Đang tải... (xem toàn văn)
Nhận xét: Trên đây là lời giải của tôi, nếu các bạn để ý thì sẽ thấy rằng phần b) bài toán là sự ghép lại của một ba bài toán nhỏ. Trong đó việc BP, CQ cắt nhau tại trung điểm EF đã được[r]
(1)Một số tốn hình học chọn đội tuyển VMO Hà Nội năm gần đây
Lời nói đầu: Trong đề chọn đội tuyển thi HSGQG Hà Nội dành thời lượng dành cho phân mơn hình học phẳng Các tốn khơng địi hỏi nhiều kiến thức, song, lại cần tinh tế trình kẽ vẽ hình phụ cách phối hợp kiến thức tốn chun Điều đặc biệt tơi thấy có nhiều hình lấy lai tạo từ đề thi Nga Để bạn tiếp cận dễ dàng, sau xin giới thiệu vài hình học hay chọn tuyển Hà Nội(đặc biệt hình chọn tuyển Hà Nội 2016-2017)
(2)Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta thấy rằng: P điểm M iquel tứ giác tồn phần ACF DBE dĩ nhiên P, E, F thẳng hàng Theo định lí Borcardthì ta có: O, M, P ⊥EF đóEFkBC là: ∠BCD=∠DEP =∠DBP đóP B tiếp xúc(O) Tương tự P C tiếp xúc(O) Kẻ đường kính AX, AY của(S2),(S1) Lại có: ∠AQB = 180◦−∠AXB = 180◦−∠AS2O Tương tự thì: ∠AQC = 180◦−∠AS1O đó∠AQB+∠AQC = 360◦−2∠AS1O = 2(180◦−∠A) = 360◦−2∠Ado hiển nhiên∠BQC = 2∠Ado đóP, B, Q, O, C nằm đường trịn nên OQ⊥P Qdo ta thu đpcm
Nhận xét: Nếu toán hỏi chứng minh A, P, Q thẳng hàng hay Điều khơng khó để chứng minh Chú ý việc tứ giác AS2S1O hình bình hành nên S1S2 chia đơi AO theo tính chất vị tự dĩ nhiên X, Y, O thẳng hàng Ta có: ∠AQX+∠AQY = 90◦+ 90◦ = 180◦ nên X, Y, Q, O thẳng hàng Dĩ nhiên AQ⊥OQ đóA, Q, P thẳng hàng
(3)Lời giải 1(Ngô Thế Anh Khoa-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam): Gọi AC cắt đường tròn (K) điểm T,giao BK điểm L Do C tâm vị tự (O) (K) nên ta có: AT
T C = OK
KC ta có: T KkAB Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác LAB với cát tuyến OKC ta có:
CL CA
OA OB
KB
KL = Do T KkAB nên ta có: CL CA =
T L
T A đó: (AL, T C) =−1 Mặt khác gọi DE cắt AC điểmL0 (AL0T C) = −1 L≡ L0 ta có: DE, BK, AC đồng quy(đpcm)
Nhận xét: Lời giải thứ hay thực ấn tượng với cách sử dụng vị tự
Lời giải 2(Nguyễn Duy Khương-11T2-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam):
(4)Do M trực tâm tam giác AN K nên: M N.M I = M J.M K = M D.M E(do A, J, K, D, Eđồng viên) Vậy ta thu được: (N M, DE) = −1(theo hệ thứcM aclaurin) suy ra: C(N M, DE) = −1 mà ta được: C(N S, DE) = −1 Do đó: S, C, M thẳng hàng Vậy AC, BK, DE đồng quy điểm M(đpcm)
Lời giải 3(Nguyễn Trung Hiếu-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam): Gọi T giao điểm AC (K) GọiL giao điểm ED T C Từ giả thiết ta có được: EDT C tứ giác điều hồ Do ta có: ED,tiếp tuyến T,C đồng quy điểm gọi điểm P Vậy ta có: P K ⊥ AC Lại có: AK ⊥ ED nên L trực tâm tam giác P KA Gọi BK cắt AP điểm Q ta thu được: KQ ⊥ P A ta có: P Q.P A =P R.P K =P C2, hay là Q thuộc (O) Do có: ∠BQA= 90◦ mà ∠KQA = 90◦ nên thu được: B, L, K thẳng hàng DE, BK, AC đồng quy(đpcm)
Nhận xét: Ở lời giải thứ hai ba trọng tới giao điểm hai tiếp tuyến tứ giác điều hoà xong cách tiếp cận cuối khác dẫn tới hai lời giải lạ mắt
(5)Trên AC lấy điểm I cho IKkAO KI = KC CDIE nội tiếp Gọi BK cắt (O) H khác B ∠AHK = 90◦ suy HDKE nội tiếp Mà ∠HCI = ∠HBA = ∠HKI suy CHKI nội tiếp Áp dụng tính chất trục đẳng phương cho ba đường tròn(CDIE),(HDKE),(CHKI) dĩ nhiênBK, AC, DE đồng quy
Bài toán 3(chọn đội tuyển thi VMO-Hà Nội 2014-2015):
Cho tứ giác ABCD(AB < BD) nội tiếp đường tròn (O) biết AC = CD Gọi I tâm nội tiếp đường tròn ABD Gọi (BIC) cắt AB điểm thứ hai F Gọi E trung điểm AD Chứng minh rằng: AI ⊥EF
Lời giải: Ta có: ∠LAI = ∠BAD
2 +∠DAL=
∠BAD
2 +∠BAI =∠AIL tam giác AIL cân L Chứng minh tương tự ta có: IL = LD Lại có theo hệ thức lượng tam giác vng CDL LD2 = LE.LC = LI2 ta có: 4LEI ∼ 4CIL(g.g) Vậy ta có: 90◦ +∠ICB = 90◦ +∠IEA ∠ICB = ∠IEA Do ta thu tam giác ∠F IA=∠EIA ta thu được: 4IF A =4IEA(g.c.g)do hiển nhiên thu được: AI trung trực EF ta có đpcm
(6)Bài toán 4(chọn đội tuyển Hà Nội thi VMO 2012-2013): Cho tứ giác ABCD nội tiếp hình thang Gọi AB cắt CD E AD cắt BC điểm F Phần giác góc CF D BEC gặp điểm H Hai đường chéo tứ giác ABCD cắt điểm I Gọi (ABI)cắt (CDI) điểm thứ haiK Chứng minh rằng: E, F, H, K đồng viên
Lời giải: Trước tiên ta có:
∠F HE = 180◦−∠HF D−∠HEB−∠EAD = 180◦−180 ◦−
∠D−∠C
2 −
180◦ −∠B −∠C
2 =
∠B+∠D
2 = 90
◦(1) Ta gọi L là giao điểm thứ hai khác A của (EAB) và (ECD). Thế ta có: EL.EF =EA.EB =EI.EK tứ giác LF KI nội tiếp Áp dụng tính chất trục đẳng phương cho đường trịn(F AB),(F CD),(O),(LF KI)thì ta có: LF, AB, CD, IK đồng quy điểm điểmE
Gọi M, N trung điểm AD, BC Ta có: ∠LAD = 180◦ −∠LAF = 180◦−∠LBF =∠LBC Vậy ta có: 4LAM ∼ 4LBN(c.g.c)do đó∠LM F =∠LN F hay làLthuộc(F M N) Vậy ta thu được: ∠OLF = 90◦ Vậy mà theo định líBorcard OI ⊥EF Vậy O, I, Lthẳng hàng Hay ta có: ∠EKF = 90◦(2) Từ (1)(2)ta thu E, F, H, K đồng viên(đpcm)
(7)Bài toán 5(chọn đội tuyển thi VMO-Hà Nội 2011-2012):Cho đường tròn (O) điểm A, M (O) cho AM khơng đường kính (O) Lấy I đoạn OA(I 6= O, A) (I, IA) cắt đường trịn đường kính (IM) điểm B, C M B, M I, M C cắt (O) điểm D, E, F theo thứ tự DF cắt M E, M A, AE tạiT, S, Q Chứng minh rằng:
a)SD.SF =ST.SQ b)B, C, Q thẳng hàng
Lời giải: a) Ta có: ∠QAM = ∠M F E = ∠QT M hiển nhiên rằng: tứ giác AQT M nội tiếp ta thu rằng: ST.SQ=SA.SM =SD.SF (đpcm) b) Hiển nhiên ta có do(IM)cắt(I;IA)tại điểmB, C nênM B, M C tiếp tuyến đến (I, IA) Ta nhận thấy doI nằm OAnên (I, IA) tiếp xúc(O) A M I phân giác gócBM C hay suy rằngE trung điểm cung DAF (O) Ta quy toán chứng minh rằng: AE, DF, BC đồng quy Gọi BC cắt DF điểm Q0 Theo định lí Menelaus Q
0F Q0D
BD BM
CM
(8)dẫn tới: Q 0F Q0D =
CF
BD (vì CM =BM) Ta dễ thấy rằng: EB EC qua trung điểm cung DM, M F không chứa E (O) (tính chất quen thuộc đường trịn M ixtilinear) Do theo tính chất đường phân giác ta có: AD
AM = BD BM đồng thời AF
AM = CF
CM suy AF AD =
CF BD =
Q0F
(9)Bàn toán hay đề chọn đội tuyển Sư Phạm năm 2014-2015
Bài toán 1(trích đề HNEU TST 2014-2015): Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) (I) tiếp xúc BC ởD M thay đổi cạnh BC (I1),(I2) đường tròn nội tiếp tam giác (ABM),(ACM) Gọi P Qlà tiếp tuyến chung (I1),(I2)(P ∈(I1), Q∈(I2)) Gọi BP ∩CQ=S
a) Chứng minh rằng: M, I1, I2, D đồng viên
b) Chứng minh M chạy đoạn BC S chạy đường trịn cố định
