Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán Hình Học Phẳng

Trang chủ Tìm kiếm Trang chủ Tìm kiếm Đề thi học sinh giỏi Toán hình học phẳng pdf 19 377 KB 0 63 4.1 ( 14 lượt) Xem tài liệu Nhấn vào bên dưới để tải tài liệu Tải về Đang chuẩn bị: 60 Bắt đầu tải xuống Đang xem trước 10 trên tổng 19 trang, để tải xuống xem đầy đủ hãy nhấn vào bên trên Chủ đề liên quan Tứ giác nội tiếp Tam giác nhọn Hình thang cân Đường tròn ngoại tiếp đề thi học sinh giỏi toán đề thi học sinh giỏi

Nội dung

14 BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 2000 - 2010 www.VNMATH.com Trong các đề thi chọn học sinh giỏi vòng quốc gia hàng năm, bài toán hình học phẳng được xem là bài toán cơ bản, bắt buộc. Để giải chúng, đòi hỏi người học nắm vững các kiến thức căn bản về hình học và năng lực tổng hợp các kiến thức đó. Nhằm phục vụ kỳ thi sắp đến, tôi xin giới thiệu với các em một số bài toán trong các kỳ thi vừa qua, giúp các em có cái nhìn tổng quan về mức độ và kiến thức đòi hỏi trong các bài thi. Bài 1. (Bảng B - năm 2000) Trên mặt phẳng cho trước cho hai đường tròn (O1 ; r1) và (O2 ; r2). Trên đường tròn (O1 ; r1) lấy một điểm M1 và trên đường tròn (O2 ; r2) lấy một điểm M2 sao cho đường thẳng O1M1 cắt đường thẳng O2M2 tại điểm Q. Cho M1 chuyển động trên đường tròn (O1 ; r1), M2 chuyển động trên đường tròn (O2 ; r2) cùng theo chiều kim đồng hồ và cùng với vận tốc góc như nhau. 1) Tìm quỹ tích trung điểm đoạn thẳng M1M2. 2) Chứng minh rằng giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác M1QM2 với đường tròn ngoại tiếp tam giác O1QO2 là 1 điểm cố định. Giải P Q Q M2 M1 O1 M2’ M O M2 M1’ O1 M1 O2 O2 1) Gọi O là trung điểm của O1O2. Hiển nhiên O là điểm cố định.
















 Lấy các điểm M’1 , M’2 sao cho: OM '1 = O1 M1 , OM '1 = O 2 M 2 . Vì M1 , M2 tương ứng chuyển động trên (O1 ; r1), (O2 ; r2) theo cùng chiều và với cùng vận tốc góc nên M’1 , M’2 sẽ quay quanh O theo cùng chiều và với vận tốc góc (*).



 1











 1











 Ta có : M là trung điểm M1M2 ⇔ OM = (OM1 + OM 2 ) ⇔ OM = (O1 M '1 + O2 M '2 ) 2 2 ⇔ M là trung điểm của M’1 , M’2 (**). 1 Từ (*), (**) suy ra: quỹ tích của M là đường tròn tâm O và bán kính R = 2r12 + 2r22 − d 2 , trong đó d 2 = M1M2 = const. 2) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác M1QM2 và đường tròn ngoại tiếp tam PO1 r1 giác O1QO2. Dễ dàng chứng minh được: ∆ PO1M1 đồng dạng ∆ PO2M2. Suy ra = . Do đó, P PO 2 r2 r thuộc đường tròn Apôlôniut dựng trên đoạn O1O2 cố định, theo tỷ số không đổi 1 (1). r2





