Khai thác, mở rộng một số bài toán liên quan tới định lý reim trong các bài hình học của kỳ thi olympic toán học quốc tế (imo)

.85 Trang 4 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAMĐỘC LẬP - TỰ DO - HẠNH PHÚCĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾNKính gửi: Hội đồng sáng kiến tỉnh Ninh Bình.Chúng tôi gồm:TT Họ và tên NămsinhChứ

ππ

ĐƠN ĐỀ NGHỊ CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN

KHAI THÁC, MỞ RỘNG MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI ĐỊNH LÍ REIM TRONG CÁC BÀI HÌNH HỌC CỦA KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC QUỐC TẾ (IMO)

Đồng tác giả: Nguyễn Trường Sơn- Ngô Thị Hoa- Tô Thị Lan

Nguyễn Thị Bích Ngọc- Bùi Thị Mỹ Nương Chức vụ: Giáo viên tổ Toán -Tin

Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Văn Tụy

NINH BÌNH 2022 - 2023

1 Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng .1

2 Nội dung sáng kiến .1

3 Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được .3

4 Điều kiện và khả năng áp dụng .4

A Kiến thức cần nhớ .6

B Một số ví dụ áp dụng .11

C Khai thác và mở rộng một số bài toán .42

1 Khai thác và mở rộng bài hình IMO 2019 .42

2 Khai thác và mở rộng bài hình IMO 2018 .48

3 Khai thác và mở rộng bài hình IMO 2015- Ngày thứ nhất .52

4 Khai thác và mở rộng bài hình IMO 2015- Ngày thứ hai .58

5 Khai thác và mở rộng bài hình IMO 2013 .70

6 Khai thác và mở rộng bài hình IMO 2022 .76

D Bài tập tự luyện .85

E Hướng dẫn giải .86

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

ĐỘC LẬP - TỰ DO - HẠNH PHÚC

ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN

Kính gửi: Hội đồng sáng kiến tỉnh Ninh Bình

4 Nguyễn Thị Bích Ngọc 1976 Giáo viên Thạc sĩ 10%

1 Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng

Là nhóm tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến:

KHAI THÁC, MỞ RỘNG MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI ĐỊNH LÍ REIMTRONG CÁC BÀI HÌNH HỌC CỦA KỲ THI OLYMPIC TOÁN HỌC QUỐC TẾLĩnh vực áp dụng: Giảng dạy hình học trong trường THCS, THPT và THPT Chuyên

Thời gian áp dụng: Năm học 2022 − 2023 và năm học 2023 − 2024

2 Nội dung sáng kiến

Trong chương trình môn Toán THPT, có rất nhiều các định lí có cấu hình đẹp và nhiều ứng dụng Vẻđẹp của của các định lí huyền bí mà người giáo viên cứ mỗi lần khám phá lại thấy có nhiều cái mới,cái lạ Nó giúp con người ta có cái nhìn tổng quát, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ và tư duy sángtạo Có những định lí ta sử dụng rất nhiều song không biết tên Định lí Reim là một trong các định

lí như thế Học sinh từ cấp hai tới khi học lên cấp ba, ta sử dụng rất nhiều nhưng các kiến thức liênquan tới nó, trước đây cũng như hiện nay, sách giáo khoa và các tài liệu khác đề cập rất nhiều Tuynhiên, giáo viên không có một hệ thống các bài tập cũng như mô hình cụ thể Học sinh cũng chỉ tiếpthu bài thông qua một bài toán cụ thể giáo viên cho, không biết bài đó nằm ở đâu, kiến thức gì liênquan tới bài tập đó Đặc biệt, từ những kiến thức nhỏ, sách không phát triển, mở rộng cho ra các bàitoán mới, có mô hình đơn giản nhưng lời giản thì vô cùng đẹp Chính điều đó làm cho việc dạy cũngnhư việc học gặp nhiều khó khăn

Từ thực tế trên, chúng tôi nhận thấy tính cấp thiết phải xây dựng hệ thống các bài tập cũng như các

mô hình liên quan tới định lí Reim Sáng kiến xây dựng một số mô hình, xây dựng hệ thống các bàitập từ dễ đến khó, làm tư liệu cho giáo viên và học sinh trong quá trình dạy học

Sáng kiến được chúng tôi đưa vào áp dụng, nhận được sự hưởng ứng của cả giáo viên và học sinh,bước đầu thu được kết quả tích cực

a) Giải pháp cũ thường làm:

Kiến thức về định lí Reim là rất quen thuộc với học sinh học chuyên hay không chuyên Song về

cơ bản các bài tập liên quan tới nó thường có nhưng rất rời rạc, không hệ thống Các bài toánthường cho, sau đó giải bài toán đó mà không có thêm phần phát triển, làm các bài tập tương

tự, hoặc mở rộng bài toán đó

○ Học sinh học tập thụ động, các kiến thức đã sắp đặt sẵn nên tạo thói quen nghe, ghi chép,học thuộc, do đó chưa phát huy năng lực tư duy sáng tạo, khả năng tự học, tự tìm tòi, tự

xử lý thông tin ở học sinh

○ Người học càng ngày càng mất hứng thú học tập, hạn chế, thậm chí triệt tiêu sự sáng tạo,luôn thụ động ghi nhớ kiến thức một cách máy móc

○ Do bài tập thiếu tính hệ thống, học sinh lại chưa đủ kĩ năng và kinh nghiệm để hệ thống

và phân loại kiến thức nên các em khó có thể hiểu được một cách bao quát, đầy đủ cácdạng bài tập liên quan tới định lí Reim

Để khắc phục những hạn chế trên, việc biên soạn một hệ thống bài tập liên quan tới định líReim là rất cần thiết, vừa có ích cho thầy và cho trò, vừa góp phần nâng cao chất lượng bài dạycủa giáo viên và phát huy tính tích cực, năng lực tự học của học sinh

b) Giải pháp mới cải tiến:

? Mô tả bản chất giải pháp mới:

○ Trên cơ sở tư duy logic, những nghiên cứu của chúng tôi đã thể hiện được kiến thức baotrùm từ cơ bản tới phức tạp, từ dễ đến khó phù hợp với mọi nhận thức của học sinh

○ Chúng tôi giới thiệu chi tiết các bài toán liên quan tới định lí Reim bằng một hệ thống lýthuyết và bài tập có sự gắn kết chặt chẽ với nhau Khi đưa ra thực nghiệm được các thầy

cô giáo và các em học sinh say mê hình học đón nhận nồng nhiệt

○ Hệ thống bài tập chúng tôi lựa chọn và đưa vào trong sáng kiến là bài tập tính toán đượcphân loại theo mức độ nhận thức Các dạng bài tập được chúng tôi sắp xếp theo từng chủ

đề với mức độ kiến thức tăng dần Vì vậy, hệ thống bài tập trong sáng kiến này được sắpxếp từ dễ đến khó dành cho mọi đối tượng học sinh, vừa là một cách hệ thống kiến thứcvừa là cách định hướng, dẫn dắt đưa học sinh tới chân trời toán học, kích thích tính hamtìm tòi, ham hiểu biết và rèn luyện tư duy sáng tạo vốn có sẵn trong mỗi học sinh

