Thứ Ba, 7 tháng 4, 2015

Kiểm tra hình học dự tuyển 10 THPT chuyên KHTN đề bài và lời giải

Kiểm tra đội tuyển 10

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, trực tâm $H$. $E,F$ đối xứng $H$ qua $CA,AB$. $OE,OF$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $M,N$. Dựng hình bình hành $ABDC$. $X,Y,Z$ là hình chiếu của $H$ lên $MN,ND,DM$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$ tiếp xúc với đường tròn Euler của tam giác $ABC$.

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $P$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $PD$ cắt trung trực $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng $IQ\parallel BC$.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn tâm $C$ bán kính $CB$ cắt $BA$ tại $D$ khác $B$ và cắt $(O)$ tại $E$ khác $B$. $DE$ cắt $(O)$ tại $F$ khác $E$. $CO$ cắt $DE,AB$ lần lượt tại $G,L$. Các điểm $M,N$ lần lượt thuộc $LE,LF$ sao cho $MG,DN$ cùng vuông góc với $BC$. Chứng minh rằng $DN=MG$.

Đáp án đề kiểm tra đội tuyển 10

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, trực tâm $H$. $E,F$ đối xứng $H$ qua $CA,AB$. $OE,OF$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $M,N$. Dựng hình bình hành $ABDC$. $X,Y,Z$ là hình chiếu của $H$ lên $MN,ND,DM$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$ tiếp xúc với đường tròn Euler của tam giác $ABC$.

Lời giải. Gọi $Q$ là trung điểm $HD$ dễ thấy $Q$ và $O$ đối xứng nhau qua trung điểm $P$ của $BC$ và các điểm $B,Y,H,C,D$ đều thuộc đường tròn $(Q)$ đường kính $HD$. Dễ thấy $FNH$ và $FOC$ cân nên $NH\parallel OC\parallel BQ$. Gọi $R$ là trung điểm $YD$ thì $QR\parallel NH\parallel QB$ nên $B,R,Q$ thẳng hàng. Dễ thấy các góc nội tiếp và góc so le trong bằng nhau là $\angle BDY=\angle BCY$ và $\angle BND=\angle CDN=\angle CBY$ suy ra tam giác $BYC$ và $NBD$ đồng dạng có trung tuyến tương ứng là $YP$ và $BR$. Chú ý $NH\parallel RB$ và tứ giác $HXNY$ nội tiếp nên $\angle YPB=\angle YRB=\angle HND=\angle HXY$. Tương tự $\angle ZPC=\angle HXZ$. Từ đó $\angle YPZ=180^\circ-\angle YPB-\angle ZPC=180^\circ-\angle HXY-\angle HXZ=180^\circ-\angle YXZ$. Vậy $P$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$. Ta lại có $\angle NYB=360^\circ-\angle NYH-\angle HYB=180^\circ-\angle HYB+90^\circ=\angle HCB+90^\circ=\angle BCO-\angle OCH+90^\circ=$ $90^\circ-\angle BAC-NHF+90^\circ=180^\circ-\angle NHB=180^\circ-\angle NFB.$ Từ đó tứ giác $FNYB$ nội tiếp. Suy ra $\angle BFY=\angle BNY=\angle CDN=\angle CBY$. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác $BFY$ tiếp xúc $BC$ tại $B$. Lại có $\angle YFH=\angle BFH-\angle BFY=\angle BHF-\angle BNY=\angle BDC-\angle CDN=\angle BDY=\angle BCY$. Từ đó đường tròn ngoại tiếp tam giác $FYC$ tiếp xúc $BC$ tại $C$. Vậy $BC$ là tiếp tuyến chung của đường tròn ngoại tiếp tam giác $YFB$ và $YFC$. Vậy $YF$ đi qua trung điểm $P$ của $BC$. Tương tự $EZ$ cũng đi qua $P$. Hơn nữa $PZ.PE=PC^2=PB^2=PY.PF$. Từ đó tứ giác $YZEF$ nội tiếp.
Gọi $K$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $PYZ$ và $J$ là tâm đường tròn Euler thì $PK\perp EF\perp PJ$. Từ đó $P,J,K$ thẳng hàng hay $(K)$ tiếp xúc $(J)$.

