• Không có kết quả nào được tìm thấy

Một số bài toán Hình học trong đề thi HSG dự thi VMO 2018 của các tỉnh

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Một số bài toán Hình học trong đề thi HSG dự thi VMO 2018 của các tỉnh"

Copied!
17
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

Bình luận một số bài toán hình học trong một số đề thi chọn HSG đi thi VMO 2018 của các tỉnh

Lời nói đầu: Cứ đến tháng 9, tháng 10 là các tỉnh lại bắt đầu có các bài thi để chọn HSG đi thi VMO. Các bài hình trong các đề chọn tuyển hàng năm luôn hết sức thú vị và có nhiều điều đáng để khai thác. Như mọi năm, tôi giới thiệu lời giải và bình luận một số bài toán hình học trong các đề.

Bài toán 1(Chọn đội tuyển Bình Dương). Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) có hai đường chéo AC và BD vuông góc nhau tại H. Hình chiếu của H lên AB,BC,CD,AD lần lượt là I, J, K, L và trung điểm AD, AB, BC, CD làM, N, P, Q.

a) Chứng minh rằng:M, N, P, Q, I, J, K, L đồng viên.

b) Chứng minh rằng:IK, LJ, OH đồng quy.

Lời giải:

(2)

a) Theo định líBramagupta ta có:I, H, Qthẳng hàng, L, H, P thẳng hàng. M, H, J thẳng hàng vàN, H, K thẳng hàng. Để ý rằng:∠HLM =

∠HJ P = 90 do đó: L, M, J, P đồng viên. GọiT là trung điểm củaOH ta có đường trung bình của hình thang vuôngLHOM cũng chính là trung trực LM do đó ta dễ dàng có: T là tâm (LM J P). Tương tự ta có: T là tâm của (IN KQ). Gọi BD∩M Q=S ta có: M QkAC do đó: LM SH và QKSH là các tứ giác nội tiếp dẫn đến: DS.SH = DM.DL = DK.DQ hay là: L, M, K, Q đồng viên do đó: I, N, J, P, Q, K, L, M đồng viên trên đường tròn tâm T.

b) Ta có:HIAL, HIBJ là các tứ giác nội tiếp do đó:∠HIL=∠CAD=∠HBJ =∠HLJ. Tương tự ta có:LH, J H, KH cũng là phân giác các góc ILK, IJ K, J KL do đó: LIJ K là tứ giác ngoại tiếp. Khi đó chú ý rằng: tứ giác ILKJ vừa nội tiếp (T) vừa ngoại tiếp(H)do đó: IK, LJ, T H đồng quy hay điều phải chứng minh.

Nhận xét: Tính chất của tứ giác lưỡng tâm đã được sử dụng ở đây tạo cho bài toán một vẻ đẹp rất lạ. Cách khai thác này cũng khá mới mẻ.

Bài toán 2(Chọn đội tuyển KHTN ngày 2). Cho tam giác ABC nội tiếp (O).(K) thay đổi quaB, C cắt AC, AB tại E, F. BE∩CF =H và D là hình chiếu của K lên AH, Lấy P đối xứng A qua EF. Chứng minh rằng: (P KD)đi qua 1 điểm cố định khi K thay đổi.

(3)

Lời giải: Gọi AO ∩EF = I. Áp dụng định lí Brocard và tính chất trục đẳng phương ta có: AH.AD = AF.AB = AE.AC. Ta chứng minh: 2AI.AO = AE.AC là đủ hay là: AI.AO = AE.AM(M là trung điểm AC). Để ý rằng: EF đối song BC do đó: AI vuông EF hay là:

AI.AO =AE.AM hay là (P HK)đi qua O cố định.

Nhận xét: Bài toán không khó quá như mọi năm ở ngày 2, khai thác nhẹ nhàng các tính chất về trục đẳng phương cũng như mô hình điểm Miquel thân thuộc.

