Về hai bài hình trong kỳ thi IMO 2015

Bài viết Về hai bài hình trong kỳ thi IMO 2015 sẽ giải quyết và đưa ra các ý tưởng mở rộng cùng nhiều ứng dụng cho các đề hình học thi IMO năm 2015. Để hiểu rõ hơn, mời các bạn tham khảo chi tiết nội dung bài viết này.

VỀ HAI BÀI HÌNH TRONG KỲ THI IMO 2015 Trần Quang Hùng (Trường THPT chuyên KHTN, ĐH KHTN, Hà Nội) Tóm tắt Bài viết giải đưa ý tưởng mở rộng nhiều ứng dụng cho đề hình học thi IMO năm 2015 Bài hình ngày thứ 1.1 Mở đầu Đề thi IMO ngày thứ năm 2015 [1] có hình học sau: Bài toán Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O/ với trực tâm H; đường cao AF M trung điểm BC: Đường tròn đường kính HA cắt O/ Q khác A: Đường trịn đường kính HQ cắt O/ K khác Q: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác KHQ KFM tiếp xúc Lời giải thứ Vẽ đường kính AE QR O/: L; N trung điểm HR; QA: Dễ thấy Q; H; M; E thẳng hàng Từ suy ML k ER k QA 1 ML D ER D QA D NQ; 2 nên NQML hình bình hành Do đó, LN ? QA: Từ ta LA D LQ: Mặt khác, ML k QA nên ML tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp 4LAQ L 1/: Mà HA HF D HK HL D HQ HM; nên phép nghịch đảo tâm H phương tích HA HF biến M ! Q; L 7! K; A 7! F; Q 7! M: 109 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 A N Q O R L K H M B C F E Do từ 1/ kết hợp với phép nghịch đảo tâm H suy đường tròn ngoại tiếp 4KHQ; 4KFM tiếp xúc Lời giải thứ hai Gọi AE đường kính O/ D đối xứng H qua BC D nằm O/: Dễ thấy Q; H; M; E thẳng hàng Gọi tiếp tuyến K; H đường tròn ngoại tiếp tam giác KHQ cắt X: Ta có ∠KXH D 180ı 2∠KHX D 180ı 2∠KQH D 2.90ı ∠KQH / D 2.90ı ∠KAE/ D 2∠AEK D 2∠KDH: Lại có XK D XH; từ X tâm ngoại tiếp tam giác KDH: Do BC trung trực HD nên X nằm BC: Từ theo hệ thức lượng tam giác vng ta có XK D XH D XF XM: 110 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 A Q O K H M C X F B D E Hay XK tiếp tuyến chung đường tròn ngoại tiếp tam giác KQH KFM hay hai đường tròn tiếp xúc K Lời giải thứ ba Gọi đường thẳng qua M vng góc với QM cắt KH D: A Q L O N Z K D H B T F M C Gọi L; Z trung điểm HQ; HK L; Z nằm đường tròn Euler N / mà M thuộc N / nên N trung điểm LD: N trung điểm OH nên OD k LH ? QA: Từ có DQ D DA HA HF D HQ HM D HK HD: 111 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Kẻ tiếp tuyến K T đường tròn ngoại tiếp tam giác KQH ta có ∠TKF D ∠TKH ∠HKF D ∠KQH ∠HAD D ∠HDM ∠QAD ∠QAH / D ∠HDM ∠QDM C ∠HMF D ∠HMF ∠QDH D ∠HMF ∠HMK D ∠KMF: Do K T tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác KFM: Bài tốn chứng minh Nhận xét Bài toán toán thứ ngày thứ nhất, đánh giá khó Tuy tốn chứng minh hai đường trịn tiếp xúc mà có sẵn tiếp điểm mức độ khó chưa cao xếp số hợp lý Lời giải thứ ý tưởng tự nhiên có hai đường tròn tiếp xúc ta nghĩ tới việc nghịch đảo đề chứng minh đường thẳng tiếp xúc đường tròn để giảm số lượng đường tròn Lời giải nghĩ Telv Cohl Trịnh Huy Vũ học sinh lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, bạn Vũ giúp tác giải trình bày lại lời giải Cũng có nhiều lời giải khác đề xuất Lời giải thứ hai có ý tưởng túy hình học thông minh Jeck Lim, nick name oneplusone [1], tác giả chỉnh sửa chút cách dựng điểm X biến đổi góc gọn Lời giải thứ ba thực chất xuất phát từ ý tưởng nghịch đảo tác giả trao đổi