Một số mở rộng bài toán hình học thi olympic nhật bản

Một số mở rộng tốn hình học thi Olympic Nhật Bản Nhóm thực hiện: Nguyễn Anh Tú, Lê Bích Ngọc, Phạm Lê Vũ, Đào Quang Đức Giáo viên hướng dẫn: Trần Quang Hùng Tóm tắt Chúng tơi đưa mở rộng khai thác cho hai tốn thi Olympic Nhật Bản năm 2012 cơng cụ túy hình học I Mở đầu Trong kỳ thi vơ địch Nhật Bản năm 2012 có hai tốn hình học hay sau Bài tốn Cho ΔABC , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp (O) tam giác cắt đường thẳng BC P Lấy Q, R đối xứng với P qua đường thẳng AB, AC Chứng minh QR vng góc với BC Bài tốn Cho tam giác PAB tam giác PCD cho PA = PB , PC = PD ; P , A , C B , P , D thẳng hàng Đường tròn (O1 ) qua A , C cắt (O2 ) qua B , D hai điểm phân biệt X , Y Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PXY trung điểm đoạn O1O2 Hai toán hai tốn hay đẹp mắt Bên cạnh xung quanh chúng nhiều vấn đề để mở rộng khai thác Sau thời gian làm việc nhóm chúng em đưa số ý để mở rộng khai thác hai tốn này, nhóm em tự đưa số cách giải cho hai tốn II Lời giải hai tốn Phần chúng tơi xin đưa lời giải cho hai toán thi Bài toán Cho ΔABC , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp (O) tam giác cắt đường thẳng BC P Lấy Q, R đối xứng với P qua đường thẳng AB, AC Chứng minh QR vng góc với BC R M A O H B P N C Q Lời giải Gọi PR ∩ AC ≡ M ; PQ ∩ AB ≡ N ; MN ∩ BC ≡ H n + PNA n = 90o + 90o = 180o nên tứ giác PMAN nội tiếp Vì PMA n = PAM n=n n ABC = PBN Suy PNH n = PNH n + HPN n = PBN n + HPN n = 90o , suy MN ⊥ BC Từ PHM Mặt khác từ giả thiết ta có MN đường trung bình tam giác PQR , nên MN & QR Từ hai điều ta có QR ⊥ BC , điều cần chứng minh Bài toán Cho tam giác PAB tam giác PCD cho PA = PB , PC = PD ; P , A , C B , P , D thẳng hàng Đường tròn (O1 ) qua A , C cắt (O2 ) qua B , D hai điểm phân biệt X , Y Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PXY trung điểm đoạn O1O2 Lời giải Gọi O trung điểm O1O2 , ta chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PXY B M H X T P K O2 O N A O1 Y D C Cách Gọi r1 , r2 bán kính (O1 ) , (O2 ) Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác XO1O2 tam giác YO1O2 ta có XO12 + XO22 O1O22 r12 + r22 O1O22 − = − (1) 4 YO12 + YO22 O1O22 r12 + r22 O1O22 − = − (2) OY = 4 Mặt khác từ giả thiết ta có : PA.PC = − PB.PD ⇔ PP / O1 = PP / O2 ⇔ PO12 + PO22 = r12 + r22 OX = Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác PO1O2 ta có OP = PO12 + PO22 O1O22 r12 + r22 O1O22 − = − 4 (3) Từ (1), (2), (3) ta có OX = OY = OP , suy O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PXY , điều cần chứng minh Cách Gọi H , T , K hình chiếu O1 , O, O2 lên PX Gọi PX ∩ (O1 ) = {X; M} ; PX ∩ (O2 ) = {X; N} Ta có PA.PC = PP /(O ) = PX PM PB.PD = PP /(O ) = PX PN Mặt khác từ giả thiết ta có PA.PC = − PB.PD Kết hợp với hai điều suy PM = − PN ⇔ Vì O trung điểm O1O2 nên TH = −TK PM − PX − PN − PX = ⇔ XH = KP 2 Từ hai điều suy TX = −TP , OT đường trung trực PX Suy O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PXY Vậy ta có điều phải chứng minh III Một số mở rộng Phần đưa số mở rộng cho toán toán Bài toán (Mở rộng toán 1) Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) P thuộc BC (O) T ∈ AP cho BT, CT cắt (O) lần thứ M, N MN ║ PA Q đối xứng P qua MB, R đối xứng P qua NC Chứng minh QR vng góc với BC R M E A N T O C B P S F Q Lời giải Gọi PR ∩ NC ≡ E ; PQ ∩ MB ≡ F ; EF ∩ BC ≡ S n + PFT n = 90o + 90o = 180o nên tứ giác PFTE nội tiếp Vì PET n = PTE n = MNT n = MBC n = PBF n Từ MN & PA tính chất góc nội tiếp ta có PFS n = PFS n + BPF n = PBF n + BPF n = 90o , EF ⊥ BC Suy PSE Mặt khác từ giả thiết ta có EF đường trung bình tam giác PQR nên EF & QR Từ hai điều ta suy QR ⊥ BC , điều cần chứng minh Bài toán (Mở rộng toán 2) Cho tam giác ABC , M điểm thuộc cạnh AB , N thuộc AC cho MN song song với đường đối trung xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC Đường tròn (O1 ) qua M , B cắt đường tròn (O2 ) qua N , C hai điểm phân biệt X , Y Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AXY trung điểm đoạn O1O2 Lời giải Gọi O trung điểm O1O2 , ta chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AXY N F E H X K A T O2 O M O1 Y C S B L Cách Đường đối trung xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC cắt BC S AB SB Vì AS đường đối trung tam giác ABC nên = AC SC n n n Vì MN & AS nên n AMN = BAS ANM = CAS n SC AB AC AB AC AM sin n ANM sin CAS Ta có = = = = = n SB AC AB AC AB AN sin n AMN sin BAS Suy AM AB = − AN AC Đến làm tương tự toán ta thu điều cần chứng minh Cách Đường đối trung xuất phát từ đỉnh A tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai L Gọi AX ∩ (O1 ) = {X; E} ; AX ∩ (O2 ) = {X; F} Gọi H , T , K hình chiếu O1 , O, O2 lên AX Ta có ΔAMN ~ ΔLCB (g.g), AM LC AC = = AN LB AB Suy AM AB = − AN AC kết hợp với tứ giác ABLC điều hồ ta Đến làm tương tự tốn ta thu điều phải chứng minh Bài toán (Mở rộng khác toán 1) Cho tam giác ABC , đường tròn qua B , C cắt AC , AB E , F Cho BE giao CF H Tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tai T Trên AB lấy điểm Q , AC lấy điểm P cho TP song song BE , TQ song song CF Chứng minh PQ song song với AH N P A E M F H T K B C D G Q EF ∩ BC ≡ K , AH ∩ ( ABC ) = { A; G} Lời giải Gọi BE ∩ AT ≡ N , CF ∩ AT ≡ M , AH ∩ BC ≡ D , Theo tính chất góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung ta có n=n NAC ABC = n AEF , suy EF & AT DB KB TC AC = ( BCDK ) = −1 nên = TB AB DC KC AM TC AN TB , suy = = Theo định lý Thales EF KC EF KB AM TC KB AC DB GB AC GB AF = = = = AN TB KC AB DC GC AB GC AE GB AM AE AT AP AP = = = Suy GC AF AN AQ AT AQ n = BGC n GB = AP nên ΔPAQ ~ ΔBGC (c.g.c) Xét ΔPAQ ΔBGC có : PAQ GC AQ n = BCG n = BAG n , suy PQ & AH , điều cần chứng minh Từ PQA Trước hết ta có Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Tiếp tuyến A (O) cắt BC A1 Lấy A2 , A3 đối xứng với A1 qua AB , AC Gọi da đường thẳng qua A2 , A3 Tương tự có d b , d c Các đường da , d b , d c cắt tạo thành tam giác A4 B4C4 a) Chứng minh da ⊥ BC b) Chứng minh AA4 , BB4 , CC4 đồng quy điểm S c) Chứng minh S thuộc ( ABC ) ( A4 B4C4 ) d) Chứng minh ( ABC ) ( A4 B4C4 ) trực giao e) Chứng minh đưòng thẳng Simson ứng với S ( ABC ) song song với đường thẳng nối A1 , B1 , C1 Lời giải a) Là kết toán b) Gọi A1 A3 ∩ AC ≡ M ; A1 A2 ∩ AB ≡ M ; M M ∩ BC ≡ X , d a ∩ BC ≡ X C1C2 ∩ BC ≡ P2 ; C1C3 ∩ AC ≡ P3 ; P2 P3 ∩ AB ≡ Z ; d c ∩ AB ≡ Z1 db ∩ AC ≡ Y1 Trước hết ta có A1 B c = , tương tự ta thu A1C b đảo ta có A1 , B1 , C1 thẳng hàng n = ZM n Tứ giác P2 ZM X nội tiếp nên ZXP 2 P2 n n Tứ giác P2C1M A1 nội tiếp nên ZM P2 = C1 A1 P2 n =C n Suy ZXP A1 P2 , ZX & A1C1 A1 B ∏ A C = nên theo định lý Menelaus A2 M2 C1 A Z Z1 P3 C3 P2 B O C X1 C2 X A1 M3 A3 Ta có ( A1 X X ) = (C1Z1Z ) = −1 ZX & A1C1 nên Z1 X & A1C1 Tương tự X 1Y1 & A1 B1 Mà A1 , B1 , C1 thẳng hàng nên X , Y1 , Z1 thẳng hàng Xét ΔABC ΔA4 B4C4 có giao điểm cặp cạnh tương ứng thẳng hàng nên theo định lý Desargues ta có AA4 , BB4 , CC4 đồng quy S , điều cần chứng minh n =C n c) điểm A, A4 , Y1 , Z1 thuộc đường tròn nên ZAA 4Y1 X , suy n n C CX = Z1 AA4 nên S ∈ ( ABC ) Tương tự S ∈ ( A4 B4C4 ) , ta có điều cần chứng minh C4 A Z1 Y1 A4 X1 C B4 S B d) Gọi M điểm Miquel ứng với tứ giác toàn phần BZ1Y1CAX Gọi O, O1 , O2 , O4 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , AY1Z1 , CX 1Y1 , A4 B4C4 C4 A M O2 O1 Z1 Y1 O O4 A4 B X1 C S O3 B4 Theo tính chất đường nối tâm dây chung ta có OO1 ⊥ AM OO2 ⊥ MC suy n n n n n n n n ABC = O 1OO2 Mặt khác O1 MA = O1 AM = MCO2 = CMO2 nên AMC = O1 MO2 Từ hai điều trên, kết hợp với A, B, C , M đồng viên, ta có O, O1 , M , O2 đồng viên n Tương tự O4 , O1 , M , O2 đồng viên Ta lại có n ASO2 = n ABC = O 1OO2 suy S , O, O1 , O2 đồng viên Như ta có M , S , O, O4 đồng viên, suy ( ABC ) ( A4 B4C4 ) trực giao, điều cần chứng minh C1 B1 A Y1 T2 B4 A1 X1 Z1 C B T1 A4 O S C4 e) Đường thẳng Simson ứng với điểm S tam giác ABC cắt AB, AC T1 , T2 Ta có n AY1Z1 = n AA4 Z1 = n AST1 = n AT2T1 suy T1T2 & Y1Z1 Mặt khác theo câu b) ta có Y1Z1 & B1C1 , suy đường thẳng Simson ứng với điểm S tam giác ABC song song với đường thẳng nối A1 , B1 , C1 , ta có điều cần chứng minh Tài liệu tham khảo [1] Đề thi Olympic Nhật Bản 2012 – Diễn đàn AoPS http://artofproblemsolving.com  ... tròn ngoại tiếp tam giác PXY Vậy ta có điều phải chứng minh III Một số mở rộng Phần đưa số mở rộng cho toán toán Bài toán (Mở rộng tốn 1) Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) P thuộc BC (O) T ∈ AP... , EF ⊥ BC Suy PSE Mặt khác từ giả thi t ta có EF đường trung bình tam giác PQR nên EF & QR Từ hai điều ta suy QR ⊥ BC , điều cần chứng minh Bài toán (Mở rộng toán 2) Cho tam giác ABC , M điểm... hình chiếu O1 , O, O2 lên AX Ta có ΔAMN ~ ΔLCB (g.g), AM LC AC = = AN LB AB Suy AM AB = − AN AC kết hợp với tứ giác ABLC điều hoà ta Đến làm tương tự toán ta thu điều phải chứng minh Bài toán