Sau một tháng nhận email phản hồi của các bạn(các lời giải khác mà các bạn nghĩ là hay hơn,mở rộng các bài toán,...), tôi sẽ biên tập lại chúng để viết chúng trong phần phản hồi bạn đọc [r]
Trang 1Tuyển tập các lời giải hay cho các bài toán hình
học phẳng khó(Số 1)(Tháng 9/2016)
Bài toán 1(Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) cótrực tâm H P là một điểm thuộc cung BC không chứa A của (O)(P 6= B, C).P0 đốixứng P qua BC (OP P0) cắt AP tại G Chứng minh rằng trực tâm tam giác AGOnằm trên HP0
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi AH cắt (AGO) tại điểm J khác A Thế thì:
Đôi điều về chuyên mục: Trong tuyển tập lớn này, tôi sẽ mỗi tháng đưa ra nămlời giải cho năm bài toán khác nhau mà tôi cho là hay Sau một tháng nhận emailphản hồi của các bạn(các lời giải khác mà các bạn nghĩ là hay hơn,mở rộng các bàitoán, ), tôi sẽ biên tập lại chúng để viết chúng trong phần phản hồi bạn đọc ở sốtiếp theo Cuối mỗi tháng sẽ có list bài của tháng sau để các bạn tiện theo dõi
Trang 2nếu gọi AH cắt lại (O) tại D thì HDP P0 là hình thang cân nên dĩ nhiên ∠HP P0 =
∠ACP ) do đó G là tâm (JHP0) Ta gọi K là giao (J HP0) cắt (AGO) tại điểm Kkhác J
OK = OP0 vậy khi đó dĩ nhiên K đối xứng P0 qua GO từ đó GK = GH = GP0 mà
qua AG Vậy theo định lí về đường thẳng Steiner thì trực tâm tam giác AGO nằmtrên HP0(đpcm)
Nhận xét : Ở lời giải trên tác giả đã có một lời giải khác với lời giải gốc của người ra
đề Điểm thú vị của lời giải trên chính là việc không cần nhất thiết chỉ ra trực tâmcủa tam giác đó
Bài toán 2(Kiểm tra trường hè Titan tháng 8/2016): Cho tam giác ABC nộitiếp đường tròn (O) có: H là trực tâm và AM là trung tuyến tam giác ABC AMcắt lại (O) tại điểm N Ba đường thẳng: qua H vuông góc AN, BC, KN cắt nhautạo thành tam giác XY Z Chứng minh rằng: (XY Z) tiếp xúc (O)
Lời giải(Nguyễn Duy Khương):
Gọi tia M H cắt (O) tại điểm J , gọi AD là đường cao của tam giác ABC Hiển nhiên
ta có: AJ, HP, M D là các đường cao của tam giác AHM suy ra AJ, HP, BC đồngquy tại điểm Y Hay là A, J, Y thẳng hàng
Ta đi chứng minh rằng J thuộc (XY Z) Ta có: HDY J nội tiếp do đó XY J Z nộitiếp khi và chỉ khi:
Trang 3(J X, KX) ≡ (AH, J H)(modπ) hay là tứ giác J HKX nội tiếp.
