Đến nội dung

Hình ảnh

15 bài toán hình học từ kỳ thi chọn Học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Ninh Bình (từ 2009 đến 2023)

toán 9 hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 86 trả lời

#81
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Lời giải Bài 12 b) của hovutenha rất hay. Tóm tắt lại đường lối giải để mọi người dễ theo dõi như sau: 

(1) Tạo điểm phụ $J$ là trung điểm của $IA'$, với $AA'$ là đường kính của đường tròn $(O)$. 

(2) Khi đó sử dụng kết quả phần a) ta chứng minh được 

$(i)$  $J$ nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng $BC$ 

$(ii)$ $J$ nằm trên đường trung bình của hình thang $BMNC$. 

(3) Gọi $Q'$ là điểm đối xứng $P$ qua $J$, do $(ii)$ nên $Q'$ sẽ thuộc cạnh $BC$. 

(4) Cuối cùng ta chỉ ra $AQ'$ vuông góc $EF$, và như thế $Q'\equiv Q$. Kết hợp với $(i)$ ta có điều phải chứng minh. 

 

 


"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#82
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Chúng ta tiếp tục với Nhóm 5, chặng cuối cùng. Bài 12 b) tương đối khó, thiết nghĩ cũng không nên trì hoãn lâu hơn. Hi vọng chúng ta có thể hoàn thành trọn vẹn chuyên đề trong Tháng 5 này! Mời mọi người tham gia! 

 

NHÓM 5 (Năm 2021, 2022, 2023) 

 

BÀI 13. (Năm 2021) 

Cho đường tròn $(O; R)$. Dây cung $BC$ cố định không đi qua tâm $O$. Trên tia đối của tia $BC$ lấy điểm $A$ ($A$ khác $B$). Từ $A$ kẻ hai tiếp tuyến $AM$ và $AN$ tới đường tròn $(O)$ ($M$ và $N$ là hai tiếp điểm). Gọi $I, H$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $MN$;  $BC$ cắt $MN$ tại $K$.

            a) Chứng minh bốn điểm $O, M, N, I$ cùng thuộc một đường tròn và $HK$ là tia phân giác của góc $BHC$.

            b) Hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $B$ và $C$ cắt nhau ở $E$. Chứng minh $M, N, E$ thẳng hàng.

            c) Đường thẳng $\Delta$ qua điểm $M$ và vuông góc với $ON$, cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai là $P$. Xác định vị trí của điểm $A$ trên tia đối của tia $BC$ để tứ giác $AMPN$ là hình bình hành.

 

Dang-DDTH-15baihinhhsgNb-Bai13 2.jpg

 

a) $\angle AMO=\angle ANO=\angle AIO=90^{\circ}$ nên bốn điểm $O, M, I, N$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OA$. 

Ta có $OA$ là đường trung trực của $MN$. Xét tam giác $OMA$ vuông tại $M$ có $MH$ là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có $OH.OA=AM^2$. 

Tam giác $AMB$ đồng dạng với tam giác $ACM$ (g.g) nên $AB.AC=AM^2$. 

Do đó $AH.AO=AB.AC$, dẫn tới tam giác $AHB$ đồng dạng với tam giác $ACO$ (c.g.c). 

Suy ra $\angle AHB=\angle BCO$.

Điều này lại chứng tỏ $BHOC$ là tứ giác nội tiếp, và ta có $\angle OHC=\angle OBC$. 

Mà $\angle BCO=\angle OBC$ (tam giác $OBC$ cân tại $O$) nên ta suy ra $\angle AHB=\angle OHC$. 

Hơn nữa $HN \perp OA$ nên $\angle BHN=\angle CHN$. Vậy $HN$ là tia phân giác của góc $BHC$. 

 

b) Lưu ý $H$ là trung điểm $MN$, chứng minh tương tự như câu a) ta có $OE$ là đường trung trực của $BC$ và ba điểm $H, B, C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OE$.

