Bình luận một số bài toán hình học trong một số đề thi chọn HSG đi thi VMO 2018 của các tỉnh

Đường tròn (J ) ngoại tiếp tam giác AEF cắt (O) tại điểm thứ hai là K.. Áp dụng điều trong chứng minh định lí Brocard ta có: M P, F Q, HE đồng quy do đó: M, P, J thẳng hàng hay điều phải[r]

Bình luận một số bài toán hình học trong một số đề thi chọn HSG đi thi

VMO 2018 của các tỉnh

Lời nói đầu: Cứ đến tháng 9, tháng 10 là các tỉnh lại bắt đầu có các bài thi để chọn HSG đi thi VMO Các bài hình trong các đề chọn tuyển hàng năm luôn hết sức thú vị và có nhiều điều đáng để khai thác Như mọi năm, tôi giới thiệu lời giải và bình luận một số bài toán hình học trong các đề

Bài toán 1(Chọn đội tuyển Bình Dương) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) có hai đường chéo AC và BD vuông góc nhau tại H Hình chiếu của H lên AB,BC,CD,AD lần lượt là I, J, K, L và trung điểm AD, AB, BC, CD là M, N, P, Q

a) Chứng minh rằng: M, N, P, Q, I, J, K, L đồng viên

b) Chứng minh rằng: IK, LJ, OH đồng quy

Lời giải:

a) Theo định lí Bramagupta ta có: I, H, Q thẳng hàng, L, H, P thẳng hàng M, H, J thẳng hàng và N, H, K thẳng hàng Để ý rằng: ∠HLM =

trực LM do đó ta dễ dàng có: T là tâm (LM J P ) Tương tự ta có: T là tâm của (IN KQ) Gọi BD ∩ M Q = S ta có: M QkAC do đó: LM SH và QKSH là các tứ giác nội tiếp dẫn đến: DS.SH = DM.DL = DK.DQ hay là: L, M, K, Q đồng viên do đó: I, N, J, P, Q, K, L, M đồng viên trên đường tròn tâm T

góc ILK, IJ K, J KL do đó: LIJ K là tứ giác ngoại tiếp Khi đó chú ý rằng: tứ giác ILKJ vừa nội tiếp (T ) vừa ngoại tiếp (H) do đó: IK, LJ, T H đồng quy hay điều phải chứng minh

Nhận xét : Tính chất của tứ giác lưỡng tâm đã được sử dụng ở đây tạo cho bài toán một vẻ đẹp rất lạ Cách khai thác này cũng khá mới mẻ Bài toán 2(Chọn đội tuyển KHTN ngày 2) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) (K) thay đổi qua B, C cắt AC, AB tại E, F BE ∩ CF = H

và D là hình chiếu của K lên AH, Lấy P đối xứng A qua EF Chứng minh rằng: (P KD) đi qua 1 điểm cố định khi K thay đổi

Lời giải: Gọi AO ∩ EF = I Áp dụng định lí Brocard và tính chất trục đẳng phương ta có: AH.AD = AF.AB = AE.AC Ta chứng minh: 2AI.AO = AE.AC là đủ hay là: AI.AO = AE.AM (M là trung điểm AC) Để ý rằng: EF đối song BC do đó: AI vuông EF hay là: AI.AO = AE.AM hay là (P HK) đi qua O cố định

Nhận xét : Bài toán không khó quá như mọi năm ở ngày 2, khai thác nhẹ nhàng các tính chất về trục đẳng phương cũng như mô hình điểm Miquel thân thuộc

Bài toán 3(Chọn đội tuyển Hà Tĩnh, ngày 2) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I) D, E, F là tiếp điểm (I) với BC, CA, AB

và M là trung điểm cung BC không chứa A của (O) M D cắt M D ∩ (O) = M, N AN ∩ BC = P

a) Chứng minh rằng: AN I là tam giác vuông và AIHP là tứ giác nội tiếp

b) Gọi M H ∩ (O) = M, S N S ∩ BC = Q Chứng minh rằng tiếp tuyến tại N của (O) chia đôi P Q

Lời giải: a) Gọi (AEF ) ∩ (O) = A, N0 ta có: N

0B

F B

DB

M I

sinN M K

N K

M I

M D Tương tự thì:

N Q

N M

M H

giác N SHD nội tiếp) Tức là điều phải chứng minh tương đương: N P

M I

Nhận xét : Ta để ý rằng nếu lấy G là hình chiếu D lên EF thì I, G, N thẳng hàng

Bài toán 4(Chọn đội tuyển KHTN ngày 3) Cho tam giác ABC, nội tiếp (O), ngoại tiếp (I) I trên AO sao cho IP vuông góc BC Tiếp tuyến của (O) tại A cắt BC tại Q (AP Q) cắt (O) tại R Chứng minh RI là phân giác góc BRC

Lời giải: Bổ đề : Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có tâm nội tiếp I Tiếp điểm đường tròn A − M ixtilinear nội với (O) là R Khi đó: RI là phân giác góc BRC

kết quả quen thuộc rằng: ∠AR0B = ∠DR0C(các bạn có thể đọc cuốn "Tìm tòi và sáng tạo một số chủ đề hình học phẳng của tôi" ở chuyên đề

R0 ∈ (P Q) Vậy ta có: R ≡ R0 hay là điều phải chứng minh theo bổ đề

Bài toán 5(Chọn đội tuyển Hưng Yên ngày 1) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) M là trung điểm cung BAC của (O) I là tâm nội tiếp tam giác ABC Lấy E, F đối xứng B, C qua IC, IB Và M I ∩ (BIC) = I, N Đường thẳng qua I vuông góc AI cắt BC tại K

a) Chứng minh rằng: EF ⊥ OI

b) Chứng minh rằng: KN tiếp xúc (BIC)

Lời giải: a) Ta có: IE2− IF2 = IB2− IC2(do E, F đối xứng B, C qua IC, IB) Gọi P, Q là trung điểm của AB, AC Ta có: OF2 = OP2+ P F2

AC

2− OF2 = OQ2− OP2+ QE2 − P F2 = (OA2− AC 2

4 ) − (OA2−

AB 2

2

2

2− IC2 Do đó: EF ⊥ OI(theo định lí 4 điểm)

b) Gọi D là trung điểm cung BC không chứa A thì D là tâm (BIC).Ta có: M B, M C là các tiếp tuyến đến: (BIC) do đó: IBN C là tứ giác điều hoà dẫn đến: KN tiếp xúc (BIC)

b) Tiếp tuyến tại D của (ADE) cắt AE tại F Đường thẳng qua D vuông góc AE cắt AF tại G và (ADE) tại H khác D (HF G)∩(ADE) = I, H.

Kẻ DJ ⊥ AH(J ∈ AH) Chứng minh rằng: AI chia đôi DJ

Lời giải: a) Đổi lại bài toán dưới mô hình trực tâm như sau: Cho tam giác A1B1C1 có các chân đường cao trên cạnh đối diện là A, B, C Ta

b) Đề bài rất rối nhưng nếu ta để ý thì có thể tách nó ra thành 1 bài toán riêng rẽ như sau: Cho đường tròn đường kính AE D là 1 điểm nằm trên (AE) khác A, E Tiếp tuyến tại D của (AE) cắt AE tại F và F H là tiếp tuyến còn lại đến (AE) G là trung điểm HD (F GH) ∩ (AE) = I, H Hình chiếu của D lên AH là J Chứng minh rằng: AI chia đôi J D

Gọi F I ∩ (O) = I, K ta có: ∠HIK = 90◦ Do đó: H, K, O thẳng hàng Ta có: AKkDJ do đó: chú ý rằng: A(KIHD) = −1(do tứ giác DIHK điều hoà) hay là: A(KIJ D) = −1 nên có ngay: AI chia đôi DJ (điều phải chứng minh)

A phân biệt cắt lần lượt (O), (O0) lần lượt tại C, D và E, F Gọi trung trực của CD và EF cắt nhau ở K Một đường thẳng d thay đổi qua K cắt

