HocLop

Đề thi hay

 

Bài $7$: Câu $a$ từng nằm trong đề thi HSG Lớp 10 trường ĐHSP năm nay, vẽ hình rất khó  

a) Gọi $L,Q$ là tâm $(AIB)$, $(AJC)$; $S,U$ là hình chiếu của $I,J$ trên $LQ$

Có $PEF=PAB=PDC=PFE$ nên $PE=PF$ đồng thời $LPB+QPC=1/2(AEB+DFC)=DPC \Rightarrow  L,P,Q $ thẳng hàng

Do $PLB=PEF=PFE=PQC$ và $PBL=PBA+ABL=PCD+DCQ=PCQ$ nên $PBL$ ~ $PCQ$ do đó $PB/BL=PC/CQ$ 

Ta có: $IS/JU=IL.sinPBC/JQ.sinPCB=LB/QC.PC/PB=LB/PB.PC/QC=1$ 

Vậy $d(I/LQ)=d(J/LQ)$ nên $IJ//LQ$ do đó $JIB+JCB=JIE+EIB+C/2= PAE+90+EAB/2+90-A/2=180+(PAE-DAE/2)=180$

(do $PAD=PBE=PAE$ nên $AP$ là pg $DAE$). Từ đó $(BICJ)$ đồng viên và ta có ĐPCM

$b)$  Gọi $K,Z$ là giao của $(ICM)$ với $BD$ và $(JNB)$ với $AC$, $R$ là giao của $IM$ và $JN$

Ta sẽ CM $R,P,G$ cùng nằm trên tđp của $(ICM)$ và $(JNB)$ thông qua 3 bước sau

$1$. $MN//BC$: Vì $LBM=LBA+ABD=PCD+DCQ=NCQ$ nên $LMB ~ QJC$ (cân) do đó $MB/NC=LB/QC=PB/PC$ (câu a)

$2$. $M,I,J,N$ đồng viên: $MIJ+MNJ=720-(MIB+BIJ+JND+DNM)=MAB+C+DAM=180$

$3$. $KZ//AD$: $PZM=MIC=NJB=PKN$ nên $MNKZ$ nt do đó $KZ//AD$

Vì $PKZ=PDA=PCB$ nên $BKZC$ nt do đó $P(P/ICM)=PZ.PC=PK.PB=P(P/IBN)$

Mặt khác $P(R/IBM)=RI.RM=RJ.RN=P(R/(JBN))$

Mà $P(G/ICM)=GI.GC=GB.GJ=P(G/JBN)$

Từ các điều trên ta có $R,P,G$ thẳng hàng hay $IM, JN, GP$ đồng quy và có ĐPCM

 

 

Mình nghĩ không cần giải dài dòng như vậy

Dạng bài này chỉ vẽ hình là nhìn thấy ngay

 

Bài $2$:

$a)$ Ta cần cm $CM$ tx $(O_1)$ hay $MC=MA=MB$ hay $ACB=90$ mà $O_2C.O_2A=O_2A^2(O_2YO_1=90)=O2_B^2$ nên $ACB=90$

b) Ta có 2 nhận xét quan trọng sau:

$1$. $AD, BC, O_1O_2$ đồng quy

CM: Gọi $H$ là tđ $XY$, $F=AD$ giao $O_1O_2$ thì $EDF=90=EHF=ECF$ mà $ACB=90$ (cm ở câu a) cmtt thì $ADB=90$ nên $F,C,B$ thẳng hàng

$2$. $O_1O_2, CD, AB$ đồng quy

Gọi $AB$ giao $CD$ tại $S$ thì $SD/SC=AD/AF.BF/BC=ED/EO_1.O_2O_1/O_2F.O_1F/O_1O_2.EO_2/EC=F'B/F'A.O_2B/O_1A=1$ (chú ý$ (O_2ECA)=-1$ và $(O_1EDB)=-1$) do $2$ đg tròn trực giao

Từ đó theo $Menelaus$ thì $S, O_1, O_2$ thẳng hàng 

Trở lại bài toán: Ta có $E(O1O2FS)=E(BAF'S)=-1$ nên $O_2D, CO_1, FE$ đồng quy

Chú ý $O_2(FEGB)=O_2(O_1EDB)=-1$ mà $FE//O2B$ nên $G$ là tđ $FE$ và nó xđ duy nhất $= O_2D$ giao $O_1C$)

Gọi F' là chân đg cao, chiếu $A(FF'EO_1)=A(FSO_2O_1)=-1$ mà $O_1A//FE$ nên $E$ là tđ $FF'$

Từ đó $GF'=3GF$ mà ta thấy $G$ xác định duy nhất nên tồn tại $G$ thỏa mãn đề bài

 

Bài $5$:

$a)$ Gọi $D$ là tđ $BC$, $OA_2$ cắt $BC$ tại $E$, $AO$ cắt $BC$ tại $G$, $F$ là chân đg cao từ $A$, ta cm $H,E,A_1$ thẳng hàng.

Ta có: $OA^2=OB^2=OA_1.OG\Rightarrow \frac{OA}{OA_1}=\frac{OG}{OA}\Rightarrow \frac{AA_1}{OA_1}=\frac{AG}{OG}=\frac{AF}{OD}=\frac{AA_2}{AH}$

Từ đó theo định lí $Menelaus$ đảo ta cần: $\frac{A_1A}{A_1O}=\frac{HA}{HA_2}.\frac{EA_2}{EO}=\frac{HA}{HA_2}.\frac{A_2F}{OD}=\frac{A_2A}{A_2H}$ (đúng)

Vậy $A_2O, A_1H, BC$ đồng quy và ta có ĐPCM

b) Gọi $D,E$ là giao của $(BOC)$ với $AC, AB$, ta cm $DE$ là trung trực của $AA_1$

Khi đó vì $DBA_1=DOA_1=DEA=DA_1B$ nên $DA=DB=DA_1$ cmtt thì $EA=EA_1$ nên $DE$ là trung trực $AA_1$

Gọi $M,N,P$ là tâm $(AHA_1), (BHB_1), (CHC_1)$; $F,G,H$ là tâm $(AHB), (AHC),(BHC)$ thì $E,O,G$ và $D,O,F$ thẳng hàng

Áp dụng định lí $Menelaus$ thì $MF/MG=DF/DO.EO/EG=OE/OD.DF/EG=cosC/cosB.DF/EG$ (định lí sin)

Ta có $DF=DK+KF=c/2.tanA+KF/AS.AH/2$

$=c/2tanA+sinBAF/sinABH.AH/2$

$=c/2(tanA+cosC/cosA.cosA/sinC)$

$=c/2(tanA+cotC)=c/2tanC(tanAtanC+1)$

CMTT thì $EG=b/2tanB(tanAtanB+1)$

Dễ thấy các tỉ số này là đối xứng, do đó chúng triệt tiêu nhau tương tự với $M,N,P$ wrt tam giác $FGH$ nên theo định lí Menelaus thì $M,N,P$ thẳng hàng hay $(AHA_1), (BHB_1), (CHC_1)$ đồng trục

 

Bạn biến đổi nhầm ở ý b câu số 5 nha

Bài viết rât hay. Cảm ơn dịch giả và admin Điều hành viên THPT

$\frac{{a\sqrt {210} }}{{45}}$