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): a)Ta thấy rằng: M I1, M I2 phân giác ngồi góc AM B nên hiển nhiên ∠I1M I2 = 90◦ Gọi X, Y tiếp điểm đường tròn nội tiếp (I1),(I2)với BC Chú ý rằng:
DY = DC −Y C = AB+BC−AC
2 −
AM +M C −AC
2 =
AB+M B−AM
2 =
XM hay làXD=M Y Như ta có ngay: DX
XI1
= I2Y
(10)b)Gọi BP ∩(I) = S0, CQ∩(I) = S00(như hình vẽ)(chú ý S ≡ S0 ≡ S00) Do C tâm vị tự của(I),(I2)nên I2QkIS00 Tương tự ta có: I1PkIS0 P Qlà tiếp tuyến chung (I1),(I2) nên I1PkI2Q Do IS0kIS00 thu S ≡ S0 ≡ S00 Hay thu được: S chạy trên(I) cố định M thay đổi(đpcm)
Nhận xét: Bài tốn có câu a) hay với biến đổi tỉ lệ đẹp nhờ vào cặp tam giác đồng dạng quen thuộc Còn câu b) việc sử dụng vị tự giúp ta có lời giải hay có tính tổng quát cao cho nhiều toán khác Tiếp tục ta đến khai thác cho câu b) toán sau
Bài toán 2(Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC có P, Q cố định nằm cạnh BC Các đường tròn (I),(I1),(I2) đường tròn nội tiếp tam giác ABC, AP B, AP C X thay đổi cung EF (I) cho A, X nằm nửa mặt phẳng bờEF XB cắt(I1)tại điểmY vàXC cắt (I2)tại điểm Z(như hình vẽ) Chứng minh giao điểm củaY P ZQ nằm đường trịn cố định
Lời giải(Cao Tiến Thành-11 Tốn 1-THPT chuyên Khoa Học Tự Nhiên): Gọi (J) đường tròn bàng tiếp tam giác AP Q Gọi Y P cắt (J) T0 Gọi ZQ cắt (J) điểm T00 Ta chứng minh T ≡ T0 ≡ T00 Thật theo phép vị tự tâm P tỉ số R(I1)
R(J) :Y →T
0 Do đó: Y I
(11)Nhận xét: Đây coi mở rộng đẹp toán Xong cách giải sử dụng phép vị tự cách hợp lí
Quay trở lại toán số 1, phần a) ta thấy biến đổi tỉ số hay xong với đường tròn nội tiếp tam giác Ta thử tổng quát nghĩ tới việc thực biến đổi với tứ giác ngoại tiếp xem sao, sau hồi mị mẫm, tơi nhớ tới tốn sau
Bài toán 3(Nguyễn Văn Linh-T12/468-THTT): Cho tứ giác ngoại tiếpABCD có đường trịn nội tiếp (I) Tia AB cắt tiaCD điểm E tia DAcắt tia CB điểm F Gọi I1, I2 tâm nội tiếp tam giác EF B tam giácEF D Chứng minh rằng: ∠I1IB =∠I2ID
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta ý tia AB cắt tia CD điểm E thuộc nửa mặt phẳng bờ AD chứa C ta có: DI DI2 phân giác ∠EDF E, I, I2 thẳng hàng Tương tự F, I, I1 thẳng hàng Do hiển nhiên góc cần chứng minh suy biến thành góc bẹt
(12)Quay trở lại tốn, gọi K, L hình chiếu I2và I1 lên ED F B Gọi X, Y, Z, T tiếp điểm (I) với AB, BC, CD, DA Do I2D phân giác ngồi góc F DC nên I2D ⊥ ID tương tự ∠I1BI = 90◦ Do đpcm tương đương với: 4I2ID ∼ 4I1IB hay
I2D DI =
I1B
BI Ta có: ∠KI2D = 90 ◦ − ∠F DE
2 =
∠F DC
2 = ∠IDZ ta có: 4I2DK ∼ 4DIZ(g.g) hồn tồn tương tự ta có:4I1BL ∼ 4BIY(g.g) nên ta thu từ rằng:
I2D ID =
DK IZ I1B
IB = BL
IY đpcm tương đương với: DK = BL(nhờ IY = IZ) Ta dễ thấy KD = DF +DE−EF
2 LB =
EB+F B −EF
2 đpcm tương đương với DE−F B =EB−F D(đúng theo bổ đề) Vậy ta thu đpcm
Nhận xét: Việc sử dụng định lí P ythot hợp lí nhằm kết nối giả thiết tứ giác ngoại tiếp quan trọng chứng minh hệ thức độ dài quan trọng: DK =BL Và dĩ nhiên đến bạn hiểu cảm hứng sáng tác tác giả toán số đến từbài tốn số lời giải sử dụng biến đổi để dẫn tới việc có hệ thức độ dài mấu chốt
Tổng kết lại ta thấy hai ý trongbài toán 1này kiểm tra đại đa số kĩ học sinh phần hình học phẳng(biến hình, biến đổi đại số, biến đổi góc) tốn ý nghĩa có nhiều khai thác thú vị(bài toán 2,3) Cuối để bạn luyện tập xin đề nghị hai toán toán có cấu hình, phương pháp tương tự
Bài tốn 4(Trích đề chọn đội tuyển TPHCM 2016-2017): Cho tam giácABC ngoại tiếp (I) (I) tiếp xúc BC, CA, AB D, E, F Gọi AD, BE, CF cắt T Đường tròn (O1) qua T tiếp xúc AB, AC điểm A1, B1 Định nghĩa tương tự điểm A2, B2 A3, B3 Chứng minh điểm A1, B1, A2, B2, A3, B3 đồng viên
Bài toán 5(Nguyễn Minh Hà-T12/460-THTT): Cho tam giácABC điểm Dchạy cạnh BC Gọi(I1),(I2)lần lượt đường tròn nội tiếp tam giác ABD, ACD (I1)lần lượt tiếp xúc AB, BD E, X (I2) tiếp xúcAC, CD F, Y Gọi AI1, AI2 theo thứ tự cắt EX, F Y Z, T Chứng minh rằng:
a)X, Y, Z, T đồng viên
(13)Bốn lời giải khác cho tốn hình học hay chọn đội tuyển Hà Nội 2015-2016
Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam Bài toán (Hà Nội TST 2015-2016): Cho đường trịn đường kính AB Lấy điểm C nửa đường tròn cho 90◦ <∠AOC <180◦ Lấy K điểm thay đổi đoạn OC Vẽ tiếp tuyến AD, AE đến đường tròn (K;KC) Chứng minh DE, AC, BK đồng quy điểm
Lời giải 1(Ngô Thế Anh Khoa-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam: Gọi AC cắt đường tròn (K) điểm T,giao BK điểm L Do C tâm vị tự (O) (K) nên ta có: AT
T C = OK
KC ta có: T KkAB Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác LAB với cát tuyến OKC ta có:
CL CA
OA OB
KB
KL = Do T KkAB nên ta có: CL CA =
T L
(14)khác gọi DE cắt AC điểmL0 (AL0T C) = −1 L≡ L0 ta có: DE, BK, AC đồng quy(đpcm)
Nhận xét: Lời giải thứ hay thực ấn tượng với cách sử dụng vị tự
Lời giải 2(Nguyễn Duy Khương-11T2-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam):
Gọi BK cắt lại (O) điểm thứ hai J Gọi J A cắt DE điểm N Do ∠KJ A= ∠KDA= 90◦ tứ giácJ ADE nội tiếp Do(O) tiếp xúc(K) nên áp dụng tính chất trục đẳng phương tiếp tuyến chung tạiC (O),(K),DE J Ađồng quy điểm N Gọi DE cắt BK điểm M Kẻ tiếp tuyến thứ hai N S tới (K) N C tiếp tuyến tới (K) nên ta có: DSCE tứ giác điều hồ hiển nhiên ta có: A, S, C thẳng hàng Gọi M giao điểm củaBK DE Gọi I trung điểm DE
(15)Lời giải 3(Nguyễn Trung Hiếu-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam): Gọi T giao điểm AC (K) GọiL giao điểm ED T C Từ giả thiết ta có được: EDT C tứ giác điều hồ Do ta có: ED,tiếp tuyến T,C đồng quy điểm gọi điểm P Vậy ta có: P K ⊥ AC Lại có: AK ⊥ ED nên L trực tâm tam giác P KA Gọi BK cắt AP điểm Q ta thu được: KQ ⊥ P A ta có: P Q.P A =P R.P K =P C2, hay là Q thuộc (O) Do có:
∠BQA= 90◦ mà ∠KQA = 90◦ nên thu được: B, L, K thẳng hàng DE, BK, AC đồng quy(đpcm)
Nhận xét: Ở lời giải thứ hai ba trọng tới giao điểm hai tiếp tuyến tứ giác điều hoà xong cách tiếp cận cuối khác dẫn tới hai lời giải lạ mắt
Lời giải 4(Nguyễn Lê Phước): Một lời giải ngắn hay cho toán hay
(16)Một số toán hình học hay đề chọn tuyển thi VMO năm gần đây Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam Tóm tắt nội dung: Ở viết đưa lời giải cho số hình học phẳng hay số đề chọn đội tuyển thi VMO tỉnh thành phố Qua mong bạn tự định hướng cho số dạng hình học phẳng kì thi chọn đội tuyển
