Đang tải... (xem toàn văn)
1 TỪ MỘT BÀI TOÁN ĐỀ NGHỊ OLYMPIC HÌNH HỌC IRAN Lê Phúc Lữ (ĐH KHTN TPHCM), Trương Tuấn Nghĩa (ĐH KHTN HN) Ta bắt đầu bằng một bài toán đề nghị IGO 2018 của Việt Nam Bài toán 1 Cho tam giác ABC nhọn,. 1 TỪ MỘT BÀI TOÁN ĐỀ NGHỊ OLYMPIC HÌNH HỌC IRAN Lê Phúc Lữ (ĐH KHTN TPHCM), Trương Tuấn Nghĩa (ĐH KHTN HN) Ta bắt đầu bằng một bài toán đề nghị IGO 2018 của Việt Nam Bài toán 1 Cho tam giác ABC nhọn,. 1 TỪ MỘT BÀI TOÁN ĐỀ NGHỊ OLYMPIC HÌNH HỌC IRAN Lê Phúc Lữ (ĐH KHTN TPHCM), Trương Tuấn Nghĩa (ĐH KHTN HN) Ta bắt đầu bằng một bài toán đề nghị IGO 2018 của Việt Nam Bài toán 1 Cho tam giác ABC nhọn,. 1 TỪ MỘT BÀI TOÁN ĐỀ NGHỊ OLYMPIC HÌNH HỌC IRAN Lê Phúc Lữ (ĐH KHTN TPHCM), Trương Tuấn Nghĩa (ĐH KHTN HN) Ta bắt đầu bằng một bài toán đề nghị IGO 2018 của Việt Nam Bài toán 1 Cho tam giác ABC nhọn,. 1 TỪ MỘT BÀI TOÁN ĐỀ NGHỊ OLYMPIC HÌNH HỌC IRAN Lê Phúc Lữ (ĐH KHTN TPHCM), Trương Tuấn Nghĩa (ĐH KHTN HN) Ta bắt đầu bằng một bài toán đề nghị IGO 2018 của Việt Nam Bài toán 1 Cho tam giác ABC nhọn,. 1 TỪ MỘT BÀI TOÁN ĐỀ NGHỊ OLYMPIC HÌNH HỌC IRAN Lê Phúc Lữ (ĐH KHTN TPHCM), Trương Tuấn Nghĩa (ĐH KHTN HN) Ta bắt đầu bằng một bài toán đề nghị IGO 2018 của Việt Nam Bài toán 1 Cho tam giác ABC nhọn,. 1 TỪ MỘT BÀI TOÁN ĐỀ NGHỊ OLYMPIC HÌNH HỌC IRAN Lê Phúc Lữ (ĐH KHTN TPHCM), Trương Tuấn Nghĩa (ĐH KHTN HN) Ta bắt đầu bằng một bài toán đề nghị IGO 2018 của Việt Nam Bài toán 1 Cho tam giác ABC nhọn,. 1 TỪ MỘT BÀI TOÁN ĐỀ NGHỊ OLYMPIC HÌNH HỌC IRAN Lê Phúc Lữ (ĐH KHTN TPHCM), Trương Tuấn Nghĩa (ĐH KHTN HN) Ta bắt đầu bằng một bài toán đề nghị IGO 2018 của Việt Nam Bài toán 1 Cho tam giác ABC nhọn,. 1 TỪ MỘT BÀI TOÁN ĐỀ NGHỊ OLYMPIC HÌNH HỌC IRAN Lê Phúc Lữ (ĐH KHTN TPHCM), Trương Tuấn Nghĩa (ĐH KHTN HN) Ta bắt đầu bằng một bài toán đề nghị IGO 2018 của Việt Nam Bài toán 1 Cho tam giác ABC nhọn,.
TỪ MỘT BÀI TỐN ĐỀ NGHỊ OLYMPIC HÌNH HỌC IRAN Lê Phúc Lữ (ĐH KHTN TPHCM), Trương Tuấn Nghĩa (ĐH KHTN HN) Ta bắt đầu toán đề nghị IGO 2018 Việt Nam: Bài toán Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường trịn (O ) có trực tâm H , đường cao AD, BE , CF Dựng hình bình hành APHQ với P AB, Q AC Giả sử PQ cắt BC A1 Định nghĩa tương tự với điểm B1 , C1 Chứng minh A1 , B1 , C1 thuộc đường thẳng (d ) vng góc với OH , đồng thời, ba đường trịn ngoại tiếp tam giác AOD, BOE , COF qua điểm (d ) Đây tốn thú vị, khơng “gu” giám khảo Iran nên không chọn Trong viết này, phân tích số vấn đề xoay quanh 1) Lời giải tốn mở rộng Theo định lý Thales PB HB QA HF Từ A1 , P, Q thẳng hàng, ta có PA HE QC HC A1 B PB QA HB HF HB A1C PA QC HE HC HC A Q E P F K H A1 O B C D Từ suy HA1 tiếp tuyến ( BHC ) nên A1 H A1 B A1C hay A1 thuộc trục đẳng phương đường tròn điểm ( H ;0) (O ) Tương tự với B1 , C1 Từ có A1 , B1 , C1 đường thẳng (d ) qua ba điểm vng góc với OH Tiếp theo, để ý ba đường tròn ( AOD ), ( BOE ), (COF ) qua O điểm H có phương tích (âm) đến ba đường trịn nên chúng đồng trục OH Từ dễ thấy chúng có điểm chung thứ hai Cho OH cắt (d ) K , ta K điểm thứ hai Để ý gọi O tâm ( BHC ) HO AO, mà A1 H HO nên A1 H AO Từ ta có HA1 D HAO Vì A1 K OH nên điểm K ( A1 HD ) DKH HA1 D HAO Kéo theo K ( AOD) , dễ thấy điều với ( BOE ), (COF ) Ta thấy tính thẳng hàng thay H điểm tam giác Bài toán Cho tam giác ABC có điểm H nằm tùy ý tam giác Dựng hình bình hành APHQ với P AB, Q AC Giả sử PQ cắt BC A1 Định nghĩa tương tự với B1 , C1 Chứng minh A1 , B1 , C1 thẳng hàng Lời giải B1 A Q X P H A1 B C C1 Gọi (u , v, w) tọa độ tỷ cự H u S HBC v S HCA w S HAB Cho BH cắt AC X Khi đó, S AHC Sb PA HX PB HB S ABH S ACH Sa Sc Tương tự Sc QA nên theo định lý Menelaus QC Sa Sb Sc S Sc Sc A1 B PB QA Sa Sc a A1C PA QC Sb S a Sb S a Sb Sb Xây dựng tương tự cho hai tỷ số B1C CA nhân lại, ta có A1 , B1 , C1 B1 A C1 B Dưới đây, ta đưa chứng minh khác cho toán đưa liên hệ với vài tốn khác Lời giải Trên cạnh BC lấy A2 cho AA1 PQ AH cắt BC A3 Tương tự, xác định điểm B2 , C2 , B3 , C3 lấy R, S AC , BC cho HR BC , HS AC Dễ thấy A( HA2 , PQ) AH qua trung điểm PQ , tức ( A2 A3 , BC ) Chứng minh tương tự ( B2 B3 , AC ) (C2C3 , AB) 1 nên A2 , B2 , C2 thẳng hàng theo định lý Menelaus đảo Mặt khác, theo định lý Thales, ta có BA1 BA2 BP BA BC1 BC2 BS BC dẫn tới A1C1 A2C2 Chứng minh tương tự A1 B1 A2 B2 tức A1 , B1 , C1 nằm đường thẳng song song với A2 B2C2 A Q P A2 R H A1 B A' S C C1 C2 Bài tốn Cho tam giác ABC khơng cân nội tiếp (O ) có điểm Lemoine L Dựng hình bình hành APLQ với P, Q nằm AB, AC Cho PQ cắt BC A1 Tương tự xác định điểm B1 , C1 Chứng minh A1 , B1 , C1 nằm đường thẳng vng góc với OL Lời giải Dựng điểm A2 , B2 , C2 có vai trị lời giải trên, A( A2 L, BC ) mà AL đường đối trung tam giác ABC dẫn tới AA2 tiếp tuyến (O ) Tương tự BB2 , CC2 tiếp tuyến (O ) Theo kết quen thuộc, A2 B2C2 đường đối cực L (O ) hay A1 B1C1 A2 B2C2 OL Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp (O ) có tâm đường trịn nội tiếp I Dựng hình bình hành APIQ với P, Q nằm AB, AC PQ cắt BC A1 Tương tự xác định điểm B1 , C1 Chứng minh A1 , B1 , C1 nằm đường thẳng vng góc với OI Lời giải Gọi X , Y , Z giao điểm thứ hai AI , BI , CI với đường tròn (O ) Dễ thấy PQ, YZ trung trực AI nên A1 YZ mà BY cắt CZ I dẫn tới A1 nằm đường đối cực I (O ) Tương tự đỉnh B1 , C1 ta thu OI A1 B1C1 Y A Q Z P O I A1 B X C Nhận xét Bằng cách sử dụng kết Bài toán kết hợp với cách làm thứ hai Bài toán 2, ta chứng minh khác cho toán quen thuộc sau đây: Bài toán Cho tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp O tâm đường tròn nội tiếp I Chứng minh đường thẳng qua chân phân giác tam giác ABC vng góc với OI Ở đây, ta cần áp dụng hệ lời giải kết Bài toán Tiếp theo, ta đưa mở rộng Bài toán Bài tốn Cho tam giác ABC nhọn khơng cân nội tiếp (O ) , trực tâm H Điểm P OH Q liên hợp đẳng giác P tam giác ABC Lấy điểm Ab AB cho PAb AC Tương tự xác định điểm Ac , Bc , Ba , Ca , Cb Gọi A1 giao điểm Ab Ac với BC Tương tự xác định điểm B1 , C1 Chứng minh A1 , B1 , C1 nằm đường thẳng vng góc với HQ Lời giải Giả sử AP, CP cắt BC , AB A3 , C3 điểm A2 , C2 BC , AB cho ( A2 A3 , BC ) (C2C3 , AB) ta chứng minh HQ Theo lời giải Bài toán 2, ta A1C1 A2C2 nên A2C2 , mà CH BA, AH sin BA2C2 sin BC2 A2 BC nên ta cần chứng minh sin QHA sin QHC Áp dụng định lý Ceva-sin cho tam giác AHC với điểm Q ta sin QHA sin QHC sin QAH sin QCA sin QAC sin QCH sin PAO sin PCB sin PAB sin PCO Giả sử G trọng tâm tam giác ABC AG , CG cắt BC , AB M , N Ta có MA3 MA2 MB MB MA3 C2 B A2 B MA2 MB A2 B NB Tương tự A3 B NC3 NB C3 B MA3 NC3 MB A3 B C2 B dẫn tới C3 B AB MA3 C3 B CB A3 B NC3 nên C2 B A2 B AB AM sin PAG BC sin PCB CB AB sin PAB NC sin PCG AM sin PAG sin PCB NC sin PCG sin PAB A N C3 A2 Q P O G H B A3 C M C2 Do đó, ta chứng minh sin PAO sin PCB sin PAB sin PCO sin PAO sin PCG GC sin PAG sin PCO GA CO Vậy nên ta có tương đương với AO C2 B A2 B tức QH sin QHA sin QHC AM sin PAG sin PCB , NC sin PCG sin PAB , điều hiển nhiên theo định lý hàm số sin sin BA2C2 sin BC2 A2 sin QHA sin QHC A2C2 Nhận xét Khi cho P H QH QO ta thu Bài tốn Cuối cùng, để kết thúc phần này, ta xem xét trường hợp riêng Bài toán cho P O sau Bài toán Cho tam giác ABC nhọn khơng cân nội tiếp (O ) có trực tâm H Gọi T đối xứng H qua O J điểm liên hợp đẳng giác T tam giác ABC Dựng hình bình hành AAb OAc với Ab , Ac nằm AB, AC Ab Ac cắt BC A1 Tương tự, xác định điểm B1 , C1 Chứng minh A1 , B1 , C1 đường thẳng vng góc OJ Lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Cho tam giác ABC không cân có đường trịn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với BC , CA, AB D, E , F Gọi H trực tâm tam giác DEF T đối xứng H qua I Gọi J liên hợp đẳng giác T tam giác DEF Chứng minh IJ qua trọng tâm tam giác ABC Chứng minh A D' Na E T F I H F' J E' B C D Gọi DD , EE , FF đường kính ( I ) AD , BE , CF đồng quy điểm Nagel N a tam giác ABC Mà G trọng tâm tam giác ABC IG qua N a (sẽ chứng minh phần sau viết) ta J , N a đối xứng qua I Dễ thấy D H DT mà D H DN a đường trung tuyến, đối trung tam giác D EF tức D H , D N a đẳng giác ED F tức đẳng giác E D F Chứng minh tương tự H , N a đẳng giác tam giác D E F nên qua phép đối xứng tâm I , N a biến thành điểm liên hợp đẳng giác T tam giác DEF J Quay lại tốn, C2 E A T Z F G O H B X C A2 J D R Tiếp tuyến A, B, C (O ) cắt tạo thành tam giác DEF Gọi AO, CO cắt BC , AB X , Z lấy A2 , C2 BC , AB cho ( A2 X , BC ) (C2 Z , AB ) A1C1 A2C2 Xét cực đối cực (O ) , ta chứng minh cực A2C2 thuộc OJ Đầu tiên, A2 BC ( A2 X , BC ) nên DX đường đối cực A2 Gọi R hình chiếu D AO O, B, C , D, R nằm đường tròn dẫn tới RD, RX hai đường phân giác BRC nên D( BC , XR) R( BC , XD) kết hợp với DR EF DX qua trung điểm EF hay trọng tâm G tam giác DEF nằm đường đối cực A2 Hoàn toàn tương tự, G nằm đường đối cực C nên G cực A2C2 Áp dụng bổ đề cho tam giác DEF ta OG qua J OJ A2C2 2) Vẽ lại mơ hình khác Trên tinh thần muốn xây dựng ý khó cho tốn trên, ta thử dựng hình bình hành vị trí đặc biệt chân đường cao (thay trực tâm) Ta có tốn bên dưới: Bài tốn Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân nội tiếp đường trịn (O ) có đường cao AD, BE , CF Dựng hình bình hành APDQ với P AB , Q AC PQ cắt BC A2 Định nghĩa tương tự với B2 , C2 Chứng minh A2 , B2 , C2 thuộc đường thẳng ( ) vng góc với OL, L điểm Lemoine tam giác ABC Đây tốn khơng dễ có nhiều cách tiếp cận, bên dưới, ta giới thiệu ba cách giải Cách Cho EF cắt BC X A( XD, BC ) 1 nên A( XD, PQ) 1 Mặt khác, AD chia đơi đoạn PQ nên theo tính chất chùm điều hịa PQ AX Gọi M trung điểm chung AD, PQ A2 M đường trung bình tam giác ADX Do đó, A2 trung điểm XD A Q' F P' X E M' L O H A2 B D M C Theo định lý Brocard cho tứ giác toàn phần BCEF AX HM AX nên HM M A2 Do H trực tâm tam giác A2 MM Suy A2 H MM Mặt khác, ta có kết quen thuộc điểm Lemoine L nằm MM , suy A2 H ML Áp dụng định lý bốn điểm, ta có HM HL2 A2 M A2 L2 Do ( XD, BC ) 1 nên hai đường tròn ( A2 ) ( XD), ( BC ) trực giao, đó, bình phương khoảng cách đường nối tâm tổng bình phương hai bán kính, tức A2 M A2 D MB Thay vào hệ thức trên, ta HM HL2 A2 D MB A2 L2 Do A2 L2 A2 D ( MB MH ) HL2 HB HE HL2 H /( BC ) H / (O ) HL2 HL2 H /( O ) HL đối xứng đỉnh A, B , C nên L có phương tích đến ba đường tròn ( A2 ), ( B2 ), (C2 ) Từ ta có L /( A2 ) Cuối cùng, ta có A2 D A2 X A2 B A2C nên hai đường tròn ( A2 ) (O ) trực giao Suy O /( A2 ) R với R bán kính đường trịn (O ) Từ phương tích từ L đến ( A2 ), ( B2 ), (C2 ) Vì nên ( A2 ), ( B2 ), (C2 ) có trục đẳng phương OL , điều kéo theo ( ) OL Cách Theo trên, ta chứng minh H trực tâm tam giác A2 MM A M' P A' L B O K G H A2 N D M D' C Xét phép nghịch đảo tâm H , phương tích HA HD ta quan tâm ảnh điểm tạo thành Cho HA2 cắt đường thẳng qua A, song song với MM A A2 AA 90 nên A ( ADA2 ) Suy : A2 A Tương tự : B2 B, C2 C Ngoài ra, cho AA cắt BC D có MD MD Vì nên AA, BB, CC đồng quy K điểm liên hợp đẳng cự H tam giác ABC Ta có A, B, C thuộc đường trịn đường kính HK nên theo tính chất phép nghịch đảo, dễ dàng có A2 , B2 , C2 Tiếp theo, gọi G trọng tâm tam giác ABC phép vị tự tỷ số 2 biến tam giác trung bình MNP thành tam giác ABC Để ý hai tia MO AM đối xứng qua trung điểm NP MM qua L nên giao điểm ML, MO với NP đối xứng qua trung điểm NP Từ đó, L điểm liên hợp đẳng cự O MNP , mà O lại trực tâm MNP nên vai trò L MNP giống vai trị K ABC Từ đó, K ảnh L qua phép vị tự nói trên, điều cho thấy GK GH 2 GL GO nên OL HK Do đó, để chứng minh ( ) OL, ta quy chứng minh ( ) HK Tuy nhiên, ảnh ( ) đường trịn ( ABC ) có HK qua tâm (do HK đường kính), nên theo tính chất phép nghịch đảo, ta có điều phải chứng minh Cách B' B2 A E Q' L P' A' Theo định lý Menelaus A2 B O D C A2 B PB QA DB A2C DC nên A2C PA QC DC BC DC DB Kẻ tiếp tuyến A (O ) cắt BC A AB AB AC AC nên AC AC BC AC AB Chú ý AD BC nên DC DB AC AB , chia hai tỷ lệ trên, ta có CA2 CD CA CA2 CB2 CE Cuối cùng, ý hai CB CB CA2 CB2 CE CD tam giác đồng dạng nên , , kéo theo A2 B2 AB CB CA CA CB Định nghĩa tương tự với B ta tính Để ý A( AL, BC ) B( BL, CA) 1 nên đường đối cực L (O ) AB Suy OL A2 B2 Kết hợp lại, ta có A2 B2 OL từ dễ dàng có ( ) OL Bài toán giải Nhận xét So sánh cách, ta thấy có ba ý tưởng liên quan đến mặt phương pháp tiếp cận chứng minh OX (d ) (với X điểm đó) sau: Dùng phương tích, ta (d ) trục đẳng phương đường tròn điểm X đường tròn (O ) Dùng đối cực, ta xác định đối cực X (O ) chứng minh (d ) song song với đường đối cực Dùng nghịch đảo, cụ thể nghịch đảo tâm O quy việc chứng minh OX qua tâm đường tròn nghịch đảo ảnh (d ) ; muốn nghịch đảo từ H phải tìm đường thẳng qua H song song OX Trong phần này, ta giới thiệu số toán liên quan sau: Bài tốn Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân, ngoại tiếp đường tròn ( I ) nội tiếp đường tròn (O ) Gọi D, E , F tiếp điểm ( I ) lên BC , CA, AB Gọi (Oa ) đường tròn tiếp xúc với BC D, tiếp xúc với (O ) D Giả sử AD cắt BC X Định nghĩa tương tự với điểm Y , Z Chứng minh X , Y , Z thuộc đường thẳng vng góc với OI Lời giải A A' E J O F X B I D L C T Gọi T trung điểm cung nhỏ BC (O ) để ý A, J , O thẳng hàng JD OT nên ta có A, D, T thẳng hàng Theo bổ đề shooting TD TA TL TA TB TC TI 10 nên tứ giác AADL nội tiếp Lại có TD TA TI nên tia TI tiếp xúc với ( DIA) , kéo theo TID TAI Do đó: AAI AAD IAD DLT DIL 90 nên A ( AI ) Xét trục đẳng phương ba đường tròn ( AI ), ( BIC ) (O ), ta thấy AA, BC tiếp tuyến I ( BIC ) đồng quy Do XI AT , nên XI XA XA XB XC , kéo theo X thuộc trục đẳng phương đường tròn điểm I đường tròn (O ) Tương tự với Y , Z nên có X , Y , Z thuộc đường thẳng vng góc với OI Nhận xét Một cách tổng quát, ta thay I điểm tam giác định nghĩa X giao điểm BC với đường thẳng qua I , vng góc với IA tốn Bài tốn 10 Cho tam giác ABC khơng cân ngoại tiếp đường tròn ( I ) với tiếp điểm BC , CA, AB D, E , F Gọi M , N , P trung điểm BC , CA, AB G trọng tâm tam giác ABC Các đường thẳng qua I vng góc IM , IN , IP cắt BC , CA, AB X , Y , Z Chứng minh X , Y , Z nằm đường thẳng vng góc với IG Lời giải Kẻ đường kính DT ( I ) ta có kết quen thuộc AT qua D tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A cạnh BC Khi MD MD nên IM đường trung bình tam giác TDD, kéo theo IM AD Định nghĩa tương tự với E , F điểm AD, BE , CF đồng quy điểm Nagel N a tam giác ABC Chú ý tọa độ tỷ cự điểm N a , I , G ( p a, p b, p c), (a, b, c), (1,1,1) nên dễ dàng có GN a 2GI A T F I E X' Na X B D M D' C Xét phép nghịch đảo cực I phương tích r biến X , Y , Z thành X , Y , Z hình chiếu I AD, BE , CF , X , Y , Z thuộc đường trịn đường kính IN a Như X , Y , Z nằm đường thẳng vng góc với IN a , tức vng góc IG 11 Bài tốn 11 Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE , CF tâm đường tròn nội tiếp I , trực tâm H Gọi X , Y , Z tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AID, BIE , CIF Chứng minh X , Y , Z thuộc đường đối cực H ( I ) Lời giải A H' J N C' X Q P B' O I H B D A' M C T Gọi M , N , P tiếp điểm ( I ) lên BC , CA, AB Gọi A, B, C theo thứ tự trung điểm cạnh BC , CA, AB T cung nhỏ BC (O ) Gọi H trực tâm tam giác IBC Ta có tính chất quen thuộc: BC đường đối cực H ( I ) Mặt khác BC trung trực AD nên qua tâm X , suy đối cực X qua H Ta có NP đường đối cực A ( I ) nên để xác định đối cực đường trung trực IA, ta lấy đối xứng I qua Q điểm J Mà trung trực IA qua X nên đối cực X qua J Như thế, H J đường đối cực X ( I ) Ta cần chứng minh H , J , H thẳng hàng có đối cực H qua X , qua Y , Z Giả sử IM cắt HJ H1 theo định lý Thales, ta có AH AJ IA cos A 1 1 IH1 IJ IQ cos A A 2sin Mặt khác, AH R cos A (trong R bán kính đường trịn (O ) ) nên ta có IH1 R(1 cos A) 2( R R cos A) 2(OT OA) 2TA Chú ý T tâm đường tròn ( IBC ) nên đẳng thức chứng tỏ H1 trực tâm tam giác IBC Nói cách khác, H1 H nên H , J , H thẳng hàng Bài toán giải 3) Series toán đồng trục Bên số toán thú vị chứng minh đường trịn đồng trục; nhiều có sử dụng ý tưởng phân tích 12 Bài toán 12 Cho tam giác ABC nhọn khơng cân nội tiếp (O ) có trực tâm H có M , N , P trung điểm cạnh BC , CA, AB đường cao AA, BB, CC cắt lại (O ) theo thứ tự D, E , F Giả sử tia AO, BO, CO cắt lại đường tròn (O ) I , J , K Gọi Q, R, S đối xứng với điểm O qua cạnh BC , CA, AB a) Chứng minh ( ADO), ( BEO), (CFO) đồng trục b) Chứng minh ( AAI ), ( BBJ ), (CC K ) đồng trục c) Chứng minh ( AOM ), ( BON ), (COP) đồng trục d) Chứng minh ( HDQ), ( HER), ( HFS ) đồng trục e) Chứng minh ( HAQ), ( HBR), ( HC S ) đồng trục f) AM , BN , CP cắt lại (O ) A1 , B1 , C1 tiếp tuyến A1 , B1 , C1 (O ) theo thứ tự cắt BC , AB, AB M , N , P Chứng minh ( MM A1 ), ( NN B1 ), ( PPC1 ) đồng trục g) Giả sử AO, BO, CO cắt cạnh đối diện điểm A2 , B2 , C2 Chứng minh ( ADA2 ), ( BEB2 ), (CFC2 ) đồng trục h) Giả sử AO cắt DM X Định nghĩa tương tự với Y , Z Chứng minh đường tròn ( AXD ), ( BYE ), (CZF ) đồng trục Các đầu nhẹ nhàng nên ta tóm tắt lời giải bên Ta phân tích kỹ với hai cuối Gọi G trọng tâm ABC L điểm Lemoine A Q' H O G M' B C M A' I Q D X a) Có HA HD HB HE HC HF A1 H /( O ) nên dễ có ( ADO), ( BEO), (CFO) đồng trục OH b) Dễ thấy ba đường tròn ( AAI ), ( BBJ ), (CC K ) đồng trục OH c) Ta có tính chất quen thuộc: gọi X giao điểm đối trung đỉnh A tam giác ABC với (O ) X ( AOM ) Vì nên ba đường tròn ( AOM ), ( BON ), (COP) đồng trục OL d) Chú ý HDQO hình thang cân nên ( HDQ ) qua O 13 e) Cho OQ cắt lại đường tròn ( HAQ ) Q HQO AQO AOQ nên AO HQ, mà HA XO nên AHQO hình bình hành Khi O /( HAQ ) OX OQ AH AH 1 HD HA 2 H /( O ) Từ dễ có ba đường trịn nhận O tâm đẳng phương 1 AG GA1 G /(O ) nên G có phương tích đến ba 2 đường tròn ( MM A1 ), ( NN B1 ), ( PPC1 ) Mặt khác, dễ thấy ba đường trịn qua O f) Ta có G /( MM A1 ) GM GA1 nên suy chúng đồng trục OG Bài b) có phiên tổng quát là: cho điểm X , Y liên hợp đẳng giác tam giác ABC cho XY qua trọng tâm G Vẽ tam giác cevian X UVW tam giác circumcevian Y U V W đường trịn ( AUU ), ( BVV ), (CWW ) đồng trục Cho ( X , Y ) ( H , O), ta có b), cịn cho ( X , Y ) (O, H ), ta có g Đây khó ta giải bên (ta có sử dụng lại tên số điểm dùng phần trước) Đầu tiên, ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Cho tam giác ABC nhọn khơng cân có trực tâm H , trung tuyến AM , BN , CP Qua tâm ngoại tiếp O, kẻ đường thẳng song song với HM , HN , HP cắt BC , CA, AB theo thứ tự X , Y , Z Chứng minh đường thẳng qua X , Y , Z vuông góc với BC , CA, AB đồng quy A O H B D Dùng định lý Carnot, ta đưa chứng minh M ( BX X C CX ) sym Ta có BX CX BC ( XB XC ) XM BC Do hai tam giác OXM HMD đồng dạng nên XM OM AH Từ MD HD HD XM BC AH MD BC AH 2MD BC AH ( AC AB ) HD AH HD H / (O ) 14 Vì AC AB CD BD nên ta quy chứng minh AH (CD BD ) , nhiên, sym điều AH 2 (CD BD ) 4 ( S HAB S HAC ) sym sym Bổ đề chứng minh g) Cho AO cắt ( BOC ) A3 theo bổ đề shooting với O trung điểm cung BC , ta có: OA2 OA3 R nên A3 ảnh A2 qua phép nghịch đảo tâm O, phương tích R Trong phép nghịch đảo A, D bất động nên ( ADA2 ) ( ADA3 ) Định nghĩa tương tự với B3 , C3 Ta quy chứng minh ba đường tròn ( ADA3 ), ( BEB3 ), (CFC3 ) đồng trục Dễ thấy chúng có chung tâm đẳng phương H (và tâm đẳng phương cịn lại khơng dễ tìm) nên ta quy chứng minh tâm ba đường trịn thẳng hàng A O1 O P1 H F M B E' C A2 X F' D E A3 Cho (OBC ) cắt AB, AC E , F EA3O ABO OAB nên EA EA3 Chứng minh tương tự FA FA3 nên EF trung trực AA3 Do giao điểm O1 EF đường thẳng qua O, song song BC tâm ( ADA3 ) Định nghĩa tương tự O2 , O3 Giả sử ảnh O1 , O2 , O3 qua phép nghịch đảo P1 , P2 , P3 để chứng minh điểm O1 , O2 , O3 thẳng hàng, ta quy chứng minh ( P1 P2 P3 ) qua O hay trung trực OP1 , OP2 , OP3 đồng quy (*) Cho OE , OF cắt BC E , F theo bổ đề shooting, ta có OE OE OF OF R nên E , F ảnh E , F qua phép nghịch đảo Gọi X trung điểm E F để ý 15 OE F P1 hình thang cân nên X thuộc trung trực OP1 Chú ý hai tam giác HBC OE F có cạnh tương ứng song song nên HM OX Định nghĩa tương tự với điểm Y , Z áp dụng bổ đề, ta có ba đường thẳng qua X , Y , Z vng góc với BC , CA, AB đồng quy Do đó, (*) toán giải h) Lấy O1 là tâm ( ADX ) O1 (ODX ) có OO1 D XOD 2OAD Tương tự ý tưởng trên, nghịch đảo tâm O, phương tích R , ta quy chứng minh ba ảnh P1 , P2 , P3 tâm O1 , O3 , O3 tương ứng thuộc đường tròn qua O A J O1 P1 Q' Q1 O H D1 B K X M K1 C D Ta có: ODO1 AXO1 90 ADX DMB HMB , mà OP1 D ODO1 nên OP1 D HMB Mà OP1 BM nên dễ dàng suy DP1 HM Đối xứng P1 qua AD, điểm Q1 Định nghĩa tương tự với Q2 , Q3 Để chứng minh đường tròn ( P1 P2 P3 ) qua O, ta quy chứng minh đường thẳng qua P1 , P2 , P3 vng góc với OP1 , OP2 , OP3 đồng quy Rõ ràng chúng đồng quy J đối xứng J qua H K thỏa mãn Q1 K BC Gọi K1 hình chiếu Q1 lên BC từ DP1 HM , ý tam giác AP1 D cân P1 nên AQ1 DP1 (do AP1 DQ1 hình thoi) Dễ thấy đối xứng H qua O thuộc AQ1 HM qua điểm đối xứng A qua O Đối xứng Q1 qua O , đặt Q thuộc HM Khi đó, tam giác MQ1Q có đường trung bình OK1 (vì OMK1Q1 hình chữ nhật có OK1 chia đơi MQ1 ) nên ta có OK1 HM Từ đó, định nghĩa tương tự với K , K áp dụng bổ đề, ta có đường thẳng qua K1 , K , K vng góc với BC , CA, AB đồng quy Vì thế, điểm K tồn tại, kéo theo điểm J tồn Từ tốn giải hoàn toàn 16 Tài liệu tham khảo (1) Tống Hữu Nhân, Bài toán đề nghị IGO 2018 (2) https://artofproblemsolving.com/community/c6h260863p1418942 (3) Lời giải 1: Nguyễn Cao Gia Khang, lớp 11, THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt, Kiên Giang (4) Cách Lemoine: Phạm Hoàng Sơn, lớp 12, PTNK TPHCM (5) Cách Lemoine: Thái Quang Phát, lớp 12, THPT chuyên Lê Hồng Phong, TPHCM (6) Cách Lemoine: Nguyễn Trung Tá, lớp 12, THPT chuyên Hùng Vương, Bình Dương (7) Đề thi trường Đơng Bắc Trung Bộ, 2021 – 2022 (8) Bài giảng hình học Gặp gỡ Toán học lớp 10, năm 2021 (9) Cách khác cho Lemoine Trương Tuấn Nghĩa, SV Đại học KHTN – ĐHQG Hà Nội, link video: https://drive.google.com/file/d/1T9v-axFozMwOYYHDRFRZ4gb06ldsfRma/view 17