Tài liệu Vận dụng các bài toán hình học phẳng được đề nghị trong các kì thi Imo từ 2003 đến 2007 vào việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi

Tai lieu, luan van1 of 102 I.Tên đề tài VẬN DỤNG CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG CÁC KÌ THI IMO TỪ 2003 ĐẾN 2007 VÀO VIỆC DẠY BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI II Đặt vấn đề: Bài tốn hình học phẳng nội dung ln xuất kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh, chọn học sinh giỏi Quốc gia THPT kì thi Olympic Tốn học Quốc tế( gọi tắt IMO) Để làm tài liệu dạy bồi dưỡng phần hình học phẳng cho học sinh giỏi trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm đội tuyển HSG Toán thi Quốc gia, tạm dịch từ tiếng Anh sang tiếng Việt vẽ hình minh họa , tốn hình học phẳng đề nghị nước kì thi IMO từ năm 2003 đến 2007 Nay xin trao đổi đồng nghiệp lĩnh vực III Cơ sở lí luận: Để học sinh giỏi Tốn tiếp xúc với tốn hình học phẳng hay nước kì thi IMO, mạng internet có nội dung tiếng Anh , học sinh có điều kiện đọc hiểu tốn Nên việc giáo viên cung cấp đề lời giải tiếng Việt cho học sinh điều kiện thuận lợi học tập cho học sinh Trên sở giúp học sinh học tập, ơn luyện để tham dự kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh Quốc gia đạt kết tốt IV Cơ sở thực tiển Bài tập hình học phẳng phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi tham gia kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh Quốc gia cấp THPT chủ yếu dựa vào nguồn: Báo Toán học Tuổi trẻ; đề thi Olimpic nước đề dự tuyển kì thi IMO Do giúp học sinh tiếp cận với đề lời giải tiếng Việt tốn hình học phẳng đề nghị kì thi IMO cần thiết V Nội dung nghiên cứu: CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG KÌ THI IMO LẦN THỨ 44 TỔ CHỨC TẠI NHẬT BẢN NĂM 2003 Bài 1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Gọi P, Q, R hình chiếu D lên đường thẳng BC, CA, AB Chứng minh PQ = QR phân giác góc ABC ADC đồng quy với AC Lời giải khoa luan, tieu luan1 of 102 Tai lieu, luan van2 of 102 A R D Q B C P Ta biết P, Q, R thẳng hàng (đường thẳng Simson) Ta có DPC  DQC  900  D, P, C, Q nằm đường trịn, DCA  DPQ  DPR Tương tự D, Q, R, A nằm đường trịn, DAC  DRP Suy  DCA  DPR Làm tương tự ta  DAB  DQP  DBC  DRQ DA DB AB DB DC BC = (1) , = (2)   DQ DP QP DR DQ RQ DA QR BA Từ (1) (2) suy  DC PQ BC Do Do PQ = QR DA/DC = BA/BC Các phân giác góc ABC ADC chia đoạn AC theo tỉ số BA/BC DA/DC tương ứng Do đường đồng quy Lời giải Giả sử phân giác góc ABC ADC cắt AC L M tương ứng AL AB AM AD AB AD Ta có L  M      AB.CD  CB AD CL CB CM CD CB CD Ta chứng minh AB.CD = CB.AD  PQ = QR Vì DP  BC, DQ  AC, DR  AC Nên đường trịn đường kính DC qua P Q ; Khi đường trịn đường kính DA qua R Q Đặt ACB   PDQ   1800 –  , đặt CAB   QDR   1800 –  Ta có PQ = CD.sin  ; QR = AD.sin  Do PQ = QR  Định lí sin  ABC ta có : Từ PQ = QR  sin  CB  sin  AB CD sin   AD sin  CD CB   AB.CD  AD.CD AD AB Bài 2) Cho điểm phân biệt A, B, C theo thứ tự nằm đường thẳng Gọi  đường tròn thay đổi qua A C có tâm khơng nằm AC Kí hiệu P giao điểm tiếp tuyến với  A C Giả sử  cắt đoạn PB Q Chứng minh giao điểm phân giác góc AQC đường thẳng AC không phụ thuộc vào cách chọn  Lời giải khoa luan, tieu luan2 of 102 Tai lieu, luan van3 of 102 P Q C R A B S Giả sử phân giác góc AQC cắt đường thẳng AC đường tròn  R S tương ứng, S  Q Vì  APC cân ta có AB AB BC sin APB sin CPB sin APB Tương tự  :  :  BC PB PB sin PAB sin PCB sin CPB AR sin ASQ  Định lí Cê-va  ASC cân ta có RC sin CSQ tam giác PAC Q ta có sin APB sin CPB  sin PAQ sin QCA sin PCQ sin QCA Theo tính chất tiếp tuyến ta có : PAQ  ASQ  QCAvà PCQ  CSQ  QAC Do AB AR   R khơng phụ thuộc vào  BC RC Lời giải ( Dùng phương pháp tọa độ) y R giao điểm phân giác góc AQC với P đường thẳng AC Chọn hệ trục Oxy , ta giả sử A(– 1, 0), B(b, 0), C(1,0) Q A O C  : x  ()1 y  p   p P(0,1/p) x B R Gọi M trung điểm cung lớn AC I M(0,  p   p ).Các điểm Q, R, M thẳng hàng, AQR  CQR M