Loi giai 14 so cua cuoc thi mathley

HEXAGON® inspiring minds always Geometry Mathley www.hexagon.edu.vn Cho tam giác ABC nhọn, BE, CF đường cao M trung điểm BC N giao AM EF X hình chiếu N BC Y, Z theo thứ tự hình chiếu X AB, AC Chứng minh N trực tâm tam giác AY Z Geometry Mathley Vietnamese ••• Round 1-2011 Cho hình lục giác ABCDEF có tất góc 120◦ Gọi P, Q, R, S, T, V trung điểm cạnh hình lục giác ABCDEF Chứng minh √ p(ABCDEF ), p(P QRST V ) ≥ p(.) ký hiệu chu vi đa giác Nguyễn Tiến Lâm Đại học Ngoại Thương Hà Nội Nguyễn Minh Hà Đại học Sư phạm Hà Nội Cho tam giác ABC nhọn tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H, đường cao AD AO cắt BC E Đường thẳng qua D song song OH cắt AB, AC M, N I trung điểm AE DI cắt AB, AC P, Q M Q cắt N P T Chứng minh D, O, T thẳng hàng Trần Quang Hùng Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN Cho ba đường trịn (O1 ), (O2 ), (O3 ) đơi cắt nhau; đường tròn cắt hai đường tròn hai điểm phân biệt Gọi (X1 ) đường trịn tiếp xúc ngồi với (O1 ) tiếp xúc với đường tròn (O2 ), (O3 ); tương tự xác định đường tròn (X2 ), (X3 ) Gọi (Y1 ) đường tròn tiếp xúc với (O1 )và tiếp xúc ngồi với đường trịn (O2 ), (O3 ), tương tự xác định đường tròn (Y2 ), (Y3 ) Gọi (Z1 ), (Z2 ) hai đường tròn tiếp xúc với ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) Chứng minh X1 Y1 , X2 Y2 , X3 Y3 , Z1 Z2 đồng quy Nguyễn Văn Linh Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN c 2011 HEXAGON Copyright Lời giải: Solutions Cho hình lục giác ABCDEF có tất góc 120◦ Gọi P, Q, R, S, T, V trung điểm cạnh hình lục giác ABCDEF Chứng minh √ p(ABCDEF ), p(P QRST V ) ≥ Geometry Mathley ••• www.hexagon.edu.vn p(.) ký hiệu chu vi đa giác P B A Q C V R F D S T E Chứng minh Giả sử P, Q, R, S, T, V theo thứ tự trung điểm cạnh AB, BC, CD, DE, EF, F A gọi a, b, c, d, e, f độ dài cạnh AB, BC, CD, DE, EF, F A Áp dụng định lý hàm số cosine cho tam giác P BQ với ý ∠P BQ = 120◦ , ta P Q2 = (a + b2 + ab) 3 Vì a2 + b2 + ab = (a + b)2 + (a − b)2 ≥ (a + b)2 nên từ đẳng thức ta suy 4 √ PQ ≥ (a + b) √ √ √ 3 Tương tự, ta có QR ≥ (b + c), RS ≥ (c + d), ST ≥ (d + e), T V ≥ 4 √ √ 3 (e + f ), V P ≥ (f + a) 4 Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy chi ABCDEF lục giác 2 Cho tam giác ABC nhọn , BE, CF đường cao M trung điểm BC N giao điểm AM EF Gọi X hình chiếu lên BC Y, Z theo thứ tự hình chiếu X AB, AC Chứng minh N trực tâm tam giác AY Z A N Geometry Mathley E K F Z ••• www.hexagon.edu.vn Nhận xét Tất bạn tham gia giải tốn này, nhiên vài bạn trình bày lời giải dài √ đáng tiếc có bạn tính nhầm Mấu chốt tốn chứng minh bất đẳng thức (a + b) bất đẳng thức tương tự PQ ≥ Bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11A1 Toán, trường THPT chuyên KHTN có lời giải độc đáo cho tốn Y B X M C Chứng minh Dễ chứng minh khẳng định toán trường hợp tam giác ABC cân A Xét trường hợp tam giác ABC không cân, không tổng quát giả sử AB > AC Gọi K hình chiếu M EF Vì ∠BEC = ∠BF C = 90◦ nên tứ giác BEF C nội tiếp đường đường kính BC Vì M trung điểm BC M K vng góc với EF nên K trung điểm EF Cũng tứ giác BEF C nội tiếp nên ∠AEF = ∠ABC, dẫn tới hai tam giác AEF ABC đồng dạng Lưu ý AM, AK tương ứng trung tuyến tam giác ABC, AEF nên tam giác AKE, AM B đồng dạng Điều kéo theo ∠AKE = ∠AM B (1) Mặt khác ∠M KN = ∠M XN = 90◦ nên tứ giác M N KX nội tiếp, kéo theo ∠XKE = ∠AM C Từ (1), (2), ta suy ∠AKE + ∠XKE = ∠AM B + ∠AM C = 180◦ , (2) hay A, K, X thẳng hàng Từ đó, ý hai tam giác AEF, ABC đồng dạng, ta thu ∠XAC = ∠KAE = ∠N AF Điều dẫn tới XB NE = NF XC Geometry Mathley ••• www.hexagon.edu.vn Mặt khác, CF, XY vng góc với AB nên CF ||XY Theo định lý Thales, ta suy XB YB = XC YF YB NE = , từ theo định lý Thales đảo, Y N ||BE Mà BE vng góc với AC nên Vậy NF YF Y N vng góc với AC Chứng minh tương tự ta có ZN vng góc với AB Vì thế, N trực tâm tam giác AY Z Nhận xét Đa số bạn không nêu trường hợp AB = AC, trường hợp đơn giản Trong trường hợp tứ giác M N KX suy biến thành đoạn thẳng Đa số bạn sử dụng tính chất đường đối trung (đường đối xứng với trung tuyến qua phân giác xuất phát từ đỉnh) để suy YB NE = , cụ thể NF YF AB NB = Tính chất Nếu AN đường đối trung tam giác ABC với N ∈ [BC] NC AC Tính chất Giao điểm hai tiếp tuyến B C đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (nếu có) thuộc đường đối trung xuất phát từ A tam giác ABC Tuy nhiên, bạn nên phát biểu tính chất đường đối trung dạng bổ đề để thuận tiện việc trình bày toán Bạn Ong Thế Phương, lớp 11 Toán, trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai bạn Nguyễn Lê Minh Tiến, lớp 10 Toán 2, trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định có lời giải ngắn gọn, sử dụng kiến thức hình học lớp 9, nhiên hai bạn không xét trường hợp tam giác ABC cân Bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11 Tốn 1, trường THPT chun KHTN có lời giải tương đối ngắn gọn Xin tuyên dương ba bạn Ong Thế Phương, Nguyễn Lê Minh Tiến Trần Đăng Phúc bạn Nguyễn Đình Tồn, lớp 12B1, trường THPT Hùng Vương, Bình Phước Cho tam giác ABC nhọn tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H, đường cao AD AO cắt BC E Đường thẳng qua D song song OH cắt AB, AC M, N I trung điểm AE DI cắt AB, AC P, Q M Q cắt N P T Chứng minh D, O, T thẳng hàng www.hexagon.edu.vn A Q G L I O H ••• B M N J D F E C K Geometry Mathley P T −− → Chứng minh Gọi F trung điểm BC, G trung điểm AH Từ kết quen thuộc 2OF = −−→ −→ −−→ −− → AH Ta có AG = GH = OF Tứ tứ giác AGF O, GHF O hình bình hành suy GF song song AE GF, OH có chung trung điểm J Trong tam giác ADE có trung tuyến DI qua trung điểm đoạn chắn song song GF Do DI qua trung điểm J OH Chú ý DN k HO từ liên hệ tỷ số đơn tỷ số kép ta có D(HOJN ) = (HOJ) = −1 Gọi OD giao AB, AC K, L Qua phép chiếu xuyên tâm D ta dễ thấy (AKM P ) = D(AKM P ) = D(ALN Q) = (ALN Q) = D(HOJN ) = −1 Khi (AKM P ) = −1 ta có (AKP M ) = −1 Vậy từ hai đẳng thức ta có (AKP M ) = (ALN Q) hay KL, P N, M Q đồng quy T , nói cách khác D, O, T thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh Geometry Mathley ••• www.hexagon.edu.vn Nhận xét Các bạn có hướng giải sử dụng hàng điểm điều hòa nhiều bạn biến đổi cồng kềnh không gọn Ở cần cần bổ đề phương pháp tỷ số kép có hai hàng tỷ số kép (XABC) = (XA0 B C ) AA0 , BB , CC đồng quy Bạn Nguyễn Huy Tùng có nhận xét đề cần thêm điều kiện tam giác ABC khác tam giác để O 6≡ H nhận xét xác bổ sung thiếu sót cho đề bài, xin cám ơn bạn Bạn Nguyễn Lê Minh Tiến, học sinh trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định cho lời giải gọn gàng Giải có bạn Trần Đăng Phúc, Phạm Huy Hoàng, học sinh lớp 11A1 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Huy Tùng, học sinh trường THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng, Nguyễn Văn Thanh, học sinh lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Đình Tồn, học sinh lớp 12 B1, trường THPT Hùng Vương, tỉnh Bình Phước, Ong Thế Phương, học sinh lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai Cho ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) đôi cắt nhau, đường tròn cắt hai đường tròn hai điểm phân biệt Gọi (X1 ) đường tròn tiếp xúc với (O1 ) tiếp xúc với đường tròn (O2 ), (O3 ); tương tự xác định đường tròn (X2 ), (X3 ) Gọi (Y1 ) đường tròn tiếp xúc với (O1 ) tiếp xúc ngồi với đường trịn (O2 ), (O3 ), tương tự xác định đường tròn (Y2 ), (Y3 ) Gọi (Z1 ), (Z2 ) hai đường tròn tiếp xúc với ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) Chứng minh X1 Y1 , X2 Y2 , X3 Y3 , Z1 Z2 đồng quy Trước tiên ta phát biểu chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) cắt hai điểm phân biệt Gọi (X) (Z) hai đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn (O1 ) (O2 ) cặp điểm N, M T, R ( (X) nằm (Z) nằm ngồi hai đường trịn) Gọi (Y ) đường trịn tiếp xúc ngồi với hai đường trịn (O1 ) (O2 ) Q, P Gọi (A), (B) đường tròn tiếp xúc với (O1 ) tiếp xúc với (O2 ) C, D; tiếp xúc với (O1 ) tiếp xúc với (O2 ) E, F Khi ba đường thẳng XY, M P, N Q; XZ, M R, T N AB, CE, DF đồng quy điểm nằm trục đẳng phương hai đường tròn (O1 ) (O2 ) Chứng minh Gọi K, L giao điểm thứ hai N Q, M P với (Y ) Gọi I, J giao điểm hai tiếp tuyến M, N (X), K, L (Y ) Do tam giác Y P L O2 M P cân ta có biến đổi góc sau (LY, LM ) ≡ (LY, LP ) ≡ (P L, P Y ) ≡ (P M, P O2 ) ≡ (M O2 , M P ) ≡ (M O2 , M L)( mod π) Suy Y L k M O2 Tương tự, Y K k N O1 Do IM k JL (cùng vng góc M O2 ), IN k JK (cùng vng góc N O1 ) Mà hai tam giác IM N JLK cân I J nên giao điểm N K LM tâm vị tự hai tam giác tâm vị tự hai đường tròn (X) (Y ) Y K L P I S T M R N X O2 O1 Z ••• www.hexagon.edu.vn Q Geometry Mathley J Ta có M N k KL tứ giác KLP Q nội tiếp nên tứ giác M N P Q nội tiếp Gọi S giao M P N Q SM SP = SN SQ Từ S nằm trục đẳng phương hai đường tròn (O1 ) (O2 ) Vậy XY, M P, N Q đồng quy S nằm trục đẳng phương hai đường tròn (O1 ) (O2 ) Chứng minh tương tự với ba XZ, M R, N T AB, CE, DF Ta có điều phải chứng minh Giải tốn Từ bổ đề ta thấy tâm vị tự (X1 ) (Y1 ) nằm trục đẳng phương (O2 ) (O3 ) nằm trục đẳng phương (O1 ) (O2 ) Do X1 Y1 qua tâm đẳng phương ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) Tương tự với X2 Y2 , X3 Y3 , Z1 Z2 Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Các bạn gửi lời giải đến giải biến đổi dài chưa ngắn gọn Bạn Trần Đăng Phúc học sinh lớp 11A1 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN cho lời giải gọn dùng định lý Menelaus có bổ đề bạn dùng mà chưa chứng minh định lý Menelaus cho tứ giác Bạn Nguyễn Huy Tùng, học sinh trường THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng cho lời giải với khái niệm phương tích góc định hướng rõ ràng trình bày vẽ hình xác Ngồi Geometry Mathley ••• www.hexagon.edu.vn bạn giải Nguyễn Văn Thanh, lớp 12A1 Tốn THPT chun KHTN, ĐHKHTNĐHQGHN, Nguyễn Đình Tồn, học sinh lớp 12 B1, trường THPT Hùng Vương, tỉnh Bình Phước, Ong Thế Phương, lớp 11 tốn THPT chun Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an HEXAGON® inspiring minds always Geometry Mathley Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R M điểm nằm ngồi tam giác ABC Ký hiệu Sa , Sb , Sc tương ứng diện tích tam giác M BC, M CA, M AB Giả sử Sb Sc = Sa Sb + Sa Sc , chứng minh OM ≥ R A Geometry Mathley ••• www.hexagon.edu.vn Round 2-2011: Solutions O C B M Chứng minh Trước hết với giả thiết toán, ta chứng minh nhận xét sau Nhận xét Giả sử M tâm tỉ cự hệ điểm {A, B, C} ứng với trọng số {x, y, z}, tức −−→ −−→ −−→ − → xM A + y M B + z M C = Khi đó, (x + y + z)2 (R2 − OM ) = (xy + yz + zx)a2 Chứng minh nhận xét Từ giả thiết, ta suy −−→ −→ −−→ −−→ (x + y + z)OM = xOA + y OB + z OC c 2011 HEXAGON Copyright Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an −−→−−→ Bình phương vô hướng đẳng thức với ý OA = OB = OC = R; 2OX OY = OX + OY − XY với X, Y ∈ {A, B, C} tam giác ABC đều, ta thu đẳng thức cần chứng minh Geometry Mathley ••• www.hexagon.edu.vn Trở lại tốn, M nằm tam giác ABC nên M tâm tỉ cự hệ điểm {A, B, C} ứng với ba trọng số: {−Sa , Sb , Sc } {Sa , −Sb , Sc } {Sa , Sb , −Sc } Vì Sb Sc = Sa Sb + Sa Sc nên ta ln có   −Sa Sb + Sb Sc − Sc Sa = 0, −Sa Sb − Sb Sc + Sc Sa = −2Sa Sb < 0,   Sa Sb − Sb Sc − Sc Sa = −2Sa Sc < Từ bất đẳng thức đẳng thức trên, áp dụng nhận xét ta suy R2 − OM ≤ 0, tức OM ≥ R Dễ thấy M thuộc miền góc A miền góc đối đỉnh A M tâm tỉ cự hệ điểm {A(−Sa ), B(Sb ), C(Sc )} Khi đó, ta có OM = R Trong trường hợp cịn lại ta ln có OM > R Nhận xét Bài tốn khơng khó, khó tốn khâu trình bày lời giải Đa số bạn cho lời giải dài Lý bạn xét tất vị trí có điểm M M nằm ngồi tam giác Ở toán này, quan tâm tới tọa độ tỉ cự điểm M ba đỉnh A, B, C tam giác lời giải ngắn gọn Kết tốn mở rộng không gian Các bạn sau có lời giải đúng: Ong Thế Phương, lớp 11 Tốn, trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai, Nguyễn Văn Thanh, lớp 12 Toán 1, trường THPT chuyên KHTN - ĐHKHTN Hà Nội; Nguyễn Huy Tùng, THPT chuyên Trần Phú, Hải Phịng, Lê Đình Vượng, lớp 12 Tốn 2, trường THPT chuyên KHTN - ĐHKHTN Hà Nội Bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11 Toán 1, trường THPT chuyên KHTN-ĐHKHTN Hà Nội đưa lời giải không sử dụng phương pháp vector Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an Nhận xét Có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN bạn Ong Thế Phương, lớp 12 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai cho lời giải chưa gọn đáp án www.hexagon.edu.vn Trong tam giác ABC đường trịn chín điểm (N ) tiếp xúc với đường tròn nội tiếp (I) ba đường tròn bàng tiếp (Ia ), (Ib ), (Ic ) điểm Feuerbach F, Fa , Fb , Fc Các tiếp tuyến đường tròn (N ) F, Fa , Fb , Fc lập thành tứ điểm P QRS Chứng minh đường thẳng Euler tam giác ABC đường thẳng Newton P QRS Lời giải Chúng xin giới thiệu lời giải Nguyễn Văn Linh Ong Thế Phương Trước hết ta có bổ đề sau Bổ đề Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) AC cắt BD F ; AD cắt BC E Chứng minh đường tròn (ω1 ) tiếp xúc với (O) tiếp xúc với AD, BC M , N ; đường tròn (ω2 ) tiếp xúc với (O) tiếp xúc với AC, BD P , Q; đường tròn (O) tiếp xúc với điểm E B Mathley Problem Solving Corner ••• A F M Q P N I D C Chứng minh Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADC; theo định lý Theubalt ta có I thuộc P Q M N Hơn theo kết quen thuộc (DP I) qua tiếp điểm (ω2 ) (O) Đường tròn (CN I) qua tiếp điểm (ω1 ) (O) Hơn theo định lý Miquel áp dụng cho tam giác BP N với ba điểm D, I, C đường trịn (O), (CN I), (DP I) đồng quy điểm Do tiếp điểm (ω1 ) (O) trùng với tiếp điểm (ω2 ) (O) Nói cách khác (ω1 ), (ω2 ), (O) tiếp xúc với điểm Chú ý Nếu (ω1 ) (ω2 ) tiếp xúc ngồi với (O) ta có kết phép chứng minh tương tự Bổ đề Cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) AC, BD hai tiếp tuyến (O1 ) (O2 ) (A, D ∈ (O1 ); B, C ∈ (O2 )) Một đường tròn (O) tiếp xúc với (O1 ) (O2 ) E, F cắt AC, BD điểm I, K; J, L (như hình vẽ) Chứng minh IJ, KL, EF đồng quy Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an www.hexagon.edu.vn U A V I B J O1 O2 W E F K G H C Mathley Problem Solving Corner ••• L D Chứng minh Ta có kết quen thuộc E, F , G thẳng hàng Trong G tâm vị tự (O1 ) (O2 ) Theo bổ đề với đường trịn (O) tứ giác nội tiếp IJKL ta thấy (O1 ) (O2 ) tiếp xúc với (O) Do hai đường trịn (ω1 ), (ω2 ) tiếp xúc với IJ, KL tiếp xúc với (O) tiếp xúc với (O) F , đường trịn cịn lại tiếp xúc với (O) E Như giao điểm H IJ KL tâm vị tự ngồi (ω1 ) (ω2 ) đồng thời hai đường tròn tiếp xúc với (O) E, F nên E, F , H thẳng hàng Nói cách khác IJ, KL, EF đồng quy Bổ đề Trong tam giác ABC cho đường tròn điểm (N ) tiếp xúc với đường tròn nội tiếp (I) ba đường tròn bàng tiếp (Ia ), (Ib ), (Ic ) điểm Feuerbach F , Fa , Fb , Fc Gọi Ha , Hc chân đường cao đỉnh A, C tam giác ABC Ma , Mc trung điểm cạnh BC, AB Chứng minh Ha Hc , Ma Mc , Fa Fc , F Fb đồng quy Chứng minh Áp dụng bổ đề cho đường tròn (Ia ), (Ic ) đường trịn Euler ta có Ha Hc , Ma Mc , Fa Fc đồng quy Tương tự ta có F Fb , Ma Mc , Ha Hc đồng quy Từ suy Ha Hc , Ma Mc , Fa Fc , F Fb đồng quy Bổ đề Cho tam giác ABC D, E, F trung điểm BC, CA, AB Đường tròn qua E, F cắt CA, AB M, N khác E, F EN giao F M P P D cắt phân giác góc A Q Chứng minh tam giác P AQ cân Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an A M K E N P Q D B C Chứng minh Gọi phân giác ∠M P E giao AQ K Do tứ giác M F N E nội tiếp nên P K vuông góc AQ Ta lại có ∠P ED = 180◦ − ∠P EA − ∠EAB = 180◦ − ∠AF M − ∠EAB = ∠AM P Mặt khác EF AF ED EP = = = Từ suy từ tứ giác M F N E nội tiếp ta dễ có đẳng thức sau MP MN AM MA 4M AP ∼ 4EDP suy ∠AP M = ∠DP E P K phân giác ∠AP Q mà P K ⊥ AQ tam giác P AQ cân Ta có điều phải chứng minh Giải tốn Gọi H, G trực tâm trọng tâm tam giác ABC Gọi L giao điểm Hb Mc , Hc Mb Áp dụng định lý Pappus cho hai ba thẳng hàng (B, Mc , Hc ) (C, Mb , Hb ) ta thu L, H, G thẳng hàng hay L nằm đường thẳng Euler tam giác ABC Mathley Problem Solving Corner ••• www.hexagon.edu.vn F Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an www.hexagon.edu.vn Ib P A Hb Fb F Ic Mc Hc Mb Fc S I E H L D Ma Q C J B Fa ••• Mathley Problem Solving Corner O Y U Ia Gọi P, U giao điểm hai tiếp tuyến (E) Fb Fc ; F Fa Gọi D, J tiếp điểm (I) (Ia ) với BC Y H cắt (E) Z Ta có Ma D = Ma J nên Ma thuộc trục đẳng phương (I) (Ia ) Lại có, U F = U Fa nên U thuộc trục đẳng phương (I) (Ia ) Suy U Z trục đẳng phương (I) (Ia ), AIa ⊥ U Ma Mặt khác, theo bổ đề F Fa , Fb Fc , Hb Hc , Mb Mc đồng quy S nên L, A, P, U nằm đường đối cực S (E) Nghĩa L, P, U thẳng hàng Gọi Q giao LMa với AIa Theo bổ đề tam giác ALQ cân L Suy ∠LAQ = ∠LQA Kết hợp với AIa ⊥ U Ma ta thu ∠LMa U = ∠LU Ma hay tam giác LU Ma cân L Từ LU = LMa Hồn tồn tương tự ta chứng minh LMa = LP hay LU = LP Do L trung điểm U P Vậy trung điểm U P nằm đường thẳng Euler tam giác ABC Chứng minh tương tự ta có điều phải chứng minh Nhận xét Ngồi có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN cho lời giải hoàn chỉnh biến đổi tâm tỷ cự Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi M, N trung điểm AD, BC Một đường thẳng qua giao điểm P hai đường chéo AC, BD, cắt AD, BC S, T Biết BS giao AT Q Chứng minh AD, BC, P Q đồng quy điểm M, S, T, N thuộc đường tròn Nếu AD, BC, P Q đồng quy E Gọi P Q giao AB R ta dễ thấy (EQRP ) = −1 (ESAD) = B(EQRP ) = −1 (ET BC) = A(EQRP ) = −1 nên theo hệ thức Maclaurin ta có ES.EM = EA.ED = EB.EC = ET EN từ điểm M, S, T, N thuộc đường trịn E ••• www.hexagon.edu.vn Chứng minh Gọi AD giao BC E B Mathley Problem Solving Corner R A T Q S M D F N P O C Nếu điểm M, S, T, N thuộc đường tròn Gọi AB giao CD F Gọi F P giao AD, BC S , T Khi dễ thấy hàng (F P S T ) = −1 suy P E, AT , BS đồng quy Theo phần thuận M, S , T , N thuộc đường tròn suy ST k S T nhiên ST giao S T P từ suy ST ≡ S T hay S ≡ S, T ≡ T hay AD, BC, P Q đồng quy Nhận xét Có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN bạn Ong Thế Phương, lớp 12 tốn THPT chun Lương Thế Vinh, Biên Hịa, Đồng Nai cho lời giải chưa gọn đáp án Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an Cho tam giác ABC điểm P mặt phẳng tam giác Đường thẳng P A, P B, P C cắt trung trực BC, CA, AB Oa , Ob Oc Gọi (Oa ) đường tròn tâm Oa qua B, C; hai đường tròn (Ob ), (Oc ) xác định tương tự Hai đường tròn (Ob ), (Oc ) cắt A1 , khác A Các điểm B1 , C1 xác định tương tự Gọi Q điểm mặt phẳng tam giác ABC QB, QC cắt (Oc ), (Ob ) A2 , A3 khác B, C Tương tự ta có B2 , B3 , C2 , C3 Gọi (Ka ), (Kb ), (Kc ) đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 , B1 B2 B3 , C1 C2 C3 Chứng minh Mathley Problem Solving Corner ••• www.hexagon.edu.vn (a) ba đường tròn (Ka ), (Kb ), (Kc ) có điểm chung (b) hai tam giác Ka Kb Kc , ABC đồng dạng Lời giải Lời giải sau bạn Ong Thế Phương Ta đưa toán tổng quát Bài toán Cho tam giác ABC Gọi (Oa ) đường tròn qua B, C; hai đường tròn (Ob ), (Oc ) xác định tương tự Hai đường tròn (Ob ), (Oc ) cắt A1 , khác A Các điểm B1 , C1 xác định tương tự Gọi Q điểm mặt phẳng tam giác ABC QB, QC cắt (Oc ), (Ob ) A2 , A3 khác B, C Tương tự ta có B2 , B3 , C2 , C3 Gọi (Ka ), (Kb ), (Kc ) đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 , B1 B2 B3 , C1 C2 C3 Chứng minh (a) ba đường trịn (Ka ), (Kb ), (Kc ) có điểm chung (b) hai tam giác Ka Kb Kc , ABC đồng dạng Ta đưa bổ đề sau Bổ đề Cho bốn đường tròn C1 , C2 , C3 , C4 cắt bốn điểm A, B, C, D; C1 cắt C4 A; C2 cắt C1 B, C2 cắt C3 C, C4 cắt C3 D E, P , F , Q giao điểm khác A, B, C, D C1 C4 ; C2 C1 , C2 C3 , C4 C3 a) Chứng minh E, P , F , Q đồng viên (hoặc thẳng hàng) A, B, C, D đồng viên (hoặc thẳng hàng) b) Với giả thiết A, B, C, D thẳng hàng, đồng thời (ω) đường tròn qua E, F cắt C1 , C2 , C3 , C4 I, J, H, G Khi GJ, IH AB đồng quy Chứng minh a) Nếu E, P , F , Q đồng viên Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an A* www.hexagon.edu.vn B* D* C* F* C* Mathley Problem Solving Corner ••• P* Xép phép nghịch đảo tâm E phương tích bất kì, đường tròn C1 , C4 , C5 biến thành đường thẳng C1∗ , C4∗ , C5∗ Còn đường tròn C2 , C3 biến thành đường tròn C2∗ C3∗ , F thành F ∗ thẳng hàng với P ∗ Q∗ , D thành D∗ thẳng hàng với A∗ Q∗ , B thành B ∗ thẳng hàng với A∗ P ∗ Như C2∗ C3∗ đường tròn (P ∗ B ∗ F ∗ ) (F ∗ D∗ Q∗ ) Từ theo định lý Miquel A∗ , B ∗ , C ∗ , D∗ đồng viên A, B, C, D thẳng hàng đồng viên Nếu E, P , F , Q thẳng hàng chứng minh tương tự b) Theo định lý Miquel với ba đường trịn ω, C2 , C3 đồng quy F ta có HD cắt JB điểm X thuộc ω, tương tự BI cắt DG điểm Y thuộc ω Từ áp dụng định lý Pascal cho điểm X, H, I, Y , G, J có D = XH ∩ DG; K = IH ∩ JG; B = XJ ∩ Y I K, B, D thẳng hàng Từ suy GJ, HI AD đồng quy Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an X G www.hexagon.edu.vn Y Q E H P F Mathley Problem Solving Corner ••• J I K A B C D Ta hoàn tất chứng minh bổ đề Giải toán Gọi T giao điểm đường tròn (C1 C2 C3 ) với AQ B30 giao điểm (Oa ) với (T B1 B2 ) Chú ý bốn đường tròn (Oc ), (Ob ), (C1 C2 C3 ), (T B1 B2 ) cắt điểm A, T , C3 , B2 thẳng hàng nên theo câu b bổ đề với đường trịn ω đường trịn (Oa ) ta có CB30 , BC2 , AB2 đồng quy Từ suy B30 ≡ B3 Suy đường tròn (B1 B2 B3 ) (C1 C2 C3 ) cắt điểm T thuộc AQ 10 Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an C2 T A2 B1 www.hexagon.edu.vn B3 A3 A Oa I Q C1 Ob Ka O Oc Mathley Problem Solving Corner ••• B C J K A1 C3 B2 Áp dụng câu a bổ đề suy giao điểm lại bốn đường tròn (Oc ), (Ob ), (B1 B2 B3 ), (C1 C2 C3 ) đồng viên Nói cách khác (A1 B1 C1 ) qua I, I giao điểm khác T (B1 B2 B3 ) (C1 C2 C3 ) Tương tự (A1 B1 C1 ) qua I I giao điểm (B1 B2 B3 ) (A1 A2 A3 ) Từ suy I ≡ I (vì I I khác B1 ), từ suy điều phải chứng minh b) Gọi J, K giao điểm (A1 A2 A3 ) với QB, QC Ta có (AB, AC) ≡ (AB, AA1 ) + (AA1 , AC) ≡ (A2 B, A2 A1 ) + (A3 A1 , A3 C) ≡ (IJ, IA1 ) + (IA1 , IK) ≡ (IJ, IK) ≡ (Ka Kb , Ka Kc )(modπ) Tương tự ta có (BC, BA) ≡ (Kb Kc , Kb Ka )(modπ) Từ suy ∆ABC ∼ ∆Ka Kb Kc Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Ngồi có bạn Trần Đăng Phúc lớp 12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN cho lời giải định lý Pascal 11 Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an HEXAGON® inspiring minds always Geometry Mathley Mathley Problem Solving Corner ••• www.hexagon.edu.vn Round 14-2012 Vietnamese Đường trịn (K) qua đỉnh B, C tam giác ABC cắt cạnh CA, AB E, F khác C, B Đoạn BE giao với CF điểm G Gọi M, N đối xứng điểm A qua F, E; gọi P, Q đối xứng C, B qua AG Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BP M CQN có bán kính Trần Quang Hùng Trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN Cho tam giác ABC đường trịn chín điểm Euler tiếp xúc với đường trịn bàng tiếp góc A, B, C tương ứng Fa , Fb , Fc Chứng minh AFa phân giác góc ∠CAB AFa phân giác ∠Fb AFc Đỗ Thanh Sơn Trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I) theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Giả sử L giao điểm BE CF ; G trọng tâm tam giác DEF ; K điểm đối xứng L qua G Biết DK cắt EF P , Q thuộc EF cho QF = P E Chứng minh ∠DGE + ∠F GQ = 180◦ Nguyễn Minh Hà Trường chuyên ĐHSPHN, Đại học Sư phạm Hà Nội Hai tam giác ABC P QR có chung đường tròn ngoại tiếp Gọi Ea , Eb , Ec tâm đường tròn Euler tam giác P BC, QCA, RAB Giả sử da đường thẳng qua Ea song song với AP ; db , dc xác định tương tự Chứng minh ba đường thẳng da , db , dc đồng quy Nguyễn Tiến Lâm, Trần Quang Hùng Trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN c 2012 HEXAGON Copyright Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an Lời giải Đường tròn (K) qua đỉnh B, C tam giác ABC cắt cạnh CA, AB E, F khác C, B Đoạn BE giao với CF điểm G Gọi M, N đối xứng điểm A qua F, E; gọi P, Q đối xứng C, B qua AG Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BP M CQN có bán kính Bài Cho tam giác ABC đường tròn (K) qua B, C cắt CA, AB M, N Dựng tam giác AP Q ngược hướng tam giác ABC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác CP M BQN A M ••• www.hexagon.edu.vn Lời giải Cách giải sau dựa theo bạn Trần Đăng Phúc lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN Ta đưa toán tổng quát sau N K P C Mathley Problem Solving Corner B Q AQ AC Chứng minh Từ tam giác 4AP Q = 4ABC B, C, M, N thuộc đường trịn ta có = = AP AB AN , kết hợp ∠QAN = ∠P AM suy tam giác 4AQN ∼ 4AP M suy ∠AN Q = ∠AM P Chú AM ý 4AP Q = 4ABC ngược hướng dễ suy QB = P C Từ áp dụng định lý hàm số sin suy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CP M BQN Đó điều phải chứng minh Nhận xét Ngồi có bạn Ong Thế Phương, lớp 12 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai cho lời giải Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an Cho tam giác ABC đường trịn chín điểm Euler tiếp xúc với đường trịn bàng tiếp góc A, B, C tương ứng Fa , Fb , Fc Chứng minh giả sử AFa phân giác góc ∠CAB chứng minh AFa phân giác ∠Fb AFc b A I c F b F c D E C B F a ••• www.hexagon.edu.vn I Mathley Problem Solving Corner I a Chứng minh Dựa theo lời giải bạn Ong Thế Phương, lớp 12 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai Gọi (Ib ), (Ic ), (E) đường tròn bàng tiếp góc B, C đường trịn chín điểm tam giác ABC Gọi Ib Ic giao BC D Dễ thấy D tâm vị tự (Ib ), (Ic ) Fb , Fc lần tâm vị tự (Ib ), (E) (Ic ), (E) D, Fb , Fc thẳng hàng Chú ý Ib Fb giao Ic Fc E nên ta có chùm A(DEFb Fc ) = −1 (1) Nếu AFa phân giác ∠BAC suy AFa qua tâm bàng tiếp góc A Ia Mặt khác Fa ln thuộc EIa Do AFa qua E mà AFa ≡ AE phân giác ∠BAC nên AFa ⊥ AD (2) Từ (1), (2) suy AFa ≡ AE phân giác ∠Fb AFc Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, cho lời giải Do sơ suất đề in hai chiều thuận đảo "AFa phân giác góc ∠CAB AFa phân giác ∠Fb AFc " Chiều đảo lại coi tốn mở chưa kiểm chứng lời giải bạn Trần Đăng Phúc chứng minh số trường hợp riêng nó, tam giác ABC cân ∠A = 60◦ AFa phân giác ∠Fb AFc Tuy lời giải dẫn phương trình bậc bốn, hai bốn nghiệm chưa có cách loại tồn hai nghiệm cịn lại nên tốn xem mở Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I) theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Giả sử L giao điểm BE CF ; G trọng tâm tam giác DEF ; K điểm đối xứng L qua G Biết DK cắt EF P , Q thuộc EF cho QF = P E Chứng minh ∠DGE + ∠F GQ = 180◦ Lời giải Chúng xin giới thiệu lời giải tác giả tốn Trước hết ta cần có hai bổ đề www.hexagon.edu.vn Bổ đề Nếu đường tròn nội tiếp (I) tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với BC CA, AB D, E, F AD, BE, CF đồng quy điểm Lemoine tam giác DEF Bổ đề quen thuộc, khơng trình bày phép chứng minh Bổ đề Cho tam giác ABC, trọng tâm G, điểm Lemoine L GA1 , GB1 , GC1 theo thứ tự đường đối trung tam giác GBC, GCA, GAB A2 , B2 , C2 theo thứ tự điểm đối xứng G qua trung điểm BC, CA, AB Khi AA2 , BB2 , CC2 đồng quy điểm đối xứng L qua G A B Mathley Problem Solving Corner ••• C C L K B G B A A C  An A1 A2 tâm tỉ dự hệ điểm A1 , , , , α1 α2 α2 A2 , , An với hệ số tương ứng α1 , α2 , , αn   B C A Đặt K = , , 2(c2 + b2 ) − a2 2(c2 + a2 ) − b2 2(a2 + b2 ) − c2 Ta có Chứng minh Trong phép chứng minh này, kí hiệu   −−→ −−→ − B C → (v× A2 C.A2 B + A2 B.A2 C = ) , A2C A2 B  B C = ( A2 C = A1 B; A2 B = A1 C) ,  A1 B A1 C  C GB A1 B B , ) = ( = 2 A1 C GC   GB GC GB GC B C ( = = ) = 2, mb mc  mb mc  B C = , 2(c2 + a2 ) − b2 2(a2 + b2 ) − c2   A A2 Vậy K = , 2(c2 + b2 ) − a2 4a2 + b2 + c2 Do K thuộc AA2 A2 =  Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an Tương tự K thuộc BB2 K thuộc CC2 Tóm lại AA2 , BB2 , CC2 đồng quy điểm  www.hexagon.edu.vn B C A , , K= 2(c2 + b2 ) − a2 2(c2 + a2 ) − b2 2(a2 + b2 ) − c2     A B C A B C L = , , , ta có Mặt khác, ý G = , , 1 a b c K=  Do G = A P  a , 2 B P C A B C , P , , , a2 a2 −3a2 −3b2 −3c2  =  G P a , −3  L P (1) a2  =   G L , −1    K L G L L = , , , −1 1 Nói cách khác K điểm đối xứng L qua G (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Mathley Problem Solving Corner ••• A E P Q M F L G B I C D Giải toán Trở lại giải toán ta Gọi M trung điểm EF Theo bổ đề 1, L điểm Lomoan tam giác DEF Từ đó, ý G trọng tâm tam giác DEF ; K điểm đối xứng L qua G; Q điểm đối \ \ xứng P qua M , theo bổ đề 2, M GE = QGF \ + QGF \ = 180◦ Đó điều phải chứng minh Kết hợp với G thuộc đoạn DM , ta có DGE Nhận xét Có bạn Ong Thế Phương, lớp 12 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai, Trần Đăng Phúc, lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, cho lời giải Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn C.vT.Bg.Jy.Lj.Tai lieu Luan vT.Bg.Jy.Lj van Luan an.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an.Tai lieu Luan van Luan an Do an Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhd.vT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.LjvT.Bg.Jy.Lj.dtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn.Stt.010.Mssv.BKD002ac.email.ninhddtt@edu.gmail.com.vn.bkc19134.hmu.edu.vn