Mối liên hệ euclide, afin và xạ ảnh qua một bài toán trong sách Các phương pháp giải toán qua các kỳ thi olympic

Bài viết đưa ra các cách giải khác nhau cũng như những khám phá và phát triển của một bài toán. Qua đó, thể hiện mối quan hệ biện chứng giữa hình học Euclide, Afin và xạ ảnh. Để hiểu rõ hơn, mời các bạn tham khảo chi tiết nội dung bài viết này.

MỐI LIÊN HỆ EUCLIDE, AFIN VÀ XẠ ẢNH QUA MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH "CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN QUA CÁC KỲ THI OLYMPIC" Nguyễn Ngọc Giang –TPHCM Tóm tắt Bài viết đưa cách giải khác khám phá phát triển tốn Qua đó, thể mối quan hệ biện chứng hình học Euclide, Afin xạ ảnh Giới thiệu Chương trình "Gặp gỡ tốn học 2015" kết thúc tốt đẹp Ngoài hoạt động dạy học, giao lưu việc cho đời sách "Các phương pháp giải toán qua kỳ thi Olympic" phần nói lên thành cơng chương trình Với nội dung phong phú, sách đề cập đến phương pháp giải phát triển tư dành cho em học sinh giỏi Trong đề tốn cho em học sinh giỏi tơi đặc biệt trọng đến toán sau: Bài toán ([1], tr 205) Cho tam giác ABC: Các điểm M; N thuộc BC: Các điểm P; Q theo thứ tự thuộc AC; AB: Đặt O D MP \ NQ; K D BO \ NP; L D CO \ MQ: Chứng minh rằng: AO; BL; CK đồng quy Đây tốn hay gợi lên nhiều suy nghĩ Vì toán đề cập đến khái niệm, tính chất "tam giác", "đồng quy", "giao điểm" nên tốn tốn hình học xạ ảnh Vì tốn hình học xạ ảnh nên hiển nhiên tốn hình học afin tốn hình học Euclide Trong báo, đề cập đến mối quan hệ toán sơ cấp cao cấp qua tốn Mối quan hệ thể dạng tư tư sáng tạo Trong thuyết Giáo dục Bloom tư sáng tạo tư cao khó Đây dạng tư cần thiết cho Giáo dục mà cịn cho tồn lĩnh vực khoa học đời sống Sáng tạo sáng tạo kim nam cho hành động người kỉ XXI Các cách giải toán 2.1 Phương pháp chiếu xuyên tâm Đặt I D BL \ CK; U D BO \ MQ; V D CO \ NP: Ta có B.ALOC / D QLUM / D M ULQ/ (theo tính chất tỷ số kép hàng điểm) D PK V N / (xét phép chiếu xuyên tâm O) D C.AKOB/: 89 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Áp dụng định lí: Cho hai chùm s; a; b; c s; a0 ; b ; c Khi sabc/ D sa0 b c / a \ a0 I b \ b I c \ c thẳng hàng Với s D BC; a D BA; a0 D CA; b D BL; b D CK; c D BO; c D CO ta có A; I; O thẳng hàng Vậy AO; BL; CK đồng quy [1] Ngồi cách giải ta cịn giải tốn phương pháp tọa độ Phương pháp tọa độ có ưu điểm phương pháp có tính chất thuật tốn Dù việc tính tốn nhiều tốn nhiều gặp khó khăn ngày ta có phần mềm trợ giúp tính tốn nên cách giải phương pháp tọa độ cách giải ưa dùng 2.2 Phương pháp tọa độ khối tâm Tọa độ khối tâm (Homogeneous barycentric coordinates) phương pháp tọa độ Mobius tìm Nội dung phương pháp sau Cho tam giác ABC; điểm P có tọa độ ba số u W v W w/ hiểu theo nghĩa hệ khối tâm u A; v B; w C cho điểm cân tam giác P Các khối tâm tỉ lệ với diện tích tam giác PBC; P CA PAB: Khi điểm P nằm ngồi tam giác, ta sử dụng diện tích