Chuyên đề ôn thi môn toán tốt nghiệp THPT quốc gia

Chứng minh rằng đường trung trực của BE luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.. Chứng minh rằng trọng tâm của tam giác ADE thuộc một đường thẳng cố định.. Chứng minh rằng đường tròn n

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCMTRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU

Chuyên đề

Toán học

Số 11

Tháng 12/2018

Nguyễn Tiến Hoàng

Một số định hướng tiếp cận lời giải đối với các bài toán Olympic 67

Phan Quốc Vượng

Về bài toán tổ hợp trong đề thi chọn đội tuyển 2017 85

Nguyễn Mạc Nam Trung

Về bài toán xác định hàm số trong giải phương trình hàm 91

Võ Kế Huy - Bùi Duy Khang

Về phương pháp quy nạp trong giải toán hình học tổ hợp 101

Trần Nguyễn Nam Hưng

Bài toán chia kẹo Euler 113

Ban biên tập

Lời giải đề chọn đội dự tuyển 2017 125

Nguyễn Tăng Vũ - Nguyễn Ngọc Duy - Vương Trung Dũng - Lê Phúc Lữ

Lời giải để chọn đội tuyển các năm 2016 - 2017 - 2018 131

Ban biên tập

Giới thiệu một số bài toán hay 169

LỜI NÓI ĐẦU

Các bạn đang cầm trên tay Chuyên đề Toán học số 11 của trường Phổ thông Năng khiếu.Đây là một dự án được bắt đầu từ cuối năm 2016 sau thành công của Chuyên đề Toán học số

10 Quyển số 10 đã đánh dấu kỷ niệm 20 năm thành lập trường Phổ thông Năng khiếu Nhưngquan trọng hơn, đó còn là đánh dấu của một sự chuyển giao giữa các thế hệ với những gươngmặt mới xuất hiện trong đội ngũ tác giả và biên tập viên Và quyển số 11 này không nằm ngoàidòng chảy đó Ngoài bài viết của anh Phạm Tuấn Huy từ năm 2013, các bạn sẽ thấy rất nhiều bàiviết mà tác giả vẫn còn là học sinh của trường Nội dung các bài viết vẫn được trải dài ở cả 4 phânmôn Hình học - Đại số - Số học - Tổ hợp, trong đó có nhiều vấn đề thú vị được tiếp cận bởi các gócnhìn khác nhau nhưng vẫn với lối suy nghĩ tự nhiên khi giải toán của học sinh THPT Tin rằngbạn đọc sẽ tìm thấy nhiều điều thú vị

Dự án này không chỉ có những thành công Bởi đội ngũ trẻ còn thiếu kinh nghiệm mà quátrình ra mắt của quyển chuyên đề đã gặp không ít khó khăn Mặc dù một seminar giới thiệu đãđược tổ chức vào cuối tháng 7/2017 khi mọi việc gần hoàn tất, mọi thứ đã phải dừng lại vào 1tháng sau đó bởi nhiều lý do khách quan Đến tận tháng 10/2018, những phần việc còn lại mớiđược bắt đầu và ban biên tập đã nhận được nhiều sự giúp đỡ hơn

Để hoàn thành được quyển chuyên đề, không thể phủ nhận được sự đóng góp của nhiều bênvới những vai trò khác nhau Xin gửi lời cảm ơn đến thầy Nguyễn Tăng Vũ đã gợi ý và hỗ trợ rấtnhiều về mặt chuyên môn khi dự án chỉ mới là ý tưởng cho đến khi gần hoàn tất Cảm ơn thầyTrần Nam Dũng đã hỗ trợ nhiệt tình những công đoạn cuối cùng, đặc biệt là khâu in ấn, và lắngnghe rất cầu thị để các tác giả và biên tập viên có thể yên tâm sáng tạo và hoàn thiện chuyên đề.Xin gửi lời cảm ơn đến các anh Lâm Bảo Chánh, Nguyễn Văn Huyện, Lương Văn Khải, Lê Viết Ân

và Phạm Hoàng Minh đã tham gia đánh máy và hỗ trợ về kỹ thuật Ban biên tập cũng gửi lời cảm

ơn đến bạn Nguyễn Lê Duy, học sinh khối chuyên Anh niên khoá 2016-2019 đã thiết kế một mẫubìa đẹp, rất đơn giản mà hiện đại cho chuyên đề số này

Những số đếm cơ bản là từ 1 đến 10 nên số 11 thường gợi đến sự khởi đầu mới trên một nềntảng lâu dài sẵn có Ban biên tập cũng tin như vậy Mong rằng đây là bước đầu một sự phát triểnmới của Chuyên đề Toán học với những hoạt động liên tục hơn nhằm duy trì sự say mê tìm tòicủa học sinh khối Toán Đó chính là cơ sở để họ còn đi xa hơn nữa

Hãy mở sách ra đi, rồi cùng nhau khám phá xem “thầy trò Năng Khiếu viết gì"

PHÉP VỊ TỰ QUAY CÙNG TÂM

Nguyễn Tăng Vũ

Giáo viên trường Phổ thông Năng khiếu

1 ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT

Định nghĩa 1. Cho điểm O và số thực dương k và góc lượng giác α Phép biến hình biến

điểm M thành điểm M0 sao cho SM0 = k.SM,∠(OM, OM0) = α được gọi là phép vị tự

quay cùng tâm (hay còn được gọi là Spiral similarity) Kí hiệu là S(O; k; α).

Định lý 1. Cho phép biến hình S(O; k; α) Khi đó:

1 Ảnh của đường thẳng d là đường thẳng d0sao cho∠(d, d0) =α.

2 Ảnh của tam giác ABC là tam giác A0B0C0đồng dạng cùng hướng với ABC với tỉ số

Định lý 4. Cho các điểm A, A0, B, B0sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng.

1 Tồn tại duy nhất một phép vị tự quay S(O; k; α)biến A thành A0và B thành B0.

2 E là giao điểm của AB và A0B0; F là giao điểm của AA0và BB0 Khi đó O, A, A0, E và

BC Đường thẳng EF cắt các đường thẳng AB và CD lần lượt tại S và T Chứng

minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác SAE, SBF, TDE, TCF cùng đi qua một điểm.

10

B

C D

Ta có S=EF∩AB, T =EF∩CD nên theo định lý 3 thì các tứ giác PAES, EBFS, PFCT

và PEDT nội tiếp

Ví dụ 2. Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD, BE và CF Chứng minh rằng

đường thẳng euler của các tam giác AEF, BDF và CEF đồng quy.

