Tuyển tập các lời giải hay cho các bài toán hình học phẳng khó

Sau một tháng nhận email phản hồi của các bạn(các lời giải khác mà các bạn nghĩ là hay hơn,mở rộng các bài toán,...), tôi sẽ biên tập lại chúng để viết chúng trong phần phản hồi bạn đọc [r]

Tuyển tập lời giải hay cho tốn hình học phẳng khó(Số 1)(Tháng 9/2016)

Bài toán 1(Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâmH P điểm thuộc cung BC không chứa Acủa (O)(P 6=B, C).P0 đối xứngP qua BC (OP P0)cắt AP G Chứng minh trực tâm tam giác AGO nằm HP0

nếu gọiAH cắt lại (O)tại D HDP P0 hình thang cân nên dĩ nhiên ∠HP P0 = ∠ACP) G tâm (J HP0) Ta gọi K giao (J HP0) cắt (AGO) điểm K khácJ

Lại có: ∠GKO = ∠OAG = ∠GP O = ∠GP0O ∠OP0K = ∠OKP0 nên OK =OP0 dĩ nhiênK đối xứng P0 qua GO từ GK =GH =GP0 mà ∠GHJ =∠GJ H = 180◦ −∠AJ G = ∠AOG = ∠AKG K đối xứng H qua AG Vậy theo định lí đường thẳngSteiner trực tâm tam giác AGO nằm HP0(đpcm)

Nhận xét: Ở lời giải tác giả có lời giải khác với lời giải gốc người đề Điểm thú vị lời giải việc khơng cần thiết trực tâm tam giác

Bài toán 2(Kiểm tra trường hè Titan tháng 8/2016): Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có: H trực tâm AM trung tuyến tam giác ABC AM cắt lại (O) điểm N Ba đường thẳng: qua H vng góc AN, BC, KN cắt tạo thành tam giác XY Z Chứng minh rằng: (XY Z)tiếp xúc (O)

Lời giải(Nguyễn Duy Khương):

Gọi tiaM H cắt(O)tại điểmJ, gọiAD đường cao tam giácABC Hiển nhiên ta có: AJ, HP, M D đường cao tam giác AHM suy AJ, HP, BC đồng quy điểmY Hay A, J, Y thẳng hàng

(J X, KX)≡(AH, J H)(modπ) tứ giác J HKX nội tiếp

Lại có: (J K, XK)≡(J A, N A)≡(J D, Y D)≡(J H, Y H)(modπ) ta có: J HKX nội tiếp hay làJ thuộc(XY Z) Vậy tức làJ thuộc(XY Z)và(O) VìJ thuộc(O)và (XY Z)mà A, J, Y thẳng hàng nên gọiY G, ALlà đường kính (XY Z)và(O) GJ L ⊥Y A, ta có: ∠J GY =∠J XY =∠J KA=∠J LA GYkAL hiển nhiên4GJ Y ∼ 4AJ LdoI, Olần lượt trung điểmGY vàALnên∠IJ Y =∠OJ A thu I, J, O thẳng hàng hay (XY Z)tiếp xúc (O)(đpcm)

Nhận xét: Bài tốn hay khơng q khó phù hợp để lấy làm thi đề kiểm tra định kì Ở tốn ta thấy tiếp điểmJ sinh hay hợp lí Cách giải dài lời giải gốc xong lại thể tư chứng minh tiếp xúc sử dụng vị tự

Độc giả tham khảo lời giải gốc toán mở rộng [1]

Bài toán 3(Trịnh Huy Vũ): Cho tam giác ABC có đường cao AH Gọi X, Y chân đường vuông góc hạ từ H xuống AC, AB Z giao điểm BX CY Chứng minh (XY Z) tiếp xúc (A;AH)

tâm H J thuộc (A;AH) Lại có: J đối xứngH qua AL nên ∠LJ A= 90◦ suy LJ tiếp tuyến đến (A;AH)

