,\sqrt[3] {17\,\,-\,\,12\sqrt{2}}=c+d$khi đó

${{y}^{3}}=\,\,{{\left( c\,\,+\,\,d \right)}^{3}}=\,\,{{c}^{3}}+\,\,{{d}^{3}}+\,\,3cd\left( c\,\,+\,\,d \right)\,\,=\,\,17\,\,+\,\,12\sqrt{2}\,\,+\,\,17\,\,-\,\,12\sqrt{2}+\,\,3\sqrt[3] {\left( 17\,\,+\,\,12\sqrt{2} \right)\left( 17\,\,-\,\,12\sqrt{2} \right)}.y$

$\Rightarrow {{y}^{3}}=\,\,34\,\,+\,\,3y\,\,\Leftrightarrow \,\,{{y}^{3}}-\,3y\,\,=\,\,34$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra A = ${{x}^{3}}+\,\,{{y}^{3}}-\,\,3\left( x\,\,+\,\,y \right)$ = ${{x}^{3}}+\,\,{{y}^{3}}-\,\,3x\,\,-\,\,3y\,\,=\,\,6\,\,+\,\,34\,\,=\,\,40$

2. Ta có $\frac{1}{m}\,\,+\,\,\frac{1}{n}\,\,=\,\,\frac{1}{2}$$\Leftrightarrow \,\,\frac{2\left( m\,\,+\,\,n \right)}{2mn}\,\,=\,\,\frac{mn}{2mn}\,\,\Leftrightarrow \,\,2\left( m\,\,+\,\,n \right)\,\,=\,\,mn$

Ta có $\left( {{x}^{2}}+\,\,mx\,\,+\,\,n \right)\left( {{x}^{2}}+\,\,nx\,\,+\,\,m \right)\,\,=\,\,0$

$\Leftrightarrow \,\,\left[ \begin{align}& {{x}^{2}}+\,\,mx\,\,+\,\,n\,\,=\,\,0\,\,\,(1) \\& {{x}^{2}}+\,\,nx\,\,+\,\,m\,\,=\,\,0\,\,\,(2) \\\end{align} \right.$

Phương trình (1) là PT bậc hai có ${{\Delta }_{1}}=\,\,{{m}^{2}}-\,\,4n$

Phương trình (2) là PT bậc hai có ${{\Delta }_{2}}=\,\,{{n}^{2}}-\,\,4m$

Do đó ${{\Delta }_{1}}+\,\,{{\Delta }_{2}}=\,\,{{m}^{2}}-\,\,4n\,\,+\,\,{{n}^{2}}-\,\,4m\,\,=\,\,{{m}^{2}}+\,\,{{n}^{2}}-\,\,4\left( m\,\,+\,\,n \right)={{m}^{2}}+\,\,{{n}^{2}}-\,\,2mn\,\,=\,\,{{\left( m\,\,-\,\,n \right)}^{2}}\ge \,\,0$

Suy ra trong ${{\Delta }_{1}}$ và ${{\Delta }_{2}}$ có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng $0.$

Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm

Câu 2

$\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} xy{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} + {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 1{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (1)\\
\sqrt x {\mkern 1mu} – {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \sqrt[3] {y}{\mkern 1mu} + {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 4x{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} = {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 5{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (2)
\end{array} \right.$. Điều kiện $x\ge 0$

Cách 1:

PT (1) $\Leftrightarrow \,\,{{x}^{2}}+\,\,xy\,\,+\,\,y\,\,-\,\,1\,\,=\,\,0$ (3)

PT (3) là phương trình bậc hai ẩn x có $\Delta \,\,=\,\,{{y}^{2}}-\,\,4y\,\,+\,\,4\,\,=\,\,{{\left( y\,\,-\,\,2 \right)}^{2}}\ge \,\,0$

