Gợi ý một số lời giải của một số bài toán Hình học phẳng khó trong đề thi chọn HSG và đội tuyển

Nhận xét: Trên đây là lời giải của tôi, nếu các bạn để ý thì sẽ thấy rằng phần b) bài toán là sự ghép lại của một ba bài toán nhỏ. Trong đó việc BP, CQ cắt nhau tại trung điểm EF đã được[r]

Một số bài toán hình học chọn đội tuyển VMO của Hà Nội các năm gần đây

Lời nói đầu: Trong các đề chọn đội tuyển thi HSGQG của Hà Nội bao giờ cũngdành một thời lượng một bài dành cho phân môn hình học phẳng Các bài toán nàykhông đòi hỏi nhiều kiến thức, song, lại cần sự tinh tế trong quá trình kẽ vẽ hình phụcũng như cách phối hợp các kiến thức toán chuyên Điều đặc biệt là tôi thấy có khánhiều bài hình được lấy hoặc lai tạo từ các đề thi của Nga Để các bạn tiếp cận dễdàng, sau đây tôi xin giới thiệu một vài bài hình học hay chọn tuyển của Hà Nội(đặcbiệt là bài hình chọn tuyển Hà Nội 2016-2017)

Bài toán 1(Chọn đội tuyển VMO Hà Nội 2016-2017): Cho tam giác ABC(AB <AC) nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi M là trung điểm BC AM cắt (O) tại cácđiểm A, D Giả sử BD ∩ AC = F, CD ∩ AB = E (ABF ) ∩ (ACE) = A, P Gọi (S1)

là đường tròn qua C tiếp xúc AB tại A Gọi (S2) là đường tròn tiếp xúc AC tại A

và đi B A, Q = (S1) ∩ (S2) Chứng minh rằng tam giác OP Q vuông

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta thấy ngay được rằng: P là điểm M iquelcủa tứ giác toàn phần ACF DBE do đó dĩ nhiên P, E, F thẳng hàng Theo định líBorcard thì ta có: O, M, P ⊥ EF do đó EF kBC vậy là: ∠BCD = ∠DEP = ∠DBP

do đó P B tiếp xúc (O) Tương tự P C tiếp xúc (O) Kẻ các đường kính AX, AY lầnlượt của (S2), (S1) Lại có: ∠AQB = 180◦− ∠AXB = 180◦

− ∠AS2O Tương tự thì:

∠AQC = 180◦− ∠AS1O do đó ∠AQB + ∠AQC = 360◦− 2∠AS1O = 2(180◦− ∠A) =

360◦− 2∠A do đó hiển nhiên ∠BQC = 2∠A do đó P, B, Q, O, C nằm trên một đườngtròn vậy nên OQ ⊥ P Q do đó ta thu được ngay đpcm

Nhận xét : Nếu bài toán hỏi là chứng minh A, P, Q thẳng hàng thì có vẻ sẽ hay hơn.Điều này cũng không khó để chứng minh Chú ý việc tứ giác AS2S1O là hình bìnhhành nên S1S2 chia đôi AO do đó theo tính chất vị tự dĩ nhiên X, Y, O thẳng hàng

Ta có: ∠AQX + ∠AQY = 90◦+ 90◦ = 180◦ nên X, Y, Q, O thẳng hàng Dĩ nhiên là

AQ ⊥ OQ do đó A, Q, P thẳng hàng

Bài toán 2(Hà Nội TST 2015-2016): Cho đường tròn đường kính AB Lấy điểm

C trên nửa đường tròn này sao cho 90◦ < ∠AOC < 180◦ Lấy K là 1 điểm thay đổitrên đoạn OC Vẽ các tiếp tuyến AD, AE đến đường tròn (K; KC) Chứng minhrằng DE, AC, BK đồng quy tại 1 điểm

Lời giải 1(Ngô Thế Anh Khoa-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam):Gọi AC cắt đường tròn (K) tại điểm T ,giao BK tại điểm L Do C là tâm vị tựtrong của (O) và (K) nên ta có: AT

Nhận xét : Lời giải thứ nhất rất hay bởi tôi thực sự rất ấn tượng với cách sử dụng vị

tự ở đây

Lời giải 2(Nguyễn Duy Khương-11T2-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam):

Gọi BK cắt lại (O) tại điểm thứ hai J Gọi J A cắt DE tại điểm N Do ∠KJA =

∠KDA = 90◦ do đó tứ giác J ADE nội tiếp Do (O) tiếp xúc (K) nên áp dụng tínhchất trục đẳng phương thì tiếp tuyến chung tại C của (O), (K),DE và J A đồng quytại 1 điểm N Gọi DE cắt BK tại điểm M Kẻ tiếp tuyến thứ hai N S tới (K) thếthì do N C đã là tiếp tuyến tới (K) nên ta có: DSCE là 1 tứ giác điều hoà do đóhiển nhiên là ta có: A, S, C thẳng hàng Gọi M là giao điểm của BK và DE Gọi I

là trung điểm DE

Do M là trực tâm tam giác AN K nên: M N.M I = M J.M K = M D.M E(do

A, J, K, D, E đồng viên) Vậy ta thu được: (N M, DE) = −1(theo hệ thức M aclaurin)suy ra: C(N M, DE) = −1 mà ở trên ta đã chỉ ra được: C(N S, DE) = −1 Do đó:

S, C, M thẳng hàng Vậy AC, BK, DE đồng quy tại điểm M (đpcm)

Lời giải 3(Nguyễn Trung Hiếu-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam):Gọi T là giao điểm của AC và (K) Gọi L là giao điểm ED và T C Từ giả thiết ta

có được: EDT C là một tứ giác điều hoà Do đó ta có: ED,tiếp tuyến tại T ,C đồngquy tại 1 điểm gọi là điểm P Vậy ta có: P K ⊥ AC Lại có: AK ⊥ ED nên L làtrực tâm tam giác P KA Gọi BK cắt AP tại điểm Q vậy ta thu được: KQ ⊥ P Avậy ta có: P Q.P A = P R.P K = P C2, hay là Q thuộc (O) Do đó có: ∠BQA = 90◦

Trên AC lấy điểm I sao cho IKkAO thế thì KI = KC do đó CDIE nội tiếp.

