Một số mở rộng bài toán hình học thi olympic nhật bản

ChoΔABC , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp O của tam giác cắt đường thẳng BC tại P.. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PXY là trung điểm đoạn O O1 2.. ChoΔAB

Một số mở rộng bài toán hình học thi Olympic

Nhật Bản

Nhóm thực hiện: Nguyễn Anh Tú, Lê Bích Ngọc, Phạm Lê Vũ, Đào Quang Đức

Giáo viên hướng dẫn: Trần Quang Hùng

Tóm tắt Chúng tôi sẽ đưa ra các mở rộng và khai thác cho hai bài toán thi Olympic Nhật

Bản năm 2012 bằng các công cụ thuần túy hình học

I Mở đầu

Trong kỳ thi vô địch Nhật Bản năm 2012 có hai bài toán hình học hay như sau

Bài toán 1 ChoΔABC , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ( )O của tam giác cắt đường thẳng BC tại P Lấy Q R, lần lượt đối xứng với P qua đường thẳng

,

AB AC Chứng minh rằng QR vuông góc với BC

Bài toán 2 Cho tam giác PAB và tam giác PCD sao cho PA PB= , PC=PD ; P , A ,

C và B , P , D lần lượt thẳng hàng Đường tròn ( )O1 qua A , C cắt ( )O2 qua B , D

tại hai điểm phân biệt X , Y Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

PXY là trung điểm đoạn O O1 2

Hai bài toán trên là hai bài toán hay và đẹp mắt Bên cạnh đó xung quanh chúng còn nhiều vấn đề để mở rộng và khai thác Sau một thời gian làm việc nhóm chúng em đã được đưa ra một số ý để mở rộng và khai thác hai bài toán này, nhóm em cũng tự mình đưa ra một số cách giải cho hai bài toán đó

II Lời giải hai bài toán

Phần này chúng tôi xin đưa ra lời giải của mình cho hai bài toán thi ở trên

Bài toán 1 ChoΔABC , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ( )O của tam giác cắt đường thẳng BC tại P Lấy Q R, lần lượt đối xứng với P qua đường thẳng

,

AB AC Chứng minh rằng QR vuông góc với BC

Q N

M

P

O A

Lời giải Gọi PR∩AC M≡ ; PQ∩AB N≡ ; MN∩BC≡H

Vì PMA PNAn n 90 90 180+ = o+ o = o nên tứ giác PMAN nội tiếp

Suy ra nPNH =nPAM = nABC PBN=n

Từ đó PHMn=PNH HPNn n+ =PBN HPNn n 90+ = o, suy ra MN ⊥BC

Mặt khác từ giả thiết ta có MN là đường trung bình của tam giác PQR, nên MN QR&

Từ hai điều trên ta có QR⊥BC, đây là điều cần chứng minh

Bài toán 2 Cho tam giác PAB và tam giác PCD sao cho PA PB= , PC=PD ; P , A ,

C và B , P , D lần lượt thẳng hàng Đường tròn ( )O1 qua A , C cắt ( )O2 qua B , D

tại hai điểm phân biệt X , Y Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

PXY là trung điểm đoạn O O1 2

Lời giải Gọi O là trung điểm của O O1 2, ta chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác PXY

M

K T

H

O

Y

X

A P

C

D

B

O 1

O 2

Cách 1 Gọi r1, r2 lần lượt là bán kính của ( )O1 , ( )O2 Áp dụng công thức đường

trung tuyến cho tam giác XO O1 2 và tam giác YO O1 2 ta có

2 1 2 1 2 1 2 1 2

(1)

2 1 2 1 2 1 2 1 2

PA PC= −PB PD⇔P =P ⇔PO +PO =r +r

Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác PO O1 2 ta có

2 12 22 1 22 12 22 1 22

(3)

Từ (1), (2), (3) ta có O X2 =OY2 =O P2, suy ra O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PXY, đây là điều cần chứng minh

Cách 2 Gọi H T K, , lần lượt là hình chiếu củaO O O1, , 2 lên PX

Gọi PX ∩( ) {X; M}O1 = ; PX ∩( ) {X; N}O2 =

Ta có PA PC P = P O/( )1 =PX PM và PB PD P = P O/( 2)=PX PN

Mặt khác từ giả thiết ta có PA PC = −PB PD

Kết hợp với hai điều trên suy ra PM = −PN

PM PX PN PX

XH KP

VìO là trung điểm củaO O1 2 nên TH = −TK

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácPXY.Vậy ta có điều phải chứng minh