Do đó PT (3) có hai nghiệm $x\,\,=\,\,-1$ (loại vì $x\ge ~0$), $x=-\frac{c}{a}\,\,=\,\,1\,\,-\,\,y$ (điều kiện y $\le $ 1 vì x $\ge $ 0)

$\Rightarrow $ y = -x + 1. Thay y = -x + 1 vào PT (2) ta có

$\sqrt{x}\,\,-\,\,\sqrt[3] {-\,\,x\,\,+\,\,1}\,\,+\,\,4x\,\,=\,\,5$ $\Leftrightarrow \,\,\sqrt{x}\,\,-\,\,1\,\,+\,\,\sqrt[3] {x\,\,-\,\,1}\,\,+\,\,4x\,\,-\,\,4\,\,=\,\,0$

$\Leftrightarrow \,\,\frac{x\,\,-\,\,1}{\sqrt{x}\,\,+\,\,1}\,\,+\,\,\sqrt[3] {x\,\,-\,\,1}\,\,+\,\,4\left( x\,\,-\,\,1 \right)\,\,=\,\,0$ $\Leftrightarrow \,\,\sqrt[3] {x\,\,-\,\,1}\left[ \frac{\sqrt[3] {{{\left( x\,\,-\,\,1 \right)}^{2}}}}{\sqrt{x}\,+\,\,1}\,\,+\,\,1\,\,+\,\,4\sqrt[3] {{{\left( x\,\,-\,\,1 \right)}^{2}}} \right]\,\,=\,\,0$

$\Leftrightarrow \,\,\left[ \begin{align}& \sqrt[3] {x\,\,-\,\,1}\,\,=\,\,0 \\& \frac{\sqrt[3] {{{\left( x\,\,-\,\,1 \right)}^{2}}}}{\sqrt{x}\,+\,\,1}\,\,+\,\,1\,\,+\,\,4\sqrt[3] {{{\left( x\,\,-\,\,1 \right)}^{2}}}=\,\,0 \\\end{align} \right.$ $\Rightarrow x=1$ (TMĐK) suy ra $y=0$ (TMĐK)

Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left( x\text{ };\text{ }y \right)$ là $\left( 1\text{ };\text{ }0 \right)$

Cách 2: đặt điều kiện như cách 1

PT (1) $\Leftrightarrow \,\,{{x}^{2}}+\,\,xy\,\,+\,\,y\,\,-\,\,1\,\,=\,\,0$

$\begin{align}& \Leftrightarrow \,\left( \,x+1 \right)\left( x-1 \right)+y\left( x\,\,+\,\,1 \right)\,\,=\,\,0 \\& \Leftrightarrow \,\left( \,x+1 \right)\left( x-1+y \right)\,=\,\,0 \\\end{align}$

$\Leftrightarrow \,\left[ \begin{align}& x=-1(loai) \\ & y=1-x \\\end{align} \right.$

Thay $y=1-x$ vào (2) ta được

$\begin{align}& \sqrt{x}\,-\,\,\sqrt[3] {1-x}\,+\,\,4x\,\,=\,\,5\,\,\, \\& \Leftrightarrow \sqrt{x}\,+\,\sqrt[3] {x-1}\,+\,\,4x\,\,=\,\,5\,\quad (3)\,\, \\\end{align}$

Ta thấy $x=1$ là nghiệm của pt (3) khi đó $y=0$

Nếu x>1 thì vế trái lớn hơn 5 nên pt (3) không có nghiệm lớn hơn 1.

Nếu 0≤x<1 thì vế trái bé hơn 5 do đó pt (3) không có nghiệm 0≤x<1.

