Bài tập ôn luyện đội tuyển IMO năm 2017 Nguyễn Văn Linh

Bài tập ôn luyện đội tuyển IMO năm 2017 Nguyễn Văn Linh Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho tứ giác ABCD AD cắt BC P Gọi O, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P CD, P AB, H, H trực tâm tam giác P CD, P AB Chứng minh (DOC) tiếp xúc với (AO B) (DHC) tiếp xúc với (AH B) P O' H' B A T x H O L C D Chứng minh Giả sử (DOC) tiếp xúc với (AO B) T Gọi L giao điểm thứ hai (AT D) (BT C) Ta có ∠ALB = ∠ALT + ∠T LB = ∠ADT + ∠BCT = ∠DT C − ∠DP C = ∠DOC − ∠DP C = ∠DP C = 180◦ − ∠AH B Do L ∈ (AH B) Lại có ∠DLC = ∠DAT +∠CBT = ∠AP B +∠AT B = ∠AP B +180◦ −2∠AP B = 180◦ −∠AP B = ∠DHC Suy L ∈ (DHC) Kẻ tiếp tuyến Lx (DHC) Ta có ∠ALx = ∠ALD−∠xLD = ∠AT D−∠LCD = ∠ABT +∠T CD−∠LCD = ∠ABT +∠T CL = ∠ABT + ∠T BL = ∠ABL Suy Lx đồng thời tiếp tuyến (AH B) Suy (AH B) tiếp xúc với (DHC) L Chiều ngược lại chứng minh tương tự Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC với I tâm đường tròn nội tiếp Một đường tròn qua A tiếp xúc với (BIC) cắt AC, AB E, F Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF Chứng minh (EJF ) tiếp xúc với BC A J F E x T I B C S Chứng minh Gọi T tiếp điểm (AEF ) với (BIC) (BF T ) cắt BC S suy tứ giác ST EC nội tiếp Ta có ∠ESF = ∠EST + ∠T SF = ∠ECT + ∠F BT = ∠BT C − ∠BAC = ∠BIC − ∠BAC = ◦ 90 − ∠BAC = 180◦ − ∠EJF Do tứ giác EJF S nội tiếp Kẻ tiếp tuyến chung T x (AEF ) (BIC) Suy ∠xT B = ∠T CB ∠xT F = ∠T EF Từ ∠F SB = ∠F T B = ∠T CB + ∠T EF = ∠T ES + ∠T EF = ∠SEF Vậy BC tiếp tuyến (EJF ) Bài (Iran TST 2017) Cho tam giác ABC Hai điểm P, Q nằm cạnh BC cho BP = CQ P nằm B Q (AP Q) cắt AB, AC E, F EP cắt F Q T Gọi M trung điểm BC Qua M kẻ đường thẳng song song với AB, AC cắt ET, F T X, Y Chứng minh (T XY ) tiếp xúc với (AP Q) A E F M B P Q C L Y X T Chứng minh Gọi L giao điểm AM với (AP Q) Ta có ∠P LM = ∠BEP = ∠P XM nên L ∈ (P M X) Tương tự L ∈ (QM Y ) Do L điểm Miquel tam giác T P Q ứng với điểm M, X, Y Suy L ∈ (T XY ) Để chứng minh hai đường tròn (AP Q) (T XY ) tiếp xúc L ta cần chứng minh ∠P LX = ∠M QL + ∠LY X hay ∠ABC = ∠M Y L + ∠LY X = ∠M Y X MX MP MQ MY Hiển nhiên ∠XM Y = ∠BAC = = = BE BP CQ FC BE CA Lại có BA · BE = BP · BQ = CP · CQ = CF · CA nên = CF AB AB MY Do = Suy XM Y ∼ CAB, suy ∠M Y X = ∠ABC Từ thu AC MX đpcm Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I, r) (I) tiếp xúc với AC, AB E, F Trên tia EA, F A lấy điểm K, L cho EK = F L = r Đường thẳng qua K vng góc với AC cắt đường thẳng qua L vng góc với AB J Chứng minh đường tròn (J, JL) tiếp xúc với đường tròn đường kính BC A P L J x K Q E T F I B C D Chứng minh Gọi D tiếp điểm (I) với BC, Q điểm đối xứng D qua I Do AE = AF nên AK = AL Suy (J) tiếp xúc với AB, AC Do A tâm vị tự ngồi (I) (J) Xét phép vị tự tâm A HA : (I) → (J), Q → P , F → L Gọi T giao điểm thứ hai IP với (J) tính chất phép vị tự, ∠P T L = ∠QDF = ∠ABI nên tứ giác LT IB nội tiếp Tương tự, tứ giác KT IC nội tiếp Do ∠BT C = ∠BT I + ∠CT I = ∠BLI + ∠CKI = 45◦ + 45◦ = 90◦ Suy T ∈ (BC) Ta có ∠KT C = ∠KIC = 135◦ − ∠ACB ∠KLT + ∠CBT = ∠KLI + ∠IBC = 180◦ − ∠ALK − ∠BLI + ∠ABC 1 ◦ ◦ ◦ = 135 − 90 + ∠BAC − ∠ABC = 135 − ∠ACB 2 Do ∠KT C = ∠KLT + ∠CBT Kẻ tiếp tuyến T x (BC) Ta có ∠KT x + ∠xT C = ∠KLT + ∠CBT Mà ∠xT C = ∠T BC suy ∠KT x = ∠KLT Suy T x tiếp tuyến (J) Vậy (J) (BC) tiếp xúc T Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC với (I) đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Đường cao AH cắt đường tròn (A, AE) điểm M nằm tam giác M I cắt BC T AT cắt ID P Chứng minh hai tứ giác AP DB AP DC bàng tiếp N A X P E F t M I B H T D C Chứng minh Gọi X giao điểm thứ hai M I với (A) DM cắt (A) lần thứ hai N Kẻ tiếp tuyến M t (A) suy M t BC Ta có ∠XN M = ∠XM t = ∠M T D suy tứ giác XN T D nội tiếp Suy ∠DN T = ∠DXT Lại có IM · IX = IE = ID2 nên ∠DXI = ∠IDM = ∠DM H = ∠AM N = ∠AN M Do ∠AN M = ∠DXT = ∠DN T , suy N, A, T thẳng hàng Do AN = AM AM DP nên P D = P N Suy P D − P A = P N − P A = AN = AE = AC − DC = AB − BD Suy tứ giác ABDP ACDP bàng tiếp Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H Gọi M, N trung điểm AC, AB M N cắt (O) P, Q Các tia M H, N H cắt (O) X, Y Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P HQ, HK đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác XHY Chứng minh trung điểm JK tâm đường tròn Euler tam giác ABC A J C' B' L N P M E T R O Q H X B V C U K Y S Chứng minh Gọi (E) đường tròn Euler tam giác ABC, T, U giao điểm QH, P H với (E) (H nằm T Q P U ), R, S giao điểm thứ hai QH, P H với (O), V tâm đường tròn (XHY ) Kéo dài XH, Y H cắt (O) B , C Do H tâm vị tự (E) (O) với tỉ số nên U, T, M, N trung điểm HS, HR, HB , HC Suy HM · HX = HN · HY = HT · HQ = HP · HU = PH/(O) Do tứ giác P T U Q nội tiếp đường tròn tâm L ta thu ∠T U H = ∠P QH = ∠N Y T Tương tự ta thu điểm H, T, U, X, Y đồng viên Suy V, E, L nằm đường trung trực U T Ta có ∠V HY + ∠HXY = 90◦ Mà ∠HXY = ∠HN M, ∠HN M + ∠N HA = 90◦ nên A, H, V thẳng hàng Suy HV LO Mà E trung điểm HO nên E trung điểm LV Mặt khác, hai tam giác P HQ T HU đồng dạng nên HJ đường cao tam giác T HU , suy HJ LE Suy L trung điểm JO Mà V trung điểm HK nên E trung điểm JK Bài (LeVietAn) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) H, K trực tâm tam giác ABC, BIC BK cắt AI L Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KLI Chứng minh O nằm trục đẳng phương (I) (JIK) Chứng minh Trước tiên ta phát biểu bổ đề sau Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) với trực tâm H (I) tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Kẻ DK ⊥ EF Khi KD phân giác ∠HKI Chứng minh A Q E L K F P I H B D C Gọi L trực tâm tam giác AEF L đối xứng với I qua EF Kẻ BP, CQ vng góc với EF BD BF PF KP = = = Ta có KQ CD CE QE KP KQ Do = hay KP · KE = KQ · KF Suy K thuộc trục đẳng phương (BE) KF KE (CF ) Dễ thấy H L thuộc trục đẳng phương (BE) (CF ) nên H, K, L thẳng hàng Lại có L I đối xứng qua EF nên KL KI đối xứng qua EF Vậy HD phân giác ∠HKI Trở lại toán A M K R P U G J E L O Y F Q I x H B D C X N V Gọi M giao điểm (AI) với (O), V điểm cung BC khơng chứa A (I) tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Kẻ DU ⊥ EF Gọi N đối xứng với A qua O Suy M, I, N thẳng hàng Do M giao (O) (AEF ) nên M tâm vị tự quay (AEF ) (O) Suy AF B ∼ MB BF BD AEC Suy = = Suy M D phân giác ∠BM C hay M D qua V MC CE CD FU BF MF Lại có = = nên M U phân giác ∠EM F hay M, U, I thẳng hàng Vậy M, U, I, N EU CE ME thẳng hàng AH 2OX OX AL = = = = Gọi X, Y trung điểm BC, EF, R trung điểm AI Ta có LI KI 2V X VX RY Suy L trực tâm tam giác AEF Theo bổ đề trên, H, U, L thẳng hàng YI Ta có ∠KU I = 180◦ − 2∠U LI = 180◦ − ∠KJI Suy U thuộc (IJK) Ta có IM · IU = r2 nên M U · M I = PM/(I) Suy M thuộc trục đẳng phương (I) (IJK) Ta cần chứng minh M O ⊥ IG với G tâm (IJK) Kẻ tiếp tuyến M x (O) Ta có ∠xM I = ∠M AN = 90◦ − ∠AN I Do U D, EF phân giác ∠HU I góc hợp đường thẳng AH, AO với EF nên ∠AN I = ∠AHU = ∠U KI Do 90◦ − ∠AN I = 90◦ − ∠U KI = ∠U IG Suy IG M x hay IG ⊥ M O Vậy O thuộc trục đẳng phương (IJK) (I) Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi P điểm nằm AO, X, Y, Z nằm cạnh BC, CA, AB cho P X, P Y, P Z phân giác góc BP C, CP A, AP B Gọi H hình chiếu vng góc A BC Chứng minh H, X, Y, Z đồng viên C1 Q B1 J A Y Z P Hb O Hc B K Ha X C Chứng minh Gọi A1 , B1 , C1 giao điểm Y Z với BC, XZ với AC, XY với AB XB PB Y C P C ZA PA Ta có = , = , = Do theo định lý Céva ta thu AX, BY, CZ XC PC Y A P A ZB PB đồng quy Theo tính chất hàng điều hòa suy (XA1 BC) = (Y B1 AC) = (ZC1 AB) = −1 Gọi ωa , ωb , ωc đường tròn Apollonius đoạn thẳng BC, CA, AB ứng với điểm (X, A1 ), (Y, B1 ), (Z, C1 ) suy ωa , ωb , ωc đồng quy P Gọi J trung điểm B1 Y Ta có JY = JA · JC suy ωb (O) trực giao Tương tự suy PO/ωa = PO/ωb = PO/ωc = R2 Như đường tròn ωa , ωb , ωc nhận OP làm trục đẳng phương Do A thuộc trục đẳng phương đường tròn nên AC1 · AZ = AB1 · AY hay tứ giác C1 B1 ZY nội tiếp Gọi Ha , Hb , Hc giao điểm thứ hai (XY Z) với BC, CA, AB Suy ∠Hc Ha B = ∠BZX = ∠CY X = ∠XHa Hb AY AHc Lại có AY · AHb = AZ · AHc nên = Xét tương tự với đỉnh B, C sau nhân lại ta thu AZ AHb Ha B Hb C Hc A · · = Suy AHa , BHb , CHc đồng quy Mà BC phân giác ∠Hb Ha Hc Ha C Hb A Hc B Ha (Hb Hc AB) = −1 nên AHa ⊥ BC Vậy Ha ≡ H hay H, X, Y, Z đồng viên Bài (Đào Thanh Oai) Cho tam giác ABC Một đường thẳng d cắt BC, CA, AB A , B , C Các đường thẳng vng góc với BC, CA, AB kẻ từ A1 , B1 , C1 cắt tạo thành tam giác A2 B2 C2 Gọi X, Y, Z đối xứng với A2 , B2 , C2 qua BC, CA, AB Chứng minh X, Y, Z thẳng hàng đường thẳng qua tâm tam giác ABC C' Y Hb A B2 H B' Hc C1 B1 A2 O B A1 C X C2 Z Chứng minh Theo tính chất hai tam giác paralogic, ta biết hai giao điểm H (ABC) (A2 B2 C2 ) điểm Miquel chung tứ giác toàn phần tạo tam giác ABC, A2 B2 C2 với đường thẳng d Gọi B , C giao B2 H với AC, C2 H với AB Do H thuộc (AB1 C1 ) nên ∠AHA2 = 90◦ Lại có ∠B HA2 = 60◦ nên ∠AHB = 30◦ Tương tự tính ∠C HA = 30◦ Do HA phân giác ∠C HB Lại có ∠C AB = 120◦ = 90◦ + ∠C HB nên A tâm đường tròn nội tiếp tam giác HB C Do Y, Z nằm B C Gọi Hb , Hc đối xứng H qua AC, AB suy Hb Hc nằm B C , đồng thời Hb Hc đường thẳng Steiner tam giác ABC ứng với điểm H Do Y Z qua trực tâm tam giác ABC Tương tự ta có đpcm Bài 10 (Iran TST 2012) Cho hình bình hành ABCD Gọi w1 , w2 hai đường tròn tiếp xúc với cặp đoạn thẳng AB AD, BC CD Giả sử tồn đường tròn tiếp xúc với đường thẳng AD DC tiếp xúc ngồi với w1 w2 Khi tồn đường tròn tiếp xúc với đường thẳng AB BC tiếp xúc với w1 w2 A Q T D P w3 M w1 N U S' Q' w2 B S R C Chứng minh Gọi w3 đường tròn tiếp xúc với w1 , w2 , AD, DC; R1 , R2 , R3 bán kính w1 , w2 , w3 ; h1 , h2 hai đường cao hình bình hành ABCD ứng với cạnh AB, AD Gọi M, N, P, Q, R, S, T, U giao điểm w1 ∩ w3 , w2 ∩ w3 , AB ∩ w1 , AD ∩ w1 , BC ∩ w2 , CD ∩ w2 , AD ∩ w3 , CD ∩ w3 ; Q , S điểm đối xứng với Q, S qua tâm đường tròn w1 , w2 Dựa vào phép vị tự dễ dàng chứng minh ba điểm (P, M, U ), (Q , M, T ), (T, N, R), (U, N, S ) thẳng hàng Gọi l độ dài tiếp tuyến chung w1 , w2 ; l1 , l2 độ dài tiếp tuyến kẻ từ U, T tới đường tròn w1 , w2 √ √ √ √ Ta có T Q = T M · T Q , U S = U N · U S l1 = U M · U P , l2 = T N · T R Theo định lý Casey, tồn w3 qua U, T tiếp xúc với w1 , w2 nên l · T U + T Q · U S = l1 · l2 √ √ Do l · T U + T M · T Q · U N · U S = U M · U P · T N · T R Áp dụng định lý hàm số sin, √ ∠ADC ) + 2R3 U S · sin ∠N U S · T Q · sin ∠M T Q l · 2R3 · sin(90 − √ = 2R3 · U P · sin ∠M U S · T R · sin ∠N T Q Tương đương ∠ADC l · cos( ) + 2R1 · 2R2 = h1 · h2 Một cách tương tự, tồn đường tròn w4 tiếp xúc với w1 , w2 , AB, BC l · cos( ∠ABC )+ 2R1 · 2R2 = Vậy tồn w3 tồn w4 10 h1 · h2 Bài 11 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi ωa đường tròn qua hai điểm B, C tiếp xúc với (I), ωa đường tròn tiếp xúc với tia AB, AC tiếp xúc với ωa Tương tự ta xác định ωb , ωc Gọi r, , rb , rc bán kính đường tròn (I), ωa , ωb , ωc Khi r = + rb + rc A C2 B2 Ia B' C' A2 C1 B T B1 I A1 C Chứng minh Kẻ tiếp tuyến qua T đường tròn (I) song song với BC, cắt AB, AC B , C Ta chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác AB C ωa Gọi A1 , B1 , C1 tiếp điểm (I) với BC, CA, AB; A2 , B2 , C2 tiếp điểm đường tròn nội tiếp (Ia ) tam giác AB C với B C , C A, AB Kí hiệu p, p nửa chu vi tam giác ABC, AB C p−a Ta có p = AB1 = p − a nên hai tam giác AB C ABC đồng dạng theo tỉ số p (p − a)a Suy B C = p (p − a)a (p − a)2 BC2 = c − AC2 = p − B C = c − [(p − a) − ]=c− p p (p − a)2 Tương tự, CB2 = b − p (p − a)b (p − a) (p − a)a − 2(p − a − ) = (b − c) (với giả thiết b > c) A2 T = B C − 2B A2 = p p p Áp dụng định lý Casey cho bốn đường tròn (B, 0), (C, 0), (I), (Ia ) ta có: BA1 CB2 + BC.A2 T − BC2 CA1 = (p − b).(b − (p − a)2 (p − a) (p − a)2 ) + a.(b − c) − (c − ).(p − c) = p p p nên (Ia ) tiếp xúc với ωa hay (Ia ) ≡ ωa p−a rb p − b rc p−c Từ = Tương tự = , = r p r p r p + rb + rc 3p − a − b − c = = hay r = + rb + rc Suy r p Bài 12 (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm chuyển động (O) Gọi la , lb , lc đường thẳng đối xứng với AP, BP, CP qua BC, CA, AB la , lb , lc cắt tạo thành tam giác XY Z Chứng minh P chuyển động, tâm đường tròn nội tiếp tam giác XY Z ln nằm đường tròn cố định 11 Z' X B' Z I X' C' A Y P O Y' B C A' Chứng minh (TelvCohl) Gọi A , B , C điểm đối xứng với A, B, C qua BC, CA, AB Do la đối xứng với P A qua BC nên A ∈ la Tương tự B ∈ lb , C ∈ lc Ta có (XZ, XY ) ≡ (XZ, AC) + (AC, AB) + (AB, XY ) ≡ (AC, BP ) + (AC, AB) + (P C, AB) ≡ (AC, P C) + (P C, BP ) + (P C, AB) + (AC, AB) ≡ 3(AC, AB) (mod π) Mặt khác (AB , AC ) ≡ (AB , AC)+(AC, AB)+(AB, AC ) ≡ 3(AC, AB) (mod π) nên (XZ, XY ) ≡ (AB , AC ) (mod π) Suy X ∈ (AB C ) Tương tự Y ∈ (BA C ), Z ∈ (A B C) Từ XI qua trung điểm X cung B C (AB C ) Tương tự Y I qua Y , ZI qua Z Do tam giác XY Z có dạng khơng đổi P chuyển động nên ∠Y IX , ∠Z IX không đổi Từ I giao hai cung tròn cố định dựng dây Y X , Z X Do I chuyển động nên I, X , Y , Z đồng viên Vậy I ∈ (X Y Z ) cố định Bài 13 Cho đường tròn (O) với dây cung BC Tiếp tuyến B, C cắt T H, K hai điểm nằm T C, T B Phân giác ∠BCO cắt đường thẳng qua K vng góc với BC K1 Phân giác ∠CBO cắt đường thẳng qua H vuông góc với BC H1 Kẻ đường kính BB1 , CC1 (O) a) Chứng minh H, K1 , C1 thẳng hàng K, H1 , B1 thẳng hàng b) Chứng minh trường hợp H, K thỏa mãn câu a, hai đường tròn tiếp xúc với T B, T C K, H tiếp xúc với (O) tiếp xúc Chứng minh Câu a) 12 T H K H2 K2 K4 H4 B K3 I C H1 K1 C2 H3 B2 O B1 C1 Gọi C2 , B2 điểm cung BC1 , CB1 C1 K1 cắt (O) K2 , B1 H1 cắt (O) H2 C1 K2 , B1 H2 , KK1 , HH1 cắt BC K3 , H3 , K4 , H4 Ta có tứ giác K1 K4 K2 C nội tiếp đường tròn đường kính K1 C nên ∠K4 K2 K1 = ∠K4 CK1 = ∠C2 CC1 = ∠C2 K2 C1 Suy C2 , K4 , K2 thẳng hàng Chứng minh tương tự, B2 , H4 , H2 thẳng hàng 1 Ta có ∠K2 K4 H4 = sd(K2 C + BC2 ) = sd(K2 C + CB2 ) = ∠K2 H2 H4 Suy tứ giác 2 H2 K2 H4 K4 nội tiếp Suy ∠K4 H2 H4 = ∠K4 K2 H4 , từ ∠K4 H2 H3 = ∠H4 K2 K3 Giả sử C1 , K1 , H thẳng hàng Ta thu tứ giác HK2 K4 C nội tiếp đường tròn đường kính HC Suy ∠T BC = ∠T CB = ∠K3 K2 H4 = ∠H3 H2 K4 hay tứ giác KH2 K4 B nội tiếp Suy ∠BH2 K = 90◦ hay K, H2 , B1 , H1 thẳng hàng Câu b) T H K J K2 H2 H4 K4 K3 B I C2 K1 C H3 H1 B2 O B1 C1 13 Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác BOC Ta có ∠BKK1 = 90◦ − ∠T BC = 90◦ − ∠CB1 B = ∠CBB1 = ∠BIK1 nên tứ giác KBK1 I nội tiếp 1 Lại có ∠K2 BI = sd(K2 C + CB2 ) = sd(K2 C + C1 C2 ) = ∠K2 K1 I, suy tứ giác K2 BK1 I nội 2 tiếp Vậy điểm K, K2 , I, K1 , B đồng viên Tương tự điểm H, H2 , I, H1 , C đồng viên Gọi giao điểm hai đường tròn qua điểm J Ta có ∠KJH2 = ∠KJI − ∠H2 JI = 180◦ − ∠KBI − ∠H2 H1 B = ∠BKH2 Suy (KJH2 ) tiếp xúc với T B Lại có ∠KJH2 + ∠BB1 H2 = ∠BKH2 + ∠BB1 H2 = 90◦ = ∠KH2 B nên (KJH2 ) tiếp xúc với (O) Chứng minh tương tự, (HK2 J) tiếp xúc với T C (O) Ta có ∠H2 KJ + ∠K2 HJ = ∠BKJ − ∠BKH2 + ∠CHJ − ∠CHK2 = ∠JIB2 + ∠JIC2 − 180◦ + ∠H2 B1 B + ∠K2 C1 C = 360◦ − ∠BIC − 180◦ + ∠H2 B1 B + ∠K2 C1 C = ∠BIC2 + ∠H2 B1 B + ∠K2 C1 C = sd(BC2 + CB2 + BH2 + K2 C) Lại có ∠H2 JK2 = ∠H2 JI + ∠IJK2 = ∠H2 H1 B + ∠K2 K1 C = sd(BH2 + B1 B2 + K2 C + C1 C2 ) Do ∠H2 KJ + ∠K2 HJ = ∠H2 JK2 hay (KJH2 ) (HK2 J) tiếp xúc Bài 14 Cho tam giác ABC Dựng tam giác ABC , ACB Gọi X, Y hình chiếu A B C , BC M1 , M2 trung điểm BC , CB Chứng minh giao điểm hai tiếp tuyến X, Y (AXY ) nằm M1 M2 B' X' X A' A C' T M2 M'2 M1 B C Y Y' Chứng minh (Luis González) Xét phép nghịch đảo tâm M1 , phương tích IM1 : X ↔ X , Y ↔ Y , A ↔ A , M2 ↔ M2 Ta có ∠M1 XM2 = ∠M1 XA + ∠AXM2 = ∠M1 C A + ∠M2 B A = 120◦ Lại có tứ giác XX M2 M2 nội tiếp nên ∠M1 M2 X = ∠M1 XM2 = 120◦ Tương tự ∠M1 M2 Y = 120◦ nên M2 điểm Fermat thứ tam giác M1 X Y Ta lại có ∠M1 A X = ∠M1 XA = 60◦ , tương tự ∠M1 A Y = 60◦ nên A điểm Fermat thứ hai tam giác M1 X Y Qua phép nghịch đảo IM1 , tiếp tuyến X, Y (AXY ) biến thành đường tròn ω1 , ω2 qua M1 tiếp xúc với (A X Y ) X , Y Như ta cần chứng minh trục đẳng phương ω1 ω2 M1 M2 Gọi T giao điểm tiếp tuyến X , Y (A X Y ) Do ∠X A Y = 120◦ nên tam giác X T Y 14 Suy tứ giác X M2 Y T nội tiếp M1 M2 phân giác ∠X M2 Y nên M1 , M2 , T thẳng hàng Hiển nhiên T nằm trục đẳng phương ω1 ω2 nên M1 M2 trục đẳng phương ω1 ω2 Bài 15 Cho tam giác ABC có F1 , F2 hai điểm Fermat Chứng minh giao hai tiếp tuyến F1 , F2 tam giác AF1 F2 nằm BC B' A F2 C' X B2 Y C2 Mc Mb C1 F1 B1 C'' B C B'' Chứng minh Dựng phía tam giác ABC hai tam giác ABC , ACB , dựng vào phía tam giác ABC hai tam giác ABC , ACB Gọi B1 , B2 , C1 , C2 tâm tam giác ACB , ACB , ABC , ABC Ta có (ABC ) giao (ACB ) A, F1 nên B2 C2 qua trung điểm Y AF1 Tương tự B1 C1 qua trung điểm X AF2 Dễ thấy hai tam giác AC1 C2 AB1 B2 Gọi Mb , Mc trung điểm AC, AB Mb , Mc đồng thời trung điểm B1 B2 , C1 C2 Áp dụng toán cho tam giác AC1 B1 với X, Y hình chiếu A B1 C1 , B2 C2 suy giao hai tiếp tuyến X, Y (AXY ) nằm M1 M2 Vị tự tâm A tỉ số suy giao hai tiếp tuyến F1 , F2 (AF1 F2 ) nằm BC Bài 16 (China TST 2013) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi X, Y, Z trung điểm BC, CA, AB P điểm nằm tam giác ABC thỏa mãn P X : P Y : P Z = BC : CA : AB AP, BP, CP cắt (O) A , B , C Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AP C , AP B , CP B , CP A , BP A , BP C đồng viên 15 A B' O2 S O1 Z Y C' O3 O P J O6 B X O5 O4 C A' Chứng minh Gọi O1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AP C , S trung điểm AO PY PZ PX = = = k Ta có BC AB AC O1 S PY Do AO1 P ∼ AOC nên AO1 O ∼ AP C Từ = = k hay O1 S = kR AO AC Gọi J trung điểm OP 1 Ta có 2O1 J + OP = O1 P + O1 O2 = O1 A2 + O1 O2 = 2O1 S + AO2 = (2k + )R2 2 2 2 Do O1 J = (2k + )R − OP = q 2 √ Vậy O1 ∈ (J, q) Chứng minh tương tự với tâm đường tròn ngoại tiếp lại Bài 17 (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi (Ia ), (Ib ), (Ic ) đường tròn có bán kính tiếp xúc với cặp cạnh (AB, AC), (BA, BC), (CA, CB) Gọi da tiếp tuyến (Ia ) cho da ⊥ AO Ia nằm khác phía với B, C bờ đường thẳng da da cắt AC, AB Ab , Ac Tương tự ta xác định Ba , Bc , Ca , Cb Các đường tròn (BCAb Ac ), (CABc Ba ), (ABCa Cb ) cắt X, Y, Z Chứng minh Ia , Ib , Ic , X, Y, Z đồng viên 16 A N Ia Ab Y Bc Z Ac P Cb I Ib Ca Ba B Ic C X M Chứng minh Tứ giác BCAb Ac nội tiếp da đường đối song ứng với BC tam giác ABC Gọi M N P tam giác tạo giao điểm da , db , dc ; X , Y , Z tâm đường tròn nội tiếp tam giác M Ba Ca , N Ab Cb , P Bc Ac Ta có ∠BBc Ba = ∠AAc Ab = ∠ACB nên ∠Ac P Bc = 180◦ − 2∠ACB Từ ∠Ia Z Ib = ∠Bc Z Ca = 90◦ + ∠Ac P Bc = 180◦ − ∠ACB = 180◦ − ∠Ia Ic Ib Suy Z ∈ (Ia Ib Ic ) Ta có ∠Z Ia Ib = ∠Z Ac Bc = ∠Z Bc Ac = ∠Z Ib Ia Suy Z Ia = Z Ib hay Ic Z phân giác ∠Ia Ic Ib Suy Z , Ic , C thẳng hàng Suy ∠Z Bc Ba = ∠Z CBa hay Z ∈ (ACBa Bc ) Tương tự Z ∈ (BAc Ab C) hay Z ≡ Z Chứng minh tương tự suy Ia , Ib , Ic , X, Y, Z đồng viên Bài 18 ( Khai thác toán Trần Minh Ngọc) Cho tam giác ABC Các điểm A1 , A2 , A3 thuộc A1 A2 B1 B2 C1 C2 BC, B1 , B2 , B3 thuộc AC, C1 , C2 , C3 thuộc AB cho = = Gọi M1 , M2 , M3 lần A2 A3 B2 B3 C2 C3 lượt điểm Miquel tam giác ABC ứng với điểm (A1 , B1 , C1 ), (A2 , B2 , C2 ), (A3 , B3 , C3 ) Các đường tròn (AB1 C1 ), (AB2 C2 ), (AB3 C3 ) đồng quy X, tương tự có Y, Z Chứng minh AX, BY, CZ đồng quy T, M1 A1 , M2 A2 , M3 A3 đồng quy A4 Tương tự có B4 , C4 Chứng minh M1 , M2 , M3 , X, Y, Z, A4 , B4 , C4 , T đồng viên 17 A C1 B3 C2 Y M3 C3 T B2 A4 B1 M2 X M1 B A1 A2 A3 C Chứng minh Các đường tròn (AB1 C1 ), (AB2 C2 ), (AB3 C3 ) đồng quy X tính chất phép vị tự quay Tương tự với Y, Z Ta có ∠XM1 Y = ∠XM1 C1 + ∠C1 M1 Y = ∠BAX + ∠ABY ∠XM2 Y = ∠XM2 C2 + ∠Y M2 C2 = ∠BAX + ∠ABY Do ∠XM1 Y = ∠XM2 Y hay tứ giác XM1 M2 Y nội tiếp Tương tự tứ giác XM2 M3 Y nội tiếp hay điểm M1 , M2 , M3 , X, Y đồng viên Chứng minh tương tự suy M1 , M2 , M3 , X, Y, Z đồng viên Từ ∠XM1 Y = ∠BAX + ∠ABY ta thu ∠XM1 Y = 180◦ − ∠XT Y Suy T nằm (M1 M2 M3 ) Gọi A4 giao A1 M1 với A2 M2 Suy ∠M1 A4 M2 = ∠A4 A2 C − ∠A4 A1 C = ∠BY M2 − ∠BY M1 = ∠M1 Y M2 Do A4 ∈ (M1 M2 M3 ) Ta có ∠Y M3 A4 = ∠Y M2 A2 = 180◦ − ∠Y BC = ∠Y M3 A3 suy M3 , A4 , A3 thẳng hàng Vậy M1 A1 , M2 A2 , M3 A3 đồng quy A4 nằm (M1 M2 M3 ) Tương tự với B4 , C4 Ta có đpcm 18 .. .Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC với I tâm đường tròn nội tiếp Một đường tròn qua A tiếp xúc với (BIC)... = CF · CA nên = CF AB AB MY Do = Suy XM Y ∼ CAB, suy ∠M Y X = ∠ABC Từ thu AC MX đpcm Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I, r) (I) tiếp xúc với AC, AB E, F Trên tia... ∠CBT Mà ∠xT C = ∠T BC suy ∠KT x = ∠KLT Suy T x tiếp tuyến (J) Vậy (J) (BC) tiếp xúc T Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC với (I) đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F