Tuyển tập những bài toán Hình học phẳng hay và khó ôn thi HSG quốc gia

Khi đó,

TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI HÌNH HAY ÔN THI HSG QUỐC GIA

1 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 nội tiếp trong đường tròn (𝑶) 𝑬 là một điểm di động trên (𝑶) 𝑨𝑬 cắt

các tiếp tuyến tại 𝑩, 𝑪 của (𝑶) tương ứng tại 𝑴, 𝑵 𝑩𝑵 cắt 𝑪𝑴 tại 𝑭 Chứng minh rằng

đường thẳng 𝑬𝑭 luôn đi qua một điểm cố định khi 𝑬 di động trên (𝑶)

Lời giải:

Đặt 𝑇 ≡ 𝐴𝐸 ∩ 𝐵𝐶, 𝐽 ≡ 𝐶𝐸 ∩ 𝐴𝐵, 𝐴1 ≡ 𝐵𝑀 ∩ 𝐶𝑁, 𝐿 ≡ 𝐴1𝐹 ∩ 𝐵𝐶, 𝐻 ≡ 𝐸𝐹 ∩ 𝐵𝐶, 𝐾 ≡ 𝐴𝐹 ∩ 𝐵𝐶 Xét tứ giác toàn phần sinh bởi bốn điểm 𝐵, 𝐶, 𝑀, 𝑁 ta có (𝑇𝐿𝐵𝐶) = −1, hơn nữa cực 𝐴1 của 𝐵𝐶 đối với đường tròn (𝑂) thuộc đường thẳng 𝐴̅̅̅̅̅̅̅ nên cực của 𝐴1𝐹𝐿 ̅̅̅̅̅̅̅ thuộc đường thẳng 𝐵𝐶, suy 1𝐹𝐿

ra 𝑇 chính là cực của đường thẳng 𝐴̅̅̅̅̅̅̅ đối với (𝑂) Hơn nữa, xét tứ giác toàn phần tạo bởi bốn 1𝐹𝐿điểm 𝐴, 𝐸, 𝐵, 𝐶 (thuộc (𝑂)) thì ta thấy 𝑇 và 𝐽 cũng liên hợp với nhau qua (𝑂), suy ra 𝐽 ∈ 𝐴̅̅̅̅̅̅̅ – 1𝐹𝐿đối cực của 𝑇 Nói cách khác ta có 𝐴1, 𝐹, 𝐿, 𝐽 thẳng hàng

Mặt khác đặt 𝐴1′ ≡ 𝐸𝐾 ∩ 𝐴𝐻 Xét tứ giác toàn phần sinh bởi bốn điểm 𝐴, 𝐸, 𝐾, 𝐻 thì ta lại có (𝐹𝑇, 𝐹𝐴1′, 𝐹𝐸, 𝐹𝐴) = −1 nên 𝐴1′ ∈ 𝐴̅̅̅̅̅̅̅̅ Hơn nữa (𝑇𝐹, 𝑇𝐴1𝐹𝐿𝐽 1′, 𝑇𝐸, 𝑇𝐵) = −1 = 𝑇(𝐹𝐴1𝐸𝐵) nên

𝐴1′ ≡ 𝐴1 Do vậy 𝐻 ≡ 𝐸𝐹 ∩ 𝐵𝐶 ≡ 𝐴𝐴1∩ 𝐵𝐶, cố định

L K

Tóm lại 𝐸𝐹 đi qua điểm 𝐻 cố định, là chân đường đối trung từ 𝐴 của tam giác 𝐴𝐵𝐶 Kết thúc chứng minh

2 Trong mặt phẳng ta xét bốn điểm 𝑨, 𝑩, 𝑪, 𝑫 bất kỳ Từ mỗi điểm trong chúng, ta vẽ các

hình chiếu đến các cạnh của tam giác tạo bởi ba điểm còn lại, đó là các tam giác pedal Khi

đó, đường tròn ngoại tiếp bốn tam giác pedal (ứng với bốn điểm ấy) đồng quy tại một điểm

Lời giải:

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 1 Cho hai đường tròn (𝑂1) và (𝑂2) cắt nhau tại hai điểm 𝐴, 𝐵 Hai đường thẳng qua 𝐵, một đường cắt (𝑂1), (𝑂2) tại 𝑀, 𝑁 và đường kia cắt (𝑂1), (𝑂2) tại 𝑃, 𝑄 Khi đó 𝐴 là tâm của phép đồng dạng thuận biến 𝑀𝑁 thành 𝑃𝑄

Chứng minh

Từ các bộ điểm đồng viên ta có:

(𝐴𝑀, 𝐴𝑃) ≡ (𝐵𝑀, 𝐵𝑃) ≡ (𝐴𝑁, 𝐴𝑄) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) (𝑀𝐴, 𝑀𝑁) ≡ (𝑃𝐴, 𝑃𝑄) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Nên tam giác 𝐴𝑀𝑁 và tam giác 𝐴𝑃𝑄 đồng dạng thuận với nhau

Từ đó suy ra 𝐴 là tâm phép đồng dạng thuận biến 𝑀𝑁 thành 𝑃𝑄

D

𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 đồng dạng thuận với nhau

Mặt khác ta có 𝐴𝑏, 𝐴𝑐, 𝐷𝑏, 𝐷𝑐 đều thuộc đường tròn đường kính 𝐴𝐷 nên theo định lý Pascal thì

𝐵 ≡ 𝐴𝐷𝑐∩ 𝐷𝐴𝑐, 𝐶 ≡ 𝐴𝐷𝑏∩ 𝐷𝐴𝑏, 𝐻𝑎𝑑 ≡ 𝐴𝑏𝐷𝑐 ∩ 𝐴𝑐𝐷𝑏 thẳng hàng

Hơn nữa ta đã chứng minh hai tam giác 𝐴𝑑𝐴𝑏𝐴𝑐 và 𝐷𝑎𝐷𝑐𝐷𝑏 đồng dạng thuận nên:

(𝐻𝑎𝑑𝐴𝑏, 𝐻𝑎𝑑𝐴𝑐) ≡ (𝐴𝑏𝐷𝑐, 𝐴𝑐𝐷𝑏) ≡ (𝐴𝑑𝐴𝑏, 𝐴𝑑𝐴𝑐) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Suy ra 𝐻𝑎𝑑, 𝐴𝑏, 𝐴𝑐, 𝐴𝑑 đồng viên cũng như 𝐻𝑎𝑑, 𝐷𝑎, 𝐷𝑏, 𝐷𝑐 đồng viên

Nói cách khác thì 𝐴𝑑𝐷𝑎, 𝐴𝑏𝐷𝑐, 𝐴𝑐𝐷𝑏 đồng qui tại 𝐻𝑎𝑑 là một trong hai giao điểm của hai đường tròn pedal ứng với 𝐴 và 𝐷 Gọi 𝑆𝑎𝑑 là giao điểm còn lại của hai đường tròn pedal này, theo bổ đề thì 𝑆𝑎𝑑 chính là tâm của phép đồng dạng thuận (phép vị tự quay) biến Δ𝐴𝑑𝐴𝑏𝐴𝑐 ↦ Δ𝐷𝑎𝐷𝑐𝐷𝑏 Bây giờ gọi 𝑆𝑎𝑐, 𝑆𝑐𝑑 là giao điểm của hai đường tròn pedal ứng với 𝐴 và 𝐶,𝐶 và 𝐷 sao cho 𝑆𝑎𝑐 và

𝑆𝑐𝑑 không nằm trên bất cứ đường thẳng nào của tứ giác toàn phần sinh bởi bốn điểm 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 Bằng lý luận tương tự như trên ta suy ra 𝑆𝑎𝑐, 𝑆𝑐𝑑 là tâm vị tự quay biến Δ𝐴𝑑𝐴𝑏𝐴𝑐 ↦ 𝐶𝑏𝐶𝑑𝐶𝑎 và

Δ𝐶𝑏𝐶𝑑𝐶𝑎 ↦ Δ𝐷𝑎𝐷𝑐𝐷𝑏

N

Q B

O1 O2M

P

Rõ ràng tích của hai phép đồng dạng thuận tâm 𝑆𝑎𝑐 và 𝑆𝑎𝑑 chính là phép đồng dạng thuận có tâm

là 𝑆𝑐𝑑 Mặt khác ta có:

(𝐶𝑑𝐷𝑐, 𝐷𝑎𝐶𝑏) ≡ (𝐻𝑐𝑑𝐷𝑐, 𝐻𝑐𝑑𝐷𝑎) ≡ (𝐷𝑏𝐷𝑐, 𝐷𝑏𝐷𝑎) ≡ (𝐴𝑐𝐴𝑏, 𝐴𝑐𝐴𝑑) ≡ (𝐻𝑎𝑑𝐴𝑏, 𝐻𝑎𝑑𝐴𝑐)

≡ (𝐴𝑏𝐷𝑐, 𝐴𝑑𝐷𝑎) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Bằng lý luận tương tự thì:

(𝐶𝑑𝐷𝑐, 𝐷𝑎𝐶𝑏) ≡ (𝐴𝑏𝐷𝑐, 𝐴𝑑𝐷𝑎) ≡ (𝐴𝑏𝐶𝑑, 𝐴𝑑𝐶𝑏) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Suy ra tam giác 𝐴𝑏𝐶𝑑𝐷𝑐 và tam giác 𝐴𝑑𝐶𝑏𝐷𝑎 cũng đồng dạng thuận Vậy nên tồn tại một phép đồng dạng duy nhất 𝑉Δ𝐴𝑏𝐶𝑑𝐷𝑐 ↦ Δ𝐴𝑑𝐶𝑏𝐷𝑎 Hơn nữa:

𝑉𝑎𝑑: 𝐴𝑑𝐴𝑏 ↦ 𝐷𝑎𝐷𝑐, 𝑉𝑎𝑐: 𝐶𝑏𝐶𝑑 ↦ 𝐴𝑑𝐴𝑏, 𝑉𝑐𝑑= 𝑉𝑎𝑑⋅ 𝑉𝑎𝑐: 𝐶𝑏𝐶𝑑 ↦ 𝐷𝑎𝐷𝑐

Nên: 𝑆𝑎𝑑 ≡ 𝑆𝑎𝑐 ≡ 𝑆𝑎𝑑 ≡ 𝑆

Lý luận tương tự thì ta thấy các đường tròn pedal của 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 đều đi qua 𝑆 (đpcm)

3 (VMO 2009) Trong mặt phẳng cho hai điểm phân biệt 𝑨, 𝑩 và một điểm 𝑪 di động sao

cho 𝑨𝑪𝑩̂ = 𝒂 không đổi Đường tròn (𝑰) nội tiếp tam giác 𝑨𝑩𝑪 tiếp xúc với 𝑨𝑩, 𝑩𝑪, 𝑪𝑨

theo thứ tự tại 𝑫, 𝑬, 𝑭 𝑨𝑰, 𝑩𝑰 cắt 𝑬𝑭 theo thứ tự tại 𝑴, 𝑵

a Chứng minh rằng 𝑴𝑵 có độ dài không đổi

b Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝑫𝑴𝑵 đi qua một điểm cố định

(𝐹𝐶, 𝐹𝐸) ≡1

2(𝐹𝐶, 𝐶𝐸) ≡1

2(𝐶𝐴, 𝐶𝐵) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Suy ra:

H

S

M

N F

E

D

I

O C

b Gọi 𝐻 ≡ 𝐴𝑁 ∩ 𝐵𝑀 Xét tam giác 𝐻𝐴𝐵 có 𝑀, 𝐷, 𝑁 là chân các đường cao (theo các lý luận ở câu a) Thế thì (𝐷𝑀𝑁) là đường tròn Euler của tam giác 𝐻𝐴𝐵, và do đó, nó đi qua trung điểm 𝑆 của cạnh 𝐴𝐵, là một điểm cố định (đpcm)

4 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 có 𝑨𝑨′, 𝑩𝑩′, 𝑪𝑪′ là các đường cao Chứng minh rằng đường thẳng

Euler của các tam giác 𝑨𝑩′𝑪′, 𝑩𝑪′𝑨′, 𝑪𝑨′𝑩′ đồng qui

Suy ra giao điểm 𝑆𝑐 của 𝑂𝑎𝐻𝑎 với 𝑂𝑏𝐻𝑏 nằm trên đường tròn (𝑂𝑎𝑂𝑏𝑂𝑐), tức là đường tròn Euler của tam giác 𝐴𝐵𝐶

Lý luận tương tự thì ta có 𝑆𝑎 ≡ 𝑆𝑏 ≡ 𝑆𝑐 ≡ 𝑆 ∈ (Σ), hay 𝑂𝑎𝐻𝑎, 𝑂𝑏𝐻𝑏, 𝑂𝑐𝐻𝑐 đồng qui trên đường tròn (Σ), trong đó (Σ) là đường tròn Euler của tam giác 𝐴𝐵𝐶 (đpcm)

5 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 và 𝑫 là một điểm sao cho 𝑫𝑩𝑨̂ = 𝑫𝑪𝑨̂ = 𝑩𝑨𝑪̂ Chứng minh rằng 𝑫

thuộc đường thẳng Euler của tam giác 𝑨𝑩𝑪

Lời giải:

Gọi 𝐾𝑏≡ 𝐶𝐷 ∩ 𝐴𝐵, 𝐾𝑏 ≡ 𝐵𝐷 ∩ 𝐴𝐶, 𝑀𝑏, 𝑀𝑐 là trung điểm của 𝐴𝐵, 𝐴𝐶, 𝐺, 𝑂 lần lượt là trọng tâm của tam giác 𝐴𝐵𝐶, 𝑇 ≡ 𝐶𝑀𝑐∩ 𝐾𝑏𝑀𝑏, 𝐻 ≡ 𝐶𝐾𝑏∩ 𝐾𝑐𝑀𝑐 Ta có các tam giác 𝐾𝑏𝐴𝐶 và 𝐾𝑐𝐴𝐵 cân tương ứng tại 𝐾𝑏, 𝐾𝑐 nên 𝐾𝑏, 𝑂, 𝑇, 𝑀𝑏 thẳng hàng cũng như 𝐾𝑐, 𝐻, 𝑂, 𝑀𝑐 thẳng hàng Ta lại có: (𝐶𝑇𝐺𝑀𝑐) = 𝑀𝑏(𝐶𝑇𝐺𝑀𝐶) = 𝑀𝑏(𝐴𝐾𝑏𝐵𝑀𝑐) = 𝐾𝑐(𝐴𝐾𝑏𝐵𝑀𝑐) = 𝐾𝑐(𝐶𝐾𝑏𝐷𝐻) = (𝐶𝐾𝑏𝐷𝐻) Suy ra 𝑇𝐾𝑏, 𝐺𝐷, 𝐻𝑀𝑐 đồng qui, nói cách khác thì 𝐺𝐷 đi qua giao điểm 𝑂 của 𝐾𝑏𝑀𝑏 và 𝐾𝑐𝑀𝑐, hay 𝐷 thuộc đường thẳng Euler 𝑂𝐺 của tam giác 𝐴𝐵𝐶 (đpcm)

6 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 nội tiếp trong đường tròn (𝑶) 𝑺𝟏, 𝑺𝟐 là hai điểm di động trên đường tròn ( 𝑶) và đối xứng nhau của 𝑶 Giả sử 𝚫𝟏, 𝚫𝟐 là các đường thẳng Simson ứng với 𝑺𝟏, 𝑺𝟐 Chứng minh rằng 𝚫𝟏 ⊥ 𝚫𝟐 cũng như giao điểm của 𝚫𝟏, 𝚫𝟐 thuộc một đường tròn cố định

Lời giải:

H

T G

Gọi 𝑀𝑎𝑖, 𝑀𝑏𝑖, 𝑀𝑐𝑖 (𝑖 = 1,2) là hình chiếu của 𝑆𝑖 tương lên 𝐵𝐶, 𝐶𝐴, 𝐴𝐵 Ta có:

Gọi 𝐻 là trực tâm của tam giác 𝐴𝐵𝐶 và (𝐸) là đường tròn Euler của tam giác 𝐴𝐵𝐶 Xét phép vị

tự 𝐻 có tâm 𝐻, tỉ số 𝑘 = 2, ta có:

𝐻: Δ1 ↦ Δ1′; Δ2 ↦ Δ2′ ; 𝑆 ↦ 𝑆′; 𝐸 ↦ 𝑂; (𝐸) ↦ (𝑂) Thế thì theo tính chất của đường thẳng Steiner, 𝑆1 ∈ Δ1′ và 𝑆2 ∈ Δ2′ Mặt khác do 𝑆1𝑆2 là đường kính của (𝑂) và Δ1′ ⊥ Δ2′ nên 𝑆′≡ Δ1′ ∩ Δ2′ ∈ (𝑂), mà 𝐻: (𝐸) ↦ (𝑂) nên 𝑆 ∈ (𝐸)

Vậy giao điểm 𝑆 của Δ1, Δ2 thuộc đường tròn Euler của tam giác 𝐴𝐵𝐶 cố định (đpcm)