Lại có: (J K, XK) ≡ (J A, N A) ≡ (J D, Y D) ≡ (J H, Y H)(modπ) vậy ta có: J HKXnội tiếp hay là J thuộc (XY Z) Vậy tức là J thuộc (XY Z) và (O) Vì J thuộc (O) và(XY Z) mà A, J, Y thẳng hàng nên khi gọi Y G, AL là các đường kính (XY Z) và (O)
nhiên 4GJ Y ∼ 4AJ L do I, O lần lượt là trung điểm GY và AL nên∠IJY = ∠OJAhay là thu được I, J, O thẳng hàng hay (XY Z) tiếp xúc (O)(đpcm)
Nhận xét : Bài toán này hay nhưng không quá khó rất phù hợp để lấy làm bài thitrong 1 đề kiểm tra định kì Ở bài toán trên ta thấy được tiếp điểm J sinh ra cực kìhay và hợp lí Cách giải trên tuy dài hơn lời giải gốc xong lại thể hiện tư duy chứngminh tiếp xúc rất hay đó là sử dụng vị tự
Độc giả có thể tham khảo lời giải gốc và của bài toán mở rộng ở đây [1]
Bài toán 3(Trịnh Huy Vũ): Cho tam giác ABC có đường cao AH Gọi X, Y lầnlượt là chân đường vuông góc hạ từ H xuống AC, AB Z là giao điểm của BX và
CY Chứng minh rằng (XY Z) tiếp xúc (A; AH)
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Quay trở lại bài toán: Gọi XY cắt BC tại điểm
L Gọi LA cắt (ABC) tại điểm P Lấy J đối xứng H qua LA Ta có: tứ giác AY HX
Trang 4tâm H thì J thuộc (A; AH) Lại có: J đối xứng H qua AL nên ∠LJA = 90◦ suy ra
LJ là tiếp tuyến đến (A; AH)
Gọi T là tâm (BCXY ) theo định lí Bocard thì Z là trực tâm tam giác ALT Gọi
T Z cắt AL tại điểm P0 Gọi AT cắt LZ tại Q thì LP0.LA = LZ.LQ = LM LN (hệthức M aclaurin)= LX.LY = LB.LC suy ra P0 thuộc (O) do đó P trùng P0 Vậy
T, Z, P, H thẳng hàng Do đó P, J, Z, H thẳng hàng Ta chỉ cần chứng minh J thuộc(XY Z) khi đó hiển nhiên LJ là tiếp tuyến tới (XY Z) Tứ giác LXZY nội tiếp khi
phương tích tới 2 đường tròn (BCXY ) và (A; AH) Gọi (A; AH) cắt (BCXY ) tạicác điểm M, N
tuyến đến (BCXY ) Do đó quen thuộc là ta thấy rằng: BX, CY, M N đồng quy tại
1 điểm chính là Z(Gọi M N cắt Y B, CX tại các điểm E, F sử dụng hàng điều hoà cơbản ta có:
(AEY B) = (AF XC) = −1 do đó BX, CY, M N đồng quy) Vậy hiển nhiên: phươngtích từ Z tới (BCXY )=phương tích từ Z tới (A; AH) do đó tứ giác J CHY nội tiếp
và do đó J XY Z nội tiếp vậy mà dễ thấy LJ là tiếp tuyến tới (XY Z) do đó (XY Z)tiếp xúc (A; AH) tại J (đpcm)
Nhận xét : Bài toán này tiếp tục là một lời giải mới được tác giả đề xuất khác vớichứng minh gốc Điểm thú vị trong chứng minh mới là việc chứng minh sử dụngnhuần nhuyễn các công cụ tỉ số kép và phương tích để thu được kết luận quan trọng
là J thuộc (XY Z) Lời giải gốc của tác giả Nguyễn Văn Linh sử dụng phép nghịchđảo
Bài toán 4(Thành Phố Hồ Chí Minh TST 2011): Cho tam giác ABC nhọn.Lấy D là 1 điểm bất kì trên đoạn BC không trùng B, C Lấy E là 1 điểm trên đoạn
AD (E không trùng A, D) Gọi (DEB) cắt AB tại F khác B và gọi (DEC) cắt ACtại G khác C EC cắt GD tại I và F D cắt BE tại H Gọi J là tâm đường trònngoại tiếp tam giác EBC Chứng minh rằng: AJ vuông góc HI
Trang 5Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi M, N lần lượt là trung điểm EB và EC.
