Hình học Mathley Geometry Mathley

Từ (1), (2), ta suy ra∠AKE + ∠XKE = ∠AMB + ∠AMC = 180◦,3Geometry Mathley• • •www.hexagon.edu.vnhay A, K, X thẳng hàng.Từ đó, chú ý hai tam giác AEF, ABC đồng dạng, ta thu được ∠XAC = ∠KAE = ∠NAF.Điều này dẫn tớiNENF =XBXC .Mặt khác, do CF, XY cùng vuông góc với AB nên CF||XY. Theo định lý Thales, ta suy raXBXC =Y BY F .VậyNENF =Y BY F , từ đó theo định lý Thales đảo, Y N||BE. Mà BE vuông góc với AC nênY N cũng vuông góc với AC. Chứng minh tương tự ta cũng có ZN vuông góc với AB.Vì thế, N là trực tâm của tam giác AY Z.Nhận xét. Đa số các bạn đều không nêu trường hợp AB = AC, tuy trường hợp này đơn giản. Trongtrường hợp này tứ giác MNKX sẽ suy biến thành đoạn thẳng. Đa số các bạn đều sử dụng tính chất củađường đối trung (đường đối xứng với trung tuyến qua phân giác cùng xuất phát từ một đỉnh) để suy raNENF=Y BY F, cụ thểTính chất 1. Nếu AN là đường đối trung của tam giác ABC với N ∈ BC thì NBNC =AB2AC2.Tính chất 2. Giao điểm của hai tiếp tuyến tại B và tại C của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (nếucó) thuộc đường đối trung xuất phát từ A của tam giác ABC.Tuy nhiên, các bạn nên phát biểu tính chất của đường đối trung dưới dạng bổ đề để thuận tiện trong việctrình bày bài toán. Bạn Ong Thế Phương, lớp 11 Toán, trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, ĐồngNai và bạn Nguyễn Lê Minh Tiến, lớp 10 Toán 2, trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định cólời giải ngắn gọn, chỉ sử dụng các kiến thức của hình học lớp 9, tuy nhiên cả hai bạn đều không xét trườnghợp tam giác ABC cân. Bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11 Toán 1, trường THPT chuyên KHTN cũng có lờigiải tương đối ngắn gọn.Xin tuyên dương ba bạn Ong Thế Phương, Nguyễn Lê Minh Tiến và Trần Đăng Phúc và bạn NguyễnĐình Toàn, lớp 12B1, trường THPT Hùng Vương, Bình Phước

www.hexagon.edu.vn

2 p(ABCDEF ), trong đó p(.) ký hiệu chu vi của đa giác.

Nguyễn Tiến Lâm

Đại học Ngoại Thương Hà Nội

2 Cho tam giác ABC nhọn, BE, CF là các đường cao M là trung điểm của BC N là giao của AM và EF X là hình chiếu của N trên BC Y, Z theo thứ tự là hình chiếu của X trên

AB, AC Chứng minh rằng N là trực tâm của tam giác AY Z.

Nguyễn Minh Hà

Đại học Sư phạm Hà Nội

3 Cho tam giác ABC nhọn tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H, đường cao AD AO cắt

BC tại E Đường thẳng qua D song song OH lần lượt cắt AB, AC tại M, N I là trung điểm

AE DI lần lượt cắt AB, AC tại P, Q MQ cắt NP tại T Chứng minh rằng D, O, T thẳng hàng.

Trần Quang Hùng

Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN

4 Cho ba đường tròn (O1), (O2), (O3) đôi một cắt nhau; mỗi đường tròn cắt hai đường tròn kia tại hai điểm phân biệt Gọi (X1) là đường tròn tiếp xúc ngoài với (O1) và tiếp xúc trong với các đường tròn (O2), (O3); tương tự xác định được các đường tròn (X2), (X3) Gọi (Y1) là đường tròn tiếp xúc trong với (O1)và tiếp xúc ngoài với các đường tròn (O2), (O3), tương tự xác định được các đường tròn (Y2), (Y3) Gọi (Z1), (Z2) là hai đường tròn cùng tiếp xúc trong với cả ba đường tròn (O1), (O2), (O3) Chứng minh rằng X1Y1, X2Y2, X3Y3, Z1Z2đồng quy.

Nguyễn Văn Linh

Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN

Copyright c

Lời giải: Solutions

1 Cho hình lục giác ABCDEF có tất cả các góc trong đều bằng 120◦ Gọi P, Q, R, S, T, V là trung điểm của các cạnh của hình lục giác ABCDEF Chứng minh rằng

p(P QRST V ) ≥

√ 3

2 p(ABCDEF ), trong đó p(.) ký hiệu chu vi của đa giác.

D

E

B A

Chứng minh Giả sử P, Q, R, S, T, V theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DE, EF, F A

và gọi a, b, c, d, e, f lần lượt là độ dài các cạnh AB, BC, CD, DE, EF, F A Áp dụng định lý hàm số cosine cho tam giác P BQ với chú ý ∠PBQ = 120◦, ta được

4 (a + b).

Tương tự, ta cũng có QR ≥

√ 3

4 (b + c), RS ≥

√ 3

4 (c + d), ST ≥

√ 3

4 (d + e), T V ≥

√ 3

4 (e + f), và V P ≥

√ 3

4 (f + a).

Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta suy được điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy

ra khi và chi khi ABCDEF là lục giác đều.

Nhận xét Tất cả các bạn tham gia đều giải đúng bài toán này, tuy nhiên một vài bạn trình bày lời giải

hơi dài và đáng tiếc có một bạn tính nhầm Mấu chốt của bài toán này là chứng minh được bất đẳng thức

Z K

Chứng minh Dễ chứng minh khẳng định bài toán đúng trong trường hợp tam giác ABC cân

tại A Xét trường hợp tam giác ABC không cân, không mất tổng quát giả sử AB > AC Gọi K là hình chiếu của M trên EF Vì ∠BEC = ∠BFC = 90◦ nên tứ giác BEF C nội tiếp đường trong đường kính BC Vì M là trung điểm của BC và MK vuông góc với EF nên K

là trung điểm của EF.