Hồ Quốc Đăng Hưng tác giả chỉnh sửa lại gọn hơn, bỏ cách trình bày nghịch đảo làm lại túy hình học Trong lời giải điểm T khơng cần thiết ta dựng cho đẹp Bài tốn có nhiều ứng dụng mở rộng, phần sau xin giới thiệu số ứng dụng mở rộng 1.2 Khai thác tốn IMO Bài tốn IMO cấu hình đẹp, cấu hình ta cịn thấy nhiều toán thú vị khác Bài toán tác giả tìm cách tình cờ cố giải toán IMO sử dụng phương pháp đồng dạng trung tuyến Bài toán Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O/ với trực tâm H; đường cao AF M trung điểm BC: Đường trịn đường kính HA cắt O/ Q khác A: Đường trịn đường kính HQ cắt O/ K khác Q: KQ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác KFM N khác K: Chứng minh MN chia đôi AQ: Lời giải Gọi L; R tâm ngoại tiếp tam giác KQH KFM L trung điểm QH theo tốn K; L; R thẳng hàng 112 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 A N P R Q L O K H M B C F E Gọi P trung điểm QA; ta chứng minh M; N; P thẳng hàng, Gọi AE đường kính O/ Q; H; M; E thẳng hàng Từ ∠KQH D ∠KAE nên hai tam giác vuông KQH KAE đồng dạng suy hai tam giác KQA KHE đồng dạng, chúng có trung tuyến KP; KM nên ∠QPK D ∠QMK ∠QKP D ∠HKM: Cũng từ tứ giác QPMK nội tiếp Ta có ∠CMN D ∠QKF D ∠QKL C ∠LKM C ∠MKF D ∠KPM C ∠RMK C 90ı ∠RMF D 90ı ∠PMK C ∠RMK D 90ı ∠PMK C ∠RMK C 90ı ∠RMF D 180ı ∠BMP D ∠CMP: Từ M; N; P thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh Chính nhờ ý tưởng tốn cho ta cách nhìn thú vị giấu tiếp điểm toán gốc sau: Bài toán Cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H; đường cao AF M trung điểm BC: Đường trịn đường kính HA cắt HM Q khác A: X thuộc BC cho XH ? QM: Gọi L; P trung điểm QH; QA: Đường thẳng qua Q song song LX cắt MP N: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác NFM tiếp xúc đường trịn đường kính QH: Lời giải thứ Gọi O/ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC: Gọi AE đường kính O/ Q; H; M; E thẳng hàng Gọi D đối xứng H qua BC: Đường tròn X; XH / cắt đường tròn O/ K khác D: Ta có ∠XKH D ∠XHK D 90ı ∠KDH D 90ı ∠KEA D ∠KAE D ∠KQE; từ KH; KX tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác QKH Lại có ∠KQH D ∠KHX D 90ı 113 ∠KHQ; Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 nên ∠QKH D 90ı K thuộc đường trịn đường kính QH nên LX ? KH ? QK; suy QK k LX k QN nên K; Q; N thẳng hàng Từ tam giác KQH tam giác KAE đồng dạng suy KQA KHE đồng dạng, lại có trung tuyến tương ứng KP; KM nên tam giác KQP KHM đồng dạng hay KQH KPM đồng dạng Lại có XK D XH D XM XF; suy XK tiếp xúc đường tròn R/ ngoại tiếp tam giác KFM Từ K; L; R thẳng hàng Vậy ∠LKQ D ∠LQK D ∠KPM D 90ı ∠KHQ D 90ı ∠PMK; từ dễ suy ∠KRM D 2∠N Từ N thuộc R/ hay R/ đường trịn ngoại tiếp tam giác NFM Hiển nhiên R/ tiếp xúc đường trịn đường kính QH Ta có điều phải chứng minh Lời giải thứ hai Gọi đường tròn đường kính QH cắt O/ K khác A D đối xứng H qua BC: Chứng minh tương tự tốn gốc QE tiếp xúc đường trịn ngoại tiếp tam giác KHD mà HX ? QE nên tâm ngoại tiếp tam giác KHD nằm HX; lại có X thuộc trung trực HD nên tâm ngoại tiếp tam giác KHD X XH D XK: Mà dễ thấy XH tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác QHK nên XK Từ KH ? LX ? QK nên QK k LX k QN: Từ Q; K; N thẳng hàng Ta có ∠QKF C ∠FMN D ∠QKL C ∠RKM C ∠MKF