Do đó $\angle BHE=\angle BOE=\frac{\angle BOC}{2}$. 

Mà $\angle BHN=\frac{\angle BHC}{2}$ ($BN$ là tia phân giác góc $BHC$) và $\angle BHC=\angle BOC$ (tứ giác $BHOC$ nội tiếp), vì vậy $\angle BHE=\angle BHN$. 

Điều này chứng tỏ $M, N, E$ thẳng hàng. 

 

c) Để ý rằng $AH$ là đường trung trực của $MN$, vì vậy $AMPN$ là hình bình hành khi và chỉ khi $P$ nằm trên đường trung trực của $MN$ tức là $PO \perp MN$ tại $H$.

Khi đó, do $ON \perp PM$ và $PO \perp MN$ ta có tam giác $MNP$ đều.

Mà tam giác $AMN$ và $PNM$ bằng nhau, nên ta phải có tam giác $AMN$ đều. 

 

Vậy $AMPN$ là hình bình hành khi và chỉ khi $AMN$ là tam giác đều. 

 

Gọi bán kính đường tròn $(O)$ là $R$, và đặt $BC=a, AB=x$.  

Ta có tam giác $AMN$ đều suy ra $\angle MOH=\angle AMN=60^{\circ}$. Do đó

$MH=\sin 60^{\circ}.OM=\frac{\sqrt{3}}{2}R.$

Dẫn tới 

$AM=MN=\sqrt{3}R$. 

 

Ta lại có $AM^2=AB.AC=x(x+a)$. Do đó ta có phương trình xác định $x$ theo $a, R$: 

$x^2+ax=3R^2$. $(*)$

Phương trình trên luôn có một nghiệm dương. 

 

Vậy $AMPN$ là hình bình hành khi và chỉ khi $A$ nằm trên tia đối của tia $BC$ sao cho độ dài $AB=x$ là nghiệm dương của phương trình $(*)$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 27-05-2023 - 09:34

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#83
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

BÀI 12. (Năm 2020)  Cho tam giác nhọn $ABC$, đường cao $AD$ ($D$ thuộc $BC$) và hai điểm $M, N$ lần lượt nằm trên các cạnh $AB, AC$ sao cho $MN$ song song $BC$. Điểm $P$ chuyển động trên đoạn thẳng $MN$. Lấy các điểm $E, F$ sao cho $EP$ vuông góc $AC$, $EC$ vuông góc $BC$, $FP$ vuông góc $AB$, $FB$ vuông góc $BC$.

a) Gọi $I$ là giao điểm $EF$ và $AD$. Chứng minh rằng $I$ cố định khi $P$ chuyển động trên đoạn $MN$.

b) Đường thẳng qua $A$ vuông góc $EF$ cắt $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn thẳng $BC$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $PQ$.

 

Sau đây là lời giải khác cho phần b). Phương pháp tiếp cận ở đây cũng giống như phần a), tức là khảo sát trường hợp đặc biệt của giả thiết khi $MN$ trùng với $BC$. Dưới một góc nhìn đơn giản, ý tưởng xuất hiện một cách rõ ràng và dễ thấy hơn. 

 

Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai12b 2.jpg

 

Tương tự như phần a) ta đặt $\angle BAD=\alpha, \angle CAD=\beta$. Không mất tính tổng quát ta xét vị trí $P$ sao cho điểm $Q$ nằm trên đoạn $CD$. Đặt $\angle QAD=\omega$. 

 

Gọi $M', N'$ lần lượt là giao điểm của đường thẳng $MN$ với $BF$ và $CE$. Khi đó dễ thấy $M'N'BC$ là hình chữ nhật. Bây giờ, nếu ta chỉ ra được $\frac{PM'}{PN'}=\frac{QC}{QB}$ thế thì do $M'N'=BC$ ta có ngay $PM'=QC$. Khi đó $M'PCQ$ là hình bình hành, trung điểm của $PQ$ sẽ là trung điểm của $M'C$ và nằm trên đường trung trực của $BC$, đây chính là điều phải chứng minh. 