Lời giải: Gọi R, U là trung điểm của CD, EF Kẻ các đường kính AS, AT của (O) và (O0), ta có: ∠ABS = ∠ABT = 90◦ suy ra: S, B, T thẳng hàng Gọi K0 là trung điểm ST ta có: K0RkDT kCS do đó: R ∈ (AK0), tương tự thì: U thuộc (AK0) Do đó K ≡ K0 Dĩ nhiên B cũng thuộc (AK) Đến đây ta thấy vai trò các điểm C, D, E, F đã không còn quá quan trọng Việc điểm K được định nghĩa lại đã giúp ta đơn giản mô hình ban đầu đi rất nhiều Ta chứng minh bài toán sau như 1 bổ đề: Cho tam giác ABC có đường cao AD K là trung điểm BC Đường thẳng thay đổi qua

K cắt (AC) tại P, Q Chứng minh rằng: trực tâm tam giác AP Q nằm trên (AB)

Chứng minh: Gọi đường thẳng qua B song song P Q cắt (AB) tại H Hình chiếu của C lên AH là L Ta có: K là trung điểm BC do đó theo tính chất đường trung bình hình thang thì: P K chia đôi HL và do P K vuông AH nên P K là trung trực HL do đó: P H = P L dẫn đến:

∠AHP = ∠P LH = ∠AQP do đó: HP vuông AQ hay ta có: H là trực tâm tam giác AP Q

cắt BC tại M, N tương ứng Đường thẳng qua N vuông góc AN cắt AM, AB tại Q, P tương ứng Đường thẳng qua P vuông góc AB cắt AN tại

R Chứng minh rằng: QR ⊥ BC

Lời giải(Kim Vu)(Bạn đọc tự vẽ hình): Đường đối trung của 4ABC cắt (ABC) tại T ;AN ∩ (ABC) = S; P N ∩ AC = V L là điểm đối xứng N qua M Dễ suy ra T là tâm vị tự quay biến P → B, V → C, Q → L, R → S,

Bài toán 9(Chọn đội tuyển Bắc Giang 2018) Cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp (I) D, E, F là các tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB a) Gọi S = EF ∩ BC Chứng minh rằng: SI ⊥ AD

b) Gọi (ABE) ∩ (ACF ) = X Định nghĩa tương tự các điểm Y, Z Chứng minh rằng: AX, BY, CZ đồng quy

Lời giải: a) Gọi AD ∩ (I) = D, K ta có: F KED là tứ giác điều hoà do đó: SK tiếp xúc (I) dẫn đến: SI là trung trực của KD mà A, K, D thẳng hàng do đó: SI ⊥ AD

F B

DB

thì: T B

AB

AC.

DB

W A

EC

EA.

BC

RA

AC

BC.

F A

F B(3) Nhân ba vế (1)(2)(3) ta có

AX, BY, CZ đồng quy theo định lí Ceva

Nhận xét : Bài toán là một kết quả khá quen thuộc Cách giải trên của tôi sử dụng bổ đề cát tuyến từ đó cho thấy mối liên hệ chặt chẽ giữa đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ở giả thiết bài toán này

Bài toán 10(Chọn đội tuyển Lạng Sơn) Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp (O) có M, N là trung điểm các cung BC, AD của (O) I, J là trung điểm của OM, ON K đối xứng O qua M

a) Chứng minh rằng: tứ giác DJ BK nội tiếp

b) P, Q là hình chiếu của I lên AB, AC Chứng minh rằng: AK ⊥ P Q

Lời giải: a) Ta có: OJ.OK = OM

b) Ta quy về chứng minh bài toán như sau: Cho tam giác ABC vuông tại A K là trung điểm BC M là trung điểm cung AC nhỏ của (ABC)

I là trung điểm KM và J đối xứng K qua M Chứng minh rằng: BI, BJ đẳng giác

Bài toán 11(Chọn đội tuyển Ninh Bình): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) D là 1 điểm thay đổi trên cạnh BC OD ∩ (BOC) = P, O và

AP ∩ (O) = A, Q

a) Chứng minh rằng: A, O, Q, D đồng viên và gọi tâm của nó là K

b) (K) ∩ (BOC) = E, O và chứng minh rằng: OE, AQ, BC đồng quy tại R

c) Gọi AE ∩ (O) = A, F Chứng minh rằng: RF = RQ

Lời giải: a) Ta có: OD.OP = R2 do đó xét phép nghịch đảo cực O phương tích R2 ta có: D ↔ P, (O) ↔ (O) do đó: Q ↔ Q, A ↔ A và do đó chú ý: A, Q, P thẳng hàng nên A, O, D, Q đồng viên

b) Ta xét ba đường tròn (O), (BOC), (K) có các trục đẳng phương đôi một đó là: BC, AQ, OE do đó BC, AQ, OE đồng quy