Vì PB: y    (1 p )(1 b  pb )(1  p 2)(1  b )(1 p )(1  b2 )  p , Q   p 2b  p 2b  x  nên tọa độ pb p  b2  ,   p   p2  p2 MO QP   ta có Khi  PM (1/ p )1 p   1p BQ p  b p  p2 , ta có  p2 OR MO QP p    RB PM BQ  p p  b2  b2 Do R khơng phụ thuộc vào p tức không phụ thuộc vào  Bài 3)Cho tam giác ABC điểm P nằm miền Gọi D, E, F hình chiếu vng góc P lên đường thẳng BC, CA, AB tương ứng Giả sử AP  PD  BP  PE  CP  PF Kí hiệu IA, IB, IC tâm đường tròn khoa luan, tieu luan3 of 102 Tai lieu, luan van4 of 102 bàng tiếp tam giác ABC Chứng minh P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAIBIC Lời giải Từ điều kiện cho ta có  ()()()() BP  PE  CP  PF  BP  PF  CP  PE 2  BF  CE Ta đặt x = BF = CE, tương tự đặt y = CD = AF z = AE = BD + Nếu ba điểm D, E, F khơng nằm cạnh tam giác ABC mâu thuẫn với bất đẳng thức tam giác Thật B,C, D nằm theo thứ tự Ta có AB + BC = x + z = AC vơ lí Do tất điểm D, E, F nằm cạnh tam giác ABC Đặt a = BC; b = CA; c = AB p = ()a  b  c x – p – a; y = p – b; z = p – c Khi BD = p – c; CD = p – b Ta thấy D tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A với BC.Tương tự E, F tương ứng tiếp điểm đường trịn bàng tiếp góc B, C với đường hẳng CA AB Do PD  BC, IAP  BC  P, D, IA thẳng hàng Tương tự P, E , IB thẳng hàng P, F, IC thẳng hàng Do ba điểm IA, C, IB thẳng hàng tam giác PIAIB cân PI AC  PI B C  C Làm tương tự ta có PIA = PIC PIA = PIB = PI C Suy P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAIBIC A y IC IB z E F P x z B y D IA khoa luan, tieu luan4 of 102 x C Tai lieu, luan van5 of 102 Chú thích 1: Bài tốn khơng P nằm ngồi tam giác ABC Chú thích 2: Trong phần giá trị AP  PD ; BP  PE , CP  PF = 8R2 – p2 , với R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC p = ()AB  BC  CA Ta chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác IAIBIC 2R Ta có PD = PIA – DIA = 2R – r A ; rA bán kính đường trịn bàng tiếp góc A rB, rC tương ứng PE = 2R – rB , PF = 2R – rC Ta có AP  PD  AE  PE  PD  ()(2 s  c  )(2R  rB 2)  R  rA abc S ABC  S ABC  Vì (2 R  rA )4  R4  RrA  r = R    S ABC p  a  p  a  p ()() p  b p  c  abc = 4R2 + = 4R  bc  p pa Và ta nhận : (2 R  rB )42  R  ca  p 2 2 A Ta có AP  PD  ()(4 p  c  R )(4 ba  p  R 8bc  p  R  p Bài 4) Cho C1, C2, C3, C4 đường tròn phân biệt cho C1 C3 tiếp xúc P ; C2 C4 tiếp xúc P Giả sử C1 C2 , C2 C3 , C3 C4, C4 C1 cắt tương ứng A, B, C, D khác P Chứng minh : AB.BC PB  AD.DC PD Lời giải C1 D x1 x8 DA.PB.PC D' x8 A' x1 x6 PB.PC.PD x3 PA.PB.PC P' CD.PA.PB AB.PC.PD PD.PA.PB PC.PD.PA x7 x5 x2 x4 B' BC.PD.PA C' C2 A x2 x7 Q P x6 C4 x5 x3 x4 C3 B C Hình Hình Gọi Q giao điểm đường thẳng AB với tiếp tuyến chung   Thì APB  APQ  BPQ  PDA  PCB Kí hiệu : x1, x2, …, x8 góc hình Thì x1  x2  APB  x2  x3  x5  x8  1800 (1) khoa luan, tieu luan5 of 102 Tai lieu, luan van6 of 102 Tương tự BPC  PAB  PDC x4  x5  x2  x7  1800 (2) Nhân độ dài cạnh tam giác PAB, PBC, PCD, PAD với PC.PD ; PD.PA ; PA.PB ; PB.PC tương ứng, cho ta tứ giác hình Từ (1) (2) A’D’//B’C’ A’B’//C’D’ Do tứ giác A’B’C’D’ hình bình hành Suy A’B’ = C’D’ A’D’ = B’C’ Từ AB.BC PB AB.PC.PD = CD.PA.PB AD.PB.PC = BC.PA.PD Suy  AD.DC PD Lời giải Gọi O1, O2, O3, O4 tâm đường tròn C1, C2, C3, C4 gọi A’, B’, C’, D’ trung điểm đoạn PA, PB, PC, PD Vì C1, C3 tiếp xúc P nên P, O1, O3 thẳng hàng Tương tự O2, O4 , P thẳng hàng O2 Đặt x1 = O4O1O2 , x2 = O1O2O3 , O1 D' y4 y1 x4 x3 = O2O3O4 , x4 = O3O4O1 x1 C' A' y1 = PO1O4 , y2 = PO2O3 , P y3 = PO3O2 , y4 = PO4O1 Theo định lí sin ta có x2 O4 x3 y3 y2 B' O3O4 sin y1 ,  O1O3 sin x4 O3 O1O2 sin y3  , O1O3 sin x2 O3O4 sin y2  O2O4 sin x3 O1O2 sin y4  O2O4 sin x1 Khi đoạn PA dây cung chung C1 C2 , đoạn PA’ đường cao từ P đến O1O2 Tương tự PB’, PC’, PD’ đường cao từ P đến O2O3, O3O4, O4O1 tương ứng Thì O1, A’, P, D’ nằm đường tròn Một lần theo định lí sin ta có: D ' A ' sin x1 ,  PD ' sin y1 A ' B ' sin x2 ,  PB ' sin y2 B ' C ' sin x3 ,  PB ' sin y3 C ' D ' sin x4  PD ' sin y4 Vì A’B’ = AB/2, B’C’ = BC/2, C’D’ = CD/2, D’A’ = DA/2, PB = PB’/2, PD’ = PD/2, ta có AB BC PD A ' B ' B ' C ' PD '2 sin x2 sin x3 sin y4 sin y1 O1O3 O2O4 O1O2 O3O4   = 1 AD DC PB A ' D ' D ' C ' PB '2 sin y2 sin y3 sin x4 sin x1 O1O2 O3O4 O2O4 O1O3 AB.BC PB hay  AD.DC PD Chú thích : Ở không cần giả thiết C1, C3 C2, C4 tiếp xúc ngồi Chúng ta thay đổi câu toán đề cập: Gọi C1, C2, C3, C4 đường tròn phân biệt cho C1 C3 tiếp xúc P , C2 C4 tiếp xúc P.Giả sử C1 C2 , C2 C3 , C3 C4, C4 C1 cắt tương ứng A, B, C, D khác P Chứng minh : khoa luan, tieu luan6 of 102 Tai lieu, luan van7 of 102 AB.BC PB  AD.DC PD Tiếp theo hai lời giải phù hợp với việc thay đổi đầu Lời giải Gọi Oi ri tâm bán kính đại số Ci , i = 1,2,3,4 Chúng ta giả sử r1 > Nếu O1 , O3 nằm bên tiếp tuyến chung ta có r3 > 0; trái lại ta có r3 < Đặt   O1 PO2 Ta có Oi POi 1   hay 1800 –  suy sin Oi POi 1  sin  (1) Từ PB  O2O3  PO2O3 =  BO2O3 , ta có r2 r3 sin  1 1 O2O3 PB  S PO2O3  PO2 PO3 sin   r2 r3 sin  Từ PB = O2O3 2 2 (2) AO2 B (3) AO B Từ O1O2 P  O1O2 A O3O2 P  O3O2 P , ta có sin  sin O1O2O3 Bởi tam giác O2AB cân ta có AB  r2 sin c1 A O1 O2 D c4 c2 P O4 B O3 C c3 1 O1O2 O2O3 sin O1O2O3  SO1O2O3  O1O3 PO2 sin  = r1  r3 r2 sin  2 r  r r sin  Từ (3) ta có AB = r2 O1O2 O2O3 Do Làm tương tự (1), (2), (3) nhận độ dài PD, BC, CD, DA tính tốn sau : 2 O3O4 O4O1 O4O1.O1O2 AB.BC r1  r3 r2 sin  r2  r4 r3 sin   CD.DA O1O2 O2O3 O2O3 O3O4 r1  r3 r4 sin  r2  r4 r12 sin  khoa luan, tieu luan7 of 102 Tai lieu, luan van8 of 102  r r sin    O4O1 =   O2O3    r4 r1 sin   PB   PD  Lời giải Gọi l1 tiếp tuyến chung đường tròn C1 C3 gọi l2 tiếp tuyến chung C2 C4 Chọn hệ trục hình vẽ y c4 D l1 c1 A C P x c2 B l2 c3 Chúng ta giả sử : C1 : x  y  2ax sin   2ay cos   , C2 : x  y  2bx sin   2by cos   , C3 : x  y  2cx sin   2cy cos   , C4 : x  y  2dx sin   2dy cos   Tính tốn rút gọn đến giao điểm 2  4ab()sin a  b cos 4 ()sin ab a  cos b   A  ;  , 2 a  b  ab cos  a  b  ab cos    2  4bc()sin b  c cos 4 ()sin bc b cos c   B 2 ; 2  , b  c  2bc cos 2   b  c  2bc cos 2  4cd ()sin c  d cos 42  ()sin cd c  cos d   C ;  , 2 c  d  cd cos  c  d  cd cos    2  4da ()sin d  a cos   ()sin da d cos a   D ;  2 d  a  2da cos 2   d  a  2da cos 2 Tính tốn độ dài đến khoa luan, tieu luan8 of 102 Tai lieu, luan van9 of 102 AB  BC  CD  DA  Suy 4b a  c sin  cos  (2a cos b 2 )(2 ab cos  b)2  c  bc  4c b  d sin  cos  (2 b cos c 2 bc )(2 cos  2c 2)  d  cd  4d c  a sin  cos  (2c  cos d 2 )(2 cd cos  d)2  a  da  4a b  d sin  cos  (2d cos a 2 )(2 da cos a)2  b  ab  AB.BC b c (2d cos a 2 )da   2 2 AD.DC d a (2 b cos c 2 bc )  b c sin  cos  Còn vế phải ta có PB = , , , , PD = d a sin  cos  b  c  2bc cos 2 d  a  2da cos 2 AB.BC PB PB b c (2d cos a 2 )da  Suy Do ta nhận   AD.DC PD PD d a (2 b cos c 2 bc )  Bài 5) Cho ABC tam giác cân với CA = CB, có I tâm đường tròn nội tiếp Gọi P điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB nằm bên tam giác ABC Đường thẳng qua P song song với CA CB cắt AB tương ứng D E Đường thẳng qua P song song với AB cắt CA CB tương ứng F G Chứng minh đường thẳng DF đường thẳng EG có giao điểm nằm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải C Nhận xét : cạnh tam giác PDE CFG song song với Do DF GE khơng song song với có phép vị tự DF, GE CP đồng I F P G quy tâm phép vị tự A D E B Ta chứng minh : Nếu CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Q khác C, Q giao điểm FD Q GE + Vì AQP  ABC  BAC  PFC  AQPF nội tiếp đường 2 tròn  FQP  PAF Vì IBA  CBA  CAB  IAC nên đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB tiếp xúc CA A  PAF  DBP + Vì QBD  QCA  QPD  tứ giác DQBP nội tiếp đường tròn  DBP  DQP khoa luan, tieu luan9 of 102 Tai lieu, luan van10 of 102 Từ FQP  PAF  DBP  DQP  F, D, Q thẳng hàng Tương tự ta nhận G, E, Q thẳng hàng Do DF, EG, CP đồng quy điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải ( Dùng phương pháp tọa độ ) y Chọn hệ trục tọa độ Oxy cho A(– 1, 0), B(1, 0), C(0, c) Giả sử I(0, m) C(0,c) S