∠HCI = ∠HBA = ∠HKI suy ra CHKI nội tiếp Áp dụng tính chất trục đẳngphương cho ba đường tròn (CDIE), (HDKE), (CHKI) dĩ nhiên BK, AC, DE đồngquy

Bài toán 3(chọn đội tuyển thi VMO-Hà Nội 2014-2015):

Cho tứ giác ABCD(AB < BD) nội tiếp đường tròn (O) biết AC = CD Gọi I làtâm nội tiếp đường tròn ABD Gọi (BIC) cắt AB tại điểm thứ hai F Gọi E làtrung điểm AD Chứng minh rằng: AI ⊥ EF

giác AIL cân tại L Chứng minh tương tự ta có: IL = LD Lại có theo hệ thứclượng trong tam giác vuông CDL thì LD2 = LE.LC = LI2 do đó ta có: 4LEI ∼4CIL(g.g) Vậy ta có: 90◦

ta thu được tam giác ∠F IA = ∠EIA do đó ta thu được: 4IF A = 4IEA(g.c.g) do

đó hiển nhiên thu được: AI là trung trực EF do đó ta có đpcm

Nhận xét : Bài toán trên không quá khó và thuộc vào phần ăn điểm xong kĩ năngbiến đổi góc ở lời giải trên rất hay và quan trọng Đáng chú ý ở điểm hình vẽ khôngnhư thông thường đã giúp tiếp cận lời giải dễ hơn

Bài toán 4(chọn đội tuyển Hà Nội thi VMO 2012-2013): Cho tứ giác ABCD

nội tiếp không phải là một hình thang Gọi AB cắt CD tại E AD cắt BC tại điểm

F Phần giác các góc CF D và BEC gặp nhau ở điểm H Hai đường chéo của tứ

giác ABCD cắt nhau tại điểm I Gọi (ABI) cắt (CDI) tại điểm thứ hai K Chứng

◦(1) Ta gọi L là giao điểm thứ hai khác A của (EAB) và (ECD)

Thế thì ta có: EL.EF = EA.EB = EI.EK do đó tứ giác LF KI nội tiếp Áp dụng

tính chất của trục đẳng phương cho các đường tròn (F AB), (F CD), (O), (LF KI) thì

ta có: LF, AB, CD, IK đồng quy tại 1 điểm chính là điểm E

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC Ta có: ∠LAD = 180◦ − ∠LAF =

hay là L thuộc (F M N ) Vậy ta thu được: ∠OLF = 90◦ Vậy mà theo định lí Borcard

thì OI ⊥ EF Vậy O, I, L thẳng hàng Hay là ta có: ∠EKF = 90◦(2) Từ (1)(2) ta

thu được E, F, H, K đồng viên(đpcm)

Nhận xét : Bài toán này không khó và khá quen thuộc với học sinh chuyên

Bài toán 5(chọn đội tuyển thi VMO-Hà Nội 2011-2012):Cho đường tròn(O) và các điểm A, M trên (O) sao cho AM không là đường kính (O) Lấy Itrên đoạn OA(I 6= O, A) (I, IA) cắt đường tròn đường kính (IM ) tại các điểm

B, C M B, M I, M C cắt (O) lần lượt tại các điểm D, E, F theo thứ tự DF cắt

M E, M A, AE lần lượt tại T, S, Q Chứng minh rằng:

a)SD.SF = ST.SQ

b) B, C, Q thẳng hàng

Lời giải: a) Ta có: ∠QAM = ∠MF E = ∠QT M do đó hiển nhiên rằng: tứ giácAQT M nội tiếp hay là ta thu ngay được rằng: ST.SQ = SA.SM = SD.SF (đpcm).b) Hiển nhiên ta có ngay được rằng do (IM ) cắt (I; IA) tại điểm B, C nên M B, M C

là tiếp tuyến đến (I, IA) Ta nhận thấy do I nằm trên OA nên (I, IA) tiếp xúc (O)tại A M I chính là phân giác góc BM C hay suy ra rằng E chính là trung điểm cungDAF của (O) Ta quy về bài toán mới chứng minh rằng: AE, DF, BC đồng quy.Gọi BC cắt DF tại điểm Q0 Theo định lí Menelaus thì Q

0F

Q0D.