Bài toán 3(Chọn đội tuyển Hà Tĩnh, ngày 2). Cho tam giácABC nội tiếp(O)và ngoại tiếp(I).D, E, F là tiếp điểm(I)với BC, CA, AB và M là trung điểm cung BC không chứa A của (O).M D cắt M D∩(O) =M, N. AN ∩BC =P.

a) Chứng minh rằng:AN I là tam giác vuông vàAIHP là tứ giác nội tiếp.

b) GọiM H ∩(O) =M, S. N S∩BC =Q. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại N của (O) chia đôi P Q.

(4)

Lời giải: a) Gọi (AEF)∩ (O) = A, N0 ta có: N0B

N0C = F B

CE = DB

DC do đó: N0D đi qua M hay là: N ≡ N0. Đường thẳng qua I vuông góc AI cắt BC tại P0. Xét (AI),(IBC),(O) có các trục đẳng phương đôi một là: tiếp tuyến tại I của (BIC), AN, BC do đó: P ≡ P0 do đó:

P I2 =P B.P C =P N.P A hay là:∠AIP =∠AHB = 90 và ta có điều phải chứng minh.

b) GọiEF ∩BC =R. Gọi J là trung điểm DR. Ta có:∠DAH =∠CRF =∠IP H do đó:IPkEF. Ta dễ thấy theo hàng điều hoà cơ bản thì:

(RD, BC) =−1 do đó:∠DN R = 90. Theo hệ thức N ewton thì: J D2 =J R2 =J N2 =J B.J C do đó: J N tiếp xúc (O). Ta sẽ đi chứng minhRD và P Q có cùng 1 trung điểm. Hay là: P R=QD. Để ý rằng: ∠P N Q=∠P N S =∠IM H. Từ câu a) ta có: ∠M IH =∠N P Q do đó: N P

N Q = M I M H. Áp dụng định lí hàm số sinta có: N P

RP = sinN M K

sinAN K = N K

AK = M I

M D. Tương tự thì: N Q

QD = N M

SM = M H

M D(do M D.M N =M I2 =M S.M H nên tứ

(5)

giác N SHD nội tiếp). Tức là điều phải chứng minh tương đương: N P

N Q = M I

M H(đúng).

Nhận xét: Ta để ý rằng nếu lấyG là hình chiếu D lên EF thì I, G, N thẳng hàng.

Bài toán 4(Chọn đội tuyển KHTN ngày 3). Cho tam giácABC, nội tiếp (O), ngoại tiếp(I).I trên AO sao cho IP vuông gócBC. Tiếp tuyến của (O) tại A cắt BC tại Q.(AP Q) cắt (O)tại R. Chứng minh RI là phân giác góc BRC.

Lời giải: Bổ đề: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có tâm nội tiếp I. Tiếp điểm đường tròn A−M ixtilinear nội với (O) là R. Khi đó: RI là phân giác góc BRC.

Quay trở lại bài toán. Gọi D là hình chiếu củaI lên BC. Ta có: D ∈(P Q). Gọi R0 là tiếp điểm đường tròn A−M ixtilinear nội. Ta đã biết kết quả quen thuộc rằng: ∠AR0B =∠DR0C(các bạn có thể đọc cuốn "Tìm tòi và sáng tạo một số chủ đề hình học phẳng của tôi" ở chuyên đề 17 để biết rõ chứng minh tính chất này. Do đó ta có: 4DR0C ∼ 4BR0A(g.g) dẫn đến: ∠R0DQ = ∠180 −∠ABR0 = ∠ACR0 =∠QAR0 do đó:

R0 ∈(P Q). Vậy ta có: R≡R0 hay là điều phải chứng minh theo bổ đề.

Bài toán 5(Chọn đội tuyển Hưng Yên ngày 1). Cho tam giác ABC nội tiếp(O). M là trung điểm cung BAC của (O). I là tâm nội tiếp tam giác ABC. Lấy E, F đối xứngB, C qua IC, IB. Và M I∩(BIC) =I, N. Đường thẳng qua I vuông góc AI cắt BC tại K.

a) Chứng minh rằng:EF ⊥OI

b) Chứng minh rằng:KN tiếp xúc (BIC).