C ∠FMP D 90ı ∠KHQ C ∠RMK C 90ı ∠RMF C ∠FMP D 180ı ; hay tứ giác NKFM nội tiếp Từ đường tròn ngoại tiếp tam giác NFM tiếp xúc đường trịn đường kính QH: Ta lại có ý tưởng khác phát triển toán IMO sau: Bài toán Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O/ với trực tâm H đường cao AD: Đường trịn đường kính HA cắt O/ G khác A: Đường trịn đường kính HG cắt O/ K khác G: S đối xứng với D qua HK: Chứng minh đường thẳng qua S vng góc SK chia đơi BC: Lời giải Gọi M trung điểm BC; ta chứng minh tam giác KSM vuông S: 114 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 A S G O H K B T D M C Thật vậy, theo tốn IMO đường trịn ngoại tiếp tam giác KGH KDM tiếp xúc K: Gọi T thuộc BC cho K T tiếp tuyến cung hai đường trịn Ta có ∠SKM D ∠SKH C ∠HKM D ∠HKD C ∠GHK ∠GMK D ∠HK T ∠DK T C ∠GHK ∠GMK D ∠HGK C ∠GHK ∠KMD ∠GMK D 90ı ∠HMD D ∠DHM: Cũng theo chứng minh tốn gốc ta lại có TK TH tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác KGH hai tam giác TKD TMK đồng dạng Từ KD TK TH HD KS D D D D : KM KM TM TM HM Từ dễ thấy tam giác KSM tam giác HDM đồng dạng với nên ∠KSM D 90ı : Chứng minh hoàn tất Từ hai toán ta đến phát triển sau: Bài toán Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O/ với trực tâm H đường cao AD; trung tuyến AM: Đường trịn đường kính HA cắt O/ G khác A: Đường trịn đường kính HG cắt BC K khác G: KG cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác KDM N khác K: KH cắt MN Q: Chứng minh QD D QM: Lời giải thứ tác giả đưa dựa kết trước: Lời giải thứ Gọi S đối xứng D qua KH KS cắt MM T: Theo chứng minh trước MN qua trung điểm P GA nên ∠QHM D ∠GHK D ∠KMQ: 115 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Từ ∠QMH D ∠QKM: Vậy ∠HKD D 90ı ∠HMD ∠HKM D 90ı ∠KSD D 90ı ∠SKH D 90ı ∠QMD: Từ ∠HKD D ∠QMD; suy tứ giác STMD nội tiếp Theo trước ∠T SK D 90ı : Từ suy ∠TDM D 90ı hay T thuộc AH: A N P S T O G H Q K B T D M C Cũng từ ∠HKD D 90ı ∠QMD D ∠M TD nên tứ giác K TQD nội tiếp, ta thu ∠DQM D ∠TKD hay hai tam giác QDM KDS đồng dạng hay QD D QM: Lời giải thứ hai chứng minh trực tiếp bạn Trịnh Huy Vũ: Lời giải thứ hai Vẽ đường kính AR; GE O/: Gọi I trung điểm GA: Từ kết trước ta có I nằm đường thẳng MN: Gọi X trung điểm HE: Ta có kết quen thuộc G; H; M; R thẳng hàng Từ suy MX k GA 1 MX D RE D GA D IA D IG; 2 AIM X; IGMX hình bình hành Do AX k MI XI ? GA: Nên XA D XG: Gọi MI cắt AD J: Lấy U đối xứng A qua X: Do XA D XG suy ∠AGU D 90ı : Do U nằm đường thẳng HM: Vậy KH chia đôi MJ MJ k AU KH chia đơi AU X: 116 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 A N I S G J K H O Q X B D E C M R U Suy Q trung điểm MJ; kết hợp với ∠JDM D 90ı ; ta suy tiếp QD D QM: Bài tốn chứng minh Từ ta sử dụng kết bạn Vũ lại đưa lời giải khác cho toán trước sau: Lời giải trước Ta sử dụng kí hiệu lời giải thứ hai Từ toán ta suy Q tâm ngoại tiếp tam giác DMS: Suy ∠DSM D ∠DQM: Ta có HK HX D HK 1 HE D HG HR D HG HM D HA HD: 2 Suy tứ giác AXDK nội tiếp Do ta có ∠KSD D ∠KDS D 90ı D 90ı D 90ı ∠DKH D 90ı ∠DAX ∠DJM D 90ı ∠DQM ∠DSM: 117 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 A N I G S J K H O Q X B D E C M R U Vậy ∠KSM D ∠KSD C ∠DSM D 90ı : Nếu sử dụng thêm định lý bướm ta có hai khai thác sau: Bài toán Cho tam giác ABC nhọn