○ Đặc biệt nhất là học sinh có thể từ mô hình quen thuộc chuyển sang các mô hình phức tạphơn, để từ đó các em rèn luyện được một số kĩ năng như đưa các bài toán có mô hình phứctạp về mô hình quen thuộc, hoặc các em có thể sáng tạo ra những bài hình thú vị hơn

○ Từ một bài toán cơ bản đơn giản, chúng tôi giới thiệu các bài toán phát triển, các bài toán

mở rộng hơn Giúp học sinh rèn khả năng tự học, tự phát triển

? Tính mới, tính sáng tạo của giải pháp:

Đặc biệt, chúng tôi đưa ra các khám phá, mở rộng của định lí trong các bài hình trong các

kì thi quốc tế, giúp học sinh nhìn vào một bài toán nào đó, có đặc điểm giống mô hìnhcung cấp, sẽ giải quyết nhanh bài toán đó

○ Tính sáng tạo

+ Từ những bài tập cơ bản, chúng tôi xây dựng hệ thống các bài tập liên quan Các bàitập này có những ứng dụng giúp học sinh biến lạ thành quen, biến bài tập với mô hìnhkhó về mô hình đã gặp, và giải quyết bài toán khó đó

+ Chúng tôi cũng đúc rút ra một số mô hình quen thuộc, để từ mô hình đó, giáo viên vàhọc sinh có thể dễ dàng chuyển đổi để biến thành các bài toán có cấu hình phức tạphơn Học sinh cũng từ mô hình,các giải pháp đưa ra sáng tạo ra các bài toán mới.+ Phát triển thành hệ thống bài tập liên quan tới định lí Reim một cách khoa học Cácbài tập được nhóm tác giả trình bày bằng tự luận từ dễ tới khó để tăng khả năng trìnhbày cho học sinh nhất là HSG Quốc gia Sáng kiến cũng nêu bật lên một số cách sángtạo ra các bài toán hình học với mô hình lạ từ một mô hình quen thuộc Chính vì thếsáng kiến sẽ càng thúc đẩy hơn tinh thần say mê toán học, điều này rất ít sách cũngnhư tài liệu tham khảo đề cập tới

3 Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được

a) Hiệu quả kinh tế:

Thực tế giảng dạy ôn luyện học sinh giỏi các cấp, chúng tôi nhận thấy những học sinh đam

mê môn toán nói chung, hình học nói riêng thường tự mình tìm đến những nguồn tài liệu khácnhau Đây là tín hiệu rất tốt thể hiện tính tự học của người học sinh Tuy nhiên, tài liệu họcthì vô vàn nhưng quỹ thời gian của người học sinh không nhiều

Với sáng kiến này, chúng tôi định hướng cho các em các tài liệu thiết yếu nhất phục vụ cho việc

ôn luyện Việc các em có hệ thống bài tập, những mô hình quen thuộc được hoán đổi sang môhình khác của sáng kiến sẽ giúp ích nhiều cho các em học sinh Vì vậy việc áp dụng sáng kiếnmang lại hiệu quả như sau:

○ Tiết kiệm được nhiều thời gian và công sức tìm tòi tài liệu của giáo viên và học sinh tronggiảng dạy và học tập môn Toán

○ Tiết kiệm một phần chi phí mua tài liệu, sưu tầm tài liệu

○ Định hướng được những vấn đề, nội dung kiến thức cần bồi dưỡng khi mời thầy tập huấncho đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia

○ Phù hợp mục tiêu của việc học tập mà UNESCO đã đề xướng “Học để biết, học để làm,học để chung sống, học để tự khằng định mình”, nhất là việc tự học của học sinh được chọnvào đội tuyển học sinh giỏi quốc gia của tỉnh

b) Hiệu quả xã hội:

○ Trong quá trình nghiên cứu, chúng tôi mạnh dạn đem sáng kiến áp dụng dạy cho các lớpchuyên Toán trường THPT Chuyên Lương Văn Tụy, được các em đón nhận rất nhiệt tình.Các em hăng say phát triển thêm các bài toán mới, cùng với thầy cô giáo tìm tòi cách giảicác bài toán đã nêu Điều khiến chúng tôi vui mừng nhất là từ các mô hình trong sáng

kiến, nhiều học sinh đã có thể tạo ra các bài toán với cấu hình phức tạp hơn Sáng kiếngóp phần rèn luyện, phát triển các năng lực, kỹ năng làm việc nhóm của học sinh, đây lànăng lực cần thiết cho sự hội nhập quốc tế.

○ Chúng tôi đã đem sáng kiến giảng dạy cho các giáo viên cốt cán của tỉnh và cũng được đónnhận Các thầy cô đều bất ngờ vì định lí Reim

○ Sáng kiến được áp dụng làm tăng tính chuyên cần, nâng cao tính tự lực và thái độ học tậpcủa học sinh Các em học sinh có thể từ mô hình, các giải pháp đưa ra có thể sáng tạo racác bài toán mới

○ Sáng kiến được áp dụng góp phần giúp học sinh có niềm đam mê hứng thú trong học tập,hình thành và phát triển thế giới quan, nhân sinh quan Có ý thức tương trợ nhau và cùngnhau giải quyết các vấn đề thực tiễn góp phần xây dựng quê hương giàu mạnh có chấtlượng cuộc sống tốt

○ Góp phần nâng cao tính chuyên nghiệp, sự hợp tác với đồng nghiệp trong quá trình dạyhọc, tạo cơ hội xây dựng quan hệ với học sinh Đưa ra các mô hình triển khai, cho phép

hỗ trợ các đối tượng học sinh đa dạng bằng việc tạo ra nhiều cơ hội học tập hơn trong dạyhọc Nâng cao hiệu quả đào tạo, chất lượng bài dạy Củng cố niềm tin, sức mạnh, gắn bóvới sự nghiệp trồng người

4 Điều kiện và khả năng áp dụng

? Điều kiện áp dụng:

Sáng kiến là nguồn tư liệu hữu ích, dễ dàng sử dụng; không đòi hỏi yêu cầu kĩ thuật hỗ trợ Nhữngphương pháp, kĩ thuật dạy học tích cực được ứng dụng và những bài giảng cụ thể trong một số bàihọc nên thuận lợi cho giáo viên và học sinh tham khảo, tra cứu; góp phần thiết thực đổi mới dạy học,kiểm tra, đánh giá, nâng cao chất lượng giáo dục Đặc biệt thiết thực với học sinh say mê với mônhình học

? Khả năng áp dụng:

○ Những nội dung kiến thức được truyền tải tới học sinh bằng nhiều phương pháp và kĩ thuật dạyhọc tích cực khác nhau, phù hợp với từng đối tượng học sinh Vì vậy mọi đối tượng học sinh,không phân biệt trình độ nhận thức, không phân biệt loại hình trường lớp đều dễ dàng tiếpnhận kiến thức

○ Sáng kiến là một tài liệu tham khảo rất hữu ích cho mọi đối tượng học sinh và giáo viên họctập, nghiên cứu và giảng dạy môn Toán

○ Hiện nay, sáng kiến đang là một tư liệu tham khảo rất cần thiết và không thể thiếu của học sinh

và giáo viên Chuyên Toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy

○ Sáng kiến tiếp tục mở rộng và phát triển tiếp trong những năm học sau

○ Đây là hoạt động dạy học tích cực thông qua các bài học trong chương trình Toán học THPT