(6)

Lời giải: a) Ta có:IE2−IF2 =IB2−IC2(doE, F đối xứngB, C quaIC, IB). GọiP, Qlà trung điểm củaAB, AC. Ta có:OF2 =OP2+P F2 và OE2 =OQ2+QE2. Ta có: P F =BC−AB

2 và QE =BC− AC

2 . Do đó: OE2−OF2 =OQ2−OP2+QE2 −P F2 = (OA2AC42)−(OA2

AB2

4 ) +BC.AB−BC.AC+AC2

4 − AB2

4 =BC.AB−BC.AC =BC(AB−AC) =IB2−IC2. Do đó: EF ⊥OI(theo định lí 4 điểm).

b) Gọi D là trung điểm cung BC không chứa A thì D là tâm (BIC).Ta có: M B, M C là các tiếp tuyến đến: (BIC) do đó: IBN C là tứ giác điều hoà dẫn đến: KN tiếp xúc (BIC).

Bài toán 6(Chọn đội tuyển Hưng Yên ngày 2).: Cho tam giácABC có tâm bàng tiếp góc B, C làB1, C1. B1C1∩(ABC) = A, D. Đường thẳng qua B1 và C1 vuông gócAC, AB cắt nhau tạiE.

a) Chứng minh rằng:∠ADE = 90

(7)

b) Tiếp tuyến tạiDcủa(ADE)cắtAE tạiF. Đường thẳng quaDvuông gócAE cắtAF tạiGvà(ADE)tạiHkhácD.(HF G)∩(ADE) =I, H.

Kẻ DJ ⊥AH(J ∈AH). Chứng minh rằng: AI chia đôi DJ.

Lời giải: a) Đổi lại bài toán dưới mô hình trực tâm như sau: Cho tam giác A1B1C1 có các chân đường cao trên cạnh đối diện là A, B, C. Ta biết kết quả quen thuộc rằng trực tâm tam giác ABC và tâm(ABC) liên hợp đẳng giác do đó: E là tâm(ABC). Do B1C1 là phân giác ngoài góc BAC do đó:DB =DC dẫn đến: D là trung điểm B1C1 hay là: ∠ADE = 90.

b) Đề bài rất rối nhưng nếu ta để ý thì có thể tách nó ra thành 1 bài toán riêng rẽ như sau: Cho đường tròn đường kính AE. Dlà 1 điểm nằm trên (AE)khácA, E. Tiếp tuyến tạiDcủa (AE)cắtAE tại F vàF H là tiếp tuyến còn lại đến(AE).Glà trung điểmHD.(F GH)∩(AE) =I, H.

Hình chiếu của D lên AH là J. Chứng minh rằng: AI chia đôiJ D.

(8)

Gọi F I∩(O) =I, K ta có: ∠HIK = 90. Do đó: H, K, O thẳng hàng. Ta có: AKkDJ do đó: chú ý rằng: A(KIHD) =−1(do tứ giác DIHK điều hoà) hay là: A(KIJ D) =−1 nên có ngay:AI chia đôi DJ(điều phải chứng minh).

Bài toán 7(Chọn đội tuyển VMO 2018 Hà Nội).: Cho hai đường tròn (O)và (O0) cắt nhau tại A, B. Các đường thẳng qua d1 và d2 qua A phân biệt cắt lần lượt (O),(O0)lần lượt tại C, D và E, F. Gọi trung trực củaCD và EF cắt nhau ở K. Một đường thẳng d thay đổi qua K cắt (O0) tại P, Q. Chứng minh rằng trực tâm tam giácAP Q nằm trên một đường cố định.

(9)

Lời giải: GọiR, U là trung điểm củaCD, EF. Kẻ các đường kính AS, AT của (O)và (O0), ta có: ∠ABS =∠ABT = 90 suy ra:S, B, T thẳng hàng. GọiK0 là trung điểm ST ta có: K0RkDTkCS do đó:R ∈(AK0), tương tự thì:U thuộc(AK0). Do đó K ≡K0. Dĩ nhiênB cũng thuộc(AK).