2. $2x{{y}^{2}}+\,\,x\,\,+\,\,y\,\,+\,\,1\,\,=\,\,{{x}^{2}}+\,\,2{{y}^{2}}+\,\,xy$ $\Leftrightarrow \,\,{{x}^{2}}-\,\,x\left( 2{{y}^{2}}-\,\,y\,\,+\,\,1 \right)\,\,+\,\,2{{y}^{2}}-\,\,y\,\,-\,\,1\,\,=\,\,0\,\,\,\,(1)$

Cách 1:

Đặt $2{{y}^{2}}-\,\,y\,\,+\,\,1$ = a, khi đó PT (1) trở thành $\Leftrightarrow \,\,{{x}^{2}}-\,\,ax\,\,+\,\,a\,\,-\,\,2=\,\,0\,\,\,\,(2)$

Phương trình (2) có $\Delta \,\,=\,\,{{a}^{2}}-\,\,4a\,\,+\,\,8\,\,=\,\,{{\left( a\,\,-\,\,2 \right)}^{2}}+\,\,4$

Phương trình (1) có nghiệm nguyên $\Leftrightarrow $ Phương trình (2) có nghiệm nguyên

$\Rightarrow $ $\Delta $ là số chính phương

Đặt ${{\left( a\,\,-\,\,2 \right)}^{2}}+\,\,4={{k}^{2}}$ ($k\in N$ ) $\Leftrightarrow \,\,{{k}^{2}}-\,\,{{\left( a\,\,-\,\,2 \right)}^{2}}=\,\,4$ $\Leftrightarrow \,\,\left( k\,\,+\,\,a\,\,-\,\,2 \right)\left( k\,\,-\,\,a\,\,+\,\,2 \right)\,\,=\,\,4$

Vì $\left( k+a2 \right)+\left( ka+2 \right)=2k$ là số chẵn và có tích cũng là số chẵn nên $\left( k+a2 \right)$ và $\left( ka+2 \right)$ là số chẵn.

Do đó $\left\{ \begin{align}& k\,\,+\,\,a\,\,-\,\,2\,\,=\,\,2 \\& k\,\,-\,\,a\,\,+\,\,2\,\,=\,\,2 \\\end{align} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{align}& k\,\,+\,\,a\,\,-\,\,2\,\,=\,\,-2 \\& k\,\,-\,\,a\,\,+\,\,2\,\,=\,\,-2 \\\end{align} \right.$ $\Leftrightarrow $ $\left\{ \begin{align}& k\,\,=\,\,2 \\& a\,\,=\,\,2 \\\end{align} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{align} & k\,\,=\,\,-2 \\& a\,\,=\,\,2 \\\end{align} \right.$

Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm là $\left[ \begin{align}& x\,\,=\,\,\frac{a\,\,+\,\,\sqrt{{{k}^{2}}}}{2}\,\,=\,\,\frac{2\,\,+\,\,2}{2}\,\,=\,\,2 \\& x\,\,=\,\,\frac{a\,\,-\,\,\sqrt{{{k}^{2}}}}{2}\,\,=\,\,\frac{2\,\,-\,\,2}{2}\,\,=\,\,0\,\, \\\end{align} \right.$

Ta có $2{{y}^{2}}-\,\,y\,\,-\,\,1=a=2$$\Leftrightarrow $ $2{{y}^{2}}-\,\,y\,\,-\,\,1=\text{ }0$ $\Leftrightarrow 2{{y}^{2}}-\,\,2y\,\,+\,\,y\,-\,\,1\,\,=\,\,0$

$\Leftrightarrow \,\,\left( y\,\,-\,\,1 \right)\left( 2y\,\,+\,\,1 \right)\,\,=\,\,0\,\,\Leftrightarrow \,\,\left[ \begin{align}& y\,\,=\,\,1 \\& y\,\,=\,\,-\frac{1}{2} \\\end{align} \right.$. Ta chọn $y=1$ (vì y $\in $ Z)

Vậy nghiệm nguyên $\left( x\text{ };\text{ }y \right)$ của phương trình là $\left( 2\text{ };\text{ }1 \right)$ và $\left( 0\text{ };\text{ }1 \right)$

Cách 2: Có thể phân tích đưa về phương trình ước số (các bạn tự giải)

