Lời giải và bình luận một số bài toán Hình học thi vào 10

pdf 14 trang dichphong 5630
Bạn đang xem tài liệu "Lời giải và bình luận một số bài toán Hình học thi vào 10", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfloi_giai_va_binh_luan_mot_so_bai_toan_hinh_hoc_thi_vao_10.pdf

Nội dung text: Lời giải và bình luận một số bài toán Hình học thi vào 10

  1. Lời giải và bình luận một số bài toán hình học thi vào 10 Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam Như vậy là kì thi vào 10-năm học 2016-2017 đã gần như đã kết thúc, hầu như các trường chuyên trên cả nước đã hoàn tất khâu tuyển sinh đầu vào. Tôi muốn bình luận một số bài toán hình học hay của các trường chuyên trong kì thi năm nay. Cá nhân tôi thấy có một số bài toán hình học khá sâu sắc và hay. Tuy nhiên có một số lại khá "tệ"-bài toán khó bởi bản chất bài toán không nằm ở bậc học cấp THCS, điều đó đánh đố học sinh và là điều không cần thiết. Trước khi vào bình luận các đề thi tôi buộc lòng phải trình bày 2 bổ đề sau: Bổ đề 1: Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F lần lượt thuộc BC, CA, AB sao DB SB cho AD, BE, CF đồng quy. Giả sử EF ∩ BC = S. Chứng minh rằng: = . DC SC Chứng minh(Bạn đọc tự vẽ hình): Áp dụng định lí Ceva cho AD, BE, CF đồng DB EA FB quy thì: . . = 1. Áp dụng định lí Menelaus cho cát tuyến S, E, F của DC EC FA SC EA FB tam giác ABC thì: . . = 1. Chia vế cho vế dĩ nhiên ta được đpcm. SB EC FA Bổ đề 2: Cho các điểm I, F, E, K nằm trên 1 đường thẳng theo thứ tự đó sao cho thoả mãn 1 trong ba hệ thức sau đây: IF FE 1) = IK EK 2) Gọi M là trung điểm IE. Khi đó: ME2 = MI2 = MF.MK(Hệ thức Newton). 3) Gọi N là trung điểm FK. Khi đó: EI.EN = EF.EK(Hệ thức Maclaurin). Cũng cần chú ý hệ thức sau cũng gọi là hệ thức Maclaurin: IE.IN = IF.IK. Chứng minh: Ta đi chứng minh các hệ thức trên là tương đương nhau. Giả sử ta có hệ thức Maclaurin, thế thì: ME2 = MF.MK ⇔ ME2 = (EF −ME)(EK−ME) ⇔ EI EI ME2 = EF.EK+ME2−ME(EF +EK) ⇔ EF.EK = (EF +EK) = 2EN. = 2 2 EN.EI(đúng). Do đó nếu có hệ thức Maclaurin thì ta có hệ thức Newton. Ta quay IF lại hệ thức thứ nhất, giả sử nếu ta cũng có sẵn hệ thức Maclaurin thế thì: = IK 1
  2. FE ⇔ IK.EF = EK.IF ⇔ (EK − EI)EF = (IK + EI)IF ⇔ EI.EN − EI.EF = EK EI.IF + IK.IF ⇔ EI(EN − EF − IF ) = IK.IF ⇔ IE.IN = IF.IK(đúng theo hệ thức Maclaurin). Như vậy là cả ba hệ thức trên tương đương nhau miễn là mình có sẵn một hệ thức đúng. Bài toán 1(Trích đề thi tuyển sinh vào 10 chuyên Toán ĐHSP-Vòng 2): Cho M nằm ngoài đường tròn (O; R). MA, MB là các tiếp tuyến đến (O). Lấy C là 1 điểm nằm trên AB, I,K là trung điểm MA, MC. KA ∩ (O) = A, D. Lấy MD ∩ (O) = D, E và KE ∩ (O) = E, F . J là trung điểm FE. a) Chứng minh rằng: OK2 − MK2 = R2. b) Chứng minh rằng: MCDB là 1 tứ giác nội tiếp. c) Chứng minh rằng: IAJF là tứ giác nội tiếp. Lời giải: a) Gọi OM ∩IK = S. Chú ý rằng: OM ⊥ IK nên theo định lí P ythagoras ta dễ có: KO2 −KM 2 = SO2 −SM 2 = IO2 −IM 2 = IA2 +OA2 −IM 2 = R2(đpcm). 2 b) MK = KD.KA do đó ∠KMD = ∠DAM = ∠CBD do đó MDCB nội tiếp. 2