để phát triển năng lực học sinh Do đó có thể áp dụng thường xuyên trên tất cả các học sinhTHPT và tất cả các giáo viên bộ môn Toán học-THPT đều có thể sử dụng được giải pháp nàytrong điều kiện cơ sở vật chất hiện có của tất cả các nhà trường

Danh sách những người đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu

Nội dung côngviệc hỗ trợ

1 Đỗ Thị Nhàn 1979 THPT Chuyên

Lương Văn Tụy

Giáoviên

Thạc sĩ Dạy khám phá,

mở rộng IMO2019

3 Vũ Nguyễn HoàngAnh

1994 THPT Chuyên

Lương Văn Tụy

Giáoviên

Cử nhân khoahọc

Dạy khám phá,

mở rộng IMO2018

Chúng tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật và hoàn toàn chịutrách nhiệm trước pháp luật

Ninh Bình, ngày 08 tháng 5 năm 2023XÁC NHẬN CỦA LÃNH

Sau đây là các trường hợp suy biến

○ Hai điểmS1, T1 trùng nhau và AS1 không là tiếp tuyến của đường tròn (O2, A)

○ AS1 là tiếp tuyến của đường tròn (O2, A), hai điểm S1, T1 không trùng nhau.

○ AS1 là tiếp tuyến của đường tròn (O2, A), BT1 là tiếp tuyến của đường tròn (O2, A), T1, S1

○ Hai đường tròn (O1) và (O2) tiếp xúc nhau tại A và T1, S1 trùng nhau.

Sau đây là phát biểu của định lí Reim đảo:

c Định lí 0.2 Cho bốn điểm A, B, S1, T1 cùng nằm trên đường tròn (C1) Trên các đường thẳng

AS1,BT1 lấy các điểm S2 và T2 sao cho S1T1 ∥ S2T2 thì khi đó tồn tại đường tròn (C2) đi qua bốnđiểmA, B, S2, T2

Từ định lí này ta có hai hệ quả rất hay sử dụng tới:

7Hệ quả 1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Một đường tròn qua hai điểm B, C lầnlượt cắt AB, AC tại M, N khác A Khi đó đường thẳng ∆ qua đỉnh A tiếp xúc với (O) khi và chỉ khi

∆ ∥ MN

7Hệ quả 2 Cho tam giácABC Các điểm M và N lần lượt nằm trên các đường thẳng AB, AC kháccác đỉnh của tam giác Khi đó hai đường tròn (ABC) và (AM N ) tiếp xúc với nhau tại A khi và chỉkhi BC ∥ MN

7Hệ quả 3 Hai đường tròn (C1) và (C2) cắt nhau tạiA và B Cát tuyến qua A cắt đường tròn (C1)

và (C2) theo thứ tự tại S1 và S2 Lấy T1 và T2 theo thứ tự thuộc đường tròn (C1) và (C2) sao cho

Gọi S1, S2 lần lượt là giao điểm của SA với các đường tròn (C1) và (C2) (S1, S2 khác A) Gọi T1,

T2 lần lượt là giao điểm của BT với các đường tròn (C1) và (C2) (T1, T2 khác A)

Suy ra điều phải chứng minh.

thì đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD và (C1) và (C2) đồng trục

7Nhận xét 3 Hai đường tròn (C1) và (C2) tiếp xúc với nhau tại A Nếu các điểm C D thỏa mãn

thì đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đồng trục với (C1) và (C2)

7Nhận xét 5 Bổ đề và các nhận xét trên cũng áp dụng được với đường tròn với bán kính bằng 0,hay là đường tròn điểm Khi (C1) và (C2) cùng suy biến thành đường tròn điểm thì đường tròn (C3)trở thành đường tròn Apollonius của đoạn thẳng O1O2 ứng với tỉ số k

B – MỘT SỐ VÍ DỤ ÁP DỤNG

theo thứ tự tại D, E Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE Chứng minh AF là mộtđường cố định

ÊLời giải.

Đây thực chất là một mở rộng của định lí Reim Ta có

(ADE) và (O) cắt nhau tại D, E

Gọi ∆ là tiếp tuyến tạiA của (ADE) Theo định lí Reim

ta có ∆ ∥ BC

Lại cóAF ⊥ ∆ nên AF ⊥ BC, hay AF chính là đường

cao cố định của tam giác ABC

∆A

Giả sử tồn tại E, F trên BP, CP sao cho EF ∥ BC và tâm (P EF ) nằm trên BC Chứng minh(P EF ) tiếp xúc với (ABC)

ÊLời giải.

Theo hệ quả của định lí Reim thì (P EF ) tiếp xúc với (P BC)

Xét phép đối xứng trục BC biến (P BC) ↔ (ABC) và biến

(P EF ) ↔ (P EF ) vì tâm của nó nằm trên BC Do đó (P EF )

tiếp xúc với (ABC)

A

P

FE



đường tròn (ACE) Chứng minh rằng BD ⊥ EO

ÊLời giải.

7Cách 1 Áp dụng định lí Reim với hai đường tròn (O) và (ABC) cắt nhau tại A, C với hai cáttuyến BCE và ADE, ta có BD song song với tiếp tuyến của (O) tại E

Lại có tiếp tuyến của (O) tại E vuông góc với OE

Điều này suy ra BD ⊥ OE, điều phải chứng minh

7Cách 2 Đây là cách của bạn Trần Gia

BE(BE − BC) = DE(DA + DE)

7Cách 3 Đây là cách giải của các thầy cô lớp tập huấn GVCC tỉnh Ninh Bình

Ta có: ∠EBD + ∠BEF = ∠CAD + ∠BEF = ∠CF E + ∠BEF = 90◦ Đây chính là điều phải chứngminh

Gọi E, F theo thứ tự trên CD và AB sao cho BE ⊥ AC và EF ∥ BC Chứng minh rằng

7Cách 2 GọiG, H theo thứ tự là giao điểm của tia

AE, DF với đường tròn (ABCD)

A

B

CE

Từ (1) và (2) ta có AD = GC = BH, suy ra DAHB là hình thang cân Suy ra F D = F B 

c Câu 5 (Đề thi chọn đội dự tuyển 10, THPTNKHCM 2011-2012).

Cho tam giác ABC không cân Các đường cao BE, CF của ∆ABC cắt nhau tại H Gọi M, N lầnlượt là trung điểm của BE, CF , P = M N ∩ AB, Q = M N ∩ AC Chứng minh rằng đường trònngoại tiếp các tam giác HM N, AP Q tiếp xúc với nhau

Như vậy AP DQ nội tiếp Gọi X là giao điểm

thứ hai củaDN với (AP Q) Khi đó

’DAX = ’DP X

Do đó AX ∥ HN, suy ra đường tròn (DAX)

tiếp xúc với đường tròn (DHN ) Điều phải

chứng minh

XF

SH



trên đoạn AB và AC sao cho AD = AE Các đường trung trực của BD và CE lần lượt cắt cáccung nhỏ AB, AC của (O) tại các điểm F và G Chứng minh rằng DE ∥ F G

ÊLời giải.

