Bài viết này không nhằm khuyến khích các bạn giải các bài toán khó dành cho bậc THPT mà mục đích của bài viết này là giúp các bạn biết thêm các tính chất, các bổ đề hay trong hình học.[r]
(1)TỪ MỘT SỐ BÀI TOÁN QUEN THUỘC ĐẾN BÀI HÌNH VMO 2019 Nguyễn Đăng Khoa – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ
Giới thiệu
Kỳ thi VMO (Vietnam Mathematical Olympiad) kì thi chọn HSG cấp Quốc gia mơn Tốn dành cho học sinh THPT tổ chức hàng năm Kỳ thi năm diễn hai ngày 13 14 tháng năm 2019 Trong đề thi năm ngày có xuất hình thú vị mà tác giả muốn trình bày tốn cách THCS thơng qua viết Bài viết tác giả tham khảo từ nhiều nguồn chuyển thành lời giải phù hợp với bạn học sinh bậc THCS Nếu có điều kiện tác giả tiếp tục trình bày hình ngày hai số báo
Mọi ý kiến đóng góp xin gửi địa khoanguyen17112003@gmail.com Xin cảm ơn! Bài toán (VMO 2019) Cho tam giác ABC có tâm đường trịn nội tiếp I trực tâm H
Trên tia AB AC BC BA CA CB, , , , , lấy điểm A A B B C C1, 2, 1, 2, 1, 2 cho
1 , ,
AA AA BC BB BB AC CC CC AB Gọi A B C', ', ' giao điểm
các cặp đường thẳng (BB CC1, 1);(CC AA1, 1);(AA BB1, 1)
a) Chứng minh diện tích tam giác A B C' ' ' khơng vượt q diện tích tam giác ABC b) Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C' ' ' Các đường thẳng AJ BJ CJ, , lần
lượt cắt BC CA AB, , theo thứ tự R S T, , Gọi K điểm chung đường tròn
ngoại tiếp tam giác AST BTR CRS, , Giả sử tam giác ABC không cân, chứng minh tứ giác IHJK hình bình hành
Trước hết ta cần có bổ đề sau:
Bổ đề (Đường thẳng Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn ( )O có trực tâm H
và trọng tâm G H G O, , thẳng hàng HG2GO (G nằm O H, )
Bổ đề quen thuộc bạn đọc tự chứng minh
Bổ đề (Điểm Nagel, điểm Gergone) Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp tam giác tiếp xúc với ba cạnh D E F, , Đường tròn bàng tiếp đối diện góc A B C, , lần
(2)Bổ đề chứng minh định lý Ceva ta thấy có nhiều đoạn thẳng tính chất đường trịn nội tiếp đường trịn bàng tiếp
Bổ đề Cho hình bình hành ABCD, đoạn AB BC, lấy hai điểm E F, cho
AECF K giao điểm AF CE, Khi DK phân giác góc ADC
Chứng minh. Lấy L giao điểm AD CE Áp dụng định lý Thales ta có: LD LA LA LK
DC AE CF KC
Từ suy DK phân giác góc ADC (đpcm)
Bổ đề Cho tam giác ABC có trung điểm cạnh A B C1, 1, Khi điểm Nagel
tam giác A B C1 1 đồng thời tâm nội tiếp tam giác ABC
G N
P
N
M F
D
B C
L
K
F C
A B
D
(3)Chứng minh. Gọi X Y Z, , tiếp điểm đường tròn bàng tiếp lên cạnh tam
giác A B C1 1 Gọi N điểm Nagel tam giác A B C1 1 Theo tích chất đường trịn bàng
tiếp ta có C Y1 B Z1
Áp dụng bổ đề 3 từ ta có AN phân giác góc BAC
Chứng minh tương tự ta có BN phân giác góc ABC nên N tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC(đpcm)
Nhận xét Tam giác A B C1 1 gọi tam giác trung bình tam giác ABC (tam giác
median) ngược lại tam giác ABC tam giác anti-median của tam giác A B C1 1
Bổ đề Cho tam giác ABC có tâm đường trịn nội tiếp I , trọng tâm G điểm Nagel N Khi I G N, , thẳng hàng GN2GI (G nằm N I, )
Gọi tam giác A B C' ' ' tam giác Anti-median của tam giác ABC Khi G N,
trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác A B C' ' '
