Xung quanh bài toán hình học trong kỳ thi VM0 2014

Nội dung chính của bài viết Xung quanh bài toán hình học trong kỳ thi VM0 2014 đưa ra một góc nhìn của tác giả về bài hình học số 4 trong kỳ VMO 2014 cũng như những khai thác xung quanh cấu hình của bài toán. Mời các bạn tham khảo!

XUNG QUANH BÀI TỐN HÌNH HỌC TRONG KỲ THI VMO 2014 Nguyễn Tiến Dũng - Hà Nội Tóm tắt Bài viết đưa góc nhìn tác giả hình học số kỳ VMO 2014 khai thác xung quanh cấu hình tốn Bài hình học số kỳ VMO 2014 có nội dung đề cập [1] sau: Bài toán Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O/ với AB < AC Gọi I trung điểm cung BC không chứa A Trên AC lấy điểm K khác C cho IK D IC ng thng BK ct O/ ti D.D Ô B/ cắt đường thẳng AI E Đường thẳng DI cắt đường thẳng AC F BC Chứng minh EF D 2 Trên DI lấy điểm M cho CM song song với AD Đường thẳng KM cắt đường thẳng BC N Đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN cắt O/ P P Ô B/ Chng minh rng ng thng PK i qua trung điểm đoạn thẳng AD Có thể thấy hai ý tốn khơng liên quan tới nhau, ý ý tốn Vì vậy, đề phát biểu gọn lại sau Bài toán Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O/ với AB < AC Gọi I trung điểm cung BC không chứa A Trên AC lấy điểm K khác C cho IK D IC Đường thẳng BK cắt O/ D.D Ô B/ Trờn DI ly im M cho CM song song với AD Đường thẳng KM cắt đường thẳng BC N Đường tròn ngoại tiếp tam giỏc BKN ct O/ ti P P Ô B/ Chng minh đường thẳng PK qua trung điểm đoạn thẳng AD Lời giải thứ Do I trung điểm cung BC khơng chứa A đường trịn O/ nên IB D IC D IK Ta thấy ∠AKI D 180ı ∠CKI D 180ı ∠ICK D ∠ABI nên AIB D AIK.g:c:g/ Vì K đối xứng với B qua AI Ta có ∠DCK D ∠ABK D ∠AKB D ∠DKC nên dễ thấy DI trung trực đoạn CK Chú ý đến tính đối xứng qua trục DI CM k AD ta có ∠MKC D ∠M CK D ∠DAC D ∠KBN nên AC tiếp tuyến đường tròn BKN / Gọi E giao DI AC , ∠EKP D ∠KBP D ∠EIP nên tứ giác EP IK nội tiếp, suy ∠IPK D ∠IEK D 90ı PK cắt O/ F F Ô P / Chỳ ý rng K l trc tâm tam giác ADI nên ta dễ dàng chứng minh AFDK hình bình hành Do KF qua trung điểm AD Từ ta có đpcm 77 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 F A D K O E M B N C P I Lời giải thứ hai Trong lời giải thứ nhất, ta chứng minh AC tiếp tuyến đường tròn BKN / Từ đó, ý đến tính đối xứng qua AI , ta có AB tiếp tuyến đường tròn BKN / Gọi L giao AP v ng trũn BKN /.L Ô P / VỡKLP D ∠KBP D ∠DAP nên KL k AD PK cắt AD S Bằng biến đổi góc đơn giản, ta thu cặp tam giác đồng dạng SAK KPL, SDK BPL Chú ý tứ giác BPKL điều hịa ta có KP BP SD SA D D D nên SA D SD Suy đpcm SK KL BL SK A D L K O M B N P I 78 C Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Nhận xét Trong lời giải thứ nhất, ta có ∠KPN D ∠KBN D ∠DAC D ∠KIE D ∠KPE nên P; N; E thẳng hàng Việc phát biểu lại làm cho đề tốn hay có ý nghĩa Trên đây, tác giả trình bày hai lời giải túy hình học cho tốn Lời giải thứ tác giả Lời giải thứ hai dựa ý tưởng sử dụng kiến thức tứ giác điều hòa chùm điều hòa thành viên diễn đàn Tốn học Mathscope.org có nickname vinhhai (trong [3]), tác giả chỉnh lí lại để có lời giải túy hình học Chú ý K trực tâm tam giác IAD, ta phát biểu lại toán