Lời giải Xét phép vị tự quayS(E; k; α= (EA; ED)biến A7→ D, F 7→ C Khi đó trực

tâm tam giác AEF biến thành trực tâm tam giác ECD; tâm ngoại tiếp tam giác AEF

biến thành tâm ngoại tiếp tam giác ECD Hay Ha 7→ Hc và Ma 7→ Mc

Gọi P là giao điểm của HaMavà HcMc, ta có P thuộc(EMaMc) Mà EMaMclà đường

tròn Euler của tam giác ABC Nên P thuộc đường tròn Euler của tam giác ABC

Ví dụ 3. Cho hai đường tròn (O) và(I) cắt nhau tại hai điểm A và B Một đường thẳng thay đổi qua A cắt(O)tại C và cắt(I)tại D (A nằm giữa C và D) Tiếp tuyến tại C của(O)

và tiếp tuyến tại D của(I)cắt nhau tại điểm E Chứng minh rằng đường trung trực của BE luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Lời giải Dễ thấy tứ giác BCED nội tiếp Ta có ∆BCD ∼∆BOI và ∆BCO ∼ ∆BDC.Xét phép vị tự quay tâm B biến C7→O, I 7→ D và E 7→K

Khi đó ta cũng có ∆BKO∼∆BEC, suy ra∠BKO=∠BEC =∠BDC=∠BIO Do đó

tứ giác BOKI nội tiếp

12

O I

A

B C

Gọi N là trung điểm BE ta có∠NKB=∠EIB, suy ra NK là tiếp tuyến của(BOI)mà

NK là trung trực của BE nên ta có điều cần chứng minh

Ví dụ 4 (PTNK 2013). Tam giác ABC nhọn có H là trực tâm và P là điểm di động bên trong

tam giác ABC sao cho∠BPC=∠BHC Đường thẳng qua B và vuông góc với AB cắt PC tại

M, đường thẳng qua C và vuông góc với AC cắt PB tại N Chứng minh trung điểm I của MN

luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Lời giải Dễ thấy tứ giác BCED nội tiếp Ta có ∆BCD ∼∆BOI và ∆BCO ∼ ∆BDC

Xét phép vị tự quay tâm B biến C7→O, I 7→ D và E 7→K

Khi đó ta cũng có ∆BKO∼∆BEC, suy ra∠BKO=∠BEC =∠BDC=∠BIO Do đó

tứ giác BOKI nội tiếp

Gọi N là trung điểm BE ta có∠NKB=∠EIB, suy ra NK là tiếp tuyến của(BOI)mà

NK là trung trực của BE nên ta có điều cần chứng minh

Ví dụ 5 (PTNK 2013). Tam giác ABC nhọn có H là trực tâm và P là điểm di động bên trong tam giác ABC sao cho∠BPC=∠BHC Đường thẳng qua B và vuông góc với AB cắt PC tại

M, đường thẳng qua C và vuông góc với AC cắt PB tại N Chứng minh trung điểm I của MN luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Lời giải Ta có tứ giácPDMN nội tiếp, gọi X là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp

tứ giác và đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC, X khác phía P đối với đường thẳng

BC Ta chứng minh H, D, X thẳng hàng

14

hàng Do đó X cố định Khi đó∠(NX; NM) =∠(DX; DM) = ∠(DH; DB)không đổi

và∠(XN; XM) = ∠(PM; PN) = ∠(AC; AB)không đổi Vậy tam giác XMN đồng

dạng với tam giác XCB, suy ra∠(XM; XI) =∠(XC; XK)và XM

minh

Ví dụ 6 (Việt Nam TST 2013). Cho tứ giác ABCD lồi có các cặp cạnh đối không song song

nội tiếp đường tròn(O; R) Gọi E là giao điểm của AC, BD Đường phân giác góc∠AEB

cắt các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt tại M, N, P, Q.

1 Chứng minh rằng các đường tròn(AQM),(BMN),(CPN),(DPQ)cùng đi qua một

điểm suy nhất Gọi điểm đó là K.

2 Đặt min{AC, BD} =m Chứng minh rằng OK ≤ √ 2R2

4R2−m2.

Lời giải GọiV là giao điểm của AB và CD, U là giao điểm của AD và BC

1 Xét phép vị tự quay biến AB thành DC Gọi K là tâm của phép vị tự quay đó, ta

Mặt khác do M thuộc AB, P thuộc AC và MB

PC =

AM

DP nên phép vị tự quay trêncũng biến AM thành DP và MB thành PC Từ đó ta cũng có K thuộc đườngtròn ngoại tiếp các tam giác AMQ, DPQ, MBP, CPN (2)

Từ (1) và (2) ta có các đường tròn ngoại tiếp các tam giácAQM, BMN, CNP, DPQ cùng đi qua một điểm K

2 Ta có ∠AKU = ∠ABU = ∠ADV mà∠ADV+∠AKV = 1800 nên ∠AKU+

∠AKV =180o Do đó U, K , V thẳng hàng

Hơn nữa∠UKA+∠VKC = ∠ABU+∠CBV = 2∠ADC = ∠AOC .Do đóAOCK nội tiếp, tương tự thì DOBK nội tiếp Mà EA.EC= EB.ED nên E thuộctrục đẳng phương của (DOBK) và (AOCK), từ đó O, E, K thẳng hàng vàOE.OK =OA2= R2, suy ra OK = R2

OE.Gọi H, T là hình chiếu của O trên AC và BD Ta có OE ≥OH, OT, mà OH =r

√4R2−m2.Bài toán kết thúc

Bài 3. Cho góc∠xAy và điểm P cố định nằm bên trong góc Đường tròn thay đổi qua A và

P cắt Ax và Ay lần lượt tại D và E Chứng minh rằng trọng tâm của tam giác ADE thuộc

một đường thẳng cố định.

Bài 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn w, X là một điểm thuộc miền trong tam giác.

AX, BX và CX lần lượt cắt w tại A0, B0, C0 Đường trung trực của XA0 cắt BC tại A1; các điểm B1, C1được xác định tương tự Chứng minh rằng A1, B1, C1thẳng hàng.

Bài 5. Cho tam giác ABC Về phía ngoài tam giác dựng các tam giác ABD, ACE cân tại D

và E sao cho∠ADB =120◦,∠AEC = 60◦ Gọi M là trung điểm của BC Tính số đo các góc của tam giác DME.

Bài 6. Cho tam giác ABC Các điểm D và E lần lượt thay đổi trên các cạnh AB, AC sao cho

AD=CE Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn đi qua một điểm cố

định khác A.

16

Bài 7. Cho tứ giác ABCD với BC = DA và BC không song song với DA Cho hai điểm

thay đổi F, E lần lượt thuộc BC và DA sao cho BF = DE Gọi P là giao điểm của AC và

BD EF cắt BD và AC lần lượt tại Q và R Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác

PQR luôn đi qua một điểm cố định khác P.

Bài 8. Cho tam giác ABC nhọn Tìm điểm M trong tam giác sao cho MA+MB+MC đạt

giá trị nhỏ nhất.

Bài 9. Cho hai hình vuông ABCD và AB0C0D0 cùng hướng (B 6= B0) Chứng minh rằng

các đường thẳng BB0, CC0và DD0đồng quy.

Bài 10. Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn sao cho AB=CD =EF Gọi M, N, P

là trung điểm của AB, CD, EF Chứng minh tam giác MNP đều.

Bài 11. Cho tam giác ABC và đường tròn tâm I nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh

BC, AC và AB tại D, E, F Gọi D0, E0, F0 là hình điểm đối xứng của D, E, F qua I Gọi

A0, B0, C0 là trung điểm của các đoạn thẳng IA, IB, IC Chứng minh rằng A0D0, B0E0 và

C0F0 đồng quy tại một điểm.