Cũng vì tứ giác BEF C nội tiếp nên ∠AEF = ∠ABC, dẫn tới hai tam giác AEF và ABC đồng dạng Lưu ý rằng AM, AK tương ứng là trung tuyến của các tam giác ABC, AEF nên các tam giác AKE, AMB đồng dạng Điều này kéo theo

Y F , từ đó theo định lý Thales đảo, Y N||BE Mà BE vuông góc với AC nên

Y N cũng vuông góc với AC Chứng minh tương tự ta cũng có ZN vuông góc với AB.

Vì thế, N là trực tâm của tam giác AY Z.

Nhận xét Đa số các bạn đều không nêu trường hợp AB = AC, tuy trường hợp này đơn giản Trong

trường hợp này tứ giác MNKX sẽ suy biến thành đoạn thẳng Đa số các bạn đều sử dụng tính chất củađường đối trung (đường đối xứng với trung tuyến qua phân giác cùng xuất phát từ một đỉnh) để suy ra

Tính chất 2 Giao điểm của hai tiếp tuyến tại B và tại C của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (nếu

có) thuộc đường đối trung xuất phát từ A của tam giác ABC

Tuy nhiên, các bạn nên phát biểu tính chất của đường đối trung dưới dạng bổ đề để thuận tiện trong việctrình bày bài toán BạnOng Thế Phương, lớp 11 Toán, trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng

Nai và bạnNguyễn Lê Minh Tiến, lớp 10 Toán 2, trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định có

lời giải ngắn gọn, chỉ sử dụng các kiến thức của hình học lớp 9, tuy nhiên cả hai bạn đều không xét trườnghợp tam giác ABC cân BạnTrần Đăng Phúc, lớp 11 Toán 1, trường THPT chuyên KHTN cũng có lời

giải tương đối ngắn gọn

Xin tuyên dương ba bạnOng Thế Phương, Nguyễn Lê Minh Tiến và Trần Đăng Phúc và bạn Nguyễn Đình Toàn, lớp 12B1, trường THPT Hùng Vương, Bình Phước.

3 Cho tam giác ABC nhọn tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H, đường cao AD AO cắt

BC tại E Đường thẳng qua D song song OH lần lượt cắt AB, AC tại M, N I là trung điểm

AE DI lần lượt cắt AB, AC tại P, Q MQ cắt NP tại T Chứng minh rằng D, O, T thẳng hàng.

A

O H

D M

N

E I

Chứng minh Gọi F là trung điểm BC, G là trung điểm AH Từ kết quả quen thuộc 2−−→ OF =

đi qua trung điểm đoạn chắn song song GF Do đó DI đi qua trung điểm J của OH Chú ý

DN k HO từ liên hệ giữa tỷ số đơn và tỷ số kép ta có D(HOJN) = (HOJ) = −1.

Gọi OD giao AB, AC tại K, L Qua phép chiếu xuyên tâm D ta dễ thấy

(AKMP ) = D(AKMP ) = D(ALNQ) = (ALNQ) = D(HOJN) = −1

Nhận xét Các bạn đều có hướng giải đúng là sử dụng hàng điểm điều hòa nhưng nhiều bạn biến đổi

cồng kềnh không gọn Ở đây chúng ta chỉ cần duy nhất cần một bổ đề của phương pháp tỷ số kép là nếu

có hai hàng cùng tỷ số kép (XABC) = (XA0B0C0) thì AA0, BB0, CC0 đồng quy BạnNguyễn Huy Tùng có nhận xét là đề bài cần thêm điều kiện tam giác ABC khác tam giác đều để O 6≡ H nhận xét

này chính xác và đã bổ sung thiếu sót cho đề bài, xin cám ơn bạn

BạnNguyễn Lê Minh Tiến, học sinh trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định cho lời giải gọn

gàng nhất Giải đúng bài này có các bạnTrần Đăng Phúc, Phạm Huy Hoàng, học sinh lớp 11A1 THPT

chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN,Nguyễn Huy Tùng, học sinh trường THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng, Nguyễn Văn Thanh, học sinh lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Đình Toàn, học sinh lớp 12 B1, trường THPT Hùng Vương, tỉnh Bình Phước, Ong Thế Phương, học

sinh lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai

4 Cho ba đường tròn (O1), (O2), (O3) đôi một cắt nhau, mỗi đường tròn cắt hai đường tròn kia tại hai điểm phân biệt Gọi (X1) là đường tròn tiếp xúc ngoài với (O1) và tiếp xúc trong với các đường tròn (O2), (O3); tương tự xác định được các đường tròn (X2), (X3) Gọi (Y1) là đường tròn tiếp xúc trong với (O1) và tiếp xúc ngoài với các đường tròn (O2), (O3), tương tự xác định được các đường tròn (Y2), (Y3) Gọi (Z1), (Z2) là hai đường tròn cùng tiếp xúc trong với cả ba đường tròn (O1), (O2), (O3) Chứng minh rằng X1Y1, X2Y2, X3Y3, Z1Z2 đồng quy.

