ÔN HÌNH HỌC PHẲNG

Kể từ tháng thứ 2 bạn nào được giải nhất của tháng trước có quyền đề nghị bài cho tháng saunếu muốn.. Các bài toán của tháng trước sẽ được giải và bình luận cũng như tiếp nhận phản hồi c

GROUP HÌNH HỌC PHẲNG

QUÁN HÌNH HỌC PHẲNG

Group Hình học phẳng

Nguyễn Duy Khương ∗, Nguyễn Hoàng Nam†, Phan Quang Trí‡, Trần Quân,

Nguyễn Phúc Tăng§

Quán hình học phẳng - Nơi hội tụ các thành viên có chung niềm đam mê hình học phẳng thuần tuý.

Tóm tắt : Chuyên mục: Quán hình học phẳng - nơi các bạn và thầy cô giáo đam mê hình học

thoả sức phát huy sở trường của mình và thảo luận các bài toán hay Mỗi tháng sẽ có 4

bài toán gồm các bài toán đề nghị của các admin Nguyễn Hoàng Nam, mình, Trí Phan

Quang và 1 bài của bạn đọc gởi đến do chúng tôi chọn lọc Kể từ tháng thứ 2 bạn nào

được giải nhất của tháng trước có quyền đề nghị bài cho tháng sau(nếu muốn) Ngay từ

lúc này các bạn có thể đóng góp bài cho chuyên mục Các bài toán của tháng trước sẽ

được giải và bình luận cũng như tiếp nhận phản hồi của bạn đọc trong một file pdf hàng

tháng Các bạn được giải nhất mỗi tháng sẽ được tặng một cuốn sách tuyển tập các bài

toán trong chuyên mục sau mỗi năm Cảm ơn các bạn đã ủng hộ nhóm Chuyên mục có

thể là một bước tiếp nối dành cho các bạn yêu hình học

Tiêu chí: Chính xác nhanh và ngắn gọn đẹp đẽ nhất.

c

∗

CNTN Toán học K63 - ĐH KHTN Hà Nội

†

ĐH KHTN - ĐHQG TPHCM

‡

ĐH Sài Gòn - TPHCM

§

Hỗ trợ L A TEX

1 Lời giải:

Bài toán đề nghị tháng 9/2018 (Nguyễn Hoàng Nam)

F Giao của (AEF ) và (ABC)là X Đối xứng củaX qua trung trựcBC

là Y Chứng minh rằng: đường thẳng Euler của 4ABC chia đôi AY

Bài 1

Lời giải

Bài toán được xếp vào bài 1 và được xem như là bài đơn giản nhất của đề nhưng mình thật sự bất ngờ vì có nhiều hướng tiếp cận thực sự rất khác, tự nhiên hơn

Cách tác giả:

Ta nhận thấy đường thẳng Euler của 4ABC chính là đường thẳng Steiner của

tứ giác BCEF, mà ta có X là điểm Miquel của tứ giác Hình chiếu của X lên

AB vàAC làM và N ThìM N là đường thẳng Simson nên song song với đường

Lời giải khá ngắn nhưng điều mà tác giả tâm đắc trong bài là ý đường simson song song với đường Euler, kết hợp với mở rộng định lí Gossard thì trung điểm

mà không cần dùng Gossard

Steiner ứng với điểm P Lấy Q ∈ (ABC) sao cho P Q k BC Khi đó, AQ ⊥ `

Bổ đề 2: Cho tứ giác nội tiếp ABCD, E = AB ∩ CD, F = AD ∩ BC và

G = AC ∩BD Khi đó, đường thẳng Steiner ứng với tứ giác toàn phầnABCDEF

đi qua G

Quay lại bài toán: Đặt N, P lần lượt là trung điểm củaCA, AB,H, Gtương ứng

là trực tâm, trọng tâm của 4ABC Ký hiệu` là đường thẳng Euler của4ABC

Áp dụng định lý Pappus cho bộ điểm C N EB P F

!

nên tứ giác BCEF nội tiếp Đặt J = EF ∩ BC Khi đó, X là điểm Miquel của

tứ giác toàn phần BCEF AJ Theo bổ đề 2 thìHU là đường thẳng Steiner của

cách khác, X là điểm Anti-Steiner ứng với ` của4ABC Áp dụng bổ đề 1 =⇒

Cách 2 (Trần Phạm Minh Nhựt)

Gọi G là giao điểm của CF và BE, I là giao điểm của (OCG) và OB Gọi M,

N, P và Q lần lượt là giao điểm của CF, BE, BH và CH với (O)

Ta có: ∠(M CA) +∠(ACP ) = ∠(BAC) +∠(ABP ) = 90 suy ra M, O và P thẳng hàng Tương tự ta cũng có Q, O và N thẳng hàng

90 −∠(ACB) =∠(BXG) suy ra BXIG là tứ giác nội tiếp

∠(IXB) =∠(BAC) ta lại có ∠(BAC) =∠(CXB) Vậy C, I, X thẳng hàng

Nói sơ qua về cách 2 thì có phần đầu giống như cách 1 đều đi chứng minh thẳng hàng nhưng cách tiếp cận ở khúc sau bằng biến đổi góc thự sự rất là thú

Cách 3 (Trần Quân)

Ý tưởng của cách 3 thật sự rất đẹp, lời giải cũng rất ngắn Đây hẳn là cách hay nhất cho bài này

Bài toán đề nghị tháng 9/2018 (Nguyễn Duy Khương)

ABIC là tứ giác điều hoà

Bài 2

Lời giải 1(Trịnh Huy Vũ):

BU2 = BV2 = BE2= BX · BA nên4BXU ∼ 4BU A và 4BXV ∼ 4BV A, như vậy ∠BXU +∠BXV =∠BU A +∠BV A = 180◦, suy ra X ∈ U V Mà U V ⊥ BO

=⇒ X, U, V k DF (2) Từ (1) và (2) suy ra M ∈ U V

Như vậy bốn điểm E, L, U, V ∈ (B, BE) Vì vậy nên M E · M L = M U · M V =

M A · M I =⇒ tứ giác AEIL nội tiếp hay I ∈ (AEL) Chứng minh tương tự ta cũng được I ∈ (AF K)

Lời giải 2(Trần Phạm Minh Nhựt):

Gọi H = BE ∩ CF D, K, Q lần lượt là giao của AH với (O), EF, BC N là giao

hàng Ta có: ∠F N B = ∠F AK = ∠F LB do đó: N F BL nội tiếp Ta có trục

T E

EC

EC

EF 2F H hay là ta có: T là trung điểm EF Gọi AT cắt lại

(O) tại I0 ta thấy rằng: I ≡ I0 Ta có: ABIC là tứ giác điều hoà Ta có điều phải chứng minh

Nhận xét : Ở lời giải thứ nhất thì việc định nghĩa lại điểm I rất quan trọng vì bài toán có tính đối xứng nên khi chứng minh được 1 vế là ta có thể suy ra vế

còn lại Đó cũng là cách sáng tạo ra bài toán này của tác giả, đối xứng hoá 1 giả thiết để tạo thành một bài toán có cấu hình lạ mắt hơn Ở lời giải thứ hai lại cho ta cách tiếp cận khác Chỉ sử dụng hầu hết các biến đổi góc nhưng cách thứ hai đòi hỏi sự linh hoạt của người làm và những sự tinh ý nhất định Lời giải thứ nhất đã chỉ đúng bản chất bài toán và cách chứng minh cũng rất gọn gàng

Bài toán đề nghị tháng 9/2018 (Trần Quân )

Cho tam giác nhọn, không đều4ABC nội tiếp đường tròn (O) Các điểm

D, E, F lần lượt trên các cạnhBC, CA, AB sao choAE = AF vàAD, BE, CF

đường tròn (O) P trên LS sao cho P T k BC Q đối xứng với T qua EF

Bài 3

Lời giải (Bài mở rộng từ Mock Olympiad Geometry Contest của wu2481632)

Nhận thấy tồn tại hai điểm 0K0 trên đường tròn (O) thỏa mãn KT là phân giác trong góc ∠EKF Điểm thứ nhất là giao của (AEF ) với (O) và điểm thứ hai là giao của LT với (O)

minh KT là phân giác góc ∠EKF

Do AD, BE, CF đồng quy suy ra (SD, BC) = −1 Do ST ⊥T D suy ra T D là phân giác trong góc ∠BT C Suy ra ∠BT F = ∠CT E

CET K là các tứ giác nội tiếp Suy ra ∠F KT =∠F BT = ∠ECT =∠EKT, suy

ra KT là phân giác góc ∠EKF

Gọi R = (AEF ) ∩ (O) (R 6= A) Gọi N là điểm chính giữa cung nhỏ BC

T B

BF

RB

R, D, N thẳng hàng Kết hợp với(SD, BC) = −1 suy ra RN ⊥RS, suy ra L, S, R

thẳng hàng

Ta có T F

BF

RF

RE suy ra RT là phân giác góc ∠ERF, suy ra RT ⊥RA Gọi X = AR ∩ EF suy ra (XT, F E) = −1 Do KT là phân giác góc ∠EKF suy

ra KT ⊥KX suy ra X, K, N thẳng hàng và tứ giác RXKT nội tiếp đường tròn đường kính XT

tiếp Vậy 5 điểm R, P, X, K, T cùng nằm trên đường tròn đường kính XT Do

Q, P đối xứng với nhau quaEF ≡ XT suy raQ cũng nằm trên đường tròn này

Bài toán đề nghị tháng 9/2018 (Phan Quang Trí)

Cho tam giác ABC, điểm B, C cố định, A đi động sao cho ∠BAC cố định

và ∠BAC > 140 Đựng ngoài 4ABC các tam giác đều 4ABX và 4CAZ

làM Giao của BY, CT là N Chứng minh đường thẳng Euler của 4AN M

luôn tiếp xúc với 1 đường tròn cố định khi A di động

Bài 4

Lời giải

Để chứng minh bài toán này ta đi chứng minh bài toán sau:

Cho D là điểm bất kì thỏa ∠DCB = 13∠ACB và ∠CBD = 13∠CBA Cho E, F

là 2 điểm thỏa ∠ECD =∠DBE =∠DCF =∠F BD = 60◦ Chứng minh rằng

Cách của (Trịnh Huy Vũ)

a)

M là trung điểm của EF Gọi I, J lần lượt là tâm của (BEF ), (CEF ),

(BEF ), (CEF ) lần lượt tại X, Y X0, Y0 là đối xứng của X, Y lần lượt qua

CD, BD Đễ thấy B, D, X và C, D, Y thẳng hàng

Ta có (X, J, Y, M ) = −1 và ∠XBJ = 90 Nên BJ là phân giác trong của ∠M BY

(1) Nên Y0, B, M thẳng hàng Tương tự X0, C, M thẳng hàng Từ (1), Ta cũng

0

BY

J Y

J M = 2, suy ra BY0 = 2BM Vậy, DY0 k BG Tương tự,

DX0 k CG

Biến đỗi góc ta thấy:

∠BGC = ∠X0DY0 = 180 − 3∠XDB = 180 − 3(∠DXY +∠DY X) = 3(∠F XD +

∠F Y D) = 3∠BEC = 3∠BDC − 360 =∠BDC − 2(∠DBC +∠DCB) =∠BAC

b)

là đối xứng của B, C lần lượt qua CA, AB Chứng minh A, tâm của (AEF )

đồng qui!!!

Ta viết lại bài toán

Bài toán Cho tam giác ABC (∠A khác 60) với G, N lần lượt là trọng tâm và

O, O0 là tâm của (ABC) và đối xứng của O qua BC M là trung điểm củaBC

Cho L nằm trên AN và GL = GA E0 đối xứng của E qua BC

Cho G1, O1 lần lượt là hình chiếu của G, O lên AN

Nếu ∠BOC > 120 (tương tự ∠BOC < 120)

Ta có:

O0L = AL − AO0 = 2(AG1 − AN ) = 2N G1 = 23N O1 = 23(AO1 − AN ) = 1

3 (AP − AO0) = 13O0P −→ O0L = 13O0P

Và ta cũng có

O0A.O0L = 13O0A.O0P = 13(R2− OO02) = 13(OB2− 4OM 2 ) = 13(BM2− 3OM 2 ) =

EM2− OM 2 = OE.OE0= O0E.O0E0 (R là bán kính của (ABC))

VậyA, L, E, E0thuộc 1 đường tròn Ta cóXA = XL Vậy,GX⊥ALhayGX⊥AN

Quay lại bài toán : dựng điểm D thỏa ∠DCB = 13∠ACB và ∠CBD = 13∠CBA, sao cho D cùng phía với A Vậy(BDC)cố định áp dụng bài toán ta có đường thẳng Euler tiếp xúc với đường thẳng cố định

2 Đề bài:

Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Nguyễn Hoàng Nam)

HD k BC E, F lần lượt trênAC, AB sao cho DE⊥AB và DF ⊥AC EF cắt

Bài 1

Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Vinh Nguyễn)

củaBC AM cắt EF tại N X là hình chiếu của N lên BC Gọi L, P, Q lần lượt là trung điểm của N X, BE, CF Chứng minh AL là đường đối trung của tam giác 4AP Q

Bài 2

Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Nguyễn Duy Khương)

Cho A di động trên cung BC cố định của (O) có các đường cao BE, CF

vuông góc AJ cắt AB, AC tại P, Q (AEJ) giao (AP Q) tại A, T Chứng

Bài 3

Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Trần Quân)

(O) Hai đường m, n đẳng giác đối với góc ∠A lần lượt cắt DB, DC tại

M, N và P, Q Chứng minh M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn Gọi

m, n thay đổi

Bài 4

Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Phan Quang Trí)

Trung trực của AB, AC lần lượt cắt đường thẳng qua A song song với BC

tạiU, V.DU cắt đường thẳng quaA vuông góc vớiABtại X.DV cắt đường

E, F lần lượt là điểm đối xứng của B, C qua CA, AB AT cắt BC, EF lần lượt tại P, Q Chứng minh rằng AP = AQ

Bài 5

Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Trần Vũ Duy )

trên BC, EF sao cho AK, AL đẳng giác đối với góc ∠A X là điểm sao cho

Bài 6

... thẳng Steiner của

tứ giác BCEF, mà ta có X điểm Miquel tứ giác Hình chiếu X lên

AB vàAC làM... đường simson song song với đường Euler, kết hợp với mở rộng định lí Gossard trung điểm

mà không cần dùng Gossard

Steiner ứng với điểm P Lấy Q ∈ (ABC) cho... data-page="9">

cịn lại Đó cách sáng tạo toán tác giả, đối xứng hoá giả thiết để tạo thành tốn có cấu hình lạ mắt Ở lời giải thứ hai lại cho ta cách tiếp cận khác Chỉ sử dụng hầu hết biến đổi góc cách