 

Như vậy, bài toán cần giải quyết được đưa về chứng minh tỉ lệ thức 

$\frac{PM'}{PN'}=\frac{QC}{QB}$. $(*)$

Thật vậy, ta có $\angle M'PF=\angle BAD=\alpha$ (do $AD \perp M'N'$ và $FP \perp AB$). Suy ra $PM'=PF.\cos \alpha$. Tương tự ta có $PN'=PE.\cos \beta$. 

Do đó

\begin{equation}\frac{PM'}{PN'}=\frac{PF}{PE}.\frac{\cos \alpha}{\cos \beta}.\end{equation}

 

Tiếp theo, ta có $\angle PFE=\angle BAQ=\alpha+\omega$ (do $AQ\perp EF$ và $FP \perp AB$), và tương tự $\angle PEF= \beta-\omega$. Áp dụng định lý sin cho tam giác $PEF$ ta có 

\begin{equation}\frac{PF}{PE}=\frac{\sin \angle PEF}{\sin \angle PFE}=\frac{\sin (\beta-\omega) }{\sin (\alpha+\omega)}.\end{equation}

 

Từ $(1)$ và $(2)$ ta có 

\begin{equation}\frac{PM'}{PN'}=\frac{\sin (\beta-\omega)}{\sin (\alpha+\omega)}.\frac{\cos \alpha}{\cos \beta}\end{equation}

 

Bây giờ, áp dụng định lý sin một lần nữa vào tam giác $ABC$, và lưu ý $\angle ABC=90^{\circ}-\alpha$ và $\angle ACB=90^{\circ}-\beta$ ta được $\frac{AC}{AB}=\frac{\cos \alpha}{\cos \beta}$. 

Từ đó suy ra 

\begin{equation}\frac{QC}{QB}= \frac{S_{ACQ}}{S_{ABQ}}=\frac{AC.\sin (\beta-\omega)}{AB.\sin (\alpha+\omega)}=\frac{\cos \alpha}{\cos \beta}.\frac{\sin (\beta-\omega)}{\sin (\alpha+\omega)} \end{equation}

 

$(3)$ và $(4)$ chứng tỏ $(*)$ đúng, và bài toán được chứng minh xong. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 27-05-2023 - 15:33

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#84
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

 

NHÓM 5 (Năm 2021, 2022, 2023) 

 

BÀI 14. (Năm 2022) 

Cho tam giác $ABC$ là tam giác nhọn, không cân, $AB<AC$, nội tiếp đường tròn tâm $O$. Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC, CA, AB$. Đường thẳng $PO$ cắt đường thẳng $AM$ tại $D$, đường thẳng $NO$ cắt đường thẳng $AM$ tại $E$, đường thẳng $BD$ cắt đường thẳng $CE$ tại $F$.

            a) Chứng minh bốn điểm $B, C, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.

            b) Chứng minh tam giác $FEO$ đồng dạng với tam giác $NEM$.

            c) Chứng minh rằng $\angle OPF=\angle ONF$.

Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai14 2.jpg

a) Vì $M, N, P$ tương ứng là trung điểm của $BC, AC, AB$ nên $OM, ON, OP$ tương ứng là ba đường trung trực của $BC, AC, AB$. Từ đó $\angle OBD=\angle OAD$ và $\angle OCE=\angle OAE$, dẫn tới $\angle OBF=\angle OCF$. Vậy tứ giác $BFOC$ nội tiếp. 

 

b) Ta có $\angle OEF=90^{\circ}+\angle ECN$, $\angle MEN=90^{\circ}+\angle EAN$ và $\angle ECN=\angle EAN$ ($E$ thuộc đường trung trực của $AC$), suy ra $\angle OEF=\angle MEN$. 

