Các bài toán Hình học chọn lọc - Lê Viết Ân

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:31

Thêm vào BST

Báo xấu

23
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu ôn tập, củng cố lại kiến thức đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài tập, mời các bạn cùng tham khảo "Các bài toán Hình học chọn lọc - Lê Viết Ân" dưới đây. Hy vọng sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Các bài toán Hình học chọn lọc - Lê Viết Ân

CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC LÊ VIẾT ÂN (Email: levietan.spt@gmail.com) 1. Đề bài BÀI 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Γ có tâm O. Các điểm P và Q theo thứ tự nằm trên các cạnh BC, DA. Biết rằng trung điểm của các đoạn thẳng AP, BQ, CQ và DP cùng nằm trên đường tròn k. Chứng minh rằng OP = OQ. Γ B A P k Q O D C BÀI 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp và N điểm Nagel của tam giác. Chứng minh rằng đường tròn tâm N , bán kính 2r tiếp xúc với (O).
A 2r O r N B C BÀI 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các điểm M và N thuộc cung BC không chứa A của (O) sao cho M N k BC. Các đường thẳng AM, AN cắt cạnh BC theo thứ tự tại P, Q. Gọi I, I1 , I2 , I3 , I4 theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác ABC, ABP, ABM, ACQ, ACN . Chứng minh rằng đường nối trung điểm của hai đoạn thẳng I1 I3 và I2 I4 đi qua I. A I I3 O I1 Q C B P I4 I2 N M BÀI 4. Cho tam giác ABC và điểm D không thuộc các đường thẳng CA, AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD, ACD theo thứ tự cắt CA, AB tại E, F khác A. Gọi M, N theo
thứ tự là trung điểm của BE, CF ; và gọi G là điểm đối xứng với D qua M N . Các đường thẳng GM, GN theo thứ tự cắt CA, AB tại K, L. Chứng minh rằng đường thẳng nối trung điểm của các đoạn thẳng BC, KL đi qua điểm G. L A K G E M F N B C D BÀI 5. Cho tam giác ABC, phân giác AD, trung tuyến AM . Điểm P thuộc đường thẳng BC (P khác B, C, M ). (E), (F ) là các đường tròn cùng đi qua P theo thứ tự tiếp xúc với AB, AC tại B, C. Q là giao điểm thứ hai của (E) và (F ). AQ theo thứ tự cắt trung trực của AD và (E), (F ) tại R và S, T (S, T khác Q). DR cắt AM tại G. Lấy K, L thứ tự thuộc P S, P T sao cho AK k CG và AL k BG. Chứng minh rằng P K = P L.
A L K R S M C B P D E Q G F T BÀI 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Ω. Gọi X là trung điểm cung BAC của Ω. Một đường tròn Γ với tâm X cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại D, E. Gọi F và G là các giao điểm của của Ω và Γ sao cho các điểm A, F, B, C và G nằm trên Ω theo đúng thứ tự này. Giả sử các đường thẳng BF và CG phân biệt và cắt nhau tại K; các đường thẳng DF và EG phân biệt và cắt nhau tại L. Chứng minh rằng KL đi qua trung điểm của DE.
A X Γ Ω G F D E L B C K BÀI 7. Cho tam giác ABC với H, (O), (I) theo thứ tự là trực tâm, đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của tam giác. Gọi P là trung điểm cung BAC của (O); gọi M là trung điểm AI; và gọi N là giao điểm thứ hai của (O) và P M . Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn ngoại tiếp tam giác IM N và (I) đi qua điểm H. A P M O I H B C N
BÀI 8. Cho tam giác ABC cố định. D là điểm di chuyển trên cạnh BC. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác DAB, DAC theo thứ tự cắt AC, AB tại E, F khác A. Gọi (P ), (Q) là các đường tròn theo thứ tự đi qua các cặp điểm (B, F ), (C, E) đồng thời tiếp xúc với BC. Chứng minh rằng đường thẳng qua D vuông góc với P Q luôn đi qua một điểm cố định. A E Q F P B D C BÀI 9. Cho tam giác không vuông ABC (AB 6= AC). Gọi (O), H thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của tam giác. P là điểm bất kỳ trên AH (P khác A); OP thứ tự cắt CA, AB tại E, F ; đường tròn ngoại tiếp tam giác OAP cắt (O) tại M khác A. Gọi N là điểm đối xứng của M qua AO. Chứng minh rằng HN đi qua trực tâm của tam giác AEF . N A M E H O F P B C BÀI 10. Cho tam giác ABC và hai đường thẳng cắt nhau x và y cùng nằm trong một mặt phẳng. Điểm D di động trên cạnh BC. Đường thẳng qua D song song với x cắt CA tại E; đường thẳng qua D song song với y cắt AB tại F . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF luôn đi qua điểm cố định.