ABC  I(0,m) F P x O A(-1,0) m= G D E ()AB  BC  CA m  c   c2 Giả sử J(0,n) tâm đường trịn C1 ngoại tiếp tam giác AIB Khi ()1 n  m  JI  JA2   n , ta có n = – 1/c C1: x  (1/ y  )1 c (1/  ) c B(1,0) J(0,n) Gọi P(p,q) Khi D(p – q/c, 0), E(p + q/c, 0), F(q/c – 1, q), G( – q/c + 1, q), từ phương trình đường thẳng DF EG tương ứng y= q     q  q q  x   p    y = x   p     2q 2q c  c   p 1     p 1  c c Do giao điểm Q hai đường thẳng Q((q – c)p/(2q – c), q2/(2q – c)) Gọi O1(0, u) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Vì + u2 = O1A2 = O1C2 = (u – c)2  u = (c2 – 1)/2c Vì P(p, q) nằm đường trịn C1 ta có p2 + (q + 1/c)2 = + (1/c)2 2  q  c   q2 c2 1   c2   O1Q   p        O1C  Q nằm đường tròn  2c   2c   2q  c   2q  c ngoại tiếp tam giác ABC Bài 6) Mỗi cặp cạnh đối lục giác lồi có tính chất: khoảng cách hai trung điểm chúng lần tổng độ dài chúng Chứng minh tất góc lục giác lồi Lời giải khoa luan, tieu luan10 of 102 10 Tai lieu, luan van30 of 102 B1 C J K A1 E A B D C1 Lời giải Các đường thẳng JA1, JB1, JC1 tiếp tuyến đường trịn đường kính A1B, AB1, C1D Do JA12  JB12  JC12  JD.JE suy E nằm hai đường trịn đường kính A1B AB1  AEB1  900 A1 EB  900 Bài 6) (BRA 2006) Hai đường trịn (W1) (W2) có tâm O1 O2 tiếp xúc với D, đồng thời tiếp xúc với đường tròn (W) điểm E F theo thứ tự Gọi t tiếp tuyến chung (W1)và (W2) D Gọi AB đường kính (W) vng góc với t, cho A, E O1 nằm phía với t Chứng minh đường thẳng AO1, BO2 , FE t đồng quy Lời giải Phép vị tự tâm E biến đường tròn (W1) thành C đường tròn (W), biến D thành B nên D  EB, tương tự D FA Gọi C = AE  BF Đường thẳng BE CF đường cao tam giác ABC D trực tâm  ABC C nằm đường thẳng t Đường thẳng qua D E song song với AB cắt AC BC M N P O1 O2 trung điểm DM DN M O1 F tương ứng D O2 A N Nếu CD FE cắt P ta chứng O B minh A, O1, P thẳng hàng ( tương tự B, O2, P K thẳng hàng) Theo định lí Mênêlauyt đảo tam giác CDM ta cần chứng minh AC O1M PD AC PC  hay  (1) AM O1 D PC AM PD khoa luan, tieu luan30 of 102 30 Tai lieu, luan van31 of 102 + Vì DM//AB nên AC KC KC PC  (2) Từ (1) (2) ta cần chứng minh  hay AM KD KD PD C, D, P, K hàng điểm điều hòa Theo tính chất tứ giác tồn phần (CDPK) = -1 Bài 7)(SVK 2006) Trong tam giác ABC, gọi Ma, Mb, Mc trung điểm cạnh BC, CA, AB Ta, Tb, Tc điểm cung BC, CA AB không chứa đỉnh A, B, C đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Với i  {a, b, c} gọi Wi tâm đường trịn đường kính MiTi Gọi pi tiếp tuyến chung Wi Wk ({i, j, k} = {a, b, c}) cho Wi nằm khác phía với Wj Wk so với đường thẳng pi Chứng minh đường thẳng pa, pb, pc tạo thành tam giác đồng dạng với tam giác ABC tính tỉ số đồng dạng Lời giải Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.Ta A biết TaTb, TaTc đường trung trực đoạn Tb W IC IB TaTb cắt AC P cắt đường tròn (Wb) Tc b Wc Mb U, TaTc cắt AB Q cắt đường tròn (Wc) taị V Mc D F U Q V Ta có BIQ  IBQ  IBC IQ//BC P IO E tương tự IP//BC Do PQ đường thẳng qua I C B song song BC Ma Phép vị tự tâm Tb biến đường tròn (Wb) thành Wa đường tròn (W) ngoại tiếp tam giác ABC nên Ta biến tiếp tuyến t (Wb) U thành tiếp tuyến (W) Ta song song với BC , suy t//BC Đường thẳng t cắt AC X, XU = XMb PUM b  900 , X trung điểm PMb Tương tự tiếp tuyến (Wc) V cắt QMc trung điểm Y QMc Nhưng XY//PQ//MbMc , điểm U, X, Y, V thẳng hàng Do t trùng với tiếp tuyến pa Ở pa đường thẳng nằm I MbMc song song cách I MbMc Tương tự cho pb pc Do đường thẳng cắt tạo thành tam giác đồng dạng vị tự với tam giác MaMbMc với tâm I tỉ số 1/2 đồng dạng với tam giác ABC với tỉ số 1/4 Bài 8)(POL 2006) Cho tứ giác lồi ABCD Một đường tròn qua hai điểm A D đường tròn qua điểm B C, tiếp xúc với điểm P nằm tứ giác Giả sử PAB  PDC  900 PBA  PCD  900 Chứng minh : AB + CD  BC + AD Lời giải khoa luan, tieu luan31 of 102 31 Tai lieu, luan van32 of 102 Bổ đề: X điểm tứ giác lồi Đường tròn (ADX) (BCX) tiếp xúc X ADX  BCX  AXB Chứng minh: +Nếu (ADX) tiếp xúc (BCX): Qua X vẽ tiếp tuyến chung cắt AB I , ta có D