Tuyển tập những bài toán Hình học phẳng hay và khó ôn thi HSG quốc gia

Khi đó,

TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI HÌNH HAY ƠN THI HSG QUỐC GIA 1 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 nội tiếp đường tròn (𝑶) 𝑬 điểm di động (𝑶) 𝑨𝑬 cắt các tiếp tuyến 𝑩, 𝑪 (𝑶) tương ứng 𝑴, 𝑵 𝑩𝑵 cắt 𝑪𝑴 𝑭 Chứng minh đường thẳng 𝑬𝑭 qua điểm cố định 𝑬 di động (𝑶)

Lời giải:

Đặt 𝑇 ≡ 𝐴𝐸 ∩ 𝐵𝐶, 𝐽 ≡ 𝐶𝐸 ∩ 𝐴𝐵, 𝐴1 ≡ 𝐵𝑀 ∩ 𝐶𝑁, 𝐿 ≡ 𝐴1𝐹 ∩ 𝐵𝐶, 𝐻 ≡ 𝐸𝐹 ∩ 𝐵𝐶, 𝐾 ≡ 𝐴𝐹 ∩ 𝐵𝐶 Xét tứ giác toàn phần sinh bốn điểm 𝐵, 𝐶, 𝑀, 𝑁 ta có (𝑇𝐿𝐵𝐶) = −1, cực 𝐴1 𝐵𝐶

đối với đường tròn (𝑂) thuộc đường thẳng 𝐴̅̅̅̅̅̅̅1𝐹𝐿 nên cực 𝐴̅̅̅̅̅̅̅1𝐹𝐿 thuộc đường thẳng 𝐵𝐶, suy

ra 𝑇 cực đường thẳng 𝐴̅̅̅̅̅̅̅1𝐹𝐿 (𝑂) Hơn nữa, xét tứ giác toàn phần tạo bốn

điểm 𝐴, 𝐸, 𝐵, 𝐶 (thuộc (𝑂)) ta thấy 𝑇 𝐽 liên hợp với qua (𝑂), suy 𝐽 ∈ 𝐴̅̅̅̅̅̅̅1𝐹𝐿 – đối cực 𝑇 Nói cách khác ta có 𝐴1, 𝐹, 𝐿, 𝐽 thẳng hàng

Mặt khác đặt 𝐴1′ ≡ 𝐸𝐾 ∩ 𝐴𝐻 Xét tứ giác toàn phần sinh bốn điểm 𝐴, 𝐸, 𝐾, 𝐻 ta lại có (𝐹𝑇, 𝐹𝐴1′, 𝐹𝐸, 𝐹𝐴) = −1 nên 𝐴

1 ′ ∈ 𝐴

1𝐹𝐿𝐽

̅̅̅̅̅̅̅̅ Hơn (𝑇𝐹, 𝑇𝐴1′, 𝑇𝐸, 𝑇𝐵) = −1 = 𝑇(𝐹𝐴

1𝐸𝐵) nên

𝐴1′ ≡ 𝐴1 Do 𝐻 ≡ 𝐸𝐹 ∩ 𝐵𝐶 ≡ 𝐴𝐴1∩ 𝐵𝐶, cố định

L K

J

T H

A1 F

N

M

A

B C

Tóm lại 𝐸𝐹 qua điểm 𝐻 cố định, chân đường đối trung từ 𝐴 tam giác 𝐴𝐵𝐶 Kết thúc chứng minh

2 Trong mặt phẳng ta xét bốn điểm 𝑨, 𝑩, 𝑪, 𝑫 Từ điểm chúng, ta vẽ hình chiếu đến cạnh tam giác tạo ba điểm cịn lại, tam giác pedal Khi đó, đường trịn ngoại tiếp bốn tam giác pedal (ứng với bốn điểm ấy) đồng quy điểm

Lời giải:

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề Cho hai đường tròn (𝑂1) (𝑂2) cắt hai điểm 𝐴, 𝐵 Hai đường thẳng qua 𝐵, đường cắt (𝑂1), (𝑂2) 𝑀, 𝑁 đường cắt (𝑂1), (𝑂2) 𝑃, 𝑄 Khi 𝐴 tâm phép

đồng dạng thuận biến 𝑀𝑁 thành 𝑃𝑄 Chứng minh

Từ điểm đồng viên ta có:

(𝐴𝑀, 𝐴𝑃) ≡ (𝐵𝑀, 𝐵𝑃) ≡ (𝐴𝑁, 𝐴𝑄) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) (𝑀𝐴, 𝑀𝑁) ≡ (𝑃𝐴, 𝑃𝑄) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Nên tam giác 𝐴𝑀𝑁 tam giác 𝐴𝑃𝑄 đồng dạng thuận với Từ suy 𝐴 tâm phép đồng dạng thuận biến 𝑀𝑁 thành 𝑃𝑄

Had

Ad

Ac

Ab

S

Cb

Cd

Ca

Dc

Da

Db

A

B C

Vào

Với điểm 𝐴, ta gọi hình chiếu tương ứng lên cạnh khơng chứa 𝐵, 𝐶, 𝐷 tam giác 𝐵𝐶𝐷 𝐴𝑏, 𝐴𝑐, 𝐴𝑑 tương tự cho điểm lại

Ta có 𝐴, 𝐴𝑑, 𝐴𝑏, 𝐶 đồng viên 𝐴, 𝐴𝑑, 𝐴𝑐, 𝐵 đồng viên nên:

(𝐴𝑑𝐴𝑏, 𝐴𝑑𝐴𝑐) ≡ (𝐴𝑑𝐴𝑏, 𝐴𝑑𝐴) + (𝐴𝑑𝐴, 𝐴𝑑𝐴𝑐) ≡ (𝐶𝐷, 𝐶𝐴) + (𝐵𝐷, 𝐵𝐴) ≡ (𝐴𝐶, 𝐴𝐵) + ((𝐵𝐷, 𝐵𝐴) + (𝐴𝐵, 𝐴𝐶) + (𝐴𝐶, 𝐶𝐷)) ≡ (𝐴𝐶, 𝐴𝐵) + (𝐷𝐵, 𝐷𝐶) (𝑚𝑜𝑑 𝜋)

Lý luận tương tự ta có:

(𝐴𝑑𝐴𝑐, 𝐴𝑑𝐴𝑏) ≡ (𝐵𝑐𝐵𝑑, 𝐵𝑐𝐵𝑎) ≡ (𝐶𝑏𝐶𝑎, 𝐶𝑏𝐶𝑑) ≡ (𝐷𝑎𝐷𝑏, 𝐷𝑎𝐷𝑐) ≡ (𝐴𝐵, 𝐴𝐶) + (𝐷𝐶, 𝐷𝐵) (𝑚𝑜𝑑 𝜋)

Điều tương tự xảy với góc cịn lại nên ta có tam giác pedal ứng với điểm 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 đồng dạng thuận với

Mặt khác ta có 𝐴𝑏, 𝐴𝑐, 𝐷𝑏, 𝐷𝑐 thuộc đường trịn đường kính 𝐴𝐷 nên theo định lý Pascal 𝐵 ≡ 𝐴𝐷𝑐∩ 𝐷𝐴𝑐, 𝐶 ≡ 𝐴𝐷𝑏∩ 𝐷𝐴𝑏, 𝐻𝑎𝑑 ≡ 𝐴𝑏𝐷𝑐 ∩ 𝐴𝑐𝐷𝑏 thẳng hàng