sau: Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/ Các đường cao hạ từ B C theo thứ tự cắt O/ D E Kẻ EF k BC.F AB/ HF cắt DE K Đường tròn HKD/ ct O/ ti P P Ô D/ Chng minh PH chia đôi BC A E F P K O D H B C Từ nhận xét tốn tốn 3, ta đề xuất toán sau: Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn O/, có trực tâm H Các đường cao BD CE theo thứ tự cắt O/ F G Kẻ FM k GN k BC.M AC; N AB/ HM HN theo thứ tự cắt F G K L Chứng minh DK EL cắt điểm thuộc O/ 79 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 A M P F K L G D N O E H B C Lời giải Dễ thấy tứ giác ADHE nội tiếp đường trịn đường kính AH Gọi P giao đường tròn đường kớnh AH vi O/.P Ô A/ Chỳ ý rng AB trung trực GH GN k BC ta có ∠HLF D ∠LGH C ∠LHG D ∠FBC C ∠NGH D ∠HBC C ∠H CB D ∠BAC D 90ı ∠ABF D ∠APH ∠APF D ∠HPF nên tứ giác HLPF nội tiếp Từ đó, ta có ∠LPH D ∠LFH D ∠EAH D ∠EPH , P; E; L thẳng hàng Chứng minh tương tự P; D; K thẳng hàng Do DK; EL cắt điểm P thuộc O/ Bài tốn Cho tam giác ABC có đường cao BD; CE cắt H Gọi F; G theo thứ tự điểm đối xứng với H qua AC; AB I trung điểm F G K; L theo thứ tự giao điểm khác I đường tròn ngoại tiếp tam giác HID; HIE với F G DK; EL cắt P Chứng minh PH chia đôi BC A F K P I D L G E H B C Nếu nhìn nhận tốn dựa cấu hình tốn vấn đề trở nên đơn giản Nhưng để có lời giải đẹp trực tiếp cho tốn khơng phải điều dễ dàng Tiếp tục khai thác, ta có tốn sau: 80 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/, trực tâm H , đường cao BK; CL AH; CH theo thứ tự cắt O/ D F Lấy điểm M cho hai tam giác MFH HBC đồng dạng (M; A nằm phía KL/ ML cắt O/ N Kẻ DP k KL.P O// Chứng minh NP chia đôi KL A N E M F R O L K H B C Q P D Lời giải Dễ thấy HM ? AF; FM k KL BH cắt O/ E KL đường trung bình tam giác HEF nên M thuộc EF Từ đó, theo toán dễ dàng suy N thuộc đường trịn đường kính AH NH cắt BC Q Q trung điểm BC , QK QL tiếp tuyến đường trịn đường kính AH Theo tính chất quen thuộc AO ? KL nên AO ? DP , suy AD D AP Gọi R trung điểm KL Chú ý NH đường đối trung tam giác NKL ta có ∠ANR D ∠ANK C ∠KNR D ∠ALK C ∠LNH D ∠ACB C ∠BAD D ∠ACD D ∠ANP nên N; R; P thẳng hàng Vậy NP chia đôi KL Từ cấu hình tốn tốn [4], ta thu toán hay sau: Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/ Các đường cao hạ từ B; C tam giác ABC theo thứ tự cắt đường tròn O/ D E DE theo thứ tự cắt AC AB M N Kẻ DP k EQ k BC.P AC; Q AB/ Chứng minh rằng: Đường thẳng nối trung điểm MQ NP qua tâm đường tròn Euler tam giác ABC Trực tâm tam giác ABC; AMQ; ANP thẳng hàng Lời giải Để giải toán ta cần sử dụng đến bổ đề ERIQ (Equal Ratios In Quadrilateral) phát biểu sau: A1 A2 Bổ đề ERIQ Cho hai ba điểm thẳng hàng A1 ; A2 ; A3 B1 ; B2 ; B3 cho D A1 A3 B1 B2 D k Nếu C1 ; C2 ; C3 theo thứ tự chia A1 B1 ; A2 B2 ; A3 B3 theo tỷ số B1 B3 C1 C2 C1 ; C2 ; C3 thẳng hàng D k C1 C3 81 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Bổ đề ERIQ kết trở nên quen thuộc với nhiều bạn đọc, tìm thấy số cách chứng minh tài liệu khác (chẳng hạn [2]), xin không trình bày Trở lại tốn, Chứng minh đường thẳng nối trung điểm MQ NP qua tâm đường tròn Euler tam giác ABC A P M X2 N Q E D K X1 X' O L H B X C Các đường cao