7 Cho tứ giác 𝑨𝑩𝑪𝑫 nội tiếp trong đường tròn (𝑶) và 𝑴 là một điểm trên đường tròn (𝑶)

Gọi 𝑿, 𝒀, 𝒁, 𝑻, 𝑼, 𝑽 theo thứ tự ấy là hình chiếu của 𝑴 lên các đường thẳng

𝑨𝑩, 𝑩𝑪, 𝑪𝑫, 𝑫𝑨, 𝑨𝑪, 𝑩𝑫 và gọi 𝑵, 𝑷, 𝑸 cũng theo thứ tự ấy là trung điểm của 𝑿𝒁, 𝒀𝑻, 𝑼𝑽

a Chứng minh rằng 𝑵, 𝑷, 𝑸 thẳng hàng

b Hãy xét trường hợp 𝑴 là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng

Lời giải:

a Do 𝑀 ∈ (𝑂) nên theo định lý đường thẳng Simson, ta có: (𝑋𝑉𝑇), (𝑋𝑈𝑌), (𝑉𝑍𝑌), (𝑇𝑍𝑈) là các

bộ ba điểm thẳng hàng Nói cách khác, (𝑋𝑈, 𝑋𝑉, 𝑉𝑌, 𝑇𝑈, 𝑋𝑍, 𝑈𝑉) là một hình tứ giác toàn phần Theo định lý về đường thẳng Gauss đối với tứ giác toàn phần thì ta suy ra 𝑁, 𝑃, 𝑄 thẳng hàng

H

S E

B

C

S1

b Nếu 𝑀 là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng, ta sẽ chứng minh rằng kết luận của bài toán vẫn đúng Thật vậy:

Gọi 𝐺 là trọng tâm của tứ giác 𝐴𝐵𝐶𝐷, tức 𝐺 thỏa hệ thức tỉ cự 𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐺𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ = 0⃗ Khi

đó, 𝐺 chính là điểm đồng qui của đường nối trung điểm hai đường chéo với hai đường nối trung điểm của hai cặp cạnh đối của tứ giác 𝐴𝐵𝐶𝐷

Với điểm 𝑀 bất kỳ trong mặt phẳng, ta gọi 𝑀′ ≡ 𝑂𝑀 ∩ (𝑂) Gọi 𝑌′ , 𝑇′ là hình chiếu của 𝑀′ lên

𝐴𝐷, 𝐵𝐶 và 𝑃′, 𝐸, 𝐹 là trung điểm của 𝑌′𝑇′, 𝐵𝐶, 𝐴𝐷 theo thứ tự Theo định lý Thalès thì ta có:

𝐺𝑃′

𝐺𝑃

̅̅̅̅ = 𝑘 Bằng lý luận tương tự với 𝑁, 𝑄 thì ta có:

thẳng hàng nên 𝑁, 𝑃, 𝑄 cũng thẳng hàng (đpcm)

8 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 có 𝑰 là tâm đường tròn nội tiếp, 𝑶 là tâm đường tròn ngoại tiếp và

trọng tâm 𝑮 Giả sử rằng 𝑶𝑰𝑨̂ = 𝟗𝟎𝒐 Chứng minh rằng 𝑰𝑮 ∥ 𝑩𝑪

Lời giải:

P P'

G

F

E

T T'

Y Y'

M' O

B

C

9 (IMO Shortlist) Giả sử M, N là các điểm nằm trong tam giác ABC sao cho 𝑴𝑨𝑩̂ = 𝑵𝑨𝑪̂

Ta có: 𝑆: 𝑀 ↦ 𝐴, 𝐶 ↦ 𝐻 ∈ 𝐵𝑁 Khi đó:

(𝐻𝑁, 𝐻𝐶) ≡ (𝐴𝐵, 𝐴𝑀) ≡ (𝐴𝑁, 𝐴𝐶) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Nên 𝐴, 𝑁, 𝐶, 𝐻 đồng viên Theo định lý Ptolemy ta có:

𝐻𝐵 ⋅ 𝐴𝐶 = 𝐴𝐶 ⋅ (𝐵𝑁 + 𝑁𝐻) = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝑁 + 𝐴𝑁 ⋅ 𝐶𝐻 + 𝐴𝐻 ⋅ 𝐶𝑁 Lại theo tính chất của phép vị tự quay thì:

M

10 (VMO 1997) Trong mặt phẳng, cho đường tròn ( 𝑶, 𝑹) và điểm 𝑷 nằm trong đường

tròn Trong tất cả các tứ giác lồi 𝑨𝑩𝑪𝑫 nội tiếp trong đường tròn (𝑶) và có hai đường chéo

𝑨𝑪 và 𝑩𝑫 vuông góc và cắt nhau tại 𝑷, hãy tìm tứ giác có chu vi lớn nhất và tứ giác có chu

vi nhỏ nhất Tính các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất này theo 𝑹 và 𝒅

Lời giải:

Gọi 𝐵𝐸 là đường kính của (𝑂) và đặt 𝑝 = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐷 + 𝐷𝐴 Ta có tam giác 𝐴𝐵𝐸 và tam giác 𝑃𝐴𝐷 đồng dạng, tam giác 𝐶𝐵𝐸 và tam giác 𝑃𝐶𝐷 cũng đồng dạng nên:

𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐷 = 2𝑅 ⋅ 𝑃𝐴; 𝐶𝐵 ⋅ 𝐶𝐷 = 2𝑅 ⋅ 𝐴𝐶 Suy ra:

𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐷 + 𝐶𝐵 ⋅ 𝐶𝐷 = 2𝑅 ⋅ (𝑃𝐴 + 𝑃𝐶) = 2𝑅 ⋅ 𝐴𝐶 Tương tự:

𝐵𝐴 ⋅ 𝐵𝐶 + 𝐷𝐴 ⋅ 𝐷𝐶 = 2𝑅 ⋅ (𝑃𝐵 + 𝑃𝐷) = 2𝑅 ⋅ 𝐵𝐷 Mặt khác:

𝑝2 = 8𝑅2+ 8√𝑅4− 𝑅2𝑑2+ 𝑂𝑀2⋅ 𝑂𝑁2+ 4𝑅√8𝑅2− 4𝑑2+ 8√𝑅4− 𝑅2𝑑2 + 𝑂𝑀2⋅ 𝑂𝑁2

Vậy rõ ràng 𝑝 là một hàm tăng theo 𝑂𝑀2⋅ 𝑂𝑁2 Do đó:

N

M P

E

C

O D

B A

1 𝑝 nhỏ nhất khi và chỉ khi 𝑂𝑀2⋅ 𝑂𝑁2 = 0, tức là 𝐴𝐶 hoặc 𝐵𝐷 trở thành đường kính của (𝑂) Giá trị nhỏ nhất của 𝑝 đạt được lúc này là:

𝑝𝑚𝑖𝑛 = 4 (𝑅2+ 𝑅√𝑅2− 𝑑2)

1 2

2 Theo bất đẳng thức AM-GM:

4𝑂𝑀2⋅ 𝑂𝑁2 ≤ (𝑂𝑀2+ 𝑂𝑁2)2 = 𝑑4Đẳng thức xảy ra khi 𝐴𝐶 = 𝐵𝐷, khi đó 𝐴𝐶 và 𝐵𝐷 đối xứng nhau qua 𝑃, tức hợp với 𝑂𝑃 góc bằng 45𝑜 Giá trị lớn nhất của 𝑝 đạt được lúc này là:

𝑝𝑚𝑎𝑥 = (16𝑅2− 4𝑑2+ 8𝑅√4𝑅2− 2𝑑2)

1 2

11 (IMO SL 1997) Cho lục giác lồi 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭 có 𝑨𝑩 = 𝑩𝑪, 𝑪𝑫 = 𝑫𝑬, 𝑬𝑭 = 𝑭𝑨 Chứng

minh rằng bất đẳng thức sau và cho biết đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải:

Đặt 𝐴𝐶 = 𝑥, 𝐶𝐸 = 𝑦, 𝐸𝐴 = 𝑧 Theo bất đẳng thức Ptolemy trong tứ giác 𝐴𝐶𝐸𝐹 ta có:

𝐴𝐶 ⋅ 𝐸𝐹 + 𝐶𝐸 ⋅ 𝐴𝐹 ≥ 𝐴𝐸 𝐶𝐹 Nhưng 𝐹𝐸 = 𝐹𝐴 nên :

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 đồng thời 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹 đồng viên, tức 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹 phải là lục giác đều

12 (IMO 2001) Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 với trọng tâm 𝑮 và độ dài các cạnh 𝑩𝑪 = 𝒂, 𝑪𝑨 =

𝒃, 𝑨𝑩 = 𝒄 Tìm điểm 𝑷 trên mặt phẳng tam giác sao cho đại lượng 𝑨𝑮 ⋅ 𝑨𝑷 + 𝑩𝑷 ⋅ 𝑩𝑮 +

𝑪𝑷 ⋅ 𝑪𝑮 đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a, b, c

Lời giải:

Ta sử dụng nhất xét quen thuộc sau về tích vô hướng của hai vector:

𝑎 ⋅ 𝑏⃗ = |𝑎 | ⋅ |𝑏⃗ | ⋅ cos(𝑎 , 𝑏⃗ ) ≤ |𝑎 | ⋅ |𝑏⃗ | Theo nhận xét ta có:

12* Cho sáu điểm 𝑨, 𝑩, 𝑪, 𝑫, 𝑬, 𝑭 cùng thuộc đường tròn (𝑶, 𝑹) sao cho 𝑨𝑩 = 𝑪𝑫 = 𝑬𝑭 =

𝑹 Gọi 𝑴, 𝑵, 𝑷 lần lượt là trung điểm 𝑩𝑪, 𝑫𝑬, 𝑭𝑨 Chứng minh rằng tam giác 𝑴𝑵𝑷 đều

E

C B

O A

D F

Suy ra (𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 60° và 𝑀𝑁 = 𝑀𝑃 hay tam tam giác 𝑀𝑁𝑃 đều (đpcm)

14 Cho hình thoi 𝑨𝑩𝑪𝑫 có 𝑫𝑨𝑩 ̂ = 𝟏𝟐𝟎° 𝑴 ∈ 𝑨𝑫 𝑩𝑴 cắt 𝑪𝑫 tại 𝑵 𝑨𝑵 cắt 𝑪𝑴 tại 𝑷

(𝐴𝐶, 𝐴𝐵, 𝐴𝑀, 𝐴𝑁′) = 𝐴(𝐶𝐴𝐷𝑃′) = 𝐶(𝐶𝐴𝐷𝑃′) = (𝐶𝐵, 𝐶𝐴, 𝐶𝑁′, 𝐶𝑀) = (𝐶𝐴, 𝐶𝐵, 𝐶𝑀, 𝐶𝑁′) Nên ta có đpcm

15 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 nội tiếp trong đường tròn (𝑶) Gọi 𝑨𝟏 ∈ 𝑩𝑪 là chân đường đối trung

xuất phát từ 𝑨 của tam giác 𝑨𝑩𝑪 𝑩𝒂 ∈ 𝑨𝑪 và 𝑪𝒂 ∈ 𝑨𝑩 sao cho 𝑨𝟏𝑩𝒂𝑨𝑪𝒂 là hình bình hành

a Chứng minh rằng 𝑩, 𝑪, 𝑩𝒂, 𝑪𝒂 đồng viên

b Gọi 𝑶𝒂 là tâm đường tròn (𝑩𝑪𝑩𝒂𝑪𝒂) Chứng minh rằng 𝑨𝑶𝒂 đi qua trung điểm của 𝑶𝑳

với 𝑳 là điểm Lemoine của tam giác 𝑨𝑩𝑪

a Ta có 𝐵𝐶𝐵𝑎𝐶𝑎 là hình bình hành nên 𝐴𝐴1 đi qua trung điểm của 𝐵𝑎𝐶𝑎, suy ra 𝐵, 𝐶, 𝐵𝑎, 𝐶𝑎đồng viên

b Gọi 𝐼 là trung điểm của 𝑂𝐿 Xét phép vị tự:

16 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 có 𝑨𝑨′, 𝑩𝑩′, 𝑪𝑪′ là các đường cao Chứng minh rằng đường thẳng

Euler của các tam giác 𝑨𝑩′𝑪′, 𝑩𝑪′𝑨′, 𝑪𝑨′𝑩′ đồng qui

S

O A

B

C

Gọi 𝑂𝑎, 𝑂𝑏, 𝑂𝑐 là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác 𝐴𝐵′𝐶′, 𝐵𝐶′𝐴′, 𝐶𝐴′𝐵′ còn 𝐻𝑎, 𝐻𝑏, 𝐻𝑐 là trực tâm của các tam giác ấy theo thứ tự

Xét phép vị tự đối xứng 𝑆𝑎 có trục đối xứng là phân giác 𝑙𝑎 của góc 𝐵𝐴𝐶̂, tâm vị tự 𝐴 và tỉ số:

(𝑂𝑐𝑂𝑎, 𝑂𝑐𝑂𝑏) ≡ (𝐶𝐴, 𝐶𝐵) ≡ (𝑂𝑎𝐻𝑎, 𝑂𝑏𝐻𝑏) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Suy ra giao điểm 𝑆𝑐 của 𝑂𝑎𝐻𝑎 với 𝑂𝑏𝐻𝑏 nằm trên đường tròn (𝑂𝑎𝑂𝑏𝑂𝑐), tức là đường tròn Euler của tam giác 𝐴𝐵𝐶

Lý luận tương tự thì ta có 𝑆𝑎 ≡ 𝑆𝑏 ≡ 𝑆𝑐 ≡ 𝑆 ∈ (Σ), hay 𝑂𝑎𝐻𝑎, 𝑂𝑏𝐻𝑏, 𝑂𝑐𝐻𝑐 đồng qui trên đường tròn (Σ), trong đó (Σ) là đường tròn Euler của tam giác 𝐴𝐵𝐶 (đpcm)

17 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 nội tiếp trong đường tròn (𝑶) có 𝑨′, 𝑩′, 𝑪′ là trung điểm các cung

𝑩𝑪, 𝑪𝑨, 𝑨𝑩 (không chứa 𝑨, 𝑩, 𝑪 tương ứng) Các cạnh của các tam giác 𝑨𝑩𝑪 và 𝑨′𝑩′𝑪′ cắt

nhau tạo thành lục giác 𝑴𝑵𝑷𝑸𝑹𝑺 (𝑴, 𝑵 ∈ 𝑩𝑪; 𝑷, 𝑸 ∈ 𝑨𝑪; 𝑹, 𝑺 ∈ 𝑨𝑩) Chứng minh rằng:

Gọi 𝐼 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐶

Theo định lý Pascal ta có (𝑆, 𝐼, 𝑃), (𝑀, 𝐼, 𝑄), (𝑁, 𝐼, 𝑅) là các bộ ba điểm thẳng hàng Hơn nữa

𝐶′𝐴 = 𝐶′𝐼, 𝐵′𝐴 = 𝐵′𝐼 nên 𝐵′𝐶′ là đường trung trực của 𝐴𝐼, mặt khác 𝐴𝐼 phân giác góc 𝐵𝐴𝐶̂ nên 𝐼𝑄𝐴𝑅 là hình thoi Tương tự thì 𝐼𝑁𝐶𝑃 và 𝐼𝑀𝐵𝑆 cũng là các hình thoi Suy ra 𝑃𝑆 ∥ 𝐵𝐶, 𝑁𝑅 ∥ 𝐴𝐶

(𝑏 + 𝑐)2

Mặt khác:

I S

P

Q R

𝑆𝐴𝐵𝐶 =

𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2

Suy ra:

𝑆𝑀𝑁𝑃𝑄𝑅𝑆

𝑆𝐴𝐵𝐶 = 1 −

𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2

3⇔ 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) ≤ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)

2

Bất đẳng thức sau cùng hiển nhiên đúng nên ta có đpcm

Bây giờ ta chứng minh chiều còn lại của bất đẳng thức

( 𝑟sin𝐴2

⋅ 𝑟sin𝐵2

⋅ 𝑟sin𝐶2)

2 + 𝑐2− 𝑎2

Vậy ta có đpcm

18 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪, một đường thẳng 𝒅 bất kỳ cắt các cạnh 𝑩𝑪, 𝑪𝑨, 𝑨𝑩 theo thứ tự tại

𝑨𝟏, 𝑩𝟏, 𝑪𝟏 𝑷 là một điểm bất kỳ trên 𝒅 𝑨𝟐, 𝑩𝟐, 𝑪𝟐 là các điểm đối xứng với 𝑨𝟏, 𝑩𝟏, 𝑪𝟏 qua

𝑷 Chứng minh rằng 𝑨𝑨𝟐, 𝑩𝑩𝟐, 𝑪𝑪𝟐 đồng quy

Lời giải:

H M

B2

C2

A2

C1A

B1P

Gọi 𝐵2, 𝐶2 là điểm đối xứng của 𝐵1, 𝐶1 qua 𝑃, 𝑀 ≡ 𝐵𝐵2∩ 𝐶𝐶2, 𝐻 ≡ 𝐴𝐶 ∩ 𝐵𝑀 và 𝐴′2 ≡ 𝐴𝑀 ∩ 𝑑,

ta sẽ chứng minh 𝑃 là trung điểm của 𝐴1𝐴2 Thật vậy, ta có:

(𝐴1𝐶1𝐵2𝐵1) = 𝐵(𝐴1𝐶1𝐵2𝐵1) = 𝐵(𝐶𝐴𝐻𝐵1) = 𝑀(𝐶𝐴𝐻𝐵1) = 𝑀(𝐶2𝐴2𝐵2𝐵1) = (𝐴2𝐶2𝐵1𝐵2) Suy ra:

19 Tứ giác 𝑨𝑩𝑪𝑫 nội tiếp trong đường tròn (𝑶) Đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝑶𝑨𝑩 và

tam giác 𝑶𝑪𝑫 cắt nhau tại điểm 𝑲 ≠ 𝑶 Gọi 𝑳 là điểm nằm trong tứ giác 𝑨𝑩𝑪𝑫 sao cho

tam giác 𝑨𝑫𝑳 đồng dạng với tam giác 𝑩𝑪𝑲 Chứng minh rằng tứ giác 𝑨𝑳𝑲𝑫 nội tiếp

Lời giải:

Ta có:

(𝐾𝐴, 𝐾𝐷) ≡ (𝐾𝐴, 𝐾𝑂) + (𝐾𝑂, 𝐾𝐷) ≡ (𝐵𝐴, 𝐵𝑂) + (𝐶𝑂, 𝐶𝐷) ≡ (𝐴𝑂, 𝐴𝐵) + (𝐷𝐶, 𝐷𝑂)

≡ (𝐾𝑂, 𝐾𝐵) + (𝐾𝐶, 𝐾𝑂) ≡ (𝐾𝐶, 𝐾𝐵) ≡ (𝐿𝐴, 𝐿𝐷) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Suy ra 𝐴, 𝐿, 𝐾, 𝐷 đồng viên (đpcm)

L

K

O A

B

C D

20 Cho đường tròn (𝑶) có đường kính 𝑨𝑩 𝑷 là một điểm bất kỳ trên đường tròn 𝑲 là hình chiếu của 𝑷 trên 𝑨𝑩 và 𝑹 đối xứng với 𝑷 qua 𝑨𝑩 𝑯 là một điểm bất kì trên 𝑨𝑩 𝑹𝑯

cắt ( 𝑶) lần nữa tại 𝑸 Gọi (𝑰, 𝒓) là đường tròn tiếp xúc với 𝑯𝑷, 𝑯𝑸 và (𝑶) Chứng minh hệ

Lời giải:

Gọi 𝑇 là tiếp điểm của (𝐼) với 𝐻𝑄, 𝐽 là điểm thuộc 𝐼𝐻 sao cho 𝐻𝐽 = 𝐻𝑇, 𝑋 ≡ 𝑃𝑄 ∩ 𝐴𝐵 và 𝑊 ≡

𝐴𝑃 ∩ 𝐵𝑄, 𝐽′ ≡ 𝐴𝑄 ∩ 𝐵𝑃, ta có 𝐴𝑄 ⊥ 𝐵𝑊 và 𝐵𝑃 ⊥ 𝐴𝑊 nên 𝐽′ là trực tâm của tam giác 𝑊𝐴𝐵, suy ra 𝑊, 𝐽′, 𝐽, 𝐼, 𝐻 thẳng hàng Hơn nữa:

B

O

S I

A

tan 𝐴𝐽𝐵̂ = tan(𝐴𝐽𝐻̂ + 𝐵𝐽𝐻̂ ) = tan 𝐴𝐽𝐻̂ + tan 𝐵𝐽𝐻̂

1 − tan 𝐴𝐽𝐻̂ tan 𝐵𝐽𝐻̂ =

𝐴𝐻

𝐻𝐽 +

𝐵𝐻𝐻𝐽

Ta lại có tam giác 𝐻𝐾𝑅 và tam giác 𝐻𝑇𝐼 đồng dạng nên:

Đó chính là đpcm

21 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 có phân giác 𝑨𝑫 và thỏa mãn các điều kiện 𝑨𝑪 + 𝑨𝑫 = 𝑩𝑪 và 𝑨𝑩 +

𝑨𝑫 = 𝑪𝑫 Hãy tính các góc của tam giác 𝑨𝑩𝑪

𝐹𝐵 = 𝐹𝐶 = 𝐶𝐷 = 𝐴𝐵 + 𝐴𝐷

H B

F

D

A

C

Suy ra 𝐵, 𝐴, 𝐹 thẳng hàng, hay ∠𝐹𝐴𝐶 = ∠𝐷𝐴𝐶 = ∠𝐷𝐴𝐵 = 60°

Vậy ∠𝐵𝐴𝐶 = 120°, ∠𝐴𝐵𝐶 = 40° và ∠𝐴𝐶𝐵 = 20°

22 Về phía ngoài tam giác 𝑨𝑩𝑪 ta dựng các hình vuông 𝑪𝑩𝑿𝒀, 𝑨𝑪𝒁𝑻, 𝑩𝑨𝑼𝑽 Về phía

ngoài 𝑪𝑩𝑿𝒀 ta dựng tam giác 𝑲𝑿𝒀 vuông cân tại 𝑲 Chứng minh rằng 𝑨𝑲, 𝑿𝑻, 𝒀𝑼 đồng

Z

T

A

Ký hiệu 𝐿 ≡ 𝐴𝑌 ∩ 𝐶𝑉, 𝐽 ≡ 𝐴𝑋 ∩ 𝐵𝑍 Ta có 𝑅(𝐶, 90°): 𝑍 ↦ 𝐴, 𝐵 ↦ 𝑌 nên ∠𝐴𝐾𝑍 = 90°, suy ra