7Cách 1

p Phân tích

1 Định hướng tìm tòi lời giải

? Sử dụng định lí Reim Để ý DE ∥ F G thì nếu ta gọi H, K theo thứ tự là giao điểm thứ hai của

DF, EG với đường tròn (O) thì ta cần chứng minh bốn điểm D, E, H, K đồng viên

? Quan sát kĩ thì chúng ta thấy bốn điểm này nằm trên đường tròn tâm A Khi đó ta có được lờigiải như sau:

2 Lời giải:

Gọi H, K lần lượt là giao điểm thứ hai của các

đường thẳng DF, GE với đường tròn (O)

’

F BD = ’AHD

⇒ ’ADH = ’AHD Vậy tam

giác AHD cân tại A Suy ra AH = AD

Chứng minh tương tự ta có AE = AK

Vậy các điểmH, E, D, K nằm trên đường tròn tâm

A

Áp dụng định lí Reim cho hai đường tròn (A, AE)

và (O) cắt nhau tại K, H với hai cát tuyến HDF ,

1 Định hướng tìm tòi lời giải

? Hướng giải bài toán này chính là chứng minh F G vuông góc với phân giác góc ’BAC

? Chú ý ’ADF = 180◦− ’F DB = 180◦− ’F BA Do đó hai đường tròn (ABC), (ADF ) bằng nhau.Tương tự, hai đường tròn (ABC) và (AEG) cũng bằng nhau Như vậy cả ba đường tròn (ABC),(ADF ), (AEG) đôi một bằng nhau Điều này gợi cho chúng ta dựng trực tâm của tam giác AF G

Từ đây ta có cách giải thứ hai

K

G

F

Gọi K là trực tâm của tam giác AF G, Khi đó AK ⊥ F G.

Do đó để chứng minh DE ∥ F G, ta chỉ cần chứng minh AK ⊥ DE, điều này cũng có nghĩa là AKthuộc đường chứa phân giác góc ’BAC vì AD = AE

Thật vậy, ta có ’AKF = ’AGF = ’ABF = 180◦− ’ADF Suy ra K ∈ (ADF )

Chứng minh tương tự ta cũng cóK ∈ (AEG)

Ta thấy ba đường tròn (ABC), (ADF ), (AEG) đôi một bằng nhau

Mà các dây AD của (ADF ) và AE của (AEG) cũng bằng nhau nên các góc nội tiếp tương ứng củahai đường tròn này cũng bằng nhau hoặc bù nhau Suy ra ’AF D = ’AGE ⇒ ’AKD = ’AF D = ’AGE =

’AKE

Mặt khác, chú ý A là trực tâm của tam giác KF G nên ’AF K = ’AGK

Suy ra ’ADK = ’AF K = ’AGK = ’AEK Do đó ∆AKD v ∆AKE(g.g)

Suy ra ’KAD = ’KAE Điều này có nghĩa là KA thuộc đường chứa phân giác ’DAE Mà AD = AEnên AK ⊥ DE

Vậy DE ∥ F G

7Cách 3

p Phân tích

1 Định hướng tìm tòi lời giải

? Gọi M, N theo thứ tự là giao điểm của F G với AB, AC Hướng giải bài toán này chính là chứngminh AM = AN

= 180◦− ÷KDM Suy ra tứ giácDM GK nội tiếp

Do đóAD · AM = AK · AG

Chứng minh tương tự ta có

AE · AN = AL · AF Suy ra AD · AM = AE · AN

Chú ý AD = AE nên AM = AN Suy ra

điều phải chứng minh

M

NA

E

OD

K

G

FL

7Cách 4 Đường thẳng DE cắt các trung trực DB, CE theo thứ tự tại H, I Gọi M là giao điểmthứ hai củaIC với đường tròn (O) M K là dây cung của (O) song song với AC cắt DE tại L

Ta thấy các tam giác cân sau đồng dạngADE, HDB, IEC

Ta có ÷BM C = ’BAC = ’DAE = ’LIM Suy ra BM ∥ HI

Do đó hình thang BM IH có hai góc ở đáy ’BHI = ’M IH nên BM IH là hình thang cân

Chú ýM L ∥ CE và ÷M CE = ’LEC nên CM LE cũng là hình thang cân

Lại có hình thangACM K nội tiếp nên ACM K là hình thang cân

Suy ra ’KAC = ÷M CA = ’LEC nên AK ∥ BM Do đó ABMK cũng là hình thang cân

Gọi t là trục đối xứng của hình thang

ABM K

Chú ý DL ∥ BM ∥ AK nên DBML là

hình thang cân

Do đó t cũng là trục đối xứng của DL

Ngoài ta, hình thang BM IH cân nên t

cũng là trục đối xứng của IH

Hơn nữa,CM LE là hình thang cân nên

IG là trung trực của M L

Xét f là phép đối xứng trục t, ta có

∆BHD ↔ ∆M IL, (O) ↔ (O)

Do đó trung trực của BD biến thành

E

OD

K

G

FH

7Cách 5 GọiF K, GL là hai dây cung của (O) mà F K ∥ AB và GL ∥ AC

Khi đó ta có các hình thang cân ABF K, ACGL

Ta có ’KAD = ’KAB = ’F BA = ’F BD = ’F DB nên AK ∥ F D

Kết hợp với AK = BF = DF nên ADF K là

hình bình hành Suy ra ®AD ∥ KF

AD = KF.Chứng minh tương tự ta cóAEGL là hình bình

hành và ®AE ∥ LG

AE = LG.Chú ý AD = AE nên KF = LG nên tứ giác

E

OD

2 −

# »BA

2 =

# »AD

2

Tương tự ta cũng có # »

OQ =

# »AE

# »DE

Lại có ’OF G = ’OGF nên ’GF P = ’F GQ.

Do đó, nếu gọi R, S theo thứ tự là giao của

F G với OP, OQ thì ∆P RF = ∆QSG(g.c.g) ⇒

P R = QS

Kết hợp OP = OQ, ta được OR = OS

Từ đó hai tam giác cân OP Q và ORS đồng

dạng Suy ra ’OP Q = ’ORS Dẫn tới P Q ∥

A

E

OD



c Câu 7 (IMO 2015-Ngày thứ hai)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (Ω) tâm A cắt cạnh BC tại các điểm

D, E sao cho B, D, E, C phân biện và theo thứ tự đó trên BC Gọi F, G là các giao điểm của (O)

và (Ω) sao cho A, F, B, C, G nằm trên đường tròn (O) theo thứ tự đó Gọi K là giao điểm thứ haicủa đường tròn (BDF ) với cạnh AB Gọi L là giao điểm thứ hai của đường tròn (CGE) với cạnh

AC Gọi X = F K ∩ GL Chứng minh X nằm trên đường thẳng AO

ÊLời giải.