C M N Q P B A AXB  AXI  IXB  ADX  BCX +Ngược lại: Nếu ADX  BCX  AXB Vẽ tiếp tuyến t X với đường tròn (ADX) cắt AB I Ta có ADX  AXI , nên từ giả thiết suy I XB  BCX  IX tiếp tuyến đường tròn (BCX) Vậy hai đường tròn tiếp xúc X Gọi Q giao điểm thứ hai hai đường tròn (ABP) (CDP) (Giả sử Q  P) Từ điều kiện tốn Q nằm bên tứ giác ABCD ( BCP  BAP  1800 , C nằm ngồi đường trịn ngoại tiếp  APB, giống trường hợp D) + Nếu Q nằm tam giác APD ( trường hợp khác tương tự): BQC  BQP  PQC  BAP  CDP  900 , tương tự AQD  900 Do ADQ  BCQ  ADP  BCP  APB  AQB Từ đường trịn (ADQ) (BCQ) tiếp xúc Q Do bên đường trịn đường kính AD BC rời Và M, N trung điểm AD và BC tương ứng, ta có    2MN  AD + BC Ta lại có 2MN  AB + CD BA  CD  NM Suy AB + CD  BC + AD Bài 9)(RUS 2006) Các điểm A1, B1 C1 chọn cạnh BC, CA AB tam giác ABC, theo thứ tự Các đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 , BC1A1 CA1B1 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần điểm A2, B2 C2 , theo thứ tự(A2  A, B2  B, C2  C) Các điểm A3, B3 C3 điểm đối xứng với điểm A1, B1 C1 qua trung điểm cạnh BC, CA AB , theo thứ tự Chứng minh tam giác A2B2C2 A3B3C3 đồng dạng với Lời giải khoa luan, tieu luan32 of 102 32 Tai lieu, luan van33 of 102 Ta dùng góc định hướng modulo 1800 Góc định hướng hai A4 đường thẳng a, b kí hiệu (,a )b B3 A1 góc quay ngược chiều kim đồng C2 hồ từ a đến b, chẵng hạn ABC ta C5 A3 viết (,BA BC ) Ta biết B1 B2 O P đường tròn AB1C1 , BC1A1 B4 CA1B1 có điểm chung ta gọi B5 C1 C3 B P Gọi O tâm đường tròn A A5 ngoại tiếp tam giác ABC Chú ý A2 PB1C  PC1 A  PA1 B   Các C4 đường thẳng A2P, B2P, C2P cắt đường tròn ABC lần A4, B4, C4 tương ứng Khi A4 A2 A  PA2 A  PC1 A   ta A4OA  2 ;  ABC ảnh  A4B4C4 qua phép quay  tâm O , góc quay  Do (,AB4 )PC1  B4 AB  AC1P   –  = suy AB4//PC1 Gọi C5 giao điểm PC1 với A4B4 , định nghĩa A5, B5 tương tự Do B4C5 P  A4 B4 A    AB4C5C1 hình thang cân với BC3 = AC1 = B4C5 Tương tự AC3 = A4C5 suy C3 ảnh C5 qua phép quay  Tương tự ta B3 ảnh B5 A3 ảnh A5 qua phép quay  Do A3 B3C3  A5 B5C5 Ở ta chứng minh C A5 B5C5 A2 B2C2 Ta có A4 B5 P  B4C5 P dẫn đến P nằm đường tròn A4B5C5 Một cách tương tự, P nằm đường tròn C4A5B5 Do A2 B2C2  A2 B2 B4  B4 B2C2  A2 A4 B4  B4C4C2 = PA4C5  A5C4 P  PB5C5  A5 B5 P  A5 B5C5 Và tương tự cho góc cịn lại ta điều cần chứng minh Bài 10) (SER 2006, IMO) Gán cho cạnh b đa giác lồi P giá trị diện tích lớn tam giác có b cạnh nằm P Chứng minh tổng tất số gán cho cạnh P lớn hai lần diện tích P Lời giải Gọi Si diện tích gán cho cạnh AiAi+1 đa giác lồi P = A1….An có diện tích S Chúng ta bắt đầu cách chứng minh mệnh đề Bổ đề: Ít diện tích S1, S2, …., Sn không nhỏ 2S/n khoa luan, tieu luan33 of 102 33 Tai lieu, luan van34 of 102 Chứng minh: Ta mệnh đề với n chẵn Trường hợp n lẻ xem trường hợp suy biến 2n- giác A1A’1…AnA’n , A’i trung điểm AiAi+1 A m+2 A m+3 A m+1 P1 O X P1 A1 A2 A3 Với n = 2m Ở i = 1, 2, …, m, kí hiệu Ti diện tích miền Pi chứa cạnh đa giác lồi giới hạn đường chéo AiAm+i , Ai 1 Am i 1 cạnh Ai Ai 1 , Am i Am i 1 Chúng ta ý miền Pi bị chứa toàn thể đa giác lồi Nếu X điểm bên đa giác lồi Khơng tính tổng quát, giả sử X nằm bên trái tia A1Am+1 X nằm bên phải tia Am+1A1, tồn k để X nằm bên trái tia AkAk+m nằm bên phải tia Ak+1Ak+m+1 , tức X  Pk Vì T1 + T2 + +Tm  S nên có ti khơng nhỏ 2S 2S , giả sử T1  n n Gọi O giao điểm A1Am+1 A2Am+2 không tính tổng quát ta giả sử S AA O  S A A O A1O  OAm 1 ta có: m 1 m  2S Bổ đề chứng minh n S 2m Dùng phản chứng Nếu ngược lại tức  i  ta chọn số hữu tỉ qi  i S N S với N = m1  m2   mn cho qi  i Ở ý đến đa giác lồi suy biến S S1  S A1 A2 Am2  S A1 A2O  S A1 Am2O  S A1 A2O  S Am1 Am2O  T1  thành N-giác lồi chia cạnh AiAi+1 thành mi đoạn với i Ứng dụng bổ đề ta có S Si S tức i  qi với i, mâu thuẫn Vậy  S mi N dấu đẳng thức xảy đa giác lồi P có tâm đối xứng n S i 1 i  2S , CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG KÌ THI IMO LẦN 48 TỔ CHỨC TẠI VIỆT NAM NĂM 2007 Bài 1) (IMO 2007,CZE) Trong tam giác ABC, đường phân giác góc BCA cắt đường trịn ngoại tiếp lần R, cắt đường trung trực cạnh BC P, cắt đường trung trực cạnh AC Q.