Hơn ta chứng minh hai tam giác 𝐴𝑑𝐴𝑏𝐴𝑐 𝐷𝑎𝐷𝑐𝐷𝑏 đồng dạng thuận nên: (𝐻𝑎𝑑𝐴𝑏, 𝐻𝑎𝑑𝐴𝑐) ≡ (𝐴𝑏𝐷𝑐, 𝐴𝑐𝐷𝑏) ≡ (𝐴𝑑𝐴𝑏, 𝐴𝑑𝐴𝑐) (𝑚𝑜𝑑 𝜋)

Suy 𝐻𝑎𝑑, 𝐴𝑏, 𝐴𝑐, 𝐴𝑑 đồng viên 𝐻𝑎𝑑, 𝐷𝑎, 𝐷𝑏, 𝐷𝑐 đồng viên

Nói cách khác 𝐴𝑑𝐷𝑎, 𝐴𝑏𝐷𝑐, 𝐴𝑐𝐷𝑏 đồng qui 𝐻𝑎𝑑 hai giao điểm hai đường

tròn pedal ứng với 𝐴 𝐷 Gọi 𝑆𝑎𝑑 giao điểm lại hai đường trịn pedal này, theo bổ đề 𝑆𝑎𝑑 tâm phép đồng dạng thuận (phép vị tự quay) biến Δ𝐴𝑑𝐴𝑏𝐴𝑐 ↦ Δ𝐷𝑎𝐷𝑐𝐷𝑏 Bây gọi 𝑆𝑎𝑐, 𝑆𝑐𝑑 giao điểm hai đường tròn pedal ứng với 𝐴 𝐶,𝐶 𝐷 cho 𝑆𝑎𝑐

𝑆𝑐𝑑 không nằm đường thẳng tứ giác toàn phần sinh bốn điểm 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷

Bằng lý luận tương tự ta suy 𝑆𝑎𝑐, 𝑆𝑐𝑑 tâm vị tự quay biến Δ𝐴𝑑𝐴𝑏𝐴𝑐 ↦ 𝐶𝑏𝐶𝑑𝐶𝑎 Δ𝐶𝑏𝐶𝑑𝐶𝑎 ↦ Δ𝐷𝑎𝐷𝑐𝐷𝑏

N

Q B

A

O1 O2

M

Rõ ràng tích hai phép đồng dạng thuận tâm 𝑆𝑎𝑐 𝑆𝑎𝑑 phép đồng dạng thuận có tâm 𝑆𝑐𝑑 Mặt khác ta có:

(𝐶𝑑𝐷𝑐, 𝐷𝑎𝐶𝑏) ≡ (𝐻𝑐𝑑𝐷𝑐, 𝐻𝑐𝑑𝐷𝑎) ≡ (𝐷𝑏𝐷𝑐, 𝐷𝑏𝐷𝑎) ≡ (𝐴𝑐𝐴𝑏, 𝐴𝑐𝐴𝑑) ≡ (𝐻𝑎𝑑𝐴𝑏, 𝐻𝑎𝑑𝐴𝑐) ≡ (𝐴𝑏𝐷𝑐, 𝐴𝑑𝐷𝑎) (𝑚𝑜𝑑 𝜋)

Bằng lý luận tương tự thì:

(𝐶𝑑𝐷𝑐, 𝐷𝑎𝐶𝑏) ≡ (𝐴𝑏𝐷𝑐, 𝐴𝑑𝐷𝑎) ≡ (𝐴𝑏𝐶𝑑, 𝐴𝑑𝐶𝑏) (𝑚𝑜𝑑 𝜋)

Suy tam giác 𝐴𝑏𝐶𝑑𝐷𝑐 tam giác 𝐴𝑑𝐶𝑏𝐷𝑎 đồng dạng thuận Vậy nên tồn phép đồng dạng 𝑉Δ𝐴𝑏𝐶𝑑𝐷𝑐 ↦ Δ𝐴𝑑𝐶𝑏𝐷𝑎 Hơn nữa:

𝑉𝑎𝑑: 𝐴𝑑𝐴𝑏 ↦ 𝐷𝑎𝐷𝑐, 𝑉𝑎𝑐: 𝐶𝑏𝐶𝑑 ↦ 𝐴𝑑𝐴𝑏, 𝑉𝑐𝑑= 𝑉𝑎𝑑⋅ 𝑉𝑎𝑐: 𝐶𝑏𝐶𝑑 ↦ 𝐷𝑎𝐷𝑐 Nên: 𝑆𝑎𝑑 ≡ 𝑆𝑎𝑐 ≡ 𝑆𝑎𝑑 ≡ 𝑆

Lý luận tương tự ta thấy đường tròn pedal 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 qua 𝑆 (đpcm)

3 (VMO 2009) Trong mặt phẳng cho hai điểm phân biệt 𝑨, 𝑩 điểm 𝑪 di động cho 𝑨𝑪𝑩̂ = 𝒂 không đổi Đường tròn (𝑰) nội tiếp tam giác 𝑨𝑩𝑪 tiếp xúc với 𝑨𝑩, 𝑩𝑪, 𝑪𝑨 theo thứ tự 𝑫, 𝑬, 𝑭 𝑨𝑰, 𝑩𝑰 cắt 𝑬𝑭 theo thứ tự 𝑴, 𝑵

a Chứng minh 𝑴𝑵 có độ dài không đổi

b Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝑫𝑴𝑵 qua điểm cố định

Lời giải:

Hcd

Had

Ad

Ac

Ab

S

Cb

Cd

Dc

Da

Db

B

a Ta có:

(𝐼𝐴, 𝐼𝐵) ≡ (𝐼𝐴, 𝐴𝐵) + (𝐴𝐵, 𝐼𝐵) ≡1

2((𝐶𝐴, 𝐴𝐵) + (𝐴𝐵, 𝐵𝐶)) ≡

2(𝐶𝐴, 𝐶𝐵) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Hơn nữa:

(𝐹𝐶, 𝐹𝐸) ≡ (𝐹𝐶, 𝐶𝐸) + (𝐶𝐸, 𝐹𝐸) ≡ (𝐹𝐶, 𝐶𝐸) + (𝐹𝐸, 𝐹𝐶) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Nên:

(𝐹𝐶, 𝐹𝐸) ≡1

2(𝐹𝐶, 𝐶𝐸) ≡

2(𝐶𝐴, 𝐶𝐵) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Suy ra:

(𝐼𝐴, 𝐼𝐵) ≡ (𝐹𝐶, 𝐹𝐸) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Từ đó: 𝐼, 𝐴, 𝑁, 𝐹 đồng viên, nên:

(𝑁𝐴, 𝑁𝐼) ≡ (𝐹𝐴, 𝐹𝐼) ≡𝜋

2 (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Lý luận tương tự ta có:

(𝑀𝐵, 𝑀𝐼) ≡ (𝑁𝐴, 𝑁𝐼) ≡𝜋

2 (𝑚𝑜𝑑 𝜋)

Suy 𝑀, 𝑁 thuộc đường trịn đường kính 𝐴𝐵 Gọi 𝑆 trung điểm 𝐴𝐵 từ điểm đồng viên ta có:

(𝑆𝑀, 𝑆𝑁) ≡ 2(𝐵𝑀, 𝐵𝑁) ≡ 2(𝐸𝑀, 𝐸𝐼) ≡ 2(𝐶𝐹, 𝐶𝐼) ≡ (𝐶𝐴, 𝐶𝐵) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Suy góc hình học 𝑀𝑆𝑁̂ có độ lớn khơng đổi

Mặt khác theo định lý sin thì:

𝑀𝑁 = 𝐴𝐵

2 ⋅ sin 𝑀𝑆𝑁̂ Nên 𝑀𝑁 có độ lớn không đổi (đpcm)

H

S M

N F

E

D I

O C

b Gọi 𝐻 ≡ 𝐴𝑁 ∩ 𝐵𝑀 Xét tam giác 𝐻𝐴𝐵 có 𝑀, 𝐷, 𝑁 chân đường cao (theo lý luận câu a) Thế (𝐷𝑀𝑁) đường trịn Euler tam giác 𝐻𝐴𝐵, đó, qua trung điểm 𝑆 cạnh 𝐴𝐵, điểm cố định (đpcm)

4 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 có 𝑨𝑨′, 𝑩𝑩′, 𝑪𝑪′ đường cao Chứng minh đường thẳng Euler tam giác 𝑨𝑩′𝑪′, 𝑩𝑪′𝑨′, 𝑪𝑨′𝑩′ đồng qui

Lời giải:

Gọi 𝑂𝑎, 𝑂𝑏, 𝑂𝑐 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐴𝐵′𝐶′, 𝐵𝐶′𝐴′, 𝐶𝐴′𝐵′ 𝐻𝑎, 𝐻𝑏, 𝐻𝑐 trực tâm tam giác theo thứ tự

Xét phép vị tự đối xứng 𝑆𝑎 có trục đối xứng phân giác 𝑙𝑎 góc 𝐵𝐴𝐶̂, tâm vị tự 𝐴 tỉ số:

𝑘 =𝐴𝐵

′

𝐴𝐵 = cos 𝐴

Ta có 𝑆𝑎: 𝐵 ↦ 𝐵′, 𝐶 ↦ 𝐶′, 𝑂 ↦ 𝑂𝑎, 𝐻 ↦ 𝐻𝑎 nên 𝑂𝑎𝐻𝑎 𝑂𝐻 đối song với góc 𝐵𝐴𝐶̂ Gọi 𝐼 tâm đường tròn nội tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐶, ta biết tích hai phép đối xứng trục 𝐼𝐴, 𝐼𝐵 phép quay tâm 𝐼, góc quay 2(𝐼𝐴, 𝐼𝐵) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) nên:

(𝑂𝑎𝐻𝑎, 𝑂𝑏𝐻𝑏) ≡ 2(𝐼𝐴, 𝐼𝐵) ≡ 2((𝐼𝐴, 𝐴𝐵) + (𝐴𝐵, 𝐼𝐵)) ≡ (𝐶𝐴, 𝐴𝐵) + (𝐴𝐵, 𝐵𝐶)

≡ (𝐶𝐴, 𝐶𝐵) (𝑚𝑜𝑑 𝜋)

Mặt khác, 𝑂𝑐𝑂𝑎 𝑂𝑐𝑂𝑏 đường trung bình tam giác 𝐻𝐴𝐶 tam giác 𝐻𝐴𝐵 nên: (𝑂𝑐𝑂𝑎, 𝑂𝑐𝑂𝑏) ≡ (𝐶𝐴, 𝐶𝐵) ≡ (𝑂𝑎𝐻𝑎, 𝑂𝑏𝐻𝑏) (𝑚𝑜𝑑 𝜋)

I

Ob Hb

S

Oc Hc Ha

Oa

A'

B'

C'

H

O A

Suy giao điểm 𝑆𝑐 𝑂𝑎𝐻𝑎 với 𝑂𝑏𝐻𝑏 nằm đường tròn (𝑂𝑎𝑂𝑏𝑂𝑐), tức đường tròn Euler

của tam giác 𝐴𝐵𝐶

Lý luận tương tự ta có 𝑆𝑎 ≡ 𝑆𝑏 ≡ 𝑆𝑐 ≡ 𝑆 ∈ (Σ), hay 𝑂𝑎𝐻𝑎, 𝑂𝑏𝐻𝑏, 𝑂𝑐𝐻𝑐 đồng qui đường trịn (Σ), (Σ) đường trịn Euler tam giác 𝐴𝐵𝐶 (đpcm)

5 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 𝑫 điểm cho 𝑫𝑩𝑨̂ = 𝑫𝑪𝑨̂ = 𝑩𝑨𝑪̂ Chứng minh 𝑫 thuộc đường thẳng Euler tam giác 𝑨𝑩𝑪

Lời giải:

Gọi 𝐾𝑏≡ 𝐶𝐷 ∩ 𝐴𝐵, 𝐾𝑏 ≡ 𝐵𝐷 ∩ 𝐴𝐶, 𝑀𝑏, 𝑀𝑐 trung điểm 𝐴𝐵, 𝐴𝐶, 𝐺, 𝑂 trọng tâm

của tam giác 𝐴𝐵𝐶, 𝑇 ≡ 𝐶𝑀𝑐∩ 𝐾𝑏𝑀𝑏, 𝐻 ≡ 𝐶𝐾𝑏∩ 𝐾𝑐𝑀𝑐 Ta có tam giác 𝐾𝑏𝐴𝐶 𝐾𝑐𝐴𝐵 cân tương ứng 𝐾𝑏, 𝐾𝑐 nên 𝐾𝑏, 𝑂, 𝑇, 𝑀𝑏 thẳng hàng 𝐾𝑐, 𝐻, 𝑂, 𝑀𝑐 thẳng hàng Ta lại có:

(𝐶𝑇𝐺𝑀𝑐) = 𝑀𝑏(𝐶𝑇𝐺𝑀𝐶) = 𝑀𝑏(𝐴𝐾𝑏𝐵𝑀𝑐) = 𝐾𝑐(𝐴𝐾𝑏𝐵𝑀𝑐) = 𝐾𝑐(𝐶𝐾𝑏𝐷𝐻) = (𝐶𝐾𝑏𝐷𝐻)

Suy 𝑇𝐾𝑏, 𝐺𝐷, 𝐻𝑀𝑐 đồng qui, nói cách khác 𝐺𝐷 qua giao điểm 𝑂 𝐾𝑏𝑀𝑏 𝐾𝑐𝑀𝑐,

hay 𝐷 thuộc đường thẳng Euler 𝑂𝐺 tam giác 𝐴𝐵𝐶 (đpcm)

6 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 nội tiếp đường tròn (𝑶) 𝑺𝟏, 𝑺𝟐 hai điểm di động đường

tròn (𝑶) đối xứng 𝑶 Giả sử 𝚫𝟏, 𝚫𝟐 đường thẳng Simson ứng với 𝑺𝟏, 𝑺𝟐

Chứng minh 𝚫𝟏 ⊥ 𝚫𝟐 giao điểm 𝚫𝟏, 𝚫𝟐 thuộc đường tròn cố định

Lời giải:

H T

G

Mc M

b

D

Kc

Kb

O A

Gọi 𝑀𝑎𝑖, 𝑀𝑏𝑖, 𝑀𝑐𝑖 (𝑖 = 1,2) hình chiếu 𝑆𝑖 tương lên 𝐵𝐶, 𝐶𝐴, 𝐴𝐵 Ta có:

(Δ1,Δ2) ≡ (Δ1, 𝐴𝐵) + (𝐴𝐵,Δ2) ≡ (𝑆1𝑀𝑎1, 𝑆1𝐵) + (𝑆2𝐴, 𝑆2𝑀𝑏2)

≡ (𝐵𝐶, 𝑆1𝐵) +𝜋

2+ (𝑆2𝐴, 𝐴𝐶) + 𝜋

2 ≡ (𝐴𝐶, 𝐴𝑆1) + (𝑆2𝐴, 𝐴𝐶) ≡ (𝑆2𝐴, 𝐴𝑆1) ≡ 𝜋

2 (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Suy Δ1 ⊥Δ2 𝑆

Gọi 𝐻 trực tâm tam giác 𝐴𝐵𝐶 (𝐸) đường tròn Euler tam giác 𝐴𝐵𝐶 Xét phép vị tự 𝐻 có tâm 𝐻, tỉ số 𝑘 = 2, ta có:

𝐻:Δ1 ↦Δ1′;Δ2 ↦Δ2′ ; 𝑆 ↦ 𝑆′; 𝐸 ↦ 𝑂; (𝐸) ↦ (𝑂)

Thế theo tính chất đường thẳng Steiner, 𝑆1 ∈Δ1′ 𝑆2 ∈Δ2′ Mặt khác 𝑆1𝑆2 đường

kính (𝑂) Δ1′ ⊥Δ2′ nên 𝑆′≡ Δ1′ ∩Δ2′ ∈ (𝑂), mà 𝐻: (𝐸) ↦ (𝑂) nên 𝑆 ∈ (𝐸)

Vậy giao điểm 𝑆 Δ1,Δ2 thuộc đường tròn Euler tam giác 𝐴𝐵𝐶 cố định (đpcm)

7 Cho tứ giác 𝑨𝑩𝑪𝑫 nội tiếp đường tròn (𝑶) 𝑴 điểm đường tròn (𝑶) Gọi 𝑿, 𝒀, 𝒁, 𝑻, 𝑼, 𝑽 theo thứ tự hình chiếu 𝑴 lên đường thẳng 𝑨𝑩, 𝑩𝑪, 𝑪𝑫, 𝑫𝑨, 𝑨𝑪, 𝑩𝑫 gọi 𝑵, 𝑷, 𝑸 theo thứ tự trung điểm 𝑿𝒁, 𝒀𝑻, 𝑼𝑽 a Chứng minh 𝑵, 𝑷, 𝑸 thẳng hàng

b Hãy xét trường hợp 𝑴 điểm mặt phẳng

Lời giải:

a Do 𝑀 ∈ (𝑂) nên theo định lý đường thẳng Simson, ta có: (𝑋𝑉𝑇), (𝑋𝑈𝑌), (𝑉𝑍𝑌), (𝑇𝑍𝑈) ba điểm thẳng hàng Nói cách khác, (𝑋𝑈, 𝑋𝑉, 𝑉𝑌, 𝑇𝑈, 𝑋𝑍, 𝑈𝑉) hình tứ giác toàn phần Theo định lý đường thẳng Gauss tứ giác tồn phần ta suy 𝑁, 𝑃, 𝑄 thẳng hàng

H

S E

Mc1

Mc2

Ma2 Mb2

Mb1

Ma1

S2

O A

B

C

b Nếu 𝑀 điểm mặt phẳng, ta chứng minh kết luận toán Thật vậy:

Gọi 𝐺 trọng tâm tứ giác 𝐴𝐵𝐶𝐷, tức 𝐺 thỏa hệ thức tỉ cự 𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐺𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ = 0⃗ Khi đó, 𝐺 điểm đồng qui đường nối trung điểm hai đường chéo với hai đường nối trung điểm hai cặp cạnh đối tứ giác 𝐴𝐵𝐶𝐷

P Y

T

Q

U

V

N

Z X

O

M A

D

Với điểm 𝑀 mặt phẳng, ta gọi 𝑀′ ≡ 𝑂𝑀 ∩ (𝑂) Gọi 𝑌′, 𝑇′ hình chiếu 𝑀′ lên 𝐴𝐷, 𝐵𝐶 𝑃′, 𝐸, 𝐹 trung điểm 𝑌′𝑇′, 𝐵𝐶, 𝐴𝐷 theo thứ tự Theo định lý Thalès ta có:

𝐹𝑇′

̅̅̅̅ 𝐹𝑇 ̅̅̅̅ =

𝐸𝑌′

̅̅̅̅̅ 𝐸𝑌 ̅̅̅̅ =

𝑂𝑀′

̅̅̅̅̅ 𝑂𝑀 ̅̅̅̅̅ = 𝑘 Suy 𝐺, 𝑃′, 𝑃 thẳng hàng và:

𝐺𝑃′

̅̅̅̅̅ 𝐺𝑃 ̅̅̅̅ = 𝑘 Bằng lý luận tương tự với 𝑁, 𝑄 ta có:

𝐺𝑁′

̅̅̅̅̅ 𝐺𝑁 ̅̅̅̅ =

𝐺𝑃′

̅̅̅̅̅ 𝐺𝑃 ̅̅̅̅ =

𝐺𝑄′

̅̅̅̅̅ 𝐺𝑄 ̅̅̅̅ = 𝑘

Xét phép vị tự 𝐻 có tâm 𝐺 tỉ số 𝑘, ta có 𝐻: 𝑁 ↦ 𝑁′, 𝑃 ↦ 𝑃′, 𝑄 ↦ 𝑄′ theo câu a 𝑁′, 𝑃′, 𝑄′

thẳng hàng nên 𝑁, 𝑃, 𝑄 thẳng hàng (đpcm)

8 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 có 𝑰 tâm đường trịn nội tiếp, 𝑶 tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm 𝑮 Giả sử 𝑶𝑰𝑨̂ = 𝟗𝟎𝒐 Chứng minh 𝑰𝑮 ∥ 𝑩𝑪

Lời giải:

P P' G

F

E

T T'

Y Y'

M' O

M A

B

C

Ta có:

𝑂𝐼𝐴̂ = 90𝑜⇔ 𝑂𝐴2 = 𝑂𝐼2+ 𝐼𝐴2 ⇔ 𝑅2 = 𝑅2− 2𝑅𝑟 + 𝐼𝐴2 ⇔ 𝐼𝐴2 = 2𝑅𝑟

Mặt khác, đặt 𝑆𝑎 ≡ 𝐴𝐼 ∩ (𝑂), 𝐿𝑎 ≡ 𝐴𝐼 ∩ 𝐵𝐶, 𝑀𝑎 ≡ 𝐴𝐺 ∩ 𝐵𝐶 Do 𝑂𝐼𝐴̂ = 90𝑜 nên:

𝐼𝐴 = 𝐼𝑆𝑎 = 𝐴𝑆𝑎

2 ⇒ 𝐴𝑆𝑎

2 = 4𝐴𝐼2 = 8𝑅𝑟

Lại có tam giác 𝐴𝐵𝐿𝑎 tam giác 𝐴𝑆𝑎𝐶 đồng dạng nên: 𝐴𝐵

𝐴𝐿𝑎 = 𝐴𝑆𝑎

𝐴𝐶 ⇒ 𝐴𝐿𝑎⋅ 𝐴𝑆𝑎 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐶 = 𝑏𝑐 ⇒ 𝑏2𝑐2 = 𝐴𝐿2𝑎⋅ 𝐴𝑆𝑎2 =

