CÁC ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN CÁC TỈNH NĂM 2020
Nguyễn Duy Khương − CLB Toán Lim − Hà Nội
Lời nói đầu. Hàng năm vào tháng 9 - tháng 10 là thời điểm mà các tỉnh thành trong cả nước tiến hành tổ chức kì thi chọn đội tuyển để chọn ra các học sinh giỏi nhất thi VMO. Bài viết đề cập tới một số bài toán hình học hay mà tác giả chọn lọc từ các đề thi chọn đội tuyển nằm nay.
Bài toán 1 (Chọn đội tuyển Hưng Yên 2020).
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại lần lượt X, Y, Z. Các đường phân giác trong và ngoài góc A của tam giác ABC cắt BC tại E, F lần lượt. Các tiếp tuyến kẻ từ E, F đến (I) cắt nhau tại D khác E, F. Trên BI lấy K sao cho: DK ⊥AI. Gọi M, N là tiếp điểm của (I) với DE, DF.
a) Giả sử BC cố định và A di động. Chứng minh rằng K thuộc 1 đường tròn cố định.
b) Đường thẳng qua D song song AB cắt AC, M N lần lượt tạiP, Q. Đường thẳng QZ cắt (I) tại T. Chứng minh rằng P T tiếp xúc (I).
Lời giải.
A
B C
D
I
E
F M
N
X Y
Z
K
P
Q T
L
1.1. Một số bài toán hình học chọn lọc qua các đề thi chọn đội tuyển các tỉnh năm 2020
a) Ta đã biết kết quả quen thuộc rằngBI cắtY Z trên đường tròn đường kínhBC.
Do đó ta cần chỉ rằng Y, Z, D thẳng hàng là ta có điều phải chứng minh.
Ta có: M, N đối xứng nhau qua AI dẫn đến AX, AM đẳng giác ứng với góc BAC.
Ta có: ∠IAF = ∠IN F = ∠IXF = 90◦ dẫn đến: A, N, I, X, F đồng viên suy ra:
∠N AI = ∠IF X = ∠IAX hay là AN, AX cũng đẳng giác ứng với góc BAC. Do đó A, M, N thẳng hàng tức là theo tính chất tứ giác điều hòa thìY, Z, D thẳng hàng hay là ta có điều phải chứng minh.
b) Gọi M N ∩Y Z =L. Ta chứng minh rằngP là trung điểm củaDQ.
Sử dụng định lí M enelaus cho tam giác DLQ ta cần chứng minh rằng: AQ
QL = Y D Y L kết hợp định lí T hales ta cần: ZD
ZL = Y D
Y L hay là (DL, Y Z) = −1(đúng câu a)).
DoP D ∥AB dẫn đến:P D=P Y. Vậy ta thu được∠DY Q= 90◦. Ta có:∠ZT Y =
∠AZY = ∠Y DQ do đó: Y T QD là tứ giác nội tiếp dẫn đến: ∠DT Q = 90◦ dẫn đến:
P T =P Y hay P T tiếp xúc (I).
Nhận xét: Đây là 1 bài toán hay mà sử dụng rất khéo léo các giả thiết để dẫn tới các tính chất về tứ giác điều hòa, hàng điều hòa và biến đổi tỉ số.
Bài toán 2 (Chọn đội tuyển PTNK ngày 2 năm 2020).
Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) với A di động trên cung BC lớn cố định của(O).
Dựng hình bình hành ABDC. AD∩(BCD) = K, D. Gọi R1, R2 là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giácAKB, AKC.
a) Chứng minh rằng R1.R2 cố định.
b) Đường tròn qua K tiếp xúcDB tại B cắt đường tròn quaK tiếp xúcCD tại C tại điểm thứ hai là L. Chứng minh rằng AL đi qua 1 điểm cố định.
Lời giải.
