Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Xung quanh tốn hình học kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam năm 2014 Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Tóm tắt nội dung Bài viết xoay quanh tốn hình học hay kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam năm 2014 ngày thứ với cơng cụ hình học túy Trong kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam năm 2014 ngày thứ có tốn hình học sau Bài tốn Cho tam giác ABC nhọn không cân đường cao AD P thuộc AD P B, P C cắt CA, AB E, F A PA = (tan B + tan C) cot a) Giả sử tứ giác AEDF nội tiếp Chứng minh PD b) Gọi CP cắt đường thẳng qua B vng góc AB M BP cắt đường thẳng qua C vng góc AC N K hình chiếu A lên MN Chứng minh ∠BKC + ∠MAN không đổi P di chuyển Hai câu a) b) tốn khơng liên quan tới Ta tách riêng thành hai tốn phân tích tốn Câu a) phát biểu điều kiện dạng biểu thức lượng giác khơng đẹp, ta hồn tồn có hệ thức lượng túy hình học câu a) Ta xét tốn sau Bài tốn Cho tam giác ABC nhọn khơng cân đường cao AD P thuộc AD P B, P C AD AB.AC + AD cắt CA, AB E, F Chứng minh tứ giác AEDF nội tiếp = PD DB.DC A E Q F P B D C Hình Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Lời giải Gọi EF cắt BC Q Ta có hàng điều hòa (BC, DQ) = −1 lại có DA ⊥ DQ nên DA phân giác ∠EDF Từ với tứ giác AEDF nội tiếp ta dễ suy AE = AF Theo định lý Ceva DB EC F A EC DC = suy = Ta lại dễ có AC − AB = AE + EC − AF − F B = EC − F B DC EA F B FB DB (AC − AB)DC (AC − AB)DB ,FB = Từ tỷ số hiệu EC, F B ta dễ suy EC = DC − DB DC − DB AB.DC − AC.DB AE = AF = AB − F B = DC − DB Từ theo hệ thức Van Aubel PA F A EA AB.DC − AC.DB AB.DC − AC.DB = + = + PD F B EC DC(AC − AB) DB(AC − AB) AC.DB AB.DC AC AB − + − = AC − AB DC(AC − AB) DB(AC − AB) AC − AB AB.DC − AC.DB = −1 DB.DC(AC − AB) AB(AC − AD ) − AC(AB − AD ) −1 = DB.DC(AC − AB) AB.AC + AD = −1 DB.DC PA AB.AC + AD AD =1+ = Ta có điều phải chứng minh Từ suy PD PD DB.DC AB.AC + AD PA = −1 = + PD DB.DC cos B cos C tan B tan C − Khơng khó để kiểm tra đẳng thức + tan B tan C − = (tan B + cos B cos C A tan C) cot , từ mục đích ban đầu toán thực Tuy nhiên việc biến đổi túy hệ thức lượng theo cạnh khơng làm ta nhìn rõ chất hình học toán Chúng ta xét hướng tiếp cận khác câu a) toán tác giả Nguyễn Văn Linh Nhận xét Từ áp dụng hệ thức lượng giác ta có A E F B P D G C Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Hình Lời giải Tương tự phân trước ta có DA phân giác ∠EDF nên AE = AF Gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDF cắt BC G khác D Dễ có DG phân giác đỉnh D nên GE = GF AGE = AGF nên AG phân giác ∠BAC Từ theo định lý Van Aubel F A EA F A GF EA GE A A A PA = + = + = cot tan B + cot tan C = (tan B + tan C) cot Ta PD F B EC GF F B GE EC 2 có điều phải chứng minh Nhận xét Việc dựng thêm điểm G làm ta đến hệ thức lượng nhanh chóng xong điều khơng ý nghĩa ta có nhận xét E, F giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADG với CA, AB Điều cho ta liên tưởng tới tốn sau có Shortlist năm 1994 lời giải có [2] Bài tốn Cho tam giác ABC có phân giác AD E, F hình chiếu D lên CA, AB BE giao CF P H hình chiếu P lên BC Chứng minh HP phân giác ∠EHF Tuy quan trọng cách làm cho ta ý tưởng tổng quát toán phần a) sau Bài toán Cho tam giác ABC với P điểm tam giác ABC P A, P B, P C cắt BC, CA, AB D, E, F Gọi H, K hình chiếu F, E lên AD L, N hình chiếu PA F H DA EK DA F, E lên BC Chứng minh = + PD F L DB EN DC A H F E P K B L G D N C Hình Cách chứng minh sử dụng định lý Van Aubel tương tự Chú ý AD đường cao AEDF EK A DA DA FH = = cot = tan B, = tan C, ta thu nội tiếp ta dễ thấy FL EN DB DC toán ban đầu Trở lại phần b) tốn Vì phần b) xem q đơn giản nên xin đề xuất thêm vài ý khác từ mơ hình này, ta xét tốn sau Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Bài toán Cho tam giác ABC đường cao AD P di chuyển AD P B, P C cắt đường thẳng qua C vng góc CA qua B vng góc AB N, M Gọi K hình chiếu A lên MN a) Chứng minh ∠MAN + ∠BKC không đổi P di chuyển b) Chứng minh ∠MAC = ∠NAB c) Chứng minh KA phân giác ∠BKC A P Q B C D L M K N Hình Lời giải a) Gọi BM giao CN L L cố định Ta ý tứ giác ACKN, ABKM nội tiếp ta có ∠MAN + ∠BKC = ∠MAK + ∠NAK + ∠BKC = ∠MBK + ∠NCK + ∠BKC = ∠BLC không đổi Ta có điều phải chứng minh b) Gọi Q trực tâm tam giác P BC ta có ∠NBC = 180◦ − ∠P BC = ∠AQC ∠QAC = QA BA QA CA = Tương tự = 90◦ −∠ACD = ∠BCN Từ suy BCN ∼ QAC suy CN BC BM BC Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN BA CA = suy tam giác vuông CAN ∼ BAM suy ∠BAM = ∠CAN hay CN BM ∠CAM = ∠BAN Ta có điều phải chứng minh c) Ta dễ có góc ∠CKM = ∠CAN = ∠BAM = ∠BKN từ dễ suy ∠CKA = ∠BKA hay KA phân giác ∠BKC Ta có điều phải chứng minh Từ Nhận xét Rõ ràng ý chứng minh phần a) đơn giản Phần b) thực chất toán đẳng giác quen thuộc Tuy nhiên việc KA phân giác ∠BKC phần c) ý thú vị Bài toán cho thấy MN phân giác ngồi góc ∠BKC Hay trung trực BC cắt MN điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC Ý b) toán mở rộng sau Bài tốn Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) E, F cố định thuộc (O) cho EF BC P, Q thuộc AE, AF P B, P C cắt QC, QB N, M Chứng minh ∠MAB = ∠NAC Ta cần có bổ đề Bổ đề 6.1 Cho tam giác ABC hai điểm M, N nằm nằm tam AB [NAB] [MAB] = giác Chứng minh ∠MAB = ∠NAC [NAC] [MAC] AC A N M B P Q C Hình Chứng minh Trường hợp M, N nằm tam giác Nếu ∠MAB = ∠NAC Áp dụng tính chất diện tích tam giác có hai góc ta có [NAB] [MAB] [NAB] [MAB] AB.AN AB.AM AB = = = Ta có điều phải chứng minh [NAC] [MAC] [MAC] [NAC] AM.AC AN.AC AC [NAB] [MAB] AB QB P B [NAB] [MAB] Nếu = Gọi AM, AN cắt đoạn BC P, Q Suy = = [NAC] [MAC] AC QC P C [NAC] [MAC] QB P B AB Gọi P điểm thuộc BC cho ∠P AB = ∠QAC Theo phần = AC QC P C Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN [QAB] [P AB] AB PB PB = Từ suy = P ≡ P ∠P AB = ∠QAC hay [QAC] [P AC] AC PC PC ∠MAB = ∠NAC Ta có điều phải chứng minh Trường hợp M, N nằm tam giác ta chứng minh tương tự A P B Q C M N E F Hình [NAB] [MAB] AB = Thật ta có [NAC] [MAC] AC [NAB] [P AB] [P AC] [MAB] [QAB] [QAC] [NAB] [MAB] =( ).( ) [NAC] [MAC] [P AB] [P AC] [NAC] [QAB] [QAC] [MAC] BN BM [P AC] [QAC] [P AB] [QAB] ( ).( ) = BP BQ [NAC] [MAC] [P AC] [QAC] BN BM CP CQ AB = BP BQ CM CN AC BN BM CP QC = Vậy ta chứng minh BP BQ CM QN BN MP QC Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CP N với Q, B, M thẳng hàng ta có = BP MC QN P C BM NQ Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CQM với P, B, N thẳng hàng ta có = P M BQ NC BN BM CP CQ = Vậy điều phải chứng minh Nhân hai đẳng thức cho ta BP BQ CM CN Lời giải Áp dụng bổ đề ta phải chứng minh Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Nhận xét Ý tưởng chứng minh Lê Thị Hải Linh học sinh lớp 11 chuyên toán Bắc Ninh Với tốn ta tiếp tục mở rộng ý c) toán sau Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) E, F cố định thuộc (O) cho EF BC P di chuyển AE P B, P C cắt F C, F B N, M Trung trực BC cắt MN K Chứng minh ∠MAN + ∠BKC không đổi P di chuyển A P O B C E F M K L N Hình Lời giải Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác ACN ABM cắt L khác A Ta có ∠ALM + ∠ALN = ∠ABM + ∠ACN = 180◦ suy L nằm MN Theo tốn có ∠NAC = ∠MAB suy ∠CLM = ∠NAC = ∠MAB = ∠BLN MN phân giác đỉnh L tam giác LBC Từ trung trực BC cắt MN K K nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác LBC Vậy ∠MAN + ∠BKC = ∠MAL + ∠NAL + ∠BLC = ∠MBL + ∠NCL + ∠BLC = ∠BF C = 180◦ − ∠BAC khơng đổi Ta có điều phải chứng minh Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Tài liệu [1] Vietnam TST http://diendantoanhoc.net/form [2] IMO Shortlist 1994, G1 http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=352892 Trần Quang Hùng, trường THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN, ĐHQGHN E-mail: analgeomatica@gmail.com ... cot , từ mục đích ban đầu toán thực Tuy nhiên việc biến đổi túy hệ thức lượng theo cạnh khơng làm ta nhìn rõ chất hình học toán Chúng ta xét hướng tiếp cận khác câu a) toán tác giả Nguyễn Văn Linh... cho ta ý tưởng tổng quát toán phần a) sau Bài toán Cho tam giác ABC với P điểm tam giác ABC P A, P B, P C cắt BC, CA, AB D, E, F Gọi H, K hình chiếu F, E lên AD L, N hình chiếu PA F H DA EK DA... mơ hình này, ta xét toán sau Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Bài toán Cho tam giác ABC đường cao AD P di chuyển AD P B, P C cắt đường thẳng qua C vng góc CA qua B vng góc AB N, M Gọi K hình