𝐴, 𝐿, 𝐶, 𝑍, 𝑇 đồng viên Mặt khác 𝑇𝐴 = 𝑇𝑍 nên 𝐿𝑇 là phân giác của ∠𝐴𝐿𝑍 Lý luận tương tự ta cũng có 𝐿𝑋 là phân giác của ∠𝐵𝐿𝑌, từ đó suy ra 𝐿, 𝑇, 𝑋 thẳng hàng Tương tự 𝐽, 𝑈, 𝑌 thằng hàng Hơn nữa, ta có ∠𝐶𝐽𝑋 = ∠𝐵𝐿𝑌 = 90° nên 𝑋, 𝑌, 𝐵, 𝐶, 𝐽, 𝐿 đồng viên Đặt 𝐼 ≡ 𝑋𝑇 ∩ 𝑈𝑌, ta có:

(𝑋𝐴, 𝑋𝐼, 𝑋𝑌, 𝑋𝐾) = 𝑋(𝐽𝐿𝑌𝑋) = 𝑌(𝐽𝐿𝑌𝑋) = 𝑌(𝐿𝐽𝑋𝑌) = (𝑌𝐴, 𝑌𝐼, 𝑌𝑋, 𝑌𝐾)

Suy ra 𝐴, 𝐼, 𝐾 thẳng hàng, tức 𝐴𝐾, 𝑋𝑇, 𝑈𝑌 đồng quy (đpcm)

24 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 cân tại 𝑨 Đường thẳng 𝚫 đi qua 𝑨, song song với 𝑩𝑪 Các điểm 𝑷, 𝑸

theo thứ tự thuộc các đường trung trực của 𝑨𝑩, 𝑨𝑪 sao cho 𝑷𝑸 ⊥ 𝑩𝑪 Các điểm 𝑴, 𝑵 thuộc

∆ sao cho ∠𝑨𝑷𝑴 = ∠𝑨𝑸𝑵 = 𝟗𝟎° Chứng minh rằng:

𝐴𝑆 ⋅

𝐴𝑄

𝐴𝑃+

𝐴𝐶2

𝐴𝑆 ⋅

𝐴𝑃

𝐴𝑄≤ 1 Hay:

cos ∠𝑃𝐴𝐵 ⋅ cos ∠𝑆𝐴𝑄 + cos ∠𝑄𝐴𝐶 ⋅ cos ∠𝑆𝐴𝑃 ≤ 1

S

P

C B

O A

Q

Mặt khác 𝑃𝑄 ⊥ 𝐵𝐶 nên tam giác 𝑂𝑃𝑄 cân tại 𝑂 và đồng dạng với tam giác 𝐴𝐵𝐶, cho ta:

∠𝑃𝐴𝐵 + ∠𝑆𝐴𝑄 = ∠𝑃𝐴𝐵 + ∠𝑃𝐴𝐻 = ∠𝐵𝐴𝐻 = 180° − ∠𝑂𝑃𝑄 = 180° − ∠𝑂𝑄𝑃

= 180° − ∠𝑂𝑄𝐻 = 180° − (∠𝑄𝐴𝐶 + ∠𝑆𝐴𝑃) Suy ra: cos(∠𝑃𝐴𝐵 + ∠𝑆𝐴𝑄) + cos(∠𝑄𝐴𝐶 + ∠𝑆𝐴𝑃) = 0, nên bất đẳng thức tương đương với: cos(∠𝑃𝐴𝐵 + ∠𝑆𝐴𝑄) + cos(∠𝑃𝐴𝐵 − ∠𝑆𝐴𝑄) + cos(∠𝑄𝐴𝐶 + ∠𝑆𝐴𝑃) + cos(∠𝑄𝐴𝐶 − ∠𝑆𝐴𝑃)

≤ 2 Hay: cos(∠𝑃𝐴𝐵 − ∠𝑆𝐴𝑄) + cos(∠𝑄𝐴𝐶 − ∠𝑆𝐴𝑃) ≤ 2

Bất đẳng thức sau cùng hiển nhiên đúng nên ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∠𝑃𝐴𝐵 − ∠𝑆𝐴𝑄 = ∠𝑄𝐴𝐶 − ∠𝑆𝐴𝑃 = 0°, tức là 𝑃, 𝑄 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐶

25 Tứ giác 𝑨𝑩𝑪𝑫 nội tiếp đường tròn (𝑶) Một đường thẳng ∆ bất kỳ trong mặt phẳng

theo thứ tự cắt 𝑨𝑩, 𝑪𝑫, 𝑨𝑪, 𝑩𝑫, 𝑨𝑫, 𝑩𝑪 tại 𝑴, 𝑵, 𝑷, 𝑸, 𝑹, 𝑺 và cắt (𝑶) tại 𝑼, 𝑽 Chứng minh

rằng, nếu hai trong ba đoạn 𝑴𝑵, 𝑷𝑸, 𝑹𝑺 có cùng trung điểm thì cả bốn đoạn

𝑴𝑵, 𝑷𝑸, 𝑹𝑺, 𝑼𝑽 có cùng trung điểm

Lời giải:

Trước hết ta sẽ chứng minh nếu hai trong ba đoạn thẳng 𝑀𝑁, 𝑃𝑄, 𝑅𝑆 có cùng trung điểm thì cả

ba đoạn 𝑀𝑁, 𝑃𝑄, 𝑅𝑆 sẽ có cùng trung điểm

Giả sử 𝑀𝑁, 𝑃𝑄 có cùng trung điểm Ta sẽ chứng minh 𝑅𝑆 cũng có cùng trung điểm với hai đoạn thẳng trên Các trường hợp còn lại là tương tự Thật vậy, đặt 𝐻 ≡ 𝐴𝐷 ∩ 𝐵𝐶, ta có:

(𝑀𝑅𝑃𝑆) = 𝐴(𝑀𝑅𝑃𝑆) = 𝐴(𝐵𝐻𝐶𝑆) = 𝐷(𝐵𝐻𝐶𝑆) = 𝐷(𝑄𝑅𝑁𝑆) = (𝑄𝑅𝑁𝑆) = (𝑁𝑆𝑄𝑅)

H

V U

S

R

Q P