Gọi T tâm (BCXY) theo định lí Bocard Z trực tâm tam giác ALT Gọi T Z cắt AL điểm P0 Gọi AT cắt LZ Q LP0.LA=LZ.LQ =LM LN(hệ thức M aclaurin)= LX.LY = LB.LC suy P0 thuộc (O) P trùng P0 Vậy T, Z, P, H thẳng hàng Do đóP, J, Z, H thẳng hàng Ta cần chứng minhJ thuộc (XY Z) hiển nhiên LJ tiếp tuyến tới (XY Z) Tứ giác LXZY nội tiếp ∠ZJ Y = ∠ZXY = ∠ZCH hay tứ giác J CHY nội tiếp hay Z có phương tích tới đường trịn (BCXY) (A;AH) Gọi (A;AH) cắt (BCXY) điểm M, N

Ta có: AH2 = AM2 = AN2 = AX.AC = AY AB do đó AM, AN lần lượt tiếp tuyến đến (BCXY) Do quen thuộc ta thấy rằng: BX, CY, M N đồng quy điểm làZ(Gọi M N cắt Y B, CX điểm E, F sử dụng hàng điều hoà ta có:

(AEY B) = (AF XC) = −1do đóBX, CY, M N đồng quy) Vậy hiển nhiên: phương tích từ Z tới (BCXY)=phương tích từ Z tới (A;AH) tứ giác J CHY nội tiếp J XY Z nội tiếp mà dễ thấy LJ tiếp tuyến tới(XY Z)do (XY Z) tiếp xúc (A;AH)tại J(đpcm)

Nhận xét: Bài toán tiếp tục lời giải tác giả đề xuất khác với chứng minh gốc Điểm thú vị chứng minh việc chứng minh sử dụng nhuần nhuyễn công cụ tỉ số kép phương tích để thu kết luận quan trọng làJ thuộc(XY Z) Lời giải gốc tác giảNguyễn Văn Linhsử dụng phép nghịch đảo

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi M, N trung điểm EB EC Do J tâm ngoại tiếp tam giác EBC ta có J M vng góc BE J N vng góc EC Áp dụng định lí P ythagoras ta có: J H2 =M H2+J M2 và J I2 =IN2+J N2 Do ta có rằng: J H2−J I2 =M H2+J M2−IN2−J N2(1). Tiếp tục áp dụng định líP ythagorasta có: J M2 =J E2−M E2vàJ N2 =J E2−EN2 ta thu J M2 −J N2 =N E2 −M E2.

Từ thay lại vào (1) ta có: J H2 −J I2 = M H2−IN2 +N E2−M E2 = (N E2− IN2)−(M E2−M H2) =IE.IC−HE.HB=PI|(O1)−PH|(O1)

Trước quay lại tiếp tục giải tốn, tơi xin nêu hai bổ đề nhỏ:

1)Cho tứ giácABCDcóAC vng gócBDkhi khiAB2+DC2 =BC2+AD2 (Bổ đề điểm)

2) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O;R) Giả sửAD cắt BC K AC cắt BD I Khi ta có: IK2 =P

K|(O)−PI|(O)

I Lại có OK vng góc EF nên ta có IF vng góc OK Áp dụng bổ đề IK2−IO2 = KF2 −R2 hay là IK2 = KF2−R2+IO2 = P

K|(O)−PI|(O) (do PI|(O) <0) ta thu đpcm

Quay trở lại toán ban đầu, áp dụng bổ đề ta dễ dàng có rằng: AH2 =P

A|(O1)−PH|(O1) AI

2 =P

A|(O2)−PI|(O2)

Đến ta cần chứng minh phương tích từ A đến (O1) phương tích từ A đến (O2)(∗), ta có: (AF, EF) ≡ (AD, BD)(modπ) (AG, EG) ≡ (AD, CD)(modπ)nên ta dễ có tứ giác AF EGnội tiếp Do ta lại có: (EG, F G) = (DA, BA)(modπ) đồng thời ta có (EG, CG) ≡ (AD, BD)(modπ) dẫn tới tứ giác BF GC nội tiếp Từ ta dễ thu AF AB =AE.AD =AG.AC ta có (∗) Do đó, AH2−AI2= P

I|(O2)−PH|(O1) =J H

2−J I2 Áp dụng bổ đề 1 ta thu đượcAJ ⊥HI (đpcm)