4𝑏𝑐

(𝑏 + 𝑐)2⋅ 𝑝(𝑝 − 𝑎) ⋅ 8𝑅𝑟 = ⋅

4𝑏𝑐

(𝑏 + 𝑐)2⋅ 𝑝(𝑝 − 𝑎) ⋅

𝑎𝑏𝑐 4𝑆 ⋅

2𝑆 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ⇒ (𝑏 + 𝑐)2 = 4𝑎(𝑏 + 𝑐 − 𝑎) ⇒ (𝑏 + 𝑐)2− 4𝑎(𝑏 + 𝑐) + 4𝑎2 = ⇒ 2𝑎 = 𝑏 + 𝑐 Mặt khác ta có:

𝐼𝐿𝑎 𝐼𝐴 =

𝐵𝐿𝑎

𝑐 =

𝐶𝐿𝑎

𝑏 =

𝑎 𝑏 + 𝑐 Nên:

𝐼𝐺 ∥ 𝐵𝐶 ⇔𝐼𝐿𝑎 𝐼𝐴 =

𝐺𝑀𝑎 𝐺𝐴 =

1 2⇔

𝑎 𝑏 + 𝑐=

1

2⇔ 2𝑎 = 𝑏 + 𝑐 Nhưng đẳng thức cuối ta suy

Từ ta có đpcm

Sa O

La G

Ma I

A

B

9 (IMO Shortlist) Giả sử M, N điểm nằm tam giác ABC cho 𝑴𝑨𝑩̂ = 𝑵𝑨𝑪̂ và 𝑴𝑩𝑨̂ = 𝑵𝑩𝑪̂ Chứng minh rằng:

𝑨𝑴 ⋅ 𝑨𝑵 𝑨𝑩 ⋅ 𝑨𝑪 +

𝑩𝑴 ⋅ 𝑩𝑵 𝑩𝑪 ⋅ 𝑩𝑨 +

𝑪𝑴 ⋅ 𝑪𝑵 𝑪𝑨 ⋅ 𝑪𝑩 = 𝟏

Lời giải:

Xét phép vị tự quay 𝑆 có tâm 𝐵, góc quay (𝐵𝑀, 𝐵𝐴) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) tỉ số: 𝑘 = 𝐵𝐴

𝐵𝑀 Ta có: 𝑆: 𝑀 ↦ 𝐴, 𝐶 ↦ 𝐻 ∈ 𝐵𝑁 Khi đó:

(𝐻𝑁, 𝐻𝐶) ≡ (𝐴𝐵, 𝐴𝑀) ≡ (𝐴𝑁, 𝐴𝐶) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Nên 𝐴, 𝑁, 𝐶, 𝐻 đồng viên Theo định lý Ptolemy ta có:

𝐻𝐵 ⋅ 𝐴𝐶 = 𝐴𝐶 ⋅ (𝐵𝑁 + 𝑁𝐻) = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝑁 + 𝐴𝑁 ⋅ 𝐶𝐻 + 𝐴𝐻 ⋅ 𝐶𝑁 Lại theo tính chất phép vị tự quay thì:

𝑘 = 𝐵𝐴 𝐵𝑀 =

𝐻𝐶 𝐴𝑀 =

𝐻𝐴 𝑀𝐶 =

𝐻𝐵

𝐵𝐶 ⇒ 𝐻𝐶 =

𝐴𝑀 ⋅ 𝐴𝐵

𝐵𝑀 ; 𝐻𝐵 =

𝐴𝐵 ⋅ 𝐵𝐶

𝐵𝑀 ; 𝐻𝐴 =

𝐴𝐵 ⋅ 𝑀𝐶 𝐵𝑀 Suy ra:

𝐴𝐵 ⋅ 𝐵𝐶

𝐵𝑀 ⋅ 𝐴𝐶 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝑁 +

𝐴𝑀 ⋅ 𝐴𝐵

𝐵𝑀 ⋅ 𝐴𝑁 +

𝐴𝐵 ⋅ 𝑀𝐶 𝐵𝑀 ⋅ 𝐶𝑁 Hay:

𝐴𝑀 ⋅ 𝐴𝑁 𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐶 +

𝐵𝑀 ⋅ 𝐵𝑁 𝐵𝐶 ⋅ 𝐵𝐴 +

𝐶𝑀 ⋅ 𝐶𝑁 𝐶𝐴 ⋅ 𝐶𝐵 =

H

N A

B C

10 (VMO 1997) Trong mặt phẳng, cho đường tròn (𝑶, 𝑹) điểm 𝑷 nằm đường tròn Trong tất tứ giác lồi 𝑨𝑩𝑪𝑫 nội tiếp đường tròn (𝑶) có hai đường chéo 𝑨𝑪 𝑩𝑫 vng góc cắt 𝑷, tìm tứ giác có chu vi lớn tứ giác có chu vi nhỏ Tính giá trị lớn nhỏ theo 𝑹 𝒅

Lời giải:

Gọi 𝐵𝐸 đường kính (𝑂) đặt 𝑝 = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐷 + 𝐷𝐴 Ta có tam giác 𝐴𝐵𝐸 tam giác 𝑃𝐴𝐷 đồng dạng, tam giác 𝐶𝐵𝐸 tam giác 𝑃𝐶𝐷 đồng dạng nên:

𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐷 = 2𝑅 ⋅ 𝑃𝐴; 𝐶𝐵 ⋅ 𝐶𝐷 = 2𝑅 ⋅ 𝐴𝐶 Suy ra:

𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐷 + 𝐶𝐵 ⋅ 𝐶𝐷 = 2𝑅 ⋅ (𝑃𝐴 + 𝑃𝐶) = 2𝑅 ⋅ 𝐴𝐶 Tương tự:

𝐵𝐴 ⋅ 𝐵𝐶 + 𝐷𝐴 ⋅ 𝐷𝐶 = 2𝑅 ⋅ (𝑃𝐵 + 𝑃𝐷) = 2𝑅 ⋅ 𝐵𝐷 Mặt khác:

𝐴𝐵2+ 𝐶𝐷2 = 𝐴𝐵2+ 𝐴𝐸2 = 4𝑅2; 𝐴𝐷2+ 𝐵𝐶2 = 𝐶𝐸2+ 𝐵𝐶2 = 4𝑅2

Gọi 𝑀, 𝑁 trung điểm 𝐴𝐶, 𝐵𝐷, ta có:

𝐴𝐶2+ 𝐵𝐷2 = 4𝐴𝑀2+ 4𝐵𝑁2 = 4(𝑅2− 𝑂𝑀2) + 4(𝑅2− 𝑂𝑁2) = 8𝑅2− 4𝑑2

Ta lại có:

𝐴𝐶2 ⋅ 𝐵𝐷2 = 16𝐴𝑀2⋅ 𝐵𝑁2 = 16(𝑅2− 𝑂𝑀2)(𝑅2− 𝑂𝑁2)

= 16(𝑅4− 𝑅2(𝑂𝑀2 + 𝑂𝑁2) + 𝑂𝑀2 ⋅ 𝑂𝑁2) = 16(𝑅4− 𝑅2𝑑2+ 𝑂𝑀2 ⋅ 𝑂𝑁2)