Trước tiên ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau

là hai đường tròn tiếp xúc trong với cả hai đường tròn (O1) và (O2) lần lượt tại cặp điểm

N, M và T, R ( (X) nằm trong và (Z) nằm ngoài hai đường tròn) Gọi (Y ) là đường tròn tiếp xúc ngoài với cả hai đường tròn (O1) và (O2) lần lượt tại Q, P Gọi (A), (B) lần lượt

là đường tròn tiếp xúc ngoài với (O1) và tiếp xúc trong với (O2) lần lượt tại C, D; tiếp xúc

trong với (O1) và tiếp xúc ngoài với (O2) lần lượt tại E, F Khi đó các bộ ba đường thẳng

XY, M P, N Q; XZ, M R, T N và AB, CE, DF đồng quy tại một điểm nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2).

Chứng minh Gọi K, L lần lượt là giao điểm thứ hai của NQ, MP với (Y ) Gọi I, J lần lượt

là giao điểm của hai tiếp tuyến tại M, N của (X), tại K, L của (Y ).

Do các tam giác Y P L và O2M P cân ta có biến đổi góc sau (LY, LM) ≡ (LY, LP ) ≡ (P L, P Y ) ≡ (P M, P O2) ≡ (MO2, M P ) ≡ (MO2, M L)( mod π) Suy ra Y L k MO2.

Tương tự, Y K k NO1 Do đó IM k JL (cùng vuông góc MO2), IN k JK (cùng vuông góc

N O1) Mà hai tam giác IMN và JLK lần lượt cân tại I và J nên giao điểm của NK và LM

là tâm vị tự của hai tam giác và cũng là tâm vị tự của hai đường tròn (X) và (Y ).

Z T

Y

P

R Q

Ta có MN k KL và tứ giác KLP Q nội tiếp nên tứ giác MNP Q nội tiếp Gọi S là giao của

M P và NQ thì SM.SP = SN.SQ Từ đó S nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2).

Vậy XY, MP, NQ đồng quy tại S nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2) Chứng minh tương tự với bộ ba XZ, MR, NT và AB, CE, DF Ta có điều phải chứng minh.

Giải bài toán Từ bổ đề trên ta thấy tâm vị tự của (X1) và (Y1) nằm trên trục đẳng phương của (O2) và (O3) và nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O2) Do đó X1Y1 đi qua tâm đẳng phương của ba đường tròn (O1), (O2), (O3) Tương tự với X2Y2, X3Y3, Z1Z2 Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét Các bạn đã gửi lời giải đến đều giải đúng nhưng các biến đổi còn dài chưa ngắn gọn.

BạnTrần Đăng Phúc học sinh lớp 11A1 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN cho một lời giải khá gọn

dùng định lý Menelaus nhưng có một bổ đề bạn đã dùng mà chưa chứng minh đó là định lý Menelaus cho

tứ giác BạnNguyễn Huy Tùng, học sinh trường THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng cũng cho lời giải

với các khái niệm phương tích và góc định hướng rất rõ ràng trình bày và vẽ hình rất chính xác Ngoài

ra còn các bạn giải đúng bài nàyNguyễn Văn Thanh, lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN,

ĐHKHTN-ĐHQGHN,Nguyễn Đình Toàn, học sinh lớp 12 B1, trường THPT Hùng Vương, tỉnh Bình Phước, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai

C B

A

M

Chứng minh Trước hết với giả thiết của bài toán, ta chứng minh nhận xét sau đây.

Nhận xét Giả sử M là tâm tỉ cự của hệ điểm {A, B, C} ứng với bộ trọng số {x, y, z}, tức là

x −−→

M A + y −−→

M B + z −−→

M C = − → 0 Khi đó, (x + y + z)2(R2− OM2) = (xy + yz + zx)a2.

Chứng minh nhận xét Từ giả thiết, ta suy ra

Dễ thấy khi M thuộc miền trong góc A hoặc miền góc đối đỉnh của A thì M là tâm tỉ cự của

hệ điểm {A(−Sa), B(Sb), C(Sc)} Khi đó, ta có OM = R Trong các trường hợp còn lại thì ta luôn có OM > R.

Nhận xét Bài toán này không khó, cái khó của bài toán này là ở khâu trình bày lời giải Đa số các bạn

đều cho lời giải đúng nhưng hơi dài Lý do là các bạn đã xét tất cả các vị trí có thể có của điểm M khi

M nằm ngoài tam giác Ở bài toán này, nếu chỉ quan tâm tới tọa độ tỉ cự của điểm M đối với ba đỉnh

A, B, Ccủa tam giác thì lời giải sẽ ngắn gọn hơn Kết quả của bài toán có thể được mở rộng trong khônggian

Các bạn sau có lời giải đúng:Ong Thế Phương, lớp 11 Toán, trường THPT chuyên Lương Thế Vinh,

Đồng Nai, Nguyễn Văn Thanh, lớp 12 Toán 1, trường THPT chuyên KHTN - ĐHKHTN Hà Nội; Nguyễn Huy Tùng, THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng, Lê Đình Vượng, lớp 12 Toán 2, trường THPT

chuyên KHTN - ĐHKHTN Hà Nội

BạnTrần Đăng Phúc, lớp 11 Toán 1, trường THPT chuyên KHTN-ĐHKHTN Hà Nội đưa ra lời giải

đúng không sử dụng phương pháp vector

2 Cho tam giác ABC không cân Đường tròn (O) đi qua B, C lần lượt cắt các đoạn BA, CA tại

điểm thứ hai F, E Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường thẳng CF tại M, N sao cho M nằm giữa C và F Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACF cắt đường thẳng CE tại P, Q sao cho P nằm giữa B và E Đường thẳng qua N vuông góc AN cắt BE tại R Đường thẳng qua Q vuông góc AQ cắt CF tại S SP giao NR tại U RM giao QS tại V Chứng minh rằng

N Q, U V, RS đồng quy.