Bài tốn 1(Chọn tuyển VMO Hà Nội 2015-2016): Cho đường trịn đường kính AB Lấy điểm C nửa đường tròn cho 90◦ <∠AOC < 180◦ Lấy K điểm thay đổi đoạn OC Vẽ tiếp tuyếnAD, AE đến đường tròn (K;KC) Chứng minh rằngDE, AC, BK đồng quy điểm
(17)Kẻ tiếp tuyến thứ hai N S tới (K) doN C tiếp tuyến tới (K)nên ta có: DSCE tứ giác điều hồ hiển nhiên ta có: A, S, C thẳng hàng Gọi M giao điểm BK DE Gọi I trung điểm DE
Do M trực tâm tam giác AN K nên: M N.M I = M J.M K = M D.M E(do A, J, K, D, Eđồng viên) Vậy ta thu được: (N M, DE) = −1(theo hệ thứcM aclaurin) suy ra: C(N M, DE) = −1 mà ta được: C(N S, DE) = −1 Do đó: S, C, M thẳng hàng Vậy AC, BK, DE đồng quy điểm M(đpcm)
Lời giải 2(Ngô Thế Anh Khoa-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam): Gọi AC cắt đường tròn (K) điểm T,giao BK điểm L Do C tâm vị tự (O) (K) nên ta có: AT
T C = OK
KC ta có: T KkAB Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác LAB với cát tuyến OKC ta có:
CL CA
OA OB
KB
KL = Do T KkAB nên ta có: CL CA =
T L
(18)Lời giải 3(Nguyễn Trần Trung Hiếu-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amster-dam): Gọi T giao điểm AC (K) Gọi L giao điểm ED T C Từ giả thiết ta có được: EDT C tứ giác điều hồ Do ta có: ED,tiếp tuyến tạiT,C đồng quy điểm gọi điểmP Vậy ta có: P K ⊥AC Lại có: AK ⊥ED nên L trực tâm tam giácP KA Gọi BK cắt AP điểmQ ta thu được: KQ⊥P A ta có: P Q.P A =P R.P K =P C2, hay là Q thuộc (O) Do có: ∠BQA= 90◦ mà ∠KQA= 90◦ nên thu được: BLK DE, BK, AC đồng quy(đpcm)
Nhận xét: Ở lời giải thứ nhất, thứ ba khai thác triệt để vấn đề tiếp tuyến cắt dẫn tới hàng điều hồ tính chất phụ từ thu đpcm, riêng lời giải thứ hai điểm đặc biệt việc sử dụng phép vị tự hay tự nhiên tận dụng giả thiết tiếp xúc Có thể nói tốn đặc sắc dù khơng q khó giúp học sinh làm vận dụng kiến thức đa dạng
(19)a) Chứng minh tam giác IP Q vuông
b)DI cắt (O)tại điểm thứ hai E AE, BC cắt tạiF Chứng minh AB+AC = 2BC I trọng tâm tam giácAP F
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): a) Ta thấy rằng: ∠AHC = ∠AM P = 90◦ đó∠HAM =∠HP M Chú ý ta dễ chứng minh AH, AO đẳng giác tam giác ABC AI phân giác góc QAD hay ∠M AD = ∠M CD = ∠M P C 4M CD ∼ 4M P C(g.g) ⇒M C2 =M D.M P = M B2 =M I2(do M là trung điểm cung nhỏ BC) Do A, I, M ⊥ QD nên tam giác QAD cân M Q =M D M I2 = M Q.M D hay theo hệ thức lượng tam giác vng tam giác IP Q vuông tạiI(đpcm)
b) Trước tiên ta để ý rằng: ∠IAE =∠IDM =∠IQD=∠IHP tứ giácAIHF nội tiếp Gọi K trung điểm AF Ta có: ∠KIA = ∠KAI = ∠IHL = ∠IQP = ∠M IP P, I, K thẳng hàng Gọi AM ∩BC =L, ta có: LI
IA = LC CA = LB AB = BC
CA+AB =
2 Áp dụng định lí M enelaus cho tam giác ALF với cát tuyến P IK P F
P L IL IA
KA
KF = suy P F
P L = đóL trung điểmP F Vậy hiển nhiên thu đượcI trọng tâm tam giác AP F(đpcm)
(20)Bài toán 3(Trích đề chọn đội tuyển Nam Định 2015-2016,ngày 1): Cho tam giác ABC có AB < AC đường cao AD, BE, CF đồng quy điểm H EF cắt BC điểm G K hình chiếu H lên AG AH cắt EF điểm L Trung trực LD cắt HGtại điểm P Gọi N trung điểm EF Chứng minh rằng: (KGN) tiếp xúc (DP L)
Lời giải: Ta dễ thấyK, H, Mthẳng hàng(M trung điểmBC) đồng thờiGH vng góc AM điểm I Gọi S trung điểm đoạn LD Chú ý theo hàng điểm điều hồ (GD, BC) = −1 xét phép chiếu xun tâm E (AH, LD) = −1 đó: HL.HD =SH.HA(theo hệ thức M aclaurin)= HP HI(do tứ giác APSI nội tiếp đường trịn đường kính AP) L thuộc (P ID) Do N trung điểm EF nên ta thấy ∠M N G =∠GIM = 90◦ = ∠GKM nên ta thấy điểm G, K, N, I, M đồng viên Đến toán đơn giản nhiều Gọi J trung điểm AH
Ta thấy rằng: J I2 =J A2 =J L.J D(hệ thức Newton cho hàng (AH, LD) =−1) nên IJ tiếp xúc (DP L) Hiển nhiên IJ tiếp xúc với (KGM) hay (KGN) Vậy IJ tiếp tuyến chung đường trịn hay ta có đpcm
Bài tốn 4(Trích đề chọn đội tuyển Nam Định 2015-2016,ngày 2): Cho tam giác ABC nội tiếp (O)có đường cao AD, BE, CF Đường tròn (A;AD)cắt (O) điểm M, N
a) Chứng minh M N qua trung điểm DE, DF
(21)Lời giải: a) Trước tiên ta thấy trục đẳng phương (O) (A;AD) M N M N ⊥ OA Ta có:EF ⊥ OA(quen thuộc) Do M NkEF Gọi X, Y trung điểm DE DF Kẻ DL, DK vng góc với AB, AC L, K Ta có: X trung điểm DE cạnh huyền tam giác vuông ELD ta có: L, X, Y thẳng hàng Tương tự ta thu được: K, L, X, Y thẳng hàng Lại có: AD(2) = (AN2) = AK.AC = AL.AB do tứ giác LKCB nội tiếp nên:∠AKN = ∠AN C = 180◦ −∠B = ∠LKC Do L, K, N thẳng hàng tương tự K, L, M thẳng hàng đóM, L, K, X, Y, N thẳng hàng hay đpcm
b) Xét phép vị tự tâm D tỉ số
2 : Q → S(trung điểm QD) ; P → A; (A;AD) → (AD= 2R) Do Q∈(A;AD)nên S ∈(AD = 2R) Cũng phép vị tự tâmD tỉ số
2 :G→I(trung điểmGD) Do ta thấy: ISA⊥SDvậy theo hệ thức lượng tam giác vng IS.IA =ID2 Theo hàng điểm điều hồ (GDBC) =−1 nên theo hệ thức Newton ID2 = IG2 = IB.IC Do đó IS.IA = IB.IC hay là S ∈(O) Vậy ta thu S trung điểm QD nằm (O)(đpcm)
(22)Bài tốn 5(Trích đề chọn đội tuyển PTNK 2015-2016,ngày 2): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (I) qua B, C cắt BA, CA điểm E, F
a) Giả sử BF, CE ởD T tâm (AEF) Chứng minh rằng: OTkID b) TrênBF, CE lấy điểmG, H choAG⊥CE vàAH ⊥BF Các đường tròn (ABF),(ACE)cắtBC điểm M, N(6=B, C) cắtEF tạiP, Q(6=E, F) Gọi K =M P ∩N Q Chứng minh rằng: DK ⊥GH
Lời giải: a) Câu đơn giản(nếu khơng địi hỏi chứng minh lại định líBorcard) Ta gọiEF∩BC =S GọiSA∩(O) =J(6=A) Dĩ nhiênSJ.SA =SB.SC =SE.SF J ∈ (AEF) Do OT ⊥ SA(quan hệ trục đẳng phương) Sử dụng định lí Borcard cho tứ giác BEF C nội tiếp dĩ nhiên ID⊥SA Do OTkID(đpcm) b) Từ giả thiết loằng ngoằng ta dễ thấy D trực tâm tam giác AHG Do AD ⊥ GH Vậy thực cần chứng minh A, D, K thẳng hàng Ta có: ∠P M N = 180◦ −∠P M B = 180◦−∠P F B = 180◦−∠N CE = 180◦ −∠P QN P M N Q nội tiếp K nằm trục đẳng phương (ABF),(ACE) Hiển nhiênAD trục đẳng phương của(ABF),(ACE)do đóA, D, K thẳng hàng Vậy ta thu DK ⊥GH(đpcm)
(23)Lời giải: Gọi H trực tâm tam giác ABC Khi ta thấy điểm C, B1, A1, H đồng viên Gọi (CH) cắt lại (O) điểm thứ hai N khác C Gọi CN cắt AB K Ta dễ có CN, A1B1, AB đồng quy(theo tính chất trục đẳng phương) Gọi CH cắt AB C1 Áp dụng định lí Borcard cho tứ giác ABB1A1 nội tiếp ta có KH ⊥CM mà từ gt ta có: HP ⊥CM nên ta có rằngK, H, P thẳng hàng ta có tứ giác CP C1K nội tiếp CM.CP = M C1.M K Theo hàng điểm điều hoà ta dễ thấy (KC1AB) = −1 M C1.M K = M A2 M C.M P =M A2 =M Q.M C Do ta có rằng: M P =M Q(đpcm).
