Đáp án đề thi Olympic Toán sinh viên học sinh năm 2023 Phần Hình học

Chia sẻ: Binh Huy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

20
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đáp án đề thi Olympic Toán sinh viên học sinh năm 2023 Phần Hình học

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