A

F E

M N

Chứng minh Do các tứ giác ANBE và BCEF nội tiếp ∠ANE = ∠ABE = ∠ACN nên 4ANE ∼ 4ACN do đó AN2 = AE.AC Tương tự AM2 = AE.AC, AP2 = AQ2 = AF.AB, do BCEF nội tiếp nên AE.AC = AF.AB Từ đó ta có AM = AN = AP = AQ hay M, N, P, Q thuộc đường tròn (A).

Gọi CN giao BQ tại I, RN giao SQ tại K Ta xét phép chiếu xuyên tâm trên đường tròn (A), chú ý NR, QS là tiếp tuyến của (A), ta có

(MNP Q) = N(MNP Q) = (IRP Q) = S(IRP Q) = (NRUK) (1) và

Nhận xét Bài toán được giải nhờ biến đổi tỷ số kép trên đường tròn khá đơn giản và không dùng quá

nhiều các công cụ mạnh Tất cả các bạn đã gửi lời giải đều giải đúng xin nêu tên tất cả các bạn:Trần Đăng Phúc, 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN Nguyễn Huy Tùng, THPT chuyên Trần

Phú, Hải Phòng.Nguyễn Văn Thanh, 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai.

O

H P

Dựa theo lời giải theo bạn Lê Bích Ngọc lớp 10A1 Toán THPT chuyên KHTN Gọi đường thẳng

qua P và vuông góc với OM và đường thẳng qua Q và vuông góc với ON cắt nhau tại T Gọi AS là đường kính của (O) Gọi X, Y, Z là hình chiếu của O lên P S, BC, SQ Dễ thấy

(T P, T Q) ≡ (OM, ON)(modπ) (Do P T ⊥ OM, QT ⊥ ON)

≡ (SM, SN)(modπ) (Do O, M, N, S đồng viên)

≡ (SP, SQ)(modπ).

Từ đó T, S, P, Q đồng viên hay T thuộc (O).

Nhận xét Ngoài lời giải xuất sắc trên của bạn Ngọc còn có bạn Nguyễn Lê Minh Tiến lớp 10 Toán 2

Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định cũng có lời giải tương tự Cái đẹp bao giờ cũng nằmtrong cái đơn giản nhất BạnNgọc và bạn Tiến xứng đáng được tuyên dương ở bài này Ngoài ra các bạn

gửi lời giải đến đều giải đúng xin nêu tên các bạn:Trần Đăng Phúc, 11A1 THPT chuyên

ĐHKHTN-ĐHQGHN.Nguyễn Huy Tùng THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng, Lê Đình Vượng, lớp 12A2 Toán, Nguyễn Văn Thanh lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN Ong Thế Phương,

lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai

Sau đây chúng tôi xin giới thiệu lời giải của tác giả bài toán

Bổ đề 1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H Một đường thẳng bất kì

qua O cắt AB, AC lần lượt tại J, I Khi đó a) Các đường tròn đường kính BI, CJ cắt nhau tại một điểm F nằm trên (O).

b) Gọi G là điểm đối xứng với F qua IJ thì G thuộc (O) Khi đó HF là đường thẳng Steiner của G đối với tam giác ABC.

P

M G

K H

L

F

I O

A

J

Chứng minh a) Kẻ đường kính CP, BK của (O) Áp dụng định lý Pascal đảo cho 6 điểm

A, B, C, P, F, K ta suy ra P J giao IK tại F thuộc (O) Vì CP, BK là đường kính của (O) nên ta cũng dễ thấy F thuộc các tròn đường kính BI, CJ Đó là điều phải chứng minh.

b) Gọi L là giao của BH với (O), M là giao của GL và AC Do BH, BO là hai đường đẳng giác trong góc ∠ABC nên LK k AC do đó ta có (MG, MI) ≡ (MG, MA) ≡ 1

2((−−→ OG, −→ OA)+ (−→ OL, −−→ OC))

≡ 12((−−→ OG, −→ OA) + ( −→ OA, −−→ OK))

≡ 12(−−→ OG, −−→ OK)

≡ (F G, F K) ≡ (F G, F I)(mod π) Do đó tứ giác GMIF nội tiếp Suy ra (MF, MI) ≡ (GF, GI) ≡ (F I, F G) ≡ (MI, MG)( mod π) Suy ra MF, MG đối xứng nhau qua AC kéo theo điểm đối xứng với G qua AC nằm trên

M F Mặt khác ta dễ thấy H, L đối xứng nhau qua AC mà L thuộc MG do đó H thuộc MF Vậy HF là đường thẳng Steiner của G đối với tam giác ABC Đó là điều phải chứng minh.

H

O A

P

Giải bài toán Áp dụng bổ đề trên ta suy ra giao điểm J của (O) và đường thẳng qua P vuông

góc với OM là điểm Anti-Steiner của đường thẳng P H trong tam giác ABC Tương tự, giao điểm J0 của (O) và đường thẳng qua Q vuông góc với ON là điểm Anti-Steiner của đường thẳng QH trong tam giác ABC Vậy J ≡ J0 Ta có điều phải chứng minh.

Để giải bài toán ta cần các bổ đề sau

Bổ đề 2 Cho tam giác ABC AD là phân giác của tam giác I thuộc AD BI, CI theo thứ

tự cắt AC, AB tại E, F Một đường thẳng qua I, theo thứ tự cắt BC, EF tại L, M Khi đó

d IAL = \ IAM

K

Chứng minh Bỏ qua trường hợp đơn giản AB = AC Đặt K = AI ∩ EF ; S = BC ∩ EF ;

J = LM ∩ SA.

Ta có A(LMIJ) = (LMIJ) = S(LMIJ) = S(DKIA) = (DKIA) = −1 (1).

Mặt khác, vì (BCDS) = −1 và \ DAB = \ DAC nên AD⊥AS (2).