Do J là tâm ngoại tiếp tam giác EBC do đó ta có J M vuông góc BE và J Nvuông góc EC Áp dụng định lí P ythagoras thế thì ta có: J H2 = M H2+ J M2 và
J I2 = IN2+J N2 Do đó ta có được rằng: J H2−JI2 = M H2+J M2−IN2−JN2(1).Tiếp tục áp dụng định lí P ythagoras ta có: J M2 = J E2−M E2và J N2 = J E2−EN2
do đó ta thu được rằng J M2 − JN2 = N E2 − M E2
Từ đó thay lại vào (1) ta có: J H2 − JI2 = M H2− IN2 + N E2− M E2 = (N E2−
IN2) − (M E2− M H2) = IE.IC − HE.HB= PI|(O1)− PH|(O1)
Trước khi quay lại tiếp tục giải bài toán, tôi xin nêu hai bổ đề nhỏ:
1)Cho tứ giác ABCD có AC vuông góc BD khi và chỉ khi AB2+ DC2 = BC2+ AD2(Bổ đề 4 điểm)
2) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) Giả sử AD cắt BC tại K và AC cắt BD tại
I Khi đó ta có: IK2 = PK|(O)− PI|(O)
Chứng minh bổ đề 2 : Ta kẻ các tiếp tuyến KE, KF đến đường tròn (O)(E, F thuộc
Trang 6I Lại có OK vuông góc EF nên ta có IF vuông góc OK Áp dụng bổ đề 1 thếthì IK2− IO2 = KF2 − R2 hay là IK2 = KF2− R2+ IO2 = PK|(O)− PI|(O) (do
PI|(O) < 0) và ta thu được đpcm
Quay trở lại bài toán ban đầu, áp dụng bổ đề 2 thế thì ta dễ dàng có được rằng:
AH2 = PA|(O1)− PH|(O1) và AI2 = PA|(O2)− PI|(O2)
Đến đây ta cần chứng minh rằng phương tích từ A đến (O1) bằng phương tích
từ A đến (O2)(∗), thật vậy ta có: (AF, EF ) ≡ (AD, BD)(modπ) và (AG, EG) ≡(AD, CD)(modπ) nên ta dễ có tứ giác AF EG nội tiếp Do đó ta lại có: (EG, F G) =(DA, BA)(modπ) đồng thời ta có (EG, CG) ≡ (AD, BD)(modπ) do đó dẫn tới tứgiác BF GC nội tiếp Từ đây ta dễ thu được AF AB = AE.AD = AG.AC hay là ta
có được (∗) Do đó, AH2− AI2= PI|(O2)− PH|(O1) = J H2− JI2 Áp dụng bổ đề 1
ta thu được AJ ⊥ HI (đpcm)
Nhận xét : Tận dụng bổ đề bốn điểm và phương tích sẽ đem lại cho ta rất nhiều lờigiải thú vị giống như lời giải trên Bài toán trên thì tôi cũng không rõ lời giải gốcgiải ra sao xong đây chính là bài toán tổng quát của một bài toán có nhiều ứng dụngsau: "Cho tam giác ABC có trực tâm H Gọi O0 là tâm ngoại tiếp tam giác BHC.Chứng minh rằng: AO0 đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác ABC"
Bài toán 5(Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC nhọn có BE, CF lần lượt làcác đường cao Dựng một đường tròn qua A, E và tiếp xúc BC tại S Lấy V đốixứng S qua B Chứng minh rằng: SE cắt F V trên (AEF )
Trang 7Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi H là trực tâm tam giác ABC và AH cắt
DB.DC(theo hệ thức M aclaurin) do đó H là trực tâm tam giác AV S Ta gọi SEcắt (AEF ) tại R, gọi AS cắt (AEF ) tại điểm thứ hai Y Điều phải chứng minhtương đương R thuộc V F
một tứ giác nội tiếp Chú ý rằng tứ giác HEBD nội tiếp nên ta có: (V R, ER) ≡
−(ED, BD)(modπ) lại có REHF nội tiếp do đó (ER, F R) ≡ −(EH, F H)(modπ) từ
đó ta có: (V R, ER) ≡ (F R, ER)(modπ) hay là V, R, F thẳng hàng