Đến đây ta thấy vai trò các điểm C, D, E, F đã không còn quá quan trọng. Việc điểm K được định nghĩa lại đã giúp ta đơn giản mô hình ban đầu đi rất nhiều. Ta chứng minh bài toán sau như 1 bổ đề: Cho tam giác ABC có đường caoAD.K là trung điểmBC. Đường thẳng thay đổi qua K cắt (AC)tại P, Q. Chứng minh rằng: trực tâm tam giác AP Qnằm trên (AB).

(10)

Chứng minh: Gọi đường thẳng qua B song song P Q cắt (AB) tại H. Hình chiếu của C lên AH là L. Ta có: K là trung điểm BC do đó theo tính chất đường trung bình hình thang thì: P K chia đôi HL và do P K vuông AH nên P K là trung trực HL do đó: P H = P L dẫn đến:

∠AHP =∠P LH =∠AQP do đó:HP vuông AQ hay ta có: H là trực tâm tam giácAP Q.

Bài toán 8(Chọn đội tuyển Vĩnh Long 2018). Cho tam giácABC cóAB > AC và các đường trung tuyến cũng như phân giác góc∠BAC cắt BC tại M, N tương ứng. Đường thẳng qua N vuông gócAN cắt AM, AB tại Q, P tương ứng. Đường thẳng qua P vuông góc AB cắt AN tại R. Chứng minh rằng: QR⊥BC

Lời giải(Kim Vu)(Bạn đọc tự vẽ hình): Đường đối trung của 4ABC cắt (ABC) tại T;AN ∩(ABC) = S;P N ∩AC =V L là điểm đối xứng N quaM Dễ suy ra T là tâm vị tự quay biếnP →B, V →C, Q→L, R→S,

nên P RQ[ =BSL[ Mặt khác do tính đối xứng nên∠BSL=∠N SC =∠ABC Suy ra∠P RQ=∠ABC(1). Gọi QR∩BC =U. Từ (1) suy ra tứ giác BP RU nội tiếp nên∠BRU = 90 ⇒QR⊥BC

Bài toán 9(Chọn đội tuyển Bắc Giang 2018). Cho tam giácABCkhông cân ngoại tiếp(I).D, E, F là các tiếp điểm của(I)vớiBC, CA, AB.

a) GọiS =EF ∩BC. Chứng minh rằng: SI ⊥AD.

b) Gọi(ABE)∩(ACF) = X. Định nghĩa tương tự các điểmY, Z. Chứng minh rằng: AX, BY, CZ đồng quy.

(11)

Lời giải: a) Gọi AD∩(I) = D, K ta có: F KED là tứ giác điều hoà do đó: SK tiếp xúc (I) dẫn đến: SI là trung trực của KD mà A, K, D thẳng hàng do đó: SI ⊥AD.

b) Gọi AX∩(O) = U, A. Ta có: 4XF B ∼ 4XCE(g.g) và 4XBE ∼ 4U BC(g.g) dẫn đến: U B

U C = F B

CE = DB

DC do đó ta gọi AU ∩BC =T thì: T B

T C = AB AC.DB

DC(1). Tương tự gọi BY ∩AC =W thì W A

W C = EC EA.BC

AB(2) và CZ∩AB =R thì RA

RC = AC BC.F A

F B(3). Nhân ba vế (1)(2)(3) ta có AX, BY, CZ đồng quy theo định líCeva.

Nhận xét: Bài toán là một kết quả khá quen thuộc. Cách giải trên của tôi sử dụng bổ đề cát tuyến từ đó cho thấy mối liên hệ chặt chẽ giữa đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ở giả thiết bài toán này.

Bài toán 10(Chọn đội tuyển Lạng Sơn). Cho hình chữ nhậtABCD nội tiếp (O)cóM, N là trung điểm các cung BC, ADcủa (O).I, J là trung điểm của OM, ON. K đối xứngO qua M.

a) Chứng minh rằng: tứ giác DJ BK nội tiếp.

b)P, Q là hình chiếu của I lên AB, AC. Chứng minh rằng: AK ⊥P Q.