với tâm ngoại tiếp O với trực tâm H; đường cao AD trung tuyến AM: G hình chiếu A lên HM: L trung điểm HG: K đối xứng với G qua OL: KL cắt trung trực DM S: KG cắt BC T: Lấy X thuộc MK cho TX ? ST; Y đối xứng X qua T: P trung điểm AG: Chứng minh KG; YD; MP đồng quy Ta phát biểu tốn cách khác, có nhiều giá trị Bài tốn Cho tam giác ABC nhọn với tâm ngoại tiếp O với trực tâm H; đường cao AD trung tuyến AM: G hình chiếu A lên HM: L trung điểm HG: K đối xứng với H qua OL: KL cắt trung trực DM S: P trung điểm GA: N đối xứng M qua hình chiếu S lên MP: NG cắt BC T: Lấy X thuộc ND cho XT ? ST: Y đối xứng với X qua T: Chứng minh đường thẳng M Y; NG; KL đồng quy Như từ mô hình tốn gốc ta thu số toán khác kết đẹp có giá trị 1.3 Mở rộng tốn IMO Bài toán IMO toán hay theo nghĩa có nhiều phát triển mở rộng Trong [1] đưa nhiều mở rộng viết tơi viết mở rộng mình, ta tới mở rộng như: 118 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 _ Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/: P điểm thuộc cung BC không chứa A: AP cắt BC D: Q đối xứng với P qua D: Đường tròn đường kính AQ cắt O/ G khác A: Đường trịn đường kính GQ cắt O/ K khác G: GQ cắt đường thẳng qua O song song với AP M: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác KGQ KDM tiếp xúc với Lời giải Gọi GQ cắt O/ S khác G; ∠AGQ D 90ı nên AS đường kính O/: Do OM k AP O trung điểm AS nên M trung điểm QS: Từ DM k PS ? PA nên DM trung trực PA: Lại có ∠KQG D 90ı ∠KGQ D 90ı ∠KAS D ∠ASK D ∠QPK: Từ GS tiếp xúc đường trịn ngoại tiếp tam giác KQP: Gọi tiếp tuyến K; Q đường tròn ngoại tiếp tam giác GKQ cắt T: Ta có ∠K TQ D 180ı 2∠KGQ D 2∠KQG D 2∠KPQ: A G O Q K M B T C D S P Từ T tâm ngoại tiếp tam giác KPQ: Ta chứng minh DM trung trực PQ nên T thuộc DM: Từ ta có TK D TP D TD TM; suy TK tiếp tuyến chung đường tròn ngoại tiếp tam giác KGQ KDM hay hai đường trịn tiếp xúc K: Nhận xét Mở rộng quan trọng dựa mơ hình giống tốn gốc Do ứng dụng tốn gốc phát triển mơ hình Tuy nhiên ta có nhìn đơn giản kéo dài trung trực PQ cắt O/ hai điểm Y; Z Q trực tâm tam giác AY Z nên áp dụng toán gốc IMO vào tam giác AY Z: Ta thu toán Một cách tương tự bạn làm với mở rộng sau: 120 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Bài tốn 10 Cho tam giác ABC có P hai điểm tam giác X; Y; Z đối xứng P qua BC; CA; AB: PX cắt đường tròn Q/ ngoại tiếp tam giác XY Z T khác X: Đường trịn đường kính P T cắt Q/ G khác T: Đường trịn đường kính P G cắt Q/ K khác G: D; M hình chiếu P; Q lên BC: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác KDM KP G tiếp xúc Như qua hai tốn thấy tốn IMO gốc đóng vài trị quan trọng, áp dụng tốn vào mơ hình khác cho ta nhiều tốn phát triển thú vị Ta tiếp tục tới số khai thác toán tổng quát giống khai thác toán IMO _ Bài toán 11 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn O/: P điểm thuộc BC khơng chứa A: AP cắt BC D: Q đối xứng với P qua D: Đường trịn đường kính AQ cắt O/ G khác A: Đường trịn đường kính GQ cắt O/ K khác G: GQ cắt đường thẳng qua O song song với AP M: KG cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác KDM N khác K: Chứng minh MN chia đôi GA: Lời giải Gọi AE đường kính O/: A N R G T S O Q K M B T C D E P Chứng minh tương tự tốn 1:9 ta có G; Q; M; E thẳng hàng M trung điểm QE: Từ dễ có tam giác vng KGQ KAE đồng dạng, suy ta giác KGQ KQE đồng dạng Gọi R trung điểm GA hai tam giác KGR KQM đồng dạng Từ dễ thấy tứ giác KGRM nội tiếp Ta có ∠DMN D 180ı ∠DKN D 180ı ∠GKS C ∠TKM C ∠MKD/ D 180ı 90ı ∠KMR C ∠TMK C 90ı ∠TMD/ D ∠DMR: 121 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Từ ta có M; N; R thẳng hàng _ Bài tốn 12 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/: Giả sử P điểm thuộc cung BC (không chứa A/: AP cắt BC D: Q đối xứng với P qua D: Đường trịn đường kính AQ cắt O/ G (khác A/: GQ cắt đường thẳng qua O song song với AP M: Đường thằng qua Q vng góc GM cắt DM T: S; R trung điểm GQ; GA: Đường thẳng qua G song song ST cắt MR N: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MND tiếp xúc đường trịn đường kính GQ: A N R G S O Q M B T C D P Ta xây dựng thêm mơ hình khác cho tốn IMO Bài tốn 13 Cho tam giác ABC vng A: P điểm BC: Đường tròn đường kính BP cắt đường trịn K/ ngoại tiếp tam giác AP C Q khác P: Gọi M; N trung điểm BC; AB W a/ Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác QMN QPB tiếp xúc .b/ Gọi PQ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác QMN R khác Q: MR cắt đường thẳng qua P vng góc BC S: Chứng minh KS k BC: c/ Gọi T đối xứng N qua BQ: Chứng minh ∠QTM D 90ı : d / Gọi BQ cắt ST L: Chứng minh tam giác LMN cân Lời giải Gọi AB cắt K/ X khác A MN cắt K/ Y; Z: Dễ thấy B trực tâm tam giác X Y Z: 122 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 X A S N B L Q T K Y M C P R Z Áp dụng toán xây dựng cho tam giác XY Z trực tâm B ta thu điều phải chứng minh Ta lại sử dụng cách làm để giấu tiếp điểm ta thu toán thú vị sau: Bài toán 14 Cho tam giác ABC vuông A: M; N trung điểm BC; AB: Một đường thẳng vng góc BC P cắt AB X: S; T trung điểm PB; PX: Lấy điểm L thuộc MN cho BL ? BC: Lấy R thuộc M T cho PR k LS: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác RMN tiếp xúc đường trịn đường kính PB: 123 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 X A L B T N M P C S R Ngoài ta tơi cịn thu tốn tổng qt lạ thú vị sau: Bài toán 15 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/: Đường tròn K/ qua B; C cắt CA; AB E; F: BE cắt CF H: Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt O/ G khác A: Đường trịn đường kính HG cắt O/ L khác G: D hình chiếu K lên AH: GK cắt BC M: ML cắt KD N: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác LHG LDN tiếp xúc Mặt khác toán gốc nhiều phát triển mở rộng khác bạn luyện tập sau: Bài toán 16 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn O/ có đường kính AD: M điểm BC: MD cắt O/ G khác D: Q đối xứng D qua M: Đường trịn đường kính QG cắt O/ K khác G: N hình chiếu M lên AQ: a/ Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác KMN KQG tiếp xúc .b/ Gọi KG cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác KMN P khác K: Chứng minh MP chia đôi AG: c/ Gọi R đối xứng N qua QK: Chứng minh ∠KRM D 90ı : 124 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Bài toán 17 Cho tam giác ABC có ∠A D 60ı nội tiếp đường trịn O/: Đường cao _ BE; CF cắt H: M trung điểm cung BC chứa A: Giả sử MH cắt O/ N (khác điểm M /: Đường tròn đường kính HN cắt O/ K khác N: P đỗi xứng H qua EF Q trung điểm HM: a/ Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác KPQ KHN tiếp xúc .b/ Gọi KN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác KPQ L khác K R trung điểm cung _ BC không chứa A: Chứng minh QL chia đôi KR: c/ Gọi Z đối xứng P qua KH: Chứng minh ∠KZQ D 90ı : Lời giải Gọi S; T đối xứng H qua F; E MR đường kính O/: Từ ∠BAC D 60ı ta thấy H trực tâm tam giác RST: Từ áp dụng tốn biết tam giác RST: M A T P Q E S F O H B C K N R Ta thu điều phải chứng minh Bài toán 18 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/ tâm nội tiếp I: Đường tròn Amixtilinear tiếp xúc O/ P: Đường tròn đường kính PI cắt O/ K khác P: N trung điểm AI trung trực AI cắt PI M: a/ Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác KMN KPI tiếp xúc .b/ Giả sử KP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác KMN L (khác điểm K/: AI cắt O/ D khác A: Chứng minh ML chia đôi PD: c/ Gọi Q đối xứng N qua KI: Chứng minh ∠KQM D 90ı : 125 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Bài toán 19 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn O/ có đường cao BE; CF: K; L đối xứng O qua CA; AB: KE cắt LF H: T thuộc trung trực BC cho H T k OA: M trung điểm AT: MO cắt tiếp tuyến qua A O/ N: Đường thẳng qua N song song OA cắt đường thẳng Euler tam giác ABC P:G hình chiếu T lên NH: Q trung điểm HG: S đối xứng G qua PQ: TH cắt AN D: a/ Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác SDN SGH tiếp xúc .b/ Gọi GS cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác SDN R khác S: Chứng minh NR chia đôi T G: c/ Gọi W đối xứng với D qua SH: Chứng minh ∠SW N D 90ı : Cuối mô hình mở rộng có [1] tìm bạn Trịnh Huy Vũ Bài toán 20 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/: Một đường tròn D/ qua B; C cắt CA; AB E; F: Dựng đường kính AP đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF: K hình chiếu D AP: Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt O/ lần thứ hai G: Đường tròn đường kính GP cắt O/ lần thứ hai J: a/ Chứng minh đường tron ngoại tiếp tam giác J GP JKD tiếp xúc .b/ Đặt J G cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác JKD lần thứ hai M: Chứng minh DM chia đôi GA: c/ Gọi L đối xứng K qua JP: Chứng minh ∠JLD D 90ı : Bài hình ngày thứ 2.1 Mở đầu Đề thi IMO ngày thứ hai năm 2015 [2] có hình học thú vị sau Bài toán 21 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/: Đường tròn A/ tâm A cắt BC D; E cắt O/ G; H cho D nằm B; E tia AB nằm tia AC; AG: Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDG CEH cắt AB; AC K; L khác B; C: Chứng minh GK HL cắt AO: Tơi xin trình bày lời giải cho tốn Lời giải Gọi GK cắt LH X ta dễ thấy AO trung trực GH: Ta cần chứng minh X thuộc trung trực GH tốn hồn tất, Ta thấy ∠EH C D ∠GH C Từ ∠GHE D 180ı ∠GBD ∠GDB D ∠BGD: ∠XGH D ∠XGD ∠HGD D ∠KBD ∠HEC D 180ı ∠GBA C ∠BGD C ∠BDG/ ∠HEC D 180ı ∠H CA C ∠EH C C ∠EHG/ ∠HEC D ∠ACB ∠GHE D ∠XHE ∠GHE D ∠XHG: 126 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 A X L H K O G B D E C Từ tam giác XGH cân ta có điều phải chứng minh Nhận xét Bài toán toán thứ ngày thứ hai đánh giá mức độ dễ Lời giải dùng kỹ thuật cộng góc Đây tốn đẹp, cấu hình khơng phức tạp mà đơn giản, có nhiều ý nghĩa kiểm tra đánh phát triển tư Bài tốn có số mở rộng ứng dụng, theo dõi phần sau 2.2 Mở rộng khai thác Đầu tiên ta thấy thay đường trịn tâm A thành đường tròn tâm đường thẳng AO tốn có lời giải hồn tồn tương tự Chúng ta vào mở rộng khác có ý nghĩa Bài toán 22 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/; đường cao AD:: A/ đường tròn tâm A: Gọi E; F hai điểm thuộc A/ cho E; F đối xứng qua AD tia AE nằm AB; AF: Đường tròn A/ cắt O/ G; H cho tia AB nằm tia AG; AC: CE; BF cắt đường tròn A/ P; Q khác E; F: Đường tròn ngoại tiếp tam giác BP G CQH cắt BA; CA K; L khác B; C: Chứng minh GK HL cắt AO: Lời giải Trước hết ta có EF k BC nên ∠QPE D ∠EFB D ∠FBC: 127 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 A H L O K G P X Q F E B C D Từ tứ giác PQCB nội tiếp Lại có ∠EH C D 180ı ∠GBC ∠GHE D 180ı ∠GBP ∠PBC ∠GFE D ∠BGP C ∠GPB 180ı ∠BP C ∠P CB/ C 180ı D ∠BGP C ∠FEC D ∠BGP C ∠P GF D ∠BGF: Từ ∠HGX D ∠HGP D ∠HEC ∠P GK D ∠HEC ∠PBK ∠GBF ∠GBA ∠PBF /; ∠GPE 1/: tương tự ∠GHX D ∠GFB ∠H CE ∠H CA ∠QCE/: 2/: Lại dễ có ∠GBA D ∠H CA; ∠PBF D ∠QCE ∠BGF D ∠CHE nên ∠GBF C ∠GFB D ∠HEC C ∠EH C: hay ∠HEC ∠GBF D ∠GFB ∠EH C: 3/ Từ 1/; 2/; 3/ ta dễ suy ∠HGX D ∠GHX: Nhận xét Bài toán tổng quát thay đường tròn A/ thành đường tròn tâm thuộc OA với cách giải biến đổi góc tương tự Ta để ý kỹ lời giải lời giải tốn gốc việc biến đổi góc để ∠EH C D ∠F GB bước quan trọng Có thể thấy thực chất việc G; H nằm O/ không quan trọng, ta tới toán tổng quát sau 128 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Bài tốn 23 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/; đường cao AD: A/ đường tròn tâm A: Gọi E; F hai điểm thuộc A/ cho E; F đối xứng qua AD tia AE nằm AB; AF: Trên đường tròn A/ lấy hai điểm G; H cho GH ? OA đồng thời tia AB nằm tia AG; AC: Gọi CE; BF cắt đường tròn A/ P; Q khác E; F: Đường tròn ngoại tiếp tam giác BP G CQH cắt BA; CA K; L khác B; C: Chứng minh GK HL cắt AO: Hơn ta có thấy tốn ta thay đường trịn A/ thành đường trịn có tâm OA: Từ ta nghĩ ta thay đường thẳng OA thành trung trực dây cung O/; ta lại có tốn sau Bài tốn 24 Cho tứ giác XYBC nội tiếp đường tròn O/: A/ đường tròn tâm với tâm A thuộc trung trực XY: D hình chiếu A lên BC: Gọi E; F hai điểm thuộc A/ cho E; F đối xứng qua AD tia AE nằm AB; AF: Trên đường tròn A/ lấy hai điểm G; H cho GH ? OA đồng thời tia AB nằm tia AG; AC: Gọi CE; BF cắt đường tròn A/ P; Q khác E; F Đường tròn ngoại tiếp tam giác BP G CQH cắt BY; CX K; L khác B; C: Chứng minh GK HL cắt AO: Nhờ ta có nhiều cách khai thác tốn, ssu chúng tơi trình bày số khai thác mơ hình tốn Bài tốn 25 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/: Đường tròn A/ tâm A cắt BC E; F cắt O/ G; H cho E nằm B; E tia AB nằm tia AC; AG: GH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BEG CFH M; N khác G; H: Gọi GE; HF cắt BM; CN P; Q: Gọi ME; GB cắt NF; H C S; T: Chứng minh S T chia đôi PQ: 129 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Lời giải Theo chứng minh toán gốc ta ∠BGE D ∠CHF: A O S K M P G B I H L U N E Q F C V T Từ có ∠F NH D ∠F NC C ∠CFH D ∠FH C C ∠CFH D ∠EGB C ∠EGM D ∠BGM D ∠MEF: Từ tứ giác MNFE nội tiếp Dễ thấy ∠HNC D ∠HF C D ∠EGH D ∠MBE; suy tứ giác BMNC nội tiếp Gọi K/; L/ đường tròn ngoại tiếp tam giác BEG CFH từ tứ giác EMNF BGH C nội tiếp ta suy ST trục đẳng phương K/ L/: Ta lại có ∠GEB D ∠GMB D ∠NCB nên GE k NC; tương tự HF k MB: Gọi BM; GE cắt CN; HF U; V P UQV hình bình hành nên U V chia đôi PQ: Cũng từ tứ giác BMNC GEFH nội tiếp ta suy U; V thuộc trục đẳng phương K/; L/ ST: Vậy từ S T chia đơi PQ: 130 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Một cách hồn tồn tương tự, ta thu tốn chia đơi đoạn thẳng thú vị mơ hình tốn tổng quát Bài toán 26 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/; đường cao AD: A/ đường tròn tâm A: Gọi E; F hai điểm thuộc A/ cho E; F đối xứng qua AD tia AE nằm AB; AF: Đường tròn A/ cắt O/ G; H cho tia AB nằm tia AG; AC: CE; BF cắt đường tròn A/ P; Q khác E; F: GH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BP G CQH M; N: MP; GB cắt NQ; H C S; T: Lấy điểm U; V đường thẳng MB; NC cho UG k NC VH k MB: Chứng minh S T chia đôi U V: A H N O M Q G P E B U F C D I V S T Nếu biết sử dụng phép nghịch đảo bạn làm thêm tốn sau để luyện tập 131 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Bài tốn 27 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O/: Đường tròn A/ tâm A cắt BC E; F cắt O/ G; H cho E nằm B; F tia AB nằm tia AC; AG: Đường tròn qua H; C tiếp xúc HA cắt CA Q khác C: Đường tròn qua G; B tiếp xúc GA cắt AB P khác B: Đường tròn ngoại tiếp tam giác GPE HQF cắt AB; AC M; N khác P; Q: Chứng minh bán kính ngoại tiếp hai tam giác AGM AHN A H Q P O G B C E F M K N L Kết luận Kỳ thi IMO năm lại tiếp tục có hai hình vị trí số số 4: Hai tốn hình học thi IMO năm tốn hay có giá trị cao Ngoài việc đưa mở rộng khác viết cịn có ứng dụng tốn thi vào tốn chia đơi đoạn thẳng đẹp mắt Cũng từ tốn chia đơi đoạn thẳng ngày thứ ta thu cách phát biểu thú vị hai đường tròn tiếp xúc từ cách phát biểu thu lại ứng dụng phát biểu cho toán tổng quát thứ hai, điều làm tăng hấp dẫn cho toán thi Bài tốn chia đơi đoạn thẳng phát triển ngày thứ hai khơng phần thú vị, kết hợp ứng dụng trục đẳng phương hình bình hành Hai tốn hình kỳ thi năm đẹp có tính gợi mở phát triển cao, xứng đáng đề thi IMO Cuối tác giả muốn nói lời cảm ơn tới bạn Trịnh Huy Vũ học sinh lớp 12A1 Tốn THPT chun KHTN học trị tác giả, người có nhiều đóng góp cho viết giúp tác giả chỉnh sửa số lỗi viết 132 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Tài liệu tham khảo [1] Topic Problem 3: http://www.artofproblemsolving.com/community/ c6t48f6h1112748_problem3 [2] Topic Problem W http://www.artofproblemsolving.com/community/ c6t48f6h1113163_problem_4 133 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 134 ... lại túy hình học Trong lời giải điểm T không cần thi? ??t ta dựng cho đẹp Bài tốn có nhiều ứng dụng mở rộng, phần sau xin giới thi? ??u số ứng dụng mở rộng 1.2 Khai thác toán IMO Bài tốn IMO cấu hình. .. Chứng minh bán kính ngoại tiếp hai tam giác AGM AHN A H Q P O G B C E F M K N L Kết luận Kỳ thi IMO năm lại tiếp tục có hai hình vị trí số số 4: Hai tốn hình học thi IMO năm tốn hay có giá trị cao... lần thứ hai M: Chứng minh DM chia đôi GA: c/ Gọi L đối xứng K qua JP: Chứng minh ∠JLD D 90ı : Bài hình ngày thứ 2.1 Mở đầu Đề thi IMO ngày thứ hai năm 2015 [2] có hình học thú vị sau Bài toán