Bài 12 (PTNK 2011). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O)với B, C cố định còn A

thay đổi trên(O) Trung trực d của BC cắt AB, AC tại M, N Gọi P, Q là các điểm đối xứng

của M, N qua O và K là giao điểm của BQ và CP.

1 Chứng minh luôn thuộc một đường tròn cố định.

2 Kết luận trên còn đúng không nếu thay bằng đường thẳng Euler của tam giác ABC.

Bài 13. Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn(O) Gọi(ω)là đường tròn tiếp

xúc với AB, AC tại D và E và tiếp xúc trong với(O)tại K Chứng minh rằng DE đi qua tâm

nội tiếp của tam giác ABC.

Bài 14. Cho hai đường tròn(O1)và (O2) cắt nhau tại A và B C1C2, D1D2là tiếp tuyến

chung của(O1)và(O2) I1, I2là giao điểm của C1D1và C2D2với O1O2 Chứng minh rằng

∠O1AO2 =∠I1AI2

Bài 15. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O), gọi A1, B1, C1lần lượt là các chân các

đường cao của tam giác dựng từ A, B, C Gọi H1là trực tâm tam giác A1B1C1 Gọi A2, B2, C2

lần lượt là trung điểm của B1C1, A1C1, A1B1 Chứng minh rằng trung điểm I của OH1là

tâm đường tròn nội tiếp tam giác A2B2C2.

Bài 16. Cho tam giác ABC Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác tiếp xúc với ba cạnh BC, AC

và AB lần lượt tại A1, B1, C1 Gọi H là trực tâm của tam giác A1B1C1, O là tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng H, I, O thẳng hàng.

Bài 17. Hai đường tròn(O1),(O2)tiếp xúc ngoài nhau tại C và tiếp xúc trong với(O)tại

D và E Gọi(d)là tiếp tuyến chung của(O1)và(O2)tại C AB là đường kính của(O)sao cho A, D, O1cùng phía đối với(d) Chứng minh rằng AO1, BO2và DE đồng quy.

Bài 18 (IMO 2008). Cho tứ giác lồi ABCD (AB khác BC) Gọi đường tròn nội tiếp của các tam giác ABC và ADC lần lượt là(ω1)và (ω2) Giả sử tồn tại đường tròn(ω) tiếp xúc với tia BA về hướng A và tia BC về hướng C và tiếp xúc với các đường thẳng AD và CD Chứng minh rằng tiếp tuyến chung ngoài của các đường tròn(w1)và(w2)cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn(C).

Bài 19 (IMO shortlist 1998). Cho tam giác ABC Gọi H là trực tâm và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Gọi D, E, F lần lượt là điểm đối xứng của A qua BC, B qua CA và của C qua AB Chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi OH =2R, với R là bán

kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.

Bài 20. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O và ngoại tiếp đường tròn tâm I Gọi

A0, B0, C0 lần lượt là giao điểm của AI, BI, CI với(O).(I)tiếp xúc với các cạnh BC, AC và

AB lần lượt tại A1, B1, C1.

1 Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác A0B0C0 đi qua điểm I.

2 Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác A1B1C1đi qua điểm O.

Bài 21. Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp là O Đường trung trực của AH cắt cạnh AB và AC tại D và E Chứng minh rằng OA là phân giác của góc∠DOE.

Bài 22 (PTNK 2009). Cho góc bxOy và điểm P cố định nằm trong góc d xOy Đường tròn thay

đổi qua O và P cắt Ox và Oy tại M, N.

1 Tìm quỹ tích trọng tâm của tam giác OMN.

2 Tìm quỹ tích trực tâm của tam giác OMN.

Bài 23. Cho tam giác nhọn ABC với AB khác AC Gọi H là trực tâm của tam giác ABC,

M là trung điểm cạnh BC Lấy D trên cạnh AB và E trên cạnh AC sao cho AD = AE và

D, H, E thẳng hàng Chứng minh rằng đường thẳng MH vuông góc với dây cung chung của

đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADE và ABC.

Bài 24 (Mối quan hệ giữa phép vị tự và nghịch đảo). Cho tam giác ABC, đường tròn tâm I nội tiếp tam giác và tiếp xúc với các cạnh BC, AC và AB tại D, E, F Chứng minh rằng trực tâm của tam giác DEF thuộc đường thẳng nối tâm nội tiếp I và tâm ngoại tiếp O của tam giác ABC.

Bài 25. Cho hình bình hành ABCD và hai điểm A1, C1 trên các cạnh AB, BC tương ứng Các đường thẳng CA1và AC1cắt nhau tại P Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AA1P

và CC1P giao nhau tại P trong tam giác ACD Chứng minh rằng∠PDA=∠QBA.

18

SUY LUẬN PHẢN CHỨNG TRONG HÌNH HỌC

Phạm Tuấn Huy

Lớp chuyên Toán khoá 2011 - 2014

GIỚI THIỆU Bài viết được hoàn thành sau khi tác giả đạt huy chương vàng tại

Olympic Toán Quốc tế năm 2013 và từng được sử dụng để giảng dạy cho đội dự

tuyển trường PTNK Dù được viết đã lâu, BBT vẫn cho rằng đây là bài viết giá trị về

hình học, thể hiện cách tiếp cận vấn đề tự nhiên và lý thú

1 Cơ sở lý luận

Phản chứng là một phương pháp thú vị và một tư tưởng đẹp Trong tổ hợp, đại

số và số học, phản chứng cho phép ta tạo thêm được điều kiện và chọn một đường

hướng chứng minh đơn giản hơn so với việc đi theo chiều xuôi từ giả thiết đến kết

luận của một bài toán Trong hình học, ngoài những bài toán thể hiện rõ phương

pháp của phản chứng (chẳng hạn như bất đẳng thức hình học), thì tư tưởng và hình

ảnh của phép suy luận phản chứng vẫn xuất hiện trong nhiều bài toán với hình thức

khá đa đạng và thú vị Đặc thù của phương pháp này cho phép ta "ứng biến" linh

hoạt giữa giả thiết và kết luận đồng thời có được cái nhìn rộng hơn về những mối

quan hệ đó Do đó, trong nhiều bài toán hình học, phản chứng có thể không phải là

lời giải cuối cùng nhưng là đường lối hỗ trợ trong việc tìm ra lời giải

Một trong những hình ảnh thường gặp nhất của suy luận phản chứng trong hình

học là việc sử dụng "điểm trùng nhau" Tình huống thường gặp nhất, ta cần chứng

minh tính chất hay sự tồn tại của một số đối tượng hình học, chẳng hạn như giao

điểm của một số đường thẳng Khi đó, gọi hai hay một số giao điểm (dĩ nhiên tồn

tại) của một số cặp hay một số đối tượng Sau đó, ta sẽ chứng minh các giao điểm

(đối tượng) mà ta vừa dựng là trùng nhau Đôi khi để thực hiện điều này, ta cũng cần

gọi thêm một số đối tượng khác cùng đi qua điểm đang xét rồi xét sự đồng quy của

chúng với các đối tượng gọi thêm nhằm có thêm tính chất của các điểm mà ta cần

chứng minh trùng nhau

Suy luận này còn được gặp ở dạng sau: giả thiết cho biết điểm A là một điểm

có các tính chất(1),(2), mà từ những điều kiện này ta suy ra duy nhất cách dựng

điểm A Ngoài ra, từ những tính chất trên, dựa vào kết luận cần chứng minh suy luận

ngược về hay qua trực quan hình vẽ, ta đoán được A còn có các tính chất(10).(20),

mà từ đó có thể kết nối được giữa(1),(2), và kết luận Khi đó, ta bỏ đi một số tính