Nhận xét : Bài toán lần đầu tiên xuất hiện trên group Bài toán hay-Lời giải đẹp[3].Lời giải trên được tác giả đề nghị không phải là ngắn gọn nhất Có thể kể đến ýtưởng biến đổi tỉ số phương tích của tác giả Mẫn Bá Tuấn-học sinh chuyên ToánTHPT chuyên ĐHSP Hà Nội Ở đây xin nêu cách này bởi sự khai thác triệt đểgiả thiết tiếp xúc trong đề bài
Các bài toán đề nghị tháng sau
Trang 8Bài toán 6(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
Bài toán 7(Trần Quang Hùng-T12/466-THTT): Cho tam giác ABC nhọnkhông cân nội tiếp đường tròn (O) Lấy P là 1 điểm thuộc tam giác ABC saocho AP vuông góc BC Kẻ P E, P F lần lượt vuông góc AB, AC( E, F thuộc AB
và AC) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại (O) tại G Chứng minh rằng
GP, BE, CF đồng quy tại 1 điểm
Bài toán 8(Trích HNEU TST 2014-2015): Cho tam giác ABC có các đườngcao AD, BE, CF Các đường tròn đường kính AB và AC cắt các tia DF và DEtại các điểm Q và P Gọi N là tâm ngoại tiếp tam giác DEF Chứng minh rằng:
a) Chứng minh rằng M, N, P, Q nội tiếp đường tròn tâm T
b) Chứng minh rằng OT, N P, M Q đồng quy
Bài toán 10(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC sao cho AB + AC =2BC Tam giác nội tiếp trong đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I) (I) tiếpxúc BC, CA, AB tại D, E, F AI cắt lại đường tròn (O) tại J khác A Một đườngthẳng d qua A song song với BC cắt EF tại M Chứng minh rằng:∠JDM = 90◦
Trang 9Tuyển tập các lời giải hay cho các bài toán hình
học phẳng khó(Số 2)(Tháng 10/2016)
Kết thúc tuần tháng thứ nhất tôi đã trình bày về 5 bài toán hay với các lời giảitôi cho là đẹp và nhận được một số phản hồi từ bạn đọc(đặc biệt là các anh lớp12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam với các lời giải khác nhau cho bài toán
số 6) Bây giờ ở phần đầu tháng thứ hai tôi sẽ tiếp tục trình bày về 5 bài toán đã đềnghị trong số trước Trong số mới tôi muốn trình bày về 1 số bài toán liên quan tớiphương tích,các biến đổi liên quan tới định lí Pythagoras và đặc biệt là định lí bốnđiểm
Bài toán 6(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
LuyenThiThuKhoa.vn
Đôi điều về chuyên mục: Trong tuyển tập lớn này, tôi sẽ mỗi tháng đưa ra năm lờigiải cho năm bài toán khác nhau mà tôi cho là hay Sau một tháng nhận email phảnhồi của các bạn(các lời giải khác mà các bạn nghĩ là hay hơn,mở rộng các bài toán, ),tôi sẽ biên tập lại chúng để viết chúng trong phần phản hồi bạn đọc ở số tiếp theo
Trang 10Lời 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)
Trang 11Lời giải 2(Mai Đặng Quân Anh-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
Trang 12Lời 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◦
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 7(Trần Quang Hùng-T12/466-THTT): Cho tam giác ABC nhọnkhông cân nội tiếp đường tròn (O) Lấy P là 1 điểm thuộc tam giác ABC saocho AP vuông góc BC Kẻ P E, P F lần lượt vuông góc AB, AC( E, F thuộc AB
và AC) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại (O) tại G Chứng minh rằng
GP, BE, CF đồng quy tại 1 điểm