(24)Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta thấy rằng: P điểm M iquel tứ giác tồn phần ACF DBE dĩ nhiên P, E, F thẳng hàng Theo định lí Borcardthì ta có: O, M, P ⊥EF đóEFkBC là: ∠BCD=∠DEP =∠DBP đóP B tiếp xúc(O) Tương tự P C tiếp xúc(O) Kẻ đường kính AX, AY của(S2),(S1) Lại có: ∠AQB = 180◦−∠AXB = 180◦−∠AS2O Tương tự thì: ∠AQC = 180◦−∠AS1O đó∠AQB+∠AQC = 360◦−2∠AS1O = 2(180◦−∠A) = 360◦−2∠Ado hiển nhiên∠BQC = 2∠Ado đóP, B, Q, O, C nằm đường tròn nên OQ⊥P Qdo ta thu đpcm
Nhận xét: Nếu toán hỏi chứng minh A, P, Q thẳng hàng hay Điều khơng khó để chứng minh Chú ý việc tứ giác AS2S1O hình bình hành nên S1S2 chia đơi AO theo tính chất vị tự dĩ nhiên X, Y, O thẳng hàng Ta có: ∠AQX+∠AQY = 90◦+ 90◦ = 180◦ nên X, Y, Q, O thẳng hàng Dĩ nhiên AQ⊥OQ đóA, Q, P thẳng hàng
Bài tốn (Trích đề Lạng Sơn TST 2016-2017): Cho tam giácABC nhọn nội tiếp đường tròn(O) cóI tâm nội tiếp tam giác (O1)qua C tiếp xúcAI I cắt AC,(O)lần lượt điểm E, H
(25)b)(O2)qua B tiếp xúc AI I cắt AB,(O) điểmF, G Chứng minh rằng: (EIF)tiếp xúc (GIH)
Lời giải(Nguyễn Duy Khương):a) Ta có: ∠EHI = ∠ECI = ∠AIE Lại có: ∠AEH = 180◦−∠HEC =∠ACH+∠IAC =∠IAH gọi S giao điểm củaHE vàAI dễ thấy4AES ∼ 4HAS(g.g)và4SIE ∼ 4SHI(g.g)do thu được: SI2 =SA2 =SE.SH hay là S là trung điểm AI(đpcm).
b) Hoàn toàn tương tự phần a) chứng minh được: GF qua trung điểm AI Vậy dễ thấy rằng: SF.SG=SE.SH(= AS2) Do đóF GHE nội tiếp, gọi Ix tiếp tuyến (IGH) Ta thấy rằng: ∠xIE =∠xIH+∠HIE =∠ACH+∠HGI = ∠IGF+∠F GA−∠AGH+∠ACH = ∠A+∠B
2 Lại có: ∠EF I =∠GHE+∠SIG= ∠B
2 +∠GBA+ ∠A
2 −∠AHG=
∠A+∠B
2 Do ∠xIE =∠EIF Ix tiếp xúc (EIF) Vậy (EIF) tiếp xúc(GIH)(đpcm)
Bài tốn 9(Trích đề chọn đội tuyển chun Vĩnh Phúc,ngày 1): Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp (O) Gọi D, E trung điểm AB, AC Gọi giao điểm thứ hai của(ABE),(ACD)là điểmK AK∩(O) =A, L LB, LC cắt (ABE),(ACD) điểmM, N khácB, C
(26)Lời giải(Nguyễn Duy Khương): a) Ta có: ∠AKM = ∠ABM = 180◦ −∠ABL mà ∠AKN = 180◦−∠ACL nên ∠AKM +∠AKN = 180◦ M, K, N thẳng hàng Ta có: LM.LB = LK.LA = LN.LC nên tứ giác M BN C nội tiếp suy ∠LN K = 180◦−∠M N C = 180◦ −∠M BC = ∠LBC = ∠LAC Lại có:∠OLC =
180◦−∠LOC = 90
◦−
∠LAC ∠OLC +∠LN K = 90◦ suy OL⊥M N b)Ta dễ thấy AK đường đối trung tam giác ABC Đến ta lại thấy rằng:∠AM N =∠ABC,∠AN M =∠ACB 4ABC ∼ 4AM N Gọi S trung điểm BC, áp dụng tính chất đồng dạng trung tuyến có K trung điểm M N(đpcm)
Trên tốn hay mà tơi tự giải gõ cộc cộc lại để dành tặng cho bạn Qua tốn thấy kiến thức toán đa dạng cốt lõi kiểm tra kĩ xử lí, biến đổi người làm Xin chân thành cảm ơn thàyNguyễn Trung Tuânđã tuyển tập lại đề chọn đội tuyển năm 2015−2016,2016−2017 nhờ tơi có nguồn tư liệu để hồn thiện viết Cuối cùng, viết đời hoàn thiện vào sát ngày 20−10, xin gởi tặng bạn nữ quà sớm(về tinh thần) Để củng cố thêm xin đề nghị số tập
Bài tốn 10(Trích đề chọn đội tuyển Phú Thọ 2015-2016): Cho đường tròn (O) điểm A nằm ngồi đường trịn Từ điểm A kẻ tiếp tuyến AB, AC đến (O)(C, B tiếp điểm) Gọi E, F trung điểm AB, AC D điểm cạnh EF Từ D kẻ tiếp tuyến DP, DQđến (O) Gọi P Q∩EF =M Chứng minh rằng: ∠DAM = 90◦
(27)tam giácABC cóE, F thuộcCA, AB choEFkBC Tiếp tuyến tạiE, F (AEF) cắt BC điểmM, N BE, CF lần luuwọt cắt F N, EM K, L> a) Chứng minh rằng: ∠KAB=∠LAC
b) Gọi BE ∩CF =X, EN ∩F M =Y Chứng minh XY qua điểm cố định E, F di động
(28)Tuyển tập tốn hình học phẳng chọn đội tuyển VMO năm gần
đây(Phần 2)
Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam
Tóm tắt nội dung: Ở phần 1, giới thiệu với bạn 12 toán lời
giải chúng số đề chọn đội tuyển VMO tỉnh thành nước Phỏng theo nguyện vọng nhiều bạn tiếp tục làm phần tuyển tập Mỗi phần tơi lấy số tốn hình học chọn đội tuyển số tỉnh, trường để đăng lời giải Trong phần xin giới thiệu số toán chọn tuyển năm 2010-2011 Để hoàn thành phần cảm ơn anhLê Phúc Lữ viết tuyển tập "Tuyển chọn Toán Hình học phẳng đề thi chọn đội tuyển tỉnh thành 2010-2011" Đó tài liệu giá trị, thiếu tơi khơng thể hồn thiện nhiều viết
Bài toán 1(Chọn đội tuyển Nam Định năm 2010-2011): Cho tam giác ABC
(29)Lời giải: GọiT Dcắt lại(AD)tại điểm thứ hai làK Khi tứ giácEDZK điều hồ nên thu được: A(KD, EZ) =−1 =A(KD, BC) mà AD chia đôi BC nên AKkBC Vậy T D⊥BC T B =T C(đpcm)
Nhận xét: Bài toán đơn giản mặt ý tưởng lấy lại y ngun kì thi VMO 2016 Các bạn giải định lí bướm
Bài tốn 2(Chọn đội tuyển HSG chuyên Nguyễn Du, Đắk Lắk 2010-2011):
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi X, Y, Z, T tâm nội tiếp tam giácBCD, CDA, DAB, ABC Chứng minh rằng: XY ZT hình chữ nhật
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Trước giải ta nêu lại không chứng minh bổ đề
quen thuộc sau: "Cho tam giácABC nội tiếp(O)có tâm nội tiếpI AI∩(O) =A, D Khi đóDB =DC =DI."
