1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

Tài liệu [HOT] TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC QUA CÁC KÌ THI OLYMPIC

69 501 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 69
Dung lượng 2,4 MB

Nội dung

Phạm Quốc Sang (chủ biên) Trần Vũ Duy (THPT Chuyên Lê Hồng Phong – TP Hồ Chí Minh) Đoàn Thành Đạt ( cựu học sinh THPT Chuyên Bình Long, Bình Phước) Trương Gia Bảo ( THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Vĩnh Long) Doãn Quang Tiến ( THPT Phú Mỹ, tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu) Trần Quân Phạm Việt Tiến (THPT Chuyên Sơn Tây, TP Hà Nội)

TAoM – The art of Mathematics Phạm Quốc Sang (chủ biên) Trần Vũ Duy (THPT Chuyên Lê Hồng Phong – TP Hồ Chí Minh) Đồn Thành Đạt ( cựu học sinh THPT Chuyên Bình Long, Bình Phước) Trương Gia Bảo ( THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Vĩnh Long) Doãn Quang Tiến ( THPT Phú Mỹ, tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu) Trần Quân Phạm Việt Tiến (THPT Chuyên Sơn Tây, TP Hà Nội) TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỪ CÁC THI HSG QUỐC GIA TRÊN THẾ GIỚI Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 1/69 TAoM – The art of Mathematics Chương Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG Quốc Gia Trung Quốc Câu Hai đường tròn 1  cắt A, B Một đường thẳng qua B cắt 1  C , D Một đường thẳng khác qua B cắt 1  E , F Đường thẳng CF cắt 1  P, Q M , N điểm cung PB , QB Chứng minh CD  EF C , F , M , N nằm đường tròn (China National Olympiad 2010, P1) Lời giải Ta có ACD  ACB  AEB  AEF Tương tự có ADC  AFF Kết hợp với CD  EF , suy ACD  AEF Vậy CAD  EAF , suy CAE  DAF A F Q P C I N M B E D Từ ACD  AEF suy AC  AE AD  AF Tam giác ACE tam giác đồng dạng ADF cân đỉnh A có CAE  DAF nên hai tam giác Vậy ACE  AEC  ADF  AFD Suy ABC  AEC  ACE  ADF  ABF , suy AB phân giác góc CBF Tam giác BCF có BA, CN , FM đường phân giác, đường đồng quy I tâm đường tròn nội tiếp Ta có IC.IN  IA.IB  IF.IM , suy C , F , M , N nằm đường tròn Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 2/69 TAoM – The art of Mathematics Câu D điểm cung BC đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC X điểm cung AD E điểm cung AX S điểm cung AC , đường thẳng SD BC cắt R , SE AX cắt T Nếu RT || DE chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm RT (China National Olympiad 2011, P2) Lời giải Cho RT cắt AD I Để chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta cần chwusng minh DI  DB A S T E X I B R C D Ta có RT || DE suy AIT  ADE  ASE  AST , suy tứ giác ATIS nội tiếp SR ST  Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác SRT Xét phép vị tâm S biến SD SE T suy ( SRT ) ( SDE ) , suy ( SRT ) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác Do RT || DE suy R D,S ABC S Do E điểm cung AX suy ( SRT ) tiếp xúc với AX T Ta có ASI  XTI  TSR  ESD , suy ASE  ISD Vậy DIR  EDA  ASE  DSI , suy DI  DR.DS Do D điểm cung