Từ bài toán quen thuộc đến bài hình trong đề thi VMO năm 2019

Bổ đề trên là một bài toán trong cuốn Nâng cao và phát triển của tác giả Vũ Hữu Bình đã khá quen thuộc với nhiều bạn.. Dấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra khi.[r]

Giới thiệu

Bài toán (VMO 2019) Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp là I và trực tâm H

Trên các tia AB AC BC BA CA CB, , , , , lần lượt lấy các điểm A A B B C C1, 2, 1, 2, 1, 2 sao cho

AA AA BC BB BB AC CC CC  AB Gọi ', ', 'A B C lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (BB CC1, 1);(CC AA1, 1);(AA BB1, 1)

a) Chứng minh rằng diện tích tam giác ' ' 'A B C không vượt quá diện tích tam giác ABC b) Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ' ' ' A B C Các đường thẳng AJ BJ CJ, , lần lượt cắt BC CA AB, , theo thứ tự tại , ,R S T Gọi K là điểm chung của các đường tròn ngoại tiếp tam giác AST BTR CRS, , Giả sử tam giác ABC không cân, chứng minh tứ giác IHJK là hình bình hành

Trước hết ta cần có các bổ đề sau:

Bổ đề 1 (Đường thẳng Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ) O có trực tâm H

và trọng tâm G khi đó , , H G O thẳng hàng và HG2GO (G nằm giữa , O H )

Bổ đề này rất quen thuộc bạn đọc tự chứng minh

Bổ đề 2 (Điểm Nagel, điểm Gergone) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tam giác

tiếp xúc với ba cạnh lần lượt tại , ,D E F Đường tròn bàng tiếp đối diện góc , ,A B C lần lượt tiếp xúc với BC CA AB, , tại , ,M N P Khi đó AD BE CF, , đồng quy tại G (điểm

Gergone) và AM BN CP, , đồng quy tại N (điểm Nagel)

TỪ MỘT SỐ BÀI TOÁN QUEN THUỘC ĐẾN BÀI HÌNH VMO 2019

Kỳ thi VMO (Vietnam Mathematical Olympiad) là kì thi chọn HSG cấp Quốc gia môn Toán dành cho học sinh THPT được tổ chức hàng năm Kỳ thi năm nay được diễn ra trong hai ngày 13 và 14 tháng 1 năm 2019 Trong đề thi năm nay ngày đầu tiên có xuất hiện một bài hình khá thú vị mà tác giả muốn trình bày bài toán đó bằng cách THCS thông qua bài viết này Bài viết này được tác giả tham khảo từ nhiều nguồn và chuyển nó thành một lời giải phù hợp với các bạn học sinh bậc THCS Nếu có điều kiện tác giả sẽ tiếp tục trình bày bài hình ngày hai trong các số báo tiếp theo

Bổ đề này chứng minh bằng định lý Ceva vì ta thấy có rất nhiều đoạn thẳng bằng nhau

do tính chất của đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp

Bổ đề 3 Cho hình bình hành ABCD, trên đoạn AB BC, lấy hai điểm ,E F sao cho

AECF K là giao điểm của AF CE, Khi đó DK là phân giác của góc ADC

Chứng minh Lấy L là giao điểm của AD và CE

Áp dụng định lý Thales ta có: LD LA LA LK

DC  AE CF  KC

Từ đó suy ra DK là phân giác của góc ADC (đpcm)

Bổ đề 4 Cho tam giác ABC có trung điểm các cạnh là A B C1, 1, 1 Khi đó điểm Nagel của tam giác A B C1 1 1 đồng thời là tâm nội tiếp của tam giác ABC

P

N

M

F

E

D

L

K

F

C

D

E

Chứng minh Gọi , , X Y Z là tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp lên các cạnh của tam giác A B C1 1 1 Gọi N là điểm Nagel của tam giác A B C1 1 1 Theo tích chất đường tròn bàng tiếp ta có C Y1 B Z1

Áp dụng bổ đề 3 từ đó ta có AN là phân giác góc BAC

Chứng minh tương tự thì ta có BN là phân giác góc ABC nên N chính là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC (đpcm)

Nhận xét Tam giác A B C1 1 1 được gọi là tam giác trung bình của tam giác ABC (tam giác median) và ngược lại tam giác ABC là tam giác anti-median của tam giác A B C1 1 1

Bổ đề 5 Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp là I , trọng tâm G và điểm Nagel

là N Khi đó , , I G N thẳng hàng và GN2GI (G nằm giữa , N I)

Gọi tam giác ' ' 'A B C là tam giác Anti-median của tam giác ABC Khi đó , G N lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ' ' 'A B C

Ta có: ABC∽A B C' ' ' và ,G N lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ' ' '

A B C ; ,G I lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Suy ra AGI∽A GN' nên , ,I G N thẳng hàng và GN GA' 2

GI  GA  (đpcm)

Y

Z

X

N

B1

A1

C1 A

I G N

B

A C

A'