có dấu tam giác định hướng Các tọa độ khối tâm P với tam giác tham chiếu ABC ba số x W y W z/ thỏa mãn x W y W z D PBC W P CA W PAB: Ví dụ: Trọng tâm G tam giác có tọa độ khối tâm G D W W 1/: Tâm đường trịn nội tiếp I có tọa độ khối tâm I D a W b W c/: Sau lời giải toán phương pháp tọa độ khối tâm Ta kí hiệu phương trình đường thẳng XY có thành phần tọa độ x; y; z XY D Œx W y W z: Phương trình đường thẳng MP có tọa độ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ġ ˇ ˇ ˇ p ˇ ˇ p ˇ ˇ ˇWˇ ˇWˇ ˇ ˇ m ˇ ˇ m ˇ ˇ ˇ D Œ1 W mp; p: Tương tự, phương trình đường thẳng NP có tọa độ Œ1 W np W p: Phương trình đường thẳng NQ có tọa độ ˇ ˇ ˇ ˇ ġ ˇ q ˇ ˇ ˇ ˇ q ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ n ˇWˇ n ˇWˇ 90 ˇ ˇ ˇ D Œq n W ˇ n W 1: Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Tương tự, phương trình đường thẳng MQ có tọa độ Œq m W m W 1: O D MP \ NQ nên tọa độ điểm O thỏa mãn hệ phương trình nqx1 nx2 C x3 D x1 C mpx2 px3 D Giải hệ ta có O D p.n m/ W npq C W n.1 C mpq//: Phương trình đường thẳng AO có tọa độ ˇ ˇ ˇ ˇ ġ ˇ npq C n.1 C mpq/ ˇ ˇ n.1 C mpq/ p.n m/ ˇ ˇ p.n m/ npq C ˇ ˇWˇ ˇWˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 0 1 D Œ0 W n.1 C mpq/ W npq C 1/: ˇ ˇ ˇ ˇ Phương trình đường thẳng BO có tọa độ ˇ ˇ ˇ ˇ ġ ˇ npq C n.1 C mpq/ ˇ ˇ n.1 C mpq/ p.n m/ ˇ ˇ p.n m/ npq C ˇ ˇWˇ ˇWˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 0 0 D Œ n.1 C mpq/ W W p.n m/: ˇ ˇ ˇ ˇ Phương trình đường thẳng CO có tọa độ ˇ ˇ ˇ ˇ ġ ˇ npq C n.1 C mpq/ ˇ ˇ n.1 C mpq/ p.n m/ ˇ ˇ p.n m/ npq C ˇ ˇWˇ ˇWˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 1 0 D Œnpq C W p.m n/ W 0: K D NP \ BO nên tọa độ điểm K thỏa mãn hệ phương trình x1 C npx2 px3 D n.1 C mpq/x1 C p.n m/x3 D Giải hệ ta có K D np.n m/ W m.npq C 1/ W n2 C mpq/ : Phương trình đường thẳng CK có tọa độ Œm.npq C 1/ W np.m 91 n/ W 0 ˇ ˇ ˇ ˇ Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 L D CO \ MQ nên tọa độ điểm L thỏa mãn hệ phương trình npq C 1/x1 C p.m n/x2 D mqx1 mx2 C x3 D Giải hệ ta có L D p.n m/ W npq C W m.1 C mpq//: Phương trình đường thẳng BL có tọa độ Œ m.1 C mpq/ W W p.n m/ Xét định thức ˇ ˇ m.npq C 1/ np.m n/ ˇ ˇ  D ˇ m.1 C mpq/ ˇ n.1 C mpq/ D m.npq C 1/: n.1 C mpq//:p.n D mnp.npq C 1/.1 C mpq/.n m/ D 0: ˇ ˇ ˇ p.n m/ ˇˇ npq C 1/ ˇ m/ C m.1 C mpq/:np.m C 1/ n/: .npq C 1// Vậy BL; CK; AI đồng quy điểm 2.3 Phương pháp tọa độ afin Các tính tốn cách giải trợ giúp phần mềm Maple XVIII ! ! Xét mục tiêu afin fAI AB; AC g, ta có A D 0I 0/; B D 1I 0/; C D 0I 1/: Phương trình đường thẳng BC BC / W x C y M; N BC nên M D mI m/; N D nI P AC nên tọa độ điểm P n/: 92 D 0: Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 P D 0I p/: Q AB nên tọa độ điểm Q Q D qI 0/: Phương trình đường thẳng MQ x xM y yM D xM xQ yM yQ hay y x m m q MQ/ W 1Cm D 0: m Tương tự, phương trình đường thẳng MP m y 1Cm D 0: m p x n n q y 1Cn