Chú ý. Tác giả bài toán tìm ra bài toán bằng phép nghịch đảo. Trong quá trình tập huấn đội tuyển KHTN thì lời giải thuần túy hình học được tìm ra. Lời giải phần chứng minh $P$ nằm trên đường tròn $(K)$ dựa trên ý tưởng của Trịnh Huy Vũ. Lời giải phần chứng minh $YF,EZ$ đi qua $P$ dựa trên ý tưởng của Trần Quang Huy. Lời giải phần chứng minh tiếp xúc dựa trên ý tưởng của Tạ Hà Nguyên.

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $P$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $PD$ cắt trung trực $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng $IQ\parallel BC$.


Lời giải. Gọi $PQ$ cắt $(O)$ tại $R$ khác $P$, trước hết ta sẽ chứng minh $AR\parallel BC$, thật vậy. Ta đã biết là $PI$ đi qua trung điểm $T$ của cung $\widehat{BC}$ chứa $A$. Gọi $AI$ cắt $(O)$ tại $E$ khác $A$ thì $TE$ là đường kính của $(O)$. Ta thấy $ID.TE=r.2R=IF.IT$ mà $\angle PID=\angle ITE$ nên hai tam giác $PID$ và $ETI$ đồng dạng. Từ đó $\angle IPD=\angle IET$ suy ra $TA=TR$ vậy $AR\parallel BC$. Ta đã biết $ED$ cắt đường cao $AH$ tại $F$ thì $IF\perp AH$. Từ đó gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì $\frac{DQ}{DR}=\frac{DM}{AR/2}=\frac{DM}{MH}=\frac{ED}{EF}=\frac{ID}{AF}=\frac{FH}{AF}$. Từ đó theo tính chất hình thang suy ra $IQ\parallel AR$. Vậy đó là điều phải chứng minh.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn tâm $C$ bán kính $CB$ cắt $BA$ tại $D$ khác $B$ và cắt $(O)$ tại $E$ khác $B$. $DE$ cắt $(O)$ tại $F$ khác $E$. $CO$ cắt $DE,AB$ lần lượt tại $G,L$. Các điểm $M,N$ lần lượt thuộc $LE,LF$ sao cho $MG,DN$ cùng vuông góc với $BC$. Chứng minh rằng $DN=MG$.


Lời giải. Gọi $CF$ cắt $BE$ tại $H$. Theo tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm ta có $\angle FCB=\angle FEB=\frac{1}{2}\angle BDC$. Từ đó $CF$ là phân giác $\angle BCD$ vậy $\angle HCD=\angle HCB=\angle HED$, từ đó tứ giác $CHDE$ nội tiếp. Dễ thấy $B,E$ đối xứng nhau qua $OC$. Từ đó $\angle BDC=\angle CBD=\angle LEC$ suy ra tứ giác $CELD$ nội tiếp vậy các điểm $C,E,L,D,H$ thuộc một đường tròn $(\alpha)$. Từ đó $\angle HLG=\angle HEC=\angle CBE=\angle CFE$ suy ra tứ giác $HGLF$ nội tiếp đường tròn $(\beta)$. Dễ thấy $H$ là trực tâm tam giác $BCL$ và $LH$ là trục đẳng phương của đường tròn $(\alpha)$ và $(\beta)$. Từ đó $LH$ cắt $EF$ tại $P$ thì $PG.PF=PD.PE$ suy ra $\frac{PG}{PE}=\frac{PD}{PF}$. Do $GM\parallel DN\parallel PL$ nên $\frac{LM}{LE}=\frac{PG}{PE}=\frac{PD}{PF}=\frac{LN}{LF}$ do đó $MN\parallel EF$ nên tứ giác $GMND$ là hình bình hành, vậy $DN=MG$. Ta có điều phải chứng minh.

Chú ý.  Đề toán này tác giả cũng đã đề nghị trong kỳ thi chọn đội tuyển thi 30-4 của trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng.

Không có nhận xét nào:

Đăng nhận xét