III Một số mở rộng

Phần này chúng ta sẽ đưa ra một số mở rộng cho bài toán 1 và bài toán 2

Bài toán 3 (Mở rộng bài toán 1) Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) P thuộc BC và ở

ngoài (O) T ∈ AP sao cho BT, CT cắt (O) lần thứ 2 lần lượt tại M, N và MN ║ PA Q đối xứng P qua MB, R đối xứng P qua NC Chứng minh rằng QR vuông góc với BC

S

Q

R

F

E

N

M

O A

C B

P

T

Lời giải Gọi PR∩NC≡E; PQ MB F∩ ≡ ; EF∩BC S≡

Vì n n 90 90 180PET PFT+ = o+ o = o nên tứ giác PFTE nội tiếp

Từ MN PA& và tính chất góc nội tiếp ta có nPFS=nPTE MNT=n =MBC PBFn=n

Suy ra nPSE PFS BPF=n n+ =n n 90PBF BPF+ = o, do đó EF ⊥BC

Mặt khác từ giả thiết ta có EF là đường trung bình của tam giác PQR nên EF QR&

Từ hai điều trên ta suy ra QR⊥BC, đây là điều cần chứng minh

Bài toán 4 (Mở rộng bài toán 2) Cho tam giác ABC , M là điểm thuộc cạnh AB ,

N thuộc AC sao cho MN song song với đường đối trung xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC Đường tròn ( )O1 đi qua M , B cắt đường tròn ( )O2 đi qua N , C tại hai điểm phân biệt X , Y Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

AXY là trung điểm đoạn O O1 2

Lời giải Gọi O là trung điểm của O O1 2, ta chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác AXY

S

F

E

K T

H

O

Y

X

M

L

A

B

C

N

O 1

O 2

Cách 1 Đường đối trung xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC cắt BC tại S

Vì AS là đường đối trung của tam giác ABC nên AB22 SB

AC =SC

Vì MN AS& nên nAMN =nBAS và nANM =CASn

sin sin

AN = AMN = BAS = SB AC = AB AC = AB

Suy ra AM AB = −AN AC

Đến đây làm tương tự bài toán 2 ta thu được điều cần chứng minh

Cách 2 Đường đối trung xuất phát từ đỉnh A của tam giácABCcắt đường tròn ngoại tiếp tam giácABC tại điểm thứ hai L

Gọi AX∩( ) {X; E}O1 = ; AX∩( ) {X; F}O2 = GọiH T K, , lần lượt là hình chiếu củaO O O1, , 2 lên AX

Ta có ΔAMN ~ΔLCB(g.g), kết hợp với tứ giác ABLC điều hoà ta được AM LC AC

AN = LB = AB

Suy ra AM AB = −AN AC

Bài toán 5 (Mở rộng khác bài toán 1) Cho tam giác ABC , đường tròn đi qua B , C cắt AC , AB lần lượt tại E , F Cho BE giao CF tại H Tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tai T Trên AB lấy điểm Q , trên AC lấy điểm

P sao cho TP song song BE , TQ song song CF Chứng minh rằng PQ song song với AH

G

M

N P

Q

H F

E

T

A

Lời giải Gọi EF∩BC≡K, BE∩AT ≡N, CF∩AT ≡M , AH∩BC≡D, ( ) { ; }

AH∩ ABC = A G

Theo tính chất góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ta có

NAC=ABC= AEF, suy ra EF AT&

Trước hết ta có TC AC22

TB = AB và (BCDK)= −1 nên DB KB

DC = KC Theo định lý Thales AM TC

EF = KC và AN TB

EF = KB, suy ra 2

2

AM TC KB AC DB GB AC GB AF

AN =TB KC = AB DC =GC AB =GC AE

Suy ra GB AM AE AT AP AP

GC = AF AN = AQ AT = AQ

Xét ΔPAQ và ΔBGC có : PAQ BGCn =n và GB AP

GC = AQnên ΔPAQ~ΔBGC(c.g.c)