A
B C
D
K L
O M P
E
F H
hàm số sin ta có:
sinAKB = 2R1 =
sinB. Tương tự thì:
sinC = 2R2. Suy ra: R1.R2= AB.AC
sinB.sinC = 2R.2R = 4R2.
b) Ta có: ∠KLB = 180◦ −∠DBK = ∠KCD = 180◦ −∠KLC do đó: B, L, C thẳng hàng. Áp dụng định lí hàm số sin ta có: LB
sinLKB = KL sinKBC. Tương tự thì: LC
sinLKC = KL
sinKCB do đó: LB
LC = AB2
AC2 điều này dẫn đến: AL là đường đối trung của tam giácABC hay là:ALđi qua P là giao hai tiếp tuyến tạiB, C
của (O) cố định.
Nhận xét: Gọi H là trực tâm tam giác ABC, M là trung điểm BC và K0 là hình chiếu của H lên AM, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC. Ta có kết quả quen thuộc rằng:M E, M F tiếp xúc đường tròn đường kínhAH chú ý rằngK0 ∈(AH) do đó: M K0.M A=M K0.M D =M B2 như vậy dẫn đến: (AK0B)và (AK0C)tiếp xúc BC.
Chú ý rằng D đối xứng A qua trung điểm BC dẫn đến: D ∈ (BHC). Suy ra K trùng K0. Điểm K trong bài toán còn được gọi là điểmA−Humpty.
Bài toán 3 (Chọn đội tuyển Hà Nội 2020 ngày 2).
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) cóAB < AC. Các đường caoAD, BE, CF của tam giácABC cắt nhau tạiH.EF ∩BC =S, từS kẻ các tiếp tuyếnSX, SY đến(O)vớiX, Y là các tiếp điểm.
a) Chứng minh rằng X, Y, D thẳng hàng.
b)XY ∩EF =I.
Chứng minh rằngIH chia đôi BC.
A
B C
O
S
X Y
D
E
F H
K I
M L
R
P
Lời giải.
a) Kẻ đường kính AK của (O). Ta dễ thấy rằng H, M, K thẳng hàng do BHCK là hình bình hành. Gọi đường tròn (AEF) cắt (ABC) tại điểm thứ hai là L, theo tính
1.1. Một số bài toán hình học chọn lọc qua các đề thi chọn đội tuyển các tỉnh năm 2020
chất trục đẳng phương cho ba đường tròn (AEF),(BF EC),(O) ta có: AL, EF, BC đồng quy tạiS.
Do đó: HM ⊥ AS. Do đó: DH.DA = DM.DS = DB.DC hay là theo hệ thức M aclaurin đảo thì: (SD, BC) = −1 dẫn đến: D thuộc đối cực của S(chính là XY) ứng với(O) dẫn đến: X, Y, D thẳng hàng.
b) Theo tính chất tứ giác điều hòa thì:XY đi qua giao hai tiếp tuyến tại B, C của(O) làP. Gọi tia M H cắt EF tại I0.
Ta chứng minh rằng I0 ∈XY. AO∩EF =T và P D cắt SO tại R.
Ta có:M O.M P =M B2 =M D.M S (theo hệ thứcN ewtoncho hàng điểm điều hòa (SD, BC) = −1) điều này dẫn đến: D là trực tâm tam giác OSP hay là: P R ⊥ SO.
Ta có: LI0T A là tứ giác nội tiếp dẫn đến:
SI0.ST =SL.SA=SB.SC =SD.SM =SR.SO
do đó: ∠I0RO=∠IT O = 90◦ tức là: I0, R, P, D thẳng hàng.
Vậy I ≡I0 hay là ta thu được điều phải chứng minh.
Nhận xét: Đây là 1 bài toán đã cũ. Hoàn toàn có thể giải quyết bằng kiến thức THCS nhưng bản chất của bài toán nằm ở kiến thức về cực và đối cực.
Bài toán 4 (Chọn đội tuyển Lâm Đồng 2020).
Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp (O). H là hình chiếu của A lên BC.
D, E, M lần lượt là trung điểm của HB, HC, BC. (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE và (J) là đường tròn ngoại tiếp tam giác (ACD).
a) Chứng minh rằng BC = 4IJ.
b)(I) cắt AC tại S khác A và (J) cắt AB tại R khácA. Đường trung tuyến ứng với H của tam giácAHM cắt RS tại T. Chứng minh rằng AT, BS, CR đồng quy.