Từ (1) và (2) suy ra d IAL = \ IAM

Bổ đề 3 Cho tam giác ABC không đều (O, R) là đường tròn ngoại tiếp của tam giác Đường

tròn nội tiếp (I, r) tiếp xúc với BC tại X Điểm K thuộc đoạn OI sao cho KO

r Khi đó

[ IAX = [ IAK.

X

L K

Chứng minh Gọi E là trung điểm cung BAC _ của (O); F là giao điểm thứ hai của OE với (O) Đặt L = AF ∩ XK Dễ thấy X, L, K, E cùng thuộc một đường thẳng.

Vậy A(IEKX) = A(LEKX) = I(LEKX) = I(F EOX).

D X

Vì IM, IN, IP theo thứ tự vuông góc với BC, CA, AB nên I đồng thời thuộc MX, NY, P Z.

Từ đó, theo bổ đề 2, suy ra [ IAX = \ IAM ; [ IBY = [ IBN ; [ ICZ = [ ICP Vậy, theo bổ đề 3, K đồng thời thuộc AM, BN, CP Điều đó có nghĩa là AM, BN, CP đồng quy tại một điểm thuộc OI (điểm K).

Nhận xét Hầu hết các bạn đều giải theo hướng sử dụng vector hoặc biến đổi lượng giác, tuy vậy giải theo

hướng này vẫn chưa gọn như đáp án Giải đúng bài này có các bạn:Nguyễn Lê Minh Tiến lớp 10 Toán

2,Vũ Phương Thảo lớp 10 toán 1 Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định; Lê Đình Vượng

lớp 12A2 Toán,Nguyễn Văn Thanh lớp 12A1 Toán, THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, Đỗ Đức Hiếu lớp Anh 3 - CLCKT - K49 Đại học Ngoại Thương Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT

chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai,Trần Đăng Phúc, 11A1 Toán THPT chuyên

ĐHKHTN-ĐHQGHN.Nguyễn Huy Tùng THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng.

1 Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn đó (B, C

là các tiếp điểm Giả sử Q là một điểm nằm trong góc BAC, trên tia AQ lấy một điểm P sao cho OP vuông góc với AQ Đường thẳng OP cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác BP Q,

CP Q theo thứ tự tại I, J Chứng minh rằng OI = OJ.

O A

B

C

Q

P I

J

Chứng minh (Dựa theo lời giải của bạn Trần Đăng Phúc và Nguyễn Lê Minh Tiến) P, Q, C, J

thuộc một đường tròn suy ra (QA, QC) ≡ (QP, QC) ≡ (JP, JC) ≡ (JO, JC)(modπ) và (CQ, CJ) ≡ (P Q, P J) ≡ π 2 ≡ (CA, CO)(modπ) Từ đó (QA, QC) ≡ (JO, JC)(modπ)

và (CA, CQ) ≡ (CO, CJ)(modπ) Từ đó tam giác 4CAQ ∼ 4COJ cùng hướng suy ra

Nhận xét Đây là bài toán đã xuất hiện trong cuộc thi học sinh giỏi ở Nga, thuộc loại cơ bản và có thể

dùng các kiến thức hình học THCS để giải quyết trọn vẹn Xin nêu tên các bạn có lời giải đúngTrần Đăng Phúc, 11A1 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Văn Thanh 12A1 Toán THPT chuyên

KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN,Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên

Hòa Đồng Nai,Nguyễn Lê Minh Tiến, 10T2 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định, Chu Xuân Thắng, 10 Toán trường THPT chuyên KHTN, ĐHQGHN, Cao Văn Tiến, 11A Chuyên Quang

Trung, Đồng Xoài, Bình Phước.Trần Chí Công lớp 12A1 Toán, THPT Chuyên Đại học Vinh, Nghệ An, Nguyễn Hồng Thái, 11 A THPT Ninh Giang, Hải Dương.

M C = k Các điểm P, Q theo thứ tự thuộc

AB, AC sao cho P E, QF vuông góc với δ Chứng minh rằng đường thẳng qua M vuông góc với P Q luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải thứ nhất Gọi H là hình chiếu của A trên ∆ Gọi ∆1là đường thẳng qua H, vuông góc với BC Gọi ∆2là đường thẳng qua M, vuông góc với ∆ Gọi X, Y theo thứ tự là giao của ∆2

với AB, AC.

N B1

N C1 = KL

Dễ thấy SB1, SC1, B1C1theo thứ tự vuông góc với P L, P A, LA.

Suy ra các tam giác SB1C1 và P LA đồng dạng cùng hướng Từ đây và (6 suy ra các tam giác

Nói cách khác, d luôn đi qua một điểm cố định (điểm O).

Tóm lại đường thẳng qua M, vuông góc với P Q luôn đi qua một điểm cố định (điểm O).

Nhận xét Đây là bài toán đi qua điểm cố định hay, là mở rộng của đề thi học sinh giỏi quốc gia Việt

Nam năm 2008 Có duy nhất bạnTrần Đăng Phúc 11A1 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN gửi lời

giải và bạn Phúc giải đúng như đáp án thứ nhất, xin tuyên dương bạn Phúc ở bài toán này Hai đáp ántrên là của tác giả bài toán

3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P1, P2 là hai điểm bất kỳ trong mặt phẳng; P1A,

P1B , P1C lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là A1, B1, C1; P2A, P2B, P2C lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai A2, B2, C2.

a) A1A2, B1B2, C1C2lần lượt giao BC, CA, AB tại A3, B3, C3 Chứng minh rằng ba điểm

A3, B3, C3thẳng hàng.

b) P là một điểm bất kỳ trên đường thẳng P1P2; A1P, B1P, C1P lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là A4, B4, C4 Chứng minh rằng ba đường thẳng A2A4, B2B4, C2C4 đồng quy tại một điểm trên P1P2.