Nhận xét: Tận dụng bổ đề bốn điểm phương tích đem lại cho ta nhiều lời giải thú vị giống lời giải Bài tốn tơi không rõ lời giải gốc giải xong tốn tổng qt tốn có nhiều ứng dụng sau: "Cho tam giác ABC có trực tâm H Gọi O0 tâm ngoại tiếp tam giác BHC Chứng minh rằng: AO0 qua tâm đường tròn Euler tam giác ABC"

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi H trực tâm tam giác ABC AH cắt BC D BV2 = BS2 = BE.BA = BD.BC(do BC tiếp xúc (AES) nên BV2 = BS2 = BE.BA) đó (V S, DC) = −1 và ta có DV DS = DB.DC(theo hệ thức M aclaurin) H trực tâm tam giác AV S Ta gọi SE cắt (AEF) R, gọi AS cắt (AEF) điểm thứ hai Y Điều phải chứng minh tương đươngR thuộcV F

Ta có: SE.SR = SY SA = SD.SV (do tứ giác AY DV nội tiếp) suy REDV tứ giác nội tiếp Chú ý tứ giác HEBD nội tiếp nên ta có: (V R, ER) ≡ −(ED, BD)(modπ)lại có REHF nội tiếp đó(ER, F R)≡ −(EH, F H)(modπ)từ ta có: (V R, ER)≡(F R, ER)(modπ) V, R, F thẳng hàng

Nhận xét: Bài toán lần xuất groupBài toán hay-Lời giải đẹp[3] Lời giải tác giả đề nghị ngắn gọn Có thể kể đến ý tưởng biến đổi tỉ số phương tích tác giảMẫn Bá Tuấn-học sinh chun Tốn THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Ở xin nêu cách khai thác triệt để giả thiết tiếp xúc đề

Bài toán 6(Hà Nội TST 2015-2016): Cho đường trịn đường kínhAB 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

Bài toán 7(Trần Quang Hùng-T12/466-THTT): Cho tam giác ABC nhọn khơng cân nội tiếp đường trịn (O) Lấy P điểm thuộc tam giác ABC cho AP vng góc BC Kẻ P E, P F vng góc AB, AC( E, F thuộc AB AC) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại (O) G Chứng minh GP, BE, CF đồng quy điểm

Bài tốn 8(Trích HNEU TST 2014-2015): Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF Các đường trịn đường kính AB AC cắt tia DF DE điểm Q P Gọi N tâm ngoại tiếp tam giác DEF Chứng minh rằng: AN ⊥P Q

Bài toán 9(Đề thi chọn HSG khối 10,chuyên ĐHSP,2015-2016):Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) M, N trung điểm AB CD Giả sử AD cắtBC E đường chéo cắt điểmF EF cắt AB vàCD điểmP Q

a) Chứng minh M, N, P, Q nội tiếp đường tròn tâm T b) Chứng minh OT, N P, M Q đồng quy

Tuyển tập lời giải hay cho tốn hình học phẳng khó(Số 2)(Tháng 10/2016)

Kết thúc tuần tháng thứ tơi trình bày tốn hay với lời giải tơi cho đẹp nhận số phản hồi từ bạn đọc(đặc biệt anh lớp

12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdamvới lời giải khác cho toán số 6) Bây phần đầu tháng thứ hai tơi tiếp tục trình bày toán đề nghị số trước Trong số tơi muốn trình bày số tốn liên quan tới phương tích,các biến đổi liên quan tới định lí Pythagoras đặc biệt định lí bốn điểm

Bài tốn 6(Hà Nội TST 2015-2016): Cho đường trịn đường kínhAB Lấy điểm C nửa đường trịn 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

LuyenThiThuKhoa.vn

Lời giải 1(Nguyễn Duy Khương): 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 C (O),(K),DE J Ađồng quy điểmN Gọi DE cắtBK điểmM 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

Lời giải 2(Mai Đặng Quân Anh-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

