một số định lý hình học phẳng thường gặp ôn thi học sinh giỏi và VMO

một số định lý hình học phẳng thường gặp ôn thi học sinh giỏi và VMO một số định lý hình học phẳng thường gặp ôn thi học sinh giỏi và VMO một số định lý hình học phẳng thường gặp ôn thi học sinh giỏi và VMO một số định lý hình học phẳng thường gặp ôn thi học sinh giỏi và VMO một số định lý hình học phẳng thường gặp ôn thi học sinh giỏi và VMO

MỘT SỐ BỔ ĐỀ, ĐỊNH LÝ THƯỜNG DÙNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Ngơ Đức Anh K26 Tốn - THPT Chun Sơn La Tóm tắt nội dung Hình học phẳng ln vấn đề vô đặc sắc thường xuyên xuất kì thi HSG cấp Trong việc xây dựng ý tưởng tìm tịi lời giải cho tốn hình học việc biết nhiều bổ đề, định lý giúp nhiều việc giải vấn đề cách dễ dàng Vì mà tác giả định trình bày với bạn đọc số bổ đề thông dụng mà hay sủ dụng giải tốn hình học Mục lục Định lý Reim 1.1 Định lý Reim 1.2 Hệ 1.3 Ví dụ 1.4 Bài tập đề nghị 1.5 Lời kết Định lý bốn điểm điểm, định lý Carnot 10 2.1 Định lý bốn điểm, định lý Carnot 10 2.2 Hệ 11 2.3 Ví dụ 12 2.4 Bài tập đề nghị 19 2.5 Lời kết 19 Định lý bướm 21 3.1 Định lý bướm 21 3.2 Ví dụ 23 3.3 Bài tập đề nghị 28 3.4 Lời kết 29 Một số kí hiệu sử dụng tài liệu • (O) - Đường trịn tâm O • (AB) - Đường trịn đường kính AB • (ABC) - Đường trịn ngoại tiếp tam giác (ABC) • IAk - Phép nghịch đảo tâm A phương tích k • ABC - Cát tuyến ABC 1.1 Định lý Reim Định lý Reim Bổ đề Cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) cắt A B Một đường thẳng qua A cắt (O1 ) (O2 ) A1 A2 ; đường thẳng qua B cắt (O1 ) (O2 ) B1 B2 Khi A1 B1 ∥ A2 B2 Lời giải Xét hình vẽ, trường hợp khác bạn đọc chứng minh tương tự Ta có A1 B1 B = A2 AB = 180◦ − A2 B2 B Suy A1 B1 B + A2 B2 B = 180◦ Do A1 B1 ∥ A2 B2 □ Nhận xét Bổ đề trường hợp suy biến điểm trùng ta xem cạnh cặp điểm trùng tiếp tuyến cặp điểm trùng (O1 ) (O2 ) tiếp xúc với 1.2 Hệ Hệ Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Một đường tròn (O′ ) qua đỉnh B C cắt đường thẳng AB AC B ′ C ′ khác A Một đường thẳng t qua đỉnh A Khi t tiếp xúc với (O) t ∥ B ′ C ′ Hệ Cho tam giác ABC Các điểm B ′ C ′ nằm đường thẳng AB AC khác với đỉnh tam giác Khi hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC AB ′ C ′ tiếp xúc với BC ∥ B ′ C ′ Nhận xét Hai bổ đề hữu ích việc chứng minh đường thẳng tiếp xúc với đường tròn đường trịn tiếp xúc với đường trịn 1.3 Ví dụ Bài toán Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O Đường thẳng qua D vng góc với AC cắt AC (O) E, F Gọi ℓ đường thẳng qua F vuông góc với BC Đường thẳng qua A vng góc với ℓ cắt ℓ (O) G H Gọi I, J giao điểm GE với F H CD Chứng minh điểm C, I, F J thuộc đường trịn Lời giải Ta có AGF = AEF = 90◦ nên AEGF nội tiếp Áp dụng định lý Reim cho (AEF G) (O) cắt A, F với cát tuyến AGH F ED GE ∥ DH Mặt khác ta có AF CD nội tiếp (O) JI ∥ DH nên áp dụng định lý Reim cho cát tuyến F IH CDJ ta có CIF J nội tiếp □ Bài toán (P4, IMO 2013) Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H, W điểm nằm cạnh BC, nằm B C Các điểm M, N theo thứ tự chân đường cao kẻ từ B C Gọi ω1 đường tròn ngoại tiếp tam giác BW N , X điểm ω1 cho W X đường kính ω1 Tương tự, gọi ω2 đường tròn ngoại tiếp tam giác CW M , Y điểm ω2 cho W Y đường kính ω2 Chứng minh X, Y H thẳng hàng Lời giải Do K điểm Miquel