1
MATSCOPE.ORG
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HH
THI HSG CÁC TRƯỜNG CÁC TỈNH
THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2012 - 2013
VÀ VMO 2013

tương ứng. Chứng minh rằng:
a)
2 2 2
CA .AB BA .AC BC.AA
 
.
b)
1 2 1 2 1 2
2 2 2 2 2 2
A A B B C C 3
BA A C CB B A AC C B 4
  
  
.
HD. a) Áp dụng Ptoleme cho tứ giác ABA
2
C
b) Sử dụng câu trên kết hợp với BA
2
= CA
2
suy ra: AA
2
.BC = A
2
C(AB+AC)


2
2

BC CA AB
AB AC BA BC CA CB
  
  

Đây là BĐT Nesbit.

2. (Nam Định, KTra đội ĐT - ngày 2) Cho tam giác ABC vuông tại
A
. Điểm
D

thuộc đoạn thẳng BC
(D B,C)

. Đường thẳng đi qua D và song song với AC cắt
đường tròn đường kính CD tại
M
(
M D

). Đường thẳng đi qua
D
và song song với
AB cắt đường tròn đường kính BD tại
N
(
N D

) .Gọi

trực tâm H. Gọi A',B',C' theo thứ tự là giao điểm của AH, BH, CH với (O).Một điểm
D nằm trên đường tròn (O) (khác với A, B, C, A', B', C'). Gọi A'', B'', C'' lần lượt là

3
giao điểm của DA' với BC, DB' với AC, DC' với AB. Chứng minh rằng A'', B'', C'', H
thẳng hàng.
HD. Gọi D
A
, D
B
, D
C
lần lượt là các điểm đối xứng của D qua các đường thẳng BC,
CA, AB.
Vì D
A
, H đối xứng với D, A' qua BC theo thứ tự nên A'', D
A
, H thẳng hàng. Tương
tự, ta suy ra các bộ 3 điểm B', D
B
, H và C'', D
C
, H thẳng hàng.
Mặt khác D
A
, D
B
, D
C

D
M
C
O
B
A

a). Gọi O là trung điểm của AB, r = AB/2.
DE cắt OC tại I, OM vuông góc DE tại H. Tứ giác MHIC nội tiế
p nên
2 2
OI.OC OH.OM OD r
  
(không đổi)
Mặt khác O, C cố định nên I cố định.
2
BD.BR BE.BS BA
  nên tứ giác RDES nội tiếp. (*)
Đường tròn (BRS) cắt AB tại K Ta có:
(KR,KB) (SR,SB) (mod

)
(DB,DE)(mod )
 
do (*)
Từ đó ta có tứ giác DIKR nội tiếp, suy ra
2
BI.BK BD.BR BA
 


, d) không đổi)

AP = AQ ( =
1
.
2
AB AK
)
(do (**) và BĐT CôSi) suy ra M

C.

5.(PTNK) Cho tam giác
ABC.
Các diểm
M,N
thuộc cạnh BC sao cho
BAM CAN
    
(
M
nằm giữa B, N). Gọi I là trung điểm BC. Kẻ
BH AM,CK AN
 
lần lượt tại H, K.
a) Chứng minh rằng đường tròn (IHK) luôn thuộc 1 đường thẳng cố định.
b) Tính

theo
ABC



0
0
. . . os( , ) . . os( 90 )
. . . os( , ) . . os(270 )
BH AK BH AK c BH AK BH AK c BLC
HACK HACK c HA CK HACK c BLC
  
  
   
   

Lại có 2 tam giác ABH và ACK đồng dạng nên BH.AK = HA.CK. Vậy

. . 0
BH AK HACK
 
    

Hay IJ vuông góc với HK. => HI=IK
Dựng AD là đường cao tam giác ABC, ta có ABDH và ACKD là 2 tứ giác nội tiếp,
suy ra




HDC BAH CAK CDK
   , thêm HI=IK, ta có DHIK phải là tứ giác nội tiếp,
nên tâm đường tròn IHK luôn đi qua trung trực của DI.

90
ABC

  hoặc

0
90
ACB

  .

6. (Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.
Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Mặt phẳng
(P)
đi qua AM nhưng luôn cắt cạnh SB,
SD lần lượt tại B', D'. Gọi
S.ABCD
V V

và
1 S.AB MD
V V
 

. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của tỉ số
1
V
V
.