  3. ◦ ◦ c) Từ b) ta có: ∠MCA = 180 − ∠MCB = 180 − ∠MDB = ∠BDE = ∠CAE suy ra MCkAE. Gọi N là trung điểm KA. Ta thấy I, N, J thẳng hàng do đó ∠IJF = ∠AEF = ∠IAF nên IAJF nội tiếp hay ta có điều phải chứng minh. Nhận xét: Bài toán khá đơn giản nếu như nhìn ra cấu hình trục đẳng phương của đường tròn điểm. Cách khai thác câu b) ở c) là rất tự nhiên và tạo ra điểm phụ trung điểm KA. Bài toán 2(Trích đề thi vào 10 THPT TPHCM): Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AD. Lấy O là trung điểm AB. CO ∩ (O; OA) = I sao cho I nằm giữa O, C. Đường thẳng qua A vuông góc CO cắt CO tại H và cắt BC tại M. K là trung điểm BD. a) Chứng minh rằng: HM là phân giác ∠BHD. b) OK ∩ AM = E, IM ∩ (O; OA) = I,J. Chứng minh rằng: EJ cắt CO trên (O). Lời giải: a) Ta có: OA2 = OB2 = OH.OC suy ra 4OBH ∼ 4OCB suy ra ∠OHB = ∠OBC. Lại có tứ giác DHAC nội tiếp thế nên ∠DAC = ∠DHC = ∠OBC do đó MH là phân giác góc ∠BHD. 3
  4. b) Do HC ⊥ HM nên ta có: HM, HC là phân giác trong và ngoài ∠BHD vậy ta MB CB thu được: = . Do K là trung điểm BD nên theo hệ thức Maclaurin(xem MD CD bổ đề 2 ) thì: MJ.MI = MB.MD = MK.MC do đó tứ giác JKIC nội tiếp suy 2 ra: ∠KJM = ∠ICB = ∠HBO. Ta để ý rằng: CH.CO = CA = CB.CD suy ra OHDB nội tiếp. Do HM là phân giác ∠BHD và OK là trung trực BD nên suy ra E nằm trên (OHDB) vậy: ∠KEM = ∠OBH = ∠KJM suy ra KMEJ ◦ nội tiếp do đó ∠IJE = ∠DKE = 90 . Gọi CD cắt (O) tại L khác I. Ta thấy: ◦ ◦ ◦ ∠LJI + ∠IJE = 90 + 90 = 180 do đó L, J, E thẳng hàng hay ta có điều phải chứng minh. Nhận xét: Đề ban đầu có 4 câu nhưng bản chất là 2 câu như trên. Theo tôi đề bài này để thi là khá tệ, việc sử dụng kiến thức cấp 3 là bản chất của bài toán nên học sinh cấp 2(học sinh không thi chuyên Toán) không xử lí được là điều khá hiển nhiên. Bài toán 3(Trích đề thi tuyển sinh vào 10-THPT chuyên tại TPHCM): Cho tam giác ABC có AB < AC < BC. Lấy các điểm M, N trên BC, CA sao cho BM = AB = AM. BN ∩ AM = K. Kẻ KH ⊥ AB(H ∈ AB). a) Chứng minh rằng: tâm nội tiếp tam giác ABC nằm trên HK. b) Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác AHC tiếp xúc BHC. 4
  5. Lời giải: a) Gọi I là trực tâm tam giác AKB. Ta thấy ABN, ABM là các tam giác cân tại A, B nên AI, BI là phân giác các góc A, B hay ta suy ra I là tâm nội tiếp tam giác ABC(đpcm). b) Gọi (I1), (I2) là các đường tròn nội tiếp của hai tam giác AHB, AHC. Lấy (I1) tiếp 0 xúc CH tại E. Lấy (I2) tiếp xúc CB, CH tại D, E . Theo tính chất tiếp điểm đường tròn nội tiếp thì: 2CE0 = CA+CH −AH, 2CE = CH −HB +BC. Điều phải chứng minh tương đương: CA+HC−AH = CH−HB+BC ⇔ CA−BC = AH−HB(đúng bởi H là tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và AB). Nhận xét: Bài toán này khá hay ở chỗ tận dụng được các biến đổi với đường tròn nội tiếp mà vốn xưa nay khá nhàm chán. Bài toán 4((Trích đề thi tuyển sinh vào 10-THPT chuyên tại TPHCM): Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O) có góc B tù. (O) tiếp xúc BC, CA, AB tại J, H, L. Đường thẳng qua O vuông góc AJ cắt AJ và trung trực BC lần lượt tại D, F . Chứng minh rằng: BDF C nội tiếp. 5
  6. Lời giải: Gọi AJ cắt (O) tại P và J. Ta đã biết tính chất khá quen thuộc là tiếp tuyến tại P, J của (O) và LH đồng quy tại 1 điểm là S. Ta lại có: DJMF là tứ giác nội tiếp do đó SD.SF = SJ.SM. Để ý rằng AJ, BH, CL đồng quy(theo định lí SB JB Ceva) do đó ta có theo bổ đề 1 : = suy ra rằng: SB.SC = SJ.SM(hệ thức SC JC Maclaurin) do đó BCF D nội tiếp(đpcm). Nhận xét: Đề bài này thì theo tôi lại phù hợp với các bạn thi chuyên, chủ đề hàng điểm điều hoà ắt hẳn là đã được dạy ở các lớp Toán đặc biệt cấp 2, việc kiểm tra kiến thức này với các bạn lớp 9 thi chuyên Toán có thể là hợp lí hơn. Bài toán 5: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Lấy P, Q trên cung BC không chứa A sao cho AP, AQ đẳng giác trong góc ∠BAC. AJ là đường kính (O). JB ∩ AP = M, JC ∩ AQ = N. Khi đó: CP, BQ cắt nhau tại trung điểm MN. 6
  7. Chứng minh: Ta chứng minh theo một trường hợp hình vẽ trên các trường hợp khác ta chứng minh tương tự. Theo định lí P ascal thì CP, BQ, MN đồng quy tại điểm BM SM SN S. Theo định lí hàm số sin thì: = đồng thời = sin ∠BSM sin ∠JBQ sin ∠BQA NQ . Ta có: ∠MJP = ∠NJQ nên 4MJP ∼ 4NJQ(g.g) suy ra 4ABM ∼ sin ∠NSQ AB BM BM CN 4JQN(g.g) vậy = hay tương đương = . Vậy từ đó JQ NQ sin ∠AQB sin ∠JBQ chú ý ∠BSM = ∠QSN ta thu được: SM = SN(điều phải chứng minh). Nhận xét: Đây là 1 bổ đề đẹp mà tôi vô tình tìm ra khi giải một bài toán thi vào 10 khá lạ. Chứng minh định lí P ascal(bằng kiến thức THCS) không khó, bạn đọc có thể tìm đọc rất nhiều tài liệu. Bài toán 6(Trích đề thi vào 10 chuyên Toán Quảng Ngãi): Cho tam giác ABC nhọn, một đường tròn qua B, C cắt AB, AC tại E, D. Lấy M, N lần lượt là trung điểm BD, CE. Kẻ MH ⊥ AB(H ∈ AB),MK ⊥ AC(K ∈ AC). Lấy I là trung điểm MN. Chứng minh rằng: IH = IK. 7
  8. ◦ Lời giải: Quay trở lại bài toán, ta có: ∠ADB = 180 − ∠BDC = ∠AEC do đó 4ADB ∼ 4AEC(g.g) suy ra 4ABM ∼ 4ACN(c.g.c) hay là ∠MAB = ∠NAC do đó 4AMH ∼ 4ANK(g.g) suy ra ∠MAH = ∠NAK. Gọi AM ∩ (AHK) = A, P và ◦ AN ∩ (AHK) = A, Q. Do ∠MHA = ∠NKA = 90 nên HM cắt NK trên (AHK) tại điểm J. Theo định lí P ascal cho 6 điểm A, H, P, J, Q, K thì HQ, P K, MN đồng quy tại I0. Do AJ là đường kính của (AKH) nên suy ra theo bài toán 5 thì I0 là trung điểm MN. Do đó ta thu được I ≡ I0 do đó chú ý HKQP là hình thang cân nên ta có điều phải chứng minh. Nhận xét: Ta có thể tổng quát bài toán như sau: "Cho tam