Ở trung điểm cạnh BC K, trung điểm cạnh AC L Chứng minh tam giác RPK RQL có diện tích khoa luan, tieu luan34 of 102 34 Tai lieu, luan van35 of 102 Lời giải O tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC Ta có CPK  CQL C L Q Do K O S RPK RP.PK   PKC S RQL RQ.QL QLC  PK PC  QL QC Khi  ROC cân OPR  OQC  ROQ COP P B A RQ = PC Do S RPK 1 S RQL R Bài 2)(CAN 2007) Cho tam giác cân ABC, AB = AC Gọi M trung điểm cạnh BC X điểm cung nhỏ MA đường trịn ngoại tiếp  ABM Gọi T điểm miền góc BMA cho TMX  900 TX = BX Chứng minh MTB  CTM không phụ thuộc vào X Lời giải Gọi Y trung điểm BT MY//CT TY  XY A Do T,Y, M, X nằm đường tròn Vậy MTB  CTM  MXY  YMT  MXY  TXY O T = MXY  YXB  MXB  MAB Y X B C M Bài 3)(UKR 2007) Hai đường chéo hình thang ABCD cắt P Điểm Q nằm hai đường thẳng song song BC AD cho AQD  CQB điểm P, Q nằm hai bên đường thẳng CD Chứng minh BQP  DAQ Lời giải X điểm đường thẳng PQ cho B C X XC//AQ P Q A D XC CP BC    BCX AQ PA AD DAQ  BCX BXC  DQA  BQC suy B, C, Q, X nằm đường tròn Suy BCX  BQX  BQP Vậy BQP  DAQ khoa luan, tieu luan35 of 102 DAQ Do 35 Tai lieu, luan van36 of 102 Bài 4)(IMO 2007 LUX) Cho điểm A, B, C, D E cho ABCD hình bình hành BCED tứ giác nội tiếp Đường thẳng d qua A cắt phần đoạn DC F cắt đường thẳng BC G Giả sử EF = EG = EC Chứng minh d phân giác góc DAB Lời giải Gọi K L trung điểm CF CG C L B G tương ứng EK  CF EL  CB Khi K KL đường thẳng Simson tam giác F E BCD cắt BD M EM  BD M Ta có KL//d KL qua trung điểm cạnh CA  ACG nên KL qua giao điểm hai đường d chéo hình bình hành ABCD  MB = MD A D  BED cân Từ  DEB  KEL ta có EK = EL suy CF = CG Do DAF  FGC  GFC  FAB Bài 5)(GBR 2007) Cho ABC tam giác cố định gọi A1, B1, C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB tương ứng P điểm đường trịn ngoại tiếp Đường thẳng PA1, PB1, PC1 cắt đường tròn ngoại tiếp lần A’, B’, C’ tương ứng Giả sử điểm A, B, C, A’, B’, C’ phân biệt đường thẳng AA’, BB’, CC’ cắt tạo thành tam giác Chứng minh diện tích tam giác khơng phụ thuộc vào điểm P Lời giải Gọi A0, B0,C0 giao điểm với B0 C0  AA ' BB ', B0  AA ' CC ' A0  BB ' CC ' A Áp dụng định lí Pascal từ điểm APCC’BA’ cho B0  A1C1 , tương tự C0  A1 B1 , A0  B1C1 B' C' C0 A0 C1 B A1 C0 B0 C0 A1 (1)  C0 A C0 B1 C A CB Từ BA1//B1A0 ta có  (2) C0 B1 C0 A0 CB CB Từ (1) (2) suy 0  hay C0 A C0 A0 C0 B0 C0 A0  C0 A.C0 B  S A0 B0C0  S ABC0 Từ B0A1//AB1 ta có B1 A' C P Mặt khác S ABC  S ABB (vì A1B1//AB) Do S A B C  S ABB  S ABC khoa luan, tieu luan36 of 102 0 36 Tai lieu, luan van37 of 102 Bài 6)(USA 2007) Cho ABCD tứ giác lồi điểm A1, B1, C1, D1 cạnh AB, BC, CD DA tương ứng Xét diện tích tam giác AA1D1, BB1A1, CC1B1 DD1C1; gọi S tổng hai diện tích nhỏ S1 diện tích tứ giác A1B1C1D1 Tìm số thực dương k nhỏ thỏa mãn bất đẳng thức kS1  S với tứ giác lồi ABCD Lời giải Ta chứng minh S1  S tức k  Bổ đề: Nếu X’, Y’ Z’ điểm cạnh YZ, ZX, XY tam giác XYZ S X 'Y ' Z '  S XY ' Z ' , SYZ ' X ' , S ZX 'Y '  X Z' X Y' Y' Y1 Q Z1 Y X1 Y1 Z1 Z' Z X' Y X1 Z X' Chứng minh: Kí hiệu X1, Y1, Z1 trung điểm YZ, ZX, XY Nếu hai điểm X’, Y’, Z’ thuộc tam giác XY1Z1, YZ1X1, ZX1Y1 mệnh đề chứng minh Ta cần chứng minh, Y’, Z’   XY1Z1 Y’Z’ cắt đường cao từ X đến YZ Q tam giác  XY1Z1 Do d(X, Y’Z’)  d(X, Y1Z1) =  d(X’, Y’Z’) suy S XY ' Z '  S X 'Y ' Z ' d(X, YZ) Bây khơng tính tổng qt giả sử X’  (X1Z), Y’  (Y1X), Z’  (Z1Y) d(Z’,X’Y’)> d(Z1, X’Y’) S Z ' X 'Y '  S Z X 'Y ' Tương tự S X 'Y ' Z  S X 'Y Z Do 1 1 S X 'Y1Z1  S X1Y1Z1 ta có S X 'Y ' Z '  S X1Y1Z1  S XYZ suy S X 'Y ' Z '  S XY ' Z ' , SYZ ' X ' , S ZX 'Y '  Bây trở lại toán S A1B1C1  S A1BB1 , S B1CC1 S A1C1D1  SC1DD1 , S D1 AA1     Xem cố định S A B D SB C D Khơng tính tổng qt giả sử  1  1   S A1B1C1  S A1BB1 , S B1CC1 S A1C1D1  SC1DD1 , S D1 AA1 Giả sử S A1B1C1  S A1B1D1 đường thẳng C1D1 cắt tia BC U Các