UVN

MA

YZ

PQ

7Cách 1.

p Phân tích

1 Định hướng tìm tòi lời giải

? Quan sát đề bài có nhiều đường tròn (4 đường tròn), làm ta liên tưởng tới định lí Reim Để sửdụng định lí Reim, ta cần vẽ thêm đường và điểm phụ

2 Lời giải:

Gọi P, Q, Y, Z theo thứ tự là giao điểm thứ hai của F D, GE, F K, GL với đường tròn (O)

Áp dụng định lí Reim cho hai đường tròn (O) và (C) cắt nhau tại F, G với hai cát tuyến DF P , QEG

7Cách 2

p Phân tích

1 Định hướng tìm tòi lời giải

? Chúng ta cũng áp dụng định lí Reim để tạo ra các đường thẳng song song theo một cách thứcnào đó để biến đổi góc nhau sau:

2 Lời giải:

Gọi R, S lần lượt là giao điểm thứ hai của F G đối với các đường tròn (BDF ), (CEG)

Áp dụng định lí Reim cho các đường tròn (BDF ) và (O) với các cát tuyến B, D, C và F, R, G, ta có

= ’DF K(vì tứ giác BDKF nội tiếp)

= ÷DF M

= ÷DN M (vì tứ giác DMNF nội tiếp)

= ’CV U (vì CV ∥ DN)

Suy ra tứ giácBCU V nội tiếp

Do đóU V là đường đối song ứng với đỉnh A của tam giác ABC Suy ra U V ⊥ AO

Ta thấy AO là trung trực của F G nên AO ⊥ F G

Suy ra M N ≡ U V ∥ F G (cùng vuông góc với AO)

Do đóF GM N là hình thang cân Hệ quả là điểm X = F M ∩ GN phải thuộc trung trực của F G, tức

X ∈ AO, ta có điều phải chứng minh

bài toán

7Cách 4

p Phân tích

1 Định hướng tìm tòi lời giải

~ Chú ý rằngAO là trung trực của F G Do đó ý tưởng đầu tiên là chứng minh XF = XG Điềunày tương đương với việc chứng minh đẳng thức ’XF G = ’XGF

2 Lời giải:

’

XF G = ’DF K − ’DF G = ’DBK − ’CEG(vì tứ giác BDKF,DEGF nội tiếp)

= ’ABD − ’CLG(vì tứ giác CGLE nội tiếp)

= ’ABG + ’CBG −ÄAGL + ’’ LAGä

= ’AF G + ’CAG −Ä’AGL + ’CAGä(vì tứ giác AFBG, ABCG nội tiếp)

= ’AF G − ’AGL

= ’AGF − ’AGX = ’XGF

c Câu 8 (IMO 2015-Ngày thứ nhất)

Cho tam giácABC nhọn với AB > AC nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm tam giác, F là hìnhchiếu của A lên BC M là trung điểm của đoạn BC Gọi Q là điểm trên (O) sao cho ’HQA = 90◦,

K là điểm trên (O) sao cho ÷HKQ = 90◦ Giả sử các điểmA, B, C, K, Q đôi một phân biệt và nằmtrên (O) theo thứ tự đó Chứng minh rằng (KHQ) và (F KM ) tiếp xúc với nhau

ÊLời giải.

Kẻ đường kính AA0 của đường tròn (O) thì ta có CH ∥ BA0 (vì cùng vuông góc với AB) Tương tự

BH ∥ CA0 Do đó BHCA0 là hình bình hành Suy ra M là trung điểm của HA0

Lại có

’AQA0 = 90◦ = ’AQHnên ba điểm Q, H, A0

thẳng hàng Từ đó bốn điểm Q, H, M, A0

thẳng hàng

Ngoài ra ta có thể chứng minh như sau:

Gọi U = AC ∩ BH, V = AB ∩ CH Dễ thấy tứ giác HU QV nội tiếp đường tròn đường kính AH

ta có tứ giác DKHH0 nội tiếp đường tròn

đường kính DH

Vẽ đường tròn (N ) đường kính DH thì N là

trung điểm củaDH Ta có BC ∥ DA0 (vì cùng

vuông góc với AH), kết hợp với BC đi qua

trung điểm củaHA0

, suy raBC là đường trungbình của tam giác HA0D nên BC đi qua trung

điểm của HD hay N ∈ BC

Áp dụng định lí Reim cho hai bộ bốn điểm cùng

nằm trên đường tròn dạng suy biến (HKQ) và

(HKD) với hai cát tuyến HHD và KQD thì

ta có QH song song với tiếp tuyến tại D của

K

NFH

H0

A0

Q

Theo tính chất tiếp tuyến thì tiếp tuyến của đường tròn (N ) tại D vuông góc với N D, suy ra

N D ⊥ QH ≡ QA0 tại H Từ đó ta có N K2 = N D2 = N F · N M ( hệ thức lượng trong tam giácvuông HM N ) Điều này chứng tỏ N K tiếp xúc với đường tròn (F KM ) (1)Lại vì N H ⊥ QH nên N H tiếp xúc với (QKH), suy ra ÷N KH = ÷N HK = ÷HQK nên N K cũng tiếpxúc với đường tròn ngoại tiếp HKQ, kết hợp với (1) ta suy ra điều phải chứng minh

Gọi E, E0 lần lượt là giao điểm thứ hai của

KM với các đường tròn (HKQ) và (O)

Ta có ÷EE0A0 = ÷KE0A0 = ÷A0QK = ÷HQK =

÷

HEE0 ⇒ EH ∥ E0A0

Kết hợp với M là trung điểm của HA0, suy ra

M là trung điểm của EE0

KE

FH

L

A0

Q

E0

Do đóQK, HE, BC đồng quy tại S là tâm đẳng phương của ba đường tròn (HKQ), (HBC), (O).Gọi L là giao điểm thứ hai của KQ với (F KM ) Ta có ’SKH = ’SF H = 90◦

, nên tứ giác SKHF nộitiếp

Ta có ÷KLM = ’SF K = ’SHK = ÷EHK = ’EQK Suy ra LM ∥ QE

Vậy hai đường tròn (HKQ) và (F KM ) tiếp xúc với nhau tại K

7Cách 3

Gọi A0, K0 theo thứ tự là điểm đối xứng của

A, Q qua O Gọi K∗ là giao điểm củaKK0 với

đường thẳng vuông góc vớiHM tại M

Ta thấy tứ giác AQA0K0 là hình chữ nhật

Ta có K∗M ∥ K0A0 và M là trung điểm của

đoạnHA0nênK∗là trung điểm của đoạnHK0

Do AQHK0 là hình thang vuông nên K∗A =

K∗Q, hay ∆K∗AQ cân tại K∗ Từ đó M K∗ ∥

AQ nên M K∗tiếp xúc với đường tròn (K∗QA)

Ta thấy các tứ giácAQF M, QKM K∗ nội tiếp

Mà M K∗ tiếp xúc với (AK∗Q) (chứng minh

trên) nên theo tính chất bảo giác của phép

A0

Q

K0

cắt AC và (O) lần lượt tại E, F Gọi ∆ là đường thẳng qua F vuông góc với DC Đường thẳngqua A vuông góc với ∆ cắt ∆ và (O) theo thứ tự tại G và H Gọi I, J lần lượt là giao điểm của

GE với F H, CD Chứng minh rằng các điểm C, I, F, J đồng viên

ÊLời giải.

Ta có ’AGF = ’AEF = 90◦ nên tứ giác AEGF nội

tiếp

Áp dụng định lí Reim cho (AEF G) và (O) cắt

nhau tạiA, F với cát tuyến A, G, H và F, E, D thì

GE ∥ DH

7Cách 1 Mặt khác ta có tứ giácAF CD nội tiếp

đường tròn (O) và IJ ∥ DH nên áp dụng định lí

Reim cho cát tuyếnF, I, H và C, J, D ta có tứ giác

CIF J nội tiếp

7Cách 2 Đây là cách của bạn Trần Gia Định

F

HIJ



c Câu 10 (China TST 2022) Cho lục giác lồi ABCDEF ngoại tiếp đường tròn, G = AB ∩

DC, H = AF ∩ DE Gọi M, N lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCG, EF H Chứngminh rằng BE, CF, M N đồng quy

ÊLời giải.