BC suy DB  DR.DS Vậy DI  DB , từ ta có I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Câu Tam giác ABC có góc A lớn D điểm cung ABC E điểm cung ACB đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đường tròn c1 qua A, B tiếp xúc với AC A Đường tròn c2 qua A, E tiếp xúc với AD A c1 c2 cắt A, P Chứng minh AP phân giác góc BAC (China National Olympiad 2012, P1) Lời giải Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 3/69 TAoM – The art of Mathematics Đường tròn c1 cắt phân giác góc A P ' Ta chứng minh P '  P A O P' C B E D F Do CA tiếp tuyến c1 suy P ' BA  P ' AC  P ' AB suy P ' nằm trung trực đoạn AB Do ADC  B suy DCA  DAC  900  B A C B   , suy DCP '  900  Ta có 2 2 C AEB  Vậy DA tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 Do c2 đường tròn ngoại tiếp tam giác AEP ' P '  P AEP '  AEP ' Câu Hai đường tròn K1 , K có bán kính khác cắt hai điểm A, B C , D hai điểm K1 , K cho A trung điểm đoạn CD DB cắt K1 E  B CB cắt K F  B l1 , l2 trung trực CD, EF a) Chứng minh l1 , l2 có điểm chung (ký hiệu P ) b) Chứng minh độ dài đoạn CA, AP, PE độ dài cạnh tam giác vuông (China National Olympiad 2013, P1) Lời giải Gọi M trung điểm K1 K Ta có AK1 K  AKB  BCA  BCD , tương tự có AK K1  BDC , suy AK1 K ~ BCD A, M lầ lượt trung điểm CD, K1 K , suy AK1 K  M ~ BCD  A Vậy MAK1  ABC  900  K1 AC suy MA  AC Do MA trung trực đoạn CD Do EAC  FBD  FAD suy AE phân giác góc EAF Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 4/69 TAoM – The art of Mathematics D A M K1 K2 C E B X P F AE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF điểm thứ hai P ' Do AE phân giác góc EAF suy P ' điểm cung EF đường tròn ( AEF ) Vậy P ' nằm trung trực EF Suy P '  P Từ kết luận P điểm ( CD EF song song với nhau) Ta có CAE  FAD CEA  CBA  FDA suy tam giác CAE ~ FAD , suy hai tam giác AE AF  AC AD  CA2 AP cắt EF X Tam giác AEX ~ APF , suy AE.AF  AX AP Vậy CA2  AX AP Ta có kết PE  PX AP suy CA2  PE  AX AP  PX AP  AP Câu Cho ABC có AB  AC D chân đường phân giác góc A Các điểm E , F AC , AB cho B, C , E , F nằm đường tròn Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp DEF tâm đường tròn nội tiếp ABC BE  CF  BC (China National Olympiad 2014, P1) Lời giải Câu Cho tam giác nhọn ABC có (O ), ( I ) đường tròn ngoại tiếp đường tròn nội tiếp Tiếp tuyến B, C (O) cắt L ( I ) tiếp xúc với BC D X  AO  BC , AY đường cao tam giác ABC P, Q  OI  (O ) Chứng minh P, Q, X , Y đồng viên A, D, L thẳng hàng Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 5/69 TAoM – The art of Mathematics (China National Olympiad 2017, P2) Bổ đề Cho tam giác ABC có (O) đường tròn ngoại tiếp Tiếp tuyến B, C (O) cắt L Chứng minh AL đường đối trung Bổ đề bạn đọc tự chứng minh Bổ đề Cho tam giác ABC có ( I ) đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với BC , CA, AB D , E , F D ' đối xứng với D qua EF P  AD ' BC Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , chứng minh O, I , P