được, sao cho từ hệ các tính chất trên xây dựng được duy nhất một điểm A0 Bằng các

lý luận hình học ta sẽ chứng minh A và A0trùng nhau để có cùng lúc hệ điều kiện(1),(2), và(10),(20),

Suy luận phản chứng ở đây thực chất biểu hiện ở việc ta xác định một điểm A0

theo cách khác A Giả sử A0không trùng A, bằng suy luận hình học thông thường sẽdẫn đến điều vô lý Phần phản chứng này đôi khi rất quen thuộc hoặc trực quan hiểnnhiên nên ta bỏ qua

Trong cách làm này, một tiêu chí rất quan trọng là cách dựng hình và dựng điểm:những điều kiện mà ta chọn để xác định điểm A0phải bảo đảm tính "không thừa",tức là từ đó ta luôn dựng được ít nhất và tốt nhất là đúng một điểm thoả mãn Đây làmột chi tiết cần được thực hiện cẩn thận vì quá trình dựng điểm mới và phản chứng

dễ xảy ra ngộ nhận Cách dựng hình cũng là một phần quan trọng giúp ta thực hiện

dễ dàng và thành công những suy luận hình học, đặc biệt là những suy luận trùngnhau giữa các điểm

Những tính chất mà ta chọn thêm có thể là những điều kiện ta cần trong kết luận,những điều ta suy ra được bằng phép tương đương từ kết luận, hay là những chi tiếtkhông gắn một cách tương đương với kết luận nhưng lại luôn có và từ đó có thể suy

ra được kết luận

Việc đảo liên tục và linh động giữa giả thiết và kết luận của bài toán hay nhữngmệnh đề con cho phép ta thay đổi cách xác định điểm để tìm cách liên kết rõ và dễnhất giữa giả thiết và kết luận Việc hoán vị các bộ điều kiện ta có, ta cần và ta suyđoán cho ta sự lựa chọn đa dạng về hướng đi và cách làm để có thể chọn bộ điều kiệnphù hợp nhất mà từ đó theo sở trường có thể suy ra tất cả những điều kiện còn lại,biến đổi chi tiết khó liên hệ thành dễ liên hệ thông qua một trung gian Cách xác địnhmột điểm rõ ràng và cụ thể hơn chỉ ra hướng đi, hoán đổi nhiệm vụ cần chứng minh,

ví dụ giữa đồng quy, thẳng hàng, đồng viên, Đặc biệt trong nhiều bài toán sử dụngphương pháp đại số hoá (tính toán), việc hoán đổi điều kiện là rất quan trọng nhằmtìm một cách xác định và dựng điểm thuận lợi cho tính toán Chú ý đây là phươngpháp mạnh với những công cụ tỉ lệ, tỉ số kép, các định lý về tỉ lệ như Menelaus, Ceva

và phương pháp diện tích, phương pháp vector,

Việc có thể lý luận được các điểm trùng nhau thường được dựa trên những lýluận cơ bản nhất sau đây:

Định lý 1. Về giao điểm của các đối tượng hình học:

1 Hai đường thẳng có nhiều nhất 1 giao điểm.

2 Hai đường tròn có nhiều nhất 2 giao điểm.

3 Một đường thẳng và một đường tròn có nhiều nhất 2 giao điểm.

4 Một tia có gốc nằm trong đường tròn và đường tròn đó có nhiều nhất 1 giao điểm.

Định lý 2. Về tính duy nhất của một số đối tượng hình học:

1 Tồn tại duy nhất 1 điểm chia trong hay chia ngoài đoạn thẳng theo tỉ số k cho trước.

22

2 Tồn tại duy nhất 1 điểm thuộc đường thẳng AB mà MA2−MB2 =k cho trước.

3 Tồn tại duy nhất 1 điểm trên đường tròn chia 1 cung cho trước theo tỉ số k cho trước.

4 Tồn tại duy nhất 1 điểm nằm trên đường thẳng đi qua 3 điểm A, B, C phân biệt sao cho

tỉ số kép của hàng định ra bởi 4 điểm đó là k6=1 cho trước.

Trong tình huống này, có thể mở rộng ra nhiều tính chất phức tạp hơn bằng một

số công cụ đại số, chẳng hạn như tồn tại nhiều nhất 1 điểm H nằm trên đường thẳng

đi qua 4 điểm A, B, C, D phân biệt sao cho HA.HB = HC.HD Một phương pháp

hiệu quả để xác định sự duy nhất này là lắp các điểm vào một trục toạ độ và quy về

số nghiệm của một phương trình đại số đơn giản

Việc chứng minh các định lý trên là khá đơn giản, xin dành cho bạn đọc Ta sẽ đi

sâu hơn vào một số ví dụ cho phương pháp trên

2 Một số ví dụ

2.1 Các bài toán liên quan đến sự đồng quy, thẳng hàng, đồng viên hay việc xác định

giao điểm một số đối tượng

Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có các đường cao AA1, BB1, CC1và trực tâm H Chứng minh

rằng đường thẳng Euler của các tam giác AB1C1, BC1A1, CA1B1đồng quy.

Phân tích. Một hướng đi thú vị và thường gặp khi xét đến sự đồng quy của 3 hay nhiều

đường thẳng là việc xét giao điểm của từng cặp đường thẳng trong đó, chẳng hạn ở đây, ta lấy

một đường thẳng làm gốc để xét các tỉ lệ trên đó nhằm chứng minh tính đồng quy, các đối

tượng xác định khá quen thuộc và thuận lợi cho tính toán nên hướng làm trên khả thi.

Ở bài toán này, ý tưởng trên gần như tương tự tuy nhiên hướng tiếp cận lại khá thú vị: ta xét

thêm tính chất của giao điểm các cặp đường thẳng nhằm chứng minh các điểm trùng nhau,

chẳng hạn xét thêm một đường thẳng hay một đường tròn chứa giao điểm ấy.

