Nội dung

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   PBQ  ( cùng chắn cung PQ  ). EPQ Mặt khác: K   EBQ  (góc nội tiếp cùng chắn EAQ  của đường tròn (C1)). cung EQ E F Q   PBQ   QAH '  QBH ' . Do đó: EAQ Suy ra tứ giác ABQH’ nội tiếp. Từ đó ta có:  AH ' B   AQP . Ta lại có:    PQB   PAB   PBA  AQB  PQA  1800   APB   APH ' Kết hợp các điều trên, ta được :  AH ' P   APH ' hay tam giác APH cân tại H’  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   CAD   1 BAC   1 NMP  hay MM1 là phân giác NMP . Do MP // AC và MN // AB nên: PMM 1 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.  nên: Thật vậy: Vì HD là phân giác góc ngoài của BHC 1   1 ( HBC   HCB  )  1 (900  ABC  )  (90   DHB ACB )   BAC .   2 2 2   DHB   900  BAC   1 BAC   900  1 BAC . Do đó:  ADE  DBH 2 2 1 Tương tự, ta cũng có:  AED  900  BAC , suy ra:  ADE   AED , tức là tam giác ADE cân tại A. 2  nên Mặt khác AK là phân giác DAE 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  nên I’ chính là trung điểm của cung MON  , do đó: I’M = I’N hay I’ chính là giao điểm của MON trung trực MN với d. Từ đó, suy ra: I  I ' hay tứ giác MION nội tiếp.   NMO . Ta được: NIO Mặt khác: do IM = IN = IP = IQ nên tứ giác MNPQ nội tiếp trong đường tròn tâm I, đường kính   2 PMN  (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung PN  ). PQ  PIN   MP là phân giác trong của OMN . Từ các điều trên, ta có:  NMO  2 PMN . 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  , tức là K thuộc một đường thẳng cố định (đpcm). thuộc phân giác trong của xOy 4 - Nếu giao điểm K nằm ngoài các đoạn MP và NQ: ta cũng có lập luận tương tự và có được K là  của tam giác MON , tức là K cũng thuộc phân giác trong của tâm đường tròn bàng tiếp MON  , là một đường thẳng cố định. xOy 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  đi qua trung điểm của cung MJN . tròn. Do đó: phân giác trong góc MON 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  hay O, K, J thẳng hàng. Từ đó suy ra: J thuộc phân giác trong của MON 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   OJN   ONM  , OJF   OJM   OMN   sin OJE  sin ONM . Mặt khác : OJE 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 Bài 5: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi A1, B1, C1 và A2, B2, C2 lần lượt là các chân đường cao của tam giác ABC hạ từ các đỉnh A, B, C và các điểm đối xứng với A1, B1, C1 qua trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Gọi A3, B3, C3 lần lượt là các giao điểm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB2C2, BC2A2, CA2B2 với đường tròn (O). Chứng minh rằng: A1A3, B1B3, C1C3 đồng quy. (Đề TST 2009) Lời giải. Ta sẽ chứng minh các đường thẳng A1 A3, B1B3, A C1C3 cùng đi qua trọng tâm của tam giác ABC. A 3 Thật vậy: Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC, A’ là điểm đối xứng với A qua trung trực của BC. B C 1 1 Ta sẽ chứng minh rằng A’ trùng với A3 hay đường B 2 tròn (AB2C2) cắt (O) tại A’. C Ta có: A, A’ đối xứng nhau qua trung trực của BC 2 O nên: AB = A’C, AC = A’B. Do A, B và C1, C2 cùng đối xứng với nhau qua trung điểm của AB nên BC2 = AC1. A C A B 1 2 Tương tự: CB2 = AB1. Suy ra: B 3 BC2 AC1 AC A ' B C    . 3 CB2 AB1 AB A ' C   Kết hợp với C BA '  B CA ' ( cùng chắn cung AA’), ta 3 3 A được:   C2 BA '  B2CA ' (c.g.c)  BC 2 A '  CB2 A '     1800  BC A '  1800  CB A'   AC A '  AB A'. 