 Dễ thấy (PO1 , PO 2 ) = α = const . Suy ra, P thuộc cung chứa góc định hướng không đổi α dựng trên đoạn O1O2 cố định (2). Từ (1), (2) suy ra P là điểm cố định (đpcm). trang 1 www.VNMATH.com Bài 2. (Bảng B - năm 2001) Trong mặt phẳng cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại hai điểm A, B và P1 , P2 là một tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó (P1 ∈ (O1), P2 ∈ (O2)). Gọi Q1 và Q2 tương ứng là hình chiếu vuông góc của P1 và P2 trên đường thẳng O1O2 . Đường thẳng AQ1 cắt (O1) tại điểm thứ hai M1, đường thẳng AQ2 cắt (O2) tại điểm thứ hai M2. Hãy chứng minh M1 , B, M2 thẳng hàng . Giải Gọi R1 và R2 tương ứng là bán kính của (O1) và (O2). 0   1) Trường hợp 1 : R1 = R2. Khi đó Q1 ≡ O1 và Q2 ≡ O2 ⇒ M 1 BA = M 2 BA = 90 ⇒ M1 , B, M2 thẳng hàng . A O1 ≡ Q1 O2 ≡ Q2 M1 M2 B P2 P1 2) Trường hợp 2 : R1 ≠ R2. Giả sử R1 > R2 . A1 A Q2 O1 Q1 S O2 M2 B M1 P2 P1 Khi đó Q1 nằm trên đoạn O1O2 và Q2 nằm trên tia đối của tia O2O1.   M M OA 0 0 1 O1 A    + 2 2 (*) trong đó M Do đó : M 1 BA + M 2 BA = 180 − 1 O1 A < 180 2 2 Gọi S = P1P2 ∩ Q1Q2 thì S là tâm của phép vị tự VS biến (O1) thành (O2). Gọi A1 là giao điểm thứ hai của SA và (O1).   Ta có VS : A1 → A ; O1 → O2 ; Q1 → Q2 nên O 1 A1 Q1 = O 2 AQ 2 Mà SP1.SQ1 = SA.SA1 (= SP12) ⇒ A, Q1 , O1 , A1 cùng thuộc một đường tròn   ⇒O 1 A1 Q1 = O1 AQ1 .     Suy ra O AQ = O AQ ⇒ M OA=M O A. 1 1 2 2 1 1 2 2 0   Từ (*) ⇒ M 1 BA + M 2 BA = 180 ⇒ M1 , B, M2 thẳng hàng . trang 2 www.VNMATH.com Bài 3. (Bảng B - năm 2002) Trong mặt phẳng cho hai đường tròn cố định (O, R1) và (O, R2) có R1 > R2 . Một hình thang ABCD (AB // CD) thay đổi sao cho bốn đỉnh A, B, C, D nằm trên đường tròn (O, R1) và giao điểm của hai đường chéo AC, BD nằm trên đường tròn (O, R2). Tìm quỹ tích giao điểm P của hai đường thẳng AD và BC . Giải P A B I D O C 1) Phần thuận : Gọi I = AC ∩ BD. Vì ABCD là hình thang nội tiếp nên nó là hình thang cân. Suy ra OI là trục đối xứng của hình thang ABCD và O, I, P thẳng hàng.  = 1 (DOI  + IOC)  = 1800 − 1 DOC  = 1800 − DAC  ⇒ POD  + DAC  = 1800 Vì POD 2 2 ⇒ tứ giác AIOD nội tiếp ⇒ PA.PD = PI.PO = OP(OP – OI) = OP2 – OP.OI. Mặt khác : PA.PD = PP/(O) = OP2 – R12 R2 R2 Suy ra : OP.OI = R12 ⇒ OP = 1 = 1 = hằng số OI R2 ⇒ P chuyển động trên đường tròn tâm O, bán kính R 12 . R2 2) Phần đảo : R 12 ). Gọi I là giao điểm của OP và (O, R2). Dễ dàng dựng R2 được hình thang ABCD nội tiếp đường tròn (O, R1), nhận I làm giao điểm của hai đường chéo và và nhận P là giao điểm của hai đường thẳng chứa hai cạnh bên. Lấy điểm P bất kỳ trên đường tròn (O; 3) Kết luận : Tập hợp các điểm P là đường tròn tâm O, bán kính R 12 . R2 trang 3 www.VNMATH.com Bài 4. (Bảng B - Năm 2003) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Trên đường thẳng AC lấy các điểm M, N sao






 cho MN = AC . Gọi D là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng BC; E là hình chiếu vuông góc của N trên đường thẳng AB. 1) Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác ABC nằm trên đường tròn tâm O’ ngoại tiếp tam giác BED. 2) Chứng minh rằng trung điểm I của đoạn thẳng AN đối xứng với B qua trung điểm của đoạn thẳng OO’. Giải A I1 M E O H I D B I2 O’ C K N 1) Gọi K = MD ∩ NE.  = BDK  = 900 nên đường tròn đường kính BK ngoại tiếp tam giác BED. Vì BEK  = KMN  và ACH  = MNK . Ta có : AH // MK và CH // NK nên HAC Mặt khác AC = MN, suy ra : ∆AHC = ∆MKN. Do đó : d(H, AC) = d(K, AC). Mà H và K nằm cùng phía đối với AC nên KH // AC ⇒ BH ⊥ KH ⇒ H nằm trên đường tròn tâm O’, đường kính BK ngoại tiếp tam giác BED. 2) Gọi I1 và I2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên AB và BC thì I1 là trung điểm AE, I2 là trung điểm DC. Do đó :