Vậy PQ luôn đi qua I cố định khi P di chuyển trên cung CD không chứa A, B.

8. (KHTN, vòng 1, ngày 2) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp
(O)
. Gọi
P
là điểm
bất kì nằm trong tam giác ABC và không trùng
O
. Giả sử AP cắt
(O)
tại
D
khác
A
.
Gọi DE, AF là đường kính của
(O)
. Giả sử EP, FP lần lượt cắt
(O)
tại G và H khác E,
F. Giả sử AH giao DG tại
K
. Gọi
L
là hình chiếu của
K
lên đường thẳng OP.
a) Chứng minh rằng 4 điểm A, L, K, D cùng thuộc một đường tròn. Gọi đường tròn
này là






1
( ) 90
2
o
KAP AKP HD HE   
Lại có



OLH HGE HDE
 
(1) nên LDOH là tứ giác nội tiếp, suy ra



DLO DHO HDO
  (2),
Từ (1) và (2)




OLH OLD

, mà

   
.
Vậy A,L,D,T cùng nằm trên 1 đường tròn. Ta có điều phải chứng minh.

7

9. (Mai Sơn - Sơn La) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm
I
. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức:

2 2 2
IA.IB.IC
T
a.IA b.IB c.IC

 

HD. Trước hết ta chứng minh
2 2 2
aIA bIB cIC abc
  

Cách 1. Từ
2
2 2 2 2 2
0 0 ( ) 0
aIA aIA a IA ab IA IB AB
 
       

             
. . ( ) ( ) (2 )AB cKC AC bc p b bc p c bc p b c abc        

Khi đó, gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, IA =
sin
2
r
A
, ta có:
3
3
2 2 2
3
3
3 2 2 2
2
A B C
(4Rsin .sin sin )
IA.IB.IC r
2 2 2
T
A B C A B C
a.IA b.IB c.IC
abcsin .sin sin 8R sin AsinBsinCsin .sin sin
2 2 2 2 2 2
A B C
(4Rsin sin sin )
A B C
2 2 2
tan tan tan

 
  
 

Dấu đẳng thức xảy ra khi chỉ khi tam giác ABC đều.
Cách khác: Gọi D là chân phân giác trong góc A. Khi đó:
Từ các kết quả
2
2
4
, , ( )
( )
IA ID AD ac bc
BD AD p p a
c BD c BD b c b c
    
  

Suy ra:
( )
bc b c a
IA
a b c
 

 

3
( )( )( )
( )


ABC
và

ADC
cắt nhau trên AC.
Lời giải của Nguyễn Trường Nhật(10T - Chuyên QB)

Q
P
R
O
C
D
A
B

Ta có, tứ giác ABCD nội tiếp
RAD PCD(cùngbù BAD)
    0
Xét ΔARD và ΔCPD có ARD CPD 90
ΔARD ~ ΔCPD (g.g)
AD DR
(1).
CD DP
    
 

.g)
DR QR
(2).
DB BC
      
 

Chứng minh tương tự, ta có:
DB AB
ΔDBA ~ ΔDPQ (3).
DP PQ
 
Nhân vế theo vế (2) và (3) ta có
DR DB QR AB DR QR AB
. . . .
DB DP BC PQ DP BC PQ
  
Theo (1) ta có
AD DR AD QR AB
. (4)
CD DP CD BC PQ
   . Ta có
AD AB
PQ QR
CD BC
  
khi và chỉ khi các phân giác của góc
ABC và ADC
 
cắt nhau trên AC.

HD.
a) Xét hai khả năng:
i)
2
2
2
a
x a
 
: Thiết diện là tam giác có
cạnh đáy song song BD bằng
2 2( )
2
x
a 
, đường
cao song song SA bằng
2
x
a 
ii)
2
0
2
a
x 
: Thiết diện là tứ giác EFNKT.
EF = 2AM = 2x,
2
2 2

2
0
2
a
x  . Xem S là hàm số của x, ta có S đạt
max khi
2
3
a
x  (khi đó M là trọng tâm tam giác ABD)
12. (Chuyên Lam Sơn, Thanh Hóa) Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp
I
.
Gọi
D
là một điểm thuộc cạnh BC. Xét đường tròn

tiếp xúc trong với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với DC; DA tại E; F tương ứng. Chứng minh các
điểm E; I; F thẳng hàng.
HD(hungqh).
Vẽ cắt (O) tại Theo kết quả quen thuộc thì là phân giác . Gọi là giao
của và . Ta sẽ chứng minh chính là . Hay ta chỉ cần chứng minh .
Ta dễ thấy tứ giác nội tiếp từ đó dễ dàng suy ra nên ta có
.

