[HÌNH HỌC CHUYÊN TOÁN 2021]
Nhằm hỗ trợ các bạn trong việc ôn thi chuyên toán (đặc biệt về mảng hình học), sau khi thảo luận với các admin của page Cuộc thi Trí tuệ VICE, mình xin phép lập ra chuyên mục [Hình học chuyên toán 2021]
Trả lời đúng và hay (không copy) sẽ được nhận 1-2GP/câu trả lời nha ^^
Các bạn ơi, đừng quên like/share bài viết của page và mời bạn bè thích page để nhận được những phần quà hấp dẫn của page nha. Ngoài ra các bạn có thể gửi những bài toán hay về cho page để được tính điểm xếp hạng nè.
Câu 1.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và $AB<AC.$ Vẽ đường cao AH, đường tròn đường kính HB cắt AB tại D và đường tròn đường kính HC cắt AC tại E.
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp.
b) Gọi I là giao của DE và BC. Chứng minh $IH^2=ID\cdot IE.$
c) Gọi $M,N$ lần lượt là giao của DE với đường tròn đường kính HB và đường tròn đường kính HC. Chứng minh giao điểm hai đường thẳng BM và CN năm trên đường thẳng AH.
Câu 2.
Cho tam giác nhọn ABC không cân có $AB<AC,$ trực tâm $H$ và đường trung tuyến AM. Gọi K là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $AM,$ D là điểm đối xứng của $A$ qua $M$ và $L$ là điểm đối xứng của $K$ qua BC.
a) Chứng minh các tứ giác BCKH và ABLC nội tiếp.
b) Chứng minh $\angle LAB=\angle MAC.$
c) Gọi $I$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $AL, X$ là giao của $AL$ và $BC.$ Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $BHC$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $IXM$ tiếp xúc với nhau.
Câu 3.
Cho tam giác ABC là tam giác nhọn, không cân, có I là tâm đường tròn nội tiếp. Hai đường thẳng AI và BC cắt nhau tại điểm D. Gọi E, F lần lượt là điểm đối xứng của D qua các đường thẳng IB và IC.
a) Chứng minh EF//BC
b) Gọi M, N, J lần lượt là trung điểm $DE,DF,EF.$ Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM và tam giác AFN cắt nhau tại điểm thứ hai là P. Chứng minh $M,P,N,J$ đồng viên.
c) Chứng minh ba điểm $A,P,J$ thẳng hàng.
Ps. Em mượn hình của cô @Đỗ Quyên ạ.
tth giờ chuyển sang hình rồi à :))
Câu 2:
Kẻ đường cao AG, BE, CF của tam giác ABC.
Dễ thấy tứ giác HKMG, HECG nội tiếp.
Do đó AK . AM = AH . AG = AE . AC. Suy ra tứ giác KECM nội tiếp.
Tương tự tứ giác KFCM nội tiếp.
Do đó \(\widehat{BKC}=\widehat{BKM}+\widehat{CKM}=\widehat{BFM}+\widehat{CEM}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=\widehat{BHC}\). Suy ra tứ giác BHKC nội tiếp.
Ta có \(\widehat{BLC}=\widehat{BKC}=\widehat{BHC}=180^o-\widehat{BAC}\) nên tứ giác ABLC nội tiếp.
b) Ta có tứ giác KECM nội tiếp nên \(\widehat{MKC}=\widehat{MEC}=\widehat{ACB}\). Do đó \(\Delta MKC\sim\Delta MCA\left(g.g\right)\).
Suy ra \(\widehat{KCM}=\widehat{KAC}\Rightarrow\widehat{LAB}=\widehat{LCB}=\widehat{KCB}=\widehat{KAC}\).
c) Ta có kq quen thuộc là \(\Delta LMB\sim\Delta LCA\).
Kẻ tiếp tuyến Lx của (ABC) sao cho Lx nằm cùng phía với B qua AL.
Ta có \(\widehat{ALx}=\widehat{ACL}=\widehat{LMX}\Rightarrow\) Ax là tiếp tuyến của (LXM).
Do đó (ABC) và (LXM) tiếp xúc với nhau.
Ta có AI . AX = AH . AG = AK . AM nên I, X, M, K đồng viên.
Ta có kq quen thuộc là (HBC) và (ABC) đối xứng với nhau qua BC.
Lại có (IKMX) và (LMX) đối xứng với nhau qua BC.
Suy ra (HC) và (IKMX) cũng tiếp xúc với nhau.