Chứng minh Đặt BX a,CY b, AZ c

XC  YA  ZB  Khi đó theo định lý Ceva ta có abc1 Điều cần chứng minh tương đương với

3 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 4

6

CXY AYZ BZX

ABC

S S S CX CY AY AZ BZ BX

b c c a a b

ab bc ca a b c

ab bc ca     a b c abc  (AM-GM)

Vậy ta hoàn tất chứng minh

Nhận xét Bổ đề trên là một bài toán trong cuốn Nâng cao và phát triển của tác giả Vũ

Hữu Bình đã khá quen thuộc với nhiều bạn Dấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra khi

P là trọng tâm tam giác ABC

Bổ đề 7 Cho tam giác ABC , lấy điểm , , M N P thuộc các cạnh BC CA AB, , của tam giác Khi đó các đường tròn (ANP), (BPM), (CMN) có một điểm chung

Z

P A

Y

Chứng minh Gọi K là giao điểm thứ hai khác N của ( ANP) và (CMN) Áp dụng tính

chất tứ giác nội tiếp ta có BPK  ANK  KMB Suy ra K(BPM) hay ta có đpcm Bây giờ ta quay lại bài toán ban đầu

Bài toán (VMO 2019) Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp là I và trực tâm H

Trên các tia AB AC BC BA CA CB, , , , , lần lượt lấy các điểm A A B B C C1, 2, 1, 2, 1, 2 sao cho

AA AA BC BB BB AC CC CC  AB Gọi ', ', 'A B C lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (BB CC1, 1);(CC AA1, 1);(AA BB1, 1)

a) Chứng minh rằng diện tích tam giác ' ' 'A B C không vượt quá diện tích tam giác ABC b) Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ' ' ' A B C Các đường thẳng AJ BJ CJ, , lần lượt cắt BC CA AB, , theo thứ tự tại , ,R S T Gọi K là điểm chung của các đường tròn ngoại tiếp tam giác AST BTR CRS, , Giả sử tam giác ABC không cân, chứng minh tứ giác IHJK là hình bình hành

K A

P

N

M

(Xét thế hình như hình vẽ) Chứng minh

a) Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt A A1 2 tại B''

Theo Thales suy ra 1 1

1 2

''

BA AA

BA BB

BB  AA    Mà BA1BC1BCAB nên tam giác

1

''

BB C cân tại B và BB'' ||AC nên B C C'', 1, 2 thẳng hàng, từ đó ta có 'B B''BB' ||AC Chứng minh tương tự ta có CC' ||AB AA; ' ||BC

Ta gọi tam giác XYZ là tam giác Anti-median của tam giác ABC

Ta có

Suy ra XZ là tiếp tuyến của đường tròn ( ' ' ')A B C Chứng minh tương tự thì ta có đường tròn ( ' ' ')A B C là đường tròn nội tiếp tam giác XYZ nên XA YB CZ', ', ' đồng quy (bổ đề 2)

Áp dụng bổ đề 6 ta thu được ' ' '

4

XYZ ABC A B C

S

S  S

Vậy diện tích tam giác ' ' 'A B C không vượt quá diện tích tam giác ABC

Y Z

X B'

A'

C'

A1

A2

C2

A

b)

Gọi , ,I I I a b clần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện góc ,A B và C của tam giác ABC

Ta thấy J là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác XYZ nên theo bổ đề 4 thì J là điểm

Nagel của tam giác ABC , từ đó , , R S T lần lượt là hình chiếu của , ,I I I a b c lên các cạnh , ,

BC CA AB

Bây giờ ta gọi K' là điểm đối xứng của I qua O và W là trung điểm cung BC không

chứa A của đường tròn ( )O , khi đó W là trung điểm II a nên 'K I a vuông góc với BC tại

Rhay K RC'  90 , tương tự thì ta có K SC'   90 K'(CRS) Chứng minh tương tự thì ta có ' (K  AST); 'K (BTR) K K'

Ta gọi G là trọng tâm tam giác ABC

Áp dụng bổ đề 1 và bổ đề 5 ta có , ,I G J và , ,H G O thẳng hàng và

GJ GH

HJ OI HJ OI IK

GI  GO    

Từ đó suy ra tứ giác HIKJ là hình bình hành (đpcm)

G Z

X W

B

K I

I b

I a

I c

R

T

O J

Y

B'

A'

C' A

C

bạn học sinh THPT sau khi đọc lời giải bằng Vecto, phép vị tự,… thì khá ngắn gọn nhưng với các bạn THCS đọc lời giải trên thì chắc hẳn thấy rất nhiều bổ đề Bài viết này không nhằm khuyến khích các bạn giải các bài toán khó dành cho bậc THPT mà mục đích của bài viết này là giúp các bạn biết thêm các tính chất, các bổ đề hay trong hình học Mong bài viết này sẽ củng cố lại kiến thức và giúp ích cho các bạn trong quá trình giải toán sau này