đường thẳng AB CD khơng cắt điểm khoa luan, tieu luan37 of 102 37 Tai lieu, luan van38 of 102 A1 A M V C B B1 D1 C1 D U N C1 B1 B C D A D1 Một đường thẳng qua C1 cắt tia BA BC M N có SC B N  S A B C S A BB  S Theo bổ đề S MA C  S A B C Đây 1 1 1 A1B1C1 1 1 cho S MA C lớn tùy ý Do C1D1 cắt tia BA V Áp dụng bổ đề vào  VBU cho ta S A B C  SVA C  S A C D vơ lí Ta k = số dương tốt xét trường hợp suy biến thành tam giác ACD , D1, C1 trung điểm AD CD, B = A1 = B1 trung điểm AC 1 1 1 1 1 Bài 7)(IRN 2007) Cho tam giác nhọn ABC với góc  ,   ứng với đỉnh A, B, C tương ứng cho    Gọi I tâm đường tròn nội tiếp R bán kính đường trịn ngoại tiếp Điểm D chân đường cao từ đỉnh A Điểm K nằm đường thẳng AD cho AK = 2R D nằm A K Đường thẳng DI KI cắt cạnh AC BC E F tương ứng Chứng minh IE = IF   3 Lời giải Ta chứng minh KID    Gọi AA’ đường kính đường tròn ngoại tiếp (k) tam giác ABC Gọi M giao điểm AI với (k) Khi A’M  MA, ta có K, M A’ thẳng hàng Gọi A1, B1 X chân đường vuông góc kẻ từ I đến BC, CA AD Ở  XIB1  A’MB (theo trường hợp góc nhau) Vì MB = MC = MI ta có A E X B KID  XIM  ()XID  KIM B1 = XIM  900  1800  AA ' M  900  MAA '  I D C F A1 K IM BM IB1 XD (vì IA1 =XD)    KM MA ' IX IX Do  KIM  IDX suy M khoa luan, tieu luan38 of 102 A'   Bây giả sử IE = IF,    A1 nằm đoạn FC C  DIA1  EIB1  DIF  FIA1 Từ có phương trình FIA1    38    3   suy   3 Tai lieu, luan van39 of 102 Bài 8) (POL 2007) Một điểm P nằm cạnh AB tứ giác lồi ABCD Gọi (w) đường tròn nội tiếp tam giác CPD gọi I tâm đường tròn nội tiếp Giả sử (w) tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác APD BPD K L tương ứng Đường thẳng AC BD cắt E đường thẳng AK, BL cắt F Chứng minh điểm E, I F thẳng hàng Lời giải Gọi J tâm đường tròn (k) tiếp xúc với đường thẳng AB, DA BC Gọi (a), (b) đường tròn nội tiếp  ADP  BCP Trước tiên ta chứng minh F IJ A tâm vị tự biến đường tròn (a) thành đường tròn (k), K tâm vị tự biến đường tròn (a) thành (w) F* tâm vị tự biến (w) thành (k) Theo định lí Đề-Sac ta có A, K, F* thẳng hàng (k) C Tương tự chứng minh F*  BL Do F  F* F  IJ Bây ta chứng minh E IJ Kí hiệu X, (w) Y tâm vị tự biến (a), (b) thành (w) Dựa J D vào tính chất tiếp tuyến từ A, B, C, D F (b) I đường trịn (k) (a) ta có AP + DC = AD + PC L K E Do tồn đường tròn(d) nội tiếp APCD X (a) B tâm vị tự biến (a) thành (w) P A Áp dụng định lí Đề-Sac ta có A, C X thẳng hàng Xét đường tròn (a), (w) (k) lần A tâm vị tự biến (a) thành (k) X tâm vị tự biến (a) thành (w) Do XA chứa tâm E*của phép vị tự biến (w) thành (k) Tương tự E*  BX Do E*  E Vậy E  IJ VI Kết nghiên cứu: Đề tài gồm 40 tốn hình học phẳng tơi dịch từ tiếng Anh Các tốn hình học nước đề nghị kì thi IMO từ 2003 đến 2007, làm tài liệu dạy bồi dưỡng cho học sinh giỏi Toán nhiều năm , phục vụ tốt cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán kì thi Olympic , kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh Quốc gia Qua nhiều năm dạy bồi dưỡng cho học sinh giỏi thấy thu kết tốt, em biết vận dụng tự tin việc giải tốn hình học phẳng Góp phần đưa đội tuyển mơn Tốn tỉnh thi đạt giải Quốc gia năm học 2010-2011: 01 giải nhì 01 giải ba; năm học 2011-2012: 01 giải ba 02 giải khuyến khích; năm học 2012-2013: 01 giải ba 02 giải khuyến khích VII Kết luận: Chuyên đề: Vận dụng tốn hình học phẳng đề nghị kì thi IMO từ 2003 đến 2007vào việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Có tác dụng tích cực việc bồi dưỡng học sinh giỏi lĩnh vực giải tốn hình học phẳng khoa luan, tieu luan39 of 102 39 Tai lieu, luan van40 of 102 Do nhu cầu tài liệu dạy bồi dưỡng cho học sinh giỏi nên mạnh dạn dịch từ tiếng Anh tiếng Việt, trình độ ngoại ngữ có hạn chế nên khơng thể thiếu sót , mong Hội đồng khoa học thầy giáo góp ý để đề tài ngày hoàn thiện VIII Kiến nghị: Đối với tổ chuyên môn: Triển khai việc áp dụng đề tài dạy bồi dưỡng học sinh khối 10, 11 12 IX Tài liệu tham khảo: + Nguồn tiếng Anh từ Internet Tam Kỳ, ngày 02 tháng năm 2013 Người viết