Gọi M, N, P, Q trung điểm cung nhỏ AB, CD, AD, BC (O) Áp dụng bổ đề ta có: AY ZD nội tiếp đường tròn tâm P, tương tự tứ giác AZT B, BT XC, DY XC nội tiếp Lại có: ∠Y ZT = ∠DZB −∠DZY −∠T ZB = ∠DZB−∠DAY −∠T AB =∠DZB−∠DAC
2 −
∠CAB = 90
◦+∠DAB
2 −
∠DAB
2 =
(30)Nhận xét: Tôi đánh giá cao tốn tính đối xứng đẹp cách giải cộng góc tồn tập
Bài tốn 3(Chọn HSG Hải Phịng 2010-2011): Cho tam giác ABC nội tiếp
đường trịn(O;R)có đường caoAH =R√2 GọiM, N chân đường vuông hạ từ H xuống AB, AC Chứng minh rằng: M, O, N thẳng hàng
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): GọiADlà đường kính của(O) Ta thấy theo
hệ thức lượng tam giác vng AHB, AHC thì: AH2 = AM.AB =AN.AC = 2R2 ⇒ AN.AC =AO.AD = AM.AB suy ra: 4AON ∼ 4ACD(c.g.c) đồng thời 4AOM ∼ 4ABD(c.g.c) hay là: ∠AON = ∠AOM = 90◦ Hay M, O, N thẳng hàng
Nhận xét: Bài toán xuất lại báo TTT2 vào số 129 mục Thi giải Toán qua thư
Bài toán 4(Thi chọn đội tuyển Nghệ An 2010-2011): Cho tam giác ABC
(31)Lời giải: Gọi AK đường cao tam giác ABC Thế thì: A, E, K, D, F đồng viên đường trịn đường kính AD Dễ thấy AD phân giác ∠EDF Do ∠EKA = ∠F KA AK phân giác góc EKF Thế hiển nhiên suy ra: K(AS, EF) =−1 hay là(KS, BC) =−1 GọiAH cắt BC K0 áp dụng chùm điều hồ có: (K0S, CB) =−1 K ≡K0 AH ⊥BC(đpcm) Nhận xét: Bài toán với việc sử dụng hàng điểm
Bài tốn 5(Chọn đội tuyển VMO Quảng Bình ngày 1-2010-2011): Cho hình
vng ABCD Trên đoạn BD lấy điểm M khác B, D E, F hình chiếu M lên AB, AD Chứng minh rằng:
a)CM ⊥EF
(32)Lời giải(Nguyễn Duy Khương): a) Theo định lí P ythagoras thì: CF2 =CD2+ DF2 và CE2 =BC2+EB2 do đó CF2−CE2 =DF2−EB2 Mà ta thấy các tam giác vuông M EB, M DF có góc 45◦ nên EB = M E, M F = EF Do thu được: DF2−EB2 =M F2−M E2 =CF2 −CE2 áp dụng định lí điểm ta có: CM ⊥EF(đpcm)
b) Theo định lí P ythagoras ta có: EF2 = EM2 +M F2 = EB2 +AE2, CF2 = DF2+CD2 Vậy nên: EF2−EB2 =AE2, CF2−CB2 =DF2 Vậy mà AEM F hình chữ nhật nên AE = M F = DF EF2−EB2 = CF2−CB2 áp dụng định lí điểm CE ⊥ F B Chứng minh tương tự DE ⊥ CF Do BF, DE, CM đường cao tam giác CEF nên chúng đồng quy(đpcm)
(33)Lời giải cho tốn hình học đề VMO 2017-ngày 1
Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam
Bài toán(VMO 2017-ngày 1): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn (O) khơng cân Gọi đường caoBE, CF cắt H AH∩(O) = A, D
a) Gọi I trung điểm AH Gọi EI∩BD =M, F I ∩CD = N Chứng minh rằng: M N ⊥OH
b) Gọi (AEF) cắt (O), AO điểm R, S 6=A DE, DF lại (O) điểm thứ hai P, Q Chứng minh rằng: BP, CQ, RS đồng quy
(34)b) Trước tiên ta để ý rằng: BP, CQ, EF đồng quy theo định lí P ascal cho lục giác nội tiếp RAP CDB, ta chứng minh giao điểm BP, CQ, EF trung điểm EF Gọi S chân đường cao hạ từ A lên BC Ta dễ thấy rằng: S trung điểm HD Ta để ý thấy 4F EB ∼ 4HES(g.g) Gọi J trung điểm EF thì: EF
HE = BF
HS suy ra: F J
HE = BF
HD suy 4J F B ∼ 4DHE(c.g.c) ∠ABJ = ∠HDE = ∠ABP nên B, J, P thẳng hàng Do BP, CQ, EF đồng quy trung điểm EF Ta để ý rằng: AS, AH đẳng giác góc∠BAC nên F HSE hình thang cân Ta có kết quen thuộc làR, H, L thẳng hàng(Llà trung điểm BC) ý rằng: LF, LE tiếp tuyến đến (AEF) nên RF HE tứ giác điều hoà nên S(RH, F E) =−1 mà SHkEF nên theo tính chất hàng điểm điều hồ thì: RS chia đơi EF Vậy RS, BP, CQ đồng quy
Nhận xét: Trên lời giải tơi, bạn để ý thấy phần b) toán ghép lại ba tốn nhỏ Trong việc BP, CQ cắt trung điểm EF đề cập tạp chí Epsilon số tháng 6/2015bởi tác giả
(35)Lời giải hình học VMO 2017-ngày 2 Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam Bài toán(VMO 2017-ngày 2): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp(O) Lấy Glà điểm nằm cung BC không chứa O Gọi (ABG)∩AC = A, E,(ACG)∩AB =
A, F Gọi BE∩CF =K
a) Chứng minh rằng: AG, OG, BC đồng quy
b)D điểm cungBOC chứaO (BOC) GB∩CD =M, GC∩BD=N Giả sửM N ∩(O) =P, Q Chứng minh rằng: (GP Q) qua điểm cố định
Lời giải: a) Trước giải ta chứng minh bổ đề sau: "Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O)khơng phải hình thang Gọi AB cắt CD E AD cắt BC điểm F Gọi L điểmM iquel tứ giác tồn phần ABCD.EF Khi OL⊥EF." Chứng minh: Gọi M, N trung điểm AD, BC Ta có: ∠LAD = 180◦−∠LAF = 180◦−∠LBF =∠LBC Vậy ta có: 4LAM ∼ 4LBN(c.g.c)do ∠LM F =∠LN F hay làL thuộc (F M N) Vậy ta thu được: ∠OLF = 90◦
(36)180◦−∠A−(180◦−∠BOC) = 360◦−2∠A−180◦+2∠A= 180◦ Do đóE, G, F thẳng hàng Thế thì: ∠KCA =∠AGF,∠KBA= ∠AGE ∠KCA+∠KBA= 180◦ nênK ∈(ABC)do áp dụng bổ đề Glà điểmM iquelcủa tứ giác tồn phần
ABCK.EF nên OG⊥ EF Gọi S giao điểm BC AK OS ⊥EF(định lí Borcard) Do G, S, O thẳng hàng nên AK, OG, BC đồng quy(đpcm)
b)(Lời giải thày Trần Quang Hùng-THPT chuyên KHTN): Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác (BOC) Áp dụng định lí P ascal cho điểm suy biến
B, C, D, C, B, G ta thấy M N qua giao tiếp tuyến tạiB, C cố định của(I) điểm
J GọiM N∩BC =T theo hàng điểm điều hồ thìG(BC, DT) =−1 Gọi
J D∩(I) = D, X thìX cố định tứ giácBDCX điều hồ nênG(BC, DX) =−1 nên GX qua T Do T X.T G = T B.T C = T P.T Q (GP Q) qua X cố định Gọi (GP Q)∩DX = Y ta thấy: J X.J Y = J P.J Q = PJ/(O)=const Y cố định Vậy ta thấy (GP Q) qua điểm cố định làX, Y(đpcm)
(37)Lời giải cho hình học ngày 1 VMO 2018
Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam Bài tốn: Cho tam giác ABC nhọn khơng cân cóD điểm cạnhBC LấyE cạnhAB F thuộc cạnh AC: ∠DEB =∠DF C DF ∩AB=M, DE∩AC =
N (I1),(I2) đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM, DF N (J1),(J2) tiếp
xúc (I1),(I2) D tiếp xúc AB, AC K, H (I1) ∩ (I2) =
P,(J1)∩(J2) =Q
a) Chứng minh rằng: D, P, Qthẳng hàng
b)(AEF)∩(AHK), AQ=G, L(6=A) Chứng minh tiếp tuyến tạiDcủa(DGQ)
(38)Lời giải:
a) Ta có: ∠N EA = ∠N F M(= ∠DEB) đó: N M F E nội tiếp suy AM.AE =
AF.AN dẫn đến: PA/(I1)=PA/(I2) đó: D, A, Q thẳng hàng
Bổ đề: Cho dây cung AB (O) đường tròn (I) tiếp xúc (O) D tiếp xúc AB M thì: DM chia đơi cung AB không chứa M(Bạn đọc tự chứng minh)
Quay trở lại tốn, từ giả thiết theo bổ đề có: DH phân giác ∠N DF mà DK phân giác ∠EDM đó: D, H, K thẳng hàng Vậy ta có: ∠HKA = ∠KM F +
∠KDM =∠AN E+∠N DK =∠AHK đó: AK =AH dẫn đến: PA/(J1)=PA/(J2)
(39)b) Ta đổi đề thành sau: Cho tứ giác M N EF nội tiếp (O) M F ∩N E =D M E∩N F =A (J1) tiếp xúc(EDM)tại D vàEM K (J2)tiếp xúc (F DN)tại
D F N H (AHK)∩(AEF), DQ = G, L 6= A Chứng minh tiếp tuyến D (DGQ) EF cắt (DGL)
Từ câu a) AH = AK Ta có: ∠DQK = ∠EKD = ∠AKH = ∠AHK đó: A, Q, K, H đồng viên Ta chứng minhDHcắtEF trên(DGL) GọiEF∩DH =X theo kết tứ giác tồn phần(F X, XK, KA, AF)ta có: X ∈(F GH) Do đó:
∠HXG=∠AF G=∠ALGdẫn đếnD, L, X, G đồng viên Gọi EF ∩(DLG) =T, X ta có: ∠T DG= ∠T XG = ∠AHG =∠DQG dẫn đến: T D tiếp xúc (T DG) ta có điều phải chứng minh
Nhận xét: Đây tốn khó, tơi gần tiếng để hoàn thiện lời giải ngắn gọn Từ lời giải tơi thấy D, G, O thẳng hàng, (J1) cắt DM ảnh
nghịch đảo F qua phép nghịch đảo cực D phương tíchDQ.DA, (J2) cắt DN tai
(40)Bình luận số tốn hình học chọn đội tuyển VMO 2018
Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam
Lời nói đầu: Đây tập hợp hình học đề thi chọn đội tuyển tỉnh thành nước, có số tốn tơi sửa điểm cho phù hợp hình vẽ giữ nguyên trạng mặt kết luận
Bài toán 1(Chọn đội tuyển Đăk Nơng)(Định lí Borcard): Cho tứ giácABCD nội tiếp đường trịn (O) AB∩CD =E,AD∩BC =F,AC∩BD=I Chứng minh rằng: I trực tâm tam giác OM N
Lời giải: Cách 1: Kẻ tiếp tuyến F X, F Y đến đường tròn (O) Gọi XY ∩
(41)phải chứng minh)
Cách 2: GọiH, I = (AID)∩(BIC) Ta có: ∠DHI = 180◦−∠DAI = 180◦−∠DAC Tương tự thì: ∠CHI = 180◦ −∠DBC ∠DHC = ∠DOC ⇒ DOHC nội tiếp Chứng minh tương tự thì: AOHB nội tiếp Hiển nhiên F A.F D =
F B.F C nên F thuộc trục đẳng phương (AIHD),(BIHC) Do F, H, I thẳng hàng Tứ giác DOHC nội tiếp nên ∠OHD = ∠OCD, tứ giác AIHD nội tiếp nên ∠IHD = 180◦ −∠DAI = ∠ADC +∠ACD ∠IHO = ∠IHD−∠OHD =
∠ADC +∠ACD−∠OCD = ∠ADC +∠OCA = 90◦ F I ⊥ OE Tương tự EI ⊥OF VậyI trực tâm tam giácOM N(điều phải chứng minh)
Nhận xét: Đưa định lí quen thuộc vào đề thi có lẽ giúp học sinh câu nhiều điểm từ ngày chăng??