A F y x E B C D [ 6= 90◦ . Trung trực BÀI 11. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O với CA 6= CB , ABC AB cắt AC tại D. Một đường tròn (K) đi qua O, D và cắt BC tại E, F sao cho B, C, E, F đôi một phân biệt. OC, CD lần lượt cắt lại (K) tại G, H. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CGH nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . A O D F E B C K G H BÀI 12. Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Một đường tròn đi qua
I cắt AI, BI, CI và đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC theo thứ tự tại D, E, F và G khác I. Đường thẳng DG cắt CA, AB theo thứ tự tại M, N . Trung trực của AD cắt DE, DF theo thứ tự tại K, L. Chứng minh rằng giao điểm của hai đường thẳng M K và N L nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. N A M L K I G E F B C D BÀI 13. Cho đường tròn (O) và các đường tròn (O1 ), (O2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại J đồng thời cùng tiếp xúc trong với (O). Gọi A1 A2 là dây cung của (O) và là tiếp tuyến chung trong của (O1 ) và (O2 ). Với mỗi i = 1, 2, gọi (Ji ) là đường tròn đi qua Ai và tiếp xúc ngoài với hai đường tròn (O1 ) và (O2 ). a) Chứng minh rằng tứ giác O1 J1 O2 J2 là tứ giác ngoại tiếp. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tứ giác này. b) Chứng minh rằng ba điểm O, I, J thẳng hàng.
O1 O I A1 A2 J J2 J1 O2 BÀI 14. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Giả sử tồn tại đường tròn(I) lần lượt tiếp xúc với nữa đường thẳng AB, AD tại điểm X, Y đều ở sau A, đồng thời đường tròn đó cũng tiếp xúc với các đường thẳng BC, CD lần lượt tại Z, T . Đường tròn (K) đi qua A, B đồng thời tiếp xúc với (I) tại điểm R; Đường tròn (L) đi qua A, D đồng thời tiếp xúc với (I) tại điểm S. Gọi M, N lần lượt là trọng tâm của các tam giác XY Z, XY T . Chứng minh rằng bốn điểm M, N, R, S cùng nằm trên một đường tròn. Y Z D M I R K C S N L A T B X
BÀI 15. Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại P . Xét hai đường thẳng x, y vuông góc với nhau tại P và không song song với các đường thẳng chứa các cạnh của tứ giác. Kí hiệu tX/
(m,n,p) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của tam giác xác định bởi các đường thẳng m, n, p tại điểm X nằm trên đường tròn đó. Chứng minh rằng các đường thẳng tA/
(AB,AD,x) , tB/
(BC,BA,y) , tC/
(CB,CD,x) và tD/
(DC,DA,y) xác định một tứ giác lưỡng tâm (tức tứ giác vừa nội tiếp và vừa ngoại tiếp). y x B A C P D 2. Hướng dẫn giải (Thực hiện bởi Lê Viết Ân và Nguyễn Duy Phước) BÀI 1.
Γ B A M P K G Q N O L D C Gọi M , N , K, L và G lần lượt là trung điểm của AP , DP , BQ, CQ và P Q. Khi đó, theo tính chất đường trung bình thì ba điểm M, G, N thẳng hàng; ba điểm K, G, L thẳng hàng. Hơn nữa, ta có GM = 21 QA, GN = 12 QD, GK = 21 P B, GL = 12 P C. Mặt khác, vì bốn điểm M, N, K, L cùng nằm trên đường tròn k nên GK · GL = GM · GN . Suy ra QA · QD = P B · P C. Do đó PQ/Γ = PP/Γ . Như vậy, ta dễ dàng suy ra được OP 2 = OQ2 nên OP = OQ. Nhận xét. Bằng cách chỉ ra phương tích của hai điểm đến một đường tròn bằng nhau, ta sẽ chứng minh được khoảng cách từ hai điểm đó đến tâm của đường tròn bằng nhau. Sau đây là hai bài tập với ý tưởng tương tự: Bài tập 1. (IMO 2009) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). E, F là hai điểm bất kì nằm trên cạnh AB, AC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BF, CE, EF . Giả sử (M N P ) tiếp xúc với EF . Chứng minh rằng OE = OF . Bài tập 2. (IMO Shortlist 2009) Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại Z và Y . Gọi G là giao điểm của BY và CZ. Dựng các hình bình hành BCY R, BCSZ. Chứng minh rằng GR = GS. BÀI 2. Trước tiên, xin phát biểu và chứng minh bổ đề sau. Bổ đề. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm và điểm Nagel của tam giác ABC thẳng hàng. A T Mc Mb I N G C B D Ma L Chứng minh. Gọi D là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với BC, DI cắt (I) lần thứ hai tại T , AT cắt BC tại L; gọi Ma , Mb , Mc lần lượt là trung điểm BC, CA, AB; N là điểm Nagel
của tam giác ABC. Ta có kết quả quen thuộc là Ma là trung điểm DL nên Ma I k AL hay Ma I k AN . Chứng minh tương tự, ta được Mb I k BN, Mc I k CN . Do đó I là điểm Nagel của tam giác Ma Mb Mc . Do G là tâm vị tự của hai tam giác ABC và Ma Mb Mc , nên ba điểm I, G, N thẳng hàng và IG GN = 12 . Trở lại bài toán. Z A Y O I N G C B X Gọi I, G lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và trọng tâm của tam giác ABC; X, Y, Z lần lượt là các điểm đối xứng với A, B, C qua trung điểm của BC, CA, AB. IG Theo bổ đề thì ba điểm I, G, N thẳng hàng và GN = 12 . Dễ thấy A, B, C lần lượt là trung điểm của Y Z, ZX, XY . Suy ra đường tròn (O) là đường tròn Euler của tam giác XY Z và G cũng là trọng tâm của tam giác XY Z. Đến đây, xét phép vị tự Ω tâm G, tỉ số 2 Ω : A 7→ X, B 7→ Y, C 7→ Z, I 7→ N Khi đó, qua phép vị tự Ω thì đường tròn nội tiếp của tam giác ABC biến thành đường tròn nội tiếp tam giác XY Z hay nói cách khác (N ; 2r) chính là đường tròn nội tiếp của tam giác XY Z. Mà (O) là đường tròn Euler của tam giác XY Z. Vậy theo định lý Feuerbach, (O) tiếp xúc với (N ; 2r). Nhận xét. 1) Ta có thể sử dụng phép đối xứng tâm và phép vị tự theo hướng như sau: Gọi đối xứng của điểm N qua I là điểm X, rồi gọi trung điểm của XA, XB, XC. Sau đó gọi đối xứng của A, B, C qua I lần lượt là A0 , B 0 , C 0 . Từ đó, áp dụng định lý Feuerbach cho tam giác A0 B 0 C 0 (chú ý tính chất IM k AL). 2) Bài toán là một phát hiện từ bài hình ngày 1, Vietnam TST 2020. BÀI 3.
A R3 R4 O I E F I1 D I3 L I2 I4 K C B P Q G R2 R1 M N Ta xét trường hợp tia AM nằm giữa hai tia AB và AN . Trường hợp còn lại chứng minh tương tự. Giả sử AI1 , AI3 , BI1 , CI3 theo thứ tự cắt lại (O) tại R1 , R2 , R3 , R4 ; D = R1 R3 ∩ R2 R4 ; G = BR2 ∩ CR4 ; E = II2 ∩ R2 R4 ; F = II4 ∩ R1 R3 ; K là trung điểm của I2 I4 . Trước hết, chúng ta có các kết quả đơn giản sau đây: i) I = BR3 ∩ CR4 ; I1 = BR4 ∩ AR1 ; I2 = M R4 ∩ AR1 ; I3 = CR4 ∩ AR2 ; I4 = N R3 ∩ AR2 . ii) R1 , R2 , R3 , R4 lần lượt là trung điểm của các cung BM, CN (không chứa A), CA (không chứa B), AB (không chứa C) của (O). Bằng biến đổi góc đơn giản, ta có R3 là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ACI và ACI4 . Suy ra tứ giác ACI4 I nội tiếp đường tròn (R3 ). (1) Từ (1), suy ra ∠I4 IC = ∠I4 AC = ∠R2 AC = ∠R2 R4 C. Do đó II4 k R2 R4 . Suy ra IF k DE.