Lời giải.
a) Gọi X, Y lần lượt là trung điểm DC, EB. Ta có: IJ = XY. Ta có: BC = BE + CD−DE = 2Y E + 2DX −DE = 2(XY −XE) + 2(XY +DY)−DE = 4XY + 2DY −2XE−DE = 4XY.
B C O
D Y MXE
R
H
S
I J
T W
V P Q N U
G
b)(Dựa trên lời giải của Đoàn Phương Khang - lớp 10 Toán THPT chuyên KHTN Hà Nội).
Ta có: CS.CA = CD.CE = CM.CH nên ta có: S thuộc đường tròn đường kính AM. Chứng minh tương tự ta có: R thuộc đường tròn đường kính AM. Ta gọi RS cắt BC tại W. Gọi AM, HR, HS cắt P N tại Q, V, U. Theo hàng điều hòa cơ bản thì:
A(W G, BC) =−1ta cần chỉ ra rằng:A(T W, BC) =−1 = H(T X, RS) = H(QM, V U) hay là cần có: Q là trung điểm U V.
Ta có: ∠M AC = ∠M HS = ∠QU S = ∠AU V(do A, H đối xứng nhau qua N P).
Do đó: QA2 = QN.QU. Tương tự QA2 = QN.QV do đó: QU = QV hay điều phải
chứng minh.
Bài toán 5 (Thi HSG Vĩnh Phúc lớp 12).
ChoBC là dây cung cố định của (O;R). XétAthay đổi trên cungBC lớn của(O)sao cho tam giác ABC nhọn, không cân. BE, CF là đường cao. Trung trực của BE, CF cắt EF tại S, R. Giả sửBR∩CS=L
a) Chứng minh rằngAL đi qua 1 điểm cố định.
b) Dựng các hình bình hành AXLY, BV LT, CU LZ với F, V thuộc AB và T, Z thuộcBC vàX, U thuộcCA. XY, U Z, V T đôi một cắt nhau tạo thành tam giác A1B1C1. Chứng minh rằng bán kính nội tiếp tam giác A1B1C1 không đổi.
Lời giải.
1.1. Một số bài toán hình học chọn lọc qua các đề thi chọn đội tuyển các tỉnh năm 2020
B1
A1
C1
A
B C
O R
S L
E
F
X
Y
Z T
V U
W
G H
J
M
a) Theo bổ đề quen thuộc từ bài toán 6 VMO 2019 thì ta có: BR, CS lần lượt là các đường đối trung của tam giác ABC dẫn đến L là điểm Lemoine của tam giác này. Do đó: AL đi qua giao hai tiếp tuyến tạiB, C cố định của (O).
b) Ta có tính chất quen thuộc rằngBY XC nội tiếp do đó:XY ∥ EF dẫn đến: XY vuôngAO. GọiJ là trung điểmOL.Ta gọiW, G, H lần lượt là trung điểmXY, V T, U Z.
Ta có:J W vuôngXY và là đường trung bình của tam giác ALOdẫn đến:J W = AO 2 . Tương tự thì suy ra: J là tâm của(W GH). Để ý rằng(J) chính là đường tròn nội tiếp tam giác A1B1C1 dẫn đến bán kính đường tròn nội tiếp tam giác A1B1C1 là R 2
cố định.
Nhận xét: Bài toán có hình vẽ xây dựng cực kì phức tạp nhưng thực chất được ghép nối khá nhiều từ các bài toán cũ nhưng thú vị.
Bài toán 6 (Trải nghiệm VMO 2020 đợt 2).
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). AB∩DC = E và BC ∩AD = F. AC∩EF = G.
Giả sử (AEG) cắt (O) tại K khác A.
a) Chứng minh rằng KD chia đôi EF tại điểm I.
b) Gọi (IAC) cắt EF tại điểm J khác I và BD cắt EF tại H. Chứng minh rằng OH =OJ.