Câu 3

1. Gọi ${{A}_{i}}{{A}_{j}}$ là hai điểm xa nhau nhất trong các điểm thuộc tập hợp $8073$ điểm đã cho.

Giả sử ${{A}_{k}}$ là điểm cách xa đoạn thẳng ${{A}_{i}}{{A}_{j}}$nhất. Khi đó

Tam giác ${{A}_{i}}{{A}_{j}}$${{A}_{k}}$là tam giác lớn nhất và có diện tích không lớn hơn 1

Vẽ các đường thẳng đi qua các điểm ${{A}_{i}}$, ${{A}_{j}}$, ${{A}_{k}}$ lần lượt song song với các cạnh của $\Delta {{A}_{i}}{{A}_{j}}{{A}_{k}}$

Ta được $4$ tam giác nhỏ bằng nhau và một tam giác lớn chứa cả $4$ tam giác nhỏ

Tam giác lớn có diện tích không quá $4$ đơn vị. Do đó, tam giác lớn chứa tất cả $8073$điểm đã cho

Ta có $8073$ chia cho $4$ được $2018$ và dư là 1 nên theo nguyên lý Dirichlet suy ra có ít nhất $1$ trong $4$ tam giác có $1$ tam giác chứa $2019$ trong $8073$ điểm đã cho.

2. Đặt $P=a\sqrt{{{b}^{3}}+\,\,1}\,\,+\,\,b\sqrt{{{c}^{3}}+\,\,1}\,\,+\,\,c\sqrt{{{a}^{3}}+\,\,1}$suy ra

$2P=2a\sqrt{{{b}^{3}}+\,\,1}\,\,+\,\,2b\sqrt{{{c}^{3}}+\,\,1}\,\,+\,\,2c\sqrt{{{a}^{3}}+\,\,1}=$ $2a\sqrt{\left( b\,\,+\,\,1 \right)\left( {{b}^{2}}-\,\,b\,\,+\,\,1 \right)}+\,\,2b\sqrt{\left( c\,\,+\,\,1 \right)\left( {{c}^{2}}-\,\,c\,\,+\,\,1 \right)}+\,\,2c\sqrt{\left( a\,\,+\,\,1 \right)\left( {{a}^{2}}-\,\,a\,\,+\,\,1 \right)}$

$\le \,\,a\left( {{b}^{2}}+\,\,2 \right)\,+\,\,b\left( {{c}^{2}}+\,\,2 \right)\,\,+\,\,c\left( {{a}^{2}}+\,\,2 \right)=a{{b}^{2}}+\,\,b{{c}^{2}}+\,\,c{{a}^{2}}+\,\,6\,\,=\,\,Q\,\,+\,\,6$

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $b\,\,\le \,\,c\,\,\le \,\,a$ ta có

$b\left( a\,\,-\,\,c \right)\left( c\,\,-\,\,b \right)\,\,\ge \,\,0\Leftrightarrow \,\,abc\,\,+\,\,{{b}^{2}}c\,\,\ge \,\,a{{b}^{2}}+\,\,b{{c}^{2}}$$\Leftrightarrow \,\,a{{b}^{2}}+\,\,b{{c}^{2}}+\,\,c{{a}^{2}}\le \,\,abc\,\,+\,\,{{b}^{2}}c\,\,+\,\,c{{a}^{2}}$

Do đó $Q\le \,\,abc\,\,+\,\,{{b}^{2}}c\,\,+\,\,c{{a}^{2}}\le \,\,2abc\,\,+\,\,{{b}^{2}}c\,\,+\,\,c{{a}^{2}}=\,\,c{{\left( a\,\,+\,\,b \right)}^{2}}=\,\,4c\frac{a\,\,+\,\,b}{2}.\frac{a\,\,+\,\,b}{2}$

$\le \,\,\frac{4}{27}{{\left( c\,\,+\,\,\frac{a\,+\,\,b}{2}\,\,+\,\,\frac{a\,+\,\,b}{2} \right)}^{3}}=\,\,\frac{4{{\left( a\,\,+\,\,b\,\,+\,\,c \right)}^{2}}}{27}\,\,=\,\,\frac{{{4.3}^{3}}}{27}\,\,=\,\,4$