Đề giải bài toán ta cần một số bổ đề sau

Bổ đề 1 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Khi đó các tiếp tuyến tại A, B, C của (O) tương

ứng cắt BC, CA, AB tại ba điểm thẳng hàng.

A

O

Bổ đề này đã rất quen thuộc xin không nêu cách chứng minh.

hai của AX, BX, CX với đường tròn (O) khi đó (BCAA0) · (CABB0) · (ABCC0) = −1.

Khi đó ta dễ thấy

(BCAA0) = A(BCAA0) = A(BCA2A1) = (BCA2A1) = A2B

A2C : A1B

A1C

Tương tự với (CABB0), (ABCC0) ta chú ý rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy và A2, B2, C2

thẳng hàng khi nhân các tỷ số kép với nhau áp dụng các định lý Menelaus và Ceva ta dễ suy ra (BCAA0) · (CABB0) · (ABCC0) = −1 Đó là điều phải chứng minh.

thứ hai của AX, BX, CX với đường tròn (O) Chứng minh rằng các tiếp tuyến của (O) tại

A0, B0, C0 tương ứng cắt BC, CA, AB tại ba điểm thẳng hàng.

Bổ đề 4 Cho năm điểm A, B, C, X, Y trên mặt phẳng khi đó

A(BCXY ) · B(CAXY ) · C(ABXY ) = 1.

Đó là điều phải chứng minh.

Giải bài toán a) Gọi A5, B5, C5lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến tại A1, B1, C1với BC, CA, AB, theo bổ đề 1 ta đã có A5, B5, C5thẳng hàng.

A(BCP1P2) · B(CAP1P2) · C(ABP1P2) = Y A5B

A5C : A3B

A3C Theo bổ đề 4, A(BCP1P2)·B(CAP1P2)·C(ABP1P2) = 1, mặt khác theo bổ đề 3 A5, B5, C5thẳng hàng, áp dụng định lý Menelaus ta có Q A5B

A5C = 1 Vậy kết hợp đẳng thức trên ta suy ra

C4C2 nằm trên P1P2 Tương tự ta có giao điểm T0của A4A2 và B4B2 nằm trên P1P2 Do đó

T0 ≡ T Như vậy A4A2, B4B2, C4C2đồng quy tại một điểm T nằm trên P1P2.

Nhận xét Câu a) nhiều bạn cho lời giải ngắn gọn nhờ các hệ thức lượng về sin nhưng các bạn chú ý

rằng những lời giải đó phải phụ thuộc hình vẽ, các bạn hãy chú ý đề bài của chúng ta là cho P1, P2bất

kỳ trong mặt phẳng chứ không phải nằm trong tam giác vì vậy hướng tiếp cận theo tỷ số kép của tác giả

có vẻ dài xong đó là cách làm tổng quát Câu b) là các áp dụng thông thường của định lý Pascal cáchchứng minh khá ngắn gọn nhưng có nhiều ứng dụng sâu sắc Xin nêu tên các bạn có lời giải đúng.Trần Đăng Phúc, 11A1 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Văn Thanh 12A1 Toán THPT chuyên

KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN,Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa

Đồng Nai

Bổ đề 5 Cho tam giác ABC và một điểm P bất kì trên mặt phẳng Một đường thẳng qua P

cắt các đường tròn (P BC), (P CA), (P AB) lần lượt tại Pa, Pb, Pc Gọi la, lb, lclần lượt là tiếp tuyến của (P BC), (P CA), (P AB) tại Pa, Pb, Pc Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng la, lb, lctiếp xúc với (ABC).

Chứng minh Gọi XY Z là tam giác tạo bởi các giao điểm của la, lb, lc; Q là điểm Miquel của

tứ giác toàn phần XY ZPaPbPc; R là giao của APcvà CPa (PcA, PcX) ≡ (PcA, PcY ) ≡ (P A, P Pc) ≡ (CA, CPb) ≡ (PbA, PbX)(modπ) suy ra A ∈ (XPbPc) Tương tự với B, C.

Ta sẽ chứng minh Q nằm trên (ABC).

Dựng tiếp tuyến Qt của (XY Z) Ta sẽ chứng minh Qt đồng thời là tiếp tuyến của (ABC) khi

và chỉ khi (Qt, QA) ≡ (CQ, CA)(modπ).

(Qt, QX) + (QX, QA) ≡ (CQ, CPb) + (CPb, CA)(modπ), (7) mà

(Qt, QX) ≡ (ZQ, ZX) ≡ (ZQ, ZPb) ≡ (CQ, CPb), (QX, QA)

≡ (PbX, PbA) ≡ (CPb, CA)(modπ) nên (7) đúng Ta có điều phải chứng minh.

Giải bài toán Gọi Z là giao điểm của (IBB1) với A1B1 Tương tự ta xác định X, Y

Ta có (IZ, B1Z) ≡ (IB, B1B) ≡ (AI, AP )(modπ) suy ra Z ∈ (A1AI)(modπ) Chứng minh tương tự với X, Y

Mặt khác, (ZI, ZX) ≡ (B1I, B1X) ≡ (A1I, A1C1) ≡ (A1I, A1Y ) ≡ (ZI, ZY )(modπ) suy ra X, Y, Z thẳng hàng.

Gọi T là giao của IB1 và CX Kẻ tiếp tuyến It của (O).

Ta có (It, IB1) ≡ (C1I, C1B1) ≡ (C1I, C1X) ≡ (CI, CX) ≡ (CI, CT )(modπ) Suy ra It

là tiếp tuyến của (IT C) Từ đó T ∈ (O).

Ta thu được (XB1, XB) ≡ (IB1, IB) ≡ (CX, CB)(modπ), suy ra B1C1 là tiếp tuyến của (BCX) Tương tự với C1A1, A1B1.