BD

BM.CM

Q0D hiển nhiên ta thu được rằng

AQ0 là phân giác ngoài ∠DAF do đó AQ0 đi qua trung điểm cung DAF của (O)chính là E hay là: Q ≡ Q0 do đó ta có: AE, DF, BC đồng quy Vậy ta có được đpcm.Nhận xét : Khai thác bài toán về đường thẳng Mixtilinear có nhiều cách thú vị xongviệc che giấu bớt đi phần lớn giả thiết đã gây chút khó khăn cho người làm nhất là

2 câu a)b) ít liên quan như bài trên

Bàn về một bài toán hay trong đề chọn đội tuyển Sư Phạm năm 2014-2015

Bài toán 1(trích đề HNEU TST 2014-2015): Cho tam giác ABC ngoại tiếpđường tròn (I) (I) tiếp xúc BC ở D M thay đổi trên cạnh BC (I1), (I2) lần lượt

là đường tròn nội tiếp tam giác (ABM ),(ACM ) Gọi P Q là tiếp tuyến chung ngoàicủa (I1), (I2)(P ∈ (I1), Q ∈ (I2)) Gọi BP ∩ CQ = S

b)Gọi BP ∩ (I) = S0, CQ ∩ (I) = S00(như hình vẽ)(chú ý S ≡ S0 ≡ S00) Do C làtâm vị tự ngoài của (I), (I2) nên I2QkIS00 Tương tự thì ta có: I1P kIS0 P Q là tiếptuyến chung của (I1), (I2) nên I1P kI2Q Do đó IS0kIS00 vậy thu được S ≡ S0 ≡ S00.Hay là thu được: S chạy trên (I) cố định khi M thay đổi(đpcm).

Nhận xét : Bài toán trên có câu a) khá hay với các biến đổi tỉ lệ rất đẹp nhờ vào cặptam giác đồng dạng quen thuộc Còn ở câu b) việc sử dụng vị tự đã giúp ta có mộtlời giải rất hay và có tính tổng quát cao cho nhiều bài toán khác Tiếp tục ta đếnmột khai thác cho câu b) bài toán này như sau

Bài toán 2(Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC có P, Q cố định nằm trêncạnh BC Các đường tròn (I), (I1), (I2) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giácABC, AP B, AP C X thay đổi trên cung EF của (I) sao cho A, X nằm trên nửamặt phẳng bờ EF XB cắt (I1) tại điểm Y và XC cắt (I2) tại điểm Z(như hình vẽ).Chứng minh rằng giao điểm của Y P và ZQ nằm trên 1 đường tròn cố định

Lời giải(Cao Tiến Thành-11 Toán 1-THPT chuyên Khoa Học Tự Nhiên):Gọi (J ) là đường tròn bàng tiếp tam giác AP Q Gọi Y P cắt (J ) tại T0 Gọi ZQcắt (J ) tại điểm T00 Ta chứng minh T ≡ T0 ≡ T00

Thật vậy theo phép vị tự tâm

P tỉ số R(I1)

R(J ) : Y → T

0 Do đó: Y I1kJT0 Tương tự ZI2kJT00 Mà B, C lần lượt làtâm vị tự ngoài (I), (I1) và (I), (I2) do đó ta có: Y I1kXIkZI2 do đó J T0kJT00 do đó

T0 ≡ T00 ≡ T (đpcm)

Nhận xét : Đây có thể coi là một mở rộng khá đẹp của bài toán 1 Xong cách giảiquyết vẫn là sử dụng phép vị tự một cách hợp lí.

Quay trở lại bài toán số 1, ở phần a) ta thấy các biến đổi tỉ số như trên rất hayxong chỉ là với đường tròn nội tiếp tam giác Ta thử tổng quát hơn khi nghĩ tới việcthực hiện các biến đổi với tứ giác ngoại tiếp xem sao, sau một hồi mò mẫm, tôi chợtnhớ tới bài toán sau

Bài toán 3(Nguyễn Văn Linh-T12/468-THTT): Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD

có đường tròn nội tiếp (I) Tia AB cắt tia CD tại điểm E và tia DA cắt tia CB tạiđiểm F Gọi I1, I2 lần lượt là tâm nội tiếp tam giác EF B và tam giác EF D Chứngminh rằng: ∠I1IB = ∠I2ID

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta chú ý nếu tia AB cắt tia CD tại điểm Ethuộc nửa mặt phẳng bờ AD chứa C thì ta có: DI và DI2 là phân giác ∠EDF do

đó E, I, I2 thẳng hàng Tương tự thì F, I, I1 cũng thẳng hàng Do đó hiển nhiên 2góc cần chứng minh suy biến thành góc bẹt và bằng nhau

Vậy nên ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp tia AB cắt tia CD tại E nằm trên

bờ nửa mặt phẳng BC chứa D Xin nêu 1 bổ đề phụ (Định lí Pythot suy rộng cho

tứ giác lõm): "Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) Giả sử tia AB cắt

CD tại E và tia DA cắt tia BC tại điểm F Khi đó ta có: ED − F B = EB − F D"(Bạn đọc tự chứng minh)

Quay trở lại bài toán, gọi K, L lần lượt là hình chiếu của I2và I1 lên ED và F B.Gọi X, Y, Z, T lần lượt là các tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA Do I2D làphân giác ngoài góc F DC nên I2D ⊥ ID tương tự ∠I1BI = 90◦ Do đó đpcmtương đương với: 4I2ID ∼ 4I1IB hay I2D

tự ta có:4I1BL ∼ 4BIY (g.g) vậy nên ta thu được từ trên rằng: I2D

DE − F B = EB − F D(đúng theo bổ đề) Vậy ta thu được đpcm

Nhận xét : Việc sử dụng định lí P ythot ở đây là hợp lí nhằm kết nối giả thiết tứgiác ngoại tiếp và quan trọng hơn là chứng minh được hệ thức độ dài quan trọng:

DK = BL Và dĩ nhiên đến đây chắc các bạn cũng hiểu cảm hứng sáng tác của tácgiả bài toán số 4 đến từ bài toán số 1 khi trong lời giải đó cũng sử dụng biến đổi

để dẫn tới việc có được hệ thức độ dài mấu chốt

Tổng kết lại ta thấy cả hai ý trong bài toán 1 này đều kiểm tra được đại đa số các kĩnăng của học sinh về phần hình học phẳng(biến hình, biến đổi đại số, biến đổi góc)

do đó đây là một bài toán rất ý nghĩa và có nhiều khai thác thú vị(bài toán 2,3).Cuối cùng để các bạn luyện tập xin đề nghị hai bài toán cũng là những bài toán cócấu hình, phương pháp tương tự

Bài toán 4(Trích đề chọn đội tuyển TPHCM 2016-2017): Cho tam giác ABCngoại tiếp (I) (I) tiếp xúc BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F Gọi AD, BE, CFcắt nhau ở T Đường tròn (O1) qua T tiếp xúc AB, AC lần lượt tại các điểm

A1, B1 Định nghĩa tương tự các điểm A2, B2 và A3, B3 Chứng minh rằng 6 điểm

A1, B1, A2, B2, A3, B3 đồng viên

Bài toán 5(Nguyễn Minh Hà-T12/460-THTT): Cho tam giác ABC và 1 điểm

D chạy trên cạnh BC Gọi (I1), (I2) lần lượt là đường tròn nội tiếp của các tam giácABD, ACD (I1) lần lượt tiếp xúc AB, BD tại E, X (I2) lần lượt tiếp xúc AC, CDtại F, Y Gọi AI1, AI2 theo thứ tự cắt EX, F Y tại Z, T Chứng minh rằng:

a)X, Y, Z, T đồng viên

b)K chạy trên một đường thẳng cố định

Bốn lời giải khác nhau cho bài toán hình học hay chọn đội tuyển Hà Nội 2015-2016

Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội AmsterdamBài toán (Hà Nội TST 2015-2016): Cho đường tròn đường kính AB Lấy điểm

C trên nửa đường tròn này sao cho 90◦ < ∠AOC < 180◦ Lấy K là 1 điểm thay đổitrên đoạn OC Vẽ các tiếp tuyến AD, AE đến đường tròn (K; KC) Chứng minhrằng DE, AC, BK đồng quy tại 1 điểm

Lời giải 1(Ngô Thế Anh Khoa-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam:Gọi AC cắt đường tròn (K) tại điểm T ,giao BK tại điểm L Do C là tâm vị tựtrong của (O) và (K) nên ta có: AT

khác nếu gọi DE cắt AC tại điểm L0 thế thì (AL0T C) = −1 do đó L ≡ L0 do đó tacó: DE, BK, AC đồng quy(đpcm).

Nhận xét : Lời giải thứ nhất rất hay bởi tôi thực sự rất ấn tượng với cách sử dụng vị

tự ở đây

Lời giải 2(Nguyễn Duy Khương-11T2-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam):

Gọi BK cắt lại (O) tại điểm thứ hai J Gọi J A cắt DE tại điểm N Do ∠KJA =

∠KDA = 90◦ do đó tứ giác J ADE nội tiếp Do (O) tiếp xúc (K) nên áp dụng tínhchất trục đẳng phương thì tiếp tuyến chung tại C của (O), (K),DE và J A đồng quytại 1 điểm N Gọi DE cắt BK tại điểm M Kẻ tiếp tuyến thứ hai N S tới (K) thếthì do N C đã là tiếp tuyến tới (K) nên ta có: DSCE là 1 tứ giác điều hoà do đóhiển nhiên là ta có: A, S, C thẳng hàng Gọi M là giao điểm của BK và DE Gọi I

là trung điểm DE

Do M là trực tâm tam giác AN K nên: M N.M I = M J.M K = M D.M E(do

A, J, K, D, E đồng viên) Vậy ta thu được: (N M, DE) = −1(theo hệ thức M aclaurin)suy ra: C(N M, DE) = −1 mà ở trên ta đã chỉ ra được: C(N S, DE) = −1 Do đó:

S, C, M thẳng hàng Vậy AC, BK, DE đồng quy tại điểm M (đpcm)

Lời giải 3(Nguyễn Trung Hiếu-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam):Gọi T là giao điểm của AC và (K) Gọi L là giao điểm ED và T C Từ giả thiết ta

có được: EDT C là một tứ giác điều hoà Do đó ta có: ED,tiếp tuyến tại T ,C đồngquy tại 1 điểm gọi là điểm P Vậy ta có: P K ⊥ AC Lại có: AK ⊥ ED nên L làtrực tâm tam giác P KA Gọi BK cắt AP tại điểm Q vậy ta thu được: KQ ⊥ P Avậy ta có: P Q.P A = P R.P K = P C2, hay là Q thuộc (O) Do đó có: ∠BQA = 90◦

Trên AC lấy điểm I sao cho IKkAO thế thì KI = KC do đó CDIE nội tiếp

∠HCI = ∠HBA = ∠HKI suy ra CHKI nội tiếp Áp dụng tính chất trục đẳngphương cho ba đường tròn (CDIE), (HDKE), (CHKI) dĩ nhiên BK, AC, DE đồngquy