tam giác ABC nên K thuộc đường tròn (AM N ) Áp dụng định lý Reim cho (BN W ) (AM N ) cắt N K với cát tuyến AN B X, H K thẳng hàng Chứng minh tương tự, ta có Y, H K thẳng hàng Do X, Y H □ thẳng hàng Bài toán (P1, Test 1, Day 1, China TST 2022) Cho lục giác lồi ABCDEF ngoại tiếp đường tròn, G giao điểm AB DC,H giao điểm AF DE Gọi M, N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCG EF H Chứng minh BE, CF M N đồng quy Lời giải Gọi X, Y giao điểm thứ hai BE CF với (BCG) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiêp lục giác ABCDEF Áp dụng định lý Reim cho (BCG) (O) ta có XY ∥ EF, XG ∥ HD, Y G ∥ HA, Do HEF GXY hai tam giác đồng dạng có cạnh tương ứng song song Suy BE, CF M N đồng quy điểm tâm vị tự tam giác HEF GXY □ Bài toán (P1, IMO 2018) Cho Γ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi D, E thuộc AB AC cho AD = AE Các đường trung trực BD CE cắt cung nhỏ AB AC Γ F G Chứng minh DE ∥ F G Lời giải Gọi X, Y giao điểm thứ hai DF EG với đường tròn Γ Nhận thấy △BDF ∼ △ADX (g.g) Mặt khác BF = DF nên AD = AX Chứng minh tương tự ta có AE = AY , từ suy AY = AD = AE = AX, hay bốn điểm Y, D, E X thuộc đường tròn Áp dụng định lý Reim cho Γ (A; AD) cắt X Y với cát tuyến XDF Y EG DE ∥ F G □ Tiếp theo ta đến vài toán sử dụng định lý Reim dạng suy biến hệ chúng Bài toán (P3, IMO 2015) Cho tam giác ABC với AB > AC Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, H trực tâm F chân đường cao hạ từ đỉnh A M trung điểm BC Q điểm nằm (O) cho HQA = 90◦ , K điểm (O) cho HKQ = 90◦ Giả sử A, B, C, K Q đôi phân biệt nằm (O) theo thứ tự Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác KHQ F KM tiếp xúc với Lời giải Kẻ đường kính AA′ (O) ta có A′ B ∥ CH A′ C ∥ BH, suy A′ BHC hình bình hành, tức M trung điểm HA′ Lại có AQA′ = 90◦ = HQA, Q, H A′ thẳng hàng Từ Q, H, M A′ thẳng hàng Gọi H ′ giao điểm AH (O), D giao điểm QK A′ H ′ Khi DKHH ′ nội tiếp đường trịn dường kính DH Gọi N trung điểm DH Do A′ D ∥ M N (do vng góc với AH) nên M N đường trung bình tam giác HDA′ , suy N thuộc BC Áp dụng định lý Reim dạng suy biến cho (HKQ) (N ; N D) với cát tuyến HHD QKD ta có QH//DD (với ký hiệu DD tiếp tuyến D (N )) Mà ta lại có DD ⊥ HD nên DH tiếp tuyến (HKQ) Kết hợp với N H = N K, ta có N K tiếp tuyến (HKQ) Do N H ⊥ QH nên ta có N K = N H = N F N M , suy N K tiếp tuyến (F KM ) Vậy đường tròn (KHQ) tiếp xúc với đường trịn (KF M ) □ Bài tốn Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có ba đường cao AD, BE CF đồng quy H Gọi M, N trung điểm BC AH N O cắt (BOC) K khác O, (BOC) giao (DEF ) X Y Tia M H cắt (O) T Chứng minh T K, M N XY đồng quy Lời giải Xét hình vẽ, trường hợp khác chứng minh tương tự Gọi Z giao điểm hai tiếp tuyến B C (O) Gọi AA′ đường kính (O), A′′ giao điểm thứ hai AO (BOC) Gọi W giao điểm thứ hai (BOC) (T M Z) Theo kết tốn T, H, M, A′ thẳng hàng Do O, N tâm (ABC) (DEF ) nên ON ⊥ T A, mặt khác T A ⊥ T M nên ON ∥ T M Xét phép nghịch đảo I tâm M , phương tích k = M B.M C k : IM T ↔ A′ , Z ↔ O, suy (T M Z) ↔ AA′ Do W ↔ A′′ , tức W thuộc M A′′ Áp dụng định lý Reim cho (T M Z) (BOC) cắt W Z, kết hợp với T M ∥ OK ta có T, W, K thẳng hàng Lại có M O.M Z = M B.M C = M T M A′ , nên OA′ ZT nội tiếp Suy T ZM = T A′ O = T M N (do M N ∥ AO) Khi M N tiếp tuyến (T M Z) Ta có W M N = W T