Một số bài toán ôn hình ôn luyện đội tuyển

A LỚP BÀI TỐN CĨ CHUNG CẤU HÌNH ĐẸP  Một dạng cấu hình có nhiều tính chất thú vị: “ Cho tam giác ABC điểm M, N ( ABN ) �( ACM ) = { A; P } AB, AC Lấy nhiều kết thí vị ” Các điểm M, N vị trí đặc biệt cho Bổ đề 1: Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có M, N trung điểm AB, AC Lấy ( ABN ) �( ACM ) = { A; K } Chứng minh AK đường đối trung tam giác ABC Giải Gọi G trọng tâm tam giác ABC Ta thấy K điểm Miquel tứ giác toàn phần AMGN.BC, K thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác GBM GNC Do ta có � �GC = K �NC � MBK =K � MB KN � = �� D MBK : D CNK � � � � CN KB BMK = K CA = K CN � � � Gọi AK �( O ) = D Ta có � = DAB � =K �NB � DCB � KB DB � � D DBC : D K BN � = � � � �BN � KN DC DBC = DAC =K � � DB BM BA = = � NC CA Vậy DC tứ giác ABDC tứ giác điều hòa nên AK đường đối trung tam giác ABC Bổ đề hữu dụng tốn liên quan đến mơ hình Miquel Bổ đề 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có trung điểm AB, AC M, N ( ABN ) �( ACM ) = { A;G } viên trung trực BC cắt MN K Chứng minh A, G, O, K đồng Giải Gọi S giao điểm hai tiếp tuyến B, C đường tròn (O) Gọi I, J hai giao điểm MN với đường tròn (ABN) (ACM) Theo bổ đề AG đường đối trung tam giác ABC nên AG qua điểm S Ta có � K = BAN � � S BJ = BO JKOB nội tiếp suy tứ giác � J�BO = J�K O = 900 Mà � = 900 OBS nên J, B, S thẳng hàng Tương tự S, C, I thẳng hàng Do SG.SA = SB.SJ = SO.SK � AGOK nội tiếp đường tròn Bổ đề cho M, N đoạn AB, AC cho MN// BC Bài tập áp dụng Bài toán 1: Cho tam giác ABC có tâm nội tiếp I nội tiếp đường tròn (O) (I) tiếp xúc BC, CA, AB D, E, F M trung điểm cung BC chứa A Chứng minh trục đẳng phương (ABE) (ACF) cắt MD (O) Giải Gọi A, P giao điểm hai đường tròn (ABE) (ACF) AP cắt đường tròn (O) K Dễ dàng chứng minh D PBF : D PEC � PF BF DB = = PC EC DC D PFC : D K BC � KB PF = KC PC � KB DB = KC DC Vậy KD đường phân giác góc BKC, KD qua M Bài toán 2: Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I) (I) tiếp xúc BC, CA, AB D, E, F Lấy H hình chiếu D lên EF Chứng minh H thuộc trục đẳng phương (ABE) (ACF) Giải Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M điểm cung BC chứa A Hai đường tròn (ABE) (ACF) cắt A P AP cắt (O) K Theo tốn K, D, M thẳng hàng Gọi S giao điểm EF BC Lấy J trung điểm cung BC không chứa A (O), T trung điểm BC Theo hàng điểm điều hịa ( SD,BC ) = - � DT DS = DB.DC (hệ thức Maclaurin) Mà DB.DC = DK DM � DT DS = DM.DK , tứ giác SKTM nội tiếp đường trịn Lại có SHDK �HD = K �SD = K �MT = K �AJ K nội tiếp nên Mà HD//AJ nên A, H, K thẳng hàng (đpcm) Bài tập tự giải Bài toán (Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Lấy D đoạn BC, P, BD = BP ,CQ = CD ( APQ ) �(O ) = { A;J } ,J D �(O ) = {T ;J } Q AB, AC cho Lấy M đối xứng T qua O Chứng minh trục đẳng phương (ABQ) (ACP) cắt MD (O) Bài toán (Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Lấy điểm D thay đổi cung BC không chứa A Giả sử điểm E, F AB, AC cho BD = CF ,CD = BE ( ABF ) �( ACE ) = A,P � � Chứng minh rẳng: DAB = PAC B BỔ ĐỀ CÁT TUYẾN VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN Bổ đề cát tuyến: IA BA DA = “Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) có hai đường chéo AC, BD cắt I Khi IC BC DC ” Chứng minh Ta có SAI D IA = IC SI DC AB AD � AD.sin ADI 2R = AD.AB = = � BC CD.BC CD.sin IDC DC 2R Bài toán 1: (Thi thử KHTN 2017): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) P điểm cung BC không chứa A (O) Lấy E, F AC, AB cho PB = CE ; PC = BF Gọi ( AEF ) �(O ) = { A;G } Chứng minh GP chia đôi BC Giải Cách 1: Gọi S điểm đối xứng với B qua G Ta có D GFB : D GEC � GB FB PC GS PC = = � = GC EC PB GC PB � � Mặt khác SGC = BPC (tứ giác BGCP nội tiếp) nên � = BSC � D SGC : D CPB � BCP Mà � = BGP � � BGP � = BSC � � GP PSC BCP Mà G trung điểm SB nên GP qua trung điểm BC Cách 2: (dùng bổ đề cát tuyến) Gọi M giao điểm GP BC Theo bổ đề cát tuyến ta có MB GB.PB GB.EC = = MC GC PC GC.FB Mà D GFB : D GEC � GB FB GB.EC MB = � =1 =1 GC EC GC.FB Vậy MC hay M trung điểm BC Bài toán 2: Cho tam giác ABC Một đường tròn (Q) qua B, C Trung trực BC cắt (Q) I, AI �(Q ) = G K (theo thứ tự I, Q, K từ xuống, I nằm tam giác ABC) lấy H thuộc BC cho AH đẳng giác AI AD đường đối trung tam giác ABC (D thuộc BC) Chứng minh KH cắt GD (Q) Giải Gọi L giao điểm AI BC J giao điểm KH với (Q) Gọi D’ giao điểm JG BC Dễ thấy JK đường phân giác góc BJC, GL phân giác góc JGC Áp dụng bổ đề cát tuyến ta có D' B J B GB HB LB AB = = = D'C J C GC HC LC AC , AD’ đường đối trung tam giác ABC, suy trùng D’ Vậy J, D, G thẳng hàng (đpcm) D Bài toán 3: (Nguyễn Duy Khương) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) E, F thuộc đoạn thẳng AC, AB Q điểm thuộc cung EF khơng chứa A đường trịn (AEF), ( AEF ) �(O ) = { A,G } ,GQ �EF=P Qua P kẻ đường thẳng song song AQ cắt BC M Chứng minh GM, AQ cắt đường cố định Giải: Gọi K giao điểm AQ (O), M’ giao điểm KG BC Ta chứng minh M trùng M’, GM AQ cắt điểm K nằm đường tròn (O) cố định Thật vậy, theo bổ đề cát tuyến ta có PF GF QF M ' B GB K B = ; = PE GE QE M ' C GC K C Ta có QF KB = QE KC GF GB D GFB : D GEC ( g.g) � = GE GC M'B PF � = M 'C PE D GFE : D GBC � D GFP : D GBM ' GP GF FQ PQ � D BM ' K : D FPQ � = = = GM ' GB BK M'K ޺�M ' P P K Q M' M D QFE : D K BC ( g.g) � Bài toán (Iran MO 2013): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) D điểm nằm cung BC không chứa A (O) Lấy điểm E, F AB, AC cho BE = BD,CF = CD Gọi DF �(O ) = { K ,D } Chứng minh BK chia đôi EF Bài toán (Mở rộng toán bướm): Cho bốn điểm A, B, C, D nằm (O) AC cắt BD P Một đường thẳng d qua P cho P hình chiếu vng góc O lên d d cắt AB X, d cắt CD Z Chứng minh P trung điểm ZX C CÁC BỔ ĐỀ LIÊN QUAN HAI ĐIỂM ĐẲNG GIÁC  Bổ đề 1: Cho tam giác ABC có đường đẳng giác AE, AF ( E ,F �BC ) Chứng minh đường tròn (AEF) tiếp xúc (ABC) Chứng minh Qua A kẻ tiếp tuyến Ax đường trịn (ABC) Ta có � = XAB � + BAE � � + FAC � �FB xAE = ACB =A Suy Ax tiếp tuyến kẻ từ A đường tròn (AEF) Vậy (ABC) (AEF) tiếp xúc Bài tốn 1: (trích đề chọn đội tuyển Bắc Ninh) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường cao AD, BE, CF cắt H HI đường đối trung tam giác HBC Kẻ Euler (O) AK ^ HI ( K �HI ) Chứng minh (MIK) tiếp xúc (O) đường trịn Giải � � Ta có ADI = AK I = 90 tứ giác AKDI nội tiếp, suy HK HI = HD.HA Gọi A, P giao điểm hai đường tròn (AEF) (O) Dễ dàng chứng minh M, H, P thẳng hàng Khi tứ giác APDM nội tiếp nên HM.HP = HD.HA � HM.HP = HI HK Vậy tứ giác KPIM nội tiếp hay điểm P thuộc đường tròn (MIK) Bây ta chứng minh P điểm chung (O) (MIK) Thật Gọi L giao điểm AD với (O), J giao điểm EF với BC Theo hàng điểm điều hòa ta có A ( J D,BC ) = - � ( PL,BC ) = - suy PBLC tứ giác điều hòa nên hai tiếp tuyến đường tròn (O) hai tiếp điểm P L cắt giao điểm T nằm BC T P = T L = T H Theo bổ đề trên, tam giác HBC có hai đường đẳng giác HI HM nên đường tròn (HIM) (HBC) 2 tiếp xúc H Do T H = T I T M � T P = T I T M suy TP tiếp tuyến (MIK) Vậy đường tròn (MIK) tiếp xúc (O) P Bây ta chứng minh (MIK) tiếp xúc với đường tròn Euler Thật Xét phép nghịch đảo cực H, phương tích HA.HD ta có tiếp xúc (MIK) nên (Euler) tiếp xúc (MIK) (O ) � ( Euler ) ,( MIK ) � ( MIK ) Mà (O) Bài tốn 2: (Trích đề VMO 2016 ngày 2) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Lấy điểm M, N cung nhỏ BC cho MN song song BC Gọi I tâm nội tiếp tam giác ABC Gọi AI �BC = G.AI ,MI ,NI �(O ) = D,E ,F ( �A,M ,N ) , DF �AM = P ,DE �AN = Q Đường tròn qua P tiếp xúc AD I cắt DF H (K �D ) ( H �D ) Đường tròn qua Q tiếp xúc AD I cắt DE K Chứng minh đường tròn (GHK) tiếp xúc BC Giải Dễ thấy D DGC : D DCA � DC = DG.DA Mà DC = DB = DI nên DG.DA = DI = DH.DP = DQ.DK Do tứ giác GAKQ, GAPH, PHQK tứ giác nội tiếp Áp dụng định lí Pascal cho điểm A, E, F, D, M, N ta có điểm P, I, Q thẳng hàng Xét phép nghịch đảo cực D phương tích DI ta có B � C ; P � H ;Q � K ; A � G Do đpcm tương đương với đường trịn (APQ) tiếp xúc với (O) Theo bổ đề tam giác ABC, AM AN hai đường đẳng giác (vì MN P BC ), kết hợp với phép vị tự tâm A ta có đường trịn (APQ) tiếp xúc với (O) � đpcm Bổ đề 2: Cho tam giác ABC P, Q hai điểm liên hợp đẳng giác tam giác ABC AP cắt đường tròn (O) M A Gọi E giao điểm MQ BC Chứng minh PE P AQ Chứng minh Gọi F, N giao điểm AQ với BC đường tròn (O) � � Ta có PMC = QNC � � + QCA � = BCM � � = PCM � NQC = QAC + PCB Do D PCM : D CQN � PM CM = CN QN MA MC = NF Tương tự ta có NC Ta có PM PM CN CM NF NF ME = = = = EF P MN � PE P AQ MA CN MA NQ MC NQ MQ ( ) Bài toán 1: (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có đường cao AH Gọi M trung điểm BC, H’ đối xứng H qua M Gọi tiếp tuyến B, C (O) cắt P Đường � � thẳng qua H’ vng góc H’P cắt AB, AC F, E Chứng minh FPB = CPE Giải Gọi A’ đối xứng A qua M Dễ thấy A’H’ vng góc BC H’ Gọi K, L hình chiếu P lên AB, AC Vì PB đối song mà A' B P AC nên BP, BA’ đẳng giác Do P, A’ liên hợp đẳng giác Do theo tính chất đường trịn Pedal K, M, H’, L đồng viên Ta có ( BP ,FP ) = ( K P ,FP ) - ( K P ,BP ) = ( FH ',K H ' ) - ( MK ,BM ) = ( FH ',K H ' ) - ( H ' L,K L ) = ( CP ,PL ) - ( EP ,EL ) = (CP ,EP ) ( mod p) Do ta có đpcm Bài tốn 2: (Phan Anh Quân) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có P, Q hai điểm đẳng giác tam giác ABC AP �( O ) = { A,D } M điểm thuộc cạnh BC M D �(O ) = { N ,D } � � Chứng minh rằng: PMB = ANQ Giải Gọi R giao điểm DQ AC Dựng Ta có PR P AQ Theo PT P AN (T �DN ) định lí thales ta DR DP DT = = � RT PQN � D AQN : D PRT DQ DQ DN � � � � +CAN � = QAC � +CAN � � BMD = MCD + MDC = BAD � � = QAN = RPT � � � Do PTMR nội tiếp suy PMB = PT R = ANQ � � Bổ đề 3: Cho tam giác ABC, hai đường Ax,Ay đẳng giác góc BAC Khi xAB = yAC có Bổ đề 4: Cho góc xOy , hai đường OA, OB đẳng giác góc BH ^ Ox ( H �Ox) ,BK ^ Oy ( K �Oy) Bổ đề 5: Cho góc xOy , Khi đó: HK ^ OA hai đường OA, OB đẳng giác góc BH ^ Ox ( H �Ox) ,BK ^ Oy ( K �Oy) xOy Kẻ xOy Kẻ Qua A kẻ AE, AF vng góc với Ox, Oy điểm E, F Khi E, H, F, K đồng viên Bổ đề 6: Cho góc xOy , điểm A, B nằm miền góc AX POy ( X �Ox) ,AY POx (Y �Oy) ,BZ POy ( Z �Ox) ,BT POx (T �Oy) xOy Qua A kẻ Khi X, Y, Z, T đồng viên � OA,OB đẳng giác góc xOy Bài tập tự giải Bài toán (Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) P điểm phân giác góc A tam giác ABC CP, BP cắt (ABP), (ACP) điểm R, S khác P E, F điểm cung AC, AB (O) tương ứng không chứa B, C AE, AF cắt (APC), (APB) điểm Z, Y khác A ZR, SY cắt BC điểm M, N Chứng minh (AMN) tiếp xúc (O) Bài toán (CeuAzul Aops): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AP phân giác (P nằm tam giác ABC) Gọi BP, CP cắt CA, AB (O) E, U, F, V EF cắt (O) điểm S, T Chứng minh (PST) tiếp xúc (PUV) D ĐỊNH LÍ CEVA – SIN  Bài toán 1: Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O), có A di động (O), B, C hai điểm cố định (O) BE CF hai đường cao tam giác ABC cắt (O) M N Gọi K, L tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OCM OBN Q giao điểm BK CL Chứng minh AQ qua điểm cố định Giải * Trước hết ta chứng minh hai tam giác ABL ACK đồng dạng Ta có � � NOB MOC � = ABO � - OBL � = MBC � ABL = 2 � � � � - OCA � = MOC - BCF � = MOC ACK = OCK 2 � = ACK � � ABL � NOB � NOB � OB OB � = 2cos NOB = 2cosNAB � = AF = 2LB � = 2sin NOB � LB AN Mặt khác, ta có sin NOB OC AE LB LB OC AN 2AE AE AB =2 = = = = CK AM CK OB CK AF AM AF AC Tương tự, Vậy Do D ABL : D ACK Gọi P giao điểm BL CK Khi theo tính chất phép vị tự quay hai đường trịn (ALK) (O) cắt A P Dễ dàng thấy D ALK : D ABC * Gọi ( ALK ) �AB = G; ( ALK ) �AC =D Ta có � � = PCO � + OCB � = MOC + ACF � = MBC � � � + 900 - BAC � � PCB + 900 - BAC = 900 - ACB = ABC tứ giác APCB hình thang cân nên AP P BC Suy GK P BC Ta có � = GK � L � � GAL (cùng chắn cung GL); K AD = K LD � =K �AD � GK � L =K �LD � GK P LD P BC GAL (cùng chắn cung DK) Mà Vậy tứ giác GKDL hình thang cân, GL DK cắt I I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC * Ta cần chứng minh BK, CL AI đồng quy AQ qua điểm cố định I Theo định lí sin ta có �BC �CB � sin K sin K � �CB � sin 1800 - K �BA K C �AB �BA = � sin K sin K sin K KA KC KB � � = = = � = � � � � � � � � K A K C sin K BA sin KAB � sin K BC sin K CB sin K CB sin K BC � = � KA KB � ( ) � � sin LCB LB sin IAC IC = ; = =1 � � LA IB sin LCA sin IAB Chứng minh tương tự ta có � � �BA sin IAC sin LCB sin K LB K A = =1 � � �BC LA K C sin IAB sin LCA sin K Do (vì D ABL : D ACK ) Vậy theo định lí Ceva – sin BK, CL, AI đồng quy nên AQ qua điểm cố định I Bài tốn 2: Cho tam giác ABC khơng cân nội tiếp (O) Trên AB, AC lấy điểm M, N cho BM = CN Đường thẳng qua M, song song BN cắt đường thẳng qua N song song CM điểm I Tiếp tuyến (O) A cắt MN P Chứng minh AI phân giác góc BAC đồng thời PA = PI Giải: Gọi K = NI �AB,L = MI �AC Theo định lí Ceva – Sin , IA, LM, KN đồng quy nên � � � sin IAM sin LMN sin KNA =1 � � �NM sin IAN sin LMA sin K Mà � � sin LMN sin MNB MB = = � � MN sin LMA sin MBN � � sin K NA sin MCN MN = = �NM � NC sin K sin NMC Mà BM = CN � � Suy sin IAM = sin IAN , AI đường phân giác góc BAC Gọi S = KL �MN ;J = AP �K L;Q = AI �K L; E = MN �AI Theo hàng điểm điều hịa ( SE ,MN ) = - � = EAO � � = 900 � SAP SAE Dễ dàng chứng minh KL song song với BC Do mà AI phân giác góc MAN nên �AQ = ACB � +QAL � = ALQ � +QAL � = AQJ � J�AQ = J� AK + K Vậy J A = J Q mà tam giác SAQ vuông A nên J trung điểm SQ Theo định lí Menelaus tam giác SQE với cát tuyến AIP ta có PS AE J Q PS AQ IQ = 1� = = � SQ P PI � PA = PI PE AQ J S PE AE IE (tính chất hàng điểm điều hòa nên tỉ số cuối nhau) E ĐIỂM LEMOINE  Cho tam giác ABC, có AX, BY, CZ đường đối trung AX, BY, CZ đồng quy điểm uuu r uuur uuur r 2 L Điểm L gọi điểm Lemoine L thỏa mãn a LA + b LB + c LC = (trong a = BC ,b = CA,c = AB ) A1A2 An Bổ đề 1: (định lí nhím) Cho đa giác lồi uuuuuur Ai Ai +1 An+1 �A1 vng góc với (xem ur ur uu r r A1A2e1 + A2A3e2 + + AnA1en = ), vectơ đơn vị hướng ur ei ( �i �n) ngồi đa giác theo thứ tự Khi Sa ,Sb,Sc theo thứ tự diện tích uuuu r uuuu r uuuur r Sa MA + SbMB + Sc MC = Bổ đề 2: Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác Gọi tam giác MBC, MCA, MAB Chứng minh Chứng minh Gọi A’ giao điểm AM BC Trong tam giác MBC ta có uuuuu r A'C uuuu r A' B uuuur MA' = MB + MC BC BC (1) S S S Sb Sc A'C A'C A' B = MA'C = MAC = b � = ; = A' B SMA' B SMAB Sc BC Sb + Sc BC Sb + Sc Mà Mặt khác Vậy S S + SMCA' Sa MA' SMBA' = = MCA' = MBA' = MA SMBA SMCA SMBA + SMCA Sc + Sb ( 1) � S - Sa b + Sc uuuu r MA = Sb Sb + Sc uuuu r MB + Sc Sb + Sc uuuur uuuu r uuuu r uuuur r MC � Sa MA + SbMB + Sc MC = Bài toán 1: Cho tam giác ABC Điểm M nằm tam giác H, I, K hình chiếu M BC, CA, AB Chứng minh M trọng tâm tam giác HIK M điểm Lemoine tam giác ABC Giải a uuuur b uuur c uuuur r MH + MI + MK = 0; MI MK Theo hai bổ đề ta có MH M trọng tâm uuuu r uuuu r uuuur r Sa MA + SbMB + Sc MC = tam giác HIK uuuur uuur uuuur r a b c a2 b2 c2 � MH + MI + MK = � = = � = = MH MI MK a.MH b.MI c.MK � uuuu r uuuu r uuuur r a2 b2 c2 = = � a2MA + b2MB + c2MC = Sa Sb Sc � M điểm Lemoine tam giác ABC Bài toán 2: Cho tam giác ABC điểm M Gọi H, I, K theo thứ tự hình chiếu M 2 đường thẳng BC, CA, AB Tìm vị trí M cho MH + MI + MK nhỏ nhất? Giải Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có (a )( ) 2 + b2 + c2 MH + MI + MK �( aMH + bMI + cMK ) = ( 2SMBC + 2SMAC + 2SMAB ) = 4SABC � MH + MI + MK � 4SABC a2 + b2 + c2 a b c = = MK M điểm nằm tam giác ABC Theo Dấu xảy MH MI tốn M điểm Lemoine tam giác ABC Bài toán 3: Cho tam giác ABC Gọi X, Y, Z theo thứ tự trung điểm BC, CA, AB X’, Y’, Z’ theo thứ tự trung điểm đường phân giác AA’, BB’, CC’ Chứng minh XX’, YY’, ZZ’ đồng quy điểm điểm nằm đường thẳng nối tâm đường trịn nội tiếp điểm Lemoine tam giác ABC Giải Gọi I, L tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC điểm Lemoine tam giác ABC {a ( b + c) ;b( a + c) ; c ( a + b) } { A,B,C } Gọi K tâm tị cự hệ điểm với hệ số XX’, YY’, ZZ’ đồng quy K K thuộc đường thẳng IL Thật Ta chứng minh Ta có uuur uuur uuuu r r uuur uuur uuuu r uuur uuuu r r a ( b + c) K A + b( a + c) K B + c ( a + b) K C = � a ( b + c) K A + a bK B + cK C + bc K B + K C = ( ) ( ) (1) uuuuu r uuuuu r r uuur uuuu r uuuur uuuur BA' c = � bA' B + cA'C = � bK B + cK C = bK A' + cK A' Mà CA' b Vậy (1) uuur uuuur uuuu r uuur uuuu r r uuuuu r uuuu r r � a ( b + c) K A + a ( b + c) K A' + bc 2KX + XB + XC = � 2( ab + ac) KX ' + 2bcK X = � K �XX ' ( ) Tương tự K �Y Y '; K �ZZ ' Vậy XX ';Y Y '; ZZ' đồng quy K Mặt khác ta có uuur uuur uuuu r r a ( b + c) K A + b( a + c) K B + c ( a + b) K C = uuur uuur uuuu r uuur uuur uuuu r r � a ( a + b + c) K A + b( a + b + c) K B + c ( a + b + c) K C - a2K A + b2K B + c2K C = uuur uuur uuuu r uuur uuur uuuu r r � ( a + b + c) aK A + bK B + cK C - a2K A + b2K B + c2K C = uuu r uur uur uuu r uuur uuu r uuur uuur r � ( a + b + c) ( a + b + c) K I + aIA + bIB + cIC - a2 + b2 + c2 K L - a2LA + b2LB + c2LC = uuu r uuur r � ( a + b + c) K I - a2 + b2 + c2 K L = ( ( ) ( ( ( ( )) ( ) ) ) ( ) ) Suy K thuộc IL Bài tốn 4: Cho tam giác ABC có điểm Lemoine L X, Y, Z nằm đường thẳng LA, LB, LC cho Y Z P BC ,ZX PCA,XY PAB Gọi BZ cắt CY D, CX cắt AZ E, AY cắt BX F U, V, W đẳng giác D, E, F theo thứ tự tam giác LBC, LCA, LAB Bài tốn 5: Cho tam giác ABC có trực tâm H L điểm Lemoine, G đẳng giác L tam giác ABC Hình chiếu G lên HA, HB, HC X, Y, Z Chứng minh L điểm Lemoine tam giác XYZ F MỘT SỐ BÀI TOÁN SỬ DỤNG PHÉP NGHỊCH ĐẢO  Bài toán (IMO Shortlist): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn (O) có AB > BC Phân giác góc ABC cắt (O) M, B Phân giác góc AOB, BOC cắt đường trịn đường kính BM P, Q Lấy R PQ cho BR  MR Chứng minh BR P AC Giải Cách 1: Gọi I, K, L trung điểm BM, AB, AC Gọi J giao điểm BR với đường trịn đường kính BM Dễ thấy điểm B, K, O, I, L thuộc đường trịn đường kính BM điểm R, O, I thẳng hàng Bây ta cần chứng minh tứ giác POIQ BJOI nội tiếp, uur uu r IK ; IL Xét phép quay tâm I góc quay : K � L; P � Q ' Ta có   uuuu r uur uuur uur LQ '; LI  KP; KI uuuu r uuu r uuu r uur � LQ '; LC  LC; LI         uuur uuur uuur uur  uur uuu r   KP; KB    KB; KI     LI ; LC  uuuu r uuu r  � LQ '; LC    Q Q' Vậy tứ giác POIQ nội tiếp � Ta có RJ RB  RP.RQ  RO.RI (vì POIQ nội tiếp), suy BJOI nội tiếp Mà OIB  90 nên �  900 BJO Do J, O, M thẳng hàng Vậy OM  BR mà OM  AC (vì BM đường phân giác góc ABC nên M điểm cung AC), BR P AC Cách 2: OPQI nội tiếp hay I thuộc đường tròn (OPQ) Xét phép nghịch đảo tâm I:  PQ  OPQ  � O R Gọi K điểm đối xứng O qua I � BOMK hình thoi � BK  AC Mà IK I R  IO.I R  IB � BR  BK Vậy BR P AC Bài toán 2: Cho tam giác ABC, đường tròn (K) qua B, C cắt AC, AB E, F Đường thẳng qua B vuông BC cắt AK T TE cắt đường tròn (K) N Chứng minh F, K, N thẳng hàng Giải Gọi M giao điểm TF đường tròn (K) Gọi P giao điểm thứ hai hai đường trịn (EKN) (FKM) Theo tính chất trục đẳng phương T, A, P, K thẳng hàng Xét phép nghịch đảo tâm T phương tích TF TM : F � M ; P � K ; E � N Do để chứng minh F, K, N thẳng hàng ta cần chứng minh T,M, P, E đồng viên Thật �  1800  MEN �  1800  MFN �  1800  MPK �  TPM � TEM , suy TEPM nội tiếp Do theo tính chất phép nghịch đảo ta có F, K, N thẳng hàng Bài tốn 3: Cho tam giác ABC có đường cao AD nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn Euler tam giác ABC cắt đường tròn (BOC) X Y Đường tròn (AYX) cắt đường tròn (ADO) A L Chứng minh AL đường đối trung tam giác ABC Giải l Ta kí hiệu A phân giác góc BAC Lấy P, Q trung điểm AB, AC Dễ thấy AD, AO hai đường đẳng giác AB AC AD AO   AP AC  AQ AB Do xét phép nghịch đảo đối xứng f I AB AC A Dl A : ( Euler ) � ( BOC ) Do X �Y Gọi M trung điểm BC, J giao điểm hai tiếp tuyến B C (O) Hiển nhiên, f : AM � A J ;( A XY ) � XY ;( ADO ) � DO Do XY cắt DO K L ảnh K qua f Vậy toán quy chứng minh XY, DO, AM đồng quy K Hay ta cần chứng minh K nằm trục đẳng phương (Euler) (BOC) Bài toán 4: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có trực tâm H đường cao AD, BE, CF Đường thẳng AO cắt EF, BC K L Gọi KD cắt HL G Chứng minh G thuộc trục đẳng phương (BHC) (Euler) Giải Gọi I giao điểm DG với đường tròn Euler Gọi R hình chiếu H lên AL Xét phép nghịch đảo A I AH AD : H � D; R � L; I � J ;( Euler ) � ( BHC ) Mà I �( Euler ) � J �( BHC ) Bây ta cần chứng minh H, L, J thẳng hàng tức cần chứng minh A, D, R, I đồng viên Thật vậy, điểm A, E, R, H, F thuộc đường tròn đường kính AH nên KR.KA  KE.KF Mà DEIF nội tiếp đường tròn Euler nên KI KD  KE.KF Vậy KR.KA  KI KD suy tứ giác AIRD nội tiếp, suy H,G, L, J thẳng hàng Do đó, GH GJ  GD.GI ��G /( Euler )  �G /( BHC ) , ta có đpcm Bài tốn 5: (Aops) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có phân giác góc BAC cắt (O) BC điểm M, D (M khác A) A’ điểm đối xứng A qua M Lấy Y đối xứng M qua BC lấy Z giao điểm hai đường tròn (YDM) (A’BC) (Z nằm tam giác ABC), MZ cắt OA R Chứng minh RD  BC Bài toán (Aops): Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) (I) tiếp xúc BC, CA, AB D, E, F AI cắt BC T AD cắt đường trịn đường kính AI G A, đường tròn (ABG) cắt AI A Q Chứng minh B, F, Q, T đồng viên Phụ lục 2: Đề kiểm tra đáp án Bài kiểm tra lần 1: Đề: Cho tam giác ABC có đường cao AD nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn Euler tam giác ABC cắt đường tròn (BOC) X Y Đường tròn (AYX) cắt đường tròn (ADO) A L Chứng minh AL đường đối trung tam giác ABC Đáp án Nội dung Ta kí hiệu lA phân giác góc BAC Lấy P, Q trung điểm AB, AC Dễ thấy AD, AO hai đường đẳng giác xét phép nghịch đảo đối xứng f I AB AC A Điểm DlA : ( Euler ) � ( BOC ) AD AO  AB AC  AP AC  AQ AB Do Do X � Y Gọi M trung điểm BC Hiển nhiên, f : ( A XY ) � XY ;( ADO) � DO (AXY) cắt (ADO) L, giả sử XY cắt DO K K ảnh L qua f Như AK AL đối xứng qua lA Do để AL đường đối trung K phải thuộc AM 5đ Ta chứng minh XY, DO, AM đồng quy K Thật ta giả sử K giao điểm AM DO, ta chứng minh K thuộc trục đẳng phương (Euler) (BOC), suy K thuộc XY 1đ 2đ 1đ 1đ 1đ Lấy J giao điểm AM (Euler), P trung điểm AC, I giao điểm OD (BOC), S giao điểm EF BC, L giao điểm OA EF  S , D , B , C   1 Theo tính chất hàng điểm điều hịa ta có , mà M SD SM  DB DC  DO DI trung điểm BC nên ta có , suy SIMO nội tiếp (1) Dễ dàng chứng minh OA vuông góc EF, suy tứ giác OLEP nội tiếp Do AL AO  AE AP  A J AM � JLOM nội tiếp (2) Ta có tứ giác SLOM nội tiếp (3) (1), (2), (3) suy S, I, M,O,L,J đồng viên Do KJ KM  KO.KI ��K /( Euler )  �K /( BOC ) Vậy K thuộc trục đẳng phương (Euler) (BOC) hay K thuộc XY Vậy AM, XY, OD đồng quy K Quay trở lại tốn ta có AI đường đối trung tam giác ABC Bài kiểm tra lần 2: Đề: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường cao AD, BE, CF Đường trịn tâm A, bán kính AD cắt (O) hai điểm M, N a) Chứng minh MN qua trung điểm DE, DF b) Gọi EF cắt BC điểm G DP đường kính (A; AD) PG cắt (A;AD) điểm Q khác P Chứng minh trung điểm DQ nằm (O) Đáp án Câu a Nội dung Điểm 1đ 1đ Ta thấy MN trục đẳng phương (O) (A; AD), MN  OA Mà dễ thấy EF  OA nên MN // EF Gọi K, L hình chiếu vng góc D lên AC AB Gọi X, Y trung điểm DE DF Trong tam giác vng DLF có LY đường trung tuyến, suy tam giác LYF cân Y � Ta có � AK AC  AL AB   AD  1đ � LFY  E FA suy LY // EF mà XY// EF nên L, Y, X thẳng Vậy YLF  LFY , mà hàng Chứng minh tương tự K, X, Y thẳng hàng Vậy L, X, Y, K thẳng hàng � 1đ 1đ nên tứ giác BLKC nội tiếp � Vì AD = AN nên AN  AK AC , lại có CAN chung nên AKN : ANC Do � AKN  � ANC � �  1800 ; LBC �  LKC �  1800 ANC  LBC � � Mà nên AKN  LKC � L,K,N thẳng hàng Tương tự M, L, K thẳng hàng Vậy ta có MN qua trung điểm X, Y b Xét phép vị tự tâm D tỉ số : Q � S (S trung điểm DQ); P � A; G � I (I trung điểm GD) Vì P, Q, G thẳng hàng nên A, S, I thẳng hàng Đồng thời Q nằm đường tròn (A;AD) nên S thuộc đường trịn đường kính AD Ta cần chứng minh S thuộc (O) Ta có IS IA  ID Mà theo hàng điểm điều hòa 2đ (G, D, B, C )  1 , I ID  IG  IB.IC Vậy 3đ trung điểm GD nên theo hệ thức Newton ta có IS IA  IB.IC � tứ giác SACB nội tiếp Vậy S thuộc (O) (đpcm)  ... cắt A P AP cắt (O) K Theo tốn K, D, M thẳng hàng Gọi S giao điểm EF BC Lấy J trung điểm cung BC không chứa A (O), T trung điểm BC Theo hàng điểm điều hòa ( SD,BC ) = - � DT DS = DB.DC (hệ thức Maclaurin)... MD (O) Bài toán (Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Lấy điểm D thay đổi cung BC không chứa A Giả sử điểm E, F AB, AC cho BD = CF ,CD = BE ( ABF ) �( ACE ) = A,P � � Chứng minh rẳng:... ( g.g) � Bài toán (Iran MO 2013): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) D điểm nằm cung BC không chứa A (O) Lấy điểm E, F AB, AC cho BE = BD,CF = CD Gọi DF �(O ) = { K ,D } Chứng minh BK