 1


 1


 * Hình chiếu vuông góc của O 'I trên BA và BC lần lượt bằng BA và BC 2 2





 1 1


 * Hình chiếu vuông góc của BO trên BA và BC lần lượt bằng BA và BC 2 2





 Vậy : O 'I = BO ⇒ BO’IO là hình bình hành ⇒ B và I đối xứng nhau qua trung điểm của OO’. trang 4 www.VNMATH.com   Ghi chú : Cho hai đường thẳng ∆1 và ∆2 cắt nhau. Xét hai vectơ u và v .    Hình chiếu vuông góc của u trên ∆1 và ∆2 lần lượt bằng a và b    Hình chiếu vuông góc của v trên ∆1 và ∆2 cũng lần lượt bằng a và b 



 


 Giả sử ∆1 và ∆2 cắt nhau tại O. Đặt u = OM , v = ON . 




 




 Gọi M1 , M2 lần lượt là hình chiếu của M trên ∆1 và ∆2 thì a = OM1 và b = OM 2 



 



 Gọi N1 , N2 lần lượt là hình chiếu của N trên ∆1 và ∆2 thì a = ON1 và b = ON 2 ∆2 N2 M2  u O M N  v M1 N1 ∆1    Vì u và v có cùng điểm gốc O, có cùng hình chiếu trên ∆1 là a nên N nằm trên đường thẳng MM1.    Tương tự u và v có cùng hình chiếu trên ∆2 là b nên N nằm trên đường thẳng MM2. Suy ra N ≡ M hay   u= v. trang 5 www.VNMATH.com Bài 5. (Bảng B - năm 2004) Trong mặt phẳng, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H. Trên cung BC không chứa điểm A của đường tròn (O), lấy điểm P sao cho P không trùng với B và C. Lấy điểm D sao





 cho AD = PC và gọi K là trực tâm của tam giác ACD. Gọi E và F tương ứng là hình chiếu vuông góc của K trên các đường thẳng BC và AB. Chứng minh rằng đường thẳng EF đi qua trung điểm của HK. Giải D N F A K K1 I H B E M


 C P


  = ADC  ⇒ APC  + AKC  = 1800 ⇒ K ∈ (ABC) Từ AD = PC ⇒ APCD là hình bình hành ⇒ APC Gọi N = AH ∩ EF, M = AH ∩ (ABC) với M ≠ A. Vì MN và KE cùng vuông góc với BC nên MN // KE.  = KFB  = 900 nên tứ giác KFBE nội tiếp ⇒ NEK  = ABK  = NMK  ⇒ MEKN là tứ giác nội tiếp ⇒ Vì KEB tứ giác MEKN là hình thang cân ⇒ HE // NK ⇒ HEKN là hình bình hành ⇒ EF đi qua trung điểm I của HK. Ghi chú : EF là đường thẳng Simson trang 6 www.VNMATH.com Bài 6. (Bảng B - năm 2005) Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I. Gọi M, N và P lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp gócA, đường tròn bàng tiếp gócB và đường tròn bàng tiếp gócC của tam giác đó. Gọi O1 , O2 , O3 tương ứng là tâm của các đường tròn (INP), (IPM) và (IMN). Chứng minh rằng : 1) Các đường tròn (INP), (IPM) và (IMN) có bán kính bằng nhau. 2) Các đường thẳng MO1 , NO2 , PO3 cắt nhau tại một điểm. Giải N C O1 O3 M1 A M3 I P B O M2 M O2 1) Vì phân giác trong và phân giác ngoài xuất phát từ cùng một đỉnh của tam giác vuông góc nhau nên suy ra I là trực tâm tam giác MNP. Do đó các đường tròn (INP), (IPM) và (IMN) đối xứng với đường tròn (MNP) tương ứng qua các đường thẳng NP, PM, MN. Vì vậy bán kính của các đường tròn đó bằng nhau. Ghi chú : Có thể áp dụng định lý hàm sin để chứng minh bán kính các đường tròn (INP), (IPM), (IMN) và (MNP) bằng nhau. 2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (MNP) thì O1 , O2 , O3 đối xứng với O tương ứng qua các đường thẳng PN, PM, MN. Từ đó suy ra trung điểm M1 của OO1 cũng là trung điểm của NP. Lập luận tương tự cho M2 và M3.




























 Do đó: O1O 2 = 2M1 M 2 = NM và O1O3 = 2M1 M 3 = PM . Suy ra : O1NMO2 và O1PMO3 là các hình bình hành. Dùng tính chất hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại trung điểm mỗi đường để suy ra MO1 , NO2 , PO3 cắt nhau tại một điểm. trang 7 www.VNMATH.com Bài 7. (Bảng B - năm 2006) Cho hình thang cân ABCD có CD là đáy lớn. Xét một điểm M di động trên đường thẳng CD sao cho M không trùng với C và với D. Gọi N là giao điểm thứ hai khác M của đường tròn (BCM) và (DAM). Chứng minh rằng : 1) Điểm N di động trên một đường tròn cố định ; 2) Đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Giải P P N A A B B N D D M C C M 1) Nếu M nằm trên cạnh CD thì M và N ở cùng phía đối với đường thẳng AB.  = 2π − (ANM  + BNM)  =C +D  Từ các tứ giác nội tiếp ANMD và BNMC, ta có : ANB Nếu M nằm ngoài cạnh CD thì M và N ở khác phía đối với đường thẳng AB.  = π − (C  + D)  Từ các tứ giác nội tiếp ANMD và BNMC, ta có : ANB Vậy N thuộc đường tròn cố định đi qua A và B. 2) Gọi P = AD ∩ BC thì P cố định và PA.PD = PB.PC, suy ra P thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn (BCM) và (DAM) ⇒ P ∈ MN. trang 8 www.VNMATH.com Bài 8. (Bảng B - năm 2006) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O và có BC > AB > AC. Đường thẳng OA cắt đường thẳng BC tại điểm A1 ; đường thẳng OB cắt đường thẳng CA tại điểm B2. Gọi B1 , C1 , C2 và A2 tương ứng là tâm các đường tròn (AA1B), (AA1C), (BB2C) và (BB2A). Chứng minh rằng : 1) Tam giác A1B1C1 đồng dạng với tam giác A2B2C2 ; 2) Tam giác A1B1C1 bằng với tam giác A2B2C2 khi và chỉ khi góc C của tam giác ABC bằng 600. Giải A A B• 1 B1• A2= • • O C1 B2 A2= • • O • C1 B2 • B C A1 • C2 B A1 C • C2 B’ 0 0        1) Ta có : AA 1 B = A1 AC + C = 90 − AB 'C + C = 90 − B + C AB  Theo định lý hàm sin trong tam giác AA1B thì : = 2sin AA 1 B = 2 cos(C − B) A1 B1 AC    Tương tự : = 2sin AA 1 C = 2sin( π − AA1 B) = 2sin AA1 B = 2 cos(C − B) A1C1 AB AC Suy ra : = . A1 B1 A1C1     + (900 − C)  =A  Mặt khác : B AC =B A A+C A A = (900 − B) 1 1 1 1 1 1 1 Suy ra : ∆A1B1C1 ∼ ∆ABC theo tỉ số 2cos(C – B) Tương tự : ∆A2B2C2 ∼ ∆ABC theo tỉ số 2cos(A – C) Do đó : ∆A1B1C1 ∼ ∆A2B2C2 .  = 600 . 2) ∆A1B1C1 = ∆A2B2C2 ⇔ cos(C – B) = cos(A – C) ⇔ C trang 9 This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.

Tìm kiếm

Chủ đề

Giải phẫu sinh lý Đơn xin việc Mẫu sơ yếu lý lịch Atlat Địa lí Việt Nam Tài chính hành vi Đề thi mẫu TOEIC Trắc nghiệm Sinh 12 Thực hành Excel Lý thuyết Dow Hóa học 11 Đồ án tốt nghiệp Bài tiểu luận mẫu adblock ​ Bạn đang sử dụng trình chặn quảng cáo?

Nếu không có thu nhập từ quảng cáo, chúng tôi không thể tiếp tục tài trợ cho việc tạo nội dung cho bạn.

Tôi hiểu và đã tắt chặn quảng cáo cho trang web này