M = N KW , hay W M KN nội tiếp Xét trục đẳng phương (BOC), (DEF ) (N M K) ta có M N, XY T K đồng □ quy điểm Bài toán (P3, APMO 2019) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Γ Gọi M trung điểm BC Điểm P di chuyển đoạn thẳng AM Đường tròn ngoại tiếp tam giác BP M CP M cắt lại Γ lại D E Gọi X Y giao điểm thứ hai DP EF với đường tròn ngoại tiếp tam giác CP M BP M Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AXY qua điểm cố định Lời giải Xét trục đẳng phương ba đường trịn (BDM ), (CEM ) Γ ta có BD, CE AM đồng quy K Mặt khác, áp dụng định lý Reim cho (BDM ) (CEM ) cắt M P với cát tuyến XP D CM B CX ∥ BD Tương tự ta có BY //CE Khi gọi L giao điểm BY CX BKCL hình bình hành Mà M trung điểm BC nên L, M, K thẳng hàng Do LB.LY = LP LM = LX.LC, suy BY CX nội tiếp Bằng cộng góc ta chứng minh LXP Y DP EK nội tiếp Ta có XY P = XLP = DKP = DEP , suy XY //DE Gọi B1 , C1 hai điểm thuộc Γ cho BB1 ∥ AM ∥ CC1 Áp dụng định lý Reim cho (BDM ) Γ cắt B D D, P, C1 thẳng hàng Tương tự ta có E, P, B1 thẳng hàng Do XY //DE nên tiếp tục áp dụng định lý Reim ta có XY B1 C1 nội tiếp Gọi Q giao điểm B1 C1 BC Q cố định Ta có PQ/(BCXY ) = QB.QC = QB1 QC1 = PQ/(XY B1 C1 ) , hay Q ∈ XY Xét trục đẳng phương (AXY ), Γ (BCXY ) ta có (AXY ) cắt AQ điểm cố định thuộc Γ 1.4 □ Bài tập đề nghị Bài toán (P4, IMO 2015) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Ω tâm O Đường tròn Γ tâm A cắt đoạn thẳng BC điểm D E cho B, D, E đôi phân biệt nằm đường thẳng BC theo thứ tự Gọi F G giao điểm Γ Ω , cho A, F, B, C G nằm Ω theo thứ tự Gọi K giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BDF đoạn thẳng AB Gọi L giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác CGE đoạn thẳng CA Giả sử đường thẳng F K GL phân biệt cắt điểm X Chứng minh X thuộc AO Bài tốn (P3, IMO 2013) Đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC điểm A1 Điểm B1 CA điểm C1 AB định nghĩa cách tương tự cách xét đường tròn bàng tiếp góc B góc C tương ứng Giả sử tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B2 C1 nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh ABC tam giác vng Bài tốn 10 (Phan Quang Trí) Cho tam giác ABC có trực tâm H đường cao AD, BE, CF Gọi K, L tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB HAC Gọi M trung điểm BC Chứng minh trục đẳng phương hai đường tròn (DEK) (DF L) qua giao điểm AM EF Bài toán 11 Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC D T đối xứng với D qua AI J trung điểm AI AH đường cao tam giác ABC Chứng minh (JHT ) qua điểm Feuerbach tam giác ABC Các tốn nằm [1], cịn cách toán toán 10 11 nằm [2] 1.5 Lời kết Định lý Reim đơn giản lại có tác dụng lớn việc nhìn nhận tốn cách nhanh chóng thuận tiện Sở dĩ việc chứng minh định lý Reim dựa vào việc biến Điểm tiếp xúc đường tròn nội tiếp đường trịn Euler đổi góc nên áp dụng tốn khiến ta nhìn nhận tính chất song song, thẳng hàng nội tiếp dễ việc biến đổi góc, trường hợp suy biến Mong qua bổ đề bạn đọc hình dụng việc sử dụng định lý Reim toán phức tạp Tài liệu [1] Lê Viết Ân, Một số bổ đề hữu dụng tiếp cận lời giải toán hình học, Epsilon 14 https://drive.google.com/file/d/1mVsHmx3VjybG9wK4RjR2MZ3u91t9Zq-r/view [2] Group Hình Học Phẳng https://www.facebook.com/groups/hinhhocphang.geometry/?ref=share [3] Diễn đàn toán