thẳng hàng Chứng minh bổ đề Gọi H trực tâm tam giác DEF , ta có kết H nằm OI Ta chứng minh H , I , P thẳng hàng A D' Z Y E A' F X O I H P B D G C DD ' cắt EF , ( I ) X , Y , Z  DI  ( I ) , AI cắt EF , BC A ', G Ta có IA '.IA  ID DY ID  Tam giác DYZ ~ IDG suy , suy DY IG  DZ ID  ID Vậy DY IG  2IA '.IA , suy DZ IG IA DY  (1) IG IA ' Do H trực tâm tam giác DEF suy DH  IA ' H , Y đối xứng với qua X , D, D ' đối xứng IA DY HD '   với qua X suy DY  HD ' Thay vào (1) ta có , suy H , I , P thẳng hàng IG IA ' HD Bổ đề chứng minh Lời giải Quay trở lại toán, gọi AR , AS đường phân giác trong, phân giác tam giác ABC , gọi M trung điểm RS Ta có ( RS , BC )  1 suy MA2  MR  MB.MC Vậy MA Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 6/69 TAoM – The art of Mathematics tiếp tuyến (O) Tam giác vng AMX có AY đường cao thuộc cạnh huyền suy MA2  MX MY Vậy MA2  MR  MB.MC  MX MY A D' E Q I F O P S M B Y D Gọi M '  PQ  BC Nhận thấy P, Q, X , Y đồng viên M ' X M ' Y  M ' P.M ' Q  M ' B.M ' C Do MB.MC  MX MY suy M '  M C X R D ' đối xứng với D qua EF , M nằm OI , theo bổ đề ta có D ' nằm AM , suy MD , MA đối xứng với qua EF Vậy M nằm EF Từ ta có ( MD, BC )  1 Do MA tiếp tuyến (O) , ( MD, BC )  1 suy AD đường đối trung tam giác ABC Theo bổ đề 1, ta có A, D, L thẳng hàng Vậy P, Q, X , Y đồng viên A, D, L thẳng hàng Câu Cho tam giác ABC khơng cân có D , E , F trung điểm BC , CA, AB Đường thẳng qua D khác BC tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC cắt EF X Định nghĩa Y , Z tương tự Chứng minh X , Y , Z thẳng hàng (China Team Selection Test 2017, Test 1, P5) Lời giải Gọi ( I ) đường tròn nội tiếp tam giác ABC , ( I ) tiếp xúc với BC A ' Gọi P đối xứng với A ' qua D , ta có kết AP qua Q điểm đối xứng với A ' qua I Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 7/69 TAoM – The art of Mathematics A Q D' F E X J I T B A' D P C Gọi T tiếp điểm DX ( I ) Ta có DT  DA '  DP , suy AT  TP Do AQ đường kính ( I ) , suy AT  TQ , Q, T , P thẳng hàng Gọi ( J ) đường tròn nội tiếp tam giác DEF , ( J ) tiếp xúc với EF D ' Ta có ED  EF  DF BA  BC  AC BA ' CP ED '     , suy A, D ', P thẳng hàng Vậy điểm 2 A, Q, D ', T , P thẳng hàng Ta có XD ' T  DPT  DTP  XTD ' , suy XD '  XT Vậy X có phương tích đến hai đường tròn ( I ), ( J ) nhau, suy X nằm trục đẳng phương ( I ), ( J ) Chứng minh tương tự ta có Y , Z nằm trục đẳng phương ( I ), ( J ) Vậy X , Y , Z thẳng hàng Câu Cho tam giác ABC Đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC tiếp xúc với đoạn BC E đường AB, AC D, F Gọi EZ đường kính đường tròn Trên D, F lấy hai điểm B1 , C1 cho BB1  BC , CC1  BC Các đường thẳng ZB1 , ZC1 cắt BC X , Y Đường thẳng EZ cắt DF H , đường thẳng ZK vng góc với DF K Nếu H trực tâm tam giác XYZ , chứng minh H , K , X , Y nằm đường tròn (China Team Selection Test 2017, Test 4, P2) Lời giải Gọi P  DF  BC , ta có ( EP, BC )  1 Do EP, BC hình chiếu vng góc HP, B1C1 lên BC , suy ( HP, B1C1 )  