Từ đẳng thức ta có:

𝑝2 = 𝐴𝐵2+ 𝐶𝐷2+ 𝐴𝐷2 + 𝐵𝐶2+ 2(𝐴𝐵 ⋅ 𝐴𝐷 + 𝐶𝐵 ⋅ 𝐶𝐷) + 2(𝐵𝐴 ⋅ 𝐵𝐶 + 𝐷𝐴 ⋅ 𝐷𝐶)

+ 2(𝐴𝐵 ⋅ 𝐶𝐷 + 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐶) = 8𝑅2+ 2𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷 + 4𝑅(𝐴𝐶 + 𝐵𝐷) = 8𝑅2+ 2𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷 + 4𝑅√8𝑅2− 4𝑑2 + 2𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷

Thay 𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷 = 4√𝑅4− 𝑅2𝑑2+ 𝑂𝑀2⋅ 𝑂𝑁2 vào biểu thức ta có:

𝑝2 = 8𝑅2+ 8√𝑅4− 𝑅2𝑑2+ 𝑂𝑀2⋅ 𝑂𝑁2+ 4𝑅√8𝑅2− 4𝑑2+ 8√𝑅4− 𝑅2𝑑2 + 𝑂𝑀2⋅ 𝑂𝑁2

Vậy rõ ràng 𝑝 hàm tăng theo 𝑂𝑀2⋅ 𝑂𝑁2 Do đó:

N

M P

E

C

O D

1 𝑝 nhỏ 𝑂𝑀2⋅ 𝑂𝑁2 = 0, tức 𝐴𝐶 𝐵𝐷 trở thành đường kính (𝑂) Giá trị nhỏ 𝑝 đạt lúc là:

𝑝𝑚𝑖𝑛 = (𝑅2+ 𝑅√𝑅2− 𝑑2)

2 Theo bất đẳng thức AM-GM:

4𝑂𝑀2⋅ 𝑂𝑁2 ≤ (𝑂𝑀2+ 𝑂𝑁2)2 = 𝑑4

Đẳng thức xảy 𝐴𝐶 = 𝐵𝐷, 𝐴𝐶 𝐵𝐷 đối xứng qua 𝑃, tức hợp với 𝑂𝑃 góc 45𝑜 Giá trị lớn 𝑝 đạt lúc là:

𝑝𝑚𝑎𝑥 = (16𝑅2− 4𝑑2+ 8𝑅√4𝑅2− 2𝑑2)

11 (IMO SL 1997) Cho lục giác lồi 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭 có 𝑨𝑩 = 𝑩𝑪, 𝑪𝑫 = 𝑫𝑬, 𝑬𝑭 = 𝑭𝑨 Chứng minh bất đẳng thức sau cho biết đẳng thức xảy nào?

𝑩𝑪 𝑩𝑬+

𝑫𝑬 𝑫𝑨+

𝑭𝑨 𝑭𝑪≥

𝟑 𝟐

Lời giải:

Đặt 𝐴𝐶 = 𝑥, 𝐶𝐸 = 𝑦, 𝐸𝐴 = 𝑧 Theo bất đẳng thức Ptolemy tứ giác 𝐴𝐶𝐸𝐹 ta có: 𝐴𝐶 ⋅ 𝐸𝐹 + 𝐶𝐸 ⋅ 𝐴𝐹 ≥ 𝐴𝐸 𝐶𝐹

Nhưng 𝐹𝐸 = 𝐹𝐴 nên :

𝐹𝐴(𝑥 + 𝑦) ≥ 𝐹𝐶 𝑧 hay𝐹𝐴 𝐹𝐶 ≥

𝑧 𝑥 + 𝑦 Lý luận tương tự ta có :

𝐷𝐸 𝐷𝐴≥

𝑦 𝑧 + 𝑥

𝐵𝐶 𝐵𝐸 ≥

𝑥 𝑦 + 𝑧

Cộng bất đẳng thức lại với kết hợp với bất đẳng thức Nesbit ta có : 𝐵𝐶

𝐵𝐸+ 𝐷𝐸 𝐷𝐴+

𝐹𝐴 𝐹𝐶≥

𝑥 𝑦 + 𝑧+

𝑦 𝑧 + 𝑥+

𝑧 𝑥 + 𝑦≥

3

z

x

y

A B

D

C

Đẳng thức xảy 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 đồng thời 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹 đồng viên, tức 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹 phải lục giác

12 (IMO 2001) Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 với trọng tâm 𝑮 độ dài cạnh 𝑩𝑪 = 𝒂, 𝑪𝑨 = 𝒃, 𝑨𝑩 = 𝒄 Tìm điểm 𝑷 mặt phẳng tam giác cho đại lượng 𝑨𝑮 ⋅ 𝑨𝑷 + 𝑩𝑷 ⋅ 𝑩𝑮 + 𝑪𝑷 ⋅ 𝑪𝑮 đạt giá trị nhỏ tìm giá trị nhỏ theo a, b, c

Lời giải:

Ta sử dụng xét quen thuộc sau tích vơ hướng hai vector: 𝑎 ⋅ 𝑏⃗ = |𝑎 | ⋅ |𝑏⃗ | ⋅ cos(𝑎 , 𝑏⃗ ) ≤ |𝑎 | ⋅ |𝑏⃗ | Theo nhận xét ta có:

𝐴𝑃 ⋅ 𝐴𝐺 + 𝐵𝑃 ⋅ 𝐵𝐺 + 𝐶𝑃 ⋅ 𝐶𝐺 ≥ 𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ 𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ 𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ (𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐺𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ ) + 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ (𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐺𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ ) + 𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ (𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐺𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ )

= 𝐺𝐴2+ 𝐺𝐵2+ 𝐺𝐶2+ 𝑃𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ (𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 𝐺𝐴2+ 𝐺𝐵2+ 𝐺𝐶2 =𝑎

2 + 𝑏2+ 𝑐2

3

Đẳng thức xảy cos(𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ ; 𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ ) = cos(𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ ; 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ ) = cos(𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ ; 𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗⃗ ) = hay 𝑃 ≡ 𝐺 12* Cho sáu điểm 𝑨, 𝑩, 𝑪, 𝑫, 𝑬, 𝑭 thuộc đường tròn (𝑶, 𝑹) cho 𝑨𝑩 = 𝑪𝑫 = 𝑬𝑭 = 𝑹 Gọi 𝑴, 𝑵, 𝑷 trung điểm 𝑩𝑪, 𝑫𝑬, 𝑭𝑨 Chứng minh tam giác 𝑴𝑵𝑷

Lời giải:

Giả sử tam giác 𝑂𝐴𝐵 có hướng dương Xét phép quay vector: 𝑄60°: 𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ↦ 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ; 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ↦ 𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ; 𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ ↦ 𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗

Ta có:

P

N M

E

C B

O A

𝑄(𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 𝑄(𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 𝑄 (1

2(𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ ) −

2(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ )) =

2𝑄(𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ) =1

2(𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ − 𝑂𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) =

2(𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + (𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐷𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ )) =

2(𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗

Suy (𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = 60° 𝑀𝑁 = 𝑀𝑃 hay tam tam giác 𝑀𝑁𝑃 (đpcm)