 

Tứ giác $MONC$ nội tiếp đường tròn đường kính $OC$ nên $\angle ONM=\angle OCM$. Tứ giác $BFOC$ nội tiếp nên $\angle OFC=\angle OBC$. Mà $\angle OCM=\angle OBC$ nên $\angle ONM=\angle OFC$, hay $\angle MNE=\angle OFE$. 

 

Vậy tam giác $FEO$ và tam giác $NEM$ đồng dạng (g.g). 

 

c) Gọi $K$ là giao điểm của $BD$ và $MN$. Ta có $D$ nằm trên đường trung trực của $AB$ và $MK \parallel AB$ nên dễ thấy $K$ đối xứng với $M$ qua $OP$. 

 

Từ đây, dễ thấy $AKMB$ là hình thang cân, suy ra $AKNP$ cũng là hình thang cân. Do đó $K$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $APN$, hay nói cách khác $K$ thuộc đường tròn đường kính $OA$. 

 

Tiếp theo ta có $\angle DKN=\angle DMN$ (do $K$ đối xứng với $M$ qua $OP$). Mà $\angle DMN=\angle EOF$ (tam giác $FEO$ đồng dạng với tam giác $NEM$), ta suy ra $\angle DKN=\angle EOF$. Chứng tỏ $F$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $OKN$. 

 

Vậy $F$ thuộc đường tròn đường kính $OA$, dẫn tới $\angle OPF=\angle ONF$. Đây là điều phải chứng minh. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 28-05-2023 - 11:32

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#85
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

 

NHÓM 5 (Năm 2021, 2022, 2023) 

 

BÀI 15. (Năm 2023) 

Cho 3 điểm phân biệt cố định $A, B, C$ cùng năm trên đường thẳng $d$ (điểm $B$ nằm giữa $A$ và $C$), gọi $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$. Đường tròn tâm $O$ luôn đi qua hai điểm $B$ và $C$ (điểm $O$ không thuộc $d$). Kẻ tiếp tuyến $AM, AN$ với đường tròn tâm $O$ ($M, N$ là các tiếp điểm). Đường thẳng $MN$ cắt $OA$ tại điểm $H$ và cắt $BC$ tại điểm $K$.

            a) Chứng minh tứ giác $OMNI$ nội tiếp và $AH.OA=AN^2$.

            b) Khi đường tròn tâm $O$ thay đổi, chứng minh $MN$ luôn đi qua điểm $K$ cố định.

            c) Tia $AO$ cắt đường tròn $O$ tại hai điểm $P, Q$ (điểm $P$ nằm giữa $A$ và $O$). Gọi $D$ là trung điểm của $HQ$. Từ $H$ kẻ đường thẳng vuông góc với $MD$ và cắt đường thẳng $MP$ tại $E$. Chứng minh $P$ là trung điểm $ME$.

Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai15 2.jpg

a) $OMNI$ nội tiếp đường tròn đường kính $OA$. $AH.AO=AN^2$ theo hệ thức lượng trong tam giác $AON$ vuông tại $N$ với đường cao $NH$. 

 

b) Ta có $AH.AO=AB.AC=AN^2$, suy ra tam giác $AHB$ đồng dạng với tam giác $AOC$ (c.g.c). Do đó $\angle AHB=\angle ACO$, và dẫn tới tứ giác $BHOC$ nội tiếp đường tròn.

 

Từ đây, ta có $\angle OHC=\angle OBC$. Mặt khác, $\angle OBC=\angle OCA$ (tam giác $OBC$ cân tại $O$). Do đó $\angle BHA=\angle OHC$, hay nói cách khác $\angle BHK=\angle CHK$. Vậy $HK$ là tia phân giác của góc $BHC$. 

 

Cuối cùng, do $HA \perp HK$ nên $HA$ là tia phân giác ngoài tại đỉnh $H$ của tam giác $BHC$. Do đó 

$\frac{KB}{KC}=\frac{AB}{AC}$. 

Vậy $MN$ luôn đi qua điểm $K$ không đổi khi đường tròn $(O)$ thay đổi. 