1 Qua phép chiếu xuyên tâm Z ta có ( EP, XY )  1 Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 8/69 TAoM – The art of Mathematics A X B E P C Y F C1 D H K X' B1 J Y' Z X '  XH  ZY , Y '  YH  ZX , ( EP, XY )  1 suy X ', Y ', P thẳng hàng Nếu H trực tâm tam giác XYZ suy HX ' Z  HY ' Z  HKZ  900 , suy H , X ', Z , Y ', K nằm đường tròn đường kính HZ Ta có PX PY  PX '.PY '  PH.PK , suy X , Y , H , K đồng viên Câu Cho ABCD tứ giác nội tiếp có giao hai đường chéo P Đường tròn ( APD ) cắt cạnh AB A, E Đường tròn ( BPC ) cắt cạnh AB B, F I , J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE BCF K  IJ  AC Chứng minh A, I , K , E đồng viên (China National Olympiad 2018, P4) Lời giải Gọi E , Q  EI  ( ADE ) , F , R  FJ  ( BCF ) , S  EI  FJ Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 9/69 TAoM – The art of Mathematics D C Q P I A R K O J E F B S Q điểm cung AD ( ADE ) suy PQ phân giác góc APD Tương tự PR phân giác góc BPC Vậy P, Q, R thẳng hàng Ta có SEF  QEA  QPA  RPB  RFB  SFE , suy SE  SF PEF  PDA  BDA  BCA  BCP  PFE , suy PE  PF Vậy E , F đối xứng với SQ PQ  (1) qua SP Suy SP phân giác góc ESF , suy SR PR Ta có APQ ~ BPR , suy QA PQ QI PQ   Do QI  QA, RJ  RB suy Kết hợp với (1) ta có RB PR RJ PR QI PQ SQ   Vậy IJ || QR RJ PR SR Do EIK  EQP  EAP  EAK suy A, I , K , E đồng viên Câu 10 Đường tròn  tiếp xúc với cạnh AB, AC tam giác ABC D, E ( D  B, E  C ) DB  CE  BC F , G đoạn BC cho BF  BD, CG  CE K  DG  EF , L cung nhỏ DE cho tiếp tuyến L  song song với BC Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm KL (China Team Selection Test 2018, P3, Test 1) Lời giải Bổ đề: Cho ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn ( K ) qua B, C cắt AC , AB E , F G  BE  CF Chứng minh KG qua điểm xuyên tâm đối A đường tròn (O) Bổ đề bạn đọc tự chứng minh Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 10/69 TAoM – The art of Mathematics Do FBC cân nên FB  FC  FK phân giác CKB Do EA tiếp tuyến  O  nên suy ra: ABE ACE  g  g  Gọi X  AM  BC , ta chứng minh X nằm FK  KC AC  KB AB Mà ta có: EAC  ABC  FCB  FCA  AE CF  AEB  FCB  FBC  ABE cân  AE  AB Ta có: KC sin CFK sin CBK sin CKE AC AC      , từ suy X nằm FK KB sin BCK sin ECK sin ECK AE AB Bây ta có: XMC  AMC  ABC  FBC  FKC  XKC  tứ giác CXMK nội tiếp Từ ta có: FKM  XKM  XCM  BCM  BAM  FAM , từ ta suy tứ giác AFMK nội tiếp Câu Cho tam giác nhọn ABC , giả sử M trung điểm cạnh BC H trực tâm ABC Gọi F  BH  AC E  CH  AB Giả sử X điểm EF cho XMH  HAM A, X nằm hai phía MH Chứng minh AH chia đôi MX (HSG Quốc Gia Iran vòng 3, 2017) Lời giải Hình vẽ tốn: Gọi T hình chiếu H AM , AH  BC  D, EF  BC  S MH  AS  L Theo định lý Brocard ta có: MH  AS L , mà ta có: AH  MS D nên từ ta suy H trực tâm tam giác AMS Gọi Y  AH  EF Y '  AH  LT , theo tính chất hàng điểm điều hòa ta có:  AH , YD   1   AH , Y ' D   Y  Y ' suy ra: LT  EF  Y thuộc đoạn AH Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 55/69 TAoM – The art of Mathematics Mà tứ giác ATHL nội tiếp nên suy ra: HLT  HAT  HAM  HMX  LT MX Gọi Z  LT  BC theo tính chất hàng điều hòa tứ giác tồn phần ta có:  SM , DZ   1  Y  SM , DZ   1  Y  XM , HT   1, mà MX YT nên theo tính chất hàng điều hòa trung điểm AH chia đơi MX Lưu ý: Định lý Brocard phát biểu sau: Cho tứ giác lồi ABCD với cạnh đôi khơng song song, nội tiếp đường tròn  O  Gọi E , F , G giao điểm AB CD, AD BC , AC BD Khi O trực tâm tam giác EFG Câu Cho tam giác ABC với tâm đường tròn nội tiếp I O tâm đường tròn ngoại tiếp Gọi K trung điểm AI M  BI   O  , N  CI   O  Gọi P, Q điểm nằm AM , AN cho ABK  PBC , ACK  QCB Chứng minh P, Q, I (HSG Quốc Gia Iran vòng 3, 2015) Lời giải Hình vẽ tốn: Gọi L  AI  BC , D  MN  BC ,Y  AM  BC ,U  BP  AI Giả sử MN  AI  K ' ta có: AMK '  AMN  ACN  NCB  NMB  K ' MB  MK ' phân giác AMB (1) Mà ta lại có: 1 1 K ' AM  AMK '  K ' AC  CAM  ACN  A  B  C  180o  90o  MK ' vng 2 2 góc với AI Kết hợp với (1) ta suy ra: MAI cân hay suy K ' trung điểm AI Từ suy ra: K  K ' hay K  MN  AI Vì BU , BL đối xứng với BK , BA qua BI nên từ ta thu được:  LI , AK    AK , LI    LU , AI   B  LU , AI   YP, AM   D  LI , AK   D YP, AM   P  DI Chứng minh tương tự ta thu được: Q  DI Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 56/69 TAoM – The art of Mathematics Và từ ta thu P, Q, I Câu 10 Cho hình thang ABCD với AB CD, hai đường chéo cắt P Gọi W1 đường tròn qua B tiếp xúc với AC A Gọi W2 đường tròn qua C tiếp xúc với BD D, W3 đường tròn ngoại tiếp BPC Chứng minh dây cung chung W1 , W3 W2 ,W3 cắt AD (Iran TST vòng 2, ngày 1, 2017) Lời giải Hình vẽ tốn: Gọi E , F giao điểm W3 với W1 , W2 Ta chứng minh BE , CF cắt trung điểm I AD Gọi K giao điểm BE CD Ta có: EAC  ABE  CKE  tứ giác KAEC nội tiếp Từ ta có: AKE  ACE  EBP  KBD, nên từ suy ABDK hình bình hành BE chia đơi AD Chứng minh tương tự ta có CF chia đơi AD Do ta suy ra: BE CF cắt trung điểm I AD Chương Tuyển tập toán hình học từ thi HSG Quốc Gia Canada Câu Cho đường tròn có chung dây cung AB Một đường thẳng d qua A khác AB cắt đường tròn X , Y , Z cho Y nằm X Z Chứng minh tỉ lệ XY : YZ cố định d thay đổi (HSG Quốc Gia, Canada, 2003) Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 57/69 TAoM – The art of Mathematics Lời giải X P Y A Q R O1 Z d O3 O2 B Gọi O1 , O2 , O3 tâm đường tròn đề P, Q, R hình chiếu O1 , O2 , O3 lên đường thẳng d Suy P, Q, R trung điểm XA, YA, ZA Khơng tính tổng quát, giả sử Y nằm X A Khi ta có: XY XA  YA 2( PA  QA) PQ O1O2     YZ YA  ZA 2(QA  RA) RQ O2O3 Do O1 , O2 , O3 cố định nên XY : YZ  const hay ta có đpcm Note: Một bổ đề liên quan: Đường tròn O2 P( S / (O1 ))  const , với P( S / (O1 )) P( S / (O3 )) phương tích P( S / (O3 )) điểm S (O1 ) (O3 ) tập hợp điểm S cho ABC tiếp xúc với BC , CA, AB D, E , F Đặt  , 1 , 2 3 đường tròn ngoại tiếp ABC , AEF , BDF CDE  1 cắt A P ,  2 cắt B Q ,  3 cắt C R a) Chứng minh 1 , 2 , 3 đồng quy điểm Câu Đường tròn nội tiếp b) Chứng