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

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi AP ∩BC = H,gọi CE ∩ BF = K, gọi X, Y trung điểm BE CF Thế ∠P HB =∠P EB = 90◦ ∠P HC = ∠P F C = 90◦ nên ta có: P EBH P F CH tứ giác nội tiếp ta có AE.AB = AP.AH = AF.AC Hay ta có BEF C tứ giác nội tiếp Gọi J tâm ngoại tiếp tứ giác BEF C Do GA, EF, BC đôi trục đẳng phương đường tròn sau: (AEF),(BEF C),(O) chúng đồng quy tạiS

Áp dụng định lí Borcardcho tứ giácBEF C nội tiếp ta cóJ K ⊥SA Cuối ta cần phải chứng minh J P ⊥ SA J, P, G thẳng hàng Do (AEF) cắt lại (O) G Do ta có rằng: 4GEB ∼ 4GF C(g.g) từ dễ thấy:

4GEX ∼ 4GF Y(c.g.c) từ ta có rằng∠GXA=∠GY A suy AGXY nội tiếp ta có rằng: ∠J GA = 90◦ = ∠P GA ⇒ J, P, G thẳng hàng Mà J K ⊥ SA, ta gọi J K ∩SA = G0 ∠J G0A = ∠J XA = ∠J Y A = 90◦ nên có ngay: G0 ∈(AXY)do G≡G0 hay làJ, P, K, G thẳng hàng dẫn tới đpcm

Bài tốn 8(Trích HNEU TST 2014-2015): Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF Các đường trịn đường kính AB AC cắt tia DF DE điểm Q P Gọi N tâm ngoại tiếp tam giác DEF Chứng minh rằng: AN ⊥P Q

Lời giải(Nguyễn Duy Khương):

Ta có: ∠QAF = ∠F DB = ∠A ∠QF A = ∠DF B = ∠C = ∠EF A hiển nhiên ta có4QAF =4EAF(c.g.c) đóQA=AE QF =EF hồn tồn tương tự thìAP =AF vàEF =EP Do ta có: AP2−AQ2 =AF2−AE2 GọiX, Y lần lượt trung điểmDF vàDE, ta có: N P2 =Y P2+N Y2 vàN Q2 =N X2+QX2 hay làN P2−N Q2 = (Y P2+N Y2)−(N X2+QX2) =EF(DE−DF) +DE

2 −DF2

4 +

DF2−DE2

4 =EF DE−EF DF Cơng đoạn cịn lại chứng minh: AF

chú ý việc I tiếp điểm đường trịn nội tiếp tam giác DEF IE2−IF2 =

= (ED+EF −F D)

2

4 −

(EF +F D−ED)2

= (ED+EF −F D−EF −F D+ED)(ED+EF −F D+EF +F D−ED)

= 4(ED−F D).EF

4 =EF DE−EF DF

Vậy từ ta có AP2 −AQ2 = N P2−N Q2 nên áp dụng định lí bốn điểm N A⊥P Q(đpcm)

Nhận xét: Lời giải khủng xét mặt biến đổi nói chung xong lại đẹp xem xét kĩ chỗ tận dụng tối đa giả thiết để từ có biến đổi hợp lí với cách thực bổ đề điểm Mọi biến đổi thực tự nhiên từ đầu đến cuối nhờ tư tưởng định lí bốn điểm xuyên suốt

Trước đến với hai tốn cịn lại tơi muốn nói chút quan niệm lời giải hay Theo tơi lời giải hay nói chung phải có tư tưởng rõ ràng người làm để thực Chúng ta cần lưu ý tư tưởng đứng đắn có lời giải cuối dù ý tưởng có dẫn tới lời giải dài thể trình độ người làm Nếu tốn trị chơi tri thức ta lại nhận tầm quan trọng việc có tư tưởng giải- ta giải tốn lối tư Con đường hồn tồn giống người khác xong người lại có cách tư để tìm vấn đề theo cách riêng Và dĩ nhiên đề cao tính tư điều kích thích trí óc ta phát triển Như tựu chung lại điều cần có lời giải hay nên "một tầm nhìn rộng kết luận toán"

Bài toán 9(Đề thi chọn HSG khối 10,chuyên ĐHSP,2015-2016):Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) M, N trung điểm AB CD Giả sử AD cắtBC E đường chéo cắt điểmF EF cắt AB vàCD điểmP Q