Do đó $2P\le 10$ $\Leftrightarrow P\le 5$. Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow a+b+c=3,$ $b\,\,\le \,\,c\,\,\le \,\,a$, $2c=a+b,$ $abc=2abc$

$\Leftrightarrow b=0,\text{ }c=1,\text{ }a=2.$

1. a) Ta có $AD\bot BC$ tại $D$ (vì $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$)

$\widehat{ANM}\,\,=\,\,\widehat{APM}\,\,=\,\,90{}^\circ $ nên $AMNP$ là tứ giác nội tiếp (1)

$\widehat{NAP}\,\,=\,\,\widehat{NHP}\,\,=\,\,90{}^\circ $ nên $NAPH$ là tứ giác nội tiếp (2)

Từ (1) và (2) suy ra $N,\text{ }A,\text{ }P,\text{ }H,\text{ }M$ cùng thuộc một đường tròn

$\Rightarrow \,\,\widehat{AMH}\,\,+\,\,\widehat{APH}\,\,=\,\,180{}^\circ $ và $\widehat{ANM}\,\,=\,\,\widehat{APM}\,\,=\,\,90{}^\circ $ nên

$AMNP$ là tứ giác nội tiếp (1)

Ta có $\widehat{APC}\,\,=\,\,\widehat{MDC}\,\,=\,\,90{}^\circ $ nên $AMNP$ là tứ giác nội tiếp

Suy ra $\widehat{{{P}_{1}}}=\,\,\widehat{{{C}_{1}}}$ mà $\widehat{{{C}_{1}}}=\,\,\widehat{MBD}$ (vì $AD$ là trung trực của $BC$)

$\Rightarrow \,\,\widehat{MBD}\,\,=\,\,\widehat{{{P}_{1}}}$

Ta có $\widehat{AMB}\,\,=\,\,\widehat{ADB}\,\,+\,\,\widehat{MBD}\,\,=\,\,90{}^\circ \,+\,\,\widehat{MBD}$ mà $\widehat{MBD}\,\,=\,\,\widehat{{{P}_{1}}}$

Suy ra $\widehat{AMB}\,\,=\,\,90{}^\circ \,\,+\,\,\widehat{{{P}_{1}}}=\,\,\widehat{APM}\,\,+\,\,\widehat{{{P}_{1}}}=\,\,\widehat{APH}$ $\Rightarrow \,\,\widehat{AMB}\,\,+\,\,\widehat{AMH}\,\,=\,\,\widehat{APH}\,\,+\,\,\widehat{AMH}\,\,=\,\,180{}^\circ $

Do đó $B,\text{ }M,\text{ }H$ thẳng hàng $\Rightarrow AH\bot BH$

1. b) Ta có $\widehat{IBA}\,\,=\,\,\widehat{BAD}\,\,=\,\,45{}^\circ $ (vì $BI\parallel AD$ )

Tam giác ADB vuông tại D có DI là trung trực nên DI là phân giác góc ADB

$\Rightarrow \,\,\widehat{ADI}\,\,=\,\,\widehat{BDI}\,\,=\,\,45{}^\circ $. Do đó $\widehat{IBA}\,\,=\,\,\widehat{IDA}\,\,\left( =\,\,45{}^\circ  \right)$ $\Rightarrow $ A, I, B, D cùng thuộc một đường tròn (3)

Ta có $\widehat{AHB}\,\,=\,\,\widehat{ADB}\,\,=\,\,90{}^\circ $ nên $A,\text{ }H,\text{ }D,\text{ }B$ cùng thuộc một đường tròn (4)

Từ (3) và (4) suy ra $A,\text{ }H,\text{ }D,\text{ }B,\text{ }I$ cùng thuộc một đường tròn

$\Rightarrow \,\,\widehat{IHD}\,\,+\,\,\widehat{IBD}\,\,=\,\,{{180}^{0}}$ $\Rightarrow \,\,\widehat{IHD}\,\,=\,\,90{}^\circ $ (vì $\widehat{IBD}\,\,=\,\,{{90}^{0}}$) lại có $\widehat{NHD}\,\,=\,\,90{}^\circ $

Do đó $H,\text{ }N,\text{ }I$ thẳng hàng.