Từ đó PQA BCG BAGn=n=n, suy ra PQ AH& , đây là điều cần chứng minh

Bài toán 6 Cho tam giác ABC nội tiếp ( )O Tiếp tuyến tại A của ( )O cắt BC tại A1 Lấy A2, A3đối xứng với A1 qua AB , AC Gọi d a là đường thẳng qua A2, A3 Tương tự

có d b , d c Các đường d a , d b , d c cắt nhau tạo thành tam giác A B C4 4 4

a) Chứng minh rằng d a ⊥ BC

b) Chứng minh rằng AA4, BB4, CC4 đồng quy tại một điểm S

c) Chứng minh S thuộc (ABC) và (A B C4 4 4)

d) Chứng minh (ABC) và (A B C4 4 4) trực giao

e) Chứng minh đưòng thẳng Simson ứng với S của (ABC) song song với đường thẳng nối A1, B1, C1

Lời giải

a) Là kết quả bài toán 1

b) Gọi A1 3A ∩A C M≡ 3 ; A1 2A ∩A B M≡ 2 ; M2M3∩BC≡ X , d a∩BC≡X1

1C2 B 2

C ∩ C P≡ ; C1 3C ∩A C P≡ 3 ; P2 3P ∩AB≡Z ; d c∩AB Z≡ 1

1

b

d ∩AC Y≡

Trước hết ta có 1 2

2 1

A B c b

A C = , tương tự ta thu được 1

1 1

A B

A C =

∏ nên theo định lý Menelaus đảo ta có A B C1, ,1 1 thẳng hàng

Tứ giác P ZM X2 2 nội tiếp nên ZXPn2 =nZM P2 2

Tứ giác P C M A2 1 2 1 nội tiếp nên nZM P2 2 =C A Pn1 1 2

Suy ra ZXPn2 =C A Pn1 1 2, do đó ZX A C& 1 1

X 1

Z 1

X

Z

C 3

P 3

C 2

P 2

A 3

M 3

M 2

C 1

A 1

O

A

Ta có (A1X X1 ) (= C Z Z1 1 )= −1 và ZX A C& 1 1 nên Z1X1&A C1 1

Tương tự X1 1Y &A B1 1 Mà A B C1, ,1 1 thẳng hàng nên X Y Z1, 1, 1 thẳng hàng

Xét ΔABC và ΔA B C4 4 4 có giao điểm của các cặp cạnh tương ứng thẳng hàng nên theo định lý Desargues ta có A A4,BB4,CC4 đồng quy tại S, đây là điều cần chứng minh

c) 4 điểm A A Y Z, 4, ,1 1 cùng thuộc một đường tròn nên ZAAn4 =C Y Xn4 1 1, suy ra

4 1 1 4

C CX =Z AA nên S∈ (ABC)

Tương tự S∈(A B C4 4 4), ta có điều cần chứng minh

A 4

B 4

C 4

X 1 A

B

C

1

d) Gọi M là điểm Miquel ứng với tứ giác toàn phần B Z Y1 1CAX1 Gọi O, ,O1 O2,O4 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giácABC A, Y1 1Z CX, 1 1Y A B C, 4 4 4

S

M

O 4

B 4

C 4

A 4 O

O 1

O 3

O 2

X 1

A

Z 1

Y 1

n n

1 2

ABC O OO= Mặt khác O MA O AMn1 = n1 =MCOn2 =CMOn2 nên nAMC O MO=n1 2

Từ hai điều trên, kết hợp với A B C M, , , đồng viên, ta có O O M O, 1, , 2 đồng viên

Tương tự O O M O4, ,1 , 2 đồng viên Ta lại có nASO2 =nABC O OO= n1 2 suy ra S O O O, , 1, 2 đồng viên Như vậy ta có M S O O, , , 4 đồng viên, suy ra (ABC) và (A B C4 4 4) trực giao, đây là điều cần chứng minh

X 1 Z 1

Y 1

T 1

T2

S

C 4

A 4

B 4

B 1

C 1

A 1

O

A

e) Đường thẳng Simson ứng với điểm S của tam giác ABC cắt AB AC, tại T T1, 2

Ta có nAY Z1 1=nAA Z4 1 =nAST1=nAT T2 1suy ra T1 2T &Y Z1 1 Mặt khác theo câu b) ta có

1 1Z 1 1

Y &B C , suy ra đường thẳng Simson ứng với điểm S của tam giác ABC song song với đường thẳng nối A B C1, ,1 1, ta có điều cần chứng minh

Tài liệu tham khảo

[1] Đề thi Olympic Nhật Bản 2012 – Diễn đàn AoPS http://artofproblemsolving.com