(12)

Lời giải: a) Ta có: OJ.OK = OM

2 .2OM =OM2 =OB.ODdo đó: BKDJ nội tiếp.

b) Ta quy về chứng minh bài toán như sau: Cho tam giác ABC vuông tại A.K là trung điểmBC. M là trung điểm cung AC nhỏ của(ABC).

I là trung điểm KM vàJ đối xứngK qua M. Chứng minh rằng: BI, BJ đẳng giác.

Chứng minh(Bạn đọc tự vẽ hình): Ta có: IJ ⊥AC do đó: ABkIK dẫn đến: ∠J BA=∠BJ K ta cần chứng minh rằng:∠IBC =∠KJ A hay là:

KB2 =KI.KJ. Ta có: KI.KJ = KM

2 .2KM =KM2 =KB2 do đó ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 11(Chọn đội tuyển Ninh Bình): Cho tam giác ABC nội tiếp (O). D là 1 điểm thay đổi trên cạnh BC. OD∩(BOC) =P, O và AP ∩(O) =A, Q.

a) Chứng minh rằng:A, O, Q, D đồng viên và gọi tâm của nó là K.

b)(K)∩(BOC) =E, O và chứng minh rằng: OE, AQ, BC đồng quy tại R.

c) Gọi AE∩(O) = A, F. Chứng minh rằng: RF =RQ.

(13)

Lời giải: a) Ta có: OD.OP =R2 do đó xét phép nghịch đảo cực O phương tích R2 ta có: D↔ P,(O)↔(O) do đó: Q↔Q, A↔ A và do đó chú ý: A, Q, P thẳng hàng nên A, O, D, Qđồng viên.

b) Ta xét ba đường tròn (O),(BOC),(K) có các trục đẳng phương đôi một đó là: BC, AQ, OE do đó BC, AQ, OE đồng quy.

c) Chứng minh tương tự a) ta có: A, F, R, O đồng viên. Ta có:∠F RQ =∠F OA= 2∠F QR do đó: RF =RQ.

Bài toán 12(Chọn đội tuyển Hà Nam): Cho tam giác ABC nội tiếp (O)nội tiếp (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tạiH. Đường tròn (J)ngoại tiếp tam giác AEF cắt (O) tại điểm thứ hai là K. AM ∩(J) = Q, A.EF ∩AD=P.P M ∩(J) = N(N và A cùng phía với BC).

a) Chứng minh rằng:KF, EQ, BC đồng quy.

b) Chứng minh rằng:(DM N) tiếp xúc (BN C).

(14)

Lời giải: a) Ta áp dụng định lí Pascal cho 6 điểm A, K, F, H, Q, E ta có giao điểm các cặp đường thẳng (KF, EQ) và (HF, AE) cùng với (HE, AF) sẽ thẳng hàng.

b) GọiM P ∩(AEF) = S, N ta có: tứ giác IF N E điều hoà do dó: EF tiếp tuyến tạiI và N của (AEF)cắt nhau tại S0 và theo hàng điều hoà cơ bản thì: (S0P F E) = −1 chú ý rằng: (SD, BC) = −1 suy ra: A(SP, F E) = −1 dẫn đến: S ≡ S0. Do đó: SN2 =SF.SE =SB.SC = SD.SM dẫn đến: SN là tiếp tuyến trung của (DM N) và (BN C).

Nhận xét: Ta có thể chứng minh thêm một ý khác khó hơn như:P M, EQ, CF đồng quy: Gọi QE∩F H =J ta có:HQ, EF, BC đồng quy tại S và (SD, BC) =−1 nên theo phép chiếu xuyên tâm A thì: (SP, F E) =−1 dẫn đến: J P, F Q, HE đồng quy. Áp dụng điều trong chứng minh định lí Brocard ta có: M P, F Q, HE đồng quy do đó: M, P, J thẳng hàng hay điều phải chứng minh.