Gọi Q là giao điểm của (XBC) với đường thẳng qua X, Y, Z.

Ta có (QX, QB) ≡ (XB1, XB) ≡ (ZB1, ZB) ≡ (AZ, AB)(modπ), do A1B1là tiếp tuyến của (ABZ).

Vậy Q ∈ (ABZ) Tương tự ta thu được (ABZ), (BCX), (ACY ) đồng quy tại Q.

Gọi (Oa), (Ob), (Oc) lần lượt là các đường tròn đối xứng với (BCX), (ACY ), (ABZ) qua

BC, CA, AB; X0, Y0, Z0là các điểm đối xứng với X, Y, Z qua BC, CA, AB.

Do A1B1, B1C1, C1A1 lần lượt là các tiếp tuyến của (BCX), (ACY ), (ABZ) nên theo phép đối xứng ta suy ra A2B2, B2C2, C2A2 lần lượt là tiếp tuyến của (Oa), (Ob), (Oc).

X, Y, Z lần lượt nằm trên B1C1, C1A1, A1B1nên X0, Y0, Z0lần lượt nằm trên B2C2, C2A2, A2B2 Gọi S là giao điểm của (Oa) và (Ob) Ta có

(SB, SA) ≡ (SB, SC) + (SC, SA) ≡ (X0B, X0C) + (Y0C, Y0A) ≡ (XB, XC) + (Y C, Y A)

≡ (QB, QC) + (QC, QA) ≡ (QB, QA) ≡ (Z0B, Z0A)(modπ).

Vậy (Oa), (Ob), (Oc) đồng quy tại S.

(SC, SX0) ≡ (BC, BX0) ≡ (BX, BC) ≡ (BX, BI)+(BI, BC) ≡ (ZX, ZI)+(AI, AC) ≡ (AY, AI) + (AI, AC) ≡ (AY, AC) ≡ (AC, AY0) ≡ (SC, SY0)(modπ)

Vậy S, X0, Y0thẳng hàng Tương tự suy ra S, X0, Y0, Z0 thẳng hàng.

Từ đó áp dụng bổ đề trên ta suy ra điều phải chứng minh.

Nhận xét Bài toán trên cũng như bổ đề là sự mở rộng hơn nữa kết quả của đề thi IMO năm 2011 Đây

thật sự là bài toán hay và khó Thật khó có thể diễn tả hết vẻ đẹp của nó và tâm huyết của tác giảNguyễn Văn Linh khi tạo ra bài toán này Chỉ có duy nhất bạn Trần Đăng Phúc 11A1 THPT chuyên ĐHKHTN-

ĐHQGHN gửi lời giải và bạn Phúc đã giải đúng thông qua một bổ đề của bạn tự phát biểu và chứng minhrất đẹp Xin trình bày lại lời giải của bạn Phúc như sau

AA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm thuộc (O) Dựng tam giác A2B2C2 sao cho A2B2,

B2C2, C2A2 lần lượt là đối xứng của A1B1, B1C1, C1A1 qua AB, BC, CA thì ta có các đường thẳng AA2, BB2, CC2đồng quy tại J thuộc (O).

A 1

B 1

C 1

Chứng minh Gọi X, Y, Z là giao điểm của B1C1và BC, A1C1và AC, A1B1và AB.

Ta chứng minh (AC, AJ) ≡ (BC, BJ)(modπ) khi và chỉ khi sin(AC, AJ) = sin(BC, BJ).

Ta có sin(AC,AJ)

A 2 Y = sin(Y A,Y A 2 )

AA 2 , thành thử sin(AC, AJ) = sin(Y A, Y A2),A 2 Y

AA 2 Tương tự, sin(BC, BJ) = sin(XB, XB2).B 2 X

B 2 B.

Ta cần chứng minh

sin(XB, XB2) sin(Y A, Y A2) =

sin(C2A2, C2J) .

sin(JC2, JA2) sin(JC2, JB2) =

sin(C1B1, C1P ) sin(C1A1, C1P ) .

sin(P C1, P A1) sin(P C1, P B1) .

J K

Giải bài toán Gọi X, Y, Z lần lượt là giao điểm của BC và B1C1, AC và A1C1, AB và A1B1.

IC, IB cắt (A1B1C1) lần lượt tại U, V.MC cắt IB1tại T

Ta suy ra các bộ ba điểm sau thẳng hàng: (X, B2, C2), (Y, A2, C2), (Z, A2, B2).

Dựng đường tròn ngoại tiếp tam giác B1BI cắt B1C1 tại M Gọi N là điểm đối xứng với M qua BC.K là giao điểm thứ hai của (NBB2) và (NCC2).

Áp dụng bổ đề 6 vào bài toán ta có AA2, BB2, CC2đồng quy tại J ∈ (O).

Do tứ giác MB1BI, IBCP nội tiếp nên (CI, CP ) ≡ (BI, BP ) ≡ (MI, MB1)(modπ) suy

ra tứ giác MICC1nội tiếp.

Gọi R là giao của IC1 và BM Do I là tâm vị tự của (O) và (A1B1C1) nên UV k BC Ta có (CI, CB) ≡ (UI, UV ) ≡ (C1I, C1B1) + (IB1, IV ) ≡ (C1R, C1B1) + (MB1, M B)

≡ (RI, RB)(modπ).

Từ đó R ∈ (ABC).