Lời giải gốc: a) GọiABcắtCD điểmS Khi theo hàng điểm điều hồ ta có: (SQ, DC) = −1và theo phép chiếu xun tâm F ta có: (SP, AB) = −1 theo hệ thức Maclaurin SA.SB =SP SM =SC.SD =SQ.SN M N QP tứ giác nội tiếp

b)GọiM Q cắt N P điểmI Gọi Z trung điểmEF theo định lí đường thẳng Gaussthì M, N, Z thẳng hàng Do áp dụng định lí Borcard cho tứ giácM N QP nội tiếp ta có: T I ⊥SZ

Gọi EF cắt (O) điểm X Y theo hàng điểm diều hồ ta có: (F E, XY) = −1 áp dụng hệ thức N ewton ta có: ZE2 =ZF2 =ZX.ZY ý M N QP nội tiếp nên ZM ZN = ZP ZQ đó: PZ|(O) = PZ|(M N P Q) hay P thuộc trục đẳng phương (M N QP) (O) Lại có: SP SM = SA.SB(Cmt) PS|(O) =PS|(M N P Q) Vậy ta thu SZ trục đẳng phương (M N QP)

(O)do T O ⊥SZ đóT, I, O thẳng hàng

và có chung ý tưởng Qua toán ta thấy tư tưởng khởi nguồn để giải toán quan trọng chắn tạo lời giải hay Ngoài toán đáng ý thực huy động nhiều kiến thức liên quan tới cấu hình cát tuyến,tứ giác điều hồ, Sau làm xong dự đốn cảm hứng đề từ toán IMO Shortlist 2009 đề nghị Germany

Bài toán 10(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC cho AB+AC = 2BC Tam giác nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn (I) (I) tiếp xúc BC, CA, AB D, E, F AI cắt lại đường tròn (O) J khác A Một đường thẳng d quaA song song với BC cắt EF M.Chứng minh rằng:∠J DM = 90◦

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi AI cắt BC Q DI cắt lại (I) P khác D cắt d S AP cắt lại (I) T Gọi N trung điểm BC Khi ta dễ có AP qua tiếp điểm đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC APkIN Do DP đường kính (I) ta có ∠DT P = ∠P SA = 90◦

Áp dụng định lí P tolemy cho tứ giác J BAC nội tiếp ta có rằng: J A.BC =IJ.(AB+AC) hay làJ A= 2IJ hay ta có I trung điểm J A Do ∠QCJ=J Cc

2 =∠J AC nên ta có rằng: 4J QC ∼ 4J CA(g.g) suy

được rằngJ C2 =J Q.J Asuy là IJ2 =J Q.J A⇒J Q= IJ

J A ⇒J Q= IJ

2 hay

là ta có Q trung điểm IJ ta có IN J D hình bình hành suy INkJ D ∠J DM = 90◦

Nhận xét: Bài tốn tơi tình cờ tìm thực chứng minh toán khác dạng tam giác đặc biệt: AB+AC = 2BC Nhờ giả thiết mà giấu nhiều điểm quan trọng điều khiến tốn tăng độ khó Việc phối hợp tốt phương tích làm tạo lời giải ấn tượng Các bạn tham khảo tốn tương tự tạp chí Tốn học Tuổi trẻ tháng 10 năm 2012

Như trải qua hành trình tháng thứ hai, qua tốn tơi muốn bạn hiểu làm tốn người học cần phải biết vạch trước ý định mình(muốn có biến đổi cần có dẫn tới ) thực tư tưởng (hướng) giải Chân thành cảm ơn anhNgô Thế Anh Khoa-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdamđã tập hợp lời giải toán số lớp gởi cho

Khép lại số xin nêu câu nói mà tơi u thích nhà nho Nhật Bản:

"Tư tưởng măng tre thường bị chôn vùi lịng đất" Các tốn đề nghị tháng sau

Bài toán 11(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

Bài toán 12(chọn đội tuyển Hà Nội 2017):Cho tam giácABC(AB < AC) nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi M trung điểm BC AM cắt (O) điểm A, D Giả sử BD∩AC =F, CD∩AB =E (ABF)∩(ACE) =A, P Gọi (S1) đường tròn qua C tiếp xúc AB A Gọi (S2) đường tròn tiếp xúc AC A B A, Q= (S1)∩(S2) Chứng minh tam giác OP Qvuông