Một số bài toán hình học hay trong các đề chọn tuyển thi VMO 2 năm gần đây

Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội AmsterdamTóm tắt nội dung: Ở bài viết này tôi sẽ đưa ra lời giải cho một số bài hình họcphẳng hay trong một số đề chọn đội tuyển thi VMO các tỉnh thành phố Qua đómong rằng các bạn có thể tự định hướng cho mình một số dạng bài hình học phẳngtrong các kì thi chọn đội tuyển

Bài toán 1(Chọn tuyển VMO Hà Nội 2015-2016): Cho đường tròn đường kính

AB Lấy điểm C trên nửa đường tròn này sao cho 90◦ < ∠AOC < 180◦ Lấy K là

1 điểm thay đổi trên đoạn OC Vẽ các tiếp tuyến AD, AE đến đường tròn (K; KC).Chứng minh rằng DE, AC, BK đồng quy tại 1 điểm

Lời giải 1(Nguyễn Duy Khương): Gọi BK cắt lại (O) tại điểm thứ hai J Gọi

J A cắt DE tại điểm N Do ∠KJA = ∠KDA = 90◦ do đó tứ giác J ADE nội tiếp

Do (O) tiếp xúc (K) nên áp dụng tính chất trục đẳng phương thì tiếp tuyến chungtại C của (O), (K),DE và J A đồng quy tại 1 điểm N Gọi DE cắt BK tại điểm M

Kẻ tiếp tuyến thứ hai N S tới (K) thế thì do N C đã là tiếp tuyến tới (K) nên ta có:DSCE là 1 tứ giác điều hoà do đó hiển nhiên là ta có: A, S, C thẳng hàng Gọi M

là giao điểm của BK và DE Gọi I là trung điểm DE

Do M là trực tâm tam giác AN K nên: M N.M I = M J.M K = M D.M E(do

A, J, K, D, E đồng viên) Vậy ta thu được: (N M, DE) = −1(theo hệ thức M aclaurin)suy ra: C(N M, DE) = −1 mà ở trên ta đã chỉ ra được: C(N S, DE) = −1 Do đó:

S, C, M thẳng hàng Vậy AC, BK, DE đồng quy tại điểm M (đpcm)

Lời giải 2(Ngô Thế Anh Khoa-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam):Gọi AC cắt đường tròn (K) tại điểm T ,giao BK tại điểm L Do C là tâm vị tựtrong của (O) và (K) nên ta có: AT

Lời giải 3(Nguyễn Trần Trung Hiếu-12T1-THPT chuyên Hà Nội dam): Gọi T là giao điểm của AC và (K) Gọi L là giao điểm ED và T C Từ giảthiết ta có được: EDT C là một tứ giác điều hoà Do đó ta có: ED,tiếp tuyến tại T ,Cđồng quy tại 1 điểm gọi là điểm P Vậy ta có: P K ⊥ AC Lại có: AK ⊥ ED nên L

Amster-là trực tâm tam giác P KA Gọi BK cắt AP tại điểm Q vậy ta thu được: KQ ⊥ P Avậy ta có: P Q.P A = P R.P K = P C2, hay là Q thuộc (O) Do đó có: ∠BQA = 90◦

mà ∠KQA = 90◦ nên thu được: BLK hay là DE, BK, AC đồng quy(đpcm)

Nhận xét : Ở lời giải thứ nhất, thứ ba khai thác triệt để vấn đề tiếp tuyến cắt nhaudẫn tới các hàng điều hoà và tính chất phụ từ đó thu được đpcm, riêng về lời giảithứ hai thì điểm đặc biệt chính là việc sử dụng phép vị tự ở đây rất hay và tự nhiêntận dụng được giả thiết tiếp xúc Có thể nói bài toán này rất đặc sắc dù không quákhó vì giúp học sinh khi làm bài vận dụng được các kiến thức rất đa dạng

Bài toán 2(Trích đề chọn đội tuyển Hà Tĩnh 2015-2016): Cho tam giác ABCnhọn nội tiếp đường tròn (O) có AH là đường cao và I là tâm đường tròn nội tiếptam giác Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ BC D đối xứng A qua O M D cắt

BC, AH lần lượt tại các điểm P, Q

a) Chứng minh rằng tam giác IP Q vuông.

b) DI cắt (O) tại điểm thứ hai là E AE, BC cắt nhau tại F Chứng minh rằng nếu

AB + AC = 2BC thì I là trọng tâm tam giác AP F

đó∠HAM = ∠HP M Chú ý rằng ta dễ chứng minh được AH, AO đẳng giác trong

do đó 4M CD ∼ 4M P C(g.g) ⇒ M C2 = M D.M P = M B2 = M I2(do M là trungđiểm cung nhỏ BC) Do A, I, M ⊥ QD nên tam giác QAD cân hay là M Q = M D

do đó M I2 = M Q.M D hay theo hệ thức lượng trong tam giác vuông thì tam giác

IP Q vuông tại I(đpcm)

b) Trước tiên ta để ý rằng: ∠IAE = ∠IDM = ∠IQD = ∠IHP hay là tứ giác AIHF

∠MIP hay là P, I, K thẳng hàng Gọi AM ∩ BC = L, ta có: LI

Bài toán 3(Trích đề chọn đội tuyển Nam Định 2015-2016,ngày 1): Cho tamgiác ABC có AB < AC và các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại điểm H EFcắt BC tại điểm G K là hình chiếu của H lên AG AH cắt EF tại điểm L Trungtrực LD cắt HG tại điểm P Gọi N là trung điểm EF Chứng minh rằng: (KGN )tiếp xúc (DP L).