Lời giải GọiA2, B2, C2là trung điểm HA, HB, HC và Ha, Hb, Hc là trực tâm các tam

giác AB1C1, BC1A1, CA1B1 thì A2, B2, C2 ∈ (A1B1C1) và A2, B2, C2 lần lượt là tâm

đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB1C1, BC1A1, CA1B1

nên HaA2, HbB2cắt nhau tại Tc ∈ (A1B1C1) Tương tự thì HaA2, HcC2cắt nhau tại

Tb ∈ (A1B1C1), hơn nữa HaA2và(A1B1C1)chỉ có duy nhất 1 giao điểm khác A2nên

Tc ≡ Tb hay HaA2, HbB2, HcC2đồng quy Vậy đường thẳng Euler của các tam giác

AB1C1, BC1A1, CA1B1đồng quy Bài toán kết thúc

Ví dụ 2 (USA TST 2013). Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H HB, HA giao CA, CB lần lượt tại E, F Gọi N, L là giao điểm của BE và đường tròn đường kính CA sao cho L nằm giữa B và N; M, K là giao điểm của AF và đường tròn đường kính CB sao cho K nằm giữa

A và M Chứng minh rằng AB, NK, ML đồng quy.

Lời giải GọiT là giao điểm của ML và AB Theo định lý Menelaus thì:

F N

K

T

H E

rFA

EB−√EH.EB =

rEH

T0 là giao điểm của KN, AB ta cũng có T0A

T0B =

rHE.FAHF.EB =

TA

TB Vậy T ≡ T0 hay

ML, NK, AB đồng quy

Ví dụ 3. (Vietnam TST 2013) Cho đường tròn(O, R) và điểm A cố định nằm trên(O).

B, C là các điểm thay đổi trên(O) sao cho∠BAC= α không đổi Trên các tia BA, CA lần

lượt lấy E, F sao cho BE= BC=CF Gọi P, Q lần lượt là trung điểm cung AB không chứa

C và cung AC không chứa B của(O) Đường thẳng qua O vuông góc với EF cắt AB, AC tại

M, N Chứng minh rằng giao điểm của PN và QM thuộc đường tròn cố định.

Phân tích. Các bài toán liên quan đến định lý Pascal và sự đồng quy trên đường tròn sử

dụng trong nhiều suy luận khi ta có kết luận và cần chứng minh giả thiết Ta đã biết định lý

Pascal với 6 điểm trên đường tròn tạo ra các giao điểm thẳng hàng Nhưng nếu ta có các giao

Cụ thể, nếu ta có AC cắt BF tại M, CE cắt FD tại N, AD cắt BE tại P, 3 điểm M, N, P thẳng hàng và A, B, C, D, F đồng viên thì E ∈ (ABCDF) Gọi E0 là giao điểm của BP và

(ABCDF), CE0 cắt FD tại N0thì M, N0, P thẳng hàng dẫn đến N0 ≡N, E0 ≡E.

O A

F

Q

P E

N

M

T

I Y

X

Lời giải: GọiI là tâm nội tiếp tam giác ABC Ta sẽ chứng minh rằng OI ⊥EF hay là

OE2−OF2 =IE2−IF2 Gọi(I)tiếp xúc với CA, AB tại X, Y thì:

IE2−IF2 =EY2−FX2 = (a−p+b)2− (a−p+c)2 = (b−c)aLại có EA.EB=R2−OE2và FA.FC =R2−OF2nên:

OE2−OF2= FA.FC−EA.EB= (b−a)a− (c−a)a= (b−c)a

Do đó IE2−IF2 =OE2−OF2hay OI⊥ EF Từ đó M, I, N thẳng hàng Gọi PM cắt

QN tại T Ta có BQ cắt CP tại I, AB cắt PT tại M, AC cắt QT tại N và M, I, N thẳnghàng nên T∈ (O) Vậy T luôn thuộc một đường tròn cố định

Ví dụ 4. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp(O)có trực tâm H và đường cao AD, BE, CF P bất kỳ trên đường thẳng Euler của tam giác ABC PA, PB, PC cắt(O)tại M, N, K Gọi A0

đối xứng với M qua D, B0đối xứng với N qua E, C0đối xứng với K qua F.

26

a) Chứng minh rằng H, A0, B0, C0 thuộc cùng một đường tròn.

b) Đường thẳng qua C0vuông góc HC0và đường thẳng qua B0vuông góc HB0lần lượt

cắt HK, HN tại V, T Chứng minh rằng VT k NK.

O A

A 0

C 0

B 0

A 0 1

B 0 1

C 0 1

X

O 0 1

O 0 3

Lời giải GọiA1, B1, C1là giao điểm thứ hai của HA, HB, HC với(O)

• Ta chứng minh rằng đường thẳng qua M vuông góc với MA1, gọi là m, và các

đường thẳng xác định tương tự đồng quy trên đường thẳng OH Thật vậy, gọi

1, H, P thẳng hàng hay n, k cắtnhau tại O0

1∈ OH Tương tự thì m, n cắt nhau tại O02 ∈OH nên O01 ≡O20 Do đó

m, n, k đồng quy trên đường thẳng Euler của tam giác ABC

• Bây giờ, ta chứng minh rằng đường thẳng qua A1vuông góc với MA1và các

đường thẳng xác định tương tự đồng quy trên đường thẳng OH Thật vây, qua

phép đối xứng tâm O thì 3 đường thẳng trên biến thành m, n, k đồng quy tại

thẳng qua A0vuông góc với HA0và các đường thẳng xác định tương tự đồngquy tại O1đối xứng với O0

1qua O00

1 nên∠HA0O1 =∠HB0O1=∠HC0O1 =90◦.Qua phép vị tự tâm H tỉ số 1

2 thì O1biến thành O2là tâm của(HA0B0C0).

• Gọi f cắt HK tại F0và k cắt HN tại E0 thì F0, E0là trung điểm HV, HT Do đó đểchứng minh rằng VT//KN thì ta chỉ cần E0F0//KN Nhưng thật vậy, điều nàyđúng theo định lý Thales đảo do tỉ lệ E0H

E0N =

F0H

F0K =

HO00 1

O00

1O0

1.Bài toán được chứng minh hoàn toàn

Nhận xét. Để liên hệ được các góc trong tam giác A0B0C0 là một việc khá phức tạp, cùng với việc phát hiện tâm của đường tròn(HA0B0C0)nằm trên OH nên ta nghĩ đến một cách chứng minh nội tiếp khá đặc biệt: chứng minh tâm hoặc chân đường kính của các đường tròn chứa một số trong các điểm H, A0, B0, C0trùng nhau Từ đó ta quy về việc sử dụng định lý Pascal

để chứng minh các đường thẳng đồng quy Việc xét thêm đường thẳng OH trong sự đồng quy là một ý tương tự với ví dụ 1 nhằm giới hạn số giao điểm.

Ví dụ 5 (IMO 2013). Đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC tiếp xúc với đoạn BC tại A1 Các điểm B1 trên CA và điểm C1 trên AB được xác định tương tự, bằng cách lần lượt xét đường tròn bàng tiếp góc B và góc C, tương ứng Giả sử tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng tam giác

ABC là tam giác vuông.

