Đến nội dung

Hình ảnh

Một số đề hình học năm 2017 trên thế giới

- - - - - hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 30 trả lời

#1
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Một số bài toán hình học trong các kỳ thi trên thế giới năm 2017

 

 

Bài toán 1 (VMO 2017 bài 3). Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân nội tiếp đường tròn $(O)$ .Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$ và $E,F$ lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh $B,C$. $AH$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$.

a) Gọi $I$ là trung điểm của $AH$. $EI$ cắt $BD$ tại $M$ và $FI$ cắt $CD$ tại $N$. Chứng minh rằng $MN\perp OH$.

b) Các đường thẳng $DE,DF$ cắt $(O)$ lần lượt tại $P,Q$ khác $D$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ cắt $(O)$ và $AO$ lần lượt tại $R$ và $S$ khác $A$. Chứng minh rằng $BP,CQ$ và $RS$ đồng quy.

 

Bài toán 2 (VMO 2017 bài 7). Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$  và $G$ là một điểm thuộc cung $BC$ không chứa $O$  của đường tròn $(I)$ ngoại tiếp tam giác $OBC$ . Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABG$ cắt $AC$ tại $E$ , đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACG$ cắt $AB$ tại $F$ với $E,F$ khác $A$.

a) Gọi $K$ là giao điểm của $BE$ và $CF$. Chứng minh $AK,BC$ và $OG$ đồng quy.

b) Cho $D$ là một điểm thuộc cung $\widehat{BC}$ chứa $O$ của đường tròn $(I)$. $GB$ cắt $CD$ tại $M$. $GC$ cắt $BD$ tại $N$. Giả sử $MN$ cắt $(O)$ tại hai điểm $P,Q$. Chứng minh rằng khi $G$ thay đổi trên cung $BC$ không chứa $O$ của đường tròn $(I)$ thì đường tròn ngoại tiếp $GPQ$ luôn đi qua hai điểm cố định.

 

Bài toán 3 (Hong Kong TST bài 1 Test 1). Cho tam giác $ABC$ với phân giác $AD$. Đường thẳng qua $B$ vuông góc $AD$ cắt $(ABD)$ tại $E$. Chứng minh rằng $EA$ đi qua tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$.

 

Bài toán 4 (Hong Kong TST bài 2 Test 2). Cho lục giác lồi $ABCDEF$ thỏa mãn $\angle ACE = \angle BDF$ và $\angle BCA = \angle EDF$. Đặt $A_1=AC\cap FB$, $B_1=BD\cap AC$, $C_1=CE\cap BD$, $D_1=DF\cap CE$, $E_1=EA\cap DF$, và $F_1=FB\cap EA$. Giả sử rằng $B_1, C_1, D_1, F_1$ nằm trên đường tròn $\Gamma$. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $\triangle BB_1F_1$ và $ED_1F_1$ cắt nhau tại $F_1$ và $P$. Đường thẳng $F_1P$ cắt $\Gamma$ tại điểm thứ hai $Q$. Chứng minh rằng $B_1D_1$ và $QC_1$ song song.

 

Bài toán 5 (CHKMO). Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D$ thuộc đoạn $BC$ và $I$ là tâm nội tiếp $ABC$. $(ABD)$ cắt $BI$ tại $P$. $(ACD)$ cắt $CI$ tại $Q$. Giả sử rằng hai tam giác $PID$ và $QID$ có diện tích bằng nhau. Chứng minh rằng $PI.QD=QI.PD$.

 

Bài toán 6 (China MO). Trong tam giác nhọn $ABC$, gọi $\odot O$ là đường tròn ngoại tiếp và $\odot I$ là đường tròn nội tiếp. Tiếp tuyến tại $B,C$ của $\odot O$ cắt nhau tại $L$, $\odot I$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $AY$ vuông góc $BC$ atại$Y$, $AO$ cắt $BC$ tại $X$, và $OI$ cắt $\odot O$ tại $P,Q$. Chứng minh rằng $P,Q,X,Y$ đồng viên khi và chỉ khi $A,D,L$ thẳng hàng.