KX

Áp dụng định lí Reim cho (BCG) và (O) ta lần lượt có XY ∥ EF, XG ∥ HD, Y G ∥ HA

Do đó ∆HEF v ∆GXY Suy ra BE, CF, MN đồng quy tại tâm vị tự K = BE ∩ CF của hai tam

c Câu 11 (T8/499 Toán học & tuổi trẻ số 499, tháng 1 năm 2019)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và có tâm đường tròn nội tiếp là I M là trung điểmcủa AI K thuộc BC sao cho IK ⊥ IO Q thuộc (O) sao cho AQ ∥ IK QM cắt BC tại H Gthuộc AK sao cho HG ∥ QI QK cắt (O) tại L khác Q Chứng minh rằng ’GIK = ‘IAL

ÊLời giải.

Gọi D là giao điểm của AI với đường tròn (O) DQ cắt BC tại E, EI cắt AK tại G0 Đường trònngoại tiếp tam giác IQK cắt AK tại J QJ cắt AI tại M0

Dễ thấy (QB, QD) = (CB, CD) = (BD, BC) = −(BE, BD) (mod π)

Lại có (DQ, DB) = −(DB, DE) (mod π)

Từ đó suy ra tam giác DBQ và tam giác DEB đồng dạng ngược hướng Suy ra

(EK, EQ) = (EB, ED) = (BD, BQ) = (AD, AQ)

= (QA, QI) = (IK, IQ) (mod π)

Suy ra bốn điểm E, Q, K, I cùng thuộc một đường tròn (ω)

Cũng từ 4DBQ v 4DEB suy ra DB2 =DE · DQ

Từ tính chất quen thuộc DI = DB = DC suy ra DI2 =DE · DQ

Do đó DI tiếp xúc với (ω) Từ đây

(QI, QK) = (ID, IK) = (AD, AQ)

= (EK, EQ) = (IK, IQ) (mod π)

Suy ra K là điểm chính giữa cung ˆQI của (ω)

Vì M0I tiếp xúc với (ω) nên tam giác M0JI và tam giác M0IQ đồng dạng ngược hướng

Suy ra

(IJ, IA) = (IJ, IM0) = (QJ, QI) = (KJ, KI)

= (KA, KI) = (AJ, AQ) (mod π)

Vậy ta có M0A2 =M0J · M0Q = M0I2, hay M0 là trung điểm củaAI, suy ra M0 ≡ M

Do đóQ, H, J thẳng hàng Gọi G0 là giao điểm của EI và AK Ta có

(EG0, EH) = (EI, EK) = (JI, JK)

= (JK, JQ) = (JG0, JH) (mod π)

Suy ra E, J, H, G0 cùng nằm trên một đường tròn

Áp dụng đính lí Reim có HG0 ∥ QI Suy ra G0 ≡ G, hay E, G, I thẳng hàng Từ đó

(IG, IK) = (IE, IK) = (QE, QK)

= (QD, QL) = (AD, AL) (mod π)

quy tại H Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AH K là giao điểm thứ hai của N O với(BOC) X, Y là hai giao điểm của (BOC) và (DEF ) Tia M H cắt (O) tại T Chứng minh rằng

T K, M N, XY đồng quy

ÊLời giải.

Xét thế hình như hình vẽ dưới đây

Gọi Z là giao điểm hai tiếp tuyến tại B, C của (O)

IX

A0N

Do đó I ↔ A”, tức là I thuộc M A”

Áp dụng định lí Reim cho (T M Z) và (BOC) cắt nhau I và Z, kết hợp với T M ∥ OK thì T, I, Kthẳng hàng

Lại có M O · M Z = M B · M C = M T · M A0, nên tứ giácOA0ZT nội tiếp

Suy ra ’T ZM = ’T A0O = ÷T M N (do M N ∥ AO)

Khi đó M N là tiếp tuyến của (T M Z)

Ta có ’IM N = ’IT M = ’N KI, hay tứ giác IM KN nội tiếp

Xét trục đẳng phương của (BOC), (DEF ), (N M K) thì ta có ngay M N, XY, T K đồng quy tại một

c Câu 13 (APMO 2019) Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi M là trung điểm củađoạnBC Điểm P di chuyển trên đoạn thẳng AM Đường tròn ngoại tiếp tam giác BP M, CP M cắtlại (O) lần lượt tại D, E Gọi X, Y lần lượt là giao điểm thứ hai của DP, EP với (CP M ), (BP M ).Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AXY luôn đi qua một điểm cố định.

MàM là trung điểm của BC nên L, M, K thẳng hàng

Do đóLB · LY = LP · LM = LC · LX, suy ra BY CX nội tiếp

Ta có®(XP, XC) = (MP, MC) = (MP, MB) = (Y P, Y B) = (Y P, Y L) (mod π)

(EP, EC) = (M P, M C) = (M P, M B) = (DP, DB) = (DP, DK) (mod π), suy ra các tứ giácLXP Y, DP EK nội tiếp

Ta có ’XY P = ’XLP = ’DKP = ’DEP ⇒ XY ∥ DE

Gọi B1, C1 là hai điểm thuộc đường tròn (O) sao cho BB1 ∥ AM ∥ CC1

Áp dụng định lí Reim cho (BDM ) và (O) cắt nhau tại B và D thì D, P, C1 thẳng hàng

BC, AC và lấy các điểm P, Q theo thứ tự thuộc các đoạn AA1, BB1 sao cho P Q ∥ AB Lấy P1

trên tia đối của tia B1P sao cho ÷P P1C = ’BAC Tương tự lấy điểm Q1 trên tia đối của tia A1Qsao cho ÷CQ1Q = ’CBA Chứng minh rằng các điểm P, Q, P1, Q1 đồng viên

1 Định hướng tìm tòi lời giải

~ Câu hỏi đầu tiên là dựng các điểmP1, Q1 như thế nào? Có rất nhiều cách dựng Cách dựng đầutiên này ta sẽ dùng góc nội tiếp bằng cách tạo ra được các tứ giác nội tiếp Chẳng hạn để dựngđiểm P1 ta sẽ dựng điểm B2 là giao điểm thứ hai củaBB1 với đường tròn (ABC) Khi đó P1 làgiao điểm thứ hai của P B1 với đường tròn (CB1B2) Tương tự ta cũng dựng được Q1

~ Từ cách dựng này cùng với giả thiết P Q ∥ AB, ta sẽ liên tưởng đến định lí Reim

2 Lời giải:

Gọi A2, B2 là giao điểm thứ hai của các đường thẳng AA1, BB1 với đường tròn (ABC).