Phân tích. Thông thường, tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác sẽ được xác định bởi giao điểm đường trung trực của các cạnh Tuy nhiên ở đây, việc xác định trung trực của

A1B1, B1C1, C1A1là khá phức tạp Dù vậy, khi giải quyết chiều thuận của bài toán, ta thấy tâm O1 của(A1B1C1) là điểm chính giữa cung chứa góc vuông Từ đó, với trực quan, ta

có thể suy đoán tâm của(A1B1C1), nếu thuộc(ABC)thì là điểm chính giữa của 1 trong 3 cungBAC,_ ACB,_ CBA, giả sử là_ BAC Sau khi lấy M là điểm chính giữa cung này, ta có thể_

chứng minh đơn giản rằng MB1 = MC1, từ đó M thuộc trung trực B1C1 Từ điều này, ta chỉ cần lí luận sao cho M và O1thuộc cùng một cung chắn BC thì sẽ có ngay M≡O1.

28

Lời giải GọiO là tâm ngoại tiếp tam giác ABC và M là trung điểm cung BC chứa

A của (O) Từ giả thiết ta có BC1 = B1C, MB = MC và ∠MCB1 = ∠MBC1 nên

∆MBC1 =∆MCB1(c.g.c) Từ đây MB1= MC1hay M thuộc trung trực B1C1 Do đó

M là một trong hai giao điểm của trung trực B1C1và(O)

Theo phân tích trên, ta sẽ lí luận để M ≡O1 Thật vậy, do A1, B1, C1nằm trong các

cạnh của tam giác ABC, còn theo giả thiết thì O1 ∈ (ABC) nằm ở miền ngoài tam

giác ABC nên O1nằm ở miền ngoài tam giác A1B1C1hay tam giác A1B1C1tù Có thể

giả sử rằng∠B1A1C1 >90◦ để ta có O1thuộc miền trong góc B1A1C1 Điều này dẫn

đến O1thuộc cung BAC Hệ quả là ta có M_ ≡O1 Đến đây, ta có thể xử lí phần còn

lại theo nhiều cách khác nhau, chẳng hạn so sánh O1A1và O1B1như sau:

Đặt BC= a, CA=b, AB =c và 2p=a+b+c Gọi A3là trung điểm BC thì:

Ví dụ 6. (Sharygin 2013) Đường tròn k đi qua hai đỉnh B, C của tam giác nhọn(không cân)

ABC k cắt các tia AB, AC kéo dài về phía B, C theo thứ tự tại P, Q Gọi A1là chân đường cao kẻ từ A đến BC Giả sử A1P= A1Q Chứng minh rằng∠PA1Q =2∠BAC.

Phân tích. Rõ ràng việc khai thác "giả sử A1P= A1Q" là phức tạp vì ta chưa thể xác định

rõ P, Q từ đó Ta sẽ đi ngược lại từ kết luận để xác định P, Q thỏa mãn Sau đó chứng minh trường hợp của đề bài cũng phải trùng với trường hợp đó.

Lời giải Dựng(A1; A1A)cắt các tia AB, AC theo thứ tự tại P1, Q1 Ta có∠AQ1P1=

90◦−∠A1AB=∠ABC nên B, C, P1, Q1đồng viên, hơn nữa có A1P1= A1Q1

Do B, C, P1, Q1đồng viên, ta có PQ k P1Q1hoặc PQ ≡P1Q1 Giả sử PQ6≡ P1Q1

A1P, A1Q cắt P1Q1 thứ tự tại P2, Q2 Do PQ k P1Q1, A1P = A1Q nên tam giác

A1P2Q2cân tại A1, dẫn đến A1P1 = A1Q1 Từ đây thì∠P1A1P = ∠Q1A1Q Do đó

∠A1Q1Q=∠A1P1P, vô lý bởi vì tam giác ABC không cân

Vậy PQ≡ P1Q1 Do đó∠PA1Q=∠P1A1Q1 =2∠BAC

Ví dụ 7. (Vietnam TST 2008) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có phân giác

AD, BE, CF Gọi K, M, N lần lượt chia trong AD, BE, CF theo cùng một tỉ số k Kí hiệu(X)

là đường tròn qua K, A và tiếp xúc với OA Các đường tròn(Y),(Z)định nghĩa tương tự.

30

a) Nếu k= 12, chứng minh rằng(X),(Y),(Z)có 2 điểm chung và trọng tâm G của tam

giác ABC thuộc đường nối hai điểm này.

b) Tìm mọi k sao cho(X),(Y),(Z)có 2 điểm chung.

O A

B

C F

D

E K

N M

Lời giải a) GọiK0là trung điểm của AK, A0là giao điểm của tiếp tuyến tại A với BC

và Oalà tâm của đường tròn qua A, K và tiếp xúc với OA Các điểm khác xác định

tương tự Ta có Oa thuộc trung trực của AK vì OaA=OaK, và cũng có Oa ∈ A0A

Do∠A0DA = ∠BCA+∠ BAC

2 = ∠A0AD nên A0D = A0A Lại có OaA = OaKnên OaK k BC Do đó Oa là trung điểm của A0A Tương tự thì(Oa),(Ob),(Oc) theo

thứ tự là các đường tròn đường kính AA0, BB0, CC0

Gọi Ha, Hb, Hc theo thứ tự là chân các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C xuống

cạnh đối diện của tam giác ABC thì Ha, Hb, Hc theo thứ tự thuộc(Oa),(Ob),(Oc) Mà

HHa.HA = HHb.HB= HHc.HC và OA2=OB2=OC2nên(Oa),(Ob),(Oc)có trục

đẳng phương chung là OH, nhưng OH chính là đường thẳng Euler của tam giác ABC

nên đi qua trọng tâm G Từ đây thì OaObOc ⊥OG

b) Tiếp theo ý tưởng của phần trên, gọi O0

OaA0, ObB0, OcC0theo cùng một tỉ lệ k0 (k0 6= 0) Một kết quả quen thuộc là A0, B0, C0

thẳng hàng Để thuận tiện, ta sẽ ký hiệu là A0, B0, C0 Ta có:

2, ta có A, B, C thẳng hàng, vô lý

Vậy k= 12 là giá trị duy nhất để cho(Oa),(Ob),(Oc)có hai điểm chung

Nhận xét. Ý tưởng của câu b) là việc chứng minh k= 12 là giá trị duy nhất thỏa mãn điều kiện, để có điều này, ta thông qua giả sử một trường hợp thỏa mãn khác tồn tại và chứng minh

vô lý (hình ảnh của bổ đề ERIQ gợi nhớ đến phương pháp vector) Việc chứng minh sự tồn tại duy nhất bằng đại số cũng là phương pháp thú vị trong hình học.

Ví dụ 8. (Iran TST 2013) Trên đường thẳng`cho A, B, C, D phân biệt theo thứ tự đó Các đường tròn(O1),(O2)qua A, B và(O3),(O4)qua C, D sao cho(O1)tiếp xúc với(O3)và

(O2) tiếp xúc với (O4)(các tiếp điểm ở cùng phía so với `) Chứng minh rằng tiếp tuyến chung ngoài của(O1)và(O4), tiếp tuyến chung ngoài của(O2)và(O3)và`đồng quy.