13. (Chuyên Bến Tre) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Gọi M, N, P lần lượt là
hình chiếu của
D
trên AB, BC, CA. Chứng minh rằng

S

10

AB DA CN AM CP PA PC KC
AB.CD AD.BC
BC DC CB AB CK PK PA KA
(CAPK) 1 B(CAPK) 1
        
     

Mặt khác MN//BK nên có đpcm

14. (Chuyên ĐHSP HN) Cho tam giác ABC,
O
là tâm đường tròn ngoại tiếp. Điểm G
không thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Trung trực của các đoạn AG, BG, CG đôi
một cắt nhau định ra tam giác DEF. Chứng minh rằng O là trọng tâm của tam giác
DEF khi và chỉ khi G là trọng tâm của tam giác ABC.
HD.
Không mất tính tổng quát giả sử EF, FD, DE theo thứ tự là trung trực của
AG, BG, CG (h.11).
Đặt M = BG ∩ AC; N = CG ∩ AB; K = EO ∩ DF; L = FO ∩ DE .
Dễ thấy
OK CM;OD CB;KD MB
  
và
OK AM;OF AB;KF MB.
  


F
E
D
G
N
M
A
B
CVậy các điều kiện sau tương đương.
1. O là trọng tâm của
DEF.


2.
KD KF;LD LE.
 

3.
MA MC;NA NB.
 

4. G là trọng tâm của
ABC.


Chú ý, hiển nhiên
1 2Chọn hệ trục tọa độ Nxy sao cho A, N nằm trên trục hoành.
Vì AB không song song với các trục tọa độ nên phương trình của nó có dạng :
y = ax + b (a

0). Khi đó :
;0
b
A
a
 
 
 
 
,
(0; )
P b

.
AC đi qua A và đối xứng với AB qua trục hoành nên có phương trình :
y = -ax – b.
PO đi qua P, vuông góc với AB nên có phương trình :
1
y x b
a
  
.

;
y ax b
b bc
C
y cx
c a c a
  

 
   

 
  
 

.
Do đó :
2 2 2 2
;
ab abc
M
c a c a
 

 
 
 
, suy ra :
 
2

x
O
Q
P
M
N
C
B
A
12

Do đó
QO

là một vectơ pháp tuyến của BC nên QO vuông góc BC.
+) Nếu BC nằm trên trục tung thì tam giác ABC cân tại A nên M

N, do đó O thuộc
AN nên QO vuông góc BC.
(Đây là đề APMO 2000. Ngoài cách trên Tuyển tập các bài toán HHP. Mathscope.
còn trình bày thêm 2 cách khác)

16.(Quảng Bình - Vòng 2) Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N
lần lượt là trung điểm của DB, AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng
DN lấy điểm Q sao cho
//
PQ CM
. Tính độ dài PQ và thể tích khối AMNP.
HD.


ME PD ME PI

.
Mặt khác: NI là đường trung bình của
ACM


I

là trung điểm của AM.
Nên PI là đường trung bình
AME

. Hay:

1 1 3 1 3
,
2 4 4 2 4
PI EM PD DI PD IN CM      .
Khi đó:
3 4 3
4 3 3
IN DI
PQ IN
PQ DP
     .
Ta có:

. . 1 1 1
. .

C
M
N
I
P
Q
E
13

1
( 1) ( ) (1 )
2
1
2( 1) 1
( 1)
1
2( 1) 1
(
QN xQD x QA AN x QA AD x QA AC xAD
x
QA AC AD
x x
AP yAB y
x
QP AC AD yAB
x x
QP kCM k CA
          
  
 

( ),( )
O O
là hai đường tròn nhận
làm tiếp tuyến chung, đồng thời
1
( )
O
tiếp xúc với
( )
T
và theo thứ tự là M, N ;
2
( )
O
tiếp xúc với
( )
T
và theo thứ tự tại H, L.
a) Chứng minh rằng khi di động trên
( )
T
thì các đường thẳng và luôn cùng
đi qua một điểm cố định .
b) Gọi C, D theo thứ tự là giao điểm thứ hai của
1
( )
O
với và M, B, E là giao điểm
của CN với và là giao điểm của với . Chứng minh rằng khi di động
trên

