XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012

XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012XUNG QUANH BÀI 3 VMO 2012

XUNG QUANH BÀI VMO 2012 Nguyễn Văn Linh, SV K50-TCNH Đại học Ngoại Thương Hà Nội 19/01/2012 Tóm tắt nội dung Trong viết tác giả chứng minh lại số kì thi chọn HSG Quốc gia năm 2012 Đồng thời khai thác toán trường hợp tổng quát Chứng minh toán Bài toán Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O có cặp cạnh đối không song song Gọi M, N tương ứng giao điểm đường thẳng AB CD, AD BC Gọi P, Q, S, T tương ứng giao điểm đường phân giác cặp M AN M BN , M BN M CN , M CN M DN , M DN M AN Giả sử bốn điểm P, Q, S, T đôi phân biệt 1) Chứng minh bốn điểm P, Q, S, T nằm đường tròn Gọi I tâm đường tròn 2) Gọi E giao điểm đường chéo AC BD Chứng minh ba điểm E, O, I thẳng hàng Chứng minh N S P Q I T B A E O M D C a Khơng tổng qt ta giả sử D nằm M C, B nằm N C Các trường hợp lại chứng minh tương tự 1 Ta có P QS = QBN − QCB = (N BM − BCD) = BM C 2 Tương tự, P T S = BM C Do P T S = P QS Kéo theo điểm P, R, S, T thuộc đường tròn Ta có đpcm b Do Q giao phân giác góc M CB M BN nên Q tâm đường tròn bàng tiếp góc C tam giác M BC Suy M Q phân giác ngồi góc BM C Tương tự, M T phân giác ngồi góc BM C Do M, T, Q thẳng hàng Do T tâm đường tròn bàng tiếp góc D tam giác MDA nên sử dụng cộng góc ta dễ dàng suy M T A = 90o − M DA = QBA Do tứ giác T QBA nội tiếp Ta suy M T.M Q = M A.M B hay M nằm trục đẳng phương hai đường tròn (O) (I) Tương tự, N nằm trục đẳng phương hai đường tròn (O) (I) Suy M N ⊥ OI Để chứng minh O, I, E thẳng hàng, ta chứng minh OE ⊥ M N Đây kết quen thuộc có tên định lý Brocard Có nhiều cách để chứng minh kết Ở giới thiệu cách giải cực đối cực Do AC giao BD E nên E nằm đường đối cực M, N đường tròn (O) Suy M N đường đối cực E (O), từ OE ⊥ M N Vậy ta có đpcm Nhận xét Bài số tốn khơng khó thú vị Câu a tương đối đơn giản, cần biến đổi góc thơng thường khơng cần điều kiện tứ giác ABCD nội tiếp Câu b đòi hỏi sử dụng định lý Brocard kết quen thuộc Chứng minh OI ⊥ M N cách sử dụng phương tích hướng đơn giản tự nhiên Tuy nhiên, ý tưởng tốn khơng mới, bắt nguồn từ tốn 2978 tạp chí Crux Mathematicorum năm 2004 volume 30 Khai thác toán Chúng ta nhận thấy câu a tốn khơng dùng đến điều kiện "tứ giác ABCD nội tiếp" Điều có nghĩa trường hợp tứ giác ABCD Một cách tương tự, bạn đọc dễ dàng chứng minh kết sau đây: Cho tứ giác ABCD thì: phân giác góc A, B, C, D cắt điểm thuộc đường tròn (I1 ) phân giác ngồi góc A, B, C, D cắt điểm thuộc đường tròn (I2 ) phân giác góc A, C cắt phân giác ngồi góc B, D điểm thuộc đường tròn (I3 ) phân giác góc B, D cắt phân giác ngồi góc A, C điểm thuộc đường tròn (I4 ) phân giác góc A, B cắt phân giác ngồi góc C, D điểm thuộc đường tròn (I5 ) phân giác góc B, C cắt phân giác ngồi góc D, A điểm thuộc đường tròn (I6 ) phân giác góc C, D cắt phân giác ngồi góc A, B điểm thuộc đường tròn (I7 ) phân giác góc D, A cắt phân giác ngồi góc B, C điểm thuộc đường tròn (I8 ) Chúng ta không chứng minh lại kết mà bàn đến tính chất xoay quanh đường tròn Tính chất Bốn điểm I1 , I2 , I3 , I4 thẳng hàng đường thẳng d (ta gọi bốn đường tròn (I1 ), (I2 ), (I3 ), (I4 ) đường tròn ω1 ) Bốn điểm I5 , I6 , I7 , I8 thẳng hàng đường thẳng l ( ta gọi bốn đường tròn (I5 ), (I6 ), (I7 ), (I8 ) đường tròn ω2 ) Đồng thời d ⊥ l Chứng minh Theo cách định nghĩa trên, ta thấy hai đường tròn (Ix ) (Iy ) thuộc hai ω1 ω2 có điểm chung Do trước tiên ta phát biểu bổ đề Bổ đề Hai đường tròn (Ix ) (Iy ) trực giao (nghĩa gọi J giao điểm hai đường tròn Ix JIy = 90o ) Chứng minh bổ đề I6 H E A K L M N B I1 Q P D C F Ta chứng minh bổ đề với trường hợp (I1 ) (I6 ) (Các trường hợp lại chứng minh tương tự) Kí hiệu dX phân giác góc X, lX phân giác ngồi góc X (X đỉnh tứ giác ABCD) Gọi M, N, P, Q, H, K, L giao điểm cặp (dA , dB ), (dB , dC ), (dC , dD ), (dD , dA ), (dC , lD ), (lA , dB ), (lA , lD ); E, F giao điểm AD BC, AB CD Ta cần chứng minh I1 N I6 = 90o Chú ý M tâm đường tròn bàng tiếp góc E tam giác AEB nên AM B = 90o − AEB Từ o o I1 N Q = 90 − N M Q = 90 − AM B = AEB (1) Mặt khác, K tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác AEB nên AKB = AEB Từ I6 N L = 90o − LKN = 90o − AEB (2) Từ (1) (2) suy I1 N Q + I6 N L = 90o Vậy I1 N I6 = 90o Trở lại tốn Theo bổ đề I1 N tiếp tuyến kẻ từ I1 tới đường tròn (I6 ) Tương tự, I1 M, I1 P, I1 Q tiếp tuyến kẻ từ I1 tới đường tròn (I5 ), (I7 ), (I8 ) Vậy I1 có phương tích tới đường tròn ω2 Tương tự, I2 có phương tích tới tới đường tròn ω2 Nghĩa I1 I2 trục đẳng phương bốn đường tròn ω2 , suy bốn điểm I5 , I6 , I7 , I8 nằm đường thẳng l vng góc với I1 I2 Tương tự ta thu I1 , I2 , I3 , I4 thẳng hàng đường thẳng d Vậy d ⊥ l Ta có đpcm Nhận xét Điều thú vị đường tròn ω1 có chung trục đẳng phương l đường tròn ω2 có chung trục đẳng phương d Trước đến với tính chất 2, ta phát biểu lại điểm Miquel tứ giác toàn phần ABCDEF sau: Cho tứ giác ABCD Gọi E giao điểm AD BC, F giao điểm AB CD Khi bốn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE, CBF, CDE, ADF đồng quy điểm J gọi điểm Miquel tứ giác tồn phần ABCDEF Tính chất Sử dụng kí hiệu lời giải tính chất Ta có giao điểm d l điểm Miquel tứ giác toàn phần ABCDEF Chứng minh Trước tiên ta phát biểu chứng minh bổ đề Bổ đề Ix JIy = 90o Chứng minh bổ đề I6 H E A L K J U M V N I1 B T Q P D C F Ta chứng minh bổ đề với Ix ≡ I1 , Iy ≡ I6 Các trường hợp lại chứng minh tương tự Gọi T giao điểm thứ hai (I1 ) (I6 ) dC cắt (EDC) lần thứ hai U, F L cắt (ADF ) lần thứ hai V Do P tâm đường tròn nội tiếp tam giác EDC nên U tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EP D Mà HEP = HDP = 90o nên U trung điểm HQ Tương tự, V trung điểm LQ Ta có HT N = 90o − I6 N H, N T P = 90o − I1 N P Suy HT P = HT N + N T P = 180o − I6 N H − I1 N P = I1 N I6 = 90o Từ N U T = 2N HT = N I6 T Suy U nằm (N I6 T ) hay đường tròn đường kính I6 I1 Tương tự, V nằm đường tròn đường kính I6 I1 Ta có U JV = U JD − V JD = DCU − DF V = P N Q = V N U Vậy J nằm đường tròn đường kính I6 I1 Suy I1 JI6 = 90o Trở lại tốn Theo bổ đề 2, ta có I1 JI6 = 90o Tương tự ta có I1 JI5 = 90o Vậy ba điểm I5 , I6 , J thẳng hàng hay J ∈ l Tương tự, J ∈ d Vậy J giao điểm d l Tính chất Kí hiệu Γ1 phương tích từ J tới đường tròn ω1 , Γ2 phương tích từ J tới đường tròn ω2 Khi Γ1 + Γ2 = Chứng minh Từ bổ đề ta có I1 N I6 = I1 JI6 = 90o Suy I1 N + I6 N = I1 I62 = I1 J + I6 J hay I1 J − I1 N + I6 J − I6 N = Vậy Γ1 + Γ2 = Lời bàn Ta quay lại số VMO 2012 Trong trường hợp này, tâm đường tròn ω1 nằm đường thẳng OE Gọi J giao (N AB) M N Dễ dàng chứng minh tứ giác M JAD nội tiếp hay J điểm Miquel tứ giác toàn phần ABCDEF Theo tính chất 2, J giao điểm OE l Theo định lý Brocard, OE ⊥ M N M N ≡ l Ta thu tâm đường tròn ω2 nằm đường thẳng MN Như vậy, từ toán tưởng chừng đơn giản, biết đào sâu suy nghĩ tìm nhiều điều thú vị ẩn chứa bên Cuối cùng, tác giả xin chân thành cảm ơn thầy Trần Quang Hùng, GV trường THPT chuyên KHTN, ĐHQG Hà Nội trao đổi quý báu thầy cho toán mở rộng Tài liệu [1] n.v.thanh, Kỳ Thi Chọn HSGQG Mơn Tốn 2012 - Đề Bài, Lời Giải Đáp Án, Mathscope topic 27785 http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=27785 Email: lovemathforever@gmail.com