BK; CL tam giác ABC cắt H Dễ thấy KL k DE nên ta có ∠CMD D ∠AMN D ∠ABC D ∠BQE, từ CDM BEQ Chứng minh tương tự ta BQ CM LQ KM có CDP BEN Do D D k D Gọi X; X ; X1 ; X2 theo thứ BN CP LN KP tự trung điểm BC; KL; MQ; NP Theo bổ đề ERIQ, ta có X ; X1 ; X2 thẳng hàng; X; X1 ; X2 XX1 thẳng hàng D k Từ với ý XX qua tâm đường trịn Euler tam giác XX2 ABC ta có đpcm Chứng minh trực tâm tam giác ABC; AMQ; ANP thẳng hàng A A Y2 G2 X2 N Q B Z2 Z1 Z N P G1 G M P O2 Y1 Y O1 O M Q X1 X C B 82 C Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Gọi G; G1 ; G2 theo thứ tự trọng tâm tam giác ABC; AMQ; ANP Ta có AG2 AX2 D AG AX D AG1 AX1 D GG1 D k nên theo định lý Thales G; G1 ; G2 thẳng hàng GG2 Gọi Y; Y1 ; Y2 theo thứ tự hình chiếu O; O1 ; O2 AC ; Z; Z1 ; Z2 theo thứ tự hình 1 chiếu O; O1 ; O2 AB Ta có Y Y1 D AY1 AY D AM AC / D CM 2 1 YY1 CM Y Y2 D AY2 AY D AP AC / D CP nên D D k Chứng minh tương tự ta 2 Y Y2 CP ZZ1 có D k Chú ý OY k O1 Y1 k O2 Y2 OZ k O1 Z1 k O2 Z2 , theo định lý Thales, ZZ2 OO1 ta có O; O1 ; O2 thẳng hàng D k Gọi H1 ; H2 theo thứ tự trực tâm tam giác OO2 HG H1 G1 H2 G2 GG1 OO1 AMQ; ANP D D D Chú ý D D k, theo bổ đề HO H1 O1 H2 O2 GG2 OO2 ERIQ H; H1 ; H2 thẳng hàng (đpcm) Nhận xét Bài toán giải dựa ý tưởng Nguyễn Văn Linh (trong [2]) Kostas Vittas (trong [4]) Ta chứng minh trực tâm bốn tam giác ABC; AMQ; ANP; AKL thẳng hàng Một cách tổng quát, ta có kết sau: Các điểm chia đoạn thẳng nối trọng tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; AMQ; ANP; AKL theo tỷ số thẳng hàng Từ tốn 7, ta đề xuất toán sau: Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/ Các đường cao hạ từ B; C tam giác ABC theo thứ tự cắt đường tròn O/ D E DE theo thứ tự cắt AC AB M N Kẻ DP k EQ k BC.P AC; Q AB/ Chứng minh đường thẳng nối trung điểm đoạn MQ; NP đường thẳng nối tâm đường tròn Euler tam giác AMQ; ANP cắt điểm thuộc đường thẳng Euler tam giác ABC Giản lược yếu tố toán 7, tác giả tìm tốn hình học thú vị sau: Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn O/ có trực tâm H BH; CH theo thứ tự cắt O/ D E DE cắt AC F Kẻ EG k BC.G AB/ Chứng minh tiếp tuyến F; G đường tròn ngoại tiếp tam giác AF G cắt điểm thuộc CE 83 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 A D P F N E K G Q L O H T B M C Lời giải Gọi BK; CL đường cao tam giác ABC Đường tròn AKL/ cắt O/ P khác A Tương tự toán 8, ta chứng minh hai tam giác BEG CDF đồng dạng LB KC có EL; DK đường cao tương ứng nên Chú ý hai tam giác PBL D LG KF P CK đồng dạng, ta có hai tam giác PLG PKF đồng dạng suy hai tam giác PLK P GF đồng dạng Từ tứ giác AP GF nội tiếp Tiếp tuyến F; G đường tròn AF G/ cắt T Tiếp tuyến K; L đường tròn AKL/ cắt trung điểm M BC Dễ thấy P; H; M thẳng hàng PL cắt DE N Ta có ∠NPH D ∠LAH D ∠ECB D ∠NDH nên tứ giác NHDP nội tiếp Từ cặp tam giác đồng dạng PLG PKF , LGH KFD dễ thấy hai tam giác P GH PFD đồng dạng Chú ý tứ giác NHDP nội tiếp ta có ∠PHG D ∠PDF D ∠PHN nên N; G; H thẳng hàng P T cắt đường tròn AF G/ Q khác P Do hai tam giác PLK P GF đồng dạng nên ta có cặp tam giác đồng dạng PLM P GT , PLH P GQ Từ đó∠GAQ D ∠GPQ D ∠LPH D ∠LAH nên Q thuộc AH Chú