AMB
. Vậy K
là trung điểm của cung

AB
và K là một điểm cố định.
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có HL đi qua K (đpcm)
b) Cũng từ kết quả trên ta cũng có:




0
45
FAN FNA EBN ENB   
Suy ra



0
90
AFN BEN ENF  
hay tứ giác NEKF là hình chữ nhật
Từ đó chu vi tứ giác ABEF được tính bởi:
2 2
p AB BE EF FA AB BE EK NK AB BK NK R R NK
             

Mà
NK OK R

O
B
O1
O2
L
A
N
P
M
H
K
F
E
Q
P
N
M
D
C
B
A

14

18. (Tphố Hải Phòng Bài 5) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp (O) từ điểm D
trên cung nhỏ AB của đường tròn kẻ đường thẳng vuông góc AD, đường thẳng này cắt
BC tại M. Đường trung trực của đoạn thẳng DM cắt các cạnh AB,AC,BD,DM,MA lần
lượt tại E,F,N,K,I. Chứng minh rằng:
a) B,N,F,C nằm trên 1 đường tròn
b) Tứ giác AEMF là hình bình hành

– 2(

ACB) =

BAC. Suy ra
EM//AF. Tương tự MF//AE . Suy ra AEMF là hình bình hành.

19. (Đồng Nai - Vòng 1)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt
phẳng (ABCD). Biết AB = a, BC = 2a, SA =
3
a
(với
, 0)
a R a
 
. Gọi M, N là
trung điểm của SB và AD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BN.
HD. Tứ diện SABN có AS, AB, AN đôi một vuông góc, AB = AN = a, AS =
3
a
.
Gọi E là trung điểm BN. Khi đó
( )
BN AE BN SAE
  
. Mặt phẳng qua AM song
song BN cắt SN tại K, MK//BN. MK cắt SE tại F. EF = d(BN, (AMK)). Do đó EF =
d(BN, AM)
Bài giải của Trần Thanh Bình(10T - Chuyên QB):

định.
HD(o0osoipro0o). Ta nhận thấy chính là quỹ tích trung điểm . Ý tưởng tự
nhiên nhất là thiết lập tam giác mà H, K và trung điểm lần lượt nằm trên 3 cạnh rồi
áp dụng định lý menelaus vào tam giác đó.
Gọi là trực tâm của tam giác
trung điểm EF thuộc HK
cot cot
cot cot
KF HE AFK BEH
KX HX AXK BXH
   




nội tiếp (Điều này đúng vì
)

Đáp án.
Ta chứng minh tam giác SHK và tam giác
FHK có diện
tích bằng nhau.
Thật vậy


MAC MBC

 

1

1
. .sin
2
1 1
tan . .sin cos .tan . cos
2 2
FHK
S HF HK FHK
BH HK AHK AB B HK A
 

 

EHK FHK
S S
 suy ra E, F cách đều HK và E, F ở về hai phía của HK. Suy ra trung điểm
EF thuộc đường thẳng HK.

21. (Th phố HCM - Chọn ĐT - Vòng 2) Cho hai đường tròn (C
1
) và (C
2
) tiếp xúc
ngoài nhau tại D và cùng tiếp xúc với trong với đường tròn (C) lần lượt tại B và C .
Tiếp tuyến chung trong của (C
1
) và (C
2
) cắt (C) tại A và E . AB cắt (C
1

( ) 2 . . 2 .
MN DA DE DA DE AE MN DA DE
DA DE MN
      

Ta thấy:
2
. .
.
. . .
DA AM AB AN AC
AM AN MN AM AM
AMN ACB MN BC
AC AB BC AC AC
AM
MN AE BC AE
AC
 
      
 
 

Gọi K là giao điểm của tiếp tuyến tại B và C khi đó:
KB,KC là tiếp tuyến của (C
1
); (C
2
) nên
17



