CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC ÔN THI

CHUYÊN ĐỀ QUÁN HÌNH THÁNG 12 NĂM 2019 Nguyễn Duy Khương, Nguyễn Hoàng Nam, Trần Quân Nguyễn Đức Toàn, Phan Quang Trí, Đậu Văn Huy Hồng y x paraboles: 22 BBT nhận lời giải đề nghị tháng 11 từ bạn: Hà Huy Khôi, Eugeo Synthesis 32 Các toán đề nghị tháng 12/2019 Bài - Bài toán đề nghị tháng 12/2019 - Trần Qn Cho đường tròn đường kính AB dây CD vng góc với AB H = O Gọi M trung điểm AC, P hình chiếu vng góc C lên BM K = DM ∩ HP Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M P D Gọi L = DM ∩ AB Tia JL cắt KC, (AB) E, F Chứng minh (KEF ) tiếp xúc với (J) K F C M E P A L H B J D Bài - Bài toán đề nghị tháng 12/2019 - Hà Huy Khôi Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi S giao hai tiếp tuyến B, C (O) D điểm BC SD cắt lại (BOC) E Dựng hình bình hành AEDF AF cắt BC K AD cắt KE G Chứng minh G thuộc trục đẳng phương (KDF ) (BOC) A F O E G B D K C S Bài - Bài toán đề nghị tháng 12/2019 - Nguyễn Duy Khương Cho tam giác ABC nội tiếp (O) (K) qua B, C cắt lại AC, AB E, F BE ∩ CF = H, AH ∩ BC = D AO ∩ EF = T KH ∩ EF = N Gọi M trung điểm BC, M N ∩ T D = I Chứng minh OI qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (M DN ) A E T F O N H B I K M D C Bài - Bài toán đề nghị tháng 12/2019 - Nguyễn Duy Phước Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (khác B, C) Đường thẳng qua H song song lượt tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác qua C, B Gọi T tâm ngoại tiếp tam giác điểm cố định (O) có H trực tâm BH, CH cắt (O) X, Y với BC cắt AC, AB E, F Gọi K, L lần XEC, Y F B Gọi I, J điểm đối xứng với K, L OIJ Giả sử B, C, (O) cố định Chứng minh (T IJ) qua X A K Y O F E H L B C J T I Bài - Bài toán đề nghị tháng 12/2019 - Đậu Văn Huy Hoàng Cho ABC nhọn nội tiếp > (O) P điểm cung lớn BC (O) (AOP ) cắt P B, P C D E (D, DA) cắt lại (E, EA) X Chứng minh P di chuyển ngoại tiếp T (XED) nằm đường thẳng cố định A (O) tâm P E D T B C X Bài - Bài toán đề nghị tháng 12/2019 - Nguyễn Hồng Nam Cho tứ giác điều hòa ABCD Gọi AF đường cao ABC M trung điểm BC Gọi X, Y giao điểm AM với (ABC) BD Gọi E giao điểm CY BX Chứng minh EM chia đôi AF A N B F M C X D E Y Lời giải nhận xét tháng 11/2019 Bài - Bài toán đề nghị tháng 11/2019 - Trần Quân (bài toán đề nghị cho IGO 2019) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi γ đường tròn đường kính BC Đường cao đỉnh A cắt γ D, E Đường trung tuyến đỉnh A cắt γ F, G (D, F phía so với BC) DG cắt EF H Đường tròn (HDE) cắt (O) X XD, XE cắt lại (O) P, Q Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo đường thẳng BP, CQ AD tiếp xúc với (O) Lời giải - Trần Quân A X F D O H V B J U K M C N QL Z P T I E G W Gọi M trung điểm BC BP, CQ cắt AD K, L cắt N (HDE) cắt lại (O) T Ta chứng minh (N KL) tiếp xúc với (O) T Gọi Z = DF ∩ EG Nhận thấy H trực tâm tam giác ZF G nên điểm Z, D, E, H, X, T nằm đường tròn đường kính ZH Gọi J tâm đường tròn Ta có JD = JE nên J nằm BC JD, JE hai tiếp tuyến suy JX, JT hai tiếp tuyến (O) (BC) Vậy JX = JT = JD2 = JB.JC Đường tròn (J) cắt BC U, V (U nằm đoạn BC) Ta có JV = JU = JX = JB.JC suy XU phân giác góc ∠BXC Lại có U điểm cung nhỏ DE (J), suy XU phân giác góc ∠DXE Từ có XP, XQ đẳng giác góc ∠BXC, suy N nằm OM trung trực đoạn BC Ta có ∠T BK = ∠T BP = ∠T XP = ∠T XD = ∠T ED = ∠T EK suy tứ giác BET K nội tiếp Tương tự có tứ giác CDLT nội tiếp > Nhận thấy DB phân giác góc ∠U DV suy DB qua W điểm cung UV khơng chứa D (J) EC phân giác ngồi góc ∠U EC suy EC qua W Ta có ∠T EC = ∠T DW = ∠T DB ∠T EC + ∠T EB = 900 = ∠T DB + ∠T DCsuy ∠T EB = ∠T DC Ta có ∠T KN = ∠T EB = ∠T DC = ∠T LC = T LN suy T ∈ (N KL) Do tam giác N KL cân N nên ON tiếp tuyến (N KL) Vậy (ON, N T ) = ∠T KN = ∠T EB = 900 − ∠T EC = 900 − ∠T DW = ∠IW T , kết hợp với IW ON suy N, T, W thẳng hàng Từ suy ∠IT W = ∠IW T = (ON, N T ) = ∠T KN , suy JT tiếp tuyến (N KL) Nhận xét Ngồi lời giải tác giả, BBT nhận lời giải Eugeo Synthesis 32 Nguyễn Công Thành Bài - Bài toán đề nghị tháng 11/2019 - Phan Quang Trí Cho tam giác ABC có I tâm đường tròn nội tiếp Các điểm X, Y, Z điểm thuộc BC, CA, AB cho AX, BY, CZ đồng quy Y, Z đối xứng với qua AI Gọi K = XZ ∩ AC, gọi M hình chiếu Y lên KI Chứng minh điểm B, Z, M, I thuộc đường tròn K A Y E F Z D M I B X C Lời giải - Eugeo Synthesis 32 Gọi E = IM ∩ Y Z, D = AI ∩ ZY tứ giác IDM Y nội tiếp Theo phương tích ta có IE · EM = DE · EY Gọi F = IC ∩ ZY ∠BIF = 180◦ − BZIF nội tiếp ∠B∠C ∠A = 180◦ − (90 − ) = 180◦ − ∠AZY = ∠BZF Vậy tứ giác 2 Ta có I(D, F, E, Y ) = I(A, C, Y, K) = −1 nên EF YF EF YF EF ED EF ED = ↔ = Do = ↔ = ED YD ED DZ YF DZ EY EZ Nên ZE · EF = DE · EY mà IE · EM = DE · EY nên ZE · EF = IE · EM Vậy tứ giác ZIF M nội tiếp nên tứ giác BZM I nội tiếp Nhận xét: BBT nhận lời giải từ bạn Eugeo Synthesis 32 Đây lời giải hay gọn cho toán Bài - Bài toán đề nghị tháng 11/2019 - Nguyễn Đức Toàn Cho tam giác ABC có (I) đường tròn bàng tiếp góc ∠A Đường tròn (I) tiếp xúc với BC D Một đường tròn qua A I cắt hai tia đối tia BA, CA E, F Gọi M trung điểm EF DM cắt lại (I) H Đường thẳng qua F song song với BC cắt đường thẳng qua E vng góc với IH K Chứng minh KE + KF = AE + AF Lời giải - Nguyễn Đức Toàn A S C B D F Q P M I E K H G R L T Gọi giao điểm tiếp tuyến H đường tròn (I) với đường thẳng AB, AC BC G, L T EF cắt đường thẳng BC GL S, R Gọi P, Q hình chiếu I lên AB, AC Suy P, M, Q thẳng hàng (đường thẳng Simson) Ngoài ∠AEI = ∠IF Q nên IP E = IQF Suy P E = QF nên AE + AF = AP + AQ = 2AP Ta có M, H, D hình chiếu I lên RS, T R, T S Mà D, M, H thẳng hàng nên theo định lý Simson đảo suy T, R, I, S đồng viên Tương tự suy IRH = ISD T S + T R = T H + T D = 2T H Ta có: AP = P I tan ∠P IA, T H = IH tan ∠T IH Kết hợp với KEF ∼ T RS Suy 2AP P I tan ∠P IA IM tan ∠EIM EM KE + KF AE + AF = = = = = TR + TS 2T H IH tan ∠T IH IM tan ∠RIM RM TR + TS Suy AE + AF = T R + T S Nhận xét Ngoài lời giải tác giả, BBT nhận lời giải Eugeo Synthesis 32 Hà Huy Khơi Bài - Bài tốn đề nghị tháng 11/2019 - Khôi Nguyễn Cho tam giác ABC Các điểm D, E, F thuộc đoạn BC, CA, AB cho tứ giác DEAF, EF BD, F DCE ngoại tiếp Chứng minh r(ABC) = 2r(DEF ) , ký hiệu r(XY Z) Lời giải - Khôi Nguyễn A X F E C Y D Z B Vẽ tam giác XY Z cho D, E, F trung điểm Y Z, ZX, XY Ta chứng minh với trường hợp tam giác ABC không cân, trường hợp lại chứng minh tương tự Do tứ giác AEDF ngoại tiếp, suy XE − XF = AE − AF = DF − DE, suy tồn đường tròn định hướng → −→ −−→ −−→ − → tiếp xúc với − →, − → w EA, AF , EX, XF Tương tự ta có tồn đường tròn − w a b wc →, − → − → Giả sử đường tròn − w a wb , wc khơng trùng chúng phân biệt đôi −−→ −−→ →, − → − → − → Chú ý − w a wb tiếp xúc với AB, XY nên F tâm vị tự wa , wb Tương tự có D tâm vị tự − → − → − → − → wb , wc E tâm vị tự wc , wa Mà D, E, F không thẳng hàng nên vô lý →≡− →≡− →, nghĩa tồn đường tròn tiếp xúc với Vậy − w w w a b c 2r(DEF ) −−−→ XY Z −−−→ ABC từ có r(ABC) = r(XY Z) = Bài - Bài toán đề nghị tháng 11/2019 - Đậu Văn Huy Hoàng Cho ABC có đường cao AD, BE, CF , H trực tâm Gọi I = HB ∩ DF J = HC ∩ DE IJ cắt lại đường tròn Euler ABC M N ( M C nằm phía so với bờ AD) Gọi X, Y giao điểm thứ hai M H, N H với đường tròn Euler ABC Gọi G hình chiếu A EF Chứng minh điểm X, Y, G, H lập thành hình bình hành Lời giải - Hà Huy Khôi A L P F X N I K B Gọi (O) đường tròn H E Y G M J C D (ABC) Trước hết, ta có IH · IB = IF · ID = IM · IN nên B, N, H, M đồng viên Tương tự, C, N, H, M đồng viên nên M, N thuộc (BHC) Gọi M H, N H cắt EF K, L ∠HF L = ∠HBC = ∠HN C Suy F, L, C, N đồng viên Tương tự, K, E, B, M đồng viên Từ ta có HA · HD = HB · HE = HC · HF = HM · HK = HN · HL Xét phép nghịch đảo tâm H, phương tích HA · HD, D, M, N, E, F đồng viên nên A, K, L, C, B đồng viên Xét phép vị tự tâm I, tỉ số 2, ta có XY EF Gọi P trung điểm AH P ∈ (DEF ) ↔ (O) Suy X, Y trung điểm HK, HL Suy (DEF ) P E = P F ⇒ P X = P Y Mặt khác AK = 2P X AL = 2P Y nên AK = AL Suy GK = GL Vậy, G, X, Y trung điểm KL, KH, HL nên HXGY hình bình hành Nhận xét Ngồi lời giải Hà Huy Khơi, BBT nhận lời giải bạn Eugeo Synthesis 32 với cách tiếp cận tương tự bạn Hà Huy Khơi hướng giải tác giả Ngoài ra, việc GK = GL lý giải ngắn gọn cách ý AG đường thẳng AO, đường vng góc với dây KL nên G trung điểm KL Các toán MO, TST Bài (China Mathematical Olympiad 2020, Q2) Cho tam giác ABC(AB < AC) Phân giác góc ∠BAC cắt BC D Gọi P điểm DA cho A nằm D, P P Q tiếp tuyến Q (ABD, P R tiếp tuyến (ACD) R (Q, R nằm khác phía so với AD Gọi K = CQ ∩ BR Đường thẳng qua K song song với BC cắt DQ, DQ, DR E, L, F Chứng minh EL = F K P R A Q O E L F K X B S D C V T U Tiếp tuyến A XA = XD (ABC) cắt BC X (lưu ý AB < AC nên tồi X), ta có kết quen thuộc Do P Q2 = P A.P D = P R2 suy P Q = P R, suy (P ; P Q) trực giao với (X; XA) Xét phép nghịch đảo I(X;XA) (phép nghịch đảo đường tròn (X; XA)) đường tròn (P ; P Q) biến thành (ABD) → (ACD) Suy giao (ABD) (P ) biến thành giao (ACD) (P ) Kết hợp với Q, R khác phía so với AD, suy Q → R Vậy X, P, Q thẳng hàng Từ ta có XB.XC = XA2 = XQ.XR, suy tứ giác BQRC nội tiếp Áp dụng định lý sine cho tam giác Do ∠BQC = ∠BRC ∠DQC = Vậy KEQ KF R, ta có EK = QK sin KQE sin KRF F K = RK sin KEQ sin KF R ∠A = ∠DRC, suy ∠DQC = ∠DRC EK QK sin KF R QB sin KF R QB sin RDC DB sin DRC DB = = = = = (1) FK RK sin KEQ RC sin KEQ sin QDB RC sin DQB DC DC Gọi S = QB ∩ DR, T = RC ∩ DQ, dễ thấy tứ giác SQRT nội tiếp, theo định lý Reim ta có ST BC (ABD), (ACD) (BQRC) ta có AD, QB RC FL US DB FL EK đồng quy U Gọi V = AU ∩ ST Theo Thales ta có = = Kết hợp với (1) ta có = EL UT DC EL FK Lại có EK + F K = F L + EL suy EK = F L Áp dụng định lý tâm đẳng phương cho đường tròn Bài (Chọn đội tuyển Đồng Nai 2019 - Câu 3) Cho hình chữ nhật XY BC A cạnh XY cho tam giác ABC nhọn Vẽ AD, CE, BF ba đường cao tam giác ABC lấy H trực tâm tam giác Đường thẳng qua H vuông AH cắt DE, DF M, N gọi (ω) đường tròn tiếp xúc DE, DF M, N a) Chứng minh (ω) tiếp xúc đường tròn Euler tam giác ABC 10 b) Lấy Z, T trung điểm XC, Y B Đường thẳng qua H vng góc AZ cắt DF R, đường thẳng qua H vng góc AT cắt DE Q Lấy U, V trung điểm RN, QM Chứng minh U V tiếp xúc đường tròn Euler tam giác ABC Lời giải - Đậu Văn Huy Hoàng R A Y Q Q1 Q2 V E M T B X R1 K U R2 F H Z N C D a) Ta có tính chất quen thuộc H tâm nội tiếp DEF Gọi (ω ) đường tròn Mixtilinear nội ứng với đỉnh D DEF Gọi M , N tiếp điểm (w ) với DE, DF Theo bổ đề Sawayama H trung điểm M N DH ⊥ M N Từ dễ dàng suy M ≡ M, N ≡ N , suy (ω ) ≡ (ω) hay (ω) tiếp xúc (DEF ) b) Gọi K điểm tiếp xúc (DEF ) (ω) Gọi Q1 , R1 giao điểm AT với HQ AZ với HR Dễ chứng minh Q1 , R1 nằm (AEF ) Gọi Q2 , R2 giao điểm AT với DE AZ với DF Chú ý XY tiếp xúc với AQ1 EH Chú ý M N tiếp xúc với (AEF ) chiếu hàng A(Y B, T D) = −1 lên (AEF ), ta tứ giác điều hòa (AEF ) chiếu hàng H(AE, Q1 H) = −1 lên DE, ta (QM, ED) = −1 Do V trung điểm QM nên theo hệ thức Newton, ta có V M = V E · V D Hay PV / Suy V nằm trục đẳng phương (ω) = PV / (DEF ) (DEF ) (ω) Suy V K tiếp xúc (ω) Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh U K tiếp xúc (ω) Vậy U V tiếp xúc (ω) Nhận xét Bạn đọc đổi mơ hình, xem tốn DEF tam giác thông thường khái quát lại tính chất Một số khai thác cho toán i A, Q, R thẳng hàng Chứng minh Gọi L giao điểm EF với AH Khi ta có hàng điểm điều hòa quen thuộc (AH, LD) = −1 Mặt khác (QM, ED) = −1 (RN, F D) = −1, kết hợp với (AH, LD) = −1 ta suy AQ, HM, LE đồng quy AR, HN, LF đồng quy Từ suy A, R, Q 11 ii QN, RM, EF, KH đồng quy Chứng minh Trước tiên, (QM, ED) = −1 (N R, F D) = −1 nên QN, RM, EF đồng quy (ta gọi điểm đồng quy J) Mặt khác, V trung điểm M Q V M = V K nên QKM tam giác vuông Suy ∠QKM = 90◦ Tương tự, ta có RKN = 90◦ Từ ta suy KQ, KR đẳng giác KM N Do D = QM ∩ RN , J = QN ∩ RM nên theo bổ đề tính đẳng giác, ta tiếp tục có KD, KJ đẳng giác KM N Mà KD đường đối trung J KM N , KH đường trung tuyến KM N nên K, H, J, hay KH qua Vậy bốn đường QN, RM, EF, KH đồng quy Bài (Câu 4, Trường Đơng tốn học Phú n 2019) Cho tam giác ABC nhọn Một đường tròn E, F BE cắt CF H a) Chứng minh tiếp tuyến E, F (K) thay đổi qua B, C cắt lại đoạn thẳng CA, AB (K) cắt điểm P AH b) Trên BE, CF lấy điểm M, N cho P M P, E, F, M, N, K đồng viên Gọi L tâm đường tròn c) Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác góc ∠OBJ AB P N AC Chứng minh điểm ABC AL cắt OK J Chứng minh BK phân giác Lời giải - Trần Quân A E P O F H M D S L K N B C J A a) Ta xét trường hợp AB = AC Gọi S = EF ∩ BC Xét cực đối cực tiếp tuyến E, F (K) cắt AH (K): S cực AH nên b) Nhận thấy K, E, P, F nằm đường tròn đường kính KP ∠EKF nên M nằm (KP ) Tương tự có N nằm P, E, F, M, N, K đồng viên L trung điểm KP Do ∠P M E = ∠F BE = c) Định nghĩa lại điểm J: J tâm (BHC) Ta chứng minh A, L, J thẳng hàng 12 (KP ) Vậy điểm AH cắt lại (L) D, ta có kết quen thuộc AH.AD = AF.AB = AE.AC nên qua phép nghịch đảo tâm A, phương tích AH.AD Vậy A, L, J thẳng hàng (BHC) ảnh (KEF ) AA đường kính (O), ta có kết quen thuộc H, K, A thẳng hàng Ta có ∠JHB = 900 − ∠HCB (KP, BE) = 900 − ∠BEF = 900 − ∠HCB suy JH KP hay JH AA Theo Thales ta có JB JH KJ = = Vậy BK phân giác góc ∠OBJ KO OA OB Bài (Iberoamerican MO 2019, P3) Cho tam giác ABC, đường tròn (ABC) lấy D, E thỏa BD AC CE AB Gọi P = CD ∩ AB, Q = BE ∩ AC, X = BQ ∩ CP Trung tuyến đỉnh A ADE cắt P Q, (ABC) J, Y Gọi Z = (BJC) ∩ P Q Chứng minh X, Y, Z thẳng hàng Lời giải - Nguyễn Hoàng Nam A M E L O D P K W N Z≡Z Q J X B C Y Gọi O tâm ngoại tiếp (ABC) Ta có tứ giác ABCE hình thang cân nên AQ = BQ, tương tự AP = CP Vậy B, C, P , O, Q đồng viên nên góc ∠DEB = ∠DCB = ∠P QB Mà P Q DE mà AD = BC = AE nên trung tuyến đình A tam giác ADE đường cao AJ⊥P Q Ta có O trực tâm tam giác AP Q nên AY đường kính (O) Gọi L = Y P ∩ (ABC), M = Y Q ∩ (ABC), Z = CL ∩ BM theo định lý Pascal P , Q, Z thẳng hàng Ta có tứ giác BP JY nội tiếp nên góc ∠Z CB = ∠LY B = ∠P JB nên tứ giác Z JCB nội tiếp nên Z trùng Z Gọi K = P Y ∩ BJ, W = AL ∩ BY (LK, P Y ) = −1 nên J(LB, P Y ) = −1 JP phân giác góc ∠LJB Suy góc ∠LM Z = ∠LY B = ∠ZJB = ∠LJZ tứ giác LM JZ nội tiếp Theo tâm đẳng phương LM , P Q, BC đồng quy N Áp dụng định lý Desargues cho tam giác P Y Q tam giác CZB với cát tuyến N , L, M ZY , BQ, CP đồng quy X Vậy X ∈ Y Z 13