O A
B
D C E
F
G
K I
H
J
R M N S
T
a) Lấy AC ∩BD = R. Gọi BD∩EF = H. Rõ ràng điều phải chứng minh tương đương: PI/(O) = IE2. Xét phép chiếu xuyên tâm F ta có: F(GR, AC) = −1 dẫn đến theo hệ thức M aclaurin thì: RM.RG = RA.RC. Tương tự thì: RB.RD = RN.RH. Do đó: GHM N nội tiếp. GọiIR cắt (O)tại S, T.
Từ chứng minh định lí Brocard ta có: (IR, ST) = −1. Chiếu xuyên tâm R ta có:
R(EF, GH) =R(EF, CD) = −1dẫn đến:IE2 =IF2 =IG.IH =IS.IT =PI/(O) hay là điều phải chứng minh.
b) Áp dụng định lí Brocard ta có: OR⊥EF. Do đó ta cần chỉ ra rằng: RH =RJ là được. Từ câu a) ta có: ∠GHR=∠GM N.
Ta có: (GR, AC) = −1 dẫn đến: GA.GC = GR.GM = GI.GJ do đó: J IRM nội tiếp tức là:∠GJ R=∠N M G=∠GHRdo đó: RJ =RH. Vậy tóm lại ta có điều phải
chứng minh.
Bài toán 7 (Chọn đội tuyển Phú Thọ 2020-China TST 2012).
Giả sử O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giácABC với bản kính R, r tương ứng. Gọi P là điểm chính giữa cung BAC, QP là đường kính của (O), D là giao điểm của P I và BC, F là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AID với đường thẳng P Akhác A. Lấy E trên tia DP sao cho DE =DQ.
a) Chứng minh rằng ∠IDF = 90◦.
b) Giả sử ∠AEF =∠AP E, chứng minh rằng sin2BAC = 2r R.
1.1. Một số bài toán hình học chọn lọc qua các đề thi chọn đội tuyển các tỉnh năm 2020
Lời giải.
Xin bỏ qua ý a) khá hiển nhiên để giải quyết ý b).
*) Theo định lí hàm số sin thì:
a
sinA = 2R
dẫn đến: sin2A = a2
4R2 = 2r
R tức là tương đươnga2 = 8R.r = 4PI/(O) (hệ thức Euler)
O A
B C
Q F
D I
P
E
M H
Suy ra: a2
4 =PI/(O) =PM/(O) điều này tương đươngOI =OM.
*) Ta có từ giả thiết: ∠AEF =∠AP E ⇔ 4F EA 4F P E⇔∠F ED =∠EAP. Kẻ EH vuông AP(tạo tương ứng đồng dạng).
Ta có: ∠DHF =∠DEF =∠EAP dẫn đến: DH chia đôiAE. Dùng định lí M enelaus cho tam giác AEP ta có: DP
DE ·1· HA
HP = 1 suy ra:
DP
DE = HP
HA = EP
EI = DP −EP
DE−EI = DE
DI (vai trò của F đã hết).
Suy ra: DQ2 =DI.DP và chú ý QI2 =QM.QP(=QC2) dẫn đến: IM ∥DQ.
*) Ta có: ∠QDM =∠IM B =∠IP A tức là 4IAP 4QM D⇒ IA
QM = AP M D. Điều phải chứng minh tương đương: IA.IQ=M Q.M P =IA.QC ⇔ M P
QC = AP M D
⇔M P.M D=AP.QC
⇔ QC
M Q = M P AP .M D
M Q = M P AP .AP
AI = M P AI
⇔IA.IQ=M Q.M P
hay là có điều phải chứng minh.
Nhận xét: Đây là một bài toán hay và khó. Việc tìm hiểu giả thiết lạ của nó có thể khiến thí sinh choáng ngợp. Cần đổi lại về dạng tỉ số hợp lí hơn bằng cách suy ngược lại từ kết luận.
Nhìn chung đề chọn đội tuyển các đội năm nay có nhiều bài toán hay, đáng để nghiền ngẫm. So với năm 2019, có lẽ độ đa dạng đã tăng lên đáng kể. Qua các bài toán tác giả bài viết chọn, có thể thấy đầy đủ các màu sắc và dạng toán đã xuất hiện.