Bài toán 2(Chọn đội tuyển Thái Nguyên): Cho tam giác ABC có trực tâm H M, N chân đường cao hạ từ B, C Gọi D điểm nằm cạnh BC(D 6= B, C) DQ đường kính đường trịn (CDM) DP đường kính
(BDN) Chứng minh rằng: P, Q, H thẳng hàng
(42)nên P, I, D thẳng hàng Gọi AE đường cao tam giác ABC Ta thấy rằng: N HEB, HECM tứ giác nội tiếp nênAI.AD=AM.AC =AN.AB=AH.AE đóHIDE tứ giác nội tiếp suy ra: ∠HID=∠HED= 90◦ =∠P ID =∠QID P, H, I, Q thẳng hàng(đpcm)
Nhận xét: Đây tốn đề thi IMO 2013
Bài toán 3(Chọn đội tuyển Hà Nam): Cho tam giác ABC nhọn, không cân AD, BE, CF đường cao cắt tạiH Đường thẳng quaH song songEF cắt DE, DF Q, P Chứng minh tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc đường trịn bàng tiếp góc D tam giác DP Q
Lời giải: GọiIlà tâm bàng tiếp gócDcủa tam giácDEF Ta có: HF BD, HECD, BF EC tứ giác nội tiếp đó: ∠F DA=∠HBA =∠HCA=∠HDE nênHDlà phân giác ∠EDF nên I ∈ HD Ta có: ∠IP D = ∠DF E + ∠IP H
2 = ∠DF E + 90
(43)∠DAC = ∠DF E +∠ACB = ∠AF E+∠DF E = ∠AF D đó: IPkAF Tương tự IQkAC IP ⊥F H nên IP trung trực F H tương tự IQ trung trực HE đó: I trung điểm HA Lấy J tiếp điểm (I) với P Q Ta có: IJ ⊥ EF(do IJ ⊥ P Q) Lại có: ∠OAC = 90◦−∠ABC = 90◦ −∠AEF nên OA ⊥EF suy OAkIJ Hạ AT ⊥ J I(T ∈ IJ) Ta có: IJkOA suy T A ⊥ OA nên AT tiếp xúc (O) Gọi P Q∩OA =L, ta có: IJkOA nên J trung điểm HL Chú ý T ALJ hình chữ nhật nên T A = J L = HJ mà T AkHJ đó: I trung điểm T J hay là: T ∈ (I) mà: T A ⊥ IJ nên T A tiếp xúc (I) Vậy ta có điều phải chứng minh
Bài toán 4(Chọn đội tuyển THPT chuyên Sư Phạm): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ngoại tiếp (I), (I) tiếp xúc AC, AB E, F BI ∩AC, EF = U, V BO∩V C =W
a) Chứng minh rằng: B, C, W, U đồng viên
(44)Lời giải: a) Ta biết kết quen thuộc rằng: ∠BV C = 90◦ đó: ∠V CU = 90◦−∠AU B Ta lại có: ∠U BO =∠U BC−∠OBC = ∠B
2 −90
◦−
∠A = 90◦−∠AU B hay là: B, U, W, C đồng viên
b) Từ giả thiết ta có: BM ⊥SM CN ⊥SC theo định lí P ythagore ta có: SM2 =SB2+BM2 SN2 =CN2+SC2 là: SM2−SN2 =BM2−CN2 Ta có: ∠IBM =∠U CV = 90◦−∠AU B =∠EIU =∠M IB đó: IM =BM Tương tự ta có: IN =N C Do đó: IM2−IN2 =BM2−CN2 =SM2−SN2 dẫn đến:
SI ⊥M N(theo định lí điểm)
Bài toán 5(Chọn đội tuyển Bắc Giang): Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF cắt tạiH Hạ DI ⊥EF(I ∈EF) Lấy (BHC)∩(DEF) =P, Q a) Chứng minh ID phân giác góc ∠BIC
(45)Lời giải: a) GọiEF ∩BC =S theo hàng điều hồ ta có: (SD, BC) =−1
do đó: I(SD, BC) = −1mà: IS ⊥ID nên ta có điều phải chứng minh
b) Xét phép nghịch đảo tâm H phương tích HA.HD ta có (DEF) ↔ (ABC)
dẫn đến: P ↔ M ∈ (O), Q ↔ N ∈ (O) Hiển nhiên M N P Q nội tiếp nên dẫn đến: M N, P Q, BC đồng quy S Ta có: HN.HQ = HF.HC đó: ∠F N H =
∠HCQ = ∠HP Q = ∠M N Q hay là: M, F, N thẳng hàng Tương tự N, E, M thẳng hàng nên ta có điều phải chứng minh
Nhận xét: Bài toán cho thấy sức mạnh phương pháp nghịch đảo Ta thấy việc nhẹ nhàng có M, N ∈(O)
Bài tốn 6(Chọn đội tuyển Ninh Bình): Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn (I) có tiếp điểm với AB, AC, BC F, E, D AI cắt DE, DF M, N (M N) cắt BC P, Q Chứng minh (AP Q) tiếp xúc (O),(I)
Trước giải tốn ta cần có bổ đề quan trọng sau:
"Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có X, Y thuộc BC cho AX, AY đẳng giác Khi tam giác (AXY)tiếp xúc (ABC)."
(46)tại điểm A Khi ta có: ∠xAM =∠C+∠BCM =∠AY X hay làAx tiếp tuyến tới (AXY)(đpcm)
Quay trở lại tốn ban đầu, ta có đpcm cóAIlà phân giác∠P AQ Gọi DF cắt AC điểm S Thế theo hàng điểm điều hồ ta có: (SE, AC) = −1 Do M(SE, AC) = −1 suy ra: P(SD, AN) = −1 mà lại có: M P ⊥ M Q đóM P phân giác∠AP Q
Hồn tốn tương tự ta có được: N P phân giác ∠AQP Như P tâm nội tiếp tam giác AP Q Do thu AP phân giác ∠P AQ thu AI phân giác P AQ AP, AQ đẳng giác tam giác ABC Do thu (AQP) tiếp xúc (O) Bây ta thấy rằng: M tâm nội tiếp tam giác AP Q nằm DE đường nối tiếp điểm (I) áp dụng định lí đường trịn Thebault thì(AP Q) tiếp xúc(I)
Bài tốn 7(Trích đề chọn đội tuyển thành phố Hồ Chí Minh): Cho tam giác ADH vng H có HA > 2HD, cố định Dựng đường trịn (I) có bán kính thay đổi khơng vượt q HA
2 ln tiếp xúc DH D Đường trịn (O) qua B, C tiếp
xúc (I)tại L Chứng minh Lthuộc đường cố định
Nhận xét: Gọi J trung điểm AH L nằm DJ cố định Thay giải tốn ta chứng minh kết tương đương sau:
Bài toán mới: Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) có đường cao AH (I) tiếp xúc BC D J trung điểm AH Gọi DJ ∩(I) = L, D Chứng minh rằng: (LBC)
(47)Lời giải toán mới: Lấy E, F tiếp điểm (I) với CA, AB Gọi EF ∩
BC = S, AD ∩(I) = D, M, DT đường kính (I) K trung điểm SD Do AHkID mà LD qua trung điểm AH nên: D(T J HA) = −1 = D(T LDM)
nên LM T D tứ giác điều hồ Lại có: F M ED tứ giác điều hoà nên LT, EF, BC đồng quy tạiS Ta có: L(SDBC) =−1nên theo hệ thứcN ewtonta có: KD2 =KL2 =KB.KC đó: LK tiếp xúc(BLC) Ta cần chứng minhIK ⊥J D Thật vậy, IK đường trung bình tam giác ST D nên doS, T, L thẳng hàng nên: KIkST đó: KI ⊥ LD hay là: KL tiếp xúc (I) Vậy tóm lại (BLC) tiếp xúc
(I) L
Bài toán 8(Chọn đội tuyển Lào Cai): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường caoBE, CF cắt tạiH M điểm thay đổi nằm đoạnAB Đường thẳng qua M vng góc AC cắt OA I IH ∩CM =D BD, AD cắt AC, BC N, P
(48)b) Chứng minh rằng: (M N P) qua điểm cố định
Lời giải: a) Gọi (BM C) ∩ AC = C, N0 Ta có: M N0 đối song nên I trực tâm tam giác AM N0 Gọi BN0 ∩CM = D0, ta có: D0M.D0C = D0N.D0B đó: PD0/(M C)=PD0/(BN) GọiIM∩AC =K IN0∩AB =L, ta có: IK.IM =IL.IN0 hay là: PI/(BN) = PI/(CM) Tương tự thì: H thuộc trục đẳng phương
(BN),(CM)hay là: I, H, D0 thẳng hàng nênD≡D0 vàN ≡N0 Do đó: B, M, N, C đồng viên
b) Gọi M N ∩BC = J Theo hàng điều hoà thì: (J P, BC) = −1 nên gọi T trung điểm BC thì: J T.J P = J B.J C = J M.J N hay là: (M N P) qua T cố định(điều phải chứng minh)
(49)minh rằng: T, F, Rthẳng hàng
Lời giải: Dựng hình bình hành IAQB Ta có: ∠IAB = ∠ABC = ∠QF C ∠AIB = ∠CQF đó: 4IAB ∼ 4QF C(g.g) suy ∠IBQ = ∠KQF đồng thời:
IA QF =
IB QC =
IB KQ =
BQ
QF đó: QB
IB = QF
KQ nên 4KQF ∼ 4IBQ(c.g.c) đó: ∠KF Q = ∠N QB =∠KT Q nên KQF T nội tiếp đó: T F ⊥ AF hay là: T, F, R thẳng hàng(điều phải chứng minh)
Nhận xét: Nhân đơi tốn ta đề chọn đội tuyển chuyên KHTN Từ tốn tơi tìm thêm kết mở rộng thú vị: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) K đoạn BC(khơng trùng B, C) Gọi N, Q trung điểm AB, KC AQ∩(O) =A, R Chứng minh rằng: N Qtiếp xúc (QKR)
Bài tốn 10(Trích đề chọn đội tuyển Bắc Ninh): Cho tam giác ABC nội tiếp
(50)giác HBC Kẻ AK ⊥ HI(K ∈ HI) Chứng minh rằng: (M IK) tiếp xúc (O) đường tròn Euler tam giác ABC
Lời giải: Ta có: ∠ADI = ∠AKI = 90◦ đó: AKDI nội tiếp đó: HK.HI =
HA.HD Gọi(AEF)∩(O) =P, Ata dễ chứng minh được: M, H, P thẳng hàng đó: AP DM nội tiếp hay là: HP.HM =HD.HA=HI.HK đó: M, K, I, P đồng viên Ta có: HI, HM đẳng giác đó: (HIM)tiếp xúc(HBC) Gọi EF ∩BC =J AH ∩ (O) = A, L ta có: A(J D, BC) = −1 = A(P L, BC)(hàng điều hoà bản) đó: P BLC tứ giác điều hồ tiếp tuyến P, L cắt BC T Ta có: ∠BHD = ∠C = ∠BLH đó: BT trung trực HL dẫn đến: T L2 = T H2 =T B.T C hay là: T H tiếp xúc (BHC) Do HI, HM đẳng giác đó:
(HIM)tiếp xúc(HBC)nên: T H tiếp xúc(HIM)hay là: T P2 =T H2 =T I.T M đó: T P tiếp xúc (M IK) Do đó: T P tiếp xúc (O) (M IK) dẫn đến (M IK) tiếp xúc (O) Xét phép nghịch đảo cực H phương tích: HA.HD ta có: (O)↔ (Euler),
(51)Nhận xét: Bài tốn hay khó Nếu khơng tạo điểm phụ P chắn khơng thể nghĩ toán
Bài toán 11(Chọn đội tuyển Đồng Nai): Cho tam giác ABC Dựng tam giác cân A ABP, ACP: ∠BAP =∠CAQ = 30◦ Gọi BQ∩CP =R tâm (BCR) O
a) Tính góc ∠BRC
b) Chứng minh rằng: OA⊥P Q
Lời giải: a) Ta có: AP =AB AQ = AC đồng thời: ∠P AQ = ∠BAC + 30◦ =
∠BAQdo đó: 4BAQ =4P AC(c.g.c)do đó: ∠AP C =∠ABQvà∠AQB =∠ACP nên AP BR vàAQCR nội tiếp hay là: ∠BRC = 360◦−∠ARB−∠ARC = 150◦ b) Ta có: ∠BOC = 360◦ −300◦ = 60◦ đó: BOC tam giác Áp dụng định lí hàm số cos ta có: OP2 =BP2+OB2−2BP.OB.cos (225◦−B) =BP2+OB2+ 2BP.OB.cos (45◦+B) OQ2 = CQ2+OC2 −2CQ.OC.cos (225◦−C) = CQ2+
OC2+2CQ.OC.cos (45◦+C)do đó: OP2−OQ2 =BP2−QC2+2BC.P Bcos (45◦+B)−
(52)Lại theo định lí hàm sốcos cho tam giácAP B ta có: P B2 = 2AB2−2AB2.cos 30◦ =
(2−√3)AB2 Tương tự thì: P C2 = (2−√3)AC2 Do đó: P B2 − QC2 = (2− √
3)(AB2−AC2) Ta có: cos (45◦+B) = cosB√−sinB
2 đó: 2.BC.P B.cos (45
◦+B) =
√
2.BC.QB.cosB−2.BC.QB.√ sinB =
p
4−2√3.(AB2+BC2−AC2)−4S.
r
2−√3 = (√3−1)(AB2+BC2−AC2)
2 −4S
r
2−√3
2 Tương tự thì: 2.BC.QC.cos (45
◦ +C) =
(√3−1)(AC2+BC2 −AB2) −4S
r
2−√3
2 Vậy ta thu được: 2.BC.P B.cos (45
◦+
∠B)− 2.BC.QC.cos (45◦+∠C) = (√3−1)(AB2−AC2) suy raOP2−OQ2 = (2−√3 +
√
3−1)(AB2−AC2) =AB2−AC2 =AP2−AQ2 do theo định lí điểm ta có:
AO⊥P Q(điều phải chứng minh)
Nhận xét: Đây toán thú vị, lời giải không đẹp qua khai thác nhiều điểm thú vị mối liên hệ với lời giải tốn tổng qt Lời giải hồn tồn khơng cần nhiều hình vẽ mà phụ thuộc vào khả biến đổi tay bo bạn mà
Bài toán 12(Trần Minh Ngọc)(Mở rộng toán 11): Cho tam giác ABC, dựng tam giác cân A ABP, ACQ: ∠BAP = ∠CAQ Gọi BQ∩
(53)Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta có: AP =ABvàAC =AQdo đó: 4P AC = 4BAQ(c.g.c) đó: ∠AP C = ∠ABR nên AP BR nội tiếp Tương tự thì: ARCQ nội tiếp Vậy ta có: ∠BRC = 2∠BP A đó: ∠BOC = 360◦ −4∠BP C suy ∠OBC = 2∠AP B−90◦, đặt ∠AP B =P Vậy ta có: ∠P BO = 360◦−∠P −∠B− 2∠P + 90◦ = 450◦ −3∠P −∠B đó: cos∠P BO = sin (3P +B) Tương tự thì:
cos∠QCO = sin (3P +C)
Theo định lí hàm số cos ta có: P B2 = AB2 −2AB2.cos (180◦−2P) = AB2 +
2AB2.cos 2P =AB2(2 + cos 2P) suy ra P B = 2AB.cosP và tương tự thì: P C =
2AC.cosP Theo định lí hàm sốsincho tam giácBRC ta có: OB = BC
2 sin 2P =OC Theo định lí hàm số cos ta có: OP2 =BP2 +OB2−2BP.OB.cos∠P BO=BP2+
OB2−2BP.OB.sin (3P +B)và tương tự thì: OQ2 =CQ2+OC2−2CQ.OC.sin (3P +C) Do đó: OP2−OQ2 =BP2−CQ2+ 2CQ.OC.sin (3P +C)−2BP.OB.sin (3P +B).
Từ ta có: BP2 −CQ2 = (AB2 −AC2)(2 cos 2P + 2) Ta có: sin (3P +C) =
sin 3P cosC+sinC.cos 3P suy ra2P C.OC.sin (3P +C) =BC.AC.2 cosP
sin 2P (sin 3P cosC+
sinC.cos 3P) = BC.CA.cosC.2 sin 3P cosP
sin 2P + 4S
cosP.cos 3P
sin 2P =
1 2.(BC
2+CA2−
AB2)sin 2P + sin 4P
sin 2P + 4S
cosP.cos 3P
sin 2P =
1 2.(BC
2 +CA2 −AB2)(1 + cos 2P) +
4S.cosP.cos 3P
sin 2P Tương tự ta có: 2P B.OB.sin (3P +B) =
1 2.(BC
2+AB2−CA2)(1+
2 cos 2P) + 4S.cosP.cos 3P
sin 2P suy ra2P C.OC.sin (3P +C)−2P B.OB.sin (3P +B) =
(−1−2 cos 2P)(AB2−AC2)do đó: OP2−OQ2 = (AB2−AC2)(2 + cos 2P −1−
(54)Lời giải hình ngày đề thi thử KHTN lần 1
Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam
Bài toán: Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF cắt H Gọi P, Qđối xứng E, F qua AB, AC
a) Chứng minh rằng: D, F, P thẳng hàng vàD, E, Q thẳng hàng b) Chứng minh rằng: (DP Q) qua trung điểm BC
Lời giải: a) Ta có: ∠P F A = ∠AF E = ∠C Lại có: ∠AF D = 180◦−∠C ∠P F D= 180◦−∠C+∠C= 180◦ nên P, F, D thẳng hàng Tương tự D, E, Qthẳng hàng
b) Ta thấy P, E đối xứng qua AB Q, F đối xứng qua AC nên P F =F E =EQnên ý rằng: M tâm(BC)thìM F =M E Lại có: ∠P F M =
180◦ −∠DF M = 180◦−∠DEM =∠QEM 4P F M =4QEM(c.g.c)
(55)(56)Lời giải bình luận toán đề thi TST ngày năm 2019
Nguyễn Duy Khương, lớp Cử nhân tài Toán K63, ĐHKHTN Hà Nội Nguyễn Trọng Phúc, lớp Cử nhân tài Toán K63, DDHKHTN Hà Nội
Ngày thi thứ hai(30/3/2019)
Bài Tìm số nguyên dương(x, y, z) thoả mãn 2x+ = 7y + 2z Lời giải PT cho tương đương với 2z(2x−z−1) = 7y −1
Trường hợp Nếu y lẻ suy ra:v2(7y −1) =v2(7−1) = suy z = đó: 2x = 7y+ Lại
có: v2(7y + 1) =v2(7 + 1) = dẫn đến x= suy y= Thử lại thoả mãn
Trường hợp Nếu v2(y)≥2 suy 4|y suy 25|7y−1 suy 25|2z(2x−z−1) suy 25|2x−z−1
suy 5|2x−z −1 suy ra 4|x− z(vì ord
5(2) = 4) Đặt x−z = 4k suy ra: 2x−z − = 16k − Ta
có: v5(16k−1) = v5(16 −1) +v5(k) = +v5(k) mà 25|16k−1 suy v5(k) ≥ suy 5|k suy
31 = 25−1|165−1|16k−1 suy ra 31|2x−z−1suy ra 31|7y−1 Đặt h=ord
31(7) suy ra: h|y h|30(vì
31|730−1 suy ra:h|2.3.5 mà 72−1 và 75 −1, 710−1 không chia hết cho 31 suy ra 3|h suy ra 3|y Do
