1060 toan HH IMO shortlist 2012 2011 (1)

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Một số toán HH từ ImoShortlist 2012 G1 Cho tam giác ABC, J tâm đường tròn bàng tiếp góc A Đường tròn (J) tiếp xúc BC, CA, AB M, L, K đường thẳng LM BJ cắt F, đường thẳng KM CJ cắt G Gọi S giao điểm đường thẳng AF BC, T giao điểm đường thẳng AG BC Chứng minh M trung điểm ST Lời giải Đặt   CAB,   ABC ,   BCA Đường thẳng AJ phân giác góc CAB nên JAK  JAL   Vì AKJ  ALJ  900 nên K, L thuộc đường tròn đường kính AJ Tam giác KBM cân đỉnh B BM = BK BJ phân giác  KBM nên     BMK  Tương tự MCJ  900  CML  nên 2 2     Suy LFJ  MBJ  BMF = 900  =  LAJ BMF  CML = 2 2 MBJ  900  Hơn nữa, F A phía JL nên F thuộc đường tròn đường kính AJ Hồn tồn tương tự, G thuộc đường tròn đường kính AJ Do AFJ  AGJ  900 Dễ thấy đường thẳng AK BC đối xứng qua đường thẳng BF Mặt khác AF  BF , KM  BF nên SM = AK Tương tự TM = AL Nhưng AK = AL Suy SM = TM A G F M S T C B L K J Bình luận: Sau phát A, F, K, J, L, G thuộc đường tròn, có nhiều cách khác để giải tiếp tốn Ví dụ, từ tứ giác JMFS JMGT nội tiếp ta tìm thấy TSJ  STJ   Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Một khả khác sử dụng thực tế đường AS GM song song (cả hai vuông góc với phân giác BJ), MS AG  1 MT GT G2 Cho ABCD tứ giác nội tiếp có đường chéo AC BD gặp E Các tia AD BC cắt F G điểm cho ECGD hình bình hành H điểm đối xứng E qua AD Chứng minh DHFG tứ giác nội tiếp Lời giải EAB  EDC DEC  AEB (đối đỉnh) DCE  DCA  DBA  EBA DG CE CD Suy   (1) EB EB AB CD FD Mặt khác FCD  FAB   (2) AB FB DG FD Từ (1) (2) suy  (3) EB FB Ta lại có CDA  ABF (Do ABCD nội tiếp) GDC  DCA (Do CGDE hình bình hành) DCA  DBA suy GDF  GDA  GDC  DCA  ABF  DBA  DBF  EBF (4)  GDF  EBF Từ (3) (4) suy DGF  BEF  FGD  BEF Vì H đối xứng E qua FD nên FHD  FED  1800  BEF  1800  FGD Suy đpcm G C D E Á B H F G3 Cho tam giác ABC nhọn với đường cao AD, BE, CF Tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF BDF I1 I2 tương ứng Tâm đường tròn ngoại Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 tiếp tam giác tam giác ACI1 BCI2 O1 O2 tương ứng Chứng minh I1I2//O1O2 Lời giải Đặt CAB   , ABC   , BCA   Ta thấy chứng minh ABI2I1 tứ giác nội tiếp Thật vậy, gọi I giao tia AI1 BI2 E, F giao điểm khác B, C đường tròn đường kính BC với cạnh AC, AB Do AEF  ABC , AFE  ACB  AEF  ABC với tỉ số đồng dạng Mặt khác AE  cos  AB I1 A r1   cos  (tỷ số đồng dạng) IA r Suy I1 A  IA cos   I I1  IA  I1 A  IA(1  cos  )  IA sin   2     Suy I I1.IA   IAsin    IBsin   I I IB 2 2   Tương tự I I  IB sin Vậy ABI2I1 nội tiếp C O1 O2 E D I I1 I2 F B A Như thế, I có phương tích hai đường tròn (O1) (O2) C giao điểm (O1) (O2) Suy đường thẳng CI trục đẳng phương (O1) (O2) Do CI  O1O2 (1) Bây ta chứng