(2) Chứng minh tương tự, ta cũng có: Tứ giác ABI2 I nội tiếp đường tròn (R4 ). (3) Và IE k DF . (4) Từ (2) và (4) suy ra ID đi qua trung điểm của EF . (5) R 4 I2 R4 I Từ (2) và (3) suy ra R3 I4 = R3 I và R4 I2 = R4 I. Do đó R 3 I4 =R 3I . (6) Lại có BC k M N nên tứ giác BCN M là hình thang cân. Suy ra BN = CM . (7) Từ (7), suy ra ∠IR4 I2 = ∠CR4 M = ∠BR3 N = ∠IR3 I4 , cùng với (6), suy ra 4R4 II2 v II2 4R3 II4 (c - g - c). Suy ra II 4 = IR IR3 4 . (8) Do R1 , R2 thứ tự là trung điểm của các cung bằng nhau BN và CM nên BR1 = CR2 . Do đó ∠ER4 I = ∠R2 R4 C = ∠R1 R3 B = ∠F R3 I, mà E, F đều nằm trong các đoạn II2 , II4 nên ∠EIR4 = ∠F IR3 (do 4R4 II2 v 4R3 II4 ). Do đó 4R4 IE v 4R3 IF (g - g). IR4 Suy ra IE IF = IR 3 . (9) Từ (8) và (9), suy ra IE IF = II II4 2 IE hay II 2 IF = II 4 , chú ý E, F lần lượt nằm trong các đoạn II2 , II4 nên theo định lý Thales đảo, EF k I2 I4 . Kết hợp với (5), suy ra ID đi qua trung điểm K của I2 I4 . (*) BR1 R4 Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm thì ta có ba điểm I, D, G thẳng hàng hay CR2 R3 G ∈ ID. (10)
Ta có ∠GCB = ∠R1 CB = ∠R1 AB = ∠M2AB = ∠N2AC (vì BC k M N ) = ∠R2 AC = ∠R2 BC = ∠GBC. Do đó tam giác GBC cân tại G. Hơn nữa ∠GCI = ∠GCB + ∠BCI = ∠I3 AC + ∠I3 CA = ∠AI3 I. Chứng minh tương tự, ∠GBI = ∠AI1 I. Từ đây, áp dụng định lý sin trong tam giác, ta có sin∠GIB sin∠GIC = sin∠GIB GB GC · sin∠GIC = sin∠GBI GI GI · sin∠GCI = sin∠GBI sin∠GCI = sin∠AI 1I sin∠AI3 I = sin∠AI1 I AI AI · sin∠AI 3I = sin∠IAI II1 1 II3 · sin∠IAI 3 = II 3 II1 (chú ý rằng ∠IAI1 = ∠IAI3 ). Do đó, nếu gọi L = IG ∩ I1 I3 thì ta có sin∠GIB II1 sin∠LII1 II1 1= · sin∠GIC II3 = · = sin∠LII sin∠LII3 II3 LI1 1 LI3 · sin∠LII · LI1 · II1 = sin∠ILI 3 LI3 II3 II1 1 II3 · sin∠ILI · LI1 · II1 = 3 LI3 II3 LI1 LI3 (vì sin∠ILI1 = sin(180◦ − ∠ILI3 ) = sin∠ILI3 ). Vậy L là trung điểm của I1 I3 , kết hợp với (10) ta có ID đi qua trung điểm L của I1 I3 . (**) Từ (*) và (**) suy ra KL đi qua I. Ta có điều phải chứng minh. BÀI 4. Trước tiên, xin phát biểu và chứng minh bổ đề sau Bổ đề. Cho tam giác ABC và điểm D không thuộc CA, AB. M là trung điểm của BC. Lấy −−→ −−→ −→ −→ điểm P sao cho DP k AM , và lấy các điểm E, F theo thứ tự thuộc BD, CD sao cho P E k AB −→ −→ −−→ −→ và P F k CA. Khi đó AD đi qua trung điểm của EF . (Ở đây, ta kí hiệu XY k ZT có nghĩa −−→ −→ là hai đường thẳng XY và ZT hoặc song song hoặc trùng nhau, tức là hai vecto XY , ZT cùng phương) Chứng minh. Để việc trình bày được gọn, ta sử dụng tỉ số đơn.
L A Q M C B N D K F G E P S R −−→ −→ −→ −−→ Lấy K, L theo thứ tự thuộc CD, AB sao cho BK k EF , CL k AM . −−→ −→ Áp dụng định lý và hệ quả của định lý Thales, ta có (KF, D) = (BE, D) (vì KB k F E và −−→ −→ −→ −−→ −→ KF ∩ BE = D) = (QP, D) (vì BQ k AB k EP và BE ∩ QP = D). Suy ra QK k P F . −→ Gọi DP cắt AB, KL thứ tự tại Q, R; KQ cắt CL tại S. Ta có (AL, Q) = (CL, S) (vì AC k −→ −−→ −→ P F k QK k QS và AQ ∩ CS = L) = (DR, Q) (xét phép chiếu song song xuyên tâm K). Suy −−→ −→ ra AD k LR. Do đó gọi AD cắt BK, EF thứ tự tại N, G thì (GF, E) = (N K, B) (xét phép chiếu song song −−→ −−→ −→ −−→ xuyên tâm D) = (AL, B) (vì N A k AD k LR k KL và N K ∩ AL = B) = (M C, B) (vì −−→ −→ AM k LC và AL ∩ M C = B) = BM BC = 12 (vì M là trung điểm của BC). Điều này chứng tỏ G là trung điểm của EF . Quay lại bài toán. Bỏ qua trường hợp đơn giản AB = AC.