 

c) Gọi $J$ là chân đường vuông góc hạ từ $H$ xuống $MD$. 

 

Ta có tam giác $JDH$ đồng dạng với tam giác $JHM$ (g.g). Suy ra 

$\angle JMH=\angle JHD$ và $\frac{JH}{JM}=\frac{DH}{HM}$. 

Mà $H$ là trung điểm $MN$ và $D$ là trung điểm $QH$ nên ta có 

$\angle JHQ=\angle JMN$ và $\frac{JH}{JM}=\frac{HQ}{MN}$. 

Vậy tam giác $JHQ$ đồng dạng với tam giác $JMN$ (c.g.c). 

 

Tiếp theo, ta có $\angle JQH=\angle JNK$ (suy ra từ sự đồng dạng của hai tam giác nói trên). Điều này dẫn tới tứ giác $QJHN$ nội tiếp đường tròn. Do đó $\angle QJN=\angle QHN=90^{\circ}$. 

 

Ta lại có $\angle JNP=\angle QNP-\angle QNI=90^{\circ}-\angle QNI=\angle JQN$. Mà $\angle JQN=\angle JHN$ (tứ giác $QHJN$ nội tiếp) và $\angle JHN=\angle JDH$, nên $\angle JNP=\angle JDH$. Chứng tỏ tứ giác $JDNP$ nội tiếp đường tròn. 

 

Cuối cùng, ta có $DH$ là tia phân giác của góc $JDN$ và tứ giác $DJPN$ nội tiếp đường tròn nên $P$ là điểm chính giữa cung $JN$, hay nói cách khác $PN=PJ$. Mà $PN=PM$ nên $PJ=PM$. 

 

Kết hợp với giả thiết $EJ \perp JM$ ta có ngay $P$ là trung điểm $ME$. Đây là điều phải chứng minh. 

 

________

Ở đây, bước chứng minh tam giác $JHQ$ đồng dạng với tam giác $JMN$ là một bài toán cơ bản có thể coi như một bổ đề. Mình đã đề cập tới bổ đề đó trong một bài viết gần đây, mọi người có thể vào đây đọc tham khảo thêm. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 28-05-2023 - 19:57

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#86
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Như vậy là chúng ta đã hoàn thành xong toàn bộ chuyên đề. 

 

Cảm ơn sự tham gia của các thành viên perfectstrong, Leonguyenhuytran08hovutenha, Dminh08Đặc biệt là Leonguyen, rất vui vì có em đồng hành tích cực trong suốt 1 tháng qua! 

 

Có thời gian mình sẽ soạn thảo LaTex lại toàn bộ chuyên đề này để gửi tặng mọi người như một kỷ niệm nho nhỏ giữa chúng ta.

 

Chuyên đề này xin được khép lại tại đây, và hẹn gặp lại mọi người vào dịp khác. 

 

Xin chúc các bạn học sinh lớp 9 thành công trong kỳ thi vượt cấp sắp tới! 


"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#87
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết

Như vậy là chúng ta đã hoàn thành xong toàn bộ chuyên đề. 

 

Cảm ơn sự tham gia của các thành viên perfectstrong, Leonguyenhuytran08hovutenha, Dminh08Đặc biệt là Leonguyen, rất vui vì có em đồng hành tích cực trong suốt 1 tháng qua! 

 

Có thời gian mình sẽ soạn thảo LaTex lại toàn bộ chuyên đề này để gửi tặng mọi người như một kỷ niệm nho nhỏ giữa chúng ta.

 

Chuyên đề này xin được khép lại tại đây, và hẹn gặp lại mọi người vào dịp khác. 

 

Xin chúc các bạn học sinh lớp 9 thành công trong kỳ thi vượt cấp sắp tới! 

Em cũng có giải văn hoá nên không phải thi cấp 3, với em cũng không thi chuyên nên khá rảnh, để em phụ một tay ạ  :icon6:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 28-05-2023 - 21:49

"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: toán 9, hình học

0 người đang xem chủ đề

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