32

Lời giải GọiN là tiếp điểm của(O2)và(O4), M là giao điểm của(O1)và(O3) Gọi

P0là giao điểm của tiếp tuyến tại N của(O2),(O4)và`

Xét trục ` với A(a), B(b), C(c), D(d), P0(p0) Ta có P0A.P0B = P0C.P0D nên khi

quy về toạ độ, ta được(a−p0)(b−p0) = (c−p0)(d−p0) Sau khi khai triển, đây là

phương trình bậc nhất theo p0 nên có nghiệm duy nhất, dẫn đến tồn tại duy nhất

P0 ∈ `mà P0A.P0B= P0C.P0D Tuy nhiên, nếu gọi P là giao điểm của tiếp tuyến tại

M của(O1),(O3)và`thì ta cũng có PA.PB=PC.PD Do đó P0 ≡ P.

Gọi S, T là trung điểm AB, CD Đặt khoảng cách từ O1, O2, O3, O4đến`lần lượt là

h1, h2, h3, h4 Trước hết, ta chứng minh đoạn mà tiếp tuyến chung chắn trên(O1),(O4)

và(O2),(O3)là bằng nhau Điều này tương đương với:

O1O24− (R4−R1)2=O2O23− (R2−R3)2Tuy nhiên dễ dàng thấy rằng:

Bình phương hai vế của(1), ta cần chứng minh rằng:

(x2+h21−h2)(y2+h24−h2) + (x2+h22−h2)(y2+h23−h2)−2h4=h21h24+h22h23−2x2y2Chuyển vế và thu gọn, ta được:

đó là k Gọi Q1là giao điểm tiếp tuyến chung của(O1),(O4)và`thì

f0(q) = 1

2

c+d−2qp

(c−q)(d−q) −p a+b−2q

(a−q)(b−q)

!

Đặt a0 = √a

−q, b0 =p

b−q, c0 =√c

−q, d0 = p

d−q Ta sẽ chứng minh dấu của

f0(q)luôn không đổi khi q<a, tức là(a0c0−b0d0)(b0c0−a0d0)không đổi dấu Chú ýrằng do a <b<c <d nên a0c0 <b0d0, hơn nữa ta có:

(b0c0)2− (a0d0)2 = (b−q)(c−q)− (a−q)(d−q) = (a+d−b−c)q

Do q <a<0 nên(b0c0)2− (a0d0)2không đổi dấu, từ đó f0(q)không đổi dấu Nhưng

rõ ràng f(q)có nghiệm nên nghiệm đó phải duy nhất Vậy Q0

1 ≡Q1, hay tiếp tuyếnchung ngoài của(O1)và(O4), của(O2)và(O3)cắt nhau trên`

Nhận xét. Ở bài toán này, tuy việc xây dựng các điểm mới tự nhiên nhưng việc chứng minh trùng nhau khá phức tạp Việc sử dụng công cụ đại số mà ở đây là tọa độ trục giúp việc chứng minh sự tồn tại duy nhất của các điểm thỏa mãn hệ thức đại số chặt chẽ hơn.

34

2.3 Các bài toán liên quan đến việc đảo cách xác định đối tượng, thay bằng những

đối tượng có cách xác định đặc biệt

Ví dụ 9. (Canada MO 2013) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nhọn.

Lấy P trên AB là điểm thỏa mãn ∠BOP = ∠ABC, lấy Q trên AC là điểm thỏa mãn

∠COQ = ∠ACB Chứng minh rằng đường thẳng đối xứng với BC qua PQ tiếp xúc với

đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ.

Phân tích. Qua quan sát, có thể giao điểm của d (đường đối xứng với BC qua PQ) và

(APQ)đồng thời là giao điểm thứ hai của(ABC)và(APQ) Tiếp điểm này có nhiều tính

chất đặc biệt dễ khai thác, ta sẽ bắt đầu từ đây Gọi giao điểm thứ hai của(ABC)và(APQ)

là K Kẻ tiếp tuyến từ K của(APQ) Hơn nữa, ta có thể thấy AK k BC Tính chất này gợi

mở cho ta nhiều điều, đồng thời khai thác được d dễ dàng hơn.

O A

Lời giải GọiO0 là tâm của (APQ) Ta có∠POQ = ∠POA+∠AOQ = 2∠BCA−

∠ABC+2∠ABC−∠BCA=180◦−∠BAC nên O∈ (APQ) Lại có:

∠O0OA =90◦−∠AQO =90◦− (90◦−∠ABC+∠BCA) =∠ABC−∠BCA

Gọi E là giao điểm của AO và BC và M là trung điểm BC Ta có:

∠MOE=90◦− (180◦−2∠ABC+90◦−∠BAC) = ∠ABC−∠BCA

Từ đó M, O, O0thẳng hàng Do đó K đối xứng với A qua OO0 hay AK k BC Gọi K0

đối xứng với K qua PQ thì∠KQK0 = 2∠KQP = 2∠KCB, lại có QK = QK0 nên Q

là tâm của(KK0C) Từ đó∠QK0C =∠QCK0 Tương tự thì∠PK0B =∠BPK0 Do đó

L

K

Lời giải Lấy F0 sao cho DE ⊥ DF0 và MF0 ⊥ BE Khi đó tứ giác MEF0D nội tiếp.Gọi K là giao điểm của ME và DF0 thì KD.KF0 = KM.KE Gọi T là giao điểm của

F0M và DE, T và L là các giao điểm của (TDF0) và (TMB) Khi đó L ∈ BF0 do

∠TLF0 = ∠TLB = 90◦ Do MEF0D nội tiếp nên ∆TDF0 ∼ ∆TME Mặt khác ta có

∆TME =∆TMB nên∠TLM=∠TBM=∠TFD Sử dụng nhận xét về tính duy nhấtthì L∈ DM

Chú ý rằng ∠F0TD = ∠MTE = 90◦−∠MET = 90◦−∠BDE = ∠BDK nên(F0TD)tiếp xúc BC và tâm O0của(F0TD)thuộc AD Dẫn đến∠BDL=∠BF0D Do

đó∠BF0D=∠BDM =∠BAD nên F0 ∈ (BAD) Áp dụng tính chất về tính duy nhấtcủa giao điểm giữa đường thẳng qua M và vuông góc với BE và cungADB, ta phải_

có F0 ≡ F Vậy FD⊥DE.

36

Nhận xét. 3 mối liên hệ chính của bài toán là

Do đó, ở trường hợp gốc, ta có(3),(4)và cần chứng minh(5) Tuy nhiên việc kết hợp(5),(3)

lại mang đến nhiều tính chất thuận lợi hơn và vì vậy, ta có thể chuyển sang sử dụng bộ điều

kiện(5),(3)để chứng minh(4)như một hướng đi tự nhiên thông qua những suy luận về số

hữu hạn các giao điểm giữa đường thẳng và đường thẳng, đường thẳng và đường tròn.

Ví dụ 11. (Gặp gỡ Toán học V) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn(O) Giả sử AB cắt

CD tại E, AD cắt BC tại F Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD Gọi d là trung

trực của MN Giả sử P, Q là các điểm thuộc d sao cho PE ⊥ FM và FQ ⊥EM Gọi K là

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NEF Chứng minh rằng tam giác KPQ cân.