14 Cho hình thoi 𝑨𝑩𝑪𝑫 có 𝑫𝑨𝑩̂ = 𝟏𝟐𝟎° 𝑴 ∈ 𝑨𝑫 𝑩𝑴 cắt 𝑪𝑫 𝑵 𝑨𝑵 cắt 𝑪𝑴 𝑷 Tính góc 𝑨𝑷𝑪̂

Lời giải:

Ta chứng minh 𝐴𝑃𝐶̂ = 60°, tức 𝐴, 𝑃, 𝐶, 𝐷 đồng viên

Dựng 𝑃′∈ 𝐶𝑀 cho 𝐴, 𝑃′, 𝐶, 𝐷 đồng viên Đặt 𝑁′ ≡ 𝐴𝑃′∩ 𝐶𝐷, ta chứng minh 𝑃′≡ 𝑃 cách chứng minh 𝐵, 𝑀, 𝑁′ thẳng hàng

Điều tương đương với:

(𝐴𝐶, 𝐴𝐵, 𝐴𝑀, 𝐴𝑁′) = (𝐶𝐴, 𝐶𝐵, 𝐶𝑀, 𝐶𝑁′)

Nhưng 𝐵𝐴, 𝐵𝐶 tiếp tuyến đường tròn (𝐴𝐶𝐷) nên:

(𝐴𝐶, 𝐴𝐵, 𝐴𝑀, 𝐴𝑁′) = 𝐴(𝐶𝐴𝐷𝑃′) = 𝐶(𝐶𝐴𝐷𝑃′) = (𝐶𝐵, 𝐶𝐴, 𝐶𝑁′, 𝐶𝑀) = (𝐶𝐴, 𝐶𝐵, 𝐶𝑀, 𝐶𝑁′)

Nên ta có đpcm

15 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 nội tiếp đường tròn (𝑶) Gọi 𝑨𝟏 ∈ 𝑩𝑪 chân đường đối trung xuất phát từ 𝑨 tam giác 𝑨𝑩𝑪 𝑩𝒂 ∈ 𝑨𝑪 𝑪𝒂 ∈ 𝑨𝑩 cho 𝑨𝟏𝑩𝒂𝑨𝑪𝒂 hình bình hành

a Chứng minh 𝑩, 𝑪, 𝑩𝒂, 𝑪𝒂 đồng viên

b Gọi 𝑶𝒂 tâm đường tròn (𝑩𝑪𝑩𝒂𝑪𝒂) Chứng minh 𝑨𝑶𝒂 qua trung điểm 𝑶𝑳

với 𝑳 điểm Lemoine tam giác 𝑨𝑩𝑪

Lời giải:

H

P

N

B A

C D

a Ta có 𝐵𝐶𝐵𝑎𝐶𝑎 hình bình hành nên 𝐴𝐴1 qua trung điểm 𝐵𝑎𝐶𝑎, suy 𝐵, 𝐶, 𝐵𝑎, 𝐶𝑎 đồng viên

b Gọi 𝐼 trung điểm 𝑂𝐿 Xét phép vị tự: ℋ𝐴𝑘=

𝐴𝐴1

𝐴𝐿: 𝐿 ↦ 𝐴

1, 𝐵 ↦ 𝐵′, 𝐶 ↦ 𝐶′, 𝑂 ↦ 𝑂′

Ta có 𝐴1 điểm Lemoine tam giác 𝐴𝐵′𝐶′ 𝐵𝐴̅̅̅̅̅̅̅ ∥ 𝐵1𝐶 ′𝐶′, 𝐴1𝐵𝑎 ∥ 𝐴𝐵′, 𝐴1𝐶𝑎 ∥ 𝐴𝐶′

nên (𝐵𝐶𝐵𝑎𝐶𝑎) đường trịn Lemoine thứ tam giác 𝐴𝐵′𝐶′, từ 𝑂𝑎 tâm đường trịn nên 𝑂𝑎 trung điểm 𝑂′𝐴

1, mặt khác ℋ: 𝐿 ↦ 𝐴1, 𝑂 ↦ 𝑂′ nên ℋ: 𝐼 ↦ 𝑂𝑎

Suy 𝐴, 𝐼, 𝑂𝑎 thẳng hàng (đpcm)

16 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 có 𝑨𝑨′, 𝑩𝑩′, 𝑪𝑪′ đường cao Chứng minh đường thẳng Euler tam giác 𝑨𝑩′𝑪′, 𝑩𝑪′𝑨′, 𝑪𝑨′𝑩′ đồng qui

Lời giải:

O'

B' C'

I

Oa Ba

Ca

A1 L

S O A

B

Gọi 𝑂𝑎, 𝑂𝑏, 𝑂𝑐 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐴𝐵′𝐶′, 𝐵𝐶′𝐴′, 𝐶𝐴′𝐵′ 𝐻𝑎, 𝐻𝑏, 𝐻𝑐

trực tâm tam giác theo thứ tự

Xét phép vị tự đối xứng 𝑆𝑎 có trục đối xứng phân giác 𝑙𝑎 góc 𝐵𝐴𝐶̂, tâm vị tự 𝐴 tỉ số:

𝑘 =𝐴𝐵

′

𝐴𝐵 = cos 𝐴

Ta có 𝑆𝑎: 𝐵 ↦ 𝐵′, 𝐶 ↦ 𝐶′, 𝑂 ↦ 𝑂𝑎, 𝐻 ↦ 𝐻𝑎 nên 𝑂𝑎𝐻𝑎 𝑂𝐻 đối song với góc 𝐵𝐴𝐶̂ Gọi 𝐼 tâm đường tròn nội tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐶, ta biết tích hai phép đối xứng trục 𝐼𝐴, 𝐼𝐵 phép quay tâm 𝐼, góc quay 2(𝐼𝐴, 𝐼𝐵) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) nên:

(𝑂𝑎𝐻𝑎, 𝑂𝑏𝐻𝑏) ≡ 2(𝐼𝐴, 𝐼𝐵) ≡ 2((𝐼𝐴, 𝐴𝐵) + (𝐴𝐵, 𝐼𝐵)) ≡ (𝐶𝐴, 𝐴𝐵) + (𝐴𝐵, 𝐵𝐶)

≡ (𝐶𝐴, 𝐶𝐵) (𝑚𝑜𝑑 𝜋)

Mặt khác, 𝑂𝑐𝑂𝑎 𝑂𝑐𝑂𝑏 đường trung bình tam giác 𝐻𝐴𝐶 tam giác 𝐻𝐴𝐵 nên: (𝑂𝑐𝑂𝑎, 𝑂𝑐𝑂𝑏) ≡ (𝐶𝐴, 𝐶𝐵) ≡ (𝑂𝑎𝐻𝑎, 𝑂𝑏𝐻𝑏) (𝑚𝑜𝑑 𝜋)

Suy giao điểm 𝑆𝑐 𝑂𝑎𝐻𝑎 với 𝑂𝑏𝐻𝑏 nằm đường tròn (𝑂𝑎𝑂𝑏𝑂𝑐), tức đường tròn Euler tam giác 𝐴𝐵𝐶

Lý luận tương tự ta có 𝑆𝑎 ≡ 𝑆𝑏 ≡ 𝑆𝑐 ≡ 𝑆 ∈ (Σ), hay 𝑂𝑎𝐻𝑎, 𝑂𝑏𝐻𝑏, 𝑂𝑐𝐻𝑐 đồng qui đường

trịn (Σ), (Σ) đường tròn Euler tam giác 𝐴𝐵𝐶 (đpcm)