minh PD, QE , RF đồng quy (HSG Quốc Gia, Canada, 2007) Lời giải a) Điều hiển nhiên 1 , 2 , 3 qua tâm nội tiếp I ABC b) Có cách để tiếp cận  Cách 1: Dùng trục đẳng phương Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 58/69 TAoM – The art of Mathematics A P E I F B C D Q Ta có: 180  BAC  ABQ  ABI  ACI  IBQ  IDE  180  IDQ  IDE  180  QDE Từ ta có PEDQ nội tiếp Tương tự, ta có PFDR, QFER nội tiếp Từ ta có PD, QE , RF trục đẳng phương QPE  APQ  APE  ABQ  đường tròn PEDQ, PFDR, QFER Suy PD, QE , RF đồng quy (đpcm) A P E F B C D Q R  Cách 2: Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 59/69 TAoM – The art of Mathematics A P O F E I T B C D A' Từ PBF  PCE PFB  180  PFA  180  PEA  PEC ta có PFB PEC Suy PB FB DB   hay PD phân giác BPC (điều dễ chứng minh trùng điểm) PC EC DC Từ ta có PD qua A ' điểm cung BC khơng chứa A Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC T  OI  PA ' Khi ta có: TI ID r   TO OA ' R Tương tự QE RF cắt OI điểm có tỉ số r Suy PD, QE , RF đồng quy T (đpcm) R  Cách 3: Dùng nghịch đảo A P E P' F I H R' Q' B C D Q R Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 60/69 TAoM – The art of Mathematics Xét phép ngịch đảo tâm I phương tích r biến đỉnh A, B, C thành trung điểm EF , DF , DE Suy đường tròn ( ABC ) thành đường tròn Euler DEF Do 1 qua tâm nghịch đảo I nên ảnh 1 đường thẳng EF Vậy ảnh P ' P qua phép nghịch đảo chân đường cao đỉnh D DEF (do A khác P nên P ' khác trung điểm EF ) Tương tự ta có Q thành Q ', ( IDP '), ( IEQ '), ( IFR ') R thành R ' Suy ảnh PD, QE , RF DEF Do HD.HP '  HE.HQ '  HF HR ' nên H có phương tích đường tròn ( IDP '), ( IEQ '), ( IFR ') Mà H khác I Nên đường tròn ( IDP '), ( IEQ '), ( IFR ') Gọi H trực tâm đồng trục, hay chúng đồng quy điểm khác I Điều tương đương với PD, QE , RF đồng quy (đpcm) Câu Cho tứ giác lồi ABCD có AB cạnh dài điểm M N nằm cạnh AB BC cho đoạn AN CM chia tứ giác thành phần có diện tích Chứng minh MN chia đôi đoạn BD (HSG Quốc Gia, Canada, 2008) Lời giải D C N P A B M S ABCD  S DAMC  S DANC  S ANC Do tam giác có cạnh đáy AC nên khoảng cách điểm Gọi P trung điểm BD Dễ thấy S DAPC  Suy S APC  S AMC M , N , P tới AC Suy M , N , P thẳng hàng, hay MN chia đôi đoạn BD (đpcm) Note: Áp dụng này, ta có tốn sau: Cho hình vẽ Hãy vẽ đoạn thẳng chia đơi diện tích Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 61/69 TAoM – The art of Mathematics B C A Câu Cho tứ giác nội tiếp ABCD khơng có cặp cạnh đối song song Lấy X Y giao điểm AB, CD AD, BC Phân giác AXD cắt AD, BC E , F ; Phân giác AYB cắt AB, CD G , H Chứng minh EGFH hình bình hành (HSG Quốc Gia, Canada, 2011) Lời giải Y A G B E F D H C X EA FC AC XA XC AC     hay ED FB BD XD XB BD HC GA AC   Từ theo Thales ta có EG / / FH / / BD FG / / EH / / AC hay Tương tự ta có HD GB BD EGFH hình bình hành (đpcm) Ta có XAC XDB Suy Note: Ta chứng minh tiếp EGFH hình thoi XFG  XFH YGE  YGF Câu Cho ABC nhọn nội tiếp (O ) Lấy điểm P AB