giác ABC, lấy hai điểm P, Q trong tam giác ABC sao cho AP, AQ đẳng giác trong góc ∠BAC. Kẻ PM ⊥ AB(M ∈ AB),PN ⊥ AC(N ∈ AC). Gọi I là trung điểm PQ. Chứng minh rằng: IM = IN". Bài toán 7(Trích đề thi vào 10 Hà Nội): Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi I là tâm nội tiếp tam giác ABC. AI, CI cắt (O) tại các điểm thứ hai là N, M. Lấy MN ∩ AB, BC = H, K. a) Chứng minh rằng: HIBK là hình thoi. b) P, Q là tâm của (MBK), (MKC). Chứng minh rằng: PQ chia đôi DK. 8
  9. 1 a) Dễ chứng minh tứ giác KICN nội tiếp do đó: HKI = MCN = (NBd+MAd ) = ∠ ∠ 2 ∠KHB do đó BHkKI. Tương tự thì: HIkBK. Chú ý HK là phân giác góc ∠BHI nên HIKB là hình thoi. Trước khi giải câu b) ta chứng minh một bổ đề: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có K thuộc đoạn BC. X, Y là tâm ngoại tiếp các tam giác KAB, KAC. Chứng minh rằng: BX cắt CY trên (O). 9
  10. Chứng minh: Ta chứng minh trong trường hợp hình vẽ này, các trường hợp khác ◦ ta chứng minh tương tự. Gọi CY ∩ (O) = J, C. Ta có: ∠JBA = ∠JCA = 90 − AY C 180◦ − (360◦ − 2 AKC) ∠ = ∠ = AKC − 90◦ = 90◦ − AKB = XBA do 2 2 ∠ ∠ ∠ đó B, X, J thẳng hàng hay bổ đề được chứng minh. b) Ta quy bài toán về chứng minh DP KQ là hình bình hành. Áp dụng bổ đề trên BP K thì BP cắt CQ tại D0 trên (O), mà D0BC = 90◦ − ∠ = 90◦ − KMB = ∠ 2 ∠ ◦ 0 0 90 − ∠KMC = ∠D CB do đó D ≡ D . Thế nên: ∠DP K = ∠DQK. Vậy mà: ◦ ◦ ◦ ∠PKQ = 180 − ∠PKB − ∠QKC = 180 − 2(90 − ∠KMC) = ∠BMC = ∠BDC do đó DP KQ là 1 hình bình hành nên DK đi qua trung điểm của PQ(điều phải chứng minh). Nhận xét: Câu hình này vừa phải tôi đã lược đi câu a) b) bởi chúng không phải ý chứng minh khó. Câu d) bài toán về bản chất chỉ là trường hợp đặc biệt của bổ đề nêu trên. Bài toán 8: Cho tam giác ABC nội tiếp (O), tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại P . Kẻ AJ song song BC(J thuộc (O)). M là trung điểm BC. AP ∩ (O) = A, K. Chứng minh rằng: J, K, M thẳng hàng 10
  11. Bổ đề cát tuyến: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) có giao 2 đường chéo là I. Khi đó: IA BA DA = . . IC BC DC 1 IA S .AD.ID.sin∠ADB AD. sin ADB Chứng minh: Ta có: = IAD = 2 = ∠ = IC S 1 CD. sin CDB ICD .CD.ID.sin CDB ∠ 2 ∠ AD.AB hay đpcm. CD.BC Quay trở lại bài toán, gọi AH là đường cao của tam giác ABC. Ta có tính chất quen thuộc là: ∠HAB = ∠OAC. Theo tính chất hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 2 2 OA = OC = OM.OP do đó 4OAM ∼ 4OP A(c.g.c) suy ra ∠OP M = ∠OAM = 0 ∠DAH suy ra ∠P AB = ∠MAC hay ∠KAB = ∠MAC. Gọi JM ∩ (O) = J, K . Gọi D0B AB K0B D0 = AK ∩BC. Theo bổ đề cát tuyến thì: = . . Mà cũng theo bổ đề cát D0C AC K0C MB JB K0B K0B JC AB D0B AB2 tuyến thì: = . = 1. Suy ra: = = suy ra = . MC JC K0C K0C JB AC D0C AC2 DB AB2 Gọi AP ∩ BC = D ta cũng dễ chứng minh được: = nên D ≡ D0 hay là ta DC AC2 11