 

Bài toán 7 (Slovenia MO). Cho tam giác $ABC$ vuồn tại $B$. $D$ thuộc đoạn $AC$. $(BCD)$ và $(C,CD)$ cắt nhau tại $E$ khác $C$. Đường thẳng qua $A$ song song $DE$ cắt $BC$ tại $F$. $X$ nằm trên $BC$ sao cho $XB=BF$. $(BCD)$ cắt $(AXC)$ tại $Y$ khác $C$. Chứng minh rằng $Y,F,D$ thẳng hàng.

 

.....

 

Còn tiếp tục cập nhật

 

Tài liệu tham khảo

 

[1] Box 2017 contest từ diễn đàn AoPS.

 

@Các bạn có thể thảo luận post lời giải của mình cho các bài toán hình học này bằng tiếng Việt. Link tới các bài toán gốc đã có ở đầu mỗi bài toán. Mời các bạn post xây dựng các đề thi hình theo mẫu trên (bôi đậm tên cuộc thi và chèn link gốc của bài toán vào đó).

 

 



#2
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Mình sẽ mở đầu bằng bài toán 3 khá dễ, để bài không nói tam giác nhọn nên ta tiếp cận bằng góc có hướng là tốt nhất, trong biến đổi góc có hướng có nhiều kỹ năng cần thiết

 

Figure4252.png

 

Lời giải bài toán 3. Cho $B,D,E,A$ đồng viên nên $(AD,AE)=(BD,BE)=(BD,AD)+(AD,BE)=(BC,AD)+(AH,BC)=(AH,AD)=(AD,AO)\pmod {180^\circ}$ suy ra $(AE,AO)=0\pmod {180^\circ}$ nên $A,O,E$ thẳng hàng.

 

Nhận xét. Việc dựng thêm đường cao $AH$ là bước rất thú vị để biến đổi góc có hướng cho đẹp mắt, mặt khác trong kỹ thuật biến đổi góc có hướng này ta dùng một tính chất quan trọng của góc có hướng $90^\circ$ là $90^\circ=-90^\circ\pmod {180^\circ}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 13-01-2017 - 22:10


#3
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Một mở rộng đơn giản cho bài toán 3 nhưng có ý nghĩa.

 

Mở rộng bài toán 3. Cho tam giác $ABC$ với $M,N$ thuộc cạnh $BC$ sao cho $\angle MAB=\angle NAC$. $P$ thuộc $(ABM)$ sao cho $BP\perp AN$. Chứng minh rằng $AP$ đi qua tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$. (Cách hỏi khác, chứng minh rằng $P$ thuộc đường thẳng cố định khi $M,N$ thay đổi).

Hình gửi kèm

  • Figure4253.png


#4
quantv2006

quantv2006

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 162 Bài viết

2017_01_14_102842.png

Lời giải bài toán 7.

 

Do AF // DE nên góc $\angle FAD = \angle EDC$. Góc $\angle EDC = \angle DEC = \angle DBC = \angle DBF$. Vậy góc $\angle DAF = \angle DBF$, hay tứ giác ABFD là tứ giác nội tiếp. Do đó FD vuông góc với AC tại D.

 

AB và FD cắt nhau tại Y'. Ta có góc $\angle BY'D = \angle BCD$ (cùng phụ với góc $\angle BAC$), vậy BDCY' là tứ giác nội tiếp, hay Y' nằm trên đường tròn (BCD).

 

Ta có góc $\angle ADB = \angle AY'C$ (cùng bù với góc $\angle BDC$). Lại có góc $\angle ADB = \angle AFB = \angle AXB = \angle AXC$. Vậy góc $\angle AY'C = \angle AXC$ hay tứ giác ACY'X là tứ giác nội tiếp, hay Y' nằm trên đường tròn (AXC).