Ta có: ABC∽A B C' ' ' G N, trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ' ' '
A B C ; G I, trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Suy AGI∽A GN' nên I G N, , thẳng hàng GN GA'
GI GA (đpcm)
Y
Z X
N
B1
A1
C1
A
B C
I G N
B
A C
A'
(4)Chứng minh Đặt BX a,CY b, AZ c
XC YA ZB Khi theo định lý Ceva ta có abc1
Điều cần chứng minh tương đương với
3
4
3 ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 1)( 1)
6
CXY AYZ BZX
ABC
S S S CX CY AY AZ BZ BX S CB CA AC AB BA BC
b c a
b a c b a c
b c c a a b a b c ab bc ca a b c
Bất đẳng thức cuối ab bc ca a b c 6 (6 abc)3 6 (AM-GM)
Vậy ta hoàn tất chứng minh
Nhận xét. Bổ đề toán Nâng cao phát triển tác giả Vũ Hữu Bình quen thuộc với nhiều bạn Dấu bất đẳng thức xảy
P trọng tâm tam giác ABC
Bổ đề Cho tam giác ABC, lấy điểm M N P, , thuộc cạnh BC CA AB, , tam giác
Khi đường trịn (ANP), (BPM), (CMN) có điểm chung
Z
P A
B X C
(5)Chứng minh Gọi K giao điểm thứ hai khác N (ANP) (CMN) Áp dụng tính
chất tứ giác nội tiếp ta có BPK ANK KMB Suy K(BPM) hay ta có đpcm
Bây ta quay lại toán ban đầu
Bài toán (VMO 2019) Cho tam giác ABC có tâm đường trịn nội tiếp I trực tâm H
Trên tia AB AC BC BA CA CB, , , , , lấy điểm A A B B C C1, 2, 1, 2, 1, 2 cho
1 , ,
AA AA BC BB BB AC CC CC AB Gọi A B C', ', ' giao điểm
các cặp đường thẳng (BB CC1, 1);(CC AA1, 1);(AA BB1, 1)
a) Chứng minh diện tích tam giác A B C' ' ' không vượt diện tích tam giác ABC b) Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C' ' ' Các đường thẳng AJ BJ CJ, , lần
lượt cắt BC CA AB, , theo thứ tự R S T, , Gọi K điểm chung đường tròn
ngoại tiếp tam giác AST BTR CRS, , Giả sử tam giác ABC không cân, chứng minh tứ giác IHJK hình bình hành
K A
B C
P
N
(6)(Xét hình vẽ) Chứng minh.
a) Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt A A1 B''
Theo Thales suy 1
1 '' '' BA AA BA BB
BB AA Mà BA1BC1BCAB nên tam giác
''
BB C cân B BB'' ||AC nên B C C'', 1, 2 thẳng hàng, từ ta có B'B''BB' ||AC Chứng minh tương tự ta có CC' ||AB AA; ' ||BC
Ta gọi tam giác XYZ tam giác Anti-median của tam giác ABC Ta có
1 1
' 90 ; ' 90 ' ' ' 90 ' '
2 2
ACB ABC BAC
A C B A B C B A C AA A C B X
Suy XZ tiếp tuyến đường tròn ( ' 'A B C') Chứng minh tương tự ta có đường
tròn ( ' 'A B C') đường tròn nội tiếp tam giác XYZ nên XA YB CZ', ', ' đồng quy (bổ đề 2)
Áp dụng bổ đề 6 ta thu ' ' '
4 XYZ
ABC A B C
S
S S
Vậy diện tích tam giác A B C' ' ' khơng vượt q diện tích tam giác ABC
(7)b)
Gọi I I Ia, ,b clần lượt tâm đường tròn bàng tiếp đối diện góc A B, C tam giác ABC
Ta thấy J tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ nên theo bổ đề 4 J điểm Nagel tam giác ABC, từ R S T, , hình chiếu I I Ia, ,b c lên cạnh
, ,
BC CA AB
Bây ta gọi K' điểm đối xứng I qua O W trung điểm cung BC không chứa A đường trịn ( )O , W trung điểm IIa nên K I' a vng góc với BC
Rhay K RC' 90 , tương tự ta có K SC' 90 K'(CRS) Chứng minh tương tự
thì ta có K'(AST); 'K (BTR) K K'
Ta gọi G trọng tâm tam giác ABC
Áp dụng bổ đề 1 bổ đề 5 ta có I G J, , H G O, , thẳng hàng
2 || ;
GJ GH
HJ OI HJ OI IK
GI GO
Từ suy tứ giác HIKJlà hình bình hành (đpcm) G Z
X W
H S
B
K I
Ib
Ia
Ic
R T
O J
Y
B'
A'
C' A
(8)