Tài liệu tham khảo Đáp án đề thi Olympic Toán sinh viên học sinh năm 2023 Phần Hình học sẽ giúp bạn thực hành giải các bài toán, phát triển kĩ năng giải bài tập tự luận, đồng thời ôn tập lại những kiến thức để chuẩn bị tốt cho kì thi.
HỘI TOÁN HỌC VIỆT NAM OLYMPIC TOÁN SINH VIÊN HỌC SINH NĂM 2023 ĐÁP ÁN: NGÀY Bảng PT A Các đường đối trung tam giác Bài PT.1 (3 điểm ) A B D C M Theo định nghĩa đường đối trung ∠DAB = ∠M AC, ta suy ∠DAC = ∠M AB Với ý từ M B = M C, ta dễ có SM AB = SM AC , từ ta có biến đổi DB DC = SABD SACD = AB AC · AD sin ∠BAD · AD sin ∠DAC = AB AC ·2 2 AC · AM sin ∠M AC AB · AM sin ∠M AB Đó điều phải chứng minh Bài PT.2 (2 điểm.) A E F B L D C = AB SM AB AB · = AC SM AC AC Trên cạnh BC, CA, AB lấy điểm D, E, F cho AD, BE, CF ba đường đối trung tam giác ABC Theo PT1 DB DC = AB EC BC F A CA2 , = , = AC EA BA2 F B CB Vậy DB EC AB FA BC CA2 · · = · · = DC EA F B AC BA2 CB Với ý D, E, F nằm cạnh tam giác ABC, theo định lý Ceva đảo AD, BE, CF đồng quy Đó điều phải chứng minh Bài PT.3 (2 điểm.) A P B D C M Từ giả thiết ∠P BC = ∠P CA tam giác ABC cân A, dễ suy ∠P CB = ∠P BA Gọi giao điểm P A BC D Ta có biến đổi tỷ số DB DC = SP AB SP AC = BP CP · BA sin ∠P BA · CA sin ∠P CA = BP sin ∠P CB P C sin ∠P BC = P B2 P C2 Theo PT1 P D đường đối trung tam giác P BC, ta thu ∠M P C = ∠DP B = 180◦ − ∠AP B hay ∠AP B + ∠M P C = 180◦ Đó điều phải chứng minh Bài PT.4 (3 điểm ) A B D E M C Bất đẳng thức khơng đúng, phản ví dụ hình vẽ Gọi M trung điểm BC, theo định nghĩa đường đối trung AE phân giác ∠DAM Trong tam giác độ dài phân giác bé hai cạnh tam giác B Một số tính chất lượng đường đối trung điểm Lemoine Trong phần với tam giác ABC, ta ký hiệu BC = a, CA = b, AB = c Bài PT.5 (3 điểm ) A M N E F B L D C Gọi giao điểm LA, LB, LC với BC, CA, AB D, E, F Dựng hình bình hành AM LN với M , N nằm BE, CF Theo PT1 ta có DB DC Từ AM = c2 EC a2 F A b2 = = , , b2 EA c2 F B a2 LC ta có EA −→ c2 −→ AM −→ −−→ LC = LC = LC AM = LC EC a Tương tự b2 −→ − − → AN = LB a Từ tính chất hình bình hành, ta có c2 −→ b2 −→ −→ −−→ − − → − − → −−→ LA = LM + LN = −AN − AM = − LC − LB a a hay −→ −→ −→ − → a2 LA + b2 LB + c2 LC = Đó điều phải chứng minh Bài PT.6 (4 điểm ) A E L F B C H a) Gọi L trung điểm AH Gọi E trung điểm AC Dễ thấy hai tam giác BAH BCA đồng dạng (g.g), có trung tuyến tương ứng BL BE Do hai tam giác ABL CBE đồng dạng Dẫn tới ∠LBA = ∠EBC Vậy BL đường đối trung tam giác ABC Tương tự CL đường đối trung tam giác ABC Vậy L điểm Lemoine Đó điều phải chứng minh b) Tam giác phải vng Thật vậy, xét tam giác ABC có đường đối trung AD điểm Lemoine L trung điểm AD Khi từ PT5 ta có LD LA = a2 b + c2 Mà L trung điểm AD suy b2 + c2 = a2 Theo