 

Như vậy Y' nằm trên 2 đường tròn (BCD) và (AXC). Y' khác C nên Y' trùng Y.

 

Vậy Y, F, D thẳng hàng (đpcm).



#5
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Figure4256.png

 

Lời giải bài toán 5. Từ $[PID]=[QID]$ thì $PD$ đi qua trung điểm $M$ của $PQ$. Mặt khác dễ thấy $PA=PD,QA=QD$ nên $A,D$ đối xứng qua $PQ$. Từ đó nếu $J$ đối xứng $I$ qua $PQ$ thì $AJ$ đi qua $M$. Vậy gọi $K$ đối xứng $I$ qua trung trực $PQ$ thì $J,K$ đối xứng qua $M$ nói cách khác $AI$ là đường đối trung của tam giác $APQ$. Từ đó tứ giác $APIQ$ điều hòa nên $QI.AP=PI.AQ$ hay $QI.DP=PI.DQ$.



#6
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Bài toán 8 (IZHO 2017 day 1 p1). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\omega$ trực tâm $H$ và $M$ là trung điểm $AB$. $P,Q$ là các điểm trên cung $AB$ không chứa $C$ của $\omega$ sao cho $\angle ACP=\angle BCQ < \angle ACQ$. Gọi $R,S$ là hình chiếu của $H$ lên $CQ,CP$. Chứng minh rằng $P,Q,R,S$ cùng nằm trên một đường tròn tâm $M$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 14-01-2017 - 20:19


#7
quantv2006

quantv2006

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 162 Bài viết

Bài toán 8 (IZHO 2017 day 1 p1). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\omega$ trực tâm $H$ và $M$ là trung điểm $AB$. $P,Q$ là các điểm trên cung $AB$ không chứa $C$ của $\omega$ sao cho $\angle ACP=\angle BCQ < \angle ACQ$. Gọi $R,S$ là hình chiếu của $H$ lên $CQ,CP$. Chứng minh rằng $P,Q,R,S$ cùng nằm trên một đường tròn tâm $M$.

2017_01_14_204820.jpg

Gọi AD, BE là 2 đường cao của tam giác ABC. Gọi I là trung điểm của CH. Vẽ đường tròn (I;IC), đường tròn này đi qua D, E, R, S. Gọi N là giao điểm của IM và DE.

Do góc ACP = BCQ < góc ACQ nên PQ song song với AB. Vậy ABQP là hình thang cân có 2 đáy là PQ và AB. M là trung điểm của AB, OM vuông góc với AB nên OM vuông góc với PQ. Vậy OM là trung trực của PQ (1).

Ta có MD = ME nên IM là đường trung trực của DE, hay IM vuông góc với DE tại N và N là trung điểm của DE.

Ta có góc ECS = ACP = BCQ = DCR nên DESR là hình thang cân có 2 đáy là DE và SR. Vậy SR song song với DE. Do đó IM vuông góc với SR hay IM là đường trung trực của SR (2).

 

Xét tam giác CAP và tam giác CDR có góc CPA = CBA = CED= CRD, góc ACP = BCQ = DCR, vậy tam giác CAP và tam giác CDR đồng dạng. Do đó góc CAP = CDE. Vậy 2 góc bù với 2 góc này bằng nhau hay góc CQP = CSR. Do đó tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp.
 

Tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp, theo (1) và (2) thì M nằm trên trung trực của PQ và RS nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác này (đpcm).



#8
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cám ơn bạn đã đóng góp lời giải, sau đây là một mở rộng cho bài toán 8.

 

Figure4259.png

 

Mở rộng bài toán 8. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. một đường tròn $(K)$ qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $P,Q$ thuộc $(O)$ sao cho $PQ\parallel BC$. $AP,AQ$ cắt $(AEF)$ tại $R,S$. Chứng minh rằng $P,Q,R,S$ cùng nằm trên một đường tròn tâm $K$.