(15)

Đổi mô hình ta được bài toán khá hay như sau:

Bài toán 12*: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có AK là đường kính của (O). Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau ở T. T A∩(O) = Q và AK ∩BC =P. Gọi T P ∩(O) = N.

a) Chứng minh rằng:P T, KC, BQ đồng quy.

b) Hình chiếu củaT lên AK là I. Chứng minh rằng: (T N I)tiếp xúc (O).

Bài toán 13(Chọn đội tuyển Nam Định ngày 1): Cho tam giác ABC nhọn với AB < AC. D là hình chiếu của A lên BC. Đường thẳng qua D vuông góc AB cắt AC tại E và đường thẳng qua D vuông góc AC cắt AB tại F. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt EF, BC lần lượt tại G, S.

M, R là trung điểm củaBC, AD.

a) Chứng minh rằng:GR ⊥AM.

b) GọiI, J là giao điểm củaDE, DF tương ứng với GR.K, L là trung điểm của J F, IE. Chứng minh rằng: R là trung điểm IJ và OSkP Q.

(16)

Lời giải: a) Ta có D là trực tâm tam giác AEF. Do đó: AD ⊥ EF dẫn đến: BCkEF. Gọi O0 là tâm của (AEF) ta cũng có: A, O, O0 thẳng hàng. Ta có kết quả quen thuộc rằng: DT cắt AO trên (AEF) tại 1 điểm tạo với F, D, E 1 hình bình hành do đó:RTkOA hay là:T R ⊥GA hay là: R là trực tâm tam giác AGT suy ra điều phải chứng minh.

b) Vẽ các đường cao F Y, EX của tam giác AEF. Ta đã biêt rằng: DZ ⊥AM và D(ZKF E) =−1 = D(ZRIJ) do đó:AK chia đôiIJ. Bổ đề: Cho tam giác ABC nội tiếp (O)có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại S và trung điểm AH, BC lần lượt là R, M. CH, BH cắt SR tại J, I. P, Qlà trung điểm J B, IC. Chứng minh rằng: P QkOS.

(17)

Chứng minh: Ta gọi U, V là hình chiếu của M lên AB, AC. Từ chứng minh các câu a),b) ta có: AIHJ là hình bình hành. Ta có: M U

M V = AC AB. Ta để ý rằng: M P

M Q = J C

BI. Mà ta có: 4AIB ∼ 4F AC(g.g) dẫn đến: IB

AB = AC

F C. Tương tự thì: J C

AC = AB

EB do đó: IB

J C = F C

EB = AC AB dẫn đến: U VkP Q. Dựng tứ giác điều hoà: ABKC ta có: AK ⊥ U V(bởi AM là đường kính của (AV U) mà AK đẳng giác với AM). Do vậy ta có:

OSkU VkP Q.

Áp dụng bổ đề ta có ngayP QkO0GkOS.

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

a) Chứng minh rằng các đường thẳng KF, EQ và BC hoặc đồng quy hoặc song song. b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN và đường tròn ngoại tiếp tam

Các em học sinh bậc Trung học phổ thông thường gặp một số khó khăn khi tiếp cận các dạng toán liên quan đến bài toán đồng quy thẳng hàng nói riêng và bài toán Hình

Các bài toán về Hình học phẳng thường xuyên xuất hiện trong các kì thi HSG môn toán và luôn được đánh giá là nội dung khó trong đề thi. Mặc dù là một vấn đề

đường tròn vẽ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn tạo thành một góc bằng  cho trước. Trên đường tròn lấy một điểm A cố định và một điểm B di động. Từ A

Chứng minh: AL , HQ cắt nhau tại 1 điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF... Tức là HQ AL , cắt nhau tại 1 điểm nằm trên đường tròn ngoại

Gọi M là trung điểm của cạnh BC, (ω) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng ba điểm N, H, M thẳng hàng. Chứng minh rằng tứ giác BHKC nội tiếp. Đặt

Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB tại F và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. a) Chứng minh tam giác KAF đồng dạng với tam giác KEA. b) Gọi I là

Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại M, N của đường tròn ngoại tiếp tam giác EM N luôn cắt nhau tại điểm T cố định khi điểm A thay đổi trên (O)..