Câu 1 :
a Ta có \(\Lambda CHE\), \(\Lambda HDB\) là các góc chắn nửa đường tròn đường kính HC;HB \(\Rightarrow\Lambda CHE=\Lambda HDB=90^0\) Mà \(\Lambda CHE+\Lambda AEH=180^0\Rightarrow\Lambda HDB+\Lambda AEH=180^0\Rightarrow\) Tứ giác ADHE nội tiếp
b Từ câu a ta có: tứ giác ADHE nt \(\Rightarrow\Lambda IEH=\Lambda DEH=\Lambda DAH=\Lambda BAH\) Mà \(\Lambda BAH=\Lambda BHD=\Lambda IHD\)( cùng phụ với góc ABH)
\(\Rightarrow\Lambda IEH=\Lambda IHD\) Lại có \(\Lambda EIH=\Lambda HID\) \(\Rightarrow\Delta IEH\sim\Delta IHD\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{IH}{ID}=\dfrac{IE}{IH}\Rightarrow IH^2=ID\cdot IE\)
c Gọi giao điểm của BM với AC là K; CN với AB là J
Từ câu a ta có tứ giác ADHE nt \(\Rightarrow\Lambda KAH=\Lambda EAH=\Lambda DEH=\dfrac{1}{2}sđMH\) Mà \(\Lambda MHA=\dfrac{1}{2}sđMH\Rightarrow\Lambda KAH=\Lambda MHA\) Lại có \(\Lambda ABK=\Lambda DMH\left(=\dfrac{1}{2}sđDM\right)\) ; \(\Lambda BAH=\Lambda BHD\) (từ câu b)
\(\Rightarrow\Lambda BAH+\Lambda KAH+\Lambda BAK=\Lambda MHA+\Lambda DMH+\Lambda BHD=\Lambda AHB=90^0\Rightarrow\Lambda BKA=90^0\) \(\Rightarrow\) BK vuông góc với CA tại K\(\Rightarrow BM\) vuông góc với AC tại K(1)
Chứng minh tương tự ta được: CN vuông góc với AB tại J(2)
Xét tam giác ABC có BK vuông góc với CA; CJ vuông góc với AB ; AH vuông góc với BC \(\Rightarrow\) BK;CJ;AH là 3 đường cao của tam giác ABC
\(\Rightarrow BK;CJ;AH\) đồng quy \(\Rightarrow BM;CN;AH\) đồng quy
Câu 3:
a) Dễ thấy E thuộc AB, F thuộc AC.
Ta có \(\dfrac{BE}{AB}=\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{CD}{AC}=\dfrac{CF}{AC}\Rightarrow EF\) // \(BC\).
b) Do các tứ giác AEMP và AFNP nội tiếp nên \(\widehat{MPN}=\widehat{MPA}+\widehat{NPA}=\widehat{MEB}+\widehat{NFC}=\widehat{MDB}+\widehat{NEC}=180^o-\widehat{MDN}=180^o-\widehat{MJN}\Rightarrow\) Tứ giác MPNJ nội tiếp.
c) Ta có \(\widehat{JPM}=\widehat{JNM}=\widehat{JEM}=\widehat{BEM}=\widehat{MPA}\Rightarrow\) A, P, J thẳng hàng.
Câu 1 :
a Ta có , là các góc chắn nửa đường tròn đường kính HC;HB Mà Tứ giác ADHE nội tiếp
b Từ câu a ta có: tứ giác ADHE nt Mà ( cùng phụ với góc ABH)
Lại có
tth giờ chuyển sang hình rồi à :))
Câu 2:
Kẻ đường cao AG, BE, CF của tam giác ABC.
Dễ thấy tứ giác HKMG, HECG nội tiếp.
Do đó AK . AM = AH . AG = AE . AC. Suy ra tứ giác KECM nội tiếp.
Tương tự tứ giác KFCM nội tiếp.
Do đó ˆBKC=ˆBKM+ˆCKM=ˆBFM+ˆCEM=ˆABC+ˆACB=ˆBHCBKC^=BKM^+CKM^=BFM^+CEM^=ABC^+ACB^=BHC^. Suy ra tứ giác BHKC nội tiếp.
Ta có ˆBLC=ˆBKC=ˆBHC=180o−ˆBACBLC^=BKC^=BHC^=180o−BAC^ nên tứ giác ABLC nội tiếp.
b) Ta có tứ giác KECM nội tiếp nên ˆMKC=ˆMEC=ˆACBMKC^=MEC^=ACB^. Do đó ΔMKC∼ΔMCA(g.g)ΔMKC∼ΔMCA(g.g).
Suy ra ˆKCM=ˆKAC⇒ˆLAB=ˆLCB=ˆKCB=ˆKACKCM^=KAC^⇒LAB^=LCB^=KCB^=KAC^.
c) Ta có kq quen thuộc là ΔLMB∼ΔLCAΔLMB∼ΔLCA.
Kẻ tiếp tuyến Lx của (ABC) sao cho Lx nằm cùng phía với B qua AL.
Ta có ˆALx=ˆACL=ˆLMX⇒ALx^=ACL^=LMX^⇒ Ax là tiếp tuyến của (LXM).
Do đó (ABC) và (LXM) tiếp xúc với nhau.
Ta có AI . AX = AH . AG = AK . AM nên I, X, M, K đồng viên.
Ta có kq quen thuộc là (HBC) và (ABC) đối xứng với nhau qua BC.
Lại có (IKMX) và (LMX) đối xứng với nhau qua BC.
Suy ra (HC) và (IKMX) cũng tiếp xúc với nhau.