đó: v3(7y−1) =v3(7−1) +v3(y)≥2 suy ra:v3(2x−z−1)≥2 dẫn đến6|x−z suy ra: 2x−z−1 chia hết
cho hay là: 7y −1chia hết cho 7(Vơ lí)
Trường hợp v2(y) = v2(7y −1) = v2(72 −12) +v2(y)−1 = suy ra: z = đó:
2x = 7x+ 15 Ta có: 7y ≡1(mod3)do đó 2x ≡1(mod3)dẫn đến x chẵn Mà v
2(y) = 1suy ra: 2|y Đặt
x= 2m, y = 2n ta có: 22m = 72n+ 15 suy (2m−7n)(2m+ 7n) = 15 ta giải m = n = đó:x= y= Thử lại thoả mãn
Tóm lại PT có nghiệm (x, y, z) = (3,1,1); (6,2,4)
Bình luận Bài tốn phức tạp trường hợp số Đòi hỏi phối hợp tính chất LTE cấp chia hết nhuần nhuyễn để xử lí trọn vẹn toán
Bài Tam giácABC nội tiếp(O)ngoại tiếp(I) GọiBI, CI cắtAC, AB E, F Lấy M, N thuộc (O) cho (BEM) tiếp xúc BO , (CF N) tiếp xúc CO M E, N F cắt lại (O) P, Q P Q cắt BC, EF G, H EF cắt BC K Chứng minh trung tuyến ứng với Gcủa tam giác GHK vuông góc OI
Bình luận Bài tốn gây khó cho bạn khơng nhìn cách xác định khác điểm P, Qbởi mấu chốt lời giải Đoạn sau ta đổi mơ hình trực tâm quen thuộc
(57)Chứng minh GọiBJ đường kính của(O) Ta gọiS trung điểm cungAC khơng chứa B Ta có: ∠OBS = ∠EM B =∠P M B suy ra: BP J S hình chữ nhật Suy ra: P trung điểm cung AC chứa B Tương tự Q trung điểm cung AB chứa C
Như ta lọc bỏ điểm M, N Bây ta đổi mơ hình tốn gốc sang mơ hình trực tâm sau: Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF Gọi M, N, P trung điểm BC, CA, AB Gọi BH, CH cắt F D, ED S, T Gọi ST, P N, EF cắt X, Y, Z(như hình vẽ) GọiK trung điểm ZY Chứng minh rằng:XK vng góc đường thẳngEuler tam giác ABC
(58)Lời giải tốn đổi mơ hình Ta có:XP.XN =XF.XF đóPX/(AP N) =PX/(AF E)do ta có
AX trục đẳng phương của(AP N),(AEF)suy AX ⊥OH(Vì ta dễ thấy trực tâm tam giác AEF tâm (AP N), tâm của(AEF) trực tâm AP N) Ta biết rằng: PS/(DEF) =PS/(BHC) suy
raS thuộc trục đẳng phương của(BHC) (DEF) Tương tựT thuộc trục đẳng phương (DEF) và(BHC)ta cóST ⊥AU (gọiU tâm đường tròn Eulercủa tam giác ABC) QuaA kẻ đường thẳng song song Y Z cắt N P, F E J, I Theo bổ đề ta thu AU ⊥IJ Áp dụng định lí bướm cho tứ giác F P EN nội tiếp ta có: Alà trung điểm IJ đó:AX chia đơi Y Z dẫn đến: XK ⊥OH hay ta có điều phải chứng minh
Như ta hồn tất chứng minh tốn Có thể đốn cách tác giả tạo tốn dựa kết biết mơ hình trực tâm
Bài Một bọ vị trí có toạ độx= trục số Ở bước từ vị trí có toạ độx=a bọ nhảy đến vị trí có toạ độx=a+ hoặcx= a
2 Chứng minh có tất cảFn+4−(n+ 4) vị trí khác (kể vị trí ban đầu) mà bọ nhảy đến không n bước nhảy(với Fn
dãy Fibonacci)
Lời giải Coi bước nhảy cộng hai 1và bước nhảy chia hai là0 Như dãy dịch chuyển bọ có dạng 100111
Ta thấy dãy có dạng 110 ta quy dãy dãy 01 bọ nhảy đến vị trí(vì a+ +
2 =
a
2 + 2) Như với dãy dịch chuyển chun dãy có dạng A011 1(∗) A dãy nhị phân khơng có hai số đứng cạnh
Ta chứng minh: Với hai dãy khác có dạng (∗) bọ nhảy vào vị trí khác
Thật vậy, giả sử tồn dãy có dạng (∗) mà bọ nhảy đến vị trí Xét dãy A101
và A201 có số phần tử nhỏ có dạng (∗) bọ nhảy đến vị trí suy bọ nhảy
tới dãy A101 trừ vị trí mà bọ nhảy tới dãy A201 phải bội 2(vì
hai dãy sai khác số số cuối) Tuy nhiên A101 dãy nhị phân khơng có chữ
số đứng cạnh nên số chữ số dãy A101 lớn số chữ số
trong dãy A101 suy vị trí mà bọ nhảy đến dãy A101 nhỏ
1 2(2 +
1 2(2 +
1
2(2 + +
2(2 + 1)) ))<2 dĩ nhiên là>0 Tương tự vị trí mà bọ nhảy
đến dãyA201 1là nhỏ lớn Suy hiệu vị trí <2 bội hai
vị trí phải trùng suy dãy có số số cuối Xoá hai dãy 01 ta hai dãyA1 A2 có dạng (∗) có số phần tử dãy A101 1và A201 1suy mâu thuẫn
Vậy ta cần đếm dãy có dạng (∗) có bé bằngn phần tử Bằng cách xét truy hồi dãy có dạng 11 ,10 ,01 ,00 ta suy điều phải chứng minh
(59)Lời giải hai tốn hình học VMO 2020
Nguyễn Duy Khương Ngày 28 tháng 12 năm 2019
Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường kính AA0 D, E, F đối xứng O qua
BC, CA, AB H trực tâm tam giác ABC
a) Gọi Ha đối xứngH qua BC, Oa tâm (BOC) Chứng minh A0Oa cắt HaD (O)
b) Dựng hình bình hành AXDA0 Chứng minh (ABF),(ACE),(AXH) đường tròn
đồng trục
(60)Lời giải Ta chứng minh tốn với hình vẽ trên, trường hợp khác chứng minh tương tự a) GọiOaA0∩(O) =X0 vàK =BB∩CC,M trung điểm BC Ta cần có:ODX0A0 nội tiếp có điều phải chứng minh Thật ta có: POa/(O) =OaO2−R2 OaD.OaO =OaO(OaO−OD) =
OaO2−OD.OaO Ta có:R2 =OM.OK =OD.OOado đó: POa/(O)=OaD.OaO =OaX0.OaA0 dẫn đến điều phải chứng minh
b) Ta có:OHDA0 hình bình hành đó: H trung điểmXD Để ý rằngHX =HE =HD=
HF đó: H tâm (XEDF) Ta dễ thấy 4DEF = 4ABC Gọi (ABF)∩(ACE) = T
ta có: ∠F T E =∠F T A−∠AT E = 180◦ −∠OAB −∠OAC = 180◦−∠A = 180◦−∠EDF suy
ra: T ∈ (DEF) Gọi (DEF)∩(HAX) = T0 ta có: ∠AT0E = ∠AT0X −∠XT0E = ∠AHD−
180◦+∠HDE = 180◦−∠ODH−180◦+ (ODH+∠ODE) = ∠ODE =∠OCA=∠ECAdo đó:
T0 ∈(AEC) Tương tự thì: T0 ∈(AF B) Do đó: T ≡T0 Dẫn đến điều phải chứng minh
Nhận xét Bài toán khai thác hay tính chất liên quan tới phương tích, tính đối xứng Câu b) sử dụng khéo léo cộng góc
Bài tốn Cho tam giác ABC nội tiếp (O)có đường cao AD, BE, CF cắt H Gọi
đường trịn đường kínhAD cắt DE, DF M, N.P, Q hình chiếu củaN, M lên cạnh
AB, AC a) Chứng minh (AP Q)tiếp xúc EF
b) Gọi tiếp điểm (AP Q) với EF T Gọi DT ∩M N =K L đối xứng A qua M N Chứng
minh EF cắt M N (DKL)
(61)Lời giải a) Ta gọi X, Y hình chiếu D lên AB, AC Ta có: ∠Y N D=∠Y AD=∠DF C
đó: Y NkCF dẫn đến: N, Y, P thẳng hàng Tương tự thìM, Q, X thẳng hàng GọiEF ∩AO=T
Ta có: ∠T AB = ∠DAC = ∠DF C = ∠F DX = ∠N AF Để ý ∠N F A = ∠C = ∠AF E
đó: N, T đối xứng quaAB hay là: N, P, T thẳng hàng Chứng minh tương tự ta có: T, Q, M
thẳng hàng Do đó: EF ⊥ AT mà AT đường kính (AP Q) đó: EF tiếp xúc (AP Q)
điểm T
b) Gọi S trung điểm AL Gọi EF ∩M N =R Ta có A tâm bàng tiếp góc A tam giác DEF
mà AM, AM vng góc DE, DF đó: AT, F M, EN đồng quy Theo hàng điều hịa
bản thì: (M N, KR) = −1 mà S trung điểm M N đó: SK.SR = SM2 = SA.SD(theo hệ
thức Newton hệ thức lượng tam giác vuông) Như vậyL, K, D, Rđồng viên hay điều phải
chứng minh