Gọi K là giao điểm của (NBB2) và (NCC2) Suy ra (KB, KC) ≡ (KB, KN)+(KN, KC) ≡ (B2B, B2N )+(C2N, C2C) ≡ (JB, JC)( mod π),

≡ (AB, AC) + (IB, IB1) + (IC1, IC)(modπ)

≡ (AB, AC) + (IB, IC) + (IC, IB1) + (IC1, IB1) + (IB1, IC)

≡ 2(AB, AC) + (A1C1, A1B1)(modπ)

Sử dụng cộng góc, ta dễ dàng chứng minh được

2(AB, AC) ≡ (A1B1, A1C1) + (A2B2, A2C2)(modπ)

Do đó (KB2, KC2) ≡ (A2B2, A2C2)(modπ), suy ra K ∈ (A2B2C2) Qua K dựng tiếp tuyến Kx với (A2B2C2).

Từ đây suy ra (Kx, KB) ≡ (CK, CB)(modπ) hay Kx là tiếp tuyến của (ABC).

Do đó, kết hợp việc K thuộc (ABC) , K thuộc (A2B2C2), suy ra (A2B2C2) tiếp xúc với (ABC) Ta có điều phải chứng minh.

Xin tuyên dương bạn Phúc ở lời giải này.

Bùi Quang Tuấn

Minh Khai, Hà Nội, Việt Nam

2 Cho tam giác ABC Đường tròn (K) bất kỳ tiếp xúc đoạn thẳng AC, AB lần lượt tại E, F (K) cắt đoạn thẳng BC tại M, N sao cho N nằm giữa B và M F M giao EN tại I Đường tròn ngoại tiếp các tam giác IF N và IEM cắt nhau tại J khác I Chứng minh rằng IJ đi qua

A và KJ vuông góc IJ.

Trần Quang Hùng

Trường chuyên KHTN, Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội

3 Cho tam giác ABC không cân tại A Gọi (O) và (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp của tam giác (I) tiếp xúc với AC, AB tại E và F Các điểm M và N thuộc (I) sao cho EM k F N k BC Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của BM, CN với (I) Chứng minh rằng

a) BC, EP, F Q đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là K.

b) đường tròn ngoại tiếp các tam giác BP K, CQK cùng tiếp xúc với (I) và cùng đi qua một điểm thuộc (O).

Nguyễn Minh Hà

Trường chuyên ĐHSPHN, Đại học Sư phạm Hà Nội

4 Cho tam giác ABC có E là tâm đường tròn Euler Qua E lần lượt kẻ các đường thẳng P S, MQ,

N R song song với BC, CA, AB (R, Q thuộc BC; N, P thuộc AC; M, S thuộc AB) Chứng minh rằng bốn đường thẳng Euler của các tam giác ABC, AMN, BSR, CP Q đồng quy.

Nguyễn Văn Linh

Sinh viên Đại học Ngoại Thương Hà Nội

Copyright c

Nhận xét Đây là bài toán hay có cách phát biểu rất mới Tất các các bạn gửi lời giải đều sử dụng cộng

góc và tam giác đồng dạng, làm cách đó nếu không sử dụng qua góc định hướng thì lời giải sẽ rất dễ phụthuộc hình vẽ vì đề bài cho Kivà P là các điểm bất kỳ trên hình tròn Cách làm của đáp án tránh đượctình trạng này có bạnPhạm Tuấn Huy, lớp 10 Toán trường phổ thông Năng khiếu – ĐHQG TP.HCM

làm tương đối giống đáp án, tuy vậy nên sử dụng công thức diện tích SABC = abc

4R thì lời giải sẽ tránhđược phải sử dụng lương giác Xin nêu tên các bạn có lời giải tương đối tốtOng Thế Phương, lớp 11

Thanh, 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN.

E

M I J

Dựa theo lời giải của bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11A1 Toán THPT chuyên KHTN Gọi J0là hình chiếu của K lên AI dễ thấy A, F, J0, K, E thuộc đường tròn đường kính AK Từ đó ta có góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng nhau ∠AJ0F = ∠AEF = ∠FNI suy

ra tứ giác F J0IN nội tiếp Tương tự tứ giác EJ0IM nội tiếp từ đó J0 là điểm chung khác I của đường tròn ngoại tiếp tam giác IF N và IEM, vậy J0 ≡ J suy ra A, I, J thẳng hàng và

KJ ⊥ IJ Đó là điều phải chứng minh.

Nhận xét Với lời giải hết sức ngắn gọn này bạn Trần Đăng Phúc xứng đáng được tuyên dương ở bài

toán này Ngoài ra, các bạn sau cũng cho lời giải đúng:Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên

Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai, Phùng Mạnh Hùng, Vũ Hoàng Diệu, lớp 10T2, Bùi Tiến Lộc,

lớp 10T1 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định, Phạm Tuấn Huy, lớp 10 Toán trường phổ

thông Năng khiếu – ĐHQG TP.HCM, Trần Chí Công, lớp 12A1 THPT Chuyên Đại học Vinh.

a) BC, EP, F Q đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là K.

b) đường tròn ngoại tiếp các tam giác BP K, CQK cùng tiếp xúc với (I) và cùng đi qua một điểm thuộc (O).

L

Chứng minh a) Đặt S = BC ∩ EF Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC Dễ thấy tứ giác

DM F P điều hoà.

Do đó E(DSP M) = E(DF P M) = −1.

Từ đó, chú ý rằng EM k DS, suy ra EP đi qua trung điểm của DS.

Tương tự F Q đi qua trung điểm của DS.

Vậy BC, EP, F Q đồng quy tại trung điểm của DS, kí hiệu là K.

b) Kí hiệu (XY Z) chỉ đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z Kí hiệu ∆ ≡ ∆0 chỉ hai đường thẳng ∆, ∆0trùng nhau.

Gọi ∆ là tiếp tuyến với (I) tại P Ta có

(KP, KB) ≡ (EP, EM) (modπ) ( KP ≡ EP, KB k EM)

≡ (∆, P M) (modπ) (Vì ∆ tiếp xúc (I) tại P )

≡ (∆, P B) (modπ).