Ta có ◊A1A2C = ÷AA2C = ’ABC = ÷QQ1C = ◊A1Q1C, suy ra tứ giác CA1A2Q1 nội tiếp

Chứng minh tương tự, tứ giác CB1B2P1 nội tiếp

DoP Q ∥ AB và tứ giác CA1A2Q1 nội tiếp nên ta có ◊QQ1A2 = ◊A1QA2 = ◊A1CA2 = ÷BCA2 = ÷BAA2 =

÷

QP A2 Suy ra tứ giác P QA2Q1 nội tiếp

Chứng minh tương tự, ta cũng có tứ giác QP B2P1 nội tiếp

Ngoài ra, chú ý tứ giác ABA2B2 nội tiếp và P Q ∥ AB nên theo định lí Reim, tứ giác P QA2B2 nộitiếp

Từ ba tứ giácP QA2Q1, QP B2P1, P QA2B2 nội tiếp, ta suy ra sáu điểm A2, B2, P, Q, P1, Q1 đồng viên,điều phải chứng minh

7Cách 2

p Phân tích

1 Định hướng tìm tòi lời giải

~ Cách dựng P1, Q1 theo một cách khác sẽ giúp ta có lời giải hay và thú vị Gọi A3 là giao điểmthứ hai của AQ với (ABC) Khi đó Q1 là giao điểm thứ hai của QA1 với đường tròn (CQA3).Tương tự ta cũng dựng được B3, P1

~ Theo định lí Reim ta có ngay bốn điểm P, Q, A3, B3 đồng viên Việc còn lại là chứng minh giaođiểm R (trường hợp không có giao điểm tức là P B1 ∥ QA1 xin dành cho bạn đọc tự chứngminh) của P P1, QQ1 nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (CP B3), (CQA3) Ta đitới lời giải sau

Gọi A3, B3 là giao điểm thứ hai của AQ, BP với đường tròn (ABC)

Ta có ÷P B3C = ÷BB3C = ’BAC = ÷P P1C, suy ra bốn điểm C, P, P1, B3 đồng viên

Chứng minh tương tự, bốn điểm C, Q, Q1, A3 đồng viên

Xét tứ giác ABA3B3 nội tiếp có P Q ∥ AB nên theo định lí Reim, ta có bốn điểm P, Q, A3, B3 đồngviên

Gọi S = P B3∩ QA3 Khi đó CS là trục đẳng phương của hai đường tròn (CP B3) và (CQA3).Gọi R = P P1∩ QQ1, ta cần chứng minhR ∈ CS.

Thật vậy, áp dụng định lí Pappus cho hai đường thẳng A, P, A1 và B, Q, B1 thì ta có ba điểm R =

1 Định hướng tìm tòi lời giải

~ Gọi P2, Q2 theo thứ tự là giao điểm của AB với các đường thẳng P P1, QQ1 Theo định lí Reim,

ta cần chứng minh bốn điểm P, Q, P2, Q2 đồng viên

~ Chú ý tới quan hệ song song nên gợi ý ta nghĩ tới định lí Thales và dụng phương tích để chứngminh bốn điểm đồng viên

○ Trường hợp A1B1 cắt AB tại H Gọi G = P Q ∩ A1B1, P2 =P P1∩ AB, Q2 = QQ1∩ AB, G =

P Q ∩ A1B1 và E, F là giao điểm của A1B1 với đường tròn (ABC)

Ta có ’P2AC = ’BAC = ÷P P1C = ÷P2P1C, do đó bốn điểm A, C, P1, P2 đồng viên

Chứng minh tương tự ta có bốn điểm B, C, Q1, Q2 đồng viên

Ta có B1E · B1F = B1A · B1C = B1P1 · B1P2, do đó bốn điểm E, F, P1, P2 đồng viên

Chứng minh tương tự bốn điểm E, F, Q1, Q2 đồng viên

Do đó để chứng minh bốn điểmP1, P2, Q1, Q2đồng viên ta cần chứng minh bốn điểmE, F, P2, Q2

Do đó ta thu được bốn điểmP1, P2, Q1, Q2 đồng viên Kết hợp với P Q ∥ P2Q2 ta thu được bốnđiểm P, Q, P1, Q1 đồng viên

7Cách 4 GọiA0 =P Q ∩ CA, B0 =P Q ∩ BC

U

V TS

Ta có ’P A0C = ’BAC = ÷P P1C, suy ra bốn điểm C, P, A0, P1 đồng viên

Chứng minh tương tự, bốn điểm C, Q, B0, Q1 đồng viên

Gọi K, L là giao điểm của A1B1 với (CA0B0)

Ta có B1K · B1L = B1A0· B1C = B1P · B1P1, suy ra các điểm K, L, P, P1 đồng viên

Chứng minh tương tự ta cũng có bốn điểm K, L, Q, Q1 đồng viên

Ta cấn chứng minh bốn điểmK, L, P, Q đồng viên

Gọi S = AA1∩ BB1, lấy T ∈ CS sao cho A0T ∥ AS

○ Trường hợp U V, A0B0, B1A1 đôi một song song, bạn đọc tự chứng minh.

○ Trường hợp U V, A0B0, B1A1 đồng quy tại G

Suy ra bốn điểm K, L, P, Q đồng viên Điều phải chứng minh



M, N theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ B, C Gọi (ω1) là đường tròn ngoại tiếp tam giácBW N

vàX là điểm trên (ω1) sao choW X là đường kính của (ω1) Gọi (ω2) là các đường tròn ngoại tiếptam giác CW M và Y là điểm trên (ω2) sao cho W Y là đường kính của (ω2)) Chứng minh rằng

X, Y, H thẳng hàng

ÊLời giải.

7Cách 1

p Phân tích

1 Định hướng tìm tòi lời giải

~ Sự xuất hiện của hai đường tròn (ω1) và (ω2) gọi ý cho ta nghĩ đến định lí Reim

~ Chú ý rằng AH, BX, CY cùng vuông góc với BC nên chúng song song với nhau

2 Lời giải:

Áp dụng định lí Miquel, các đường tròn

(AM N ), (BN W ) và (CW M ) cùng đi qua

một điểm chung, giả sử điểm đó là K

Áp dụng định lí Reim cho hai đường tròn

(AM N ) và (BN W ) với cát tuyến A, N, B

p Phân tích

1 Định hướng tìm tòi lời giải

~ Để chứng minh ba điểm X, Y, H thẳng hàng ta chứng minh ba điểm này cùng nằm trên đườngthẳng qua H và vuông góc với AW

~ Với ý tưởng này ta sẽ có ba cách giải như sau

2 Lời giải:

7Cách 2

Gọi D là hình chiếu của A lên BC, I, J, O lần lượt là tâm của các đường tròn (ω1), (ω2), (HW )

Ta có tứ giác BDHN nội tiếp đường tròn (BH) Suy raPA/(ω 1 ) =AB · AN = AH · AD =PA/(O)

Do đóA nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (ω1) và (O) Suy ra AW là trục đẳng phươngcủa (ω1) và (O)

Suy ra AW ⊥ OI

Chứng minh tương tựAW ⊥ OJ

Do đó hai đường thẳng OI, OJ cùng phương, suy ra O, I, J thẳng hàng

Hơn nữa ÷W KX = ÷W BX = 90◦, suy ra XY ⊥ AW tại K

Do tứ giácBCM N nội tiếp nên PA/(ω 1 )=AB · AN = AC · AM =PA/(ω 2 )

Do đóA nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (ω1) và (ω2) Suy ra A ∈ W K

Kết hợp vớiBDHN là tứ giác nội tiếp ta có AK · AW = AB · AN = AD · AH

Suy ra tứ giácDHKW nội tiếp Do đó ÷W KH = ÷W DH = 90◦

.Suy ra HK ⊥ AW tại K Vậy ta có điều phải chứng minh

1 Định hướng tìm tòi lời giải Để chứng minh ba điểmX, Y, H thẳng hàng ta sủ dụng bổ đề sau

p Bổ đề Cho bốn điểm A, B, C, D thỏa mãn AB ∥ CD Điểm E nằm trên AC (E khác A, C).Khi đó tồn tại điểm F trên BD sao cho F A ∥ ED và F C ∥ EB

2 Chứng minh bổ đề:

OD

CE

F

Trường hợp AC ∥ BD xin dành cho bạn đọc.