2 2 2 2 Do đó, tứ giác AC2 B2 A’ là tứ giác nội tiếp hay A’ trùng với A3. Gọi G là giao điểm của trung tuyến AM AA3 AG với A1 A3. Do AA3 // A1M nên:   2. GM A1M  G là trọng tâm của tam giác ABC hay đường thẳng A1 A3 đi qua trọng tâm G của tam giác ABC. Tương tự: B1B3, C1C3 cũng đi qua G. Vậy các đường thẳng A1A3, B1B3, C1C3 đồng quy. Ta có đpcm. A' B 1 C 2 C 1 G B B A 1 M 2 C 6 Bài 6: Trong mặt phẳng cho hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm A, B. Gọi PT là một trong hai tiếp tuyến chung của hai đường tròn trong đó P, T là các tiếp điểm. Tiếp tuyến tại P và T của đường tròn ngoại tiếp tam giác APT cắt nhau tại S. Gọi H là điểm đối xứng với B qua đường thẳng PT. Chứng minh rằng các điểm A, S, H thẳng hàng. (Đề TST 2001) Lời giải. Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề: A O B DM C “Trong một tam giác, đường đối trung xuất phát từ một đỉnh đi qua giao điểm của tiếp tuyến tại hai đỉnh còn lại của đường tròn ngoại tiếp tam giác.” Chứng minh: Xét tam giác ABC nội tiếp (O) có phân giác AD, E là giao điểm của tiếp tuyến tại B và C của (O) với nhau. Gọi AM là đường thẳng đối xứng với AE qua AD (M thuộc BC). Ta sẽ chứng minh rằng M là trung điểm của BC. Thật vậy, do AM đối xứng với AE qua phân giác AD nên:   CAE  , CAM   BAE  . Theo định lí sin trong các tam BAM giác, ta có:  sin MBA  sin BAM  sin CBA  MB AM .sin BAM  .  .   sin MCA  sin CAM  sin BCA  MC AM .sin CAM  sin CBA  CE AE sin CAE .  . 1  sin BCA  AE BE sin BAE Vậy M là trung điểm BC. Bổ đề được chứng minh.  E *Trở lại bài toán: Ta có:   , BTP   BAT  . Suy ra: BPT  BAP   BAP   BAT   BPT   BTP   1800  PBT  PAT   PAT   PHT   1800  1800  PHT Do đó tứ giác PATH nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AB với PT. Theo tính chất phương tích, ta có: IP 2  IB.IA, IT 2  IB.IA  IP  IT hay I là trung điểm của PT. Hơn nữa, ta cũng có:   BPT   HPT   HAT . BAP Suy ra AH đối xứng với trung tuyến AI của tam . giác APT qua phân giác góc PAT Do S là giao điểm của tiếp tuyến tại P và tại T của (APT) nên theo bổ đề trên, ta có: A, H, S thẳng hàng. Đây chính là đpcm. S P H I T B A 7 Bài 7: Cho tam giác A1A2A3 nội tiếp trong đường tròn (O). Một đường tròn (K1) tiếp xúc với các cạnh A1A2, A1A3 và tiếp xúc trong với đường tròn (O) lần lượt tại các điểm M1, N1, P1. Các điểm M2, N2, P2 và M3, N3, P3 xác định một cách tương tự. Chứng minh rằng các đoạn thẳng M1N1, M2N2, M3N3 cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn. (Đề TST 1999) Lời giải. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của AP1, CP1 A1 với đường tròn (K1), gọi D là giao điểm của N1P1 với (O). Ta sẽ chứng minh rằng D là trung điểm của cung  A1 A3 . Thật vậy: D Gọi P1x là tiếp tuyến của (O) tại P1. Ta có:      N E 1 AE  A3 AP1  A3 P1 x  FP1 x  FN1 P1 Hơn nữa, tứ giác EN1FP1 nội tiếp nên M1   N EA  N FP , suy ra: AEN  N FP ( g.g ) N1 I K1 A2 F 1 1 1 1 1 1     FP 1 N1  AN1 E  AP1 N1  P1N1 là phân giác của góc  AP1 A3 hay D là trung điểm của cung  AA . A3 1 3 Từ đó, ta cũng có: A2D là phân giác góc  A1 A2 A3 . Gọi I là giao điểm của A2D với M1N1. x Ta sẽ chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp A1 A2 A3 .       Ta có: IM 1 P1  N1M 1 P1  N1 P1 x  DP1 x  DA2 P1  IA2 P1  Tứ giác IM1 A2P1 nội tiếp.         DN I . Suy ra: P IA  PM A , mà PM A P N M nên P IA  P N M  DIP P1 1 2 1 1 2 1 Do đó: DIP1  DN1 I ( g .g )  1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 DI DP  1  DI 2  DN1.DP1 . DN1 DI DA1 DN1    Ta cũng có: DA   DA12  DN1 .DP1 1 N1  A3 P1 N1  DP1 N1  DA1 N1  DP1 A1 ( g .g )  DP1 DA1 Do đó: DI 2  DA12  DI  DA1 hay DIA1 cân tại D.  A1 A2 A3   AA A    DA I       DIA A1 A2 I  IA  IA1 A2  1 2 3  N 1 1 1 A2  DA1 N1  N1 A1 I  1 A1 I 2 2     IA 1 A2  N1 A1 I hay A1I chính là phân giác A2 A1 A3 . Từ đó suy ra I chính là tâm đường tròn nội tiếp của A1 A2 A3 . Dễ thấy A M N cân tại A1 và A1I là phân giác  A A A nên I là trung điểm của M1N1. 1 1 1 2 1 3 Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: I là trung điểm của M2N2, M3N3. Vậy các đoạn thẳng M 1 N1 , M 2 N 2 , M 3 N 3 cắt nhau tại trung điểm của mỗi đoạn. Ta có đpcm. 8 Bài 8: Cho tam giác ABC đều và điểm M nằm trong tam giác. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là ảnh của các điểm A, B, C qua phép đối xứng tâm M. 1. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một điểm điểm P trong mặt phẳng cách đều hai đầu mút của các đoạn thẳng AB’, BC’, CA’. 2. Gọi D là trung điểm của đoạn AB. Chứng minh rằng khi M thay đổi trong tam giác ABC và không trùng với D thì đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP, trong đó N là giao điểm của DM và AP, luôn đi qua một điểm cố định. (Đề TST 1995) Lời giải. A 1. Gọi G, G’ lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và A’B’C’. Qua phép đối xứng 1 tâm M (tương đương với phép B' C' D G NM quay 1800 ) : G  G ', ABC  A ' B ' C ' . Xét phép quay  2 tâm G’, góc quay 1200 , ta có:  2 : A ' B ' C '  B ' C ' A ' . Suy ra: 1 2 ABC   A ' B ' C '   B ' C ' A ' Tích của hai phép quay 1 ,  2 là một B phép quay mới do tổng góc quay của chúng P là: 1800  1200  3000  600 (mod 360 0 ) Gọi P là tâm của phép quay   1. 2 , rõ A' ràng P tồn tại và duy nhất. Khi đó, ta có:  : G  G ', ABC  B ' C ' A ' . Do đó, điểm P cách đều các đầu mút của các đoạn AB ', BC ', CA ' . Đây chính là đpcm. C Do D là trung điểm của AB nên (GA, GD )  600 .Gọi  là phép biến hình hợp bởi phép 1 quay tâm G, góc quay 600 và phép vị tự tâm G, tỉ số theo thứ tự đó. 2 Ta thấy:  : G  G , A  D . Theo câu 1/,  biến G thành G’ nên: PG  PG ', ( PG, PG ')  600 nên tam giác PGG’ MP đều. Hơn nữa, 1 : G  G ' nên M là trung điểm của GG’. Suy ra: GM  MP, GM  . 2 Do đó:  : P  M . Từ đó, suy ra:  : GPA  GMD . Ta sẽ chứng minh rằng các điểm G, M , N , P cùng thuộc một đường tròn. (*) Thật vây: Vì qua phép biến hình  , đường thẳng PA biến thành đường thẳng MD nên   600 hoặc MNP   1200 (tùy theo góc này nhọn góc tạo bởi hai đường này là 600 , tức là: MNP   600 nên nếu MNP   600 thì hai điểm G và N cùng nhìn đoạn PM dưới góc 600 hay tù). Vì PGM   1200 thì PGM   MNP   1800 nên (*) cũng đúng. nên (*) đúng; nếu như MNP Do đó, trong mọi trường hợp, 4 điểm G, M , N , P cùng thuộc một đường tròn hay (MNP) luôn đi qua điểm G cố định. Ta có đpcm. 2. 9 Bài 9: Trong mặt phẳng cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại A và B. Các tiếp tuyến tại A, B của đường tròn (O1) cắt nhau tại K. Xét một điểm M không trùng với A, B nằm trên đường tròn (O1). Gọi P là giao điểm thứ hai của đường thẳng MA với đường tròn (O2). Gọi C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MK với đường tròn (O1). Gọi Q là giao điểm thứ hai của đường thẳng CA với đường tròn (O2). Chứng minh rằng: 1. Trung điểm của đoạn thẳng PQ nằm trên đường thẳng MC. 2. Đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên (O1). (Đề TST 2004) Lời giải. 1. Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc cung lớn  AB , trường hợp còn lại M thuộc cung  nhỏ AB được chứng minh tương tự. Gọi H là giao điểm của đoạn PQ với MC. Ta cần chứng minh rằng: PH  QH . Do BK là tiếp tuyến kẻ từ K của A (O1) và KCM là cát tuyến tương ứng nên: BCK  MBK ( g. g ) K P . BC CK O2   BM BK O1 C H Hoàn toàn tương tự: AC CK  . AM AK B Q N Mà AK  BK (do KA, L KB là các tiếp tuyến của (O1)) nên từ các tỉ số trên, suy ra: M AC BC  . AM BM Ta có:   PMB   BCQ . Tứ giác AMBC nội tiếp (O1) nên:  AMB  BCQ    CQB . Tứ giác AQBP nội tiếp (O2) nên: BPM AQB  BPM MP BM  . CQ BC Xét tam giác APQ với cát tuyến CHM, theo định lí Menelaus: CA HQ MP HP AC MP BC BM . . 1  .  .  1. CQ HP MA HQ AM CQ BM BC Suy ra H là trung điểm của PQ (đpcm). Suy ra: BMP  BCQ ( g .g )    BAC   BPQ  và 2. Xét các góc nội tiếp cùng chắn các cung, ta có: BMC   BAM   BQP  , do đó: BMC  BPQ ( g .g ) . BCM 10