(K) tiếp xúc AC, AB điểm E F (K) cắt BC điểm M, N cho N nằm M B F M giao EN I (IF N)cắt (IEM)tại J Chứng minh rằng: IJ ⊥KJ

Bài toán 14(USA TST): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O) LấyK

(O) cho AKkBC Gọi (I) đường tròn nội tiếp tam giác ABC (I) tiếp xúc BC D Gọi DK cắt lại(O)tại điểm T AI cắt BC,(O) tạiE, A, F Gọi

(DEF) cắt đường trịn bàng tiếp góc A điểm Q1, Q2 Chứng minh AT qua hai điểm Q1, Q2

Bài toán 15(Nguyễn Minh Hà): Cho tam giácABC không cân ngoại tiếp đường tròn(I) (I)tiếp xúcAB vàAC điểmF vàE GọiH trực tâm tam giácABC Gọi M trung điểm đoạn BC Chứng minh H, I, M thẳng hàng H nằm EF

Phản hồi bạn đọc

Các tốn từ đến năm có phản hồi song q trình dị tìm tơi tìm thấy mở rộng cho tốn Trường hè Titan 2016 bạn Nguyễn Đình Hồng-THPT chun Phan Bội Châucác bạn tham khảo [1] Để tiện theo dõi đăng thêm chuyên đề thứ tư blog lời giải toán số 6,tại đây[2]

Tuyển tập lời giải hay cho tốn hình học phẳng khó(Số 3)(Tháng 11/2016)

Như trải qua hai tháng với tốn hình học hay Một tháng qua nhận nhiều phản hồi bạn đọc Ở số muốn đề cập tới số toán đề cao khả suy luận từ hình vẽ với biến đổi tinh tế

Bài toán 11(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

LuyenThiThuKhoa.vn

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

đó E, I, I2 thẳng hàng Tương tự F, I, I1 thẳng hàng Do hiển nhiên

góc cần chứng minh suy biến thành góc bẹt

Vậy nên ta cần chứng minh trường hợp tia AB cắt tiaCD E nằm bờ nửa mặt phẳngBC chứaD Xin nêu bổ đề phụ (Định lí Pythot suy rộng cho tứ giác lõm): "Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) Giả sử tia AB cắt

CD E tia DA cắt tiaBC điểm F Khi ta có: ED−F B =EB−F D" (Bạn đọc tự chứng minh)

Quay trở lại toán, 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: Bài toán tốn mà tơi ấn tượng việc sử dụng tam giác đồng dạng đối xứng cuối đưa hệ thức P ythot tinh tế

Bài toán 12(Hà Nội TST 2016-2017): Cho tam giácABC(AB < AC) nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi M trung điểm BC AM cắt (O) điểm A, D Giả sử BD∩AC =F, CD∩AB =E (ABF)∩(ACE) =A, P Gọi (S1) đường

tròn qua C tiếp xúc AB A Gọi (S2) đường tròn tiếp xúc AC A B

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta thấy rằng: P điểm M iquel

của 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

do 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

Bài tốn 13(Mathley-Trần Quang Hùng): Cho tam giác ABC có đường trịn (K) tiếp xúc AC, AB điểm E F (K) cắt BC điểm M, N

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi(IF N)∩AB=F, X và(IEM)∩AC =Y, E Ta có:(IX, F X) ≡ (IN, F N) ≡ (F M, EM) ≡ (IY, EY)(modπ) Do để tứ giác

EF XY nội tiếp ta cần cóX, I, Y thẳng hàng Lại có: (M I, Y I)≡(M E, Y E)≡

(F E, M E) + (AE, F E)(modπ), tương tự (N I, XI)≡(EF, N F) + (AF, EF)(modπ)

Xét cung đường trịn (K) thì:

(M I, Y I) + (M I, N I) + (N I, XI) ≡ (F Nd +EMd + 2EFd−2EFd+M Nd +EFd)