Lời giải : Ta dễ thấy K, H, M thẳng hàng(M là trung điểm BC) đồng thời GH vuônggóc AM tại điểm I Gọi S là trung điểm đoạn LD Chú ý theo hàng điểm điều hoà

cơ bản thì (GD, BC) = −1 do đó xét phép chiếu xuyên tâm E thì (AH, LD) = −1

do đó: HL.HD = SH.HA(theo hệ thức M aclaurin)= HP HI(do tứ giác APSI nộitiếp đường tròn đường kính AP) vậy L thuộc (P ID) Do N là trung điểm EF nên

ta thấy ∠MN G = ∠GIM = 90◦ = ∠GKM nên ta thấy 5 điểm G, K, N, I, M đồngviên Đến đây bài toán đơn giản đi nhiều Gọi J là trung điểm AH

Ta thấy rằng: J I2 = J A2 = J L.J D(hệ thức Newton cho hàng (AH, LD) = −1) nên

IJ tiếp xúc (DP L) Hiển nhiên rằng IJ tiếp xúc với (KGM ) hay (KGN ) Vậy IJ

là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn này hay ta có đpcm

Bài toán 4(Trích đề chọn đội tuyển Nam Định 2015-2016,ngày 2): Cho tamgiác ABC nội tiếp (O) có các đường cao AD, BE, CF Đường tròn (A; AD) cắt (O)tại 2 điểm M, N

a) Chứng minh rằng M N đi qua trung điểm DE, DF

b) Gọi EF cắt BC tại điểm G DP là đường kính của (A; AD) P G cắt (A; AD) tạiđiểm Q khác P Chứng minh rằng trung điểm DQ nằm trên (O)

Lời giải: a) Trước tiên ta thấy trục đẳng phương của (O) và (A; AD) là M N

do đó M N ⊥ OA Ta có:EF ⊥ OA(quen thuộc) Do đó M N kEF Gọi X, Ylần lượt là trung điểm DE và DF Kẻ DL, DK vuông góc với AB, AC tại L, K

Ta có: X là trung điểm DE là cạnh huyền của tam giác vuông ELD thế thì tacó: L, X, Y thẳng hàng Tương tự ta thu được: K, L, X, Y thẳng hàng Lại có:AD(2) = (AN2) = AK.AC = AL.AB do đó tứ giác LKCB nội tiếp nên:∠AKN =

∠ANC = 180◦ − ∠B = ∠LKC Do đó L, K, N thẳng hàng tương tự thì K, L, Mthẳng hàng do đó M, L, K, X, Y, N thẳng hàng hay đpcm

b) Xét phép vị tự tâm D tỉ số 1

(AD = 2R) Do đó vì Q ∈ (A; AD) nên S ∈ (AD = 2R) Cũng phép vị tự tâm D tỉ

số 1

2 : G → I(trung điểm GD) Do đó ta thấy: ISA ⊥ SD vậy theo hệ thức lượng thìtam giác vuông IS.IA = ID2 Theo hàng điểm điều hoà cơ bản thì (GDBC) = −1nên theo hệ thức Newton thì ID2 = IG2 = IB.IC Do đó IS.IA = IB.IC hay là

S ∈ (O) Vậy ta thu được S là trung điểm QD nằm trên (O)(đpcm)

Nhận xét : Câu a) và câu b) không liên quan tới nhau lắm nên khá khó cho những người

có tư tưởng liên hệ Bài toán khá lệ thuộc vào việc có hàng điểm (GDBC) = −1 Ta

có thể tổng quát thành bài toán sau: "Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) cóđường cao AD Lấy 1 điểm S trên đoạn AD Gọi BS ∩ AC = F , CS ∩ AB = E Gọi(A; AD) cắt AD tại điểm thứ hai là P Giả sử EF ∩ BC = G GP cắt lại (A; AD)tại điểm Q Chứng minh rằng trung điểm QD nằm trên (O)" Các bạn có thể giảibài này tương tự bài toán gốc

Bài toán 5(Trích đề chọn đội tuyển PTNK 2015-2016,ngày 2): Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (I) qua B, C cắt BA, CA tại các điểm

E, F

a) Giả sử BF, CE nhau ở D và T là tâm của (AEF ) Chứng minh rằng: OT kID.b) Trên BF, CE lấy các điểm G, H sao cho AG ⊥ CE và AH ⊥ BF Các đường tròn(ABF ), (ACE) cắt BC tại các điểm M, N (6= B, C) và cắt EF tại P, Q(6= E, F ) Gọi

K = M P ∩ N Q Chứng minh rằng: DK ⊥ GH

Lời giải: a) Câu này khá đơn giản(nếu không đòi hỏi chứng minh lại định lí Borcard)

Ta gọi EF ∩ BC = S Gọi SA ∩ (O) = J (6= A) Dĩ nhiên SJ.SA = SB.SC = SE.SF

do đó J ∈ (AEF ) Do đó OT ⊥ SA(quan hệ trục đẳng phương) Sử dụng định líBorcard cho tứ giác BEF C nội tiếp thì dĩ nhiên ID ⊥ SA Do đó OT kID(đpcm).b) Từ giả thiết khá loằng ngoằng thì ta dễ thấy D là trực tâm tam giác AHG