Trang 13Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi AP ∩ BC = H,gọi CE ∩ BF = K, gọi
X, Y lần lượt là trung điểm của BE và CF Thế thì do ∠P HB = ∠P EB = 90◦ và
∠P HC = ∠P F C = 90◦ nên ta có: P EBH và P F CH là các tứ giác nội tiếp do đó
ta có ngay được rằng AE.AB = AP.AH = AF.AC Hay là ta có BEF C cũng là 1
tứ giác nội tiếp Gọi J là tâm ngoại tiếp tứ giác BEF C Do GA, EF, BC lần lượtđôi một là các trục đẳng phương của các đường tròn sau: (AEF ), (BEF C), (O) do
đó chúng đồng quy tại S
Áp dụng định lí Borcard cho tứ giác BEF C nội tiếp thì ta có J K ⊥ SA Cuối cùng
ta cần phải chứng minh được J P ⊥ SA hay là J, P, G thẳng hàng Do (AEF ) cắtlại (O) tại G Do đó ta có được ngay rằng: 4GEB ∼ 4GF C(g.g) từ đó dễ thấy:4GEX ∼ 4GF Y (c.g.c) từ đó ta có được rằng ∠GXA = ∠GY A suy ra AGXY nội
J K ⊥ SA, ta gọi J K ∩ SA = G0 thế thì ∠JG0A = ∠JXA = ∠JY A = 90◦ nên cóngay: G0 ∈ (AXY ) do đó G ≡ G0 hay là J, P, K, G thẳng hàng dẫn tới đpcm
Nhận xét : Việc sử dụng định lí Borcard hợp lí là chìa khoá tới lời giải cuối cùng
Trang 14Bài toán 8(Trích HNEU TST 2014-2015): Cho tam giác ABC có các đườngcao AD, BE, CF Các đường tròn đường kính AB và AC cắt các tia DF và DEtại các điểm Q và P Gọi N là tâm ngoại tiếp tam giác DEF Chứng minh rằng:
AN ⊥ P Q
Lời giải(Nguyễn Duy Khương):
nhiên ta có 4QAF = 4EAF (c.g.c) do đó QA = AE và QF = EF hoàn toàn tương
tự thì AP = AF và EF = EP Do đó ta có: AP2− AQ2 = AF2− AE2 Gọi X, Y lầnlượt là trung điểm DF và DE, ta có: N P2 = Y P2+ N Y2 và N Q2 = N X2+ QX2 hay
Trang 15chú ý việc I là tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác DEF do đó IE2− IF2 =
từ đầu đến cuối nhờ tư tưởng định lí bốn điểm xuyên suốt
Trước khi đến với hai bài toán còn lại tôi muốn nói một chút về quan niệm lời giảihay của mình Theo tôi thì một lời giải hay nói chung phải có tư tưởng rõ ràng củangười làm để thực hiện Chúng ta cần lưu ý rằng tư tưởng đứng đắn thì sẽ có đượclời giải cuối cùng và dù ý tưởng đó có dẫn tới một lời giải dài đi chăng nữa nó cũng
đã thể hiện được trình độ của người làm Nếu chúng ta đối với các bài toán như tròchơi tri thức thì ta lại càng nhận ra tầm quan trọng của việc có tư tưởng giải- vì khi
đó nếu ta giải ra được bài toán thì đó cũng là lối tư duy của chính chúng ta Conđường đó hoàn toàn có thể giống người khác xong mỗi người lại có cách tư duy đểtìm ra vấn đề theo cách riêng của mình Và dĩ nhiên nếu đề cao tính tư duy thì điều
đó sẽ kích thích trí óc ta phát triển Như vậy tựu chung lại điều cần có trong lời giảihay nên là "một tầm nhìn rộng hơn cái kết luận của bài toán"
Bài toán 9(Đề thi chọn HSG khối 10,chuyên ĐHSP,2015-2016):Cho tứ giácABCD nội tiếp đường tròn (O) M, N lần lượt là trung điểm AB và CD Giả sử
AD cắt BC tại E và 2 đường chéo cắt nhau tại điểm F EF cắt AB và CD lần lượttại các điểm P và Q
a) Chứng minh rằng M, N, P, Q nội tiếp đường tròn tâm T
b) Chứng minh rằng OT, N P, M Q đồng quy