học https://artofproblemsolving.com/community Định lý bốn điểm điểm, định lý Carnot 2.1 Định lý bốn điểm, định lý Carnot Định lý (Định lý bốn điểm) Cho bốn điểm A, B, C, D phân biệt mặt phẳng Khi AB vng góc với CD AC − AD2 = BC − BD2 Lời giải Ta có AC − AD2 = BC − BD2 −→ −−→ −−→ −−→ ⇔AC − AD2 = BC − BD2 −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ ⇔DC(AC + AD) = DC(BC + BD) −−→ −→ −−→ −−→ −−→ ⇔DC(AC + CB + AD + DB) = −→ −−→ ⇔AB.DC = ⇔ AB ⊥ CD Nhận xét Khi cho B trùng với C ta có định lý Pythagorean Định lý phát biểu dạng điều kiện cần điều kiện đủ nên ta vận dung hai chiều để chứng minh hai đường thẳng vng góc dùng để tính tốn Ngồi điều kiện vng góc biểu thị dạng hiệu hai bình phương nên ta vận dụng tính chất phương tích Định lý cách chứng minh sử dụng định lý Pythagorean tác giả không đề cập đến Phần chứng minh khơng khó xin dành cho bạn đọc Định lý (Định lý Carnot) Cho tam giác ABC ba điểm X, Y, Z Khi đường thẳng qua X, Y, Z vng góc với BC, CA, AB đồng quy XB − XC + Y C − Y A2 + ZA2 − ZB = Lời giải 10 Sử dụng phương tích ta SB − SC = SB · (SX + XB) − SC · (SY + Y C) = SB · SX + BS · BX − SC · SY − CS · CY = BA · BM − CA.CN = PB/(J) − PC/(J) = JB − JC Do theo định lý SJ ⊥ BC Tương tự ta có: SM − SN = SC − SB = CA.CN − BA · BM = CN − BM + M A · M B − N A · N C = PM/(O) − PN/(O) = OM − ON Suy SO ⊥ M N □ Bài toán (APMO 2010) Tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H, (HAB) cắt AC N (HAC) cắt AB M Chứng minh tâm đường tròn (HM N ) thuộc HO Lời giải Gọi O′ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HM N Gọi U, V giao điểm HM AC, HN AB Ta có U A.U C = U M U H, nên U thuộc trục đẳng phương (O) (HM N ) Tương tự, ta có V thuộc trục đẳng phương (O) (HM N ) Suy U V ⊥ OO′ Ta chứng minh U V ⊥ OH Ta có AN V = ABH = ACH = AM U , M U N V nội tiếp Khi HM HU = HV HN 15 Do OU − OH = (OU − R2 ) − (OH − R2 ) = U M U H − V N V H = U H(U H + HM ) − V H(V H + HN ) = U H − V H Suy U V ⊥ OH Vậy O′ , H O thẳng hàng □ Bài tốn (Lê Bá Khánh Trình) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H CH cắt AB D Trên AC lấy M cho DM ⊥ OD Trên M D lấy N cho CN ⊥ M H Gọi K giao điểm CD OM Chứng minh M N K = CN H Lời giải Gọi T trung điểm AC, theo định lý bốn điểm ta có: T M − DM = OD2 − T O2 = (OA2 − DA.DB) + (T A.T C − OA2 ) = T A2 − DH.DC = T A2 − HD.HC − HD2 = T H − DH Suy DT ⊥ M H, mà M DO = 90◦ nên DM H = ODT = OM T , M H M O đẳng giác N M C Gọi X giao điểm M H AB Do M DX = CDO nên X O hai điểm liên hợp đẳng giác tam giác M CD Khi XCD = ACO = BCD, suy X đối xứng với B qua CD Ta có N CD = 90◦ − XHD = 90◦ − BHD = ACD, BD phân giác M CN Mà M H M O đẳng giác N M C nên N H N K đẳng giác M N C, tức 16 M N K = CN H □ Bài toán Cho tam giác ABC có đường cao AH, BE.CF đồng quy H Gọi X, Y, Z điểm đối xứng A, B, C qua BC, CA, AB Chứng minh đường thẳng qua X, Y, Z vng góc với EF, F D, DE đồng quy điểm Lời giải Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác AF X AEX, ta có F X −EX = 2F D2 + AX AX −AF − 2ED2 − −AE 2 = 2(F D2 −ED2 )+(AE −AF ) Chứng minh tương tự, ta có: Y D2 − Y F = 2(ED2 − EF ) + (BF − BD2 ), ZE − ZD2 = 2(EF − F D2 ) + (CD2 − CE ) Suy (ZE − ZD2 ) + (F X − EX ) + (Y D2 − Y F ) = (CD2 − CE ) + (AE − AF ) + (BF − BD2 ) Mặt khác ta có đường thẳng qua A, B, C vng góc với