Áp dụng định lý Ptolemy vào ABEC ta được
. . . 2. . . 2. .
AM AM
MN AE BC AE AC BE BE AM
AC AC
    (1)
Sử dụng phép nghịch đảo với cực A và phương tích AD
2
thì (O) biến thành đường
thẳng MN; đường tròn (C
1
);(C
2
) giữ nguyên. Vì (O) tiếp xúc với (C
1
); (C
2
) nên MN
cũng tiếp xúc với (C
1
);(C
2)
Vậy MN là tiếp tuyến của (C
1
); (C
2
). Tương tự, với phép
nghịch đảo cực E phương tích ED
2

. .
AD AM AB AN AC
 
nên phép ngịch đảo cực A phương tích AD
2
biến
1 1 2 2
, , ,( ) ( ),( ) ( )
B M C N D D C C C C
    

đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành
đường thẳng MN. Do
1 2
( ),( )
C C
lần lượt
tiếp xúc (C) tại B, C nên đường thẳng
MN là tiếp tuyến chung của hai đường
tròn này.
Gọi F là giao điểm của AE và MN suy ra F
biến thành E và FD = FM = FN =
2
MN
.
Ta có
2
.
DE AD AD
DF AD AF AF




1 1
/ /
OAB OBA O MB O M OA
  
Tương tự
2
/ /
O N OA

Lại có






0
90
OAN MNA OCA ABC OCA xCA     

F
N
M
D
O2
O1
E

1
. .
.
AD DE AF AD AF DF
AF
DE AF AD DF
DE AD DF
   
   Vậy
1 1 1 1 2
. . .
AF DF AF DA
DA DE DA DF DA DF DA DF DA DF MN

      22. (Hà Nội) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N là
hai điểm lần lượt trên các đoạn thẳng AB và AD (M, N không trùng A) sao cho

2
4
AB AD
AM AN
 

1) Chứng minh rằng khi M, N thay đổi, đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố

AM

nên N thuộc đoạn DD'.
Gọi K là giao điểm của DI là MN.
Đặt AM = x, AN = y, AB = 2a, AD' = 2b


2
a b
x y
 Theo định lí Menelaus thì
. . 1
MI KD NA
MA KI ND


. . 1
a x KD y
x KI y b

 

(1)
Mặt khác
2
2 2 . 1
a b a b y b a x y b a x y

1 1
3 4
V
V
 

Nhưng
1
.
2 .
V
AM AN
V AB AD
 nên ta chỉ cần chứng minh 3


2
. 4
AB AD
AM AN

với
2
4
AB AD
AM AN
 
.
Đặt
AB









( )
BQA PBA BCA AHE BCA HAC AHE HAC
     

Tương tự AHCR nội tiếp.
Từ đó



AHX ACR CAP
 
,



HAX
QBE AKE
 

(K là giao điểm của BE và AP)
Suy ra



= BP.sin x/BH. cos C.
Ta cần chứng minh NQ/NH = MP/MH hay
AQ/AH = BP/BH hay sin

AHQ/sin

AQH = sin

BHP/sin

BPH. (*)
Tuy nhiên

AQH +

BPH = 180
0
do tứ giác DPHQ nội tiếp nên (*) đúng.
Theo định lí Menelaus trong tam giác HPQ, ta có trung điểm I thuộc MN. Đây chính là
đpcm
Cach 2.
là trực tâm tam giác. Đường thẳng qua , song song HQ cắt tại , ta
chứng minh PJ =NQ là đủ.
Dễ thấy
( đẳng thức cuối là theo định lí
thales) Suy ra ĐPCM.

= OC.BC + R.BC = BC(R+OC)
Đặt

OBC = α ; sinα = p; cosα = q
suy ra: q
2

+ p
2

= 1
OC = R.sinα = Rp
BC = R.cosα = Rq
Suy ra S = R
2

cosα(sinα+1) = R
2

q(p+1)
Ta thấy
q
2

3
+ p
2

≥
2.pq


3
2
≥
2
3
q(p+1)

q(p+1)≤
3 3
4


S≤
3 3
4
R
2 Dấu = xảy ra khi q =
3
2


α = 30

M hợp với OA một góc bằng 60 độ
Vậy maxS =
3 3


2 2 2
2( )
4
IB IC BC
 
= BM
2
+ IK
2
- 2BM.IK


2 2
2
2
BD DC
ID

 = 2BM
2
+ IK
2
- 2BM.IK

2BM
2
- BD.DC +(ID
2
- IK

(1) là hiển nhiên vì nếu lấy G đối xứng B qua O (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC) ta có AHCG là hình bình hành. Suy ra AH = CG.
Mặt khác