Phạm Hữu Hùng khoa luan, tieu luan40 of 102 40 Tai lieu, luan van41 of 102 MỤC LỤC I II III IV V Tên đề tài ……………………………………………… Đặt vấn đề……………………………………………… Cơ sở lí luận………………………………………………1 Cơ sở thực tiễn……………………………………………1 Nội dung nghiên cứu…………………………………… + Các tốn hình học đề nghị kì thi IMO lần thứ 45 tổ chức Nhật Bản năm 2003…………… 1-16 + Các tốn hình học đề nghị kì thi IMO lần thứ 46 tổ chức Hy Lạp năm 2004…… .16-22 + Các tốn hình học đề nghị kì thi IMO lần thứ 47 tổ chức Mexico năm 2005…… 22-27 + Các tốn hình học đề nghị kì thi IMO lần thứ 48 tổ chức Slovenia năm 2006………………27-34 + Các tốn hình học đề nghị kì thi IMO lần thứ 48 tổ chức Việt Nam năm 2007………………34-39 VI Kết nghiên cứu………………………………………39 VII Kết luận ………………………………………………….39 VIII Kiến nghị ……………………………………………… 39 IX Tài liệu tham khảo……………………………………… 39 khoa luan, tieu luan41 of 102 41 Tai lieu, luan van42 of 102 CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc PHIẾU ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học 2012 – 2013 I.Đánh giá, xếp loại HĐKH Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 1.Tên đề tài: VẬN DỤNG CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG CÁC KÌ THI IMO TỪ 2003 ĐẾN 2007 VÀO VIỆC DẠY BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 2.Họ tên tác giả : Phạm Hữu Hùng 3.Chức vụ : Tổ trưởng Tổ : Toán 4.Nhận xét chủ tịch HĐKH đề tài a) Ưu điểm : …………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………… ………………………………………………………… ………………………… ………………………………………………… ………………………………… ………………………………………… ……………………………………… b) Hạnchế:…………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………… 5.Đánh giá xếp loại: Sau thẩm định, đánh giá xếp loại đề tài trên, HĐKH Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, thống xếp loại: ………………………… Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH (ký, ghi rõ họ tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ họ tên) …………………………… …………………………… ………………………… II Đánh giá, xếp loại HĐKH Sở GD&ĐT Quảng Nam Sau thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Sở GD&ĐT Quảng Nam thống xếp loại: …………………… Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH (ký, ghi rõ họ tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ họ tên) …………………………… …………………………… ………………………… khoa luan, tieu luan42 of 102 42 Tai lieu, luan van43 of 102 PHIẾU CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học : 2012 – 2013 (Dành cho người tham gia đánh giá, xếp loại SKKN) HỘI ĐỒNG KHOA HỌC Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm  Đề tài: “Vận dụng tốn hình học phẳng đề nghị kì thi IMO từ 2003 đến 2007 vào việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi”  Họ tên tác giả: Phạm Hữu Hùng  Đơn vị: Tổ Toán , Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm  Điểm cụ thể: Nhận xét người đánh Điểm Điểm Phần giá, xếp loại đề tài tối đa đạt 1.Tên đề tài 2.Đặt vấn đề 3.Cơ sở lý luận 4.Cơ sở thực tiễn 5.Nội dung nghiên cứu 6.Kết nghiên cứu 7.Kết luận 8.Đề nghị 9.Phụ lục 10.Tài liệu tham khảo 11.Mục lục 12.Phiếu đánh giá,xếp loại Thể thức văn bản, tả 1 Tổng cộng 20 đ Căn số điểm đạt được, đề tài xếp loại : Người đánh giá xếp loại đề tài: (ký, ghi rõ họ tên ) khoa luan, tieu luan43 of 102 43 Tai lieu, luan van44 of 102 khoa luan, tieu luan44 of 102 44 ... Chuyên đề: Vận dụng tốn hình học phẳng đề nghị kì thi IMO từ 2003 đến 200 7vào việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Có tác dụng tích cực việc bồi dưỡng học sinh giỏi lĩnh vực giải tốn hình học phẳng. .. cứu: Đề tài gồm 40 tốn hình học phẳng dịch từ tiếng Anh Các tốn hình học nước đề nghị kì thi IMO từ 2003 đến 2007, làm tài liệu dạy bồi dưỡng cho học sinh giỏi Toán nhiều năm , phục vụ tốt cho việc. .. Năm học 2012 – 2013 I.Đánh giá, xếp loại HĐKH Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 1.Tên đề tài: VẬN DỤNG CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG CÁC KÌ THI IMO TỪ 2003 ĐẾN 2007 VÀO VIỆC DẠY