Mở rộng bài hình học IMO năm 2012

Trần Quang Hùng - Ong Thế Phương Bài toán hình học thi quốc tế năm 2012 số mở rộng Trần Quang Hùng Ong Thế Phương Trong đề thi toán quốc tế ngày thứ năm 2012 có tốn hay sau Bài Cho tam giác ABC có ∠BCA = 90◦ D chân đường cao hạ từ C X điểm nằm đoạn thẳng CD K điểm thuộc đoạn AX cho BK = BC Tương tự L điểm đoạn BX cho AL = AC Gọi M giao AL BK Chứng minh MK = ML Chúng ta đưa nhiều lời giải bình luận cho tốn Lời giải Gọi AX, BX cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Q, N khác A, B Do đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn đường kính AB nên ∠ANB = ∠AQB = 90◦ Gọi AN giao BQ P dễ thấy X trực tâm tam giác P AB nên P thuộc CD Ta ý tứ giác P NDB nội tiếp theo hệ thức lượng tam giác vuông ta có AN.AP = AD.AB = AC = AL2 Từ suy tam giác ALP vng L hay P L tiếp xúc (A, AC) Tương tự P K tiếp xúc (B, BC) P C Q N X L K M A B D E Hình Mặt khác ta dễ thấy đường tròn (A, AC) (B, BC) cắt điểm E khác C E đối xứng C qua AB Từ P thuộc CE, theo hệ thức lượng đường tròn Trần Quang Hùng - Ong Thế Phương P L2 = P C.P E = P K hay P L = P K Từ ta dễ thấy hai tam giác vuông P ML = trường hợp cạnh huyền cạnh góc vng suy MK = ML Ta có điều phải chứng minh P MK Nhận xét Lời giải túy hình học đẹp sử dụng công cụ hệ thức lượng tam giác vuông hệ thức lượng đường tròn Để vận dụng kiến thức cần kiến thức chương trình lớp Đó cách tiếp cận đẹp cho toán Lời giải sử dụng ý tưởng lời giải nick name vladimir92 diễn đàn AoPS Lời giải Dễ thấy đường tròn (A, AC) (B, BC) cắt điểm E khác C E đối xứng C qua AB Khi dễ thấy AC, AE tiếp xúc đường tròn (B, BC) P Q C N X L K M A B D E Hình Gọi AK giao (B, BC) Q khác K Do AC, AE tiếp xúc đường tròn (B, BC) nên tứ giác CQEK tứ giác điều hòa Do tiếp tuyến K Q (B, BC) cắt điểm P thuộc CE theo hàng điều hòa (P XCE) = −1 Vậy tương tự gọi BL giao (A, AC) N tiếp tuyến L N cắt P thuộc CE (P XCE) = −1 Do P ≡ P Từ ý CE trục đẳng phương (A, AC) (B, BC) nên P L = P K Từ ta dễ thấy hai tam giác vng P ML = P MK trường hợp cạnh huyền cạnh góc vng suy MK = ML Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Lời giải ngắn gọn đòi hỏi phải có hiểu biết hàng điều hòa tứ giác điều hòa, tư tưởng chủ đạo chứng minh tiếp tuyến K, L đồng quy trục đẳng phương Đây ý tưởng đặc sắc để tiếp cận toán Lời giải sử dụng ý tưởng lời giải nick name Jeroen diễn AoPS Trần Quang Hùng - Ong Thế Phương Lời giải Gọi U giao điểm CD với đường tròn qua ba điểm A, D, L Do AC = AL nên AD.AB = AC = AL2 Do hai tam giác ALD ABL đồng dạng Suy ∠AUD = ∠ALD = ∠DBL UD BD Do hai tam giác UAD BXD đồng dạng nên = AD DX Mà hai tam giác UDB ADX vuông đỉnh D nên chúng đồng dạng Ta thu ∠DUB = ∠DAX = ∠DKB (vì ∆DKB ∼ ∆KAB) Từ suy D, K, U, B thuộc đường tròn U C X K A M L D B Hình Mặt khác lại có ∠ULA = ∠UDA = 90◦ ∠UKB = ∠UDB = 90◦ nên UL ⊥ AL UK ⊥ BK Áp dụng định lý Carnot cho tam giác MAB có UL, UK, UD đồng quy U suy KM − KB + DB − DA2 + LA2 − LM = Hơn BK = BC ; AL2 = AC ; BD = CB − CD ; AD = AC − CD Từ thu LM = KM hay LM = LK Nhận xét Sử dụng định lý Carnot cách lý thú để tiếp cận toán Chúng ta thấy lợi ích hướng toán Bài (Mở rộng thi IMO) Cho hai đường tròn (O1 ) (O2) cắt A, B C, D thuộc đường thẳng O1 O2 cho AC vng góc O1 A AD vng góc O2 A P điểm thuộc đoạn AB CP giao (O1 ) L cho C, L khác phía AB DP giao (O2 ) K cho D, K khác phía AB LO1 cắt KO2 M Chứng minh MK = ML Lời giải Gọi DK giao (O2 ) R khác K Ta dễ thấy DA, DB tiếp xúc (O2 ) tứ giác ARBK điều hòa Vậy tiếp tuyến K R (O2 ) cắt Q thuộc AB (ABP Q) = −1 Trần Quang Hùng - Ong Thế Phương Q L K A P R O1 S C D O2 B M Hình Tương tự gọi CL giao (O1 ) S khác L tiếp tuyến S L (O1) cắt Q thuộc AB (ABP Q ) = −1 Q ≡ Q Từ QL, QK tiếp xúc (O1 ), (O2) mà AB trục đẳng phương (O1 ), (O2) QL = QK Từ ta dễ thấy hai tam giác vuông QML = QMK trường hợp cạnh huyền cạnh góc vng suy MK = ML Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Bài toán mở rộng thi IMO Khi hai đường tròn (O1 ) (O2 ) trực giao ta có lại thi IMO Phương pháp sử dụng hàng điều hòa cách ngắn gọn để tiếp cận toán Bằng ý tưởng dùng định lý Carnot toán gốc ta đưa lời giải sau Lời giải Gọi R1 , R2 bán kính (O1 ) (O2 ) Chú ý PP/(O1 ) = PP/(O2 ) nên P O12 − R12 = P O22 − R22 Xét tam giác P DC ta có (O1 C − O1 P ) + (O2 P − O2 D ) + (AD − AC ) = (AC + R12 − O1 P ) + (O2 P − R22 − AD ) + (AD − AC ) = Từ theo định lý Carnot ta có đường thẳng qua O1 vng góc với P C, AB đường thẳng qua O2 vng góc với DP đồng quy (1) Gọi X, Y giao điểm thứ DK với (O2 ); CL với (O1 ) Từ (1) ta thu AB, trung trực Y L, XK đồng quy Trần Quang Hùng - Ong Thế Phương M A O1 D C X O2 Y P B K L I Hình Do DA DB tiếp tuyến (O2 ) nên AKBX tứ giác điều hòa, suy tiếp tuyến (O2) X K AB đồng quy I Do trung trực XK qua I Vì AB, trung trực Y L, XK đồng quy nên I thuộc trung trực Y L Mặt khác, AY BL tứ giác điều hòa nên IL IY tiếp tuyến (O1 ) I thuộc trục đẳng phương (O1 ) (O2 ) nên IL = IK đồng thời ∠IKO2 = ∠ILO1 = 90◦ Từ suy hai tam giác ILM IKM Ta thu KM = ML Chúng ta xét tiếp mở rộng khác sau Bài Cho (O1 ) (O2 ) hai đường tròn với d trục đẳng phương chúng I điểm d IA, IB tiếp xúc với (O1 ), (O2) (A ∈ (O1), B ∈ (O2 )) A, B phía với O1 O2 IA, IB cắt O1 O2 C, D P điểm d P C cắt (O1 ) M, N thỏa mãn N nằm M C P D cắt (O2 ) K, L thỏa mãn L nằm K D MO1 cắt KO2 U Chứng minh UM = UK Chúng ta sử dụng hai bổ đề Bổ đề 3.1 Cho (O1 ) (O2 ) hai đường tròn với d trục đẳng phương chúng I điểm d IA, IB tiếp xúc với (O1 ) (O2 ) cho A, B phía với O1 O2 Chứng minh A, B, O thẳng hàng Với O tâm vị tự (O1 ) (O2 ) Trần Quang Hùng - Ong Thế Phương A B O1 C O O2 I Hình Chứng minh Gọi C giao điểm thứ (O2 ) với AB Khi ta có ∠IAB = ∠IBA Và ∠IBA + ∠O2 BC = 90◦ Do ∠IAB + ∠O2 BC = 90◦ hay ∠IAB + ∠O2 CA = 90◦ Từ thu ∠O1 AC + ∠O2 CA = 180◦ Do O2 C O1A Như C, A, O thẳng hàng Suy A, B, O thẳng hàng Bổ đề 3.2 Cho (O1 ) (O2 ) hai đường tròn d trục đẳng phương hai đường tròn O tâm vị tự ngồi hai đường tròn MN tiếp tuyến chung (O1) (O2 ) Ta biết MN qua O phép nghịch đảo tâm (O) phương tích OM.ON biến đường tròn (O1 ) thành đường tròn (O2 ) Chứng minh A thuộc (O1 ) B ảnh A qua phép nghịch đảo tâm O phương tích OM.ON tiếp tuyến A (O1 ), tiếp tuyến B (O2 ), d đồng quy I A C D B O O2 O1 N M Hình Chứng minh R1 , R2 bán kính (O1 ) (O2 ) I giao điểm tiếp tuyến A (O1 ) tiếp tuyến B (O2 ) Trần Quang Hùng - Ong Thế Phương Gọi C giao điểm thứ hai (O1 ) với OA D giao điểm thứ (O2 ) với OA Do B ảnh A qua phép nghịch đảo tâm O phương tích OM.ON nên B, N, M, A đồng viên Suy (AM, AB) ≡ (NB, NO) ≡ (DN, DO)(modπ) R1 Do ND MA Đặt k = Thì H (O, k) A → D Tương tự H (O, k) C → B Mà H (O, k) M → R2 N nên (MA, MC) ≡ (ND, NB)(modπ) Do (AI, AC) ≡ (BD, BI)(modπ) Hay tam giác IAB cân I Do IA = IB Suy I thuộc d Giải toán Gọi I điểm đối xứng I qua O1 O2 A , B tiếp điểm hai tiếp tuyến qua I với (O1 ) (O2 ) X, Y giao điểm P C với AA , P D với BB Do tính đối xứng nên có I , C, A thẳng hàng, I , D, B thẳng hàng Đồng thời AA BB d Do AX IP BY = = Như AB, XY , A B đồng quy AX IP BY Ta có ANA M tứ giác điều hòa Vậy tiếp tuyến M, N (O1 ) AA đồng quy Z Đồng thời (ZXAA ) = −1 Tương tự tiếp tuyến K, L (O2 ) BB đồng quy T (T Y BB ) = −1 Từ AB, XY , A B đồng quy nên XY , ZT , AB, A B đồng quy (O) Mặt khác theo bổ đề A, B, O thẳng hàng A , B , O thẳng hàng Do XY ZT qua O M Z W R S A T X N L Y D C O1 K B I' P I B' O O2 V A' U Hình OZ ZM ZA.ZA ZM OZ = = ⇒ = 2 TK OT TK OT T B.T B Do O tâm vị tự (Z, ZM) (T, T K) nên O tâm nghịch đảo chúng Gọi R, S, U, V tiếp điểm tiếp tuyến qua P (Z, ZM); (T, T K); (O1 ); (O2 ) cho R, S, O thẳng hàng U, V , O thẳng hàng Vì P thuộc trục đẳng phương (Z, ZM) (T, T K) nên theo bổ đề dựng điểm R, S, U, V thỏa mãn điều Từ P tâm đẳng Ta có Trần Quang Hùng - Ong Thế Phương phương (O1 ), (O2 ), (Z, ZM), (T, T K) nên P R = P S = P U = P V R, S, U, V đồng viên hay OR.OS = OU.OV = r Như theo bổ đề bổ đề O tâm nghịch đảo (O1 ) (O2 ); (Z, ZM) (T, T K) nên phép nghịch đảo tâm O phương tích r biến (O1 ) thành (O2 ) biến (Z, ZM) thành (T, T K) Do biến M thành K Từ theo bổ đề tiếp tuyến M (O1 ) K (O2 ) đồng quy W thuộc d Khi dễ có hai tam giác UMW tam giác UKW Từ suy điều phải chứng minh Nhận xét Lời giải cho ta vài kết đẹp phép nghịch đảo tâm O biến (O1) thành (O2 ) biến (Z, ZM) thành (T, T K) đồng thời ta thu loạt kết đồng quy O đẹp lời giải ý tưởng để giải tốn tổng qt Chúng tơi xin giới thiệu lời giải khác tác giả Nguyễn Văn Linh Bổ đề 3.3 Cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) L tâm vị tự ngồi hai đường tròn Gọi A, B hai điểm (O1 ), C, D hai điểm (O2 ) cho ba L, A, C L, B, D thẳng hàng (các cặp O1 A, O2 C O1 B, O2 D khơng song song) Khi điểm A, B, C, D thuộc đường tròn Chứng minh Gọi E, F giao điểm thứ hai LC với (O2 ), LD với (O2 ) Dễ dàng chứng minh O2 E O1 A, O2F O1 B Suy EF AB Áp dụng định lý Reim suy điều phải chứng minh Giải toán Gọi T tâm vị tự (O1 ) (O2 ) Ta thấy điều kiện để UM = UK M, K, T thẳng hang Gọi K giao điểm T M với (O2 ) cho O1 M O2 K không song song AB giao (O1 ) điểm thứ hai Q I K O2 M D O1 B C A P Q J T Hình Trần Quang Hùng - Ong Thế Phương Ta có ∠O1 QA = ∠O1AQ = ∠IAQ − 90◦ = 180◦ − ∠ABO2 (do tam giác IAB cân) Suy O1 Q O2 B Từ T, A, B thẳng hàng Áp dụng bổ đề 3.1 suy tứ giác MK BA nội tiếp Gọi J giao MA K B JA.JM = JB.JK nên J ∈ d Do MK , CD, AB đồng quy T nên áp dụng định lý Desargues ta thu giao điểm MC DK nằm IJ tức nằm d Suy K ≡ K Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Lời giải cho ta ý tưởng để giải toán tổng quát sau Bài (Tổng quát 3) Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) d trục đẳng phương chúng P , Q, R ba điểm d P A, P B tiếp tuyến (O1 ) (O2 ) (A, B nằm phía với O1 O2 ) QC, QD tiếp tuyến (O1), (O2 ) (C, D nằm phía với O1 O2 ) E = QC ∩ P A; F = P B ∩ QD RE cắt (O1 ) G, H RF cắt (O2 ) I, K cho G nằm R H, I nằm R K U giao điểm HO1 KO2 Chứng minh UK = UH Ta sử dụng hai bổ đề Chứng minh Gọi O tâm vị tự (O1 ) (O2 ) Ta có O tâm nghịch đảo hai đường tròn Xét phép nghịch đảo tâm O biến (O1 ) thành (O2 ) Từ bổ đề ta có A, B, O thẳng hàng C, D, O thẳng hàng Từ theo bổ đề ta có B ảnh A D ảnh C Do A, B, C, D đồng viên Như AC BD cắt trục đẳng phương (O1 ) (O2 ) Ta có (JAXC) = (JP RQ) = (JBY D) Do AB, CD, XY đồng quy Mà AB, CD đồng quy O nên XY qua O Thấy tứ giác GAHC IBKD tứ giác điều hòa Do tiếp tuyến H, G (O1 ) AC đồng quy điểm Z Tiếp tuyến I, K (O2 ) BD đồng quy điểm T Đồng thời (ZXAC) = (T Y BD) = −1 Mặt khác AB, XY , CD qua (O) nên ZT qua O Trần Quang Hùng - Ong Thế Phương 10 J H Z W V A T S K B Y X I O1 Q G F O2 D N O E R C M P Hình 10 AZ BJ OT = AJ BT OZ CZ DJ OT Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác JZT có O, C, D thẳng hàng ta có = CJ DT OZ Từ nhân đẳng thức lại ý JA.JC = JB.JD; ZA.ZC = ZH ; T B.T D = T K suy OZ ZH = TK OT Như O tâm vị tự (Z, ZH) (T, T K) O tâm nghịch đảo hai đường tròn Thấy R tâm đẳng phương (O1 ), (O2 ), (Z, ZH), (T, T K) Gọi RM, RN, RS, RV tiếp tuyến (O1 ), (O2 ), (Z, ZH), (T, T K) cho O, M, N thẳng hàng O, S, V thẳng hàng ta có RS = RV = RM = RN nên S, V , M, N đồng viên Do OS.OV = OM.ON = r Hơn O tâm nghịch đảo (O1 ) (O2 ); (Z, ZH) (T, T K) nên phép nghịch đảo cực O phương tích r biến (O1 ) thành (O2 ), (Z, HZ) thành (T, T K) biến H thành K Từ theo bổ đề suy tiếp tuyến H (O1 ) K (O2 ) d đồng quy W Từ nhờ tính UHW UKW ta có điều phải chứng minh Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác JZT có A, O, B thẳng hàng ta có Nhận xét Bài toán bao gồm kết đẹp mắt với ý tưởng dùng phép nghịch đảo cách giải ta thu kết sau - HA, KB đồng quy điểm d - Tiếp tuyến G (O1 ) I (O2 ) đồng quy điểm d Chúng xin giới thiệu lời giải khác tác giả Nguyễn Văn Linh Trần Quang Hùng - Ong Thế Phương 11 P F B J K T D S E H C Q O2 A O1 L R Hình 11 Chứng minh Gọi L tâm vị tự (O1 ) (O2 ) Chú ý điều kiện để UH = UK (tức đường tròn (U, UH) tiếp xúc với (O1 ) (O2 ) H, K) L, H, K thẳng hàng Gọi K giao điểm LH với (O2 ) cho O1 H O2 K không song song Ta chứng minh K ≡ K Gọi S giao điểm thứ hai AB (O2 ) Do P A, P B hai tiếp tuyến kẻ từ điểm P nằm trục đẳng phương d tới hai đường tròn (O1 ) (O2 ) nên P A = P B Suy ∠O1 AB = 90◦ − ∠P AB = 90◦ − ∠P BA = ∠O2 BA = ∠O2 SB Từ O1 A O2 S hay L, A, B thẳng hàng Tương tự, L, C, D thẳng hàng Áp dụng bổ đề ta có tứ giác ACDB nội tiếp.Gọi T giao AC BD T ∈ d Ta có giao điểm cặp đường thẳng (AE, BF ), (AC, BD), (EC, F D) P, T, Q thẳng hàng nên theo định lý Desargues ta có EF, CD, AB đồng quy L Mặt khác, lại áp dụng bổ đề ta có AHK B nội tiếp Gọi J giao AH K B J ∈ d Gọi R giao EH F K Áp dụng định lý Desargues cho đường thẳng AB, HK , EF ta có P, J, R thẳng hàng hay R ∈ d Tức R ≡ R Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Bài kết mạnh, nhờ ta giải số tốn khác toán Bài Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) cắt A, B Tiếp tuyến chung (O1 ), (O2) cắt T d đường thẳng qua T Tiếp tuyến A (O1 ), (O2 ) cắt d C, D P điểm thuộc AB CP giao (O1 ) L cho C, L khác phía AB DP giao (O2 ) K cho D, K khác phía AB LO1 cắt KO2 M Chứng minh MK = ML Trần Quang Hùng - Ong Thế Phương 12 R C V D A S P O1 O2 T M K L B Hình 12 Chứng minh Do T giao điểm hai tiếp tuyến chung (O1 ) (O2 ) nên AT phân giác ∠O1 AO2 Hơn AC ⊥ AO1 ; AD ⊥ AO2 biến đổi góc dễ dàng có AT phân giác ngồi TC AC góc ∠CAD Như = TD AD Do T tâm vị tự (C, CA) (D, DA) Như T tâm nghịch đảo (C, CA) (D, DA) Gọi R, S điểm đối xứng A qua O1 C O2 D Như R ∈ (C, CA) S ∈ (D, DA) Thấy phép nghịch đảo tâm T phương tích T A2 biến (O1 ) thành (O2 ) (C, CA) thành (D, DA) Do biến R thành S Như tiếp tuyến R (O1 ) tiếp tuyến S (O2) cắt V thuộc AB Áp dụng kết với V , A, P thuộc trục đẳng phương AB (O1 ) (O2) ta có điều phải chứng minh Ngồi chúng tơi xin đề xuất số mở rộng tiếp cho toán mở rộng đề IMO mà ý tưởng nằm toán 3,4,5 Các bạn xem luyện tập thêm Bài Cho hai đường tròn (O1 ), (O2) cắt A, B Tiếp tuyến chung (O1 ), (O2 ) cắt T d đường thẳng qua T Tiếp tuyến A (O1 ), (O2 ) cắt d C, D P điểm thuộc AB CP giao (O1 ) L cho C, L khác phía AB DP giao (O2 ) K cho D, K khác phía AB LO1 cắt KO2 M Chứng minh MK = ML Bài Cho (O1 ) (O2 ) d trục đẳng phương (O1 ) (O2 ) I điểm d Kẻ IA, IB tiếp xúc với (O1 ), (O2) cho A, B phía O1 O2 T giao hai tiếp tiếp tuyến chung Trần Quang Hùng - Ong Thế Phương 13 (O1 ), (O2) Đường thẳng l qua T cắt IA, IB C, D P điểm thuộc d P C cắt (O1 ) E, F cho F nằm P E P D cắt (O2 ) G, H cho G nằm P H O1 E giao O2 H K Chứng minh KE = KH Chúng xin chân thành cám ơn bạn Nguyễn Văn Linh sinh viên đại học ngoại thương có nhận xét góp ý quý báu cho viết Trần Quang Hùng GV trường THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN Email: analgeomatica@gmail.com Ong Thế Phương học sinh lớp 12T trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai Email: mathkidonline@gmail.com Tài liệu [1] Topic Problem IMO 2012 appears at http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=834&t=488511 [2] Topic Equivalent to IMO 2012 Q5 appears at http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=3680 [3] Topic Equal segment appears at http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=488712 ... điều phải chứng minh Ngồi chúng tơi xin đề xuất số mở rộng tiếp cho toán mở rộng đề IMO mà ý tưởng nằm toán 3,4,5 Các bạn xem luyện tập thêm Bài Cho hai đường tròn (O1 ), (O2) cắt A, B Tiếp tuyến... góc vng suy MK = ML Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Bài toán mở rộng thi IMO Khi hai đường tròn (O1 ) (O2 ) trực giao ta có lại thi IMO Phương pháp sử dụng hàng điều hòa cách ngắn gọn để tiếp... xét Sử dụng định lý Carnot cách lý thú để tiếp cận toán Chúng ta thấy lợi ích hướng toán Bài (Mở rộng thi IMO) Cho hai đường tròn (O1 ) (O2) cắt A, B C, D thuộc đường thẳng O1 O2 cho AC vng góc