ý KL k DE, ta có ∠AF N D ∠AKL D 180ı ∠APN nên tứ giác APNF nội tiếp Ta thấy ∠F NQ D ∠FAQ D ∠DBC D ∠FEC NQ k CE Vì ∠PNG D ∠P GT D ∠PLM PN PH PQ nên NH k LM Ta có D D suy NQ k LT Từ LT k NQ k CE nên T PL PM PT thuộc CE (đpcm) Nhận xét Đây tốn hay cách phát biểu giản đơn tính không cân xứng yếu tố giả thiết tốn Lời giải hồn thiện với cộng tác thầy Trần Quang Hùng – giáo viên Trường THPT Chuyên KHTN, ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội PH PQ Trong lời giải trên, ta chứng minh D nên HQ k M T Chú ý Q thuộc PM PT AH nên ta có M T ? BC , suy T thuộc trung trực BC Khơi phục tính cân xứng yếu tố giả thiết tốn 9, ta đề xuất tốn sau: 84 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Bài toán 10 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/ Các đường cao hạ từ B; C tam giác ABC theo thứ tự cắt O/ D E DE theo thứ tự cắt AC AB M N Kẻ DP k EQ k BC.P AC; Q AB/ Tiếp tuyến M; Q đường tròn ngoại tiếp tam giác AMQ cắt S Tiếp tuyến N; P đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP cắt T Chứng minh ST vuông góc với BC Bài tốn 11 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn O/ có trực tâm H BH; CH theo thứ tự cắt O/ D E Kẻ DM k EN k BC.M AC; N AB/ Trung trực BC theo thứ tự cắt BH; CH P Q Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác HMP HNQ cắt điểm thuộc O/ A M D G P K N E L H B O Q S C Lời giải Gọi BK; CL đường cao tam giác ABC Đường trịn đường kính AH cắt O/ G khác A Gọi S trung điểm BC G; H; S thẳng hàng Vì ∠LGS D ∠LAH D ∠LCS nên tứ giác C GLS nội tiếp Vì SC D SL nên GS phân giác ∠LGC Từ cặp tam giác đồng dạng GLH GSC , LHN SCQ ta có hai tam giác GLN GSQ đồng dạng Suy hai tam giác GNQ GLS đồng dạng Do ta có ∠NGQ D ∠LGS D ∠LAH D ∠NHL nên tứ giác HNGQ nội tiếp hay đường tròn HNQ/ qua G thuộc O/ Chứng minh tương tự ta có đường trịn HMP / qua G Từ ta có đpcm Nhận xét Từ lời giải tốn 11, có cách tiếp cận đơn giản cho tốn sau: 85 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 A D P F K E G L O H B T M C Lời giải thứ hai cho toán Gọi BK; CL đường cao tam giác ABC Đường tròn AKL/ cắt O/ P khác A, ta chứng minh tứ giác AP GF nội tiếp Gọi M trung điểm BC P; H; M thẳng hàng Trung trực BC cắt CH T Tương tự chứng minh tốn 11, ta có hai tam giác P GT PLM đồng dạng Chú ý hai tam giác P GF PLK đồng dạng, ta thấy hai tam giác MKL TF G đồng dạng Chú ý MK; ML tiếp tuyến đường tròn AKL/, suy TF; T G tiếp tuyến đường trịn AF G/ Ta có đpcm Ẩn giấu cấu hình trực tâm thơng qua tâm đường trịn nội tiếp tam giác, đề xuất nhiều tốn hay khó Chẳng hạn như: Bài toán 12 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn I / D; E; F theo thứ tự trung điểm AI; BI; CI M trung điểm BC A1 ; A2 theo thứ tự giao điểm khác M đường tròn IEM /; IFM / với BC EA1 ; FA2 cắt A3 B3 ; C3 xác định tương tự Chứng minh AA3 ; BB3 ; C C3 đồng quy 86 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 A Z D Y I O E B F A2 A1 M C A3 X Gợi ý Gọi AI; BI; CI theo thứ tự cắt đường tròn O/ ngoại tiếp tam giác ABC X; Y; Z Thế I trực tâm tam giác XY Z Từ đưa cấu hình tốn 4, ta có kết EA1 cắt FA2 A3 giao điểm O/ đường trịn đường kính IX Theo tính chất quen thuộc, A3 tiếp điểm đường tròn mixtilinear nội tiếp ứng với góc A tam giác ABC Tương tự với điểm B3 C3 , từ AA3 ; BB3 ; C C3 đồng quy điểm thuộc OI Bài toán 13 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/, ngoại tiếp đường tròn I / Đường tròn Oa / tiếp xúc với AB; AC tiếp xúc với đường tròn O/ S D; E theo thứ tự giao điểm khác B; C đường tròn SIB SIC với BC Đường thẳng qua B vng góc với AI cắt IE M , đường thẳng qua C vng góc với AI cắt ID N Lấy P; Q thuộc BC cho IP k AB; IQ k AC Chứng minh đường thẳng nối trung điểm đoạn MQ; NP chia đôi OI Bài tốn 14 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn O/, ngoại tiếp đường tròn I / AI cắt O/ D khác A E; F theo thứ tự trung điểm IB IC DE; DF theo thứ tự cắt BC M N Đường thẳng qua I vng góc với AI theo thứ tự cắt AB; AC K; L Gọi P; Q theo thứ tự giao điểm khác B; C đường tròn BIK/; CIL/ với BC IP cắt DF R, IQ cắt DE S Chứng minh đường thẳng nối trung điểm đoạn MR; NS đường thẳng nối tâm đường tròn Euler tam giác DMR; DNS cắt điểm thuộc OI Bài toán 15 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn O/, có I giao điểm đường phân giác AI cắt O/ D khác A E; F; M theo thứ tự trung điểm IB; IC BC Gọi H; K theo thứ tự giao điểm BC với DE đường tròn IMF /.K Ô M / IK ct DF ti L Chứng minh tiếp tuyến H; L đường tròn ngoại tiếp tam giác DHL/ cắt điểm thuộc CI 87 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Như vậy, tác giả trình bày xong góc nhìn tốn hình học số kỳ VMO 2014 Từ cấu hình đơn giản, ta đưa khai thác thú vị thơng qua góc nhìn khác Cuối cùng, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới thầy Trần Quang Hùng – giáo viên Trường THPT Chuyên KHTN, ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội, người đọc toàn viết đưa ý kiến quý báu giúp viết hoàn thiện Tài liệu tham khảo [1] Trần Nam Dũng, Lê Phúc Lữ Phan Đức Minh Đề thi chọn học sinh giọi cấp quốc gia THPT mơn tốn năm học 2013 – 2014, Lời giải chi tiết bình luận Diễn đàn Tốn học Mathscope.org http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=46403 [2] huynhcongbang [VMO 2014] Bài – Hình học phẳng Mathscope.org http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=46327 [3] Nguyễn Văn Linh Định lý ERIQ ứng dụng Euclidean Geometry Blog https://nguyenvanlinh.wordpress.com/2015/03/02/eriq-theorem/ [4] shobber Collinearity of orthocentres Art of Problem Solving http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h97493p550605 88 ... viên diễn đàn Tốn học Mathscope.org có nickname vinhhai (trong [3]), tác giả chỉnh lí lại để có lời giải túy hình học Chú ý K trực tâm tam giác IAD, ta phát biểu lại toán sau: Bài toán Cho tam giác... hoàn thi? ??n Tài liệu tham khảo [1] Trần Nam Dũng, Lê Phúc Lữ Phan Đức Minh Đề thi chọn học sinh giọi cấp quốc gia THPT mơn tốn năm học 2013 – 2014, Lời giải chi tiết bình luận Diễn đàn Tốn học. .. 87 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Như vậy, tác giả trình bày xong góc nhìn tốn hình học số kỳ VMO 2014 Từ cấu hình đơn giản, ta đưa khai thác thú vị thơng qua góc nhìn khác Cuối cùng, tác giả