Chủ đề này có 2 trả lời

[quanghung86]

Kiểm tra đội dự tuyển 10 chuyên KHTN tháng 4 năm 2015

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, trực tâm $H$. $E,F$ đối xứng $H$ qua $CA,AB$. $OE,OF$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $M,N$. Dựng hình bình hành $ABDC$. $X,Y,Z$ là hình chiếu của $H$ lên $MN,ND,DM$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$ tiếp xúc với đường tròn Euler của tam giác $ABC$.

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $P$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $PD$ cắt trung trực $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng $IQ\parallel BC$.

 

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn tâm $C$ bán kính $CB$ cắt $BA$ tại $D$ khác $B$ và cắt $(O)$ tại $E$ khác $B$. $DE$ cắt $(O)$ tại $F$ khác $E$. $CO$ cắt $DE,AB$ lần lượt tại $G,L$. Các điểm $M,N$ lần lượt thuộc $LE,LF$ sao cho $MG,DN$ cùng vuông góc với $BC$. Chứng minh rằng $DN=MG$.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 19-09-2015 - 23:23

[dogsteven]

Bài 1. Gọi $W, V$ lần lược là trung điểm $BC, HD$ và $U$ là giao điểm của $BV$ và $ZD$

Ta có $\widehat{NHF}=\widehat{NFH}=\widehat{OFC}=\widehat{OCF}$ nên $NH || OC || UV \Rightarrow U$ là trung điểm $ND$

Do đó $UW || CD || NB$, từ đó dễ dàng suy ra $BZWU$ nội tiếp và suy ra được $\widehat{ZWB}=\widehat{ZXH}$

Tương tự ta sẽ suy ra $XYWZ$ nội tiếp đường tròn $(J)$

Giả sử $B'$ và $C'$ lần lược là chân đường cao ứng với $B, C$ của tam giác $ABC$

Ta có $\widehat{ZHB'}=\widehat{ZBW}$ và $\widehat{ZB'H}=\widehat{ZNH}=\widehat{ZWB}$

Suy ra $\Delta BZC \sim \Delta HZF$ nên $\widehat{ZCB}=\widehat{ZFC}$ do đó $BC$ tiếp xúc với $(FZC)$ tại $C$

Chú ý rằng $\widehat{FBA}=90^o-\widehat{BAC}$ nên $BFNZ$ nội tiếp, ngoài ra còn có $\widehat{ZBC}=\widehat{ZHF}=\widehat{BNZ}$ nên $(FNZ)$ tiếp xúc với $BC$ tại $B$.

Do đó $FZ$ đi qua trung điểm $BC$. Tương tự ta có $EY$ đi qua trung điểm $BC$

Ta có $WZ.WF=\dfrac{BC^2}{4}=WY.WE$ nên $EFZY$ là nội tiếp.

$EF$ và $ZY$ đối song nên $WJ$ là đường cao trong tam giác $WEF$

Điều này chứng tỏ tâm Euler, tâm $(XYZ)$ và $W$ là thẳng hàng. Suy ra điều phải chứng minh.

[quanghung86]

Đáp án bài 1.

 

Gọi $Q$ là trung điểm $HD$ dễ thấy $Q$ và $O$ đối xứng nhau qua trung điểm $P$ của $BC$ và các điểm $B,Y,H,C,D$ đều thuộc đường tròn $(Q)$ đường kính $HD$. Dễ thấy $FNH$ và $FOC$ cân nên $NH\parallel OC\parallel BQ$. Gọi $R$ là trung điểm $YD$ thì $QR\parallel NH\parallel QB$ nên $B,R,Q$ thẳng hàng. Dễ thấy các góc nội tiếp và góc so le trong bằng nhau là $\angle BDY=\angle BCY$ và $\angle BND=\angle CDN=\angle CBY$ suy ra tam giác $BYC$ và $NBD$ đồng dạng có trung tuyến tương ứng là $YP$ và $BR$. Chú ý $NH\parallel RB$ và tứ giác $HXNY$ nội tiếp nên $\angle YPB=\angle YRB=\angle HND=\angle HXY$. Tương tự $\angle ZPC=\angle HXZ$. Từ đó $\angle YPZ=180^\circ-\angle YPB-\angle ZPC=180^\circ-\angle HXY-\angle HXZ=180^\circ-\angle YXZ$. Vậy $P$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$. Ta lại có $\angle NYB=360^\circ-\angle NYH-\angle HYB=180^\circ-\angle HYB+90^\circ=\angle HCB+90^\circ=\angle BCO-\angle OCH+90^\circ=$ $90^\circ-\angle BAC-NHF+90^\circ=180^\circ-\angle NHB=180^\circ-\angle NFB.$ Từ đó tứ giác $FNYB$ nội tiếp. Suy ra $\angle BFY=\angle BNY=\angle CDN=\angle CBY$. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác $BFY$ tiếp xúc $BC$ tại $B$. Lại có $\angle YFH=\angle BFH-\angle BFY=\angle BHF-\angle BNY=\angle BDC-\angle CDN=\angle BDY=\angle BCY$. Từ đó đường tròn ngoại tiếp tam giác $FYC$ tiếp xúc $BC$ tại $C$. Vậy $BC$ là tiếp tuyến chung của đường tròn ngoại tiếp tam giác $YFB$ và $YFC$. Vậy $YF$ đi qua trung điểm $P$ của $BC$. Tương tự $EZ$ cũng đi qua $P$. Hơn nữa $PZ.PE=PC^2=PB^2=PY.PF$. Từ đó tứ giác $YZEF$ nội tiếp.

Gọi $K$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $PYZ$ và $J$ là tâm đường tròn Euler thì $PK\perp EF\perp PJ$. Từ đó $P,J,K$ thẳng hàng hay $(K)$ tiếp xúc $(J)$.

 

Chú ý. Tác giả bài toán tìm ra bài toán bằng phép nghịch đảo. Trong quá trình tập huấn đội tuyển KHTN thì lời giải thuần túy hình học được tìm ra. Lời giải phần chứng minh $P$ nằm trên đường tròn $(K)$ dựa trên ý tưởng của Trịnh Huy Vũ. Lời giải phần chứng minh $YF,EZ$ đi qua $P$ dựa trên ý tưởng của Trần Quang Huy. Lời giải phần chứng minh tiếp xúc dựa trên ý tưởng của Tạ Hà Nguyên.