2 ≡

0(modπ) ta có X, I, Y thẳng hàng Và từ hiển nhiên tứ giác

EF XY nội tiếp PA/(IF N) =PA/(IEM) A, I, J thẳng hàng

Chú ý K tâm (F N E) (−−→EK,−−→F K) ≡2(F N, EN)(modπ) mà ta lại hiển nhiên thấy(−→F J ,−→EJ)≡2(F N, EN)(modπ)do ta cóE, F, K, J đồng viên(chú

ý A, I, J thẳng hàng) có KJ ⊥IJ

Bài toán 14(USA MO): Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn(O) Lấy K (O) cho AKkBC Gọi (I) đường tròn nội tiếp tam giác ABC (I) tiếp xúc

BC D Gọi DK cắt lại(O)tại điểm T AI cắt BC,(O) tạiE, A, F Gọi (DEF) cắt đường trịn bàng tiếp góc A điểm Q1, Q2 Chứng minh AT

qua hai điểm Q1, Q2

Lời giải: Gọi S tiếp điểm đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC Trước tiên xét phép đối xứng trục đường trung trực BC A ↔ K, D ↔ S(do dễ thấyD, S đối xứng qua điểmM) Do ta có: T =DK∩(O)↔T0 =AS∩(O) Do đóAT, AT0 đẳng giác tam giác ABC GọiQđối xứng S qua phân giácAI Dĩ nhiên AQ đẳng giác AT0 nên A, Q, T thẳng hàng Đồng thời IaQ=IaS Q

thuộc (Ia) Ta nhận thấy rằng: F D = F S nên ∠F DE = ∠F SD = ∠F QE

Q∈(DEF) ta thấy Q1 Q2 thoả mãn đề

Nhận xét: Các bạn thử sức với toán mở rộng sau: "Cho tam giác ABC

nội tiếp đường trịn (O)cóAL, AS đẳng giác tam giác(L, S∈BC) Phân giác

góc A cắt BC,(O) E, F, A Lấy điểm D đối xứng S qua trung điểm BC Gọi

Q2." Ở toán mở rộng lần toán gốc 14 sử dụng phép đối xứng trục

trung tâm lời giải điều tạo nên độ kết dính cho giả thiết nhìn rời rạc

Các bạn nên tham khảo tập sách "Hình học phẳng định hướng" thày Nguyễn Minh Hà-GV THPT chun ĐHSP Bài tốn 15 có lời giải gốc anh Đậu Hải Đăng-cựu học sinh THPT chuyên KHTN-Huy chương Vàng IMO đăng sách,xong muốn tự có lời giải Tựu chung ý tưởng phản chứng tạo điểm trùng-phương pháp hữu hiệu tinh tế

Bài tốn 15(Nguyễn Minh Hà): Cho tam giácABC khơng cân ngoại tiếp đường tròn(I) (I)tiếp xúcAB vàAC điểmF vàE GọiH trực tâm tam giácABC Gọi M trung điểm đoạn BC Chứng minh H, I, M thẳng hàng H

nằm EF

Bổ đề 2: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I)và (I)tiếp xúc AB, BC, CA

tại điểm D, E, F Kẻ DH ⊥EF (H ∈EF) Chứng minh rằng: HD phân giác

∠BHC

Hai bổ đề quen thuộc nên bạn đọc tự chứng minh xem tập Quay trở lại toán, rõ ràng H trực tâm tam giác giác ABC nên thuộc đường cao từA tam giácABC mà lại cóH thuộcIM theo bổ đề ta có AHk=ID(D tiếp điểm(I) với BC) Do ta có: DHAI hình bình hành Do DH ⊥EF

Trường hợp 1: Giả sử H điểm nằm phần kéo dài đường thẳng qua D ⊥ EF(nằm bờEF không chứa D) thoả mãn trực tâm tam giácABC mà thuộc

IM không thuộc EF Gọi DH∩EF =H0, ý: DH ⊥EF Ta chứng minhH ≡H0 GọiBH∩EF =Z CH∩EF =T vàH0B, H0C cắtAC

AB Y X Khi đó: ∠HZT =∠AF E−∠HBA =∠AEF −∠HCA=∠HT Z Do đóHZT tam giác cân DH phân giác∠BHC Theo bổ đề số lại có

H0D phân giác gócBH0C Do ta có được: ∠HBH0 =∠HCH0 có được:

4HH0B =4HH0C(g.c.g)do ta có: HB =HC hay làEFkBC(bởi4HZT cân).