Q

K

P T

Lời giải GọiQ0là giao điểm của đường thẳng qua M vuông góc với MF và FQ Xác

định P0tương tự Gọi T là giao điểm của FQ0và EP0 Do tứ giác ABCD nội tiếp nên

dễ dàng có được ∆FBN ∼∆FAM và ∆EMA∼∆END, dẫn đến:

∠FNE=∠FNB+∠BNE =∠EMA+∠EMC=180◦−∠FME

Ta có∠FTE=180◦−∠FME=∠FNE nên T ∈ (ENF) Để ý rằng ∆Q0MF∼∆P0ME(g.g) và Q0MP0T là hình bình hành Mặt khác do

Mặt khác4Q0NP0 ∼ 4ENF (c.g.c) nên∠Q0NP0 = ∠ENF =∠ETF = ∠Q0TP0 Do

đó N ∈ (Q0TP0) Kết hợp với(6)thì TNQ0P0là hình thang cân, dẫn đến

Nhận xét. Xuất phát từ tính chất quen thuộc ∠EMF+∠ENF = 180◦, EP ⊥ FM, và

FQ ⊥EM ta liên tưởng đến việc xác định T là giao điểm FQ, EP Từ đó, qua trực quan, có thể

thấy MQTP là hình bình hành hay MQ⊥ MF, MP ⊥ME Với các điều kiện MP ⊥ ME,

P thuộc trung trực MN, EP⊥ FM, sau khi đảo lại và sử dụng bộ tính chất vuông góc, ta có

thể khai thác sự kiện đồng dạng một cách hiệu quả Rõ ràng tính chất thẳng hàng hoặc đồng viên liên hệ với sự đồng dạng là một kết quả khá thú vị.

Ví dụ 12. (Serbia 2013) Cho tam giác ABC nhọn có O là tâm đường tròn ngoại tiếp Đường tròn Euler(ω)và đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC cắt nhau tại P, Q Chứng minh rằng

AP, AQ là hai tia đối xứng đẳng giác trong∠BAC.

Phân tích. Dựa vào trực quan, có thể nhận xét AP.AQ = 12AB.AC Rõ ràng với tính chất

trên ta thu được nhiều cặp tam giác đồng dạng, tạo dựng liên hệ rõ ràng hơn giữa hai điểm.

Vì vậy, xuất phát từ đây có thể ta sẽ thu được nhiều kết quả hơn Như vậy, ta sẽ chọn điểm Q0

có tính chất đẳng giác và hệ thức, chỉ cần chứng minh Q0lần lượt thuộc(ω)và(BOC).

38

O A

Q

Lời giải GọiQ0là điểm thuộc tia đẳng giác với AP trong∠BAC để

AP.AQ0 = 1

2AB.ACGọi M, N, K lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB Từ cách dựng Q0thì ta có được

∆ANQ0 ∼∆APB, ∆AQ0B∼∆ANP, ∆AKQ0 ∼∆APC, ∆AQ0C ∼∆AKP (c.g.c) Kết

hợp với các cặp góc tương ứng thì:

∠BQ0C=360◦−∠AQ0C−∠AQ0B=360◦−∠AKP−∠ANP

Từ đó ∠BQ0C = ∠BAC+∠KMN = 2∠BAC = ∠BOC, dẫn đến Q0 ∈ (BOC) Gọi

T, L lần lượt là các giao điểm của(BOC)với AB, AC thì:

∠NQ0K=∠NQ0A+∠AQ0K =∠PBA+∠ACP=∠TCL=∠BAC=∠MNK

Do đó Q0 ∈ (MNK) Hơn nữa(MNK)và(BOC)có nhiều nhất hai giao điểm, trong

đó có P, nên Q0 ≡Q Vậy AP, AQ là hai đường đối xứng đẳng giác trong∠BAC

Ví dụ 13. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn(O) Tiếp tuyến tại A của(O)cắt

BC tại D E là điểm đối xứng của A qua D Đường thẳng qua B vuông góc với AB cắt trung

trực của BC tại K Chứng minh rằng BE⊥ AK.

O A

D

E

K

Lời giải GọiK0là điểm sao cho hai tam giác CAB và COK0đồng dạng cùng hướng

Từ đó dễ thấy K0thuộc trung trực của BC và:

Do đó∠DEB =∠OAK0 =90◦−∠EAK0nên EB ⊥ AK0 Hơn nữa có được biến đổi

∠K0BC=∠OAC =90◦−∠ABC nên AB⊥BK0 Vậy K0 ≡K hay BE ⊥ AK

Nhận xét. Đi ngược từ kết luận có thể thu được một tính chất rất đẹp đẽ của điểm K là

∆COA∼∆CAB Từ đây, ta sử dụng việc đảo các điều kiện trong hệ ∆COA ∼∆CAB (va

OK ⊥BC), BK⊥ BA (và OK⊥BC) Trong bài toán hình học, khác với các mảng khác, ta

nhiều lúc không thể xác định được đường đi hay thu được nhiều chi tiết từ giả thiết, hoặc từ

đó chỉ có một số dữ kiện phục vụ được cho kết luận Nhu cầu đi từ kết luận và đối chiếu với giả thiết để có định hướng là khá tự nhiên.

Ví dụ 14. (IMO Shortlist 2011) Cho tam giác ABC cân tại A D là trung điểm của AC Đường phân giác∠BAC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BDC tại E (E nằm trong tam

giác ABC) BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB tại điểm thứ hai F Gọi I là giao điểm của AF và BE K là giao điểm của CI và BD Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác KAB.

40

B C

A

D E

F

I K

D 0

G L

Lời giải GọiK0 là điểm thuộc đoạn BD sao cho DK0.DB = DA2, D0là trung điểm

của AB L là giao điểm của BE và AC Vì ED=ED0nên BE là phân giác∠DBA Áp

dụng định lí Menelaus cho tam giác LBD, ta có

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC thì GF.GB=GE.GA Chú ý EG

AB+BG Lưu ý rằng:

9

4GA2=

14

4AB2−BC2, 9

4GB2 =

14

2BC2+AB2

Từ đó có được:

FB

FD =

GB2−GA2+GB.GA1

2AB

Thật vậy, điều này tương đương với:

AB13



BC2−AB2+AB.GB



= 12



AB2+AB.GB(3GB−AB)

Viết lại thành:

213

Nhận xét. Điểm K xác định bởi CI∩BD khá rời rạc so với các quan hệ khác Tuy nhiên, nếu

đi ngược từ kết luận (cụ thể là biến đổi tương đương), ta lại có tính chất thú vị DK.DB =DA2

và có lẽ đây là một khởi đầu thuận lợi hơn, vì sau đó để chứng minh C, I, K thẳng hàng, ta đã

có định lý Menelaus và tính toán đại số hỗ trợ; các quan hệ tỉ lệ độ dài trong bài khá rõ ràng.

Ví dụ 15. (USATST 2013) Cho tam giác ABC vuông tại C có đường cao CH Lấy X thuộc

CH L, K lần lượt thuộc AX, BX sao cho AK =AC và BL =BC Chứng minh rằng khi X

thay đổi trên CH thì(HKL)luôn đi qua một điểm cố định khác H.

42