minh CI  I1 I (2) Gọi Q giao điểm đường thẳng CI với I1I2 Ta có: II1Q  I1 IQ  II1Q  (ACI  CAI )  II1 I  ACI  CAI Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014    (Do ABI2I1 nội tiếp) ACI  , CAI  , suy 2    II1Q  I1IQ     900 (2) chứng minh 2 Để ý II1I  Từ (1) & (2) suy I1I2//O1O2 Cách khác Trước tiên ta chứng minh A, I1, I2, B thuộc đường tròn Gọi tâm nội tiếp tam giác ABC, ta cần chứng minh I I1.IA = I I2.IB Gọi P, Q, R tiếp điểm (I) với AC, AB, BC Khi I , I1 đối xứng với qua PQ Thật vậy, dễ thaays EFBC tứ giác nội tiếp nên suy AEI1  ABI Suy AEI1  ABI  AI AE AI1    cosA AB AI AI Gọi I1' điểm đối xứng với qua PQ Ta có: AI1' QI1' sin AQI1'   sin AQI1'  sin(900  2IQP)  sin(900  A)  cos A AI QI sin AQI Do I1  I1' Hồn tồn tương tự I I2 đối xứng với qua QR Vì II1.IA  II IB  2r  AI1 I B tứ giác nội tiếp Mặt khác ta lại có CI  I1I (1) Thật vậy, gọi X giao điểm CI , I1I Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Ta có: 1 XI1I  XII1  ABI  1800  AIC  ABC  900  ABC  900 2 Suy CI  I1I Do cần chứng minh CI  O1O2 Gọi Y giao điểm thứ hai (O0) (O2) Khi CY  O1O2 (2) Mặt khác, tâm đẳng phương đường tròn (O1 ), (AI1I2B) (O2) nên C, Y, I thẳng hàng (3) Từ (1), (2) (3) ta có O1O2 / / I1I G4 Cho ABC tam giác với AB  AC đường tròn (O) ngoại tiếp Phân giác ∠BAC cắt BC D E điểm đối xứng D qua trung điểm M BC Các đường thẳng qua D E vuông góc với BC cắt đường AO AD X Y Chứng minh tứ giác BXCY nội tiếp đường tròn Lời giải Phân giác ∠BAC đường trung trực BC gặp P trung điểm cung nhỏ BC OP vng góc BC M Ký hiệu Y' điểm đối xứng Y qua đường thẳng OP Khi đó∠BYC = ∠BY'C đủ để từ BXCY' tứ giác nội tiếp suy BXCY tứ giác nội tiếp Ta có∠XAP =∠OPA =∠EYP ( OA = OP EY // OP) Nhưng {Y, Y'} {E, D} cặp điểm đối xứng qua OP nên ∠EYP = ∠DY'P ∠XAP = ∠DY'P = ∠XY'P Suy XAY'P tứ giác nội tiếp Ta có: XD·DY' = AD·DP = BD·DC Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Suy BXCY' tứ giác nội tiếp A X O EM B C D P Y Y' G5 Cho tam giác ABC có ∠BCA = 900, D hình chiếu C AB Một điểm X thuộc đoạn thẳng CD K, L điểm đoạn AX, BX theo thứ tự cho BK = BC AL = AC Gọi M giao điểm AL BK Chứng minh MK = ML Lời giải P C N Q X L K A M D B E Gọi Q, N giao điểm tia AX, BX với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khác A, B Thấy ANB  AQB  900 Gọi P giao Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 điểm đường thẳng AN, BQ Khi X trực tâm tam giác PAB nên P thuộc đường thẳng CD Để ý tứ giác PNDB nội tiếp nên AN.AP = AD.AB = AC2 = AL2 Do tam giác ALP vng L hay PL tiếp xúc đường tròn (A, AC) Tương tự PK tiếp xúc đường tròn (B, BC) Mặt khác, gọi E giao điểm đường tròn (A, AC) (B, BC) E đối xứng C qua AB nên E thuộc đường thẳng CD Ta có PL2 = PC.PE = PK2 suy PL = PK, suy hai tam giác vng PML  PMK Vì MK = ML Cách Dễ thấy, gọi E giao đường tròn (A, AC) (B, BC) khác C E đối xứng với C qua AB P Q C N X L K A M D B E Ta có AC AE tiếp xúc với đường tròn (B, BC) Gọi Q giao đường thẳng AK (B, BC) khác K Do AC, AE tiếp xúc (B, BK) nên tứ giác CQEK tứ giác điều hòa Do P giao hai tiếp tuyến (B, BC) K Q thuộc đường thẳng CE Ta có (PXCE) = - Tương tự gọi N giao đường thẳng BL với đường tròn (A, AC) P' giao điểm tiếp tuyến (A, AC) L N thuộc đường thẳng CE (P'XCE) = - Do P' trùng P Khi đường thẳng CE trục đẳng phương hai đường tròn (A, AC) (B, BC) nên PL = PK Hai tam giác vuông PML  PMK nên MK = ML Cách Gọi U giao điểm đường thẳng CD với với đường tròn qua ba điểm A, D, L Do AC = AL nên AD AB = AC2 = AL2 Do ALD  ABL  AUD  ALD  DBL Do UAD  BXD  Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp UD BD  AD DX Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 U C X L K A D B Hai tam giác UDB ADX vuông D nên đồng dạng Suy DUB  DAX  DKB(do DKB  KAB) Suy D, K, U, B thuộc đường tròn Mặt khác ULA  UDA  900 UKB  UDB  900 nên AU  AL UK  BK Áp dụng định lý Carnot cho tam giác MAB với UL, UK, UD đồng quy ta có ( KM  KB )  ( DB  DA2 )  ( LA2  LM )  Hơn BK  BC , AL2  AC , BD  CB  CD , AD  AC  CD Từ suy LM  KM hay LM = KM G6 Cho ABC tam giác có O tâm đường tròn ngoại tiếp I tâm đường tròn nội tiếp Các điểm D, E F thuộc cạnh BC, CA AB cho BD + BF = CA CD + CE = AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác BFD CDE cắt P  D Chứng minh OP = OI Lời giải Theo định lý Miquel vòng tròn (AEF) = (CA), (BFD) = (CB) (CDE) = (CC) có điểm chung Vì (CA) qua điểm chung P  D điểm chung (CB) (CC) Gọi A', B', C' giao điểm tia AI, BI, CI với đường tròn (CA), (CB) (CC) Bổ đề Cho  XAY L XOY   Đường tròn (XAY) = (C) cắt phân giác góc   Khi AX  AY  AL cos Thật vậy, để ý L trung điểm cung  XY không chứa A Đặt XL = YL = u, XY = v Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 X v u O A L u Y Theo định lý Ptolemy AX.Y L + AY XL = AL XY  (AX + AY) u = AL.v Ta có ∠LXY =    v = 2cos u 2 (1) (2) Từ (1) (2) suy r bổ đề chứng minh Áp dụng bổ đề để cho∠BAC = α đường tròn (C) (CA), cắt AI A' cho ta 2AA'cos  = AE + AF = BC Tương tự cho BB' CC' Áp dụng bổ với ∠BAC = α (C) đường tròn đường kính AI Sau X, Y tiếp điểm (I) với AB AC,  (AB + AC - BC) Vì vậy, ta có 2AIcos = AB + AC - BC 2  Tiếp theo, (C) đường tròn (O) BAC tia AI cắt (C) M  A ta  có 2AM cos = AB + AC AX = AY = Tóm lại ta có: 2AA'cos    = BC, 2AIcos = AB + AC - BC, 2AM cos = AB + AC (*) 2 Suy AA'+ AI = AM Như cho ta AI = MA' nên O thuộc trung trực đoạn IA' Do OI = OA' Tương tự, ta có OB' = OC' = OI Vậy I, A', B', C' cùng cách O Để chứng minh OP = OI, ta cần chứng minh I, A ', B', C' P thuộc đường tròn Ta giả định P khác với I, A', B', C' Giả sử A', B', P, I phân biệt; sau đủ để thuộc đường tròn ∠(A'P, B'P) = ∠(A'I, B'I) Do A, F, P, A' thuộc đường tròn (CA) nên: ∠(A'P, FP) = ∠(A'A, FA) = ∠(A'I, AB) Tương tự ∠ (B'P, FP) = ∠ (B'I, AB) Vì ∠(A'P, B'P) = ∠(A'P, FP) + ∠(FP, B'P) Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 = ∠(A'I, AB) - ∠(B'I, AB) = ∠ (A'I, B'I) Ở giả định P  F Nếu P = F P  D, E Ta có ∠(A'F, B'F) = ∠(A'F, EF) + ∠(EF, DF) + ∠(DF, B'F) A (C) (CA) B' E P F O I (CC) C' A' C D B (CB) M G7 Cho ABCD tứ giác lồi có cạnh BC AD khơng song song có điểm E BC cho tứ giác ABED AECD ngoại tiếp Chứng minh có điểm F AD để tứ giác ABCF BCDF ngoại tiếp AB song song với CD Lời giải Gọi (C1) (C2) đường tròn có tâm O1 O2 ngoại tiếp tứ giác ABED AECD tương ứng Một điểm F tồn (C1) (C2) cũng đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCF BCDF tương ứng Gọi giao điểm tiếp tuyến từ kẻ B đến (C2) từ C đến (C1) (khác với BC) cắt AD F1 F2 tương ứng Ta cần phải chứng minh F1  F2 AB // CD B E O1 O2 C O A D F1 F2 Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 10 Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Bổ đề Các vòng tròn (C1) (C2) có tâm O1 O2 tiếp xúc với hai cạnh góc xOy Các điểm P, S thuộc cạnh góc điểm Q, R cạnh góc cho RS, PQ tiếp tuyến đường tròn (C2), (C1) , mặt khác (C1) nội tiếp tam giác OPQ (C2) đường tròn bàng tiếp góc O tam giác ORS Ký hiệu p = OO1.OO2 Ta có kết quả: OP.OR < p < OQ.OS, OP.OR > p > OQ.OS, OP.OR = p = OQ.OS v Q R O x y O2 φ φ O1 S u P Thật vậy, Ký hiệu ∠OPO1 = u, ∠OQO1 = v, ∠OO2R = x, y = ∠OO2S, ∠POQ = 2φ Vì PO1, QO1 RO2, SO2 phân giác tam giác PQO phân giác tam giác RSO, nên u + v = x + y (= 90◦ - φ) (1) Theo định lí sin tam giác OO1P OO2Q ta có: OP sin(u   ) OO2 sin( x   )  ,  OO1 sin u OR sin x Do u, x  số đo góc nhọn, nên : OP OO2 OP.OR  p    sin x sin(u   )  sin u sin( x   )  sin( x  u )   x  u OO1 OR Như OP.OR ≥ p tương đương với x ≥ u, OP.OR = p x = u Tương tự, p ≥ OQ.OS tương đương v ≥ y, OQ.OS = p v = y Mặt khác x ≥ u v ≥ y tương đương (1), với x = u v = y Bổ đề chứng minh Trở lại định lý : Với bốn điểm {B, E, D, F1}, {A, B, C, D} {A, E, C, F2} Giả sử OE.OF1 > p, có Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 11 Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 OE.OF1 > p ⇒ OB.OD < p ⇒ OA.OC > p ⇒ OE.OF2 < p Nói cách khác, OE.OF1 > p ta có: OB.OD < p < OA.OC OE.OF1 > p > OE.OF2 Tương tự vậy, OE.OF1 < p ta có: OB.OD > p > OA.OC OE.OF1 < p < OE.OF2 Trong trường hợp F1  F2 OB.OD  OA.OC, đường thẳng AB CD không song song với Trường hợp OE.OF1 = p Bổ đề dẫn đến OB.OD = p = OA · OC OE.OF1 = p = OE.OF2 Do F1  F2 AB // CD Bình luận Kết luận BC AD song song Người ta chứng minh trường hợp giới hạn bổ đề cho cấu hình hiển thị hình bên dưới, với O'r1 O''r2 tia song song, O'O''⊥ r1r2 O trung điểm O'O'' Hai đường tròn tâm O1 O2 tiếp xúc O'r1 O''r2 Các đường thẳng PQ RS tiếp tuyến với đường tròn cho P, S thuộc O'r1, Q, R thuộc O''r2, mà O, O1 bên PQ ; O, O2 hai phía của RS Đặt s = OO1+ OO2 Ta có kết sau: O'P + O''R < s s > O''Q + O'S, O'P + O''R = s = O''Q + O'S Q r2 R O'' O O2 O1 r1 O' P S Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 12 Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 2011 G1 Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O (C) đường tròn mà tâm L thuộc cạnh BC Giả sử (C) tiếp xúc với AB B' AC C' O thuộc cung nhỏ B ' C ' (C) Chứng minh đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC (C) cắt hai điểm Lời giải B', C' hình chiếu L AB, AC O nằm tam giác AB'C', ∠COB 2LB', có nghĩa ∠CAB = 2∠B'AL < 2.300 = 600 Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 13 Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 G3 Cho ABCD tứ giác lồi với cạnh AD BC không song song Giả sử đường tròn đường kính AB đường tròn đường kính CD cắt E F tứ giác Đường tròn (CE) qua hình chiếu vng góc E đường thẳng AB, BC, CD Đường tròn (CF) qua hình chiếu vng góc F đường thẳng CD, DA AB Chứng minh trung điểm EF thuộc đường thẳng qua hai điểm giao điểm hai đường tròn (CE) (CF) Lời giải Ký hiệu P, Q, R, S hình chiếu E dòng DA, AB, BC, CD tương ứng Các điểm P Q nằm đường tròn đường kính AE, ∠QPE = ∠QAE; Tương tự ∠QRE = ∠QBE Vì ∠QPE + ∠QRE = ∠QAE + ∠QBE = 900 Tương tự ∠SPE + ∠SRE = 900, ta có ∠QPS + ∠QRS = 900 + 900 = 1800 Suy tứ giác PQRS nội tiếp (CE) Tương tự, bốn hình chiếu F lên cá đường thẳng chứa cạnh tứ giác ABCD thuộc đường tròn (CF) Ký hiệu K giao điểm cá đường thẳng AD BC Khơng tính tổng quát giả định A nằm đoạn DK Giả sử ∠CKD ≥ 900 Các điểm E, F nằm bên tứ giác Trái giả thiết Do đó, đường thẳng EP BC cắt điểm P', đường thẳng ER AD cắt điểm R' C M' S P' R E B Q N F K P AM N' R' D Các điểm P' R' thuộc (CE) Thật vậy, điểm R, E, Q, B thuộc đường tròn nên ∠QRK = ∠QEB = 900 - ∠QBE = ∠QAE = ∠QPE Vì ∠QRK = ∠QPP', suy P' nằm (CE) Tương tự cho R' Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 14 Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Gọi M N hình chiếu của F đường thẳng AD BC tương ứng, M' = FM ∩BC, N' = FN ∩AD Bởi lập luận tương tự trên, điểm M'và N' thuộc (CE) Xem hình đây: U = NN'∩ PP', V = MM' ∩ RR' Do điểm N, N ', P, P' thuộc đường tròn, UN.UN' = UP.UP' Suy U thuộc trục đẳng hương (CE) (CF) Tương tự cho V Cuối cùng, EUFV hình bình hành, nên UV qua trung điểm EF C M' S P' R E B Q V N U F K P N' AM R' D G4 Cho ABC tam giác nhọn B0 trung điểm AC C0 trung điểm AB Gọi D hình chiếu A G trọng tâm tam giác ABC, (C0) đường tròn qua B0 C0 tiếp xúc với đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC X khác A Chứng minh điểm D, G, X thẳng hàng Lời giải Nếu AB = AC lời giải tầm thường Vì mà khơng tính tổng qt, giả sử AB < AC Phép vị tự tâm A tỷ số biến đường tròn (C) thành đường tròn (C1) qua B0 C0 tiếp xúc với đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC X khác A Tiếp tuyến A (C) (C1), tiếp tuyến A (C) (C0), đường thẳng B0C0 ba trục đẳng phương nên đồng quy W Các điểm A D đối xứng đối qua đường thẳng B0C0 với; WX = WA = WD Suy W tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADX Hơn nữa, có ∠WAO = ∠WXO = 900 ∠AWX + ∠AOX = 1800 Ký hiệu T giao điểm thứ hai (C) đường thẳng DX Lưu ý O thuộc (C1) Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 15 Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 (3600 -∠AWX) Ta có ∠DAT = ∠ADX - ∠ATD = 1800 - ∠AOX = (∠AWX + ∠AOX) = 900 Vì vậy, AD ⊥ AT, AT // BC Như vậy, ATCB hình thang cân Gọi A0 trung điểm BC, xét ảnh ATCB qua phép vị tự h tâm G tỉ số - , ta có h (A) = A0, h (B) = B0, h (C) = C0 Từ tính chất đối xứng qua B0C0, ta có ∠TCB = ∠CBA = ∠B0C0A = ∠DC0B0 Mặt khác AT // DA0 suy h (T) = D Do điểm D, G, T thẳng hàng, X nằm đường thẳng A T (C0) (C) B0 C0 W G O (C1) B D A0 C X Lời giải Gọi điểm A0, O, W Lời giải giả sử AB < AC Gọi Q hình chiếu vng góc A0 B0C0 Do ∠WAO = ∠WQO = ∠OXW = 900 nên năm điểm A, W, X, O, Q nằm đường tròn Ta có ∠WQD = ∠AQW = ∠AXW = ∠WAX = ∠WQX Do ba điểm Q, D, X nằm đường thẳng d Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 16 Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Cuối cung, phép vị tự tâm G tỉ số - biến tam giác ABC thành tam giác A0B0C0 biến D thành Q Do đó, điểm D, G, Q thẳng hàng X nằm đường thẳng Bình luận Có nhiều cách khác để chứng minh Q, D, X thẳng hàng Ví dụ, gọi J giao AW BC Ta chứng minh A, D, X, J cách W ADXJ tứ giác nội tiếp Kết hợp với AWXQ tứ giác nội tiếp ta có ∠JDX = ∠JAX = ∠WAX = ∠WQX Vì BC // WQ, nên Q, D, X thực thẳng hàng A (C0) (C) W Q C0 B0 G O (C1) J B D A0 C X G5 Cho ABC tam giác với đường tròn nội tiếp tâm I đường tròn ngoại tiếp (C) Cho D E giao điểm thứ hai (C) với tia AI BI tương ứng DE cắt AC điểm F, cắt BC điểm G Cho P giao điểm đường thẳng qua F song song với AD đường thẳng qua G song song với BE Giả sử tiếp tuyến (C) A B gặp điểm K Chứng minh ba đường thẳng AE, BD, KP song song đồng quy Lời giải Thấy ∠IAF = ∠DAC = ∠BAD = ∠BED = ∠IEF suy AIFE tứ giác nội tiếp Ký hiệu đường tròn ngoại tiếp AIFE (C1) Tương tự vậy, tứ giác BDGI nội tiếp; kí hiệu đường tròn ngoại tiếp BDGI (C2) Đường thẳng trục đẳng phương (C) (C1), đường thẳng BD trục đẳng phương (C) (C2) Gọi t trụcẳng phương (C1) (C2) Ba trục đẳng phương đồng quy tâm đẳng phương chúng song song với Ta chứng minh t đường thẳng PK Gọi L giao điểm thứ hai (C1) (C2) Khi t = IL (Nếu hai đường tròn tiếp xúc với L = I t tiếp tuyến chung) Gọi K'  L P'  L giao điểm t với đường tròn ngoại tiếp tam Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 17 Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 giác ABL BDL Ta có: ∠(AB, BK') = ∠(AL, LK') = ∠(AL, LI) = ∠(AE, EI) = ∠(AE, EB) = ∠ (AB, BK) Suy BK' // BK Tương tự có AK'k//AK, K'  K Tiếp theo, có: ∠(P'F, FG) = ∠(P'L, LG) = ∠(IL, LG) = ∠(ID, DG) = ∠(AD, DE) = ∠(PF, FG) Do P'F // PF tương tự P'G // PG Do P' = P Điều có nghĩa t qua K P Chứng minh kết thúc (C1) E A W (C) K K' I F L P P' C B D (C2) Solution Gọi M giao điểm tiếp tuyến với (C) D E, gọi T giao điểm đường thẳng AE BD Nếu AE BD song song, điểm K M nằm đường TI (như hệ Định lý Pascal, áp dụng cho hình lục giác thối hóa ghi AADBBE ADDBEE) Các dòng AD BE phân giác góc ∠CAB ∠ABC, tương ứng, D E trung điểm vòng cung BC CA đường tròn (C) Do đó, DM song song với BC EM song song với AC Áp dụng định lý Pascal cho lục giác suy biến CADDEB Theo định lý, điểm F = CA ∩DE, I = ∩ EB cho ta FI // BC // DM Tương tự, đường thẳng GI //AC // EM Xét phép vị tự tâm H tỉ số  FG biến E thành G biến D thành F Vì tam ED giác EDM tam giác GFI có cạnh tương ứng song song, nên phép vị tự biến M thành I Tương tự vậy, tam giác DEI FGP có cạnh tương ứng song song, nên phép vị tự biến I thành P Do đó, điểm M, I, P H thẳng hàng Do đó, điểm P thẳng hàng với T, K, I, M Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 18 Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Bình luận Người ta chứng minh IF//BC IG//AC cách Do ∠ADE = ∠EDC ∠DEB = ∠CED nên điểm I C đối   EC  DB   DC  ta có ∠CFG = ∠FGC, xứng qua DE Hơn nữa, cung EA tam giác CFG cân Do đó, tứ giác IFCG hình thoi (C) E A A K F I H P B G D G6 Cho ABC tam giác cân AB = AC, D trung điểm AC Phân giác ∠BAC cắt đường tròn qua D, B, C điểm E bên tam giác ABC Đường thẳng BD cắt đường tròn qua A, E, B hai điểm B F Các đường thẳng AF BE cắt điểm I, đường thẳng CI BD cắt điểm K Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác KAB Solution Gọi D' trung điểm đoạn AB, M trung điểm BC Vì DD'BC hình thang cân nên nội tiếp đường tròn (C) Vì cung D'E cung ED đường tròn (C) nên ta có ∠ABI = ∠D'BE = ∠EBD = IBK, I thuộc phân giác góc ∠ABK Ta cần chứng minh I thuộc phân giác góc ∠BAK Từ ∠DFA = 1800 - ∠BFA = 1800 - ∠BEA = ∠MEB = 1 ∠CEB = ∠CDB 2 suy ∠DFA = ∠DAF nên tam giác AFD cân với DA = DF Áp dụng Định lý Menelaus cho tam giác ADF đường thẳng CIK, với ứng dụng định lý phân giác tam giác ABF, suy ra: AC DK FI DK BF DK BF DK BF 2 2  đó: CD KF IA KF AB KF AD KF AD BD BF  FD BF KF DF AD   1  1   AD AD AD DK DK DK 1 Suy tam giác ADK BDA đồng dạng nên ∠DAK = ∠ABD Cuối ∠IAB = ∠AFD - ∠ABD = ∠DAF - ∠DAK = ∠KAI suy điểm K thuộc phân giác góc ∠BAK Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 19 Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 A E D' D I (C1) K F B C M (C2) Solution Ta chứng minh KI chia đôi ∠AKB A E D' D I O3 K (C1) F M B C O1 (C3) Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 20 Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Ký hiệu đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tâm (C1) O1, tương ứng Từ tứ giác ABFE nội tiếp được, ta có ∠DFE = ∠BAE = ∠DAE Tương tự ta có ∠EAF = ∠EBF = ∠ABE = ∠AFE Vì ∠DAF = ∠DFA, DF = DA = DC Suy ra, tam giác AFC ghi đường tròn (C2) với tâm D Ký hiệu tròn ngoại tiếp tam giác ABD (C3), tâm O3   EC  tam giác ADE FDE đồng dạng, nên Vì (C1) ta có EB ∠AO1B = 2∠BDE = ∠BDA Vì O1 nằm (C3) Do ∠O3O1D = ∠O3DO1 Đường thẳng BD trục đẳng phương (C1) (C3) Điểm C thuộc trục đẳng phương (C1) (C2) suy AI.IF = BI.IE Do K = BD∩CI tâm đẳng phương (C1), (C2) (C3) Đường thẳng AK trục đẳng phương (C2) (C3) Các đường thẳng AK, BK IK vuông góc với đường thẳng qua hai tâm O3D, O3O1 O1D, tương ứng Vì ∠O3O1D = ∠O3DO1, ta nhận KI phân giác góc ∠AKB Solution Một lần nữa, gọi M trung điểm BC Như cách giải trước, ta suy ∠ABI = ∠IBK Chúng ta thấy điểm I nằm đường phân giác góc ∠KAB Cho G giao điểm đường tròn AFC BCD, khác C Các đường thẳng CG, AF BE trục đẳng phương ba vòng tròn AGFC, CDB, ABFE Vì I = AF ∩ BE tâm đẳng phương ba vòng CG qua I A B' E G D D' I (C1) K F B M C Góc đường thẳng DE tiếp tuyến đường tròn (BCD) E ∠EBD =∠EAF = ∠ABE = ∠AFE Tiếp tuyến đường tròn (BCD) E Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 21 Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 vng góc với AM, đường thẳng DE vng góc với AF Tam giác AFE cân, DE đường trung trực đoạn AF AD = DF Suy ra, điểm D tâm đường tròn (AFC), đường tròn qua M ∠AMC = 900 Gọi B' điểm đối xứng B qua D, ABCB' hình bình hành Vì DC = DG chúng tơi có ∠GCD = ∠DBC = ∠KB'A Do đó, AKCB tứ giác nội tiếp ∠CAK = ∠CB'K = ∠ABD = 2∠MAI Cuối ∠IAB = ∠MAB - ∠MAI = 1 ∠CAB - ∠CAK = ∠KAB 2 AI phân giác góc ∠KAB Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 22 ... DEC  AEB (đối đỉnh) DCE  DCA  DBA  EBA DG CE CD Suy   (1) EB EB AB CD FD Mặt khác FCD  FAB   (2) AB FB DG FD Từ (1) (2) suy  (3) EB FB Ta lại có CDA  ABF (Do ABCD nội tiếp)... định lý Ptolemy AX.Y L + AY XL = AL XY  (AX + AY) u = AL.v Ta có ∠LXY =    v = 2cos u 2 (1) (2) Từ (1) (2) suy r bổ đề chứng minh Áp dụng bổ đề để cho∠BAC = α đường tròn (C) (CA), cắt AI A'... tiếp) ACI  , CAI  , suy 2    II1Q  I1IQ     900 (2) chứng minh 2 Để ý II1I  Từ (1) & (2) suy I1I2//O1O2 Cách khác Trước tiên ta chứng minh A, I1, I2, B thuộc đường tròn Gọi tâm