17 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 nội tiếp đường tròn (𝑶) có 𝑨′, 𝑩′, 𝑪′ trung điểm cung

𝑩𝑪, 𝑪𝑨, 𝑨𝑩 (không chứa 𝑨, 𝑩, 𝑪 tương ứng) Các cạnh tam giác 𝑨𝑩𝑪 𝑨′𝑩′𝑪′ cắt nhau tạo thành lục giác 𝑴𝑵𝑷𝑸𝑹𝑺 (𝑴, 𝑵 ∈ 𝑩𝑪; 𝑷, 𝑸 ∈ 𝑨𝑪; 𝑹, 𝑺 ∈ 𝑨𝑩) Chứng minh rằng:

I

Ob Hb

S

Oc Hc Ha

Oa

A'

B'

C'

H

O A

𝟐

𝟑𝑺𝑨𝑩𝑪≤ 𝑺𝑴𝑵𝑷𝑸𝑹𝑺 ≤ 𝟐

𝟑𝑺𝑨′𝑩′𝑪′

Lời giải:

Gọi 𝐼 tâm đường tròn nội tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐶

Theo định lý Pascal ta có (𝑆, 𝐼, 𝑃), (𝑀, 𝐼, 𝑄), (𝑁, 𝐼, 𝑅) ba điểm thẳng hàng Hơn 𝐶′𝐴 = 𝐶′𝐼, 𝐵′𝐴 = 𝐵′𝐼 nên 𝐵′𝐶′ đường trung trực 𝐴𝐼, mặt khác 𝐴𝐼 phân giác góc 𝐵𝐴𝐶̂ nên

𝐼𝑄𝐴𝑅 hình thoi Tương tự 𝐼𝑁𝐶𝑃 𝐼𝑀𝐵𝑆 hình thoi Suy 𝑃𝑆 ∥ 𝐵𝐶, 𝑁𝑅 ∥ 𝐴𝐶 𝑀𝑄 ∥ 𝐴𝐵 Từ đó:

𝐼𝑃 𝐼𝑆 = 𝐴𝐶 𝐴𝐵 = 𝑏 𝑐 ⇒ 𝑃𝐼 𝑃𝑆= 𝑃𝑄 𝑃𝐴= 𝑏 𝑏 + 𝑐⇒ 𝑆𝑃𝐼𝑄 𝑆𝐴𝑆𝑃= 𝑃𝐼 𝑃𝑆⋅ 𝑃𝑄 𝑃𝐴= 𝑏2

(𝑏 + 𝑐)2

Tương tự thì:

𝑆𝑆𝐼𝑅 𝑆𝐴𝑆𝑃

= 𝑐

2

(𝑏 + 𝑐)2

Do đó: 𝑆𝐴𝑅𝐼𝑄

𝑆𝐴𝑆𝑃 = − 𝑏2

(𝑏 + 𝑐)2−

𝑐2

(𝑏 + 𝑐)2 =

2𝑏𝑐 (𝑏 + 𝑐)2 ⇒

𝑆𝐴𝑅𝑄 𝑆𝐴𝑆𝑃 =

1 𝑆𝐴𝑅𝐼𝑄

𝑆𝐴𝑆𝑃 = 2⋅

2𝑏𝑐 (𝑏 + 𝑐)2 =

𝑏𝑐 (𝑏 + 𝑐)2

𝐴𝐼 𝐴𝐵=

𝐼𝐴1 𝐴1𝐵=

𝐴𝐴1 𝐴𝐵 + 𝐴1𝐵 Nên suy ra:

𝐴𝑃 𝐴𝐶 = 𝐴𝑆 𝐴𝐵 = 𝑆𝑃 𝐵𝐶 = 𝐴𝐼 𝐴𝐴1 = 𝐴𝐵

𝐴𝐵 + 𝐴1𝐵

= 𝑐 𝑐 +𝑏 + 𝑐𝑐𝑎 = 𝑏 + 𝑐 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 Do đó: 𝑆𝐴𝑆𝑃 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝐴𝑃 𝐴𝐶⋅ 𝐴𝑆 𝐴𝐵 = ( 𝑆𝑃 𝐵𝐶) = (𝑏 + 𝑐)

(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2

Từ điều ta có: 𝑆𝐴𝑅𝑄 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑆𝐴𝑅𝑄 𝑆𝐴𝑆𝑃 ⋅ 𝑆𝐴𝑆𝑃 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝑏𝑐 (𝑏 + 𝑐)2⋅

(𝑏 + 𝑐)2

(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 =

𝑏𝑐 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2

Tương tự ta có:

𝑆𝐵𝑆𝑀 𝑆𝐴𝐵𝐶 =

𝑎𝑐 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2;

𝑆𝐶𝑃𝑁 𝑆𝐴𝐵𝐶 =

𝑎𝑏 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2

Suy ra:

𝑆𝑀𝑁𝑃𝑄𝑅𝑆 𝑆𝐴𝐵𝐶

= −𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2

Ta cần chứng minh: 𝑆𝑀𝑁𝑃𝑄𝑅𝑆

𝑆𝐴𝐵𝐶 ≥

3⇔ −

𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ≥

2

3⇔ 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) ≤ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)

2

Bất đẳng thức sau hiển nhiên nên ta có đpcm Bây ta chứng minh chiều cịn lại bất đẳng thức Ta có: 𝑆𝐴′𝐵′𝐶′ 𝑆𝐴𝐵𝐶 = 𝐵′𝐶′ 𝐵𝐶 ⋅ 𝐶′𝐴′ 𝐶𝐴 ⋅ 𝐴′𝐵′ 𝐴𝐵 =

𝑃𝐼,(𝑂)3

(𝐼𝐴 ⋅ 𝐼𝐵 ⋅ 𝐼𝐶)2 =

(2𝑅𝑟)3

( 𝑟 sin𝐴2

⋅ 𝑟 sin𝐵2

⋅ 𝑟 sin𝐶2

)

2

=8𝑅

3(sin𝐴

2 ⋅ sin 𝐵 ⋅ sin

𝐶 2)

2

𝑟3

Ta cần chứng minh:

3𝑆𝐴′𝐵′𝐶′ ≥ 𝑆𝑀𝑁𝑃𝑄𝑅𝑆 ⇔

16𝑅3(sin𝐴

2 ⋅ sin 𝐵 ⋅ sin

𝐶 2)

2

3𝑟3 ≥ −

𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2

⇔2 3⋅ sin

2𝐴

2⋅ sin

2𝐵

2⋅ sin

2𝐶

2 ≥ ( 𝑟 𝑅)

3

(1 −𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2)

⇔2

3(1 − cos 𝐴)(1 − cos 𝐵)(1 − cos 𝐶) ≥ (cos 𝐴 + cos 𝐵 + cos 𝐶 − 1)

3(1 −𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎

(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2)

⇔2

3∏ (1 −

𝑏2+ 𝑐2− 𝑎2

2𝑏𝑐 ) ≥ (1 −

𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2) (∑

𝑏2 + 𝑐2− 𝑎2

⇔(𝑏 + 𝑐 − 𝑎)

2(𝑐 + 𝑎 − 𝑏)2(𝑎 + 𝑏 − 𝑐)2

24𝑎3𝑏3𝑐3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ⋅

⋅ (3(𝑎5+ 𝑏5 + 𝑐5) + 5𝑎𝑏