phương pháp đổi mô hình trong các bài toán hình học

Phương pháp đổi mô hình toán hình học Nguyễn Văn Linh - SV khoa Toán, ĐHSP Hà Nội Kỉ niệm ngày 20/11/2016 Mở đầu Trong hàng ngàn toán hình học thiên biến vạn hóa, có lúc bạn tự đặt câu hỏi gặp toán đâu, có nét giống ta biết Rất toán bạn băn khoăn biến thể khác toán cũ Vì kĩ cần thiết giải toán hình học liên hệ toán lạ mô hình quen thuộc để việc xử lý trở nên đơn giản Trong viết xin giới thiệu kinh nghiệm nhỏ tác giả hai cấu hình liên quan tới trực tâm tâm đường tròn nội tiếp Đổi đỉnh mô hình trực tâm Ý tưởng đổi đỉnh xuất phát từ nhận xét hiển nhiên H trực tâm tam giác ABC A, B, C trực tâm tam giác BHC, CHA, AHB Hay nói cách khác mô hình gồm điểm A, B, C, H hệ trực tâm với điểm hệ trực tâm tam giác có đỉnh điểm lại Giả sử toán xét có tam giác ABC với trực tâm H thử đổi vị trí A H cho (tức tam giác nhọn ta chuyển sang làm việc với tam giác tù ngược lại) Sau số ví dụ Bài Cho tam giác ABC với trực tâm H Trung tuyến AM Gọi K hình chiếu H AM Chứng minh K nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC A K O H M C B O' P Q Bài toán tương đối đơn giản ta đổi vị trí hai điểm A H Thông thường bạn đọc hay vẽ tam giác ABC nhọn nhiên thử xét tam giác ABC tù xem có lạ H K O' A B M C P Rõ ràng chất toán không đổi ta đưa cấu hình quen thuộc phép chứng minh đường thẳng Euler Tất nhiên ta hoàn toàn áp dụng cách tương tự lời giải hình vẽ thứ hai vào hình vẽ thứ Tôi nhớ năm ngoái buổi dạy đội tuyển HSG lớp Hà Nội, học sinh hỏi toán sau mà em suy nghĩ lâu không Tôi gợi ý em thử đảo vị trí A H cho nhau, kết thu bất ngờ Bài Cho tam giác ABC với trực tâm H Trung tuyến AM Gọi K hình chiếu H AM Các điểm E, F nằm AC AB cho BK ⊥ KE, CK ⊥ KF BE cắt CF P Chứng minh A P đối xứng qua BC E A K H M B C P F Sau chuyển vị trí ta hình vẽ sau H K C' E O A B' B M C P Chứng minh Gọi B hình chiếu B AC EB cắt AH P Ta có tứ giác EKB B nội tiếp nên ∠EBK = ∠EB K = ∠KHP Suy tứ giác KHP B nội tiếp Do A trực tâm tam giác BHC nên A P đối xứng với qua BC Chứng minh tương tự suy BE cắt CF P ≡ P đối xứng với A qua BC Chúng ta đến với ví dụ đề thi VMO năm 2016 Bài Cho tam giác ABC có B, C cố định, A thay đổi cho tam giác ABC nhọn Gọi D trung điểm BC E, F tương ứng hình chiếu vuông góc D lên AB, AC a) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC EF cắt AO BC M N Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N qua điểm cố định b) Các tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF E, F cắt T Chứng minh T thuộc đường thẳng cố định A K O M E F C B N D L T G Chứng minh Chúng ta quan tâm ý b toán Kéo dài T D cắt (AEF ) lần thứ hai K Do tứ giác KF DE tứ giác điều hòa nên ta có A(DKEF ) = −1 Lại có D trung điểm BC nên AK BC Mà ∠AKD = 90◦ nnKD ⊥ BC Điều nghĩa T nằm đường trung trực BC cố định Tuy nhiên toán lại dạng biến thể khác đề chọn đội tuyển Quốc tế Việt Nam năm 2012 với việc đảo vị trí A H Bài Cho đường tròn (O) hai điểm B, C cố định (O) cho BC đường kính (O) A điểm (O) Gọi D, J, K trung điểm BC, CA, AB E, M, N hình chiếu vuông góc A BC, B DJ C DK Hai tiếp tuyến M, N đường tròn ngoại tiếp tam giác EM N giao T Chứng minh T điểm cố định A chuyển động (O) A K J T M O H N B E D C Chi tiết cho hai toán bạn đọc xem [1] Tiếp theo toán từ kì thi Tuymaada- Republic of Saka, Russia Bài (Tuymaada 2009) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi B1 điểm đối xứng với B qua AC, C1 điểm đối xứng với C qua AB, Oa điểm đối xứng O qua BC Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1 C1 nằm AOa J B1 C1 N A M Oc Ob O K L B C Oa Đây toán kinh điển, tác giả giới thiệu cách giải sử dụng bổ đề liên quan tới đường thẳng Euler [2] Ở xin giới thiệu lời giải khác Chứng minh Gọi Ob , Oc , J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACB1 , ABC1 , AB1 C1 Kẻ Oa K, Oa L vuông góc với JOc , JOb , M, N trung điểm AC1 , AB1 Dễ thấy Oa , Ob , Oc điểm đối xứng B qua ba cạnh tam giác ABC AC AM AN Oa K AC1 Oa Oc = Ta có J, A, Oa thẳng hàng = hay = = Oa K Oa L Oa L AB1 AB Oa Ob Do ta cần chứng minh hai tam giác Oa KOc Oa LOb đồng dạng (1) Tuy nhiên ý ∠C1 AB = 2∠BAC = ∠B1 AB Oa C AC, KOc ⊥ AC1 , Oa Ob AB, LOb ⊥ AB1 nên ∠KOc Oa = ∠LOb Oa Do (1) hiển nhiên Trong kì thi APMO năm 2010 lại có toán sau Bài (APMO 2010) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) với H trực tâm Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB lần thứ hai M , đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB cắt AC lần thứ hai N Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HM N nằm OH N A M Oc Ob J H O B C Oa Thực chất thu từ nhờ việc đảo vị trí A H cho Do (AHC) giao AB M nên ∠HBC = ∠HCA = ∠HM B hay B M đối xứng qua HC Tương tự C N đối xứng qua BH Tiếp theo đến với toán tác giả Luis González sử dụng làm bổ đề diễn đàn AoPS sau Bài Cho ABC, phân giác AD, M trung điểm BC Đường thẳng qua D vuông góc với BC cắt AM J Chứng minh (J, JD) tiếp xúc với đường tròn Euler tam giác ABC A B' N K H C' B J I D M C L Chứng minh Gọi B , C hình chiếu B, C AC, AB; K giao điểm AD B C , H trực tâm, N trung điểm AH, I tâm đường tròn nội tiếp tam giác M B C , L điểm cung BC (ABC) Ta có ∠B IC = 90◦ + 12 ∠B M C = 180◦ − ∠B AC nên I nằm (AB C ) hay (N, N A) Mà M B = M C nên IB = IC Điều nghĩa I nằm AD Do N điểm cung B C nên M, I, N thẳng hàng Mà N A = N I nên theo định lý Thales, M I = M L JD AJ AD AK MI Mặt khác, AB C ∪ I ∼ ABC ∪ L nên M L = AM = AL = AI = JK , ta thu JK = JD JK ⊥ B C Do (J, JD) tiếp xúc với B C Do tâm đường tròn nội tiếp tam giác M B C nằm KD nên áp dụng định lý SawayamaThebault, (J, JD) đường tròn Thebault tam giác M B C nên tiếp xúc với (M B C ) hay đường tròn Euler tam giác ABC Cũng xem xét toán trường hợp hình vẽ tam giác ABC tù ta có lời giải khác sau N H T C' L B' Oa E X A J B Q D M C O P Chứng minh Gọi H trực tâm tam giác ABC, B , C hình chiếu vuông góc B, C AC, AB; L trung điểm AH, E tâm đường tròn Euler, M L giao (AH) T, N trung điểm cung BHC (Oa )- đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC, P đối xứng N qua M Ta có M T = T L + LM = LH + HOa = Oa N + Oa M = M N = M P nên (M, M N ) tiếp xúc với (AH), (O) (Oa ) Mặt khác, ALM O hình bình hành LA = LT, OA = OP nên A, T, P thẳng hàng Gọi X, D giao điểm T P với B C , BC, AC·AB : (O ) ↔ (E), BC ↔ (AH), B C ↔ (O) nên P ↔ X, T ↔ D, N ↔ Q Xét phép nghịch đảo IA a Do (M, M N ) tiếp xúc với (AH), (O) (Oa ) nên (XQD) tiếp xúc với BC, B C và(E) Gọi J tâm (XDQ) JD ⊥ BC, JX ⊥ B C Lại có P B = P C nên AD phân giác ∠BAC Ta có BAC ∪ D ∪ P ∼ B AC ∪ X ∪ T nên AD AX T M, JD P M , JX = JD, M T = M P ta thu A, J, M thẳng hàng AP = AT , mà JX Vậy (J, JD) tiếp xúc với đường tròn Euler tam giác ABC Bài (Andria) Cho tam giác ABC với trực tâm H Tiếp tuyến B C (ABC) cắt S AS giao BC R M trung điểm BC Gọi T hình chiếu H AS Chứng minh (M RT ) tiếp xúc với (BHC) Chứng minh Cách A Q N P E H O K T R B M C L J Chúng ta chứng minh (M RT ) tiếp xúc với (BHC) đường tròn Euler tam giác ABC Gọi AM giao (BHC) K BK, CK giao AC, AB N, P , P N cắt AM I Khi P N song song với BC I trung điểm P N Ta có ∠P KN = ∠BKC = ∠BHC = 180◦ − ∠BAC nên tứ giác AP KN nội tiếp BC đường đối cực I ứng với (AP KN ) Do AR đường đối trung tam giác AN P nên AR cắt đường đối cực I điểm liên hợp với I (AP KN ) hay RP RN hai tiếp tuyến (AP KN ) Suy IR ⊥ BC Lại có (AKIM ) = −1nên R(AKIM ) = −1 hay RI phân giác ∠ARK Gọi J giao điểm RK AH J điểm đối xứng với A qua BC Gọi L điểm đối xứng A qua M JL BC J, L ∈ (BHC) Mà ∠HJL = 90◦ nên HL đường kính (BHC) Suy ∠BKL = 90◦ ohay K ∈ (AH) Ta có ∠AT K = ∠AHK = ∠AM B nên K ∈ (T RM ) phép vị tự tâm K biến M thành L, R thành J nên (KRM ) tiếp xúc với (KLJ) hay (BHC) Hơn nữa, gọi Q trung điểm AH, X giao điểm IR QM Ta có QM HL nên ∠RXM = ∠HQM = ∠JHL = ∠JKL, suy X ∈ (KRM ) XM đường kính (KRM ) Do tâm (KRM ) nằm M Q hay đường nối tâm đường tròn Euler (KRM ) qua M Điều nghĩa (KRM ) tiếp xúc với đường tròn Euler tam giác ABC Cách A B' O N C' H G B A' T R M C Gọi N giao AM với cung BHC (BHC); A , B , C hình chiếu vuông góc A, B, C BC, CA, AB Do ∠HN M = 90◦ ta thu T điểm Miquel tam giác AA M ứng với điểm R, N, H, suy tứ giác T N M R nội tiếp Tiếp tuyến (O) qua A cắt BC G Do AR đường đối trung ta thu (GRBC) = −1 Suy M R · M G = M B M B : N ↔ A, R ↔ G nên (M N R) ↔ AG, (BHC) ↔ (O), (E) (đường tròn Xét phép nghịch đảo IM Euler tam giác ABC) ↔ B C Do AG tiếp xúc với (O) song song với B C ta thu (M N R) tiếp xúc với (BHC) (E) Sau tác giả đổi vị trí A H để sáng tác toán Bài Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với trực tâm H M trung điểm BC R chân đường đối trung ứng với đỉnh H tam giác BHC Gọi T hình chiếu A HR Chứng minh (RM T ) tiếp xúc với (O) Mở rộng toán ta thu hai kết thú vị Bài 10 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Một đường tròn (J) qua B, C cắt AC, AB E, F BE giao CF P Gọi N chân đường đối trung ứng với đỉnh P tam giác BP C Kẻ AK vuông góc với P N Chứng minh (N M K) tiếp xúc với (O) Bài 11 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Một đường tròn (J) qua B, C cắt AC, AB E, F BE giao CF P Gọi N điểm thuộc BC cho P N P J đẳng giác ∠BP C Kẻ AK ⊥ P N Tia JP cắt (O) L Chứng minh (LKN ) qua trung điểm BC Có thể thấy việc đảo vị trí A H cách để sáng tạo toán Chuyển mô hình tâm nội tiếp thành trực tâm Ý tưởng phương pháp xuất phát từ kết quen thuộc: tâm đường tròn nội tiếp trực tâm tam giác có đỉnh tâm bàng tiếp Trong số toán xuất tâm đường tròn nội tiếp, ta dựng thêm tâm bàng tiếp để chuyển thành mô hình trực tâm Ta xét số ví dụ sau Bài 12 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E, F tiếp điểm (I) với BC, CA, AB Chứng minh OI đường thẳng Euler tam giác DEF Ib A Ic E F I B O D C Ia Chứng minh Gọi Ia , Ib , Ic tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tam giác ABC Dễ thấy I trực tâm tam giác Ia Ib Ic , O tâm đường tròn Euler tam giác Ia Ib Ic nên OI đường thẳng Euler tam giác Ia Ib Ic Do EF ⊥ AI, Ib Ic ⊥ AI nên Ib Ic EF Chứng minh tương tự suy hai tam giác Ia Ib Ic DEF có cạnh tương ứng song song, đường thẳng Euler hai tam giác song song với Mặt khác, I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF nên I nằm đường thẳng Euler hai tam giác DEF Ia Ib Ic Do hai tam giác DEF Ia Ib Ic có chung đường thẳng Euler Ta có đpcm Có thể thấy việc dựng điểm Ia , Ib , Ic khiến cho toán trở nên quen thuộc Làm việc với trực tâm thường dễ dàng với tâm đường tròn nội tiếp Bài 13 Cho tam giác ABC nội tiếp (O, R) Hai phân giác BE, CF giao I EF cắt (O) hai điểm M, N Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IM N 2R Ib A Ic E F M N O I B C Ia 10 Chứng minh Dựng tâm đường tròn bàng tiếp Ia , Ib , Ic tam giác ABC Ta có tứ giác IAIc B nội tiếp nên F A · F B = F I · F Ic Do F thuộc trục đẳng phương (IIb Ic ) (O) Tương tự suy EF trục đẳng phương (IIb Ic ) (O) Suy M, N giao điểm hai đường tròn Lại có (O) đường tròn Euler tam giác Ia Ib Ic nên đường tròn Euler tam giác IIb Ic Suy R(IIb Ic ) = R(Ia Ib Ic ) = 2R Bài 14 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi Ia tâm bàng tiếp góc A Hai phân giác BE, CF Chứng minh OIa ⊥ EF J Ib A Ic E F O I B C Ia Chứng minh Bài 14 hệ trực tiếp 13 Thật Ia O qua tâm đường tròn ngoại tiếp J tam giác Ib IIc Mà EF trục đẳng phương (Ib IIc ) (O) nên EF ⊥ JO Suy OIa ⊥ EF Nhận xét Ta phát biểu lại toán theo cách khác sau Cho tam giác ABC Các đường cao AA , BB , CC đồng quy trực tâm H Gọi P, Q giao điểm A B với HC, A C với HB Gọi E tâm đường tròn Euler tam giác ABC Chứng minh AE ⊥ P Q Bài 15 (Việt Nam TST 2016) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có B, C cố định, A chuyển động cung BC (O) Các phân giác AD, BE, CF giao I Đường tròn qua D tiếp xúc với OA A cắt (O) G GE, GF giao (O) lần thứ hai M, N BM giao CN H a) Chứng minh AH qua điểm cố định b) BE, CF giao (O) K, L AH giao KL P Q điểm EF cho QP = QI J điểm nằm (BIC) cho IJ ⊥ IQ Chứng minh trung điểm IJ chuyển động đường tròn cố định Chứng minh Ta quan tâm ý b toán (Đào Vũ Quang, HS lớp 12 THPT Hà Nội-Amsterdam) 11 Ib A Ic K V P L E Q F S O I T G B R W X U C Gọi Ib , Ic tâm bàng tiếp góc B, C EF cắt (O) R, S RI, SI cắt (O) lần thứ hai T, W T W cắt BI G Đường thẳng qua I vuông góc với OI cắt LK, BC, T W, SR V, U, X, Q Ta có tứ giác AICIb nội tiếp nên EA · EC = EI · EIb , suy E nằm trục đẳng phương (O) (Ib IIc ) Tương tự với F Do EF trục đẳng phương hai đường tròn, suy R, S ∈ (Ib IIc ) Ta có ∠GT R = ∠W SR = ∠IIb R, suy tứ giác GT Ib R nội tiếp Ta thu IG · IIb = IT · IR = IB · IK = IB · IIb Suy G trung điểm IB Tương tự suy T W đường trung bình tam giác IBC Áp dụng định lý bướm cho (O), điểm I hai dây BK, CL qua I ta có IV = IU Lại áp dụng định lý bướm cho hai dây SW RT qua I suy IQ = IX Mà X trung điểm IU nên Q trung điểm IV Suy Q P = Q I = Q V hay Q ≡ Q Vậy OI ⊥ IQ Vậy O ∈ IJ Gọi M trung điểm IJ, S điểm cung BC ta có ∠OM S = 90◦ nên M nằm (OS) cố định Bài 16 (Lym) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), đường tròn bàng tiếp (Ia ) Gọi P, Q tiếp điểm hai tiếp tuyến chung (O) (Ia ) với (O) Hai phân giác BE, CF Chứng minh P, Q, E, F thẳng hàng 12 Ib A Ic E F Q O P I C B M X K Ia Chứng minh Gọi Ia , Ib tâm đường tròn bàng tiếp góc B C M giao điểm thứ hai Ia P với (O) X tiếp điểm tiếp tuyến chung qua P với (Ia ) Kẻ OK ⊥ Ia X Theo hệ thức Euler, ta có OIa2 = R2 +2Rra P X = OK = OIa2 −KIa2 = R2 +2Rra −(ra −R)2 = 4Rra − ra2 Suy P Ia2 = 4Rra Mà PIa /(O) = OIa2 − ra2 = 2Rra nên Ia P · Ia M = 2Rra Do M trung điểm P Ia Ta có Ia trực tâm tam giác IIa Ib nên Ia tâm vị tự (IIa Ib ) (O)-đường tròn Euler tam giác IIa Ib Xét HI2a : (O) → (IIa Ib ), M → P nên P ∈ (IIa Ib ) Tương tự Q ∈ (IIa Ib ) Theo toán 13 suy P, Q, E, F thẳng hàng Mấu chốt toán chứng minh Ib , Ic , P, Q đồng viên Từ ý tưởng ta mở rộng toán 16 sau Bài 17 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) P điểm nằm phân giác góc A BP giao (AP C) lần thứ hai K, CP giao (AP B) lần thứ hai L J điểm nằm AP cho đường tròn tâm J tiếp xúc với BC không chứa (O) Hai tiếp tuyến chung (O) (J) tiếp xúc với (O) M N Chứng minh B, C, M, N đồng viên 13 K S A L N M P T O RC X Y B V E U J Chứng minh Gọi S điểm cung BAC Ta có SB = SC ∠BSC = ∠BAC = 2∠P AC = 2∠BKC = 2∠BLC nên S tâm ngoại tiếp tứ giác BLKC Mặt khác, ∠LAB = ∠LP B = ∠CP K = ∠CAK nên AB, AC đẳng giác ∠LAK hay AP phân giác ∠LAK, suy AS phân giác ∠LAK Mà SL = SK nên L, A, S, K đồng viên Áp dụng định lý tâm đẳng phương cho đường tròn (LASK), (O), (S) suy LK, AS, BC đồng quy T Kéo dài SM, SN giao BC X, Y Gọi U, V tiếp điểm tiếp tuyến chung với (J), R tiếp điểm (J) với BC Ta có OS JR suy M S RU, N S RV Ta có ∠SM · SX = SB = SN · SY nên tứ giác XM N Y nội tiếp, suy ∠M XY = ∠M N S = ∠XM U , suy XM RU hình thang cân có J nằm trục đối xứng, suy JM = JX Tương tự JN = JY , mà JM = JN nên tứ giác XM N Y nội tiếp đường tròn tâm J Gọi E điểm cung BC suy A giao JE với (SM N ) Từ A điểm Miquel tứ giác toàn phần nội tiếp XM N Y ST , suy AS, M N, XY đồng quy T Vậy T L · T K = T A · T S = T M · T N hay tứ giác LM N K nội tiếp Tiếp tục toán liên quan tới tiếp điểm đường tròn mixtilinear Bài 18 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I tâm đường tròn nội tiếp Gọi M, N điểm cung BC cung BAC (O) N I giao (O) lần thứ hai P M P giao trung trực AI T Gọi S giao tiếp tuyến A (O) với BC Chứng minh T S AI 14 L Ib N A Ic O' I O T X C B S P M J Ia Chứng minh Dựng tâm đường tròn bàng tiếp Ia , Ib , Ic tam giác ABC Khi N trung điểm Ib Ic , I trực tâm tam giác Ia Ib Ic Gọi J giao N I với (IIa ) J ∈ (Ia Ib Ic ) ∠IJIa = ∠IP M = 90◦ nên P trung điểm IJ Xét trục đẳng phương ba đường tròn (Ib Ic ), (IIa ), (Ia Ib Ic ) ta có Ib Ic , BC, Ia J đồng quy X Do T nằm trung trực AI IJ nên T tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIJX Suy T A = T X Mặt khác, S tâm đường tròn A-Apollonius tam giác ABC nên SA = SX Suy T S ⊥ AX Vậy T S AI Bài 19 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E, F tiếp điểm (I) với BC, CA, AB Dựng đường tròn qua B, C tiếp xúc với (I) Ta Tương tự xác định Tb , Tc Chứng minh đường thẳng DTa , ETb , F Tc , OI đồng quy A Ta K M F I E O J L P S C D B Ia Chứng minh Gọi K điểm đối xứng với D qua I AD cắt (I) lần thứ hai M 15 Do tứ giác DEMF điều hòa nên tiếp tuyến M D (I) cắt S EF Ta thu (SDBC) = −1 Ta có Ta D phân giác ∠BTa C ∠KTa D = 90◦ nên Ta (DKBC) = −1 = (DSBC) Suy Ta K qua S Ta thu tứ giác Ta M KD điều hòa Dựng tâm bàng tiếp Ia , Ib , Ic tam giác ABC AI cắt BC P Do (AP IIa ) = −1 nên D(AP IIa ) = −1 = (M DKTa ) nên Ta , D, Ia thẳng hàng Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Ia Ib Ic Do (O) đường tròn Euler tam giác LI r Ia Ib Ic nên Ia J = 2R Lại có Ia J ⊥ BC nên gọi L giao Ia D với OI = Chứng LJ 2R minh tương tự suy DTa , ETb , F Tc , OI đồng quy L Về cách giải khác, bạn đọc xem [3] Bài 20 Cho tam giác ABC S điểm BC K, J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABS tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ACS Chứng minh đường thẳng qua K vuông góc với JC đường thẳng qua J vuông góc với KB cắt điểm nằm BC Ib A I K H B S A1 C A2 J Chứng minh Dựng tâm đường tròn nội tiếp I tâm đường tròn bàng tiếp Ib tam giác ABC Ta có tứ giác AICIb nội tiếp nên ∠KIb J = ∠IAC = ∠BAC = ∠KAJ Suy tứ giác AKJIb nội tiếp Lại có BIa , CIa phân giác góc B C tam giác ABC nên đối xứng A qua KIb , JIb nằm BC Do BC đường thẳng Steiner A tam giác KJIb Vậy trực tâm tam giác KJIb nằm BC Cuối đến với toán tạp chí Toán học Tuổi trẻ Bài 21 (THTT tháng 9/2016) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), tâm đường tròn nội tiếp I Qua I kẻ đường thẳng d vuông góc với AI Trên d lấy hai điểm E, F cho ∠EBA = ∠F CA = 90◦ Qua E, F kẻ đường vuông góc với d cắt BC M, N Chứng minh (AM N ) tiếp xúc với (O) 16 Ib A Y Ic F Z T I O U E R M C B S N J Chứng minh Ta phát biểu không chứng minh bổ để quen thuộc Bổ đề Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Hai điểm M, N nằm BC cho AM, AN hai đường đẳng giác ∠BAC Khi (AM N ) tiếp xúc với (O) Trở lại toán Dễ thấy tứ giác AIBE AICF nội tiếp đường tròn có tâm Z, Y - điểm cung AB AC (O) Gọi Ib , Ic tâm đường tròn bàng tiếp góc B, C tam giác ABC Ta có IIb , IIc đường kính (Y ), (Z) Do Ib , F, N thẳng hàng Ic , E, M thẳng hàng Gọi T, R tiếp điểm (Ic ) với AB, BC, U, S tiếp điểm (Ib ) với AC, BC Ic M Ic R Ic T Ta có Ic R Ib S Ic M Ib N , suy Ic RM ∼ Ib SN Ta thu = = Ib N Ib S Ib U Ic T Ic A Ic M Ic A Dễ thấy Ic T A ∼ Ib U A nên = Vậy = Ib U Ib A Ib N Ib A Do M Ic A ∼ N Ib A Ta thu ∠M AIc = ∠N AIb hay AM, AN đẳng giác ∠BAC Áp dụng bổ đề suy đpcm Có thể mở rộng toán sau Bài 22 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P Q hai điểm nằm phân giác góc A BP, CP giao (AP C), (AP B) E, F BQ, CQ giao (O) K, L AK giao (AP C) Y, AL giao (AP B) Z EY, F Z giao BC M, N Chứng minh (O) tiếp xúc với (AM N ) Như việc dựng thêm tâm đường tròn bàng tiếp tạo ý tưởng giúp cho việc mở rộng toán ban đầu Qua hai cấu hình trên, bạn đọc thấy toán hình học muôn hình muôn vẻ, cách ta đưa toán quen biết Việc đòi hỏi kinh nghiệm cảm nhận tốt Chúc bạn thành công! 17 Tài liệu [1] Nguyễn Văn Linh, Bài toán số kì thi chọn HSG Quốc gia năm 2016, Euclidean Geometry Blog https://nguyenvanlinh.wordpress.com/2016/01/10/note-about-problem-3-vmo-2016/ [2] Nguyễn Văn Linh, Từ bổ đề đường thẳng Euler, Kỷ yếu Gặp gỡ toán học 2016 [3] Nguyễn Văn Linh, Phương tích trục đẳng phương đường tròn điểm, Euclidean Geometry Blog https://nguyenvanlinh.wordpress.com/2013/02/04/radical-axis-of-a-point-and-a-circle/ [4] Nguyễn Văn Linh, Hai toán hình học kì thi Việt Nam TST 2016, Euclidean Geometry Blog https://nguyenvanlinh.wordpress.com/2016/03/29/two-geometry-problems-in-vietnam-tst-2016/ [5] AoPS topic Incenter and excenter http://www.artofproblemsolving.com/community/q1h1087647p4817396 [6] AoPS topic Very hard http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h385175 [7] AoPS topic geometry http://www.artofproblemsolving.com/community/u57217h1155918p5619007 [8] AoPS topic tangent to BHC http://www.artofproblemsolving.com/community/u57217h1130448p5554253 [9] AoPS topic Concyclic points http://www.artofproblemsolving.com/community/u57217h1172663p5641273 Email: Nguyenvanlinhkhtn@gmail.com 18 ... H cách để sáng tạo toán Chuyển mô hình tâm nội tiếp thành trực tâm Ý tưởng phương pháp xuất phát từ kết quen thuộc: tâm đường tròn nội tiếp trực tâm tam giác có đỉnh tâm bàng tiếp Trong số toán. .. tròn bàng tiếp tạo ý tưởng giúp cho việc mở rộng toán ban đầu Qua hai cấu hình trên, bạn đọc thấy toán hình học muôn hình muôn vẻ, cách ta đưa toán quen biết Việc đòi hỏi kinh nghiệm cảm nhận.. .Bài toán tương đối đơn giản ta đổi vị trí hai điểm A H Thông thường bạn đọc hay vẽ tam giác ABC nhọn nhiên thử xét tam giác ABC tù xem có lạ H K O' A B M C P Rõ ràng chất toán không đổi ta