Bài toán 6(Trích đề chon đội tuyển Quảng Ninh 2015-2016,ngày 2): Chotam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AA1, BB1 là các đường cao của tam giácABC Gọi M là trung điểm AB CM cắt (CA1B1), (O) lần lượt tại P, Q Chứngminh rằng: M P = M Q

Lời giải: Gọi H là trực tâm tam giác ABC Khi đó ta thấy các điểm C, B1, A1, Hđồng viên Gọi (CH) cắt lại (O) tại điểm thứ hai N khác C Gọi CN cắt ABtại K Ta dễ có CN, A1B1, AB đồng quy(theo tính chất trục đẳng phương) Gọi

CH cắt AB tại C1 Áp dụng định lí Borcard cho tứ giác ABB1A1 nội tiếp ta có

KH ⊥ CM mà từ gt ta có: HP ⊥ CM nên ta có ngay rằng K, H, P thẳng hàng vậy

ta có ngay rằng tứ giác CP C1K nội tiếp hay là CM.CP = M C1.M K Theo hàngđiểm điều hoà cơ bản ta dễ thấy (KC1AB) = −1 hay là M C1.M K = M A2 hay là

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta thấy ngay được rằng: P là điểm M iquelcủa tứ giác toàn phần ACF DBE do đó dĩ nhiên P, E, F thẳng hàng Theo định líBorcard thì ta có: O, M, P ⊥ EF do đó EF kBC vậy là: ∠BCD = ∠DEP = ∠DBP

do đó P B tiếp xúc (O) Tương tự P C tiếp xúc (O) Kẻ các đường kính AX, AY lầnlượt của (S2), (S1) Lại có: ∠AQB = 180◦− ∠AXB = 180◦

− ∠AS2O Tương tự thì:

∠AQC = 180◦− ∠AS1O do đó ∠AQB + ∠AQC = 360◦− 2∠AS1O = 2(180◦− ∠A) =

360◦− 2∠A do đó hiển nhiên ∠BQC = 2∠A do đó P, B, Q, O, C nằm trên một đườngtròn vậy nên OQ ⊥ P Q do đó ta thu được ngay đpcm

Nhận xét : Nếu bài toán hỏi là chứng minh A, P, Q thẳng hàng thì có vẻ sẽ hay hơn.Điều này cũng không khó để chứng minh Chú ý việc tứ giác AS2S1O là hình bìnhhành nên S1S2 chia đôi AO do đó theo tính chất vị tự dĩ nhiên X, Y, O thẳng hàng

Ta có: ∠AQX + ∠AQY = 90◦+ 90◦ = 180◦ nên X, Y, Q, O thẳng hàng Dĩ nhiên là

AQ ⊥ OQ do đó A, Q, P thẳng hàng

Bài toán 8 (Trích đề Lạng Sơn TST 2016-2017): Cho tam giác ABC nhọn nộitiếp đường tròn (O) có I là tâm nội tiếp tam giác (O1) qua C tiếp xúc AI tại I cắtAC,(O) lần lượt tại các điểm E, H

a)Chứng minh rằng: HE chia đôi AI

b)(O2) qua B tiếp xúc AI tại I cắt AB, (O) lần lượt tại các điểm F, G Chứng minhrằng: (EIF ) tiếp xúc (GIH).

của HE và AI thì dễ thấy 4AES ∼ 4HAS(g.g) và 4SIE ∼ 4SHI(g.g) do đó thuđược: SI2 = SA2 = SE.SH hay là S là trung điểm AI(đpcm)

b) Hoàn toàn tương tự phần a) chúng ta chứng minh được: GF đi qua trung điểm

AI Vậy là dễ thấy rằng: SF.SG = SE.SH(= AS2) Do đó F GHE nội tiếp, gọi Ix

∠B

tiếp xúc (EIF ) Vậy (EIF ) tiếp xúc (GIH)(đpcm)

Bài toán 9(Trích đề chọn đội tuyển chuyên Vĩnh Phúc,ngày 1): Cho tamgiác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp (O) Gọi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC.Gọi giao điểm thứ hai của (ABE), (ACD) là điểm K AK ∩ (O) = A, L LB, LC lầnlượt cắt (ABE), (ACD) tại các điểm M, N khác B, C

a) Chứng minh rằng: K, M, N thẳng hàng và OK ⊥ M N

b) Chứng minh rằng K là trung điểm M N

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): a) Ta có: ∠AKM = ∠ABM = 180◦ − ∠ABL

hàng Ta có: LM.LB = LK.LA = LN.LC nên tứ giác M BN C nội tiếp suy ra

b)Ta dễ thấy được AK là đường đối trung của tam giác ABC Đến đây ta lại thấy

điểm BC, khi đó áp dụng tính chất đồng dạng trung tuyến có được ngay K cũng làtrung điểm M N (đpcm)

Trên đây là 9 bài toán khá hay mà tôi đã tự mình giải và gõ cộc cộc lại để dành tặngcho các bạn Qua các bài toán trên chúng ta có thể thấy rằng kiến thức trong các bàitoán này khá đa dạng và cốt lõi là kiểm tra các kĩ năng xử lí, biến đổi của người làm.Xin chân thành cảm ơn thày Nguyễn Trung Tuân đã tuyển tập lại các đề chọn độituyển các năm 2015 − 2016, 2016 − 2017 nhờ đó tôi có nguồn tư liệu để hoàn thiệnbài viết này Cuối cùng, bài viết này ra đời và hoàn thiện vào sát ngày 20 − 10, xinđược gởi tặng các bạn nữ như một món quà sớm(về tinh thần) Để củng cố thêm xin