Xét trường hợp còn lại Gọi O = AC ∩ BD Lấy điểm F trên BD sao cho F A ∥ DE Ta sẽ chứngminh F D ∥ EB

Thật vậy, áp dụng định lí Thales với chú ý F A ∥ DE, ta có OE

Do đó theo định lí Thales đảo ta có EB ∥ F C Bổ đề được chứng minh

3 Trở lại chứng minh bài toán ban đầu:

Gọi I là tâm của đường tròn (ω1), T là

trung điểm của đoạn BC, V là điểm đối

đề trên ta suy raH nằm trên đường thẳng

XY Ta có điều phải chứng minh

VI

p Phân tích.

1 Định hướng tìm tòi lời giải

~ Nếu gọi D = AH ∩ BC, ta có AC · AM = AB · AN = AH · AD = AK · AW

~ Do đó ta nghĩ ngay đến phép nghịch đảo tâm A phương tích AH · AD Ta cần dựng các điểm

Z, T thỏa mãn AX · AZ = AH · AD == AK · AW = AY · AT Khi đó suy ra được Z là giaođiểm thứ hai của AX với (ω1) vàT là giao điểm thứ hai của AY với đường tròn (ω2)

~ Nhiệm vụ của chúng ta là đi chứng minh bốn điểm A, X, D, T đồng viên

1 Định hướng tìm tòi lời giải

~ Ta có cách giải dưới đây bằng cách áp dụng mô hình của định lí Desargues

~ Với việc chứng minh ba điểm X, Y, H thẳng hàng, ta dẫn tới việc chứng minh ba đường

XY, BM, CN đồng quy Do đó ta nghĩ tới việc áp dụng định lí Desargues với hai tam giácBXN và M Y C

Do tứ giác AM HN nội tiếp nên ÷CHM = ÷M AN = ’BAC.

Suy ra ’BAZ = ’M AZ − ’BAC = ◊M HW − ÷CHM = ÷CHW

Chứng minh tương tự ta có ’CAT = ÷BHW

Do đó ’ZAB + ’BAC + ’T AC = ÷CHW + ÷CHM + ÷BHW = ÷BHM = 180◦

Suy ra A, Z, T thẳng hàng

Áp dụng định lí Desargues cho hai tam giác BXN, M Y C với chú ý rằng ba điểm A = N B ∩ M C, Z =

BX ∩ M Y, T = XN ∩ CY thẳng hàng Ta thu được ba đường thẳng BM, CN, XY đồng quy Suy rađiều phải chứng minh

Do đó theo định lí Thales ta cóE, O, F thẳng hàng Bổ đề được chứng minh

3 Trở lại chứng minh bài toán ban đầu:

Gọi Z = BX ∩ CN, T = CY ∩ BM

Đường thẳng quaW vuông góc với BC theo thứ tự cắt CN, BM tại R, S

Vì ’BN R = ÷BW R = 90◦

nên tứ giác BN RW nội tiếp

Suy ra R ∈ (ω1) và BR là đường kính của (ω1)

Do đó tứ giác BXRW là hình chữ nhật

R

SZ

CT =

BW

BC .Suy ra BX

trung điểm của đoạn BC Đường tròn (I) đường kính AD cắt AB, AC theo thứ tự tại E, F Cáctiếp tuyến tại E, F của đường tròn (I) cắt nhau tại T

a) Chứng minh rằng trục đẳng phương của (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác AOT đi quatrung điểm EF

b) GọiG là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn (O) Chứng minh rằng đường tròn ngoạitiếp tam giác AOT đi qua trung điểm của đoạn DG

ÊLời giải.

a) Gọi N = EF ∩ BC, P là trung điểm của EF và Q là giao điểm thứ hai của (O) và (I)

Ta cóQ là điểm Miquel của tứ giác toán phần BCF E.AN nên Q thuộc các đường tròn (N BE)

= ’BN E(vì Q ∈ (N BE))

= ’DN P Suy ra bốn điểm D, Q, N, P đồng viên

JD

E

FI

T

A

MN

PQ

O

p Bổ đề Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi D là trung điểm của cạnh

BC và E, F tương ứng là hình chiếu vuông góc của D trên các đường thẳng AB, AC P làtrung điểm của EF Khi đó P D ∥ AO

|Chứng minh Gọi D0 đối xứng với D qua P thì tứ giác DED0F là hình bình hành

Từ đó, ta có DE = D0F và ÷DF D0 = 180◦− ’EDF = ’EAF (vì AEDF nội tiếp) = ’BAC

Ta có ÷DAM = ’DAO = ’BAO − ’DAB; ÷DN M = ’CDF − ’EF D

Mà ’BAD = ’EAD − ’EF D (tứ giác AEDF nội tiếp) và ’BAO = 90◦− AOB’

2 = 90

◦− ’ACB =

’CDF (tam giác CDF vuông tại F )

Vậy ÷DAM = ÷DN M hay bốn điểm A, M, D, N đồng viên Do đó ’DP F = ’BDA = ’N DA =

÷

N M A

Mà hai góc này ở vị trí so le trong, ta suy ra DP ∥ AM ≡ AO

Gọi ω là đường tròn đi qua P đồng thời tiếp xúc với AD tại D

Ta có

’ADP = ÷DAM (vì AP ∥ AO)

= ’DN P (vì AM DN nội tiếp)

Trở lại bài toán trên:

Do đó đường tròn (N DP ) tiếp xúc với AD Suy ra N ∈ ω

Mặt khác, ba điểm T, P, I thẳng hàng nằm trên đường trung trực của EF và ID2 = IE2 =

IP · IT Suy ra đường tròn (T DP ) tiếp xúc với ID Do đó T ∈ ω

Vậy bốn điểmT, N, D, P cùng nằm trên đường tròn ω

Suy ra ’T DN = ’T P N = 90◦ Khi đóT D ⊥ BC, suy ra T D là trung trực của BC Hay O ∈ T D.GọiR là giao điểm thứ hai của AP với (O) và A0 là điểm đối xứng củaA qua O Ta có DP ∥ AO

= ’P DT

= ’P RT (vì P DRT nội tiếp)

= ’ART

Do đóR ∈ (AOT ) và AR là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và (AOT )

b) Ta có đường tròn (DP R) tiếp xúc với DG tại D

Suy ra ’GDR = ’DP R = ’RAA0, kết hợp với ’RGD = ’RGA = ’RA0A, ta suy ra ∆RGD v

∆RA0A(g.g)

Do đó ’DRG = ’ARA0 = 90◦