#9
Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 127 Bài viết

Lời giải bài 8 mở rộng 

Dễ thấy $SR \parallel EF$ nên $(SR, SQ) \equiv (SR, SA) \equiv (SR, AB) + (AB, SA) \equiv (FE, FB) + (AB, AQ) \equiv (CE, CB) + (AP, AC) \equiv (AC, CB) + (AP, AC) \equiv (AP, BC) \equiv (PR, PQ)$ (mod $\pi$) nên $S, R, P, Q$ đồng viên, hơn nữa dễ thấy $K$ thuộc trung trực $PQ, SR$ nên ta có đpcm.



#10
NHN

NHN

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

cách khác cho bài 8 mở rộng

gọi giao của $AQ,AP$ và $BC$ là $X,Y$ thì qua phép nghịch đảo cục $A$ phương tích $AE.AC=AF.AB$ thì $(AEF)$ thành $BC$ vậy $S$ thành $X$ và $R$ thành $Y$ vậy $S,X,Y,R$ thuộc 1 đường tròn theo Reim thì $S,Q,P,R$ thuộc 1 đường tròn, tâm$K$ suy ra từ 2 trung trực


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 14-01-2017 - 22:37


#11
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Bài toán 9 (INMO 2017 bài 5). Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $AB<AC$ và đường cao $AD$. Gọi $P,Q$ và $I$ là tâm nội tiếp các tam giác $ABD,ACD$ và $ABC$. Chứng minh rằng $AI$ vuông góc và bằng $PQ$.



#12
lehakhiem212

lehakhiem212

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 113 Bài viết

Bài 9:

$AP$ cắt $BC$ tại K. Ta có: $\angle KAC=\angle KAD+\angle DAC=\angle KAB+\angle ABK=\angle AKC$.Nên tam giác$AKC$ cân tại C.

Do đó $CQ$ vuông góc $AP$. Tương tự $BP$ vuông góc $AQ$. Nên $I$ là trực tâm tam giác APQ.

Suy ra AI vuông góc PQ.

Xét tam giác APQ có I là trực tâm

$PQ=AI.\cot \angle PAQ=AI.\cot 45=AI$

Vậy AI vuông và bằng PQ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lehakhiem212: 15-01-2017 - 20:41


#13
NHN

NHN

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

lời giải khác cho bài 9

đễ thấy góc $PDQ=90$, gọi giao của $DP$ và $AB$ là $S$ giao của $DQ$ và $AC$ là $T$ thì $A,S,D,T$ thuộc 1 đường tròn vậy $\widehat{AST}=\widehat{ADT}=45=\widehat{ADS}=\widehat{ATS}$ vậy tam giác $AST$ cân tại $A$ ta có $\frac{DP}{PS}=\frac{AH}{AS}=\frac{AH}{AT}=\frac{DQ}{QT}$ vậy $PQ$ song song $ST$ mà do tam giác $AST$ cân nên $AI$ vuông $ST$ 



#14
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cảm ơn các bạn đã đóng góp tiếp tục. Về bài toán 9 mình thấy trong link có lẽ kết quả $AI\perp PQ$ thì đã quá cũ có trong nhiều sách Việt Nam, kết quả $AI=PQ$ mình cũng nhớ đã có trên TTT2. Sau đây mình xin đề xuất một bài tổng quát mình nghĩ ra và có đáp án đầy đủ

 

Mở rộng bài toán 9. Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $I,J,K,L$ lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác $ABC,AEF,BFD,CDE$. Chứng minh rằng $IJ=\frac{BF+CE}{BE+CF}KL$.

 

Figure4263.png

 

Chú ý. Kết quả trên bao hàm việc phải chứng minh $AI\perp KL$ thực chất cũng là một kết quả quen thuộc đã biết.