cho EF lấy Q AC cho COQ  ACB Chứng minh đường thẳng đối xứng với BC qua PQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp APQ (HSG Quốc Gia, Canada, 2013) Lời giải Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 62/69 TAoM – The art of Mathematics A T I P d O B Ta có: R Q K C POQ  360  BOP  COQ  BOC  360  ABC  ACB  2BAC  180  BAC Suy APOQ nội tiếp Gọi R  ( BOP )  BC Ta có ORC  OPB  OQA hay QORC nội tiếp Gọi I tâm ( APOQ); K  OA  BC T  ( I )  (O ) Dựa vào góc ta có cặp tam giác đồng dạng: BOP ABK COQ ACK Từ ta có: BP.BA  AK OB  AK OC  CQ.CA hay B C có phương tích tới ( I ) Suy IB  IC Nhận thấy OI đường trung trực BC AT , ta có AB đối xứng TC qua OI Do TOQ  TAQ  TAC  TBC  ACB  180  ROQ nên R, O, T thẳng hàng Ta có: QPR  QPO  RPO  QAO  OBR  ACB  TPQ Tương tự, PQR  TQP Vậy R đối xứng T qua PQ (1) Do APT  AOT  2PBT nên PB  PT Kết hợp với (1), ta có PB  PT  PR Tương tự, ta có PR  PT  PC Vậy QRC  QCR  ACB  RPQ hay BC tiếp xúc với ( PRQ) Do tính chất đối xứng nên đường thẳng đối xứng với BC qua PQ tiếp xúc với (TPQ )  ( APQ ) (đpcm) Câu Cho ABC nhọn với đường cao AD, BE , CF đồng quy trực tâm H Chứng minh AB AC  BC.CA  CA AB 2 AH AD  BH BE  CH CF (HSG Quốc Gia, Canada, 2015) Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 63/69 TAoM – The art of Mathematics Lời giải A E F H B D C b2  c2  a (theo định lý hàm số Cos) c2  a  b2 a  b2  c2 ; CH CF  Tương tự BH BE  2 Ta có AH AD  AF AB  bc.cos BAC  Khi đpcm tương đương với ab  bc  ca  hay ab  bc  ca  a  b  c 2 a b c Bất đẳng thức ln nên ta có đpcm Câu Cho ABC nhọn nội tiếp (O ) Gọi ( I ) đường tròn có tâm nằm đường cao đỉnh A ABC , qua đỉnh A điểm P Q cạnh AB AC Giả sử BP.CQ  AP AQ Chứng minh ( I ) tiếp xúc với ( BOC ) (HSG Quốc Gia, Canada, 2015) Lời giải Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 64/69 TAoM – The art of Mathematics A I Q P K O x C B D M Gọi D chân đường cao đỉnh A ABC Suy PAI  BAD  CAO hay PAI Suy AQP  ABC hay PQ đường đối song đỉnh A ABC MB PB QA   Lấy M BC cho PM / / AC Theo Thales ta có hay QM / / AB MC PA QC CAO Gọi K  ( BMP )  (CMQ ) Ta có PBK  KMC  AQK hay APKQ nội tiếp Ta có BKC  BKM  CKM  BPM  MQC  2BAC  BOC hay BKOC nội tiếp Ta có BKP  BMP  ACB  APQ  BQM  PQK  MQK Gọi Kx tiếp tuyến (I ) hình vẽ Do PKx  PQK nên BKx  MQK  MCK  BCK hay Kx tiếp tuyến ( BOC ) Vậy ( I ) tiếp xúc với ( BOC ) K (đpcm) Câu Cho ABC nhọn với đường cao AD BE cắt H Gọi M trung điểm AB Đường tròn ngoại tiếp DEM ABH cắt P Q ( A P nằm nửa mặt phẳng CH ) Chứng minh ED, PH MQ đồng quy điểm nằm đường tròn ngoại tiếp ABC (HSG Quốc Gia, Canada, 2016) Lời giải Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 65/69 TAoM – The art of Mathematics C Y D O E X Q H P A F B M K Gọi X , K giao PM với (O) ngoại tiếp AB ) ABC ( X nằm nửa mặt phẳng với C bờ Ta có tốn quen thuộc: (O) ( AHB ) đối xứng với qua AB Do M trung điểm AB nên M tâm đối xứng (O) ( AHB ) Từ ta có MP  MK Suy MP.MX  MK MX  MA2  ME  MD  MB Gọi Y giao QM với (O) (Y nằm nửa mặt phẳng với C bờ Tương AB ) tự ta có MQ.MY  MA  ME  MD  MB  MP.MX 2 2 Xét phép nghịch đảo tâm M phương tích MA2 : D D, E E, P X ,Q Y Do E , P, Q, D nằm đến đường tròn qua tâm nghịch đảo M nên X , E , D, Q thẳng hàng Xét phép nghịch đảo tâm H phương tích HA.HD : ( AHB) DE , DEM (O ) Suy ảnh P giao DE (O ), tức X Y Giả sử ảnh P X Suy ảnh Q Y Do M  XP  QY nên M  H (do tâm nghịch đảo) Điều vô lý nên P ko trùng X Suy ảnh P Y Từ ta có P , H , Y thẳng hàng Tương tự ta có Q, H , X thẳng hàng Vậy ED, PH MQ đồng quy X điểm nằm đường tròn ngoại tiếp ABC (đpcm) Câu Cho hình bình hành ABCD điểm P Q nằm ABCD cho ABP BCQ tam giác Chứng minh giao điểm đường thẳng qua P vng góc với PD đường thẳng qua Q vng góc với DQ nằm đường cao đỉnh B ABC (HSG Quốc Gia, Canada, 2017) Lời giải Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 66/69 TAoM – The art of Mathematics P' A B Q R Q' C' P A' D C AD  BQ  CQ; AP  BP  DC Từ DAP  QBP  QCD  BAD  60 ta có DAP  QBP  QCD Suy DP  QP  DQ Gọi giao điểm đường thẳng qua P vng góc với PD đường thẳng qua Q vng góc với DQ R Ta có RP  RQ (1) Gọi P ', A ' hình chiếu A lên RP, DP Q ', C ' hình chiếu C lên QR, QD Từ DAP  QCD, ta có AA '  CC ' hay PP '  QQ ' (2) RP  AP ', RQ  CQ ', áp Từ CQ  CR  QR  QQ ' 2 2 Kết dụng hợp định với lý (1) điểm (2) ta ta AP2  AR  PR  PP '2 có: có AP  AR  CQ  CR 2 2 hay AR  CR  AP  CQ Do AP  AB CQ  BC nên AR  CR  AB  BC hay BR  AC Suy 2 2 R nằm đường cao đỉnh B 2 2 ABC (đpcm) Câu 10 Cho điểm A, B, C , D E nằm đường tròn theo chiều kim đồng hồ Giả sử AE  DE P giao AC BD Lấy Q nằm AB cho A nằm B Q AQ  DP Tương tự, lấy R nằm CD cho C nằm D R DR  AP Chứng minh PE  QR (HSG Quốc Gia, Canada, 2018) Lời giải Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 67/69 TAoM – The art of Mathematics B A Q P C E D R Từ AP  DR; AQ  PD QAP  180  BAC  180  BDC  PDR, ta có QAP  PDR Suy PQ  PR (1) Từ AE  ED; AP  DR EAP  EDR, ta có EAP  EDR Suy EP  ER (2) Từ AQ  PD; AE  ED QAE  PDE , ta có QAE  PDE Suy EQ  EP (3) Từ (2) (3) ta có EQ  ER Kết hợp với (1) ta có E P nằm trung trực QR hay PE  QR (đpcm) Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 68/69 TAoM – The art of Mathematics Tuyển tập tốn hình học từ thi HSG QG giới Trang 69/69 ... AP, BQ, CR đồng quy Chương Tuyển tập toán hình học từ kì thi HSG Quốc Gia Ấn Độ Tuyển tập tốn hình học từ kì thi HSG QG giới Trang 12/69 TAoM – The art of Mathematics Bài Cho tam giác ABC với A... xúc với BC A ' Gọi P đối xứng với A ' qua D , ta có kết AP qua Q điểm đối xứng với A ' qua I Tuyển tập tốn hình học từ kì thi HSG QG giới Trang 7/69 TAoM – The art of Mathematics A Q D' F E... sau coi tập rèn luyện Cho với trực tâm tam giác cắt đường tròn ngoại tiếp Chứng minh đối xứng qua Tuyển tập tốn hình học từ kì thi HSG QG giới Trang 25/69 TAoM – The art of Mathematics Bài Cho

Ngày đăng: 02/03/2019, 15:16

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w