Bài toán 12(Chọn đội tuyển Hà Nam): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) nội tiếp (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H Đường tròn (J ) ngoại tiếp tam giác AEF cắt (O) tại điểm thứ hai là K AM ∩ (J ) = Q, A EF ∩ AD = P P M ∩ (J ) = N (N và A cùng phía với BC) a) Chứng minh rằng: KF, EQ, BC đồng quy

b) Chứng minh rằng: (DM N ) tiếp xúc (BN C)

Lời giải: a) Ta áp dụng định lí Pascal cho 6 điểm A, K, F, H, Q, E ta có giao điểm các cặp đường thẳng (KF, EQ) và (HF, AE) cùng với (HE, AF ) sẽ thẳng hàng

dẫn đến: SN là tiếp tuyến trung của (DM N ) và (BN C)

Nhận xét : Ta có thể chứng minh thêm một ý khác khó hơn như: P M, EQ, CF đồng quy: Gọi QE ∩ F H = J ta có: HQ, EF, BC đồng quy tại S

và (SD, BC) = −1 nên theo phép chiếu xuyên tâm A thì: (SP, F E) = −1 dẫn đến: J P, F Q, HE đồng quy Áp dụng điều trong chứng minh định

lí Brocard ta có: M P, F Q, HE đồng quy do đó: M, P, J thẳng hàng hay điều phải chứng minh

Đổi mô hình ta được bài toán khá hay như sau:

Bài toán 12*: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có AK là đường kính của (O) Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau ở T T A ∩ (O) = Q và

AK ∩ BC = P Gọi T P ∩ (O) = N

a) Chứng minh rằng: P T, KC, BQ đồng quy

b) Hình chiếu của T lên AK là I Chứng minh rằng: (T N I) tiếp xúc (O)

Bài toán 13(Chọn đội tuyển Nam Định ngày 1): Cho tam giác ABC nhọn với AB < AC D là hình chiếu của A lên BC Đường thẳng qua D vuông góc AB cắt AC tại E và đường thẳng qua D vuông góc AC cắt AB tại F Tiếp tuyến tại A của (O) cắt EF, BC lần lượt tại G, S

M, R là trung điểm của BC, AD

a) Chứng minh rằng: GR ⊥ AM

b) Gọi I, J là giao điểm của DE, DF tương ứng với GR K, L là trung điểm của J F, IE Chứng minh rằng: R là trung điểm IJ và OSkP Q

Lời giải: a) Ta có D là trực tâm tam giác AEF Do đó: AD ⊥ EF dẫn đến: BCkEF Gọi O0 là tâm của (AEF ) ta cũng có: A, O, O0 thẳng hàng Ta có kết quả quen thuộc rằng: DT cắt AO trên (AEF ) tại 1 điểm tạo với F, D, E 1 hình bình hành do đó: RT kOA hay là: T R ⊥ GA hay là: R là trực tâm tam giác AGT suy ra điều phải chứng minh

b) Vẽ các đường cao F Y, EX của tam giác AEF Ta đã biêt rằng: DZ ⊥ AM và D(ZKF E) = −1 = D(ZRIJ ) do đó: AK chia đôi IJ

Bổ đề : Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại S và trung điểm

AH, BC lần lượt là R, M CH, BH cắt SR tại J, I P, Q là trung điểm J B, IC Chứng minh rằng: P QkOS

Chứng minh: Ta gọi U, V là hình chiếu của M lên AB, AC Từ chứng minh các câu a),b) ta có: AIHJ là hình bình hành Ta có: M U

AC

AB.

J C

IB

AC

F C Tương tự thì:

J C

AB

IB

F C

AC

đến: U V kP Q Dựng tứ giác điều hoà: ABKC ta có: AK ⊥ U V (bởi AM là đường kính của (AV U ) mà AK đẳng giác với AM ) Do vậy ta có: OSkU V kP Q