2.

Cách 1:

Kẻ $AD$ là đường kính của đường tròn $\left( O \right)$

Xét 2 tam giác vuông $\Delta HBA$ và $\Delta CDA$

có $\widehat{{{B}_{1}}}\,\,=\,\,\widehat{{{D}_{1}}}$ (vì nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{AC}$)

nên $\Delta HBA\backsim \Delta CDA$ (g.g) $\Rightarrow \,\,\frac{\text{HB}}{\text{CD}}\,\,\text{=}\,\,\frac{\text{AB}}{\text{AD}}\Rightarrow HB.AD=AB.CD$

Tương tự $\Delta HCA\backsim \Delta BDA$ (g.g) $\Rightarrow $$\frac{\text{HC}}{\text{BD}}\,\,\text{=}\,\,\frac{\text{AC}}{\text{AD}}$$\Rightarrow HC.AD=AC.BD$

Do đó $\,\frac{\text{HB}}{\text{HC}}\,\,\text{=}\,\,\frac{\text{AB}}{\text{AC}}\text{.}\frac{\text{DC}}{\text{DB}}$ (1)

Ta có $\Delta AMB\backsim \Delta CMD$ (g.g) $\Rightarrow \,\,\frac{\text{NB}}{\text{MD}}\,\,\text{=}\,\,\frac{\text{AB}}{\text{CD}}$ $\Rightarrow MB.CD=MD.AB$

Tương tự $\frac{\text{MC}}{\text{MD}}\,\,\text{=}\,\,\frac{\text{AC}}{\text{BD}}$$\Rightarrow MC.BD=AC.MD$

Do đó $\,\frac{\text{MB}}{\text{MC}}\,\,\text{=}\,\,\frac{\text{AB}}{\text{AC}}\text{.}\frac{\text{DB}}{\text{DC}}$ (2)

Ta có $\frac{\text{HB}}{\text{HC}}\,\,\text{+}\,\,\frac{\text{MB}}{\text{MC}}\,\,=\,\,\frac{\text{AB}}{\text{AC}}\left( \frac{\text{DC}}{\text{DB}}\,\,\text{+}\,\,\frac{\text{DB}}{\text{DC}} \right)\,\,\ge \,\,\frac{\text{AB}}{\text{AC}}.2.\sqrt{\frac{\text{DC}}{\text{DB}}\text{.}\frac{\text{DB}}{\text{DC}}}\,\,=\,\,2.\frac{\text{AB}}{\text{AC}}$

Dấu $”=”$ xảy ra $\Leftrightarrow DB\text{ }=\text{ }DC$ $\Leftrightarrow AB\text{ }=\text{ }AC$ $\Leftrightarrow $$\Delta ABC$ cân tại $A.$

üCách 2: (Cách này ai không thích thì xóa đi nha. Do mình copy nên để nguyên trạng)

Gọi I là giao điểm của AH với đường tròn (O). Kẻ đường kính AD.

Ta có $\widehat{ABD}\,\,=\,\,\widehat{ACD}\,\,=\,\,\widehat{AID}\,\,=\,\,90{}^\circ $. Do đó BC // DI $\Rightarrow $ $\overset\frown{BI}\,\,=\,\,\overset\frown{CD}$

$\Rightarrow $ $\widehat{{{A}_{1}}}=\,\,\widehat{{{A}_{2}}}$

Ta có DIBC là hình thang cân nên CD = BI, CI = BD

Xét $\Delta $AHB và $\Delta $ACD có $\widehat{{{A}_{1}}}=\,\,\widehat{{{A}_{2}}}$, $\widehat{AHB}\,\,=\,\,\widehat{ACD}\,\,\left( =\,\,90{}^\circ  \right)$

$\Rightarrow $ $\Delta $AHB ∽$\Delta $ACD (g.g) $\Rightarrow \,\,\frac{HB}{CD}\,\,=\,\,\frac{AB}{AD}$ (1)

Xét $\Delta $ABD và $\Delta $AHC có $\widehat{BAD}=\,\,\widehat{HAC}$, $\widehat{ABD}\,\,=\,\,\widehat{AHC}\,\,\left( =\,\,90{}^\circ  \right)$

$\Rightarrow $ $\Delta $ABD ∽$\Delta $AHC (g.g) $\Rightarrow \,\,\frac{BD}{HC}\,\,=\,\,\frac{AD}{AC}$ (2)

Từ (1), (2) suy ra $\frac{HB}{CD}.\frac{BD}{HC}\,\,=\,\,\frac{AB}{AD}.\frac{AD}{AC}\,\,=\,\,\frac{AB}{AC}$ $\Rightarrow \,\,\frac{HB}{HC}\,\,=\,\,\frac{AB}{AC}.\frac{CD}{BD}$ (3)

Xét $\Delta $ABI và $\Delta $AMC có $\widehat{{{A}_{1}}}=\,\,\widehat{{{A}_{2}}}$, $\widehat{AIB}\,\,=\,\,\widehat{ACB}\,\,\left( =\,\,\frac{1}{2}s\overset\frown{AC} \right)$

$\Rightarrow $ $\Delta $ABI ∽$\Delta $AMC (g.g) $\Rightarrow \,\,\frac{BI}{MC}\,\,=\,\,\frac{AB}{AM}$ (4)

Xét $\Delta $ABM và $\Delta $AIC có $\widehat{BAM}=\,\,\widehat{IAC}$, $\widehat{ABC}\,\,=\,\,\widehat{AIC}\,\,\left( =\,\,\frac{1}{2}s\overset\frown{AC} \right)$

$\Rightarrow $ $\Delta $ABM ∽$\Delta $AIC (g.g) $\Rightarrow \,\,\frac{MB}{CI}\,\,=\,\,\frac{AM}{AC}$ (5)

Từ (4), (5) suy ra $\frac{BI}{MC}.\frac{MB}{CI}\,\,=\,\,\frac{AB}{AM}.\frac{AM}{AC}\,\,=\,\,\frac{AB}{AC}$$\Rightarrow \,\,\frac{MB}{MC}\,\,=\,\,\frac{AB}{AC}.\frac{CI}{BI}$ (6)

Từ (3) và (6) suy ra $\frac{HB}{HC}.\frac{MB}{MC}\,\,=\,\,\frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}.\frac{CD}{BD}.\frac{CI}{BI}$ = $\frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}.\frac{CD}{BI}.\frac{CI}{BD}\,\,=\,\,\frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}$ (vì CD = BI, CI = BD)

Ta có $\frac{HB}{HC}\,\,+\,\,\frac{MB}{MC}\,\,\ge \,\,2\sqrt{\frac{HB}{HC}\,.\,\frac{MB}{MC}}\,\,=\,\,2\sqrt{\frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}}\,\,=\,\,2.\frac{AB}{AC}$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow \,\,\frac{HB}{HC}\,\,=\,\,\frac{MB}{MC}$ $\Leftrightarrow \,\,\frac{HB}{HB\,\,+\,\,HC}\,\,=\,\,\frac{MB}{MB\,\,+\,\,MC}$ $\Leftrightarrow \,\,\frac{HB}{BC}\,\,=\,\,\frac{MB}{BC}$ $\Leftrightarrow $ H $\equiv $ M

$\Leftrightarrow $$\Delta $ABC cân tại   A.