EF, F D, DE đồng quy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên theo định lý Carnot, ta có (AE − AF ) + (BF − BD2 ) + (CD2 − CE ) = □ Vậy ta có điều phải chứng minh Tiếp theo ta đến số toán sử dụng tính chất hai tam giác trực giao Bài toán Cho tam giác ABC điểm P Gọi Q điểm liên hợp đẳng giác P tam giác ABC Gọi E, F giao điểm BQ, CQ với CA, AB Gọi X, Y, Z hình chiếu P lên BC, CA, AB Gọi T trực tâm tam giác AY Z Chứng minh 17 XT ⊥ EF Lời giải Do AZP Y nội tiếp nên QAC = ZAP = ZY P = T AY , suy A, T, Q thẳng hàng Từ đó, ta có AQ ⊥ Y Z Tương tự, ta có BQ ⊥ ZX, CQ ⊥ XY Do đường thẳng qua Q, E, F vuông góc với Y Z, T Z, T Y đồng quy A Khi tam giác QEF T Y Z trực giao với Như đường thẳng qua T, Y, Z vng góc với EF, F Q, QE đồng quy X Suy DT ⊥ EF □ Tiếp theo ta đén toán phức tạp ý tưởng tương tự Bài toán Cho tam giác ABC điểm P Gọi Q điểm liên hợp đẳng giác P tam giác ABC Gọi X, Y, Z hình chiều Q lên BC, CA, AB Gọi R trực tâm tam giác XY Z Các đường thẳng qua P vng góc với BP, CP cắt CA, AB K, L Chứng minh QR ⊥ KL Lời giải 18 Theo kết chứng minh trước, ta có AP ⊥ Y Z Mặt khác, ta có Y Z ⊥ XZ, ZR ⊥ XY Lại có BP ⊥ XZ, CP ⊥ XY nên P K ∥ XZ, P L ∥ XY Suy Y R ⊥ P K, ZR ⊥ P L Do đường thẳng qua P, K, L vng góc với Y Z, QY, QZ đồng quy A Từ suy tam giác P KL QZY trực giao với Từ suy đường thẳng qua Q, Z, Y vuông góc với KL, P L, KP đồng quy R Khi QR ⊥ KL 2.4 □ Bài tập đề nghị Bài toán 10 (VNTST 2012) Trên mặt phẳng, cho đường tròn (O) hai điểm cố định B, C đường trịn cho BC khơng đường kính (O) Gọi A điểm di động đường trịn (O) A khơng trùng với hai điểm B, C Gọi D, K, J trung điểm BC, CA, AB E, M, N hình chiếu vng góc A, B, C BC, DJ, DK Chứng minh tiếp tuyến M, N đường tròn ngoại tiếp tam giác EM N cắt điểm T cố định điểm A thay đổi (O) Bài tốn 11 Giả sử (O) tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC D trung điểm cạnh AB, E trọng tâm tam giác ACD Chứng minh AB = AC OE vng góc với CD Bài tốn 12 Cho tam giác ABC nhọn, đường cao BE, CF Các điểm M, N, L theo thứ tự trung điểm BF, CE, đường thẳng qua M vng góc với BL đường thẳng qua N vng góc với CL cắt K Chứng minh KB = KC Bài toán 13 Cho tam giác ABC, trung tuyến AD Đường thẳng ∆ vng góc với AD M di chuyển ∆ E, F theo thứ tự trung điểm M B, M C Các điểm P, Q theo thứ tự thuộc AB, AC saọ cho EP, F Q vuông góc với ∆ Chứng minh đường thẳng qua M vng góc với P Q ln qua điểm cố định Bài toán 14 (USAMO 1997) Cho tam giác ABC dựng tam giác cân BCD, CAE ABF nằm bên tam giác ABC với BC, CA AB cạnh đáy Chứng minh đường thẳng qua A, B, C tương ứng vuông góc với EF, F D, DE đồng quy Bài tốn 15 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H Gọi L điểm đối xứng H qua O Gọi AL, BL, CL giao BC, CA, AB A1 , B1 , C1 Chứng minh hai tam giác ABC A1 B1 C1 trực giao 2.5 Lời kết Qua loạt ví dụ bạn đọc phần có đường khác việc xử lí tốn vng góc đồng quy có chứa nhiều yếu tố vng góc 19 Tài liệu [1] Nguyễn Hữu Tâm, Định lý bốn điểm ứng dụng giải số tốn hình học phẳng [2] Phan Quang Trí, Một số ứng dụng hai tam giác trực giao, Tập san hình học số [3] Stefan Lozanovski, A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry [4] Diễn đàn toán học https://artofproblemsolving.com/community 20 3.1 Định lý bướm Định lý bướm Định lý (Định lý bướm) Cho