định lý Pythagorean đảo tam giác ABC vuông A Bài PT.7 (4 điểm.) a) Gọi BM CN trung tuyến tam giác ABC Theo định nghĩa đường đối trung ∠M BA = ∠LBC, ∠N CA = ∠LCB A M N L B C Nếu LB = LC ∠LBC = ∠LCB, kết hợp hai đẳng thức ta suy ∠M BA = ∠N CA hay tứ giác BCM N nội tiếp Mặt khác M N BC, suy BCM N hình thang cân hay ∠ABC = ∠ACB Từ AB = AC Đó điều phải chứng minh −→ −→ −→ − − → −→ − → EA b) Từ EC = ab ta suy a2 EA + c2 EC = hay a2 BA + c2 BC = (a2 + c2 )BE Bình phương vơ hướng, cho ta −→ − − → −→ − − → (a2 +c2 )2 BE = a2 BA + c2 BC = a2 c2 (a2 +c2 )+2a2 c2 BA·BC = a2 c2 (a2 +c2 +a2 +c2 −b2 ) Từ ta thu BE = 2a2 c2 a2 + c2 − a2 b2 c2 (a2 + c2 )2 Tương tự CF = 2a2 b2 a2 + b2 − a2 b2 c2 (a2 + b2 )2 Vậy BE = CF ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ 2a2 c2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 = − (a2 + c2 )2 a + b2 (a + b2 )2 c2 b2 2 − = a b c − 2a2 a2 + c2 a2 + b2 (a2 + c2 )2 (a2 + b2 )2 c2 − b (b2 − c2 )(2a2 + b2 + c2 ) 2 2a4 = a b c (a + c2 )(a2 + b2 ) (a2 + c2 )2 (a2 + b2 )2 2a2 (c2 − b2 )(a2 + c2 )(a2 + b2 ) = b2 c2 (b2 − c2 )(2a2 + b2 + c2 ) (c2 − b2 )(2a2 (a2 + c2 )(a2 + b2 ) + b2 c2 (2a2 + b2 + c2 )) = b = c a2 + c2 − 2a2 b2 Vậy BE = CF tam giác ABC cân A Đó điều phải chứng minh Bài PT.8 (3 điểm.) A E F L D B C −→ −→ −→ − → Từ PT5 ta có a2 LA + b2 LB + c2 LC = , ta suy LD LA = a2 b2 + c , LE LB = b2 LF c2 , = c2 + a2 LC a2 + b2 Vậy bất đẳng thức đề cho tương đương với c2 LB + LC b2 + c c2 + a2 a2 + b2 b2 + c2 − 2a2 c2 + a2 − 2b2 a2 + b2 − 2c2 ⇐⇒ LA + LB + LC ≥0 b2 + c2 c2 + a2 a2 + b2 LC LB LA LC 2 ⇐⇒ (b2 − c2 ) − + (c − a ) − a2 + b2 c2 + a2 b2 + c2 a2 + b2 LB LA + (a2 − b2 ) − ≥0 2 c +a b + c2 ⇐⇒ (b2 − c2 )(CF − BE) + (c2 − a2 )(AD − CF ) + (a2 − b2 )(BE − AD) ≥ ⇐⇒ LA + LB + LC ≥ a2 b2 LA + Không tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c, theo chứng minh bải PT7 AD ≤ BE ≤ CF bất đẳng thức (b2 − c2 )(CF − BE) + (c2 − a2 )(AD − CF ) + (a2 − b2 )(BE − AD) ≥ ln Đó điều phải chứng minh C Một số tính chất hình học đường đối trung điểm Lemoine Bài PT.9 (3 điểm.) X B A L Y P W O J C D Z Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD Tiếp tuyến qua A, B, C, D (O) cắt Tiếp tuyến qua B, C, D, A (O) X, Y , Z, W Theo PT3 L giao điểm AY CX J giao điểm AZ CW Tứ giác XY ZW ngoại tiếp nên dễ thấy XZ, Y W , AC, BD đồng quy P Từ theo định lý Pappus cho hai ba điểm thẳng hàng (W, A, X) (Z, C, Y ) ta dễ thấy J , P , L thẳng hàng Đó điều phải chứng minh Bài PT.10 (3 điểm.) Đường đối song qua X cắt cạnh CA, AB K, S; đường đối song qua Y cắt cạnh AB, BC M , N ; đường đối song qua Z cắt cạnh BC, CA P , Q Dễ thấy tứ giác BCKS, CAM N , ABP Q nội tiếp AX, BY , CZ đường đối trung nên X, Y , Z trung điểm KS, M N , P Q Từ ∠XBA = ∠Y AB ∠ASK = ∠ACB = ∠BM N (vì BCKL CAM N nội tiếp), ta thu AM Y ∼ BSX (g.g) Nhưng X Y trung điểm KS M N nên AM N ∼ BSK (c.g.c), nên ∠SBK = ∠M AN = ∠M CN (vì CAM N nội tiếp) (1) Tương tự ta có ∠SCK = ∠QBP (2) Từ BCKS nội tiếp, ta có ∠SBK = ∠SCK (3) Từ (1), (2), (3), ta nhận ∠M CN = ∠QBP Mặt khác dễ thấy ∠QP C = ∠BAC = ∠M N B (vì tứ giác CAM N ABP Q nội tiếp) Từ đó, CM N ∼ BQP (g.g), Y Z trung điểm M N P Q Vì BZP ∼ CY N dẫn đến ∠ZBC = ∠Y CB Đó điều phải chứng minh Bài PT.11 (Điểm thưởng: đ.) A R Q P F O D B C Chúng ta có ba bổ đề Bổ đề Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp Hai đường chéo AC BD cắt P Khi PA PC = AB · AD CB · CD B A P C D Chứng minh Từ tính chất góc nội tiếp, ta dễ thấy tam giác sau đồng dạng (g.g) P DC P AD ∼ P BC Từ đó, ta có tỷ số PA PB PB PC = = AD (1) BC AB CD (2) Từ (1) (2), ta thu PA PC = AB · AD CB · CD Ta hoàn thành chứng minh P AB ∼ Bổ đề 2.[Định lý Ptolemy] Trong tứ giác lồi nội tiếp tích hai đường chéo tổng tích hai cạnh đối diện Bổ đề Cho tam giác ABC nội tiếp (ω) điểm P nằm bên tam giác Các đường thẳng P A, P B, P C theo thứ tự cắt BC, CA, AB D, E, F Tia EF cắt (ω) Q Khi CA Sb QB = BC + Sa QA AB Sc QC , Sa , Sb , Sc ký hiệu diện tích tam giác P BC, P CA, P AB A (ω) R E F P Q C D B Chứng minh Theo tính chất diện tích, ta dễ có tỷ số EA EC = Sc Sa (3) Tia QE cắt lại (ω) R Sử dụng Bổ đề ta có EA EC = AQ · AR CQ · CR (4) Tù (3) and (4), ta suy AQ · AR CQ · CR = Sc Sa Vì ta thu Sc QC = Sa AQ · AR CR (5) (6) Tương tự, ta có đẳng thức AQ · AR BQ · BR = Sb Sa hay Sb QB = Sa AQ · AR BR Sử dụng (5), (6) Bổ đề 2, ta có CA Sb QB − AB = Sc QC = = CA AB − Sa AQ·AR Sa AQ·AR BR CR CA · RB − AB · RC Sa AQ · AR BC · RA Sa AQ · AR BC = Sa QA Vì nên CA BC = Sb QB Sa QA + AB Sc QC Ta hoàn thành chứng minh Bổ đề Quay lại toán G A R Q P F O S D B C Đường thẳng P R cắt lại (O) G Từ tam giác đồng dạng QAP ∼ RP C, ta có tỷ số QA GA RP PC = , = QP P B RA GA QGB RAG ∼ Vì nên, PR PQ · QA RA = PC PB Từ QR vng góc OA dễ suy hai tam giác đồng dạng QA RA = 10 AC AB (7) AQR ∼ ACB Ta thu (8) Từ (7) (8), ta suy PR AB · P C = PQ CA · P B (9) Đường đối trung AD CF cắt S theo PT5, ta dễ thấy SSBC a2 SSCA = = b2 SSAB c2 Sử dụng Bổ đề cho tam giác ABC với điểm S với ý tia DF cắt (O) P , ta có BC BC · P A = AB AB · P C CA + CA2 · P B Biểu thức tương đương vơi 1 (10) BC · P A = AB · P C − CA · P B (11) BC · P A = AB · P C + CA · P B Chú ý từ Bổ đề , ta có Từ (10) (11), ta có AB · P C − CA · P B = AB · P C + CA · P B Biểu thức tương đương với 1− CA · P B AB · P C AB · P C − CA · P B Từ (9) (12), ta thu PR PQ − PQ PR = Biểu thức cho phép ta tính PR PQ √ = 5+1 11 −1 = (12)