Lời giải các bài toán hình học phẳng thi chọn đội tuyển quốc gia

Chia sẻ: Huynh Duc Vu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:32

Thêm vào BST

Báo xấu

128
lượt xem 18
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Gửi đến các bạn tài liệu Lời giải các bài toán hình học phẳng thi chọn đội tuyển Quốc gia. Hi vọng tài liệu sẽ cung cấp cho các bạn những kiến thức bổ ích trong quá trình ôn tập nâng cao kiến thức trước khi bước vào kì thi học sinh giỏi sắp tơi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Lời giải các bài toán hình học phẳng thi chọn đội tuyển quốc gia

LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA ************ Bài 1: Hai đường tròn (C1) và (C2) cắt nhau tại hai điểm P và Q. Tiếp tuyến chung của hai đường tròn gần P hơn Q tiếp xúc với (C1) tại A và tiếp xúc với (C2) tại B. Các tiếp tuyến của (C1), (C2) kẻ từ P cắt đường tròn kia lần lượt tại E và F, (E, F khác P). Gọi H, K lần lượt là các điểm nằm trên các đường thẳng AF, BE sao cho AH = AP và BK = BP. Chứng minh rằng năm điểm A, H, Q, K, B cùng thuộc một đường tròn. (Đề TST 2000) Lời giải. Gọi H’ là giao điểm của PB và AE. A Ta sẽ chứng minh H  H ' . Thật vậy: B P Do PE là tiếp tuyến của (C2) nên H    EPQ  PBQ ( cùng chắn cung PQ ). Mặt khác: K   EAQ  EBQ (góc nội tiếp cùng chắn  cung EQ của đường tròn (C1)). E F Q     Do đó: EAQ  PBQ  QAH '  QBH ' . Suy ra tứ giác ABQH’ nội tiếp. Từ đó ta có:    . AH ' B AQP Ta lại có:   PQA  PQB  PAB  PBA  AQB      1800    ' APB APH Kết hợp các điều trên, ta được :   ' hay tam giác APH cân tại H’ AH ' P APH  AP  AH '  H  H ' . Từ đây ta được tứ giác AHQB là tứ giác nội tiếp. Hoàn toàn tương tự : tứ giác AQKB cũng nội tiếp. Vậy 5 điểm A, B, Q, H, K cùng thuộc một đường tròn. Ta có đpcm. 1 Bài 2: Trên các cạnh của ABC lấy các điểm M1, N1, P1 sao cho các đoạn MM1, NN1, PP1 chia đôi chu vi tam giác, trong đó M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn BC, CA, AB. Chứng minh rằng: 1. Các đường thẳng MM1, NN1, PP1 đồng quy tại một điểm. Gọi điểm đó là K. 1 KA KB KC 2. Trong các tỉ số , , có ít nhất một tỉ số không nhỏ hơn . BC CA AB 3 (Đề TST 2003) Lời giải. 1. Nếu ABC đều thì các điểm M1, N1, P1 lần lượt trùng với các đỉnh A, B, C của ABC nên rõ ràng các đoạn MM1, NN1, PP1 đồng quy. Xét trường hợp ABC không đều, khi đó có hai A cạnh của tam giác không bằng nhau, giả sử : AB  AC . Khi đó, do MM1 chia đôi chu vi M1 ABC nên M1 phải nằm trên cạnh AC và : AB  AM 1  CM 1  AB  AC  2CM 1 P K P 1 B N 1 D M CM 1 AB  AC  AC 2 AC Mặt khác , gọi AD là phân giác góc A thì theo tính chất đường phân giác của tam giác, ta có : DB AB DB  DC AB  AC    DC AC DC AC . BC AB  AC MC AB  AC     DC AC DC 2 AC  N C CM 1 MC  , theo định lí Thalès đảo, ta được : MM1 // AD. AC DC   1 1  Do MP // AC và MN // AB nên: PMM 1  CAD  BAC  NMP hay MM1 là phân giác NMP . 1 2 2 Tương tự, ta có : NN1, PP1 cũng là các đường phân giác của MNP . Suy ra : MM1, NN1, PP1 đồng quy tại tâm đường tròn nội tiếp của tam giác MNP. Ta có đpcm. 2. Gọi G là trọng tâm của ABC , ta có :         2 KA  KB 2  KC 2  ( KG  GA) 2  ( KG  GB)2  ( KG  GC )2        1 3KG 2  (GA2  GB 2  GC 2 )  2 KG.(GA  GB  GC )  3KG 2  ( AB 2  BC 2  CA2 ) 3 1 Suy ra : KA2  KB 2  KC 2  ( AB 2  BC 2  CA2 ) . 3 1 KA KB KC 1 Giả sử cả ba tỉ số , , đều bé hơn  KA2  KB 2  KC 2  ( AB 2  BC 2  CA2 ) BC CA AB 3 3 Điều mâu thuẫn này suy ra đpcm. Từ đó, suy ra : 2 Bài 3: Cho tam giác ABC có H là trực tâm. Đường phân giác ngoài của góc BHC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D và E. Đường phân giác trong của góc BAC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại điểm K. Chứng minh rằng đường thẳng HK đi qua trung điểm của đoạn BC. (Đề TST 2006) Lời giải. Trước hết ta sẽ chứng minh ADE cân tại A.  