HINHHO~1.DOC toán học

Chuyên đề 20: Sự đối xứng hai bên Hình học, khái niệm điểm đường trung tâm Người viết: Nguyễn Thanh Dũng ĐT: 01689.390.545 I Lý thuyết Bạn đọc ý cách nhìn nhận riêng tác giả hình học phẳng, từ sở cho việc xây dựng định lí hay hệ thống liên quan hình học sau Tuy viết chưa đưa định lí hay tính chất thực đặc biệt đối xứng hai bên hay yếu tố trung tâm với mối liên hệ chúng, nhiên cố gắng đưa số định nghĩa, ví dụ, toán thú vị đề thi Quốc tế, dựa phân tích để thấy đối xứng hai bên, yếu tố trung tâm mối quan hệ cần tới giải tốn có tính đối xứng, hay có nhiều yếu tố trung tâm ! Định nghĩa 1: Xét tam giác ABC, xét đường thẳng d qua A, ta gọi d đường thẳng trung tâm thứ (tùy vào toán mà đường trung tâm thứ đường cao, đường kính qua A (ABC),đường trung tuyến, phân giác…) Hai điểmB, C hai điểm có tính điểm đối xứng hai bên đường thẳng trung tâm d gọi cặp điểm liên hợp thứ nhất, A gọi điểm trung tâm thứ nhất, đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC gọi đường tròn trung tâm thứ Lấy họ điểm hai bên đường thẳngd, họ điểm chia làm hai phần có số lượng điểm có kiến trúc hình thành Thế ta thu hình có tính chất đối xứng hai bên Hình gọi hình đối xứng hai bên qua đường thẳng trung tâm d Định nghĩa 2: Hai điểm A A’ gọi liên hợp (hai bên)nếu chúng xây dựng với tính chất tương tự nhau, ta gọi chúng cặp điểm liên hợp {A, A’} Định nghĩa 3: Mỗi điểm trung tâm liên hợp với Định nghĩa 4: Hai đường thẳngd, d’ gọi liên hợp d qua A, B d’ qua A’, B’ liên hợp A, B làd qua A, B’ d’ qua A’, B Định nghĩa 5: Hai đường tròn  ,  ' gọi liên hợp qua họ điểm liên hợp với Định nghĩa 6: Tất điểm có tính với tam giácABC, ví dụ như: tâm ngoại tiếp, tâm nội tiếp, tâm Euler, chân đường phân giác, chân đường cao góc A… gọi họ điểm trung tâm sở Tất đường thẳng, đường trịn có tính tam giác ABC, ví dụ như: đường cao, đường nối A với tâm ngoại tiếp O, đường trung tuyến, phân giác gócA, đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, Euler…, gọi họ đường trung tâm sở Định nghĩa 7: Hình đối xứng hai bên bao gồm yếu tố quan trọng sau: + Đường thẳng trung tâm loại 1: Đi hai điểm trung tâm + Đường thẳng trung tâm loại 2: Đi qua hai điểm liên hợp + Đường tròn trung tâm loại 1: Chỉ qua điểm trung tâm +Đường tròn trung tâm loại 2: Chỉ qua cặp điểm liên hợp + Đường tròn trung tâm loại 3:Đi qua số cặp điểm liên hợp, số điểm trung tâm + Điểm trung tâm loại 1: Được tao từ giao đường thẳng trung tâm, đường tròn trung tâm + Điểm trung tâm loại 2: Là giao hai đường thẳng liên hợp hai đường tròn liên hợp Định nghĩa 8: Giao hai yếu tố trung tâm trung tâm, giao hai yếu tố liên hợp trung tâm Định nghĩa 9: Hình trung tâm (tam giác, tứ giác, đường thẳng, đường trịn) hình qua số điểm trung tâm số cặp điểm liên hợp Hai hình  , * gọi hai hình liên hợp * qua họ điểm liên hợp với  Dự đoán: Các điểm trung tâm, đường trung tâm có liên hệ mật thiết với tính thẳng hàng, tính đồng viên, đồng quy (cùng nằm đường trịn), tính vng góc, tính song song Các tốn xây dựng kiểu tính chất hầu hết liên quan đến điểm trung tâm đường trung tâm Bây ta xét xem hình Hình học tạo có tính chất gì, tốn phát biểu cho đối xứng, việc giải tốn có liên quan tới điểm trung tâm đường thẳng trung tâm, tốn cần phát triển hình phụ nên phát triển cân xứng hai bên, phát triển qua yếu tố yếu tố trung tâm sao? Trước hết, để hiểu rõ ta xem xét số mơ hình cụ thể sau đây: Mơ hình 1: Hệ thống trung tâm đối xứng hai bên tự có tam giác Cho tam giác ABC nội tiếp (O), có trực tâm H, trọng tâm G Các đường cao BF, CE cắt (O) P, Q, trung tuyến BN, CM Thế ta có hệ thống sau: 1, Hệ thống điểm trung tâm có sẵn: O, G, H, A, trung điểm S BC, D chân đường caođỉnh A 2, Hệ thống đường trung tâm có sẵn: đường thẳng EulerOH, đường thẳng BC, đường cao AH, trung tuyến AS, đường tròn Euler, đường tròn (ABC) 3, Cặp điểm liên hợp: {B, C}, {E, F}, {M, N}, {P, Q} 4, Cặp đường thẳng liên hợp: {AB, AC}, {BF, CE}, {BN, CM}, {MQ; NP}, {MF, NE}… 5, Cặp đường tròn liên hợp: {(BEH), (CFH)}; {(AMQ),(ANP)}… 6, Các điểm trung tâm mới: Gọi X giao MF với NE Y giao (AMQ) với (ANP), (AMQ) với (ANP) liên hợp nên hai điểm X, Y tạo điểm trung tâm Câu hỏi: Vậy X, Y liên hệ với điểm trung tâm “1”? Trả lời: Kết sau vẽ hình bất ngờ: Y nằm đường trung tâm OA X nằm đường thẳng trung tâm Euler! Phần chứng minh dành cho bạn đọc sau đọc hết chuyên đề này! Bạn đọc tự xây dựng mơ hình ví dụ dựa liên hệ tới phân giác, tâm nội tiếp tam giác Mơ hình 2: Hệ thống trung tâm đối xứng hai bên tự có tam giácqua việc chọn cụ thể đường thẳng d đường thẳng trung tâm thứ Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có trực tâm H Gọi D trung điểm BC AD cắt lại (O) S Chọn AS đường thẳng trung tâm Khi đó, S điểm trung tâm Gọi F, E chân đường cao đỉnh B, C Giả sử SF, SE cắt lại (O) P, Q CQ giao với BP J Dễ dàng thấy rằng, dễ thấy CQ, BP liên hợp nên J điểm trung tâm Hơn nữa, EF AS trung tâm nên giao điểm K chúng trung tâm Câu hỏi: Vậy điểm trung tâm J, Knày quan hệ nào? Có tính chất với điểm trung tâm cịn lại? Trả lời: Theo định lí Pascal cho APQBSC J, E, F thẳng hàng Mặt khác, HJ  EF J Hơn nữa, tứ giác BJKC nội tiếp đường tròn (BJKC) đường tròn trung tâm loại Kết luận: Vậy có phải ta tạo tốn hay khơng? Bạn đọc thử chứng minh xem tốn dễ hay khó Nếu thực khó ta tạo toán thật Điểm hay ta xây dựng cách đối xứng, có đường lối, có ý định cụ thể “tạo điểm trung tâm sau xem xét quan hệ với điểm trung tâm đã, đường trung tâm có” II Phân tích số định lí Hình học theo quan điểm đối xứng hai bên 1, Định lí Con bướm: Cho dây cung AB với M trung điểm Hai dây cung khác PP’, QQ’ khác AB qua M hình vẽ Gọi X, Y giao P’Q PQ’ với AB Khi đó, MX=MY Phân tích: Coi đường tròn (O) đường AB trung tâm, cặp điểm {P, P’}, {Q, Q’} liên hợp theo kiểu dây cung qua M Thế PQ’ P’Q liên hợp, suy X, Y liên hợp Định lí Con bướm phản ảnh tính chất hình học đẹp đối xứng MX=MY Tính chất thay (O) đường Ellipse 2, Định líPascal Như phát biểu chuyên đề 0, ta có định lí Pascal cho điểm ABCDEF với giao điểm tương ứng X, Y, Z Ta xét góc nhìn đối xứng sau Phân tích: Xét tam giác ABC với đường trung tâm thứ AD Trên hai cung liên hợp AB, AC lấy hai điểm E, F coi liên hợp Khi dễ thấy X, Y liên hợp XY đường trung tâm Hơn nữa, Z giao {CE, BF} liên hợp nên Z trung tâm Định lí cho thấy điểm trung tâm Z nằm đường trung tâm XY 3, Định lí Brocard Cho tứ giác ABDC nội tiếp (O) Ta coi AD đường trung tâm thứ Gọi P giao BC với AD; Q giao AB với CD; R giao AC với BD Khi cặp {Q, R} liên hợp nên QR đường trung tâm Định lí Brocardnói lên OP  QR Tương tự, ta có OQ  PR; OR  PQ nên O trực tâm tam giác trung tâm PQR 4, Định lí Papus Trên hai đường thẳng d, d’ lấy điểm B, F, Q, C, F, P tương ứng coi hai đường thẳng cắt A, chúng song song coi cắt điểm vơ cực Khi ta xét tam giác ABC cặp điểm liên hợp {B, C}, {E, F}, {P, Q} Khi ba giao điểm X, Y, Z điểm trung tâm loại Định lí Papus nói ba điểm trung tâm X, Y, Z thẳng hàng III Bài tập minh họa Phân tích tính đối xứng, tìm yếu tố đối xứng yếu tố trung tâm để giải toán đối xứng hai bên Ví dụ 1: (IMO 2004, #1) Cho tam giác nhọn ABCkhơng cân A Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC M, N tương ứng Kí hiệu O trung điểm BC Phân giác góc �BAC , �MON cắt R CMR đường tròn ngoại tiếp hai tam giác BMR CNR có điểm chung nằm BC Phân tích tính đối xứng hai bên: {M, N} có vai trị nên liên hợp, đường tròn ngoại tiếp (BMR), (CNR) có vai trị đối xứng hai bên giống nên liên hợp O, A điểm trung tâm,AR đường thẳng trung tâm nên K giao AR với BC điểm trung tâm Dự đoán: Tứ giác trung tâm AMRN có nội tiếp hay khơng? Điều liên quan tới việc chứng minh tốn Chứng minh tốn:Ba đường trịn (ABC), (BMR), (CNR) có ba trục đẳng phương KR, BM, CN nên chúng đồng quy K Các tứ giác BMRK, CNRK nội tiếp nên �BKR  �AMR; �CKR  �ANR , nên B, K, C thẳng hàng �AMR  �ANR  1800 Cho nên ta cần chứng minh AMNR nội tiếp xong Vì OR trung trực MN AR phân giác góc A nên R nằm đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN nên tứ giác AMNR nội tiếp W Nhận xét: Ta quy toán yếu tố trung tâm, đường thẳng AR, sau giải toán tứ giác trung tâm AMNR Ví dụ 2: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) với góc A nhọn Gọi D trung điểm cung nhỏ BC E, F trung điểm AC, AB Giả sử DE, DF cắt lại với (O) điểm thứ hai tương ứng Y, Z Đường tròn (AEY) giao với (AFZ) điểm thứ hai M Gọi N trung điểm BC (DNM) giao với BC điểm thứ hai X CMR: AXlà tiếp tuyến (O) Phân tích tính đối xứng hai bên: Các cặp điểm liên hợp {E, F}, {Y, Z}, {B, C}.Cặp đường tròn liên hợp (AEY) (AFZ) Đường thẳng trung tâm quan trọng AD, EF Dự đoán: M giao hai đường tròn liên hợp (AEF) (AFZ) nên nằm đường trung tâm nào? Kẻ dễ thấy M nằm AD EF Chứng minhbài toán: Gọi T giao ZD với BD Dễ thấy �ZYD  �DFE  �FTB  � sd ZD �  DC � )  sd ( ZB �  DB � )  sd ZD � nên suy �ZYD  �DFE sd ( ZB 2 nghĩa tứ giác YZFE nội tiếp Do AM, ZF, YE ba trục đẳng phương (AEY), (AFZ), (YZFE) nên chúng đồng quy D nghĩa A, M, D thẳng hàng Mặt khác, �AME  1800  �AYD; �ANE  1800  �AZD  �AYD nên �AME  �ANE  1800 nghĩa F, M, E thẳng hàng, theo tính chất đường trung bình suy AM=MP với P giao AD với BC Vì DN vng góc với BC tứ giác MNDX nội tiếp nên suy XD  MD nên suy tam giác XAP cân X Do �XAD  �APX  � AD vây nghĩa �XAD  �ACD nhìn cung � AD nên theo tính chất tiếp tuyến dây suy XA tiếp tuyến (O) W Nhận xét:M, E, F thẳng hàng dùng đính lí Pascal cho điểm Y, A, Z, B, D, C 2 Thác triển đối xứng hai bên Thác triển đối xứng hai bên tức từ hình vẽ cho ta tạo thêm cặp điểm, cặp đường thẳng, cặp đường trịn liên hợp Từ tạo mối liên hệ với hình vẽ ban đầu giả thiết tốn Sau ví dụ ta xây dựng hình vẽ kiểu vậy: Ví dụ 3: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi AD, BE, CF phân giác góc A, B, C Giả sử trung trực AI, BI, CI cắt EF, FD, DE tương ứng M, N, P CMR: M, N, P nằm đường thẳng vng góc với OI Phân tích tính đối xứng hai bên: Cặp điểm {B, C}, {E, F} liên hợp Thác triển đối xứng hai bên: Gọi Y, Z giao BE, CF với (O), lưu ý {Y, Z} cặp điểm liên hợp Dự đoán: M, Y, Z thẳng hàng đường thẳng trung tâm sinh sau thác triển hình vẽ Dễ thấy MA=MI �( M ; O)  �( M ;( I ;0)) , (I;0) đường tròn điểm tâm I, để chứng minh điều ta MA tiếp tuyến (O) Chứng minh toán: Trước hết ta chứng minh M, Y, Z thẳng hàng Dễ thấy �BYZ  �AYZ  1 �ACB �AZY  �CZY  �ABC nên suy YZ trung trực IA 2 Vậy M, Y, Z thẳng hàng Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác với cát tuyến M-F-E ta EY S AEY AY AE.sin �EAY AY sin �B / MZ EY FI     (1) Mặt khác, ta có , EI S AEI AI AE.sin �IAC AI sin �A / MY EI FZ tương tự ta có FI AI sin �A / MZ AY sin �B /   , Nên từ (1) ta FZ AZ sin �C / MY AZ sin �C / 2 sin �B / sin �ABY AY MZ �AY � MZ �AZ �   , ta � � �  � �, theo định sin �C / sin �ACZ AZ MY �AZ � MY �AY � lí – chun đề MA tiếp tuyến (O) Hơn ta có MA=MI nên MA2=MI2 �( M ; O)  �( M ; ( I ;0)) Tương tự ta có �( N ; O)  �( N ;( I ;0));�( P; O)  �( P;( I ;0)) nên M, N, P nằm trục đẳng phương (O) (I;0), suy M, N, P thẳng hàng nằm đường thẳng vng góc với OI W Nhận xét: Việc thác triển tự nhiên M theo giả thiết nằm EF chưa có liên hệ với đường tròn (O) Sau thác triển Y, Z M nằm YZ có mối quan hệ cát tuyến M-Z-Y với (O) Ví dụ 4: (IMO 2012, #5) Cho tam giác ABC với �BCA  900 , cho điểm D chân đường cao từ đỉnh C lên AB Chọn điểm X thuộc đoạn CD, gọi K, L hai điểm AX, BX cho BK=BC, AL=AC GọiM giao AL BK CMR: MK=ML Phân tích tính đối xứng hai bên: Đường thẳng CC0 có vai trị trung tâm, điểm A, K có tính chất giống B, L, M điểm trung tâm Theo giả thiết toán AL=AC, BK=BC, nên phát triển hình cho toán ta sau: Thác triển đối xứng hai bên: Vẽ đường tròn 1  ( A, AC ) 2  ( B, BC ) Khi dễ thấy CD trục đẳng phương hai đường trịn Giả sử L1, K1là giao BX, AX với 1 , 2 tương ứng Lưu ý cặp đường tròn 1 , 2 liên hợp Dự đốn: Tứ giác trung tâm KLK1L1có nội tiếp đường trịn? Nếu có đường trịn đường trịn trung tâm thu sau thác triển Chứng minh tốn: 2 2 Vì AL, BK tiếp tuyến 1 , 2 nên AL  AC  AK AK1 ; BK  BC  BL.BL1 nên AK, BL tiếp tuyến đường tròn ( KLK1 );( KLL1 ) tương ứng Mặt khác, Gọi Y giao điểm thứ hai 1 , 2 X, C, Y thẳng hàng, theo tính chất phương tích ta có XK XK1  XC XY  XL XL1 nên tứ giác KLK1 L1 nội tiếp Vì MK, ML tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác KLK1 L1 Do ta có MK=ML W Nhận xét: Việc thác triển tự nhiên giả thiết toán cho ta AL=AC, BK=KC Thác triển yếu tố trung tâm để tạo thêm điểm đường trung tâm Ví dụ 5: (Nguyễn Thanh Dũng)Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường thẳng qua (O) song song với BC, cắt AB, AC F, E Đường tròn ngoại tiếp tam giác (BFO) (CEO) cắt điểm thứ D cắt BC L, K Gọi M giao BE CF Gọi N giao FL EK CMR: D, M, N thẳng hàng Phân tích tính đối xứng hai bên: {E, F}, {K,L}, {B, C} cặp điểm đối xứng hai bên.Các điểm D, M, N, O, A điểm trung tâm Dễ nhìn raD, M, Nthẳng hàng nằm đường thẳng DO Thác triển yếu tố trung tâm: Tathác triển hình vẽ theo đường thẳng trung tâm OD, chứng minh toán dựa đường thẳng trung tâm Dự đoán: Trước hết gọi T giao OD với (O), T có tính chất gì? Theo hình vẽ dễ thấy ATCB thang cân Chứng minh toán: GọiT giao OD với (O), dễ thấy �BDC  �BDO  �CDO  �AFE  �AEF  �B  �C  1900  �A nênD thuộc đường tròn (O) Ta có �TDC  �ODC  �AEF  �C , nên TC=AB, ATCB hình thang cân +) Ta M thuộc TO: Thật vậy, gọi P giao AM với BC, theo định lí Ceva cho tam giác ABC, ba đồng quy AP, BE, CE P trung điểm BC Gọi Q giao OP với AT Ta M, O, T thẳng hàng cách xét tam giacs APQ với cát tuyến M-O-T, ta có có MA TA OQ MA FA  Xét tam giác ABP với cát tuyến F-M-C ta MP TQ OP MP FB MA FA CB MA FA  , suy  , từ hai điểu suy , mà M, T, O thẳng MP FB CP MP FB hàng (1) +) Xét hình thang trung tâm FELK, có �KEF  �OCB; �KFE  �OBC , nên �KEF  �KFE , nên FELK hình thang cân, suy FELK nội tiếp đường trịn Vì mà NF.NL=NE.NK, tức làN thuộc trục đẳng phương (BFO) (CEO) N, O, D thẳng hàng (2) Từ (1) (2) ta suy D, M, N thẳng hàng nằm TD Nhận xét: Bài toán giải nhờ thác triển thêm điểm trung tâm T cách tự nhiên với suy đoán tứ giác trung tâm TABC hình thang cân thang cân Ví dụ 6: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi AD đường cao đỉnh A Gọi (k1) đường tròn qua B, D tiếp xúc với AB B; (k2) đường tròn qua C, D tiếp xúc với AC C Giả sử (k1) cắt (k2) điểm thứ hai M Gọi G trọng tâm tam giác ABC CMR: M, D, G thẳng hàng Phân tích tính đối xứng hai bên: Xét AD đường thẳng trung tâm, (k1), (k2) cặp đường trịn liên hợp Từ suy M điểm trung tâm nên DM đường trung tâm Dự đốn: Như ví dụ ta dự đốn DM cắt (O) T, ATCB thang cân Sau cần T, G, D thẳng hàng Chứng minh: Theo tính chất góc tiếp tuyến dây cung, ta có �BMD  �ABC; �CMD  �ACB � �BMD  �CMD  �ABC  �ACB  1800  �BAC , tứ giác ABMC nội tiếp tức M nằm (O) Gọi T giao MD với (O), �  sd AB � � TC  AB tức ATCB thang cân Do đó, AT||BC �CMD  �ACB � sdTC Gọi H trực tâm tam giác ABC gọi E giao AH với (O) Vì AT||BC nên AT  AE � T , O, E thẳng hàng Bây ta T, G, D thẳng hàng Thật vậy, áp dụng định lí Menelaus cho tam giác OHE Theo tính chất trực tâm, đường thẳng Euler DH  DE; HG  2GO Do DH TE GO  nên suy T, G, D thẳng hàng Từ suy M, D, G thẳng hàng W DE TO GH Nhận xét: Bài toán có cấu trúc giống trên, ta thác thêm điểm đường thẳng trung tâm MD Kết luận: Sự đối xứng hai bên, đường- điểm trungtâm không cho phép ta giải số tốn mà cịn giúp ta tạo số tốn thú vị, cần nhận tính đối xứng hai bên, trung tâm, ta thác triển hình vẽ dự đốn tính chất có tốn hình học hay đẹp Sau xin đưa số tập thu cách xây dựng đối xứng hai bên xây dựng điểm trung tâm, bạn đọc giải tốn với quan điểm trình bày phần trên: IV Bài tập Bài 1: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm BC Lấy E, F đối xứng với D qua B, C Đường tròn (ADE), (ACF) giao với (O) điểm thứ hai H K Gọi X giao EH FK; A1 giao AB với (ADE); A2 giao AC với (ACF); Y giao EA1và FA2 CMR: D, X, Y thẳng hàng Bài 2: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC với góc D điểm chạy BC Gọi O1, O2 tâm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB, ADC N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DO1O2 CMR: N chạy đường thẳng Euler tam giác ABC Bài 3: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi H trực tâm tam giác, đường thẳng qua H song song với BC cắt AB, AC F, E Đường tròn ngoại tiếp tam giác BFH CEH cắt D CMR: Tứ giác AOKD nội tiếp Bài 4: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trung tuyến AD cắt (O) S, đường thẳng thay đổi song song với BC cắt AB, AC M,N, gọi G trọng tâm ABC SM SN cắt lại (O) F, E Đường tròn ngoại tiếp (BGC) (AEF) cắt điêm X, L Giả sử GL giao BC X CMR: XA tiếp tuyến (O) Bài 5: (VMO 2013, Bài 5- Ngày 2) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) Dthuộc cung BC không chứa điểm A Đường thẳng  thay đổi qua trực tâm H tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH tam giác ACH M, N tương ứng (M, N khác H) a) Xác định vị trí đường thẳng  để diện tích tam giác AMN lớn b) Kí hiệu d1 đường thẳng qua M vng góc DB, d2 đường thẳng qua N vng góc DC Chứng minh giao điểm P d1 d2 thuộc đường tròn cố định Bài 6: (IMO 2013, #5) Cho tam giác nhọn ABC với trực tâm H W điểm cạnh BC Các điểm M, N chân đường cao đỉnh B, C tam giác Kí hiệu đường tròn ngoại tiếp tam giác BMW X điểm cho WX đường kính Tương tự gọi đường trịn ngoại tiếp tam giác CMW Y điểm cho WY đường kính CMR: X, Y, H thẳng hàng Bài 7: (IMO Shortlist 2012, G1) Cho tam giác ABC với D, E, F chân đường cao đỉnh A, B, C tam giác Một giao điểm EF với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC P, đường thẳng BP cắt DF Q CMR: AP=AQ Bài 8: (IMO 2005, #5) Cho tứ giác lồi ABCD cố định, với BC=DA cho BC không song song với DA Cho hai điểm E, F chạy cạnh BC, DA thỏa mãn BE=CF Đường thẳng AC cắt BD P, đường thẳng BD cắt EF Q EF cắt AC R CMR: đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR ln qua điểm cố định E, F di chuyển Bài 9: (IMO Shortlist 2002, G4) Hai đường tròn S1, S2 giao P, Q Các điểm phân biệt A1, B1 chọn S1 (khác P, Q) Đường thẳng A1P B1P cắt lại S2 A2, B2 tương ứng, giả sử A1B1 giao với A2B2 C CMR: A1, B1 di chuyển tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác A1A2C ln nằm đường trịn cố định Bài 10: (IMO 2009, #2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các điểm P, Q nằm cạnh CA, AB tương ứng, đường tròn (k qua trung điểm cạnh BP, CQ, PQ CMR: PQ tiếp tuyến đường trịn (k) OP=OQ Bài 11: (IMO 2007, #4) Trong tam giác ABC, phân giác góc C cắt đường trịn ngoại tiếp tạiR Vẽ đường thẳng trung trực BC P đường thẳng trung trực AC Q Trung điểm BC K, AC L CMR: tam giác RPK RQL có diện tích Bài 12: (IMO Shortlist 2006, G3) Cho ngũ giác lồi ABCDE cho �BAC  �CAD  �DAE �ABC  �ACD  �ADE Đường chéo BD cắt CE P CMR: Đường thẳng AP qua trung điểm CD Bài 13: (IMO Shortlist 2006, G6) Các đường tròn 1 , 2 với tâm O1, O2 tiếp xúc với D tiếp xúc với đường tròn  E, F tương ứng Gọi d tiếp tuyến chung D Gọi AB đường kính vng góc với d cho A, E, O1 phía với d CMR: AO1, BO2, EF đồng quy Bài 14: (Bulgarian MO, Spring, 2005, 10.3) Cho tam giác ABC với đường cao CH Gọi P, Q tâm nội tiếp tam giác AHC, BHC CMR: tứ giác ABPQ nội tiếp AC=BC Bài 15: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC Gọi M, N, P rung điểm BC, CA, AB D, E, F chân đường cao đỉnh A, B, C Giả sử PD giao FM X; PE giao FN Y DN giao EM Z CMR: X, Y, Zvà tâm đường tròn Euler ABC thẳng hàng Bài 16: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho đường tròn (O) với dây cung AB Gọi M trung điểm AB Hai dây cung PP’, QQ’ qua M a, Hai đường tròn (PMY), (QMX) cắt điểm thứ hai Z CMR: ZX=ZY b, Hai đường tròn (QMX) (Q’MY) cắt điểm thứ hai S Hai đường tròn (PMY) (P’MX) cắt điểm thứ hai T CMR: Tứ giác MSOT nội tiếp đường tròn Bài 17: Cho tứ giác ABDC nội tiếp (O) Ta coi AD đường trung tâm thứ Gọi P giao BC với AD; Q giao AB với CD; R giao AC với BD Đường tròn (BPQ) cắt lại (RPC) S CMR: AOPS, AQRS nội tiếp Bài 18: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với đường cao AH Gọi M, N trung điểm ABC, AC Gọi I giao điểm thứ hai hai đường tròn (BMH), (CNH) CMR: AI qua điểm cố định A chạy (O) Bài 19: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với đường cao AH Gọi M, N trung điểm ABC, AC Gọi I giao điểm thứ hai hai đường tròn (BMH), (CNH) Gọi T, S giao OM, ON với AH tương ứng CMR: AI đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác OTS Bài 20: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC nội tiếp nội tiếp đường tròn (O) Đường thẳng trung trực OA cắt (O) E, F Gọi H giao BE với CF X giao AH với EF Tia OX cắt (O) G CMR: GH qua điểm cố định A di chuyển cung lớn BC (O) Bài 21: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D giao đường cao đỉnh A với (O) Gọi M, N trung điểm AB, AC E, F giao DM, DN với (O) Giả sử (AEM) giao với (AFN) điểm thứ hai P CMR: A, O, P thẳng hàng Bài 22: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho điểm A, B, C, A’, B’, C’ nằm đường tròn (O) Giả sử A’B’ cắt AB M A’C’ cắt AC N Hai đường tròn (AB’M), (AC’N) cắt điểm thứ hai P (A’BM), (A’CM) cắt điểm thứ hai Q CMR: OP=OQ Bài 23: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi G, H trọng tâm trực tâm tam giác Đường trịn (AOG) cắt lại (O) S Gọi X, M trung điểm AH BC Giả sử đường tròn (SHG) cắt lại (O) (HOM) K, J CMR: AX JO  AG JG Bài 24: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D giao AO với BC Các đường thẳng qua D vuông góc với AB, AC M, N cắt (O) F, E cho A, E, F phía với BC Hai đoạn thẳng BE, CF cắt Y hai đường tròn (AFM), (AEN) cắt điểm thứ hai X CMR: AY đường kính đường trịn(XMN) Bài 25: (Nguyễn Thanh Dũng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến B, C cắt X Đường thẳng AX cắt BC D; AO cắt (O) K; XK cắt (O) T; KD cắt (O) S CMR: Đường tròn (SDT) qua trung điểm M BC V Hướng dẫn giải sơ lược Bài 1: Xem ví dụ 5, chuyên đề 16 Bài 2: Gọi M giao BO1, CO2, M nằm đường trịn (O) ngoại tiếp ABC, sau MN phân giác gócM, gọi Q trung điểm cung BC khơng chứa A, OH trung trực AQ, với H trực tâm ABC, sau NA=NQ, N nằm OH Bài 3: Gọi T giao DH với (O) L trung điểm HT, AOLK nội tiếp HA.HK=HD.HL nên ALKD nội tiếp Bài 4: (xem lại ví dụ 2) Chỉ điểm X, L điểm G, giả sử X=G Gọi K giao FC BE, M, K, N thẳng hàng AK đường đối trung Gọi T giao AK với BC Chỉ TGLD nội tiếp, từ suy XB.XC=XG.XL=XT.XT Hơn nữa, đường tròn (ATD) tiếp xúc với (O) Nên suy XA tiếp tuyến *Bài tới 14 bạn đọc xem lời giải đề thi Bài 15: Sử dụng Mơ hình Bài 16: Dựa vào định lí Con bướm Bài 18: Hai đường trịn (BHM), (CHN) nhận MN tiếp tuyến chung Hãy I nằm đường trịn AMON Từ suy DI qua trung điểm MN Từ suy MN phân giác góc �AXI tức AI đối trung tam giác AMN nên AI đối trung ABC Bài 19: Sử dụng 18 Gọi X trung điểm BC Hãy BIOC nội tiếp, từ dùng tâm đồng dạng I (ITB), (ISC) suy �TIS  �BIC  �BOC  2�BAC  2�TOS (1) Hơn nữa, AO tiếp tuyến (OTS) Gọi O’ giao AI với (ITS) AI.AO’=AT.AS=AO2 nên AO  O ' O (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Bài 20: Hãy GH qua trung điểm cung nhỏ BC Bài 21: Từ định lí Pascal suy M, P, N thẳng hàng Gọi giao điểm thứ hai (BMD) giao với (CND) Q Hãy tứ giác BPQC nội tiếp từ xét tam giác suy hai góc đối đỉnh �APM  �OPQ Do đó: A, P, O thẳng hàng Bài 22: Hãy M, N, P, Q nằm đường thẳng tứ giác BPQC nội tiếp Bài 23: Gọi N điểm đối tâm A Hãy K, M, H thẳng hàng, từ ta có JO KG  , JG OM AH=2OM=2KX nên suy điều phải chứng minh Bài 24: Dễ có E, F, X thẳng hàng nên AX vng góc với EF Dễ MN||BC, XN||CF XM||BE Do dễ dàng dùng định lí Ceva dạng Sin cho tam giác ABC với tia BE, CF, AX AX, BE, CF đồng quy nên suy A, X, Y thẳng hàng Dễ dàng EF tiếp tuyến (XMN) Do vậy, AY đường kính (XMN) Bài 25: a, Đường thẳng AX đường đối trung, gọi M trung điểm BC Y giao AX với (O) Dễ dàng AOMY nộ tiếp Tiếp TMYX nội tiếp Từ tính tốn góc suy �DST  �TMC nên tứ giác SDMT nội tiếp tức (SDT) qua trung điểm BC b, Dễ dàng OA tiếp tuyến tam giác AMX nên theo tính chất tiếp tuyến 2 �AM � OM �CM �  � � cos �BAC � � AX OX � � �CX �