đường tròn (O) điểm M nằm mặt phẳng Qua M kẻ hai đường thẳng cắt (O) A, B C, D Một đường thẳng qua M cắt AD, BC X, Y Khi M X = M Y OM ⊥ d Lời giải Gọi K, L giao điểm AB, DC AC, BD Theo định lý Brocard ta có KL ⊥ OM Lại có K(LM, DC) = −1 = K(LM, XY ) Suy M X = M Y KL ∥ d Mà KL ⊥ OM nên điều tương đương OM ⊥ d □ Nhận xét Chúng ta thường bắt gặp trường hợp điểm M nằm đường trịn (O) hình vẽ Tuy nhiên cách phát biểu định lý cho ta thấy dù điểm M nằm ngồi hay định lý 21 Định lý (Định lý bướm mở rộng) Cho đường tròn (O) điểm M Qua M kẻ đường thẳng d vng góc với OM X, Y hai điểm d, đối xứng qua M Qua X, Y kẻ hai cát tuyến cắt (O) A, B C, D AD, BC cắt d Z., T Khi Z, T đối xứng qua M Lời giải Gọi P, Q giao điểm d với (O) (X nằm P Z) Ta có A(P BDQ) = C(P BDQ) Chiếu lên d, ta có (P XZQ) = (P T Y Q) Do ZP QP Y P QP : : = ZX QX Y T QT Mặt khác XM = M Y nên P Y = XQ, ta có : ZP QT ZM + M P QM + M T = ⇔ = ZX YT ZM + M X Y M + MT Đặt M P = QM = a, XM = M Y = b, ZM = x, M T = y, ta có: x+a y+a = x+b y+b Tương đương với (x − y)(a − b) = Mà a ̸= b nên x = y, tức ZM = M T Vậy Z, T đối xứng với qua M □ Nhận xét Lời giải thiên hướng biến đổi tý số kép, lời giải không mang hướng hình học túy lại ý tưởng đơn giản, tự nhiên Khi d cát tuyến (O) định lý trờ thành định lý Klamkin 22 3.2 Ví dụ Bài tốn Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn (O), nội tiếp đường tròn (I) Đường thẳng qua I vng góc với OI cắt phân giác ngồi góc A BC X, Y Chứng minh IX = 2IY Lời giải Gọi E, F giao điểm CI, BI với (O) Gọi D, T giao điểm EF với XY, AI Áp dụng định lý bướm cho đường tròn (O) với OI ⊥ DY nên ID = IY Mặt khác ta có DT ∥ AX dễ nhận thấy T trung điểm AI nên DX = DI Do IX = 2IY □ Tiếp theo ta đến ví dụ toán nghịch đảo định lý bướm Bài tốn Cho tam giác ABC Một đường trịn (J) qua B, C cắt AC, AB E, F Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AJ cắt (AEF ) (ABC) P, Q Chứng minh AP = AQ Lời giải 23 Xét phép nghịch đảo tâm A, phương tích k = AE.AC IAk : E ↔ C, F ↔ B, (AEF ) ↔ BC, (ABC) ↔ EF Do Q ↔ Q′ = EF ∩ BC, P ↔ P ′ = BC ∩ P Q Do P Q ⊥ AJ nên theo định lý bướm AP ′ = AQ′ , suy AP = AQ □ Bài toán (Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H, trung tuyến AM K trung điểm AM P điểm di chuyển O L hình chiếu M lên AP I trung điểm P L Đường trịn đường kính AH cắt (O) G khác A GI cắt (O) S khác G T điểm thuộc GL cho IT vng góc với KI Chứng minh ST ln qua điểm cố định P di chuyển Lời giải Gọi AD đường kính (O) Nhận thấy G, H, M, D thẳng hàng, G, L thuộc đường trịn (K) đường kính AM Gọi E giao điểm thứ hai KI đường tròn (K), F giao điểm T I AE Ta có ELP = AGE = AP S, P S ∥ LE, mà I trung điểm P L nên I trung điểm ES Áp dụng định lý bướm cho tứ giác ALEG nội tiếp (K) có T F ⊥ KI nên I trung điểm T F , suy ST ∥ EF Gọi Q giao điểm thứ hai ST (O) Ta có QAF = 180◦ − AQS = AGS Suy QA tiếp xúc với đường tròn (K), mặt khác (K) cố định nên Q cố định Vậy ST qua điểm Q cố định □ Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) E, F hai điểm AC, AB Gọi M, N, P trung điểm BE, CF, EF K hình chiếu O EF Chứng minh M, N, P K đồng viên Lời giải Qua C kẻ đường thẳng song song KN cắt (O) Q khác C Gọi D, T giao điểm EF với BQ, CQ Do N trung điểm CF KN ∥ CQ nên KF = KT Áp dụng định lý bướm mở rộng cho đường tròn (O) với