D 0: n x n y 1Cn D 0: n p x m Phương trình đường thẳng NQ Phương trình đường thẳng NP n Vì O D MP \ NQ nên tọa độ điểm O thỏa mãn hệ phương trình x ˆ < x ˆ : n m m n q y 1Cm D0 m p y 1Cn D0 n Giải hệ ta có  OD m.np nq pq C q/ mnp I mq np C pq m C n q mnq npq mp C mq C nq C pq mq np C pq m C n q Phương trình đường thẳng CO x.mq np C pq m C n q/ m.np nq pq C q/ y 1 mnp mnq npq mpCmqCnqCpq q mq npCpq mCn q D0 Phương trình đường thẳng BO x 1C m.np nq pqCq/ mq npCpq mCn q C mnp y.mq np C pq m C n q/ mnq npq mp C mq C nq C pq 93 q D 0: q à : Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 L D CO \ MQ; nên tọa độ điểm L L D xL I yL / với xL D m2 p yL D np nq pq C q/m2 2mnp C mnq C npq m2 C mn nq : m2 p m2 q mpq mp C 2mq C pq q n : m2 p 2mnp C mnq C npq m2 C mn nq K D BO \ NP; nên tọa độ điểm K K D xK I yK / với xK D mnp mnq mpq C mq np C nq C pq q/n 2mnq mpq C n2 q C mn C 2mq n2 np C pq m C n mnp q : mn2 p mn2 q n2 pq 2mnp C 2mnq C n2 q C 2npq C mp mq 2nq pq C q : mnp 2mnq mpq C n2 q C mn C 2mq n2 np C pq m C n q yK D Phương trình đường thẳng CK 2mnq mpq C n2 q C mn C 2mq n2 np C pq m C n mnp mnq mpq C mq np C nq C pq q/n x mnp y 1C mn2 p mn2 q n2 pq 2mnpC2mnqCn2 qC2npqCmp mq 2nq pqCq / mnp 2mnq mpqCn2 qCmnC2mq n2 npCpq mCn q q D 0: Phương trình đường thẳng BL x 1C C y m2 p m2 p np nq pqCq/m2 m2 p 2mnpCmnqCnpq m2 Cmn nq 2mnp C mnq C npq m2 C mn nq D 0: m2 q mpq mp C 2mq C pq q/n Phương trình đường thẳng AO xC AO D m.np nq pqCq mq npCpq mCn q m.np mnp mnq npq mpCmqCnqCpq mq npCpq mCn q y mnp mnq npq Á np C pq mCn q/ nq pq C q/ Á q mq np C pq mCn q/ mq mp C mq C nq C pq q D 0: I D CK \ BL nên tọa độ điểm I D xI I yI / xI D Cn pq mnp m n mnq m p mpq C mq np C nq C pq m q C mn C 2mnp n q q/mn/ı m2 nq C m2 pq npq C m mn C nq mn2 p yI D n m2 np m2 nq mnpq m2 p C m2 q mnp C 2mnq C mpq C npq C mp 2mq nq pq C q//ı m nq C m2 pq mn2 p mnpq C n2 pq m2 n m2 p m2 q C mn2 C 2mnp n2 q npq C m2 mn C nq 94 mnpq Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Xét hiệu   D xA  D mnp xI /.yO mnq yI / mpq C mq yA yI /.xO xI /:  mnq npq mp C mq C nq C pq mq np C pq m C n q mnp C 2mnq C mpq C npq C mp 2mq nq pq np C nq C pq q/mn mnp n m2 np m2 nq mnpq m2 p C m2 q Cq//ı m nq C m2 pq mn2 p mnpq C n2 pq m2 n m2 p m2 q C mn2 C 2mnp n2 q npq C m2 mn C nq///ı m nq C m2 pq mn2 p mnpq C n2 pq m2 n m2 p m2 q C mn2 C 2mnp n2 q Ta có npq C m mn C nq C n m2 np m2 nq mnpq m2 p C m2 q mnp C 2mnq C mpq C npq m.np nq pq C q/ Cmp 2mq nq pq C q/ mq np C pq m C nı q C .mnp mnq mpq C mq np C nq C pq q /mn m2 nq C m2 pq mn2 p mnpq C n2 pq m2 n m2 p m2 q C mn2 C 2mnp n2 q npq C m2 mn C nq ı m nq C m2 pq mn2 p mnpq C n2 pq m2 n m2 p m2 q C mn2 C 2mnp n2 q npq C m2 mn C nq : Đơn giản hóa  lệnh simplify Maple XVIII, ta  D 0: Vậy AO; BL; CK đồng quy 2.4 Phương pháp tọa độ xạ ảnh Xét mục tiêu xạ ảnh fA; B; C I O/: Ta có: A D 1; 0; 0/I B D 0; 1; 0/I C D 0; 0; 1/: Phương trình đường thẳng AB x3 D 0: Phương trình đường thẳng AC x2 D 0: Phương trình đường thẳng BC x1 D 0: Vì M thuộc BC nên ŒM  D ŒB C ŒC  hay ta có hệ phương trình 3 m1 0 m2 D C 5: m3 Vậy M D 0; 1; m/: Tương tự, ta có N D 0; 1; n/: Phương trình đường thẳng MO có tọa độ 95 q Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 ġ ˇ 1 ˇ ˇ m ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 1 ˇ ˇ 1 ˇ ˇ; ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ m ˇ; ˇ ˇ D Œm 1; m; 1: Tương tự, phương trình đường thẳng NO Œn 1; n; 1: P D MO \ AC nên tọa độ điểm P thỏa mãn hệ phương trình mx2 C x3 D m 1/x1 x2 D Vậy P D 1; 0; m 1/: Q D NO \ AB nên tọa độ điểm Q thỏa mãn hệ phương trình nx2 C x3 D n 1/x1 x3 D Vậy Q D n; n 1; 0/: Phương trình đường thẳng MQ có tọa độ ˇ ˇ ˇ ˇ ġ ˇ m ˇˇ ˇˇ m ˇˇ ˇˇ ˇ ˇ n ˇ; ˇ n ˇ; ˇ n n Phương trình đường thẳng NP có tọa độ ˇ ˇ ġ ˇ m ˇ ˇ m 1 ˇ; ˇ ˇ ˇ n ˇ ˇ n ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ; ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ D Œm.1 ˇ n/; mn; n: ˇ ˇˇ D Œ1 ˇ m; n; 1: Phương trình đường thẳng BO x1 x3 D Phương trình đường thẳng CO x1 x2 D 0: K D BO \ NP nên tọa độ điểm K thỏa mãn hệ phương trình x1 m/x1 C nx2 x3 D x3 D Vậy K D n; m; n/: L D CO \ MQ nên tọa độ điểm L thỏa mãn hệ phương trình m.1 n/x1 C mnx2 x1 x2 D nx3 D Vậy L D n; n; m/: Đường thẳng BL có tọa độ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ġ ˇ ˇ ˇ 0 ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ; ˇ ˇ; ˇ ˇ ˇ n m ˇ ˇ m n ˇ ˇ n n ˇ D Œm; 0; n: Đường thẳng CK có tọa độ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ġ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 0 ˇ ˇ ˇ; ˇ ˇ; ˇ ˇ ˇ m n ˇ ˇ n n ˇ ˇ n m ˇ D Œ m; n; 0: Đường thẳng AI có tọa độ ˇ ˇ ġ ˇ 0 ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ 1 ˇ; ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ; ˇ ˇ ˇ ˇ ˇ D Œ0; 1; 1 96 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Xét định thức ˇ ˇ m ˇ  D ˇˇ m ˇ 0 n n ˇ ˇ ˇ ˇ D m:n ˇ ˇ m/: n/ D 0: Vậy AI; BL; CK đồng quy điểm Tương tự hóa tốn Từ tốn xạ ảnh khơng gian xạ ảnh, cách chọn siêu phẳng khác đóng vai trị siêu phẳng vơ tận ta có nhiều tốn afin khác mà kết ta suy từ kết biết không gian xạ ảnh Bằng cách chọn BC đường thẳng vơ tận, ta tốn sau Bài tốn Cho hình bốn đỉnh APOQ Đường thẳng qua Q song song với PO cắt đường thẳng qua O song song với AP L: Đường thẳng qua P song song với QO cắt đường thẳng qua O song song với AQ K: Dựng hình bình hành OLIK Chứng minh A; I; O thẳng hàng Bằng cách chọn đường thẳng AC làm đường thẳng vô tận, ta toán sau Bài toán Cho hai tia Bx; By Trên Bx lấy hai điểm M; N By lấy điểm Q Gọi O điểm QN: Đường thẳng qua N song song với MO cắt BO K: Đường thẳng qua O song song với Bx cắt QM L: Đường thẳng qua K song song với Bx cắt BL I: Chứng minh OI k By: Mở rộng toán Từ toán 1, chúng tơi tổng qt hóa thành tốn cho đường trịn Ta tốn sau Bài tốn Cho điểm M; B; Q; P; C; N nằm đường tròn Gọi I giao điểm MP NQ: L; K giao điểm CI với MQ BI với NP: Gọi T giao điểm BL CK: Chứng minh A; T; I thẳng hàng 97 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Sau số cách giải toán Chứng minh Cách [2] Gọi S D BM \ CN: Áp dụng định lí Pascal cho lục giác MBQP CN ta có A; I; S thẳng hàng Gọi X1 ; X2 ; Y1 ; Y2 giao điểm BC với MQ; NP; MP; NQ: Để chứng minh A; I; T thẳng hàng ta chứng minh B.CAT S/ D C.BAT S/ tức X1 QLM / D X2 PKN / 1/ Ta có, áp dụng định lí Ménélaus cho tam giác QX1 Y2 với L; I; C thẳng hàng X1 QLM / D LX1 MX1 I Y2 CX1 MQ W D : : LQ MQ IQ C Y2 MX1 Tương tự cho X2 PKN /: 98 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Khi (1) tương đương với I Y2 CX1 MQ I Y1 BX2 NP : : : D : IQ C Y2 MXÃ1  IP BY1 NX à MQ IP CX1 BX2 I Y1 I Y2 : , : W D W : NP IQ MX1 NX2 BY1 C Y2 CX1 CQ BX2 BP D I D : M X1 MB NX2 CN 1/ tương đương với Chú ý ! à sin QIM sin I NP CQ CN I Y1 I Y2 : D W : : : MB BP BY1 C Y2 sin IMQ sin PI N 2/ Áp dụng định lí sin cho tam giác IBY1 IBM ta có I Y1 sin IBC sin IBC D D : BY1 sin BIM MB: sin BMP IB Tương tự cho Vậy ta có I Y2 : C Y2 sin IBC I Y1 I Y2 sin ICB W D W : sin CNQ BY1 C Y2 MB: sin BMP NC: IB IC 3/ Từ (2), (3), ta cần chứng minh CQ NC I Y1 C Y2 IB NC sin IBC sin CNQ : D : D : : : MB BP BY1 I Y2! MB IC !sin BMP sin ICB IB sin IBC sin CNQ CQ , : : D IC BP sin ICB sin BMP CQ BP CQ BP BC BC , D , D , D : sin CNQ sin BMP sin QBC sin BCP sin BQC sin BP C Điều hiển nhiên Vậy, ta có điều phải chứng minh Cách [3] Gọi D D BM \ CN; U D BI \ MQ V D CI \ NP: Áp dụng định lí Pascal cho điểm B; Q; N; C; P; M nằm đường trịn O/ ta có A D BQ \ CP; I D QN \ PM D D NC \ MB nên A; I D thẳng hàng Tiếp theo ta chứng minh T nằm đường thẳng AID phương pháp tỉ số kép Ta có B.ALID/ D QLUM / D M ULQ/ (theo tính chất tỷ số kép hàng điểm) D PK V N / (xét phép chiếu xuyên tâm I ) D C.AKID/: Từ đó, suy BL AK cắt điểm T AID hay A; T; I thẳng hàng 99 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Thực phép chiếu xuyên tâm từ điểm O nằm mặt phẳng tờ giấy xuống mặt phẳng không song song với mặt phẳng tờ giấy đường trịn khơng cịn đường trịn mà trở thành thiết diện cônic (elip, hypebol, parabol) Từ toán ta thu toán sau Bài toán Cho điểm M; B; Q; P; C; N nằm thiết diện cônic Gọi I giao điểm MP NQ: L; K giao điểm CI với MQ BI với NP: Gọi T giao điểm BL CK: Chứng minh A; T; I thẳng hàng Bài toán tổng quát toán toán sau Bài toán Cho điểm M; B; Q; P; C; N nằm cônic S/ Gọi I giao điểm MP NQ: L; K giao điểm CI với MQ BI với NP: Gọi T giao điểm BL CK: Chứng minh A; T; I thẳng hàng Để chứng minh toán 6, ta sử dụng cách chứng minh toán Chứng minh Gọi D D BM \ CN; U D BI \ MQ V D CI \ NP: Áp dụng định lí Pascal cho điểm B; Q; N; C; P; M nằm cơnic S/ ta có A D BQ \ CP; I D QN \ PM D D NC \ MB nên A; I D thẳng hàng Tiếp theo ta chứng minh T nằm đường thẳng AID phương pháp tỉ số kép Ta có B.ALID/ D QLUM / D M ULQ/ (theo tính chất tỷ số kép hàng điểm) D PK V N / (xét phép chiếu xuyên tâm I ) D C.AKID/: Từ suy BL AK cắt điểm T AID A; T; I thẳng hàng Vậy AI; BL; CK đồng quy 100 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Kết luận Chúng ta vừa có số khám phá thú vị từ toán Các cách giải khác nhau, toán mở rộng mang đến cho nhiều điều bổ ích Bài viết cần trao đổi thêm? Mong chia sẻ bạn Tài liệu tham khảo [1] Huỳnh Chí Hào (2015), "Hàng điểm điều hịa", Các phương pháp giải toán qua kỳ thi Olympic (Trần Nam Dũng (chủ biên), Võ Quốc Bá Cẩn, Trần Quang Hùng, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tất Thu), Chương trình trọng điểm quốc gia phát triển toán học giai đoạn 2010-2020 [2] Võ Duy Khánh, Diễn đàn T1K23-Huyền Thoại CHT [3] Nguyễn Chương Chí, Diễn đàn BÀI TỐN HAY – LỜI GIẢI ĐẸP – ĐAM MÊ TỐN HỌC 101 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 102 VỀ BÀI HÌNH HỌC THI IMO NĂM 2009 NGÀY THỨ HAI Trần Quang Hùng – THPT chuyên KHTN, Hà Nội Tóm tắt Bài viết xoay quanh tốn hình học thi IMO năm 2009 ngày thứ hai với mở rộng khai thác đồng thời ứng dụng mở rộng khai thác với cơng cụ hình học túy Mở đầu Trong kỳ thi IMO năm 2009 ngày thứ ngày thứ hai có tốn hình học Trong tốn hình học ngày thứ toán lớn khai thác nhiều với mở rộng ứng dụng hình học ngày thứ hai ý hơn, thực tốn vơ thú vị sâu sắc Bài tốn sau Bài toán Cho tam giác ABC cân A Phân giác góc ∠CAB ∠ABC cắt cạnh BC CA D E Gọi K tâm nội tiếp tam giác ADC Giả sử ∠BEK D 45ı Tìm tất giá trị có góc ∠CAB Bài tốn đề nghị ba tác giả Jan Vonk, Peter Vandendriessche từ nước Bỉ Hojoo Lee từ nước Hàn Quốc Bài tốn xếp vào vị trí thứ coi toán dễ ngày Đây coi tốn tính góc đẹp mắt Có nhiều lời giải đề nghị [1] Tôi xin giới thiệu lời giải coi đơn giản lấy theo ý tưởng đề nghị nick name BlackMax [1] A F E I K B D C Lời giải Gọi I giao AD BE tâm nội tiếp tam giác ABC F hình chiếu I AC Nếu F trùng E BE vừa đường cao vừa phân giác nến tam giác ABC Trong trường hợp dễ thấy ∠BEK D 45ı thỏa mãn đề Nếu F không trùng E Dễ thấy F D đối xứng qua IC nên ∠IFK D ∠IDK D 45ı D ∠IEK Từ tứ giác IFEK nội tiếp, ta suy ∠IKE D 90ı tam giác IEK vuông cân hay 103 ... tốn nên cách giải phương pháp tọa độ cách giải ưa dùng 2.2 Phương pháp tọa độ khối tâm Tọa độ khối tâm (Homogeneous barycentric coordinates) phương pháp tọa độ Mobius tìm Nội dung phương pháp sau... có A; I; O thẳng hàng Vậy AO; BL; CK đồng quy [1] Ngoài cách giải ta cịn giải tốn phương pháp tọa độ Phương pháp tọa độ có ưu điểm phương pháp có tính chất thuật tốn Dù việc tính tốn nhiều tốn... 2.4 Phương pháp tọa độ xạ ảnh Xét mục tiêu xạ ảnh fA; B; C I O/: Ta có: A D 1; 0; 0/I B D 0; 1; 0/I C D 0; 0; 1/: Phương trình đường thẳng AB x3 D 0: Phương trình đường thẳng AC x2 D 0: Phương