Đề kiểm tra đội tuyển lớp 10 chuyên KHTN (hình học)

[chunggold]

Bài toán 1: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$ . $E,F$ đối xứng với $H$ qua $CA,AB$. $OE,OF$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $M,N$ . Dựng hình bình hành $ABDC$ . $X,Y,Z$ là hình chiếu của $H$ lên $MN,ND,DM$ . CMR $(XYZ)$ tiếp xúc với đường tròn Euler của tam giác $ABC$

Bài toán 2: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ . Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại $P$ . Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$ . $PD$ cắt trung trực $BC$ tại $Q$ . CMR $IQ\parallel BC$

Bài toán 3: Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân nội tiếp $(O)$ . Đường tròn tâm $C$ bán kính $BC$ cắt $BA$ tại $D$ và cắt $(O)$ tại $E$ khác $B$ . $DE$ cắt $(O)$ tại $F$ khác $E$ . $CO$ cắt $DE, AB$ lần lượt tại $G,L$ . Các điểm $M,N$ lần lượt thuộc $LE,LF$ sao cho $MG,DN$ cùng vuông góc với $BC$ . CMR $DN=MG$

Nguồn : Trần Quang Hùng
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[imalx]

Bài 1: Gọi các góc trong của $Delta ABC$ là $\angle A, \angle B, \angle C$, $AK, BP, CL$ là các đường cao. $G$ là trung điểm của $BC$.
Dễ thấy $B, D, C, H, Y$ nằm trên một đường tròn. Do $\angle BYD = \angle BCD = \angle NFB = \angle B$ nên tứ giác $BFNY$ nội tiếp. Lưu ý tứ giác $NYHL$ cũng nội tiếp. Do đó $\angle YFB = \angle BNY = \angle FHY = \angle YBC$ /1/. Dẫn đến $\angle YFC = \angle YHB = \angle YCB$ /2/.
/1/ và /2/ cho $F, N, G$ thẳng hàng (nếu $G’\equiv FN\cap BC$ thì $G’B^{2} = G’Y.G’F = G’C^{2}$). Lưu ý là $BC$ là tiếp tuyến của $(BFNY)$. Tương tự như vậy, $EZ$ đi qua $G$ cũng như $BC$ là tiếp tuyến của $(EMZC)$ /3/.
Dễ thấy $\angle FBE = 180^{\circ} – 2A$; $\angle YXZ = \angle YXH + \angle HXZ = \angle NHM = 2. A$ nên $X, Y, G, Z$ nằm trên một đường tròn. Gọi $T$ là tâm đường tròn này.
Do /3/ nên $GY.GF = GB^{2} = GC^{2} = GZ.GE$ hay $YZEF$ nội tiếp hay $\angle YZB = \angle GFE$.
Nhận thấy $\angle FGT = 90^{\circ} -\angle YZG = 90^{\circ} – \angle GFE$ nên $TG\perp EF$.
Dễ thấy tâm $W$ của đường tròn Euler của $\Delta ABC$ thỏa mãn $GW\perp EF$ nên $G, T, W$ thẳng hàng. Điều này tương đương với $(XYGZ)$ tiếp xúc với đường tròn Euler của tam giác $ABC$ tại $G$.

Bài 2: Đây là một bài hình khá quen thuộc.
Gọi $N, M$ là các tiếp điểm của $(K)$ với $AB, AC$; $AI$ cắt $(O)$ tại $L$, $R$ đối xứng với $L$ qua $O$.
Gọi $E\equiv PN\cap (O)$, $F\equiv PM\cap (O)$. Dễ thấy $OE\parallel KN$, $EO\perp AB$, $E, I, C$ thẳng hàng. Tương tự như vậy, $F, I, B$ thẳng hàng.
Pascal trong $ACFTGB$ cho $N, I, M$ thẳng hàng.
Do $\angle BNI = \angle CMI = 90^{\circ} + A/2$ nên $\angle BIN = C/2$, cũng như $\angle MIC = B/2$ nên các tứ giác $NIPB, MIPC$ nội tiếp. Dẫn đến $PI$ là phân giác $\angle BPC$ hay $PI$ đi qua $R$.
Lưu ý $LB = LI = LC$. Quan sát các tam giác $PAI, PID$ thấy $\angle DIP = \angle PRL = \angle PAI$, $IP/AP = IL/RL = LC/RL = sin \angle LRC = sin \angle LAC = r/AI = ID/AI$ nên chúng đồng dạng. Do vậy $IP$ cũng là phân giác $\angle APF$, điều này dẫn đến đpcm.

Bài 3: Gọi $CL$ cắt $(O)$ tại $S$, $BS cắt FL$ tại $M$, đường thẳng qua $H\perp BC$ cắt $FL$ tại $M$. Dễ thấy $SF/parallel AB$ và $SEF$ là hình thang cân.
Nhận thấy $H, B$ đối xứng nhau qua $CF$, $H, E$ đối xứng nhau qua $AC$, $B, E$ đối xứng nhau qua $SC$ nên dễ thấy các tứ giác $LECH, HGCB$ là các tứ giác nội tiếp.
Do $\angle GFB = \angle LAE$ và $\angle GBF = \angle HBH + \angle HBF = \angle HCG + \angle FHB = \angle LEH + \angle LHE = \angle ALE$ nên $\Delta FGB\sim \Delta AEL$, do đó $MF/ML = SF/BL = AE/LE = BG/FG = GE/FG$ tức $MG\parallel LE$.
Tiếp đó có $LH/LB = LH/LE = sin LEH/sin LHE = sin HCG/sin GCE = HG/GE$.
Và $LU/LF = LU/ LM . LM/LF = LH/LB . LM/LF = HG/GE . GE. EF = HG/EF$.
$LU/LF = HG/EF$ tương đương với đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]