đề nghị một số bài tập

Bài toán 10(Trích đề chọn đội tuyển Phú Thọ 2015-2016): Cho đường tròn(O) và 1 điểm A nằm ngoài đường tròn Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến(O)(C, B là các tiếp điểm) Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, AC D là 1điểm trên cạnh EF Từ D kẻ các tiếp tuyến DP, DQ đến (O) Gọi P Q ∩ EF = M Chứng minh rằng: ∠DAM = 90◦

Bài toán 11(Chọn đội tuyển KHTN Hà Nội,ngày 1,vòng 2,2015-2016): Cho

tam giác ABC có E, F lần lượt thuộc CA, AB sao cho EF kBC Tiếp tuyến tại E, Fcủa (AEF ) cắt BC tại các điểm M, N BE, CF lần luuwọt cắt F N, EM tại K, L>

b) Gọi BE ∩ CF = X, EN ∩ F M = Y Chứng minh rằng XY đi qua điểm cố địnhkhi E, F di động

Bài toán 12(Trích đề chọn đội tuyển TPHCM 2016-2017,ngày 2): Cho tamgiác ABC ngoại tiếp đường tròn (I).(I) tiếp xúc BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F Gọi BE ∩ CF = T Đường tròn O1 qua T tiếp xúc AB, AC tại A1, B1 Đường tròn(O2) qua T tiếp xúc AB, BC tại A2, B2 Đường tròn (O3) qua T và tiếp xúc CA, BCtại các điểm A3, B3 Chứng minh rằng 6 điểm A1, B1, A2, B2, A3, B3 đồng viên

Tuyển tập các bài toán hình học phẳng chọn đội tuyển VMO các năm gần

đây(Phần 2)

Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội AmsterdamTóm tắt nội dung: Ở phần 1, tôi đã giới thiệu với các bạn 12 bài toán cùng các lờigiải của chúng trong một số đề chọn đội tuyển VMO các tỉnh thành trong cả nước.Phỏng theo nguyện vọng của nhiều bạn tôi tiếp tục làm phần 2 của tuyển tập này.Mỗi phần tôi sẽ lấy một số bài toán hình học chọn đội tuyển của một số tỉnh, trường

để đăng các lời giải Trong phần này tôi xin giới thiệu một số bài toán chọn tuyểnnăm 2010-2011 Để hoàn thành phần này rất cảm ơn anh Lê Phúc Lữ đã viết tuyểntập "Tuyển chọn các bài Toán Hình học phẳng trong các đề thi chọn đội tuyển cáctỉnh thành 2010-2011" Đó là một tài liệu hết sức giá trị, thiếu nó tôi không thể hoànthiện rất nhiều bài viết

Bài toán 1(Chọn đội tuyển Nam Định năm 2010-2011): Cho tam giác ABC

có trung điểm cạnh BC là D E, Z là hình chiếu của D lên AB, AC Gọi T là giaođiểm các tiếp tuyến tại E, Z của đường tròn đường kính AD Chứng minh rằng:

T B = T C

Lời giải: Gọi T D cắt lại (AD) tại điểm thứ hai là K Khi đó tứ giác EDZK điều hoànên thu được: A(KD, EZ) = −1 = A(KD, BC) mà AD chia đôi BC nên AKkBC.Vậy là T D ⊥ BC do đó T B = T C(đpcm).

Nhận xét : Bài toán này khá đơn giản về mặt ý tưởng và được lấy lại y nguyên trong

kì thi VMO 2016 Các bạn có thể giải bằng định lí con bướm

Bài toán 2(Chọn đội tuyển HSG chuyên Nguyễn Du, Đắk Lắk 2010-2011):Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi X, Y, Z, T lần lượt là tâm nội tiếpcủa các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Chứng minh rằng: XY ZT là 1 hình chữnhật

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Trước khi giải ta nêu lại không chứng minh bổ đềquen thuộc sau: "Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có tâm nội tiếp I AI ∩(O) = A, D.Khi đó DB = DC = DI."

Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cung nhỏ AB, CD, AD, BC của (O) Ápdụng bổ đề ta có: AY ZD nội tiếp đường tròn tâm P , tương tự các tứ giác AZT B,

BT XC, DY XC cũng nội tiếp Lại có: ∠Y ZT = ∠DZB − ∠DZY − ∠T ZB =

Nhận xét : Tôi đánh giá cao bài toán này bởi tính đối xứng rất đẹp cùng cách giảicộng góc toàn tập.

Bài toán 3(Chọn HSG Hải Phòng 2010-2011): Cho tam giác ABC nội tiếpđường tròn (O; R) có đường cao AH = R√

2 Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông

hạ từ H xuống AB, AC Chứng minh rằng: M, O, N thẳng hàng

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi AD là đường kính của (O) Ta thấy rằng theo

hệ thức lượng trong tam giác vuông AHB, AHC thì: AH2 = AM.AB = AN.AC =

thẳng hàng

Nhận xét : Bài toán này từng xuất hiện lại trên báo TTT2 vào số 129 ở mục Thigiải Toán qua thư

Bài toán 4(Thi chọn đội tuyển Nghệ An 2010-2011): Cho tam giác ABC

có phân giác trong AD E, F lần lượt là hình chiếu của D lên AB, AC Gọi H =

BE ∩ CF Chứng minh rằng: AH ⊥ BC