Từ bài toán quen thuộc đến bài hình trong đề thi VMO năm 2019

Bổ đề trên là một bài toán trong cuốn Nâng cao và phát triển của tác giả Vũ Hữu Bình đã khá quen thuộc với nhiều bạn.. Dấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra khi.[r]

Giới thiệu

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 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

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 trọng tâm G H G O, , thẳng hàng HG2GO (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, , tiếp xúc với BC CA AB, , M N P, , Khi AD BE CF, , đồng quy G(điểm Gergone) AM BN CP, , đồng quy N(điểm Nagel)

TỪ MỘT SỐ BÀI TOÁN QUEN THUỘC ĐẾN BÀI HÌNH VMO 2019

Bổ đề chứng minh định lý Ceva ta thấy có nhiều đoạn thẳng tính chất đường trịn nội tiếp đường tròn bàng tiếp

Bổ đề Cho hình bình hành ABCD, đoạn AB BC, lấy hai điểm E F, cho AECF 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

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 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 tròn nội tiếp I , trọng tâm G điểm Nagel N Khi I G N, , thẳng hàng GN2GI (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'

Chứng minh Đặt BX a,CY b, AZ c

XC  YA  ZB  Khi theo định lý Ceva ta có abc1 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

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 tốn (VMO 2019) Cho tam giác ABC có tâm đường tròn 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 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

K A

B C

P

N

(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 BA1BC1BCAB 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 trịn ( ' 'A B C') đường tròn nội tiếp tam giác XYZ nên XA YB CZ', ', ' đồng quy (bổ đề 2)

Áp dụng bổ đề 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

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 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 ta có K'(AST); 'K (BTR) K K'

Ta gọi G trọng tâm tam giác ABC

Áp dụng bổ đề bổ đề 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