  12. thu được K ≡ K0 dẫn tới J, M, K thẳng hàng(điều phải chứng minh). Nhận xét: Bổ đề cát tuyến đã cho thấy ứng dụng tuyệt vời của nó trong các bài toán liên quan tới chia tỉ lệ đoạn thẳng. Các bạn có thể tham khảo bài viết của tôi trên blog của mình về bổ đề này. Bài toán 9: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) nhọn(AB < AC). I là tâm nội tiếp (O). D là hình chiếu của I lên BC. AD ∩ (O) = G, A, lấy F là trung điểm cung lớn BC của (O). Gọi ID ∩ FG = H a) Chứng minh rằng: H ∈ (IBC). b) Gọi AI ∩ (BIC) = I,J. Chứng minh rằng: BH = CJ. c) HF ∩ (BIC) = N. Chứng minh rằng: NJ chia đôi BC. Lời giải: a) Ta có: IDkFE do đó ∠IHG = ∠GF E = ∠EAF do đó IAHG nội tiếp do đó DA.DG = DI.DH = DB.DC suy ra IBHC nội tiếp. b) Gọi AI cắt (O) tại điểm thứ hai E. Ta có tính chất quen thuộc là: E là tâm (BIC) do đó IJ là đường kính của (BIC) do đó HJ ⊥ ID nên HJkBC suy ra BCJH là 12
  13. hình thang cân nên BH = CJ. c) Do EF là đường kính của (O) nên FB ⊥ BE, FC ⊥ CE do đó F B, F C là các tiếp tuyến đến (BIC). Ta quy câu c) về bài toán nhỏ như sau: "Cho tam giác ABC nội tiếp (O), tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại P . Kẻ AJ song song BC(J thuộc (O)). M là trung điểm BC. AP ∩ (O) = A, K. Chứng minh rằng: J, K, M thẳng hàng". Đây chính là nội dung của bài toán 8 vậy ta thu được điều phải chứng minh. Nhận xét: Bài toán trên là bài toán thi vào 10 chuyên Toán của thành phố Hà Nội. Đề bài không khó xong cách diễn đạt và ý tưởng theo cấp THCS là khá khó khăn. Bài toán 10(Thi vào 10 chuyên Toán Hoàng Văn Thụ-Hoà Bình): Cho A nằm ngoài (O). Kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến (O), BD là đường kính của (O). Đường thẳng qua A vuông AB cắt OC tại E, F là trung điểm OB. Chứng minh rằng: EF ⊥ AD. Lời giải: Ta có: AEkBD do đó ∠EAO = ∠AOB = ∠AOE suy ra AEO cân tại IE IE E. Gọi I là trung điểm OA, J = EF ∩ AD. Ta có: = . Do EOI = OA 2IO ∠ 13
  14. IE IF IE OA IOF suy ra 4EIO ∼ 4IFO(g.g) suy ra = . Vậy = . Lại có: ∠ IO OF IF OD ◦ ◦ ∠AOD = 90 + ∠OAD = 90 + ∠FIO = ∠EIF do đó 4EIF ∼ 4AOD(c.g.c) suy ra ∠JEI = ∠JAI nên tứ giác AIJE nội tiếp nên FE ⊥ AD. Nhận xét: Ý tưởng chứng minh tam giác đồng dạng thật là tự nhiên cùng các biến đổi góc hết sức tinh tế. Điểm đáng chú ý là bài toán này đã xuất hiện trong đề thi chọn HSG quân Ba Đình, Hà Nội năm học 2016-2017. Như vậy thông qua các bài toán trên ta thấy xu hướng ra đề thi chuyên Toán vẫn hướng tới các kì thi lớn hơn như VMO,IMO. Các cấu hình xuất hiện cũng đa dạng và dẫu cho có những bài toán chưa thật sự phù hợp với học sinh cấp THCS thì chúng đều là các bài toán đẹp mắt và có các phát biểu khá ngắn gọn. Ở trên đây đều là các lời giải của tôi, chúng không phải lời giải ngắn nhất xong phần nào chỉ rõ bản chất các bài toán, do đó việc trình bày các bổ đề là điều bắt buộc, mong các bạn thông cảm. 14