#15
NHN

NHN

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

lời giải mở rộng bài 9

từ lời giải bài 106 trong marathon hình học ta có $A,J,L,C$ thuộc 1 đường trong, $A,J,K,B$ thuộc 1 đường tròn, $B,C,L,K$ thuộc 1 đường tròn, $KI,LI,JI$ cắt $LJ,JK,KL$ tại $K',L',J'$ thì biến dổi góc ta thấy $K'L'LK$  ,   $L'J'JL$    ,   $J'K'KJ$ là các tứ giác ngoại tiếp suy ra $I$ là trực tâm suy ra $\frac{JI}{KL}=tan(\frac{\widehat{BAC}}{2})$ gọi giao của phân giác góc $BAC$ và $FC$ là $G$ thì $CF^{2}-BE^{2}=CE^{2}-BF^{2}\Rightarrow \frac{CE+BF}{CF+BE}=\frac{CF-BE}{CE-BF}\Rightarrow \frac{CE+BF}{CF+BE}=\frac{CF}{AF+AC}=\frac{FG}{AF}=tan(\frac{\widehat{BAC}}{2})$ vậy ta có dpcm



#16
vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

Sự thật thì ở bài 9 thì I là trực tâm tam giác APQ, do BAP=BAD/2=ACD/2=ACI do đó CI vg AP, tương tụ BI vg AQ

Còn PQ=AI thì do PAQ=45, ta gọi O là tâm (APQ), khi đó tam giác OMQ ( M là trung điểm PQ) vuông cân , từ đó dpcm

Hình như bài này là bài bậc THCS mà mình đã làm....



#17
NHN

NHN

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

Bài toán 10 (INMO 2017 bài 1). Cho hinh vuông $ABCD$ , trên $AB,CD$ lấy $E,F$ sao cho đối xứng của $A$ qua $EF$ là $A'$ thỏa $A'$ khác $B$ khác $C$, và nằm trên $BC$ , đối xứng của $D$ qua $EF$ là $D'$ giao của $A'D'$ và $DC$ là $G$ chứng minh bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $GCA'$ bằng tổng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $GD'F$ và $A'BE$.

 

Bài toán 11 (INMO 2017 bài 4). Cho ngũ giác lồi $ABCDE$ $\widehat{A}=\widehat{B}=\widehat{C}=\widehat{D}=120$ và độ dài các cạnh là 5 số tự nhiên liên tiếp. Tìm tất cả các giá trị có thế có của $AB+BC+CD$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 17-01-2017 - 10:56
Sửa link


#18
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cám ơn bạn, mình cũng thấy hai bài hình này của Ấn Độ nhưng vì bài toán 11 có liên quan một chút tới số học còn bài toán 10 thì hình như đã là đề Sharygin rồi nên mình lăn tăn chưa đưa lên.

 

Bài toán 10 có thể xem tại đây http://geometry.ru/o...finsols-eng.pdf bài toán 3 cho lớp 8, mình đã có một mở rộng ở đây http://www.artofproblemsolving.com/community/q2h1311625p7028614 mong mọi người quan tâm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 17-01-2017 - 10:59


#19
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Bài toán 12 (Tập huấn đội Hàn Quốc 2017). Ba đường tròn $(K_a),(K_b),(K_c)$ tiếp xúc ngoài đôi một. Ba đường tròn $(I_a),(I_b),(I_c)$ tiếp xúc ngoài đôi một. Trong đó $(K_a)$ tiếp xúc ngoài $(I_b),(I_c)$ tại $B_a,C_a$. Tương tự có $C_b,A_b, A_c,A_b$. Chứng minh rằng sáu điểm  $B_a,C_a,C_b,A_b, A_c,A_b$ đồng viên.

 

Figure4306.png



#20
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Bài toán 13 (Tập huấn tuyển Hàn Quốc 2017). Cho tam giác $ABC$ có tâm bàng tiếp góc $A,B,C$ là $J,K,L$. $D,E,F$ đối xứng với $A,B,C$ lần lượt qua $BC,CA,AB$.

 

a) Chứng minh rằng $JD,KE,LF$ đồng quy tại $P$.

 

b) Gọi $X,Y,Z$ đối xứng $P$ qua $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng $AX,BY,CZ$ đồng quy.







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh