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 ) Ç ( 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 ) Ç ( ACM ) = { A; K } Chứng minh AK đường đối trung tam giác ABC Giải Gọi G trọng toàn phần GBM tâm tam giác ABC Ta thấy K điểm Miquel tứ giác AMGN.BC, K thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác GNC Do ta có · · GC = K · NC ïü MBK =K ïï MB KN Þ D MBK : D CNK Þ = ·BMK = K · CA = K · CN ý ùù CN KB ùỵ Gi AK ầ ( O ) = D Ta có · · · NB ü ïï DCB = DAB =K ïý Þ D DBC : D K BN Þ K B = DB ·DBC = DAC · · KN DC = K BN ïï ùỵ DB BM BA = = ị DC NC CA Vậy giác ABC tứ giác ABDC tứ giác điều hòa nên AK đường đối trung tam Bổ đề hữu dụng toán liên quan đến mơ hình Miquel Bổ đề 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có trung điểm AB, AC M, N ( ABN ) Ç ( ACM ) = { A;G } viên trung trực BC cắt MN K Chứng minh A, G, O, K đồng Giải Gọi S giao điểm hai giao điểm Theo bổ hai tiếp tuyến B, C đường tròn (O) Gọi I, J MN với đường trịn (ABN) (ACM) đề AG đường đối trung tam giác ABC nên AG qua điểm S · K = BAN · · S BJ = BO Ta có suy tứ giác JKOB · · Þ J BO = J K O = 900 J, nội tiếp Mà nên B, S thẳng hàng Tương tự S, C, I thẳng hàng Do SG.SA = SB.SJ = SO.SK Þ Bổ đề · OBS = 900 AGOK nội tiếp đường tròn 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 Þ D PFC : D K BC Þ Þ KB DB = KC DC PF BF DB = = PC EC DC KB PF = KC PC 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 chứa A Hai đường tròn (O) K Theo tiếp tam giác ABC, M điểm cung BC (ABE) (ACF) cắt A P AP cắt tốn K, D, M thẳng hàng Gọi S điểm cung điểm BC giao điểm EF BC Lấy J trung BC không chứa A (O), T trung Theo hàng điểm điều hịa ( SD,BC ) = - Þ thức DT DS = DB.DC Maclaurin) (hệ Mà DB.DC = DK DM Þ DT DS = DM DK tứ , SKTM nội tiếp đường trịn Lại có SHDK nội tiếp giác nên thẳng hàng (đpcm) · HD = K · SD = K · MT = K · AJ K Mà HD//AJ nên A, H, K 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 ) Ç (O ) = { A;J } ,J D Ç (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 ) Ç ( 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: “Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) có hai đường chéo AC, BD cắt I Khi ” IA BA DA = IC BC DC Chứng minh Ta có AB AD · SAI D IA AD.sin ADI 2R = AD.AB = = = IC SI DC BC CD.BC CD.sin I·DC DC 2R Bài toán 1: (Thi thử KHTN 2017): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) P điểm cung BC PB = CE ; PC = BF không chứa A (O) Lấy E, F AC, AB cho Gọi ( AEF ) Ç (O ) = { A;G } Chứng minh GP chia đôi BC Giải Cách 1: Gọi S đối xứng với GB FB PC GS PC = = Þ = GC EC PB GC PB D GFB : D GEC Þ Mặt điểm khác · · SGC = BPC (tứ giác B BGCP · · · · BCP = BGP Þ BGP = BSC Þ GP PSC SB nên GP qua trung điểm BC Cách 2: (dùng bổ đề cát tuyến) Gọi M MB GB.PB GB.EC = = MC GC PC GC FB G Ta có · · D SGC : D CPB Þ BCP = BSC qua giao điểm GP BC Theo bổ đề cát tuyến ta có nội tiếp) nên Mà Mà G trung điểm D GFB : D GEC Þ Mà GB FB GB.EC = Þ =1 GC EC GC.FB Vậy MB =1 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 Ç (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 D’ giao đề cát giao điểm AI BC J giao điểm KH với (Q) Gọi điểm JG BC Dễ thấy JK đường phân giác góc BJC, GL phân giác góc JGC Áp dụng bổ 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 D trùng 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 ) Ç (O ) = { A,G } ,GQ Ç 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) Þ = GE GC M'B PF ® = M 'C PE D GFE : D GBC Þ D GFP : D GBM ' GP GF FQ PQ Þ D BM ' K : D FPQ Þ = = = GM ' GB BK M'K Þ M ' P PK Q Þ M ' º M D QFE : D K BC ( g.g) Þ Bài tốn (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 DF Ç (O ) = { K ,D } Gọi Chứng minh BK chia đơi EF Bài tốn (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 ( tròn (AEF) tiếp xúc (ABC) E ,F Î BC ) Chứng minh đường Chứng minh Qua A kẻ tiếp tuyến Ax đường tròn (ABC) Ta có · · · · · · FB xAE = XAB + BAE = ACB + FAC =A Suy (ABC) Ax tiếp tuyến kẻ từ A đường tròn (AEF) Vậy (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 AK ^ HI ( K Ỵ HI ) tam giác HBC Kẻ Euler (O) Chứng minh (MIK) tiếp xúc (O) đường tròn Giải Ta · · I = 900 ADI = AK có tứ giác AKDI nội tiếp, HK HI = HD.HA suy hai đường M, H, P nội tiếp Gọi A, P giao điểm tròn (AEF) (O) Dễ dàng chứng minh thẳng hàng Khi tứ giác APDM nên HM HP = HD.HA Þ HM HP = HI HK Vậy tứ giác KPIM nội tiếp hay điểm P thuộc đường tròn (MIK) Bây ta chứng minh P điểm chung (MIK) Thật (O) Gọi L giao điểm AD với (O), J giao điểm EF với BC Theo hàng điểm điều hòa ta có A ( J D,BC ) = - Þ ( 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) T H = T I T M Þ T P = T I T M tiếp xúc H Do đường trịn (MIK) tiếp xúc (O) P suy TP tiếp tuyến (MIK) Vậy Bây ta chứng minh (MIK) tiếp xúc với đường tròn Euler Thật HA.HD Xét phép nghịch đảo cực H, phương tích tiếp xúc (MIK) nên (Euler) tiếp xúc (MIK) (O ) « ( Euler ) , ( MIK ) « ( MIK ) ta có 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 AI Ç BC = G.AI ,MI ,NI Ç (O ) = D,E ,F ( ¹ A,M ,N ) , DF Ç AM = P ,DE Ç AN = Q Gọi Đường trịn ( H ¹ D) qua P tiếp xúc AD I cắt DF H (K Đường tròn qua Q tiếp xúc AD I cắt DE K ¹ D) Chứng minh đường tròn (GHK) tiếp xúc BC Giải Dễ thấy D DGC : D DCA Þ 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 N ta dụng định lí Pascal cho điểm A, E, F, D, M, có điểm P, I, Q thẳng hàng Xét phép nghịch đảo cực B « C ; P « H ;Q « K ; A « G D phương DI tích ta có 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 với phép vị tự tâm A ta có đường trịn (APQ) tiếp xúc với (O) Þ MN P BC ), kết hợp 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 · · · · · · NQC = QAC +QCA = BCM + PCB = PCM D PCM : D CQN Þ Do Tương tự ta có MA MC = NC NF PM CM = CN QN Ta có PM PM CN CM NF NF ME = = = = EF P MN Þ 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 A' B P AC P Do lên AB, AC Vì PB đối song mà nên BP, BA’ đẳng giác 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 toán 2: (Phan Anh Quân) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có P, Q hai điểm đẳng AP Ç (O ) = { A,D } giác tam giác ABC Chứng minh rằng: M D Ç (O ) = { N ,D } M điểm thuộc cạnh BC · · PMB = ANQ Giải PT P AN (T Ỵ DN ) Gọi R giao điểm DQ AC Dựng Ta có PR P AQ Theo định lí thales ta có DR DP DT = = Þ RT PQN Þ D AQN : D PRT DQ DQ DN · · · · · · · Þ BMD = MCD + MDC = BAD +CAN = QAC +CAN · · = QAN = RPT Do PTMR nội tiếp suy · · R = ANQ · PMB = PT Ax,Ay Bổ đề 3: Cho tam giác ABC, hai đường Bổ đề 4: Cho góc xOy đẳng giác góc BAC Khi , hai đường OA, OB đẳng giác góc BH ^ Ox ( H Ỵ Ox) ,BK ^ Oy ( K Ỵ Oy) Khi đó: Bổ đề 5: Cho góc · · xAB = yAC xOy HK ^ OA xOy Kẻ , hai đường OA, OB đẳng giác góc xOy Kẻ BH ^ Ox ( H Ỵ Ox) ,BK ^ Oy ( K Ỵ Oy) 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 xOy Qua A kẻ AX POy ( X Ỵ Ox) ,AY POx (Y Î Oy) ,BZ POy ( Z Î Ox) ,BT POx (T Ỵ Oy) Khi X, Y, Z, T đồng viên Û OA,OB đẳng giác góc xOy Bài tập tự giải Bài toán (Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (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 khơng 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 · · · · ABL = ABO - OBL = MBC = 2 · · MOC MOC ·ACK = OCK · · · - OCA = - BCF = 2 · · Þ ABL = ACK Mặt khác, ta có Tương tự, Do · NOB ·NOB · OB OB NOB AF · · = 2LB Þ = 2sin NOB = 2cos = 2cosNAB =2 · LB AN sin NOB OC AE =2 CK AM D ABL : D ACK Vậy LB LB OC AN 2AE AE AB = = = = CK OB CK 2AF AM AF AC 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 ( ALK ) Ç AB = G; ( ALK ) Ç AC =D * Gọi Ta có · MOC · · · · · · · · · PCB = PCO + OCB = + ACF = MBC + 900 - BAC = 900 - ACB + 900 - BAC = ABC tứ giác APCB hình thang cân nên AP P BC Suy GK P BC Ta có · · L GAL = GK (cùng chắn cung GL); · · AD Þ GK · L =K · LD Þ GK P LD P BC GAL =K · AD = K · LD K (cùng chắn cung DK) Mà Vậy tứ giác GKDL hình thang cân, GL DK cắt I I tâm đường trịn 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 ü ïï sin K sin K · CB ïï sin 1800 - K · · · BA = sin K KA KC K B ïý Þ sin K BA K C = sin K AB = = Þ = · · · BC K A · CB · CB · BC KC sin K BA sin KAB ïï sin K sin K sin K sin K ùù = KA K B ùỵ ( Chng minh tương tự ta có · · sin LCB LB sin IAC IC = ; = =1 · · LA sin IAB IB sin LCA · · · BA sin IAC sin LCB sin K LB K A = =1 · · · LA K C sin IAB sin LCA sin K BC ) D ABL : D ACK Do (vì sin BK, CL, AI đồng quy nên AQ qua điểm cố định I ) Vậy theo định lí Ceva – 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 Ç AB,L = MI Ç 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 Gọi · · sin IAM = sin IAN , AI đường phân giác góc BAC S = K L Ç MN ; J = AP Ç K L;Q = AI Ç K L; E = MN Ç AI ( SE ,MN ) = - Theo hàng điểm điều hòa mà AI phân giác góc MAN nên · · · SAE = 900 Þ SAP = EAO Dễ dàng chứng minh KL song song với BC Do · AQ = ACB · · · · · J· AQ = J· AK + K +QAL = ALQ +QAL = AQJ 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 = 1Þ = = Þ SQ P PI Þ 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 L Điểm L gọi điểm Lemoine L thỏa mãn a = BC ,b = CA,c = AB uuu r uuur uuur r a2LA + b2LB + c2LC = (trong ) A1A2 An Bổ đề 1: (định lí nhím) Cho đa giác lồi uuuuuur Ai Ai +1 An+1 º A1 vng góc với (xem ur ur uu r r A1A2e1 + A2A3e2 + + AnA1en = ), vectơ đơn vị hướng ur ei ( £ i £ n) đa giác theo thứ tự Khi Bổ đề 2: Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác Gọi tam giác MBC, MCA, MAB Chứng minh Sa ,Sb,Sc theo thứ tự diện tích uuuu r uuuu r uuuur r Sa MA + SbMB + Sc MC = 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) Mà S S S Sb Sc A'C A'C A' B = MA'C = MAC = b Þ = ; = A' B SMA' B SMAB Sc BC Sb + Sc BC Sb + Sc Mặt khác ( 1) Û Vậy S S + SMCA' Sa MA' SMBA' = = MCA' = MBA' = MA SMBA SMCA SMBA + SMCA Sc + Sb - Sa Sb + Sc uuuu r MA = Sb Sb + Sc uuuu r MB + Sc Sb + Sc uuuur uuuu r uuuu r uuuur r MC Û 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 Theo hai bổ đề ta có a uuuur b uuur c uuuur r MH + MI + MK = 0; MH MI MK uuuu r uuuu r uuuur r Sa MA + SbMB + Sc MC = M trọng uuuur uuur uuuur r Û MH + MI + MK = Û tâm tam giác HIK a b c a2 b2 c2 = = Û = = MH MI MK a.MH b.MI c.MK Û uuuu r uuuu r uuuur r a2 b2 c2 = = Û a2MA + b2MB + c2MC = Sa Sb Sc Û 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 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 ³ ( aMH + bMI + cMK ) = ( 2SMBC + 2SMAC + 2SMAB ) = 4SABC Þ MH + MI + MK ³ 4SABC a2 + b2 + c2 a b c = = MH MI MK Dấu xảy và M điểm nằm tam giác ABC Theo 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 tròn 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 } {a ( b + c) ;b( a + c) ; c ( a + b) } 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 = Û a ( b + c) K A + a bK B + cK C + bc K B + K C = ( ) ( ) (1) Mà uuuuu r uuuuu r r uuur uuuu r uuuur uuuur BA' c = Þ bA' B + cA'C = Þ bK B + cK C = bK A' + cK A' CA' b Vậy (1) uuur uuuur uuuu r uuur uuuu r r uuuuu r uuuu r r Û a ( b + c) K A + a ( b + c) K A' + bc 2KX + XB + XC = Û 2( ab + ac) K X ' + 2bcK X = ị K ẻ XX ' ( ) Tng tự K Ỵ Y Y '; K Ỵ 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 Û 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 Û ( 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 Û ( a + b + c) ( a + b + c) K I + aIA + bIB + cIC - a2 + b2 + c2 K L - a2LA + b2LB + c2LC = uuu r uuur r Û ( 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, Y Z P BC ,ZX PCA,XY P AB LB, LC cho 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 toán 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, BR P AC BR = MR Q Lấy R PQ cho Chứng minh 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 K → L; P → Q ' phép quay tâm I góc quay : có uuuu r uur uuur uur LQ '; LI = KP; KI uuuu r uuu r uuu r uur ⇔ LQ '; LC + LC ; LI ( Xét Ta ( ( ) ( ) ) ) ( ) uuur uuur uuur uur π uur uuu r = ( KP; KB ) + ( KB; KI ) = + ( LI ; LC ) uuuu r uuu r π ⇒ LQ '; LC = ( ⇒ Q ≡ Q' Vậy tứ giác POIQ nội tiếp RJ RB = RP.RQ = RO.RI Ta có · BJO = 900 ) (vì POIQ nội tiếp), suy BJOI nội tiếp Mà nên OM ⊥ AC mà (vì BM đường phân giác BR P AC góc ABC nên M điểm cung AC), Do J, O, M thẳng hàng Vậy OM ⊥ BR · OIB = 900 Cách 2: OPQI nội tiếp hay I thuộc đường tròn (OPQ) Xét phép nghịch đảo tâm I: BOMK hình thoi ( OPQ ) ↔ PQ ⇒ O ↔ R ⇒ BK ⊥ AC Mà Gọi K điểm đối xứng O qua I 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 tròn (EKN) (FKM) Theo tính chất trục đẳng phương T, A, P, K thẳng hàng TF TM F ↔ M ; P ↔ K ; E ↔ N Xét phép nghịch đảo tâm T phương tích : Do để chứng minh F, K, N thẳng hàng ta cần chứng minh T,M, P, E đồng viên Thật · · · · · TEM = 1800 − MEN = 1800 − MFN = 1800 − MPK = TPM , suy TEPM nội tiếp Do theo tính chất phép nghịch đảo ta có F, K, N thẳng hàng Bài toán 3: Cho tam giác ABC có đường cao AD nội tiếp đường trịn (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 Ta kí lA hiệu phân giác góc BAC Lấy P, Q trung điểm AB, AC Dễ thấy AD, AO hai đường đẳng AB AC AD AO = = AP AC = AQ AB giác Do xét phép nghịch đảo đối xứng AB AC f = IA X ↔Y Gọi M C DlA : ( Euler ) ↔ ( BOC ) Do trung điểm BC, J giao điểm hai tiếp tuyến B (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 tốn 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 trịn Euler Gọi R hình chiếu H lên AL Xét phép nghịch đảo A I AH AD : H ↔ D; R ↔ L; I ↔ J ;( Euler ) ↔ ( BHC ) I ∈ ( Euler ) ⇒ J ∈ ( BHC ) Mà 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 trịn đường kính KR.KA = KE.KF AH nên Mà DEIF nội KI KD = KE.KF tiếp đường tròn Euler nên KR.KA = KI KD Vậy suy tứ giác AIRD nội tiếp, suy H,G, L, J thẳng hàng GH GJ = GD.GI ⇒℘G /( Euler ) =℘G /( BHC ) Do đó, , 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 RD ⊥ BC Chứng minh 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 trịn (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 Điểm lA Ta kí hiệu 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 X ↔Y AB AC A Dl A : ( Euler ) ↔ ( BOC ) Do Gọi M trung điểm BC Hiển nhiên, f : ( A XY ) ↔ XY ;( ADO) ↔ DO 5đ (AXY) cắt (ADO) L, giả sử XY cắt DO K K ảnh L qua f lA Như AK AL đối xứng qua Do để AL đường đối trung K phải thuộc AM 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 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 vng 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 toán ta có AI đường đối trung tam giác ABC 1đ 2đ 1đ 1đ 1đ Bài kiểm tra lần 2: Đề: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường cao AD, BE, CF Đường tròn 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 MN ⊥ OA Ta thấy MN trục đẳng phương (O) (A; AD), 1đ EF ⊥ OA Mà dễ thấy 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 · · FA · · LFY =E YLF = LFY Y Vậy , mà suy LY // EF mà XY// EF nên L, 1đ Y, X thẳng hàng Chứng minh tương tự K, X, Y thẳng hàng Vậy L, X, Y, K thẳng 1đ hàng Ta có AK AC = AL AB ( = AD ) nên tứ giác BLKC nội tiếp · CAN AN = AK AC ∆AKN : ∆ANC Vì AD = AN nên , lại có chung nên Do ·AKN = ·ANC 1đ ·ANC + LBC · · · ·AKN = LKC · = 1800 ; LBC + LKC = 1800 ⇒ Mà nên L,K,N thẳng hàng Tương tự M, L, K thẳng hàng Vậy ta có MN qua trung điểm X, Y b Q→S P → A; G → I Xét phép vị tự tâm D tỉ số : (S trung điểm DQ); (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 2đ minh S thuộc (O) (G, D, B, C ) = −1 IS IA = ID Ta có Mà theo hàng điểm điều hịa , I 3đ 2 ID = IG = IB.IC trung điểm GD nên theo hệ thức Newton ta có Vậy IS IA = IB.IC ⇒ tứ giác SACB nội tiếp Vậy S thuộc (O) (đpcm)  ... cắt A P AP cắt tốn K, D, M thẳng hàng Gọi S điểm cung điểm BC giao điểm EF BC Lấy J trung BC không chứa A (O), T trung Theo hàng điểm điều hịa ( SD,BC ) = - Þ thức DT DS = DB.DC Maclaurin) (hệ... 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 ) Ç ( ACE ) = A,P Chứng minh rẳng:... Bài toán 1: (Thi thử KHTN 2017): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) P điểm cung BC PB = CE ; PC = BF không chứa A (O) Lấy E, F AC, AB cho Gọi ( AEF ) Ç (O ) = { A;G } Chứng minh GP chia đôi BC Giải