BAC =

BGC

tan

BAC = tan

BGC =
BC
AH

27.(Lê Quý Đôn - Ninh Thuận) Cho tứ giác ABCD có ba cạnh AB=BC=CD=a. Tìm
giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác ABCD.
HD. Đặt


0
(0 90 )
BAC BCA
 
   
.
dt(ACD)

1 1

CD CA a a a
 
 

Suy ra S =
2 2 2
sin cos cos cos (1 sin )
a a a
    
  

2 4 2 2 4 3 4 3
1
(1 sin )(1 sin ) (1 sin )(1 sin ) (3 3sin )(1 sin )
3
S a a a
     
        
AM-GM ta có S đạt max khi S
2
đạt max khi
6




28.(KHTN Vòng 2 - ngày 1) Cho tam giác nhọn ,
D
là một điểm thuộc đoạn .
Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt đoạn thẳng tại khác . Tiếp

FBI
S
IA AB ABI
IF S
BF FBI
GF DF FDG
GC
CD CDE

 








Từ đó với chú ý và
Suy ra:

(Do tứ giác ABFD điều hòa)
Như vậy ta có AG,CI,DF đồng quy tại H.
* Chứng minh HN //AF
Goi S là giao điểm của DE và AF,Q là giao điểm của DF và AE.
Do AG,DF,CI đồng quy tại H nên
Ta có
Suy ra NQ, NF, NH, ND lập thành chùm điều hòa hay NA, NF, NH, NM lập thành
chùm điều hòa
Kết hợp với M là trung điểm của AF ta được HN//DF (đpcm)

EFC =

DAC. Chứng minh rằng:

BEF =

BAC.
HD(ratuno) Dễ thấy PQ là trục đẳng phương của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD
và C. Suy ra ED.EB = EC
2


EC/EB = DC/BC (1)
Kéo dài AE cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại K. Ta có tam giác ADC đồng dạng với
tam giác FCK

FK/AC = KC / DC (2).
Dễ thấy KC/KB = EC/EB kết hợp với (1) ta có KC/KB = DC/KC/DC = KB/BC(3)
Từ (2) (3) suy ra BK/ BC= FK/AC}

Tam giác BFK đồng dạng với tam giác
BAC


BEF =

BAC. 30.(Quảng Ngãi - Chọn ĐT- ngày 1) Trong mặt phẳng cho đường tròn tâm O, bán

   
  
   
   

Vì
APC

không chứa O nên góc hợp bởi AB,CD với OP (lần lượt là
,
 
) lớn hơn
2


và không lớn hơn
90

.
Mặt khác hàm số sinx đồng biến trên
0;
2

 
 
 
nên
.sin ' .sin (1)
2
.sin ' .sin (2)


.
Đặt
,
APO x CPO y
   
( x

y


)
Theo định lý Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
2
2 2 2
2
2 2 2
.sin
4
.sin
4
AB
d x R
CD
d y R
 
 

Cộng theo vế 2 đẳng thức ta có:
2 2


 
   
 
 

 
   
 
 

2 2
2 2
2 (1 os ) (3)
4
AB CD
R d c


   

Mặt khác
 
2
2 2
(4)
4 8
AB CD
AB CD


Hạ OH  AB, OK  CD
Gọi I là trung điểm OP
Hạ IM  HK tại M thì
2
2
d
IO IP IH IK
HIK


   






25

Ta có : IM=IH.cos=
cos
2
d

B
A
C
I
M
D


2 2 2
[(1 cos ) sin ]
2
d
 
 

= 2d
2
(
4
cos
2

+
2 2
sin .cos
2 2
 
)

2 2
2 cos
2
d


(*)
sử dụng định lý pitagore

(*)

8[2R
2
-2d
2
+
2 2
2 cos
2
d

]= 16[R
2
–d
2
.
2
sin
2

]
(AB+CD)
min
= 4
2 2 2
sin
2
R d


AC
KL
AK
 (1)
Kéo dài ML cắt đường tròn tại R. Vì MROA

nên
AM = AR. Hai tam giác AKR và MKB đồng dạng vì
MKB
AKR



và
MBK
ARK