Thật vậy: Vì HD là phân giác góc ngoài của BHC nên: 1  1   1  DHB  ( HBC  HCB )  (900  ABC )  (90   )   BAC . ACB   2 2 2 1  1 Do đó:   DBH  DHB  900  BAC  BAC  900  BAC . ADE   2 2 1 Tương tự, ta cũng có:   900  BAC , suy ra:    , tức là tam giác ADE cân tại A. AED ADE AED 2  Mặt khác AK là phân giác DAE nên A cũng là trung trực của đoạn DE, do đó AK chính là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ADE . Từ đó ta có: KD  AB , tương tự: B' KE  AC . Gọi P là giao điểm của KD và HB, Q là giao E điểm của KE và HC. C' Ta có: KP  AB, QH  AB  KP // QH. H Tương tự, ta cũng có: KQ // PH. Suy ra: Q D KPHQ là hình bình hành, tức là HK đi qua P trung điểm của PQ. K Hơn nữa, theo định lí Thalès: DP // HC’ B C QC EC PB DB    , QE // HB’  . PH DC ' QH EB ' DB HB EC HC Theo tính chất đường phân giác:  ,  . DC ' HC ' EB ' HB ' Vì B, C, B’, C’ cùng thuộc đường tròn đường kính BC nên theo tính chất phương HB HC tích: HB.HB '  HC.HC '   . HC ' HB ' PB QC   PQ // BC. Từ các điều này, ta được: PH QH Vì HK đi qua trung điểm của PQ nên cũng đi qua trung điểm của BC. Ta có đpcm. 3 Bài 4: Trong mặt phẳng cho góc xOy. Gọi M, N lần lượt là hai điểm lần lượt nằm trên các tia Ox, Oy. Gọi d là đường phân giác góc ngoài của góc xOy và I là giao điểm của trung trực MN với đường thẳng d. Gọi P, Q là hai điểm phân biệt nằm trên đường thẳng d sao cho IM = IN = IP = IQ, giả sử K là giao điểm của MQ và NP. 1. Chứng minh rằng K nằm trên một đường thẳng cố định. 2. Gọi d1 là đường thẳng vuông góc với IM tại M và d2 là đường thẳng vuông góc với IN tại N. Giả sử các đường thẳng d1, d2 cắt đường thẳng d tại E, F. Chứng minh rằng các đường thẳng EN, FM và OK đồng quy. (Đề TST 2006) Lời giải. J x M d E Q K I N O y P F 1. Xét trường hợp các điểm M, Q và N, P nằm cùng phía với nhau so với trung trực của MN. Khi đó giao điểm K của MP và NQ thuộc các đoạn này.: Gọi I’ là giao điểm của d với đường tròn ngoại tiếp MON . Do d là phân giác ngoài của   MON nên I’ chính là trung điểm của cung MON , do đó: I’M = I’N hay I’ chính là giao điểm của trung trực MN với d. Từ đó, suy ra: I  I ' hay tứ giác MION nội tiếp.   Ta được: NIO  NMO . Mặt khác: do IM = IN = IP = IQ nên tứ giác MNPQ nội tiếp trong đường tròn tâm I, đường kính    PQ  PIN  2 PMN (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung PN ).   Từ các điều trên, ta có:   2 PMN  MP là phân giác trong của OMN . NMO  Tương tự, ta cũng có: NQ là phân giác trong của ONM . Do K là giao điểm của MP và NQ nên K chính là tâm đường tròn nội tiếp của MON , suy ra K  thuộc phân giác trong của xOy , tức là K thuộc một đường thẳng cố định (đpcm). 4 - Nếu giao điểm K nằm ngoài các đoạn MP và NQ: ta cũng có lập luận tương tự và có được K là  tâm đường tròn bàng tiếp MON của tam giác MON , tức là K cũng thuộc phân giác trong của  xOy , là một đường thẳng cố định. 2. Gọi J là giao điểm của d1 và d2. Ta thấy tứ giác MINJ nội tiếp trong đường tròn đường kính IJ. Hơn nữa: MION cũng là tứ giác nội tiếp nên 5 điểm M, N, I, J, O cùng thuộc một đường   tròn. Do đó: phân giác trong góc MON đi qua trung điểm của cung MJN . Rõ ràng M, N đối xứng nhau qua trung trực của MN nên JM = JN, tức là J cũng là trung điểm của  cung MON .  Từ đó suy ra: J thuộc phân giác trong của MON hay O, K, J thẳng hàng. Ta cần chứng minh các đoạn OI, EN và MF trong JEF đồng quy. OE SOEJ JO.JE.sin OJE JE sin OJE Thật vậy:    . . OF SOFJ JO.JF .sin OJF JF sin OJF JE sin JFE OM sin ONM Trong JEF và MON , ta có :  ,  . JF sin JEF ON sin OMN sin OJE sin ONM       Mặt khác : OJE  OJN  ONM , OJF  OJM  OMN   . sin OJF sin OMN OE sin JFE OM sin OFN OM sin OFN OM Kết hợp lại, ta được :  .  .  . OF sin JEF ON sin OEM ON sin OEM ON sin OFN OM .sin MOE ME  .  . ON .sin NOF sin OEM NF OE FN OE NF MJ Do đó : . 1 . .  1. OF EM OF NJ ME Theo định lí Ceva đảo, ta có OI, EN và MF đồng quy. Đây chính là đpcm. 5