Khi tam giác ABC cân tạiA (vơ lí) H ≡H0 ta có đpcm

Trường hợp 2: H0 nằm mặt phẳng bờ EF có chứa D (chứng minh tương tự) Vậy tóm lại ta có điều phải chứng minh

Lời giải 2(Trương Mạnh Tuấn): Tôi đặc biệt ấn tượng cách bạn Tuấn sử dụng bổ đề lời giải Sau mời bạn chiêm ngưỡng

Bổ đề: Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp(I) (I)tiếp xúc BC, CA, AB

D, E, F A0 đối xứngA quaO GọiH trực tâm tam giácABC vàK hình chiếu

của D lên EF Khi ta có: K, I, A0 thẳng hàng KD chia đơi góc HKI

Chứng minh: Phân giác gócA, B, C cắt lại (O) điểmX, Y, Z Ta dễ thấy việc DEF XY Z tam giác có cạnh đối song song mà I, O tâm ngoại tiếp hai tam giác trên, K, T chân đường cao thu K, I, A0

thẳng hàng Lấy G đối xứng I qua EF Ta có: AH

AA0 =

AP

AC = cos∠A Mặt khác

dễ thấy G trực tâm tam giác AEF nên AG

AI =

AN

AE =

AN

AF = cos∠A suy AG

AI =

AH

AA0 ⇒ 4AGH ∼ 4AIA ⇒

∠HGI = ∠KIG = ∠KGI ⇒ H, K, G thẳng

hàng ⇒KH, KI đối xứng qua KD hay đpcm

Quay trở lại toán ta giả sử H không nằm trênEF Do H, I, M thẳng hàng nên

qua KD Áp dụng bổ đề Kc qua H H, I, A thẳng hàng

4ABC cân tạiA (vơ lí) ta có đpcm

Nhận xét: Ở sử dụng tư điểm trùng từ có mối liên hệ giả thiết khơng liên quan tới Tơi thích lời giải gốc không sử dụng tới hai bổ đề phụ xong khó tiếp nhận lời giải khơng có hiểu biết đủ sâu sắc góc định hướng Ở lời giải thứ hai khó cho bạn khơng quen tiếp cận cấu hình này(biết bổ đề chứng minh khó)

Các toán đề nghị tháng sau

Bài toán 16(EGMO 2012): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có J tiếp điểm đường trịn (S)−M ixtilinear góc A Một đường thẳng tiếp xúc (S) điểm T đồng thời song songBC Chứng minh rằng: AJ, AT đẳng giác góc

A

Bài tốn 17(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O)

có BE, CF đường cao tam giác ABC Gọi H trực tâm tam

giác ABC, M trung điểm BC Tia M H cắt (O) điểm L Lấy X, Y, Z, T điểm đối xứng M qua EB, LE, LF, CF Chứng minh XY ZT hình bình hành

Bài tốn 18(Vĩnh Phúc TST ngày 2): Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có E, F trung điểm cung nhỏ AB, AC Lấy điểm P thay đổi phân giác góc ∠A Gọi AE, AF cắt (AP B),(AP C) điểm

M, N 6= A Gọi BP, CP cắt (AP C),(AP B) điểm X, Y 6= P Chứng minh rằng: M, N, X, Y đồng viên

Bài toán 19(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giácABC có đường cao AH Gọi

I tâm nội tiếp tam giác D hình chiếu I lên BC Lấy điểm E AH

sao cho AE = ID Qua D vẽ tiếp tuyến đường tròn (E;EH) cắt AB, AC

M, N Chứng minh M, N, B, C đồng viên

Bài toán 20(Kiểm tra đội tuyển Đà Nẵng): Cho điểm Adi động cung BC

nhỏ cố định (O).Gọi H trực tâm tam giác ABC Gọi AH∩BC =D Lấy K

đối xứng A qua O Lần lượt gọi E, F chân đường vng góc hạ từ H xuống

Phản hồi bạn đọc