điểm K KF = KT ta có KD = KE Do KM ∥ BQ 24 Ta có N KM = CQB = CAB = N P M Suy M, N, P, K đồng viên □ Nhận xét Chia sẻ chút kinh nghiệm thân toán Thực ban đầu tác giả làm toán yếu tố "trơ" toán điểm K Ý tưởng ban đầu chứng minh N P M = BAC việc khó khăn tìm góc gián tiếp để với BAC Đến tìm lời giải thấy toán thật đẹp đẽ, ngạc nhiên lời giải không sử dụng định lý bướm Bằng việc lấy giao điểm BO, CO với đường tròn (O) sau sử dụng định lý Pascal, phần chi tiết xin mời bạn đọc tự chứng minh Tiếp theo ta đến vài toán sử dụng định lý bướm thơng qua mơ hình đường trịn nội tiếp Bài tốn Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AC, AB E, F Kẻ đường kính EE ′ F F ′ (I) E ′ F ′ cắt BC T M, N thuộc IT cho BM ⊥ CI CN ⊥ BI Chứng minh I trung điểm M N Lời giải Gọi K điểm đối xứng với T qua I Nhận thấy K thuộc đường thẳng EF Gọi Z trung điểm BC, D điểm tiếp xúc (I) với BC Kẻ đường kính DD′ (I) 25 Xét cực đối cực với (I), ta có đường đối cực D′ qua K nên đường đối cực K qua D′ Đường đối cực A qua K nên đường đối cực K qua A Suy AD′ đường đối cực K Do AD′ ⊥ KI Mặt khác AD′ qua tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC nên AD′ ∥ IZ Hay IZ ⊥ T K B+C = AF E Suy IXF B nội tiếp nên ta có IF B = IXB = 90◦ Do B, M, X thẳng hàng Chứng minh Gọi X, Y giao điểm CI, BI với đường thẳng EF Ta có BIX = tương tự ta có C, N, Y thẳng hàng Như điều chứng tỏ BXY C nội tiếp Áp dụng định lý bướm cho đường tròn (BXY C) với IZ ⊥ M N ta có IM = IM □ Bài toán (Lê Viết Ân - Đề nghị IGO 2018) Cho tam giác nhọn ABC với AB < AC Gọi M trung điểm BC E, F chân đường cao hạ từ đỉnh B, C Gọi I, J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC AEF Đường thẳng qua I vng góc với AI đường thẳng qua J vng góc với M J cắt K L giao điểm KJ EF Chứng minh KJ = 2JL Lời giải Gọi P, Q tiếp điểm (I) với AC, AB Gọi D hình chiếu P lên AB Do tam giác ABC nhọn nên E, F thuộc đoạn thẳng AC AB Do △AEF ∼ △ABC I, J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC AEF nên ta có AI AE AD AD = = = AJ AB AP AQ Do DJ ∥ IQ ⊥ AB Khi P, J, D thẳng hàng JP ∥ IQ Chứng minh tương tự ta có QJ ∥ P I Mặt khác IQ = IP nên tứ giác IQJP hình thoi Điều chứng tỏ I J đối xứng với qua P Q Mặt khác ta có P Q ∥ IK nên gọi N 26 giao diểm P Q KL N trung điểm JK Ta chứng minh JN = JL Gọi S, R giao điểm CI, BI với đường thẳng EF Theo chứng minh tốn S, R thuộc đường trịn (M, M B) Lại có BCRE nội tiếp nên ta có REC = RBC = ABC = 12 AEF = AEJ Điều chứng tỏ J, E, R thẳng hàng Chứng minh tương tự ta có J, S, F thẳng hàng Áp dụng định lý bướm cho đường tròn (M ; M B) với M J ⊥ N L JN = JL Vậy KJ = 2JL Bài toán chứng minh □ Bài toán (Pháp Sư Trung Hoa) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), đường cao AD, trực tâm H (AH) cắt lại (O) G, CG cắt lại (AH) Q AQ cắt DO L, QH cắt AB R Chứng minh A, O, L, R đồng viên Lời giải (Phạm Nguyên Khang) Kẻ đường cao BE, CF tam giác ABC Gọi Q′ giao điểm CG DE Ta có CEQ′ = ABC = AGC, nên AEQ′ G nội tiếp Do Q trùng với Q′ Gọi P giao điểm AL BC, K giao điểm AD (O), M giao điểm DR CK, N trung điểm CK.Ta có HAQ = HEQ = BAD nên tam giác BAP cân A Khi DA.DK = DB.DC = −DP DC, suy P trực tâm tam giác AKC Như AP ⊥ CK, nên RH ∥ CK Từ D trung điểm RM Áp dụng định lý bướm cho đường trịn (O) ta có OD ⊥ RM Suy ODM N nội tiếp Mặt khác, ta có DOR = DOM = DN M = 2BCK = 2BAD = RAL Điều chứng tỏ A, O, L, R đồng viên □ Bài toán VMO 2022 Cho tam giác ABC có B, C cố định đường trịn (O) (BC khơng ⌢ qua tâm (O)) điểm A thay đổi cung lớn BC Gọi I, J tâm đường trịn nội tiếp bàng tiếp góc A tam giác ABC Trên đường tròn (J) ngoại tiếp tam giác Ia BC lấy điểm M cho Ia M song song với AD, M D cắt lại (J) N Chứng minh trung điểm T BC di chuyển đường tròn cố định Lời giải 27 Ta chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF đồng quy I X hình chiếu I EF , M trung điểm EF Khi AM ∥ DX Chứng minh Rõ ràng I tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Gọi X, Y, Z tiếp điểm (I) với EF, F D, DE Do △AEF ∼ △ABC nên trung tuyến AM tam giác AEF đường đối trung tam giác ABC Mặt khác XD đường đối trung tam giác XY Z △XY Z ∼ △ABC nên AM ∥ DX Quay trở lại toán, áp dụng bổ đề ta có AD ∥ Ia S Do Ia , S, M thẳng hàng Gọi P hình chiếu Ia lên BC Áp dụng định lý bướm cho đường tròn (J) với SD = SP , N S cắt Ia P Q thuộc (J) Gọi U điểm đối xứng với S qua J rõ ràng U cố định IU SQ hình thang cân Gọi V giao điểm M N với SU Ta có M N Q = M Ia Q = V U Q nên N U QV nội tiếp Do SV SU = SQ.SN = SB.SC khơng đổi Do V cố định Vậy T thuộc đường trịn đường kính JV cố định 3.3 □ Bài tập đề nghị Bài toán (Định lý Klamkin) Cho đường tròn (O) dây cung AB Hai điểm P, Q nằm AB đối xứng với qua trung điểm AB Qua P, Q kẻ dây cung CD, EF (O) CF, DE cắt AB X, Y Chứng minh X, Y đối xứng với qua trung điểm AB Bài toán 10 (All Russian MO 2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) B ′ đối xứng với B qua OI Chứng minh tiếp tuyến B ′ I đường tròn (BB ′ I) cắt AC 28 Bài toán 11 (IMO Shortlisted 1996) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H Đường cao AD Qua D kẻ đường thẳng vng góc với OD cắt AB P Chứng minh DHP = ABC Bài toán 12 Cho tam giác ABC có đường cao AD Đường trịn tâm M , đường kính BC cắt đoạn thẳng AC, AD E, F (E khác C) Đường trịn tâm B bán kính BF cắt ⌢ tia BE G Gọi H giao điểm tia F G với (M ) I điểm cung nhỏ EF (M ) Đường thẳng qua G vng góc với M G cắt đường thẳng AD, HI, AC X, Y, Z Chứng minh XG = GY = Y Z 3.4 Lời kết Định lý bướm hữu dụng việc xử lí tốn có yếu tố trơ trung điểm đoạn thẳng Cũng hai định lý bạn đọc cảm nhận thấy tính ứng dụng việc giải tốn hình học Tài liệu [1] Nguyễn Văn Linh, Một số chủ đề Hình Học Phẳng dành cho học sinh chun Tốn [2] Trần Quang Hùng, Mỗi tuần toán [3] Diễn đàn tốn học https://artofproblemsolving.com/community [4] Group Hình Học Phẳng https://www.facebook.com/groups/hinhhocphang.geometry/?ref=share [5] Group Hướng tới Olympic Toán VN https://www.facebook.com/groups/243634219684049 29 ... dụng tính chất phương tích Định lý cịn cách chứng minh sử dụng định lý Pythagorean tác giả không đề cập đến Phần chứng minh không khó xin dành cho bạn đọc Định lý (Định lý Carnot) Cho tam giác ABC... 19 Tài liệu [1] Nguyễn Hữu Tâm, Định lý bốn điểm ứng dụng giải số tốn hình học phẳng [2] Phan Quang Trí, Một số ứng dụng hai tam giác trực giao, Tập san hình học số [3] Stefan Lozanovski, A Beautiful... Geometry [4] Diễn đàn toán học https://artofproblemsolving.com/community 20 3.1 Định lý bướm Định lý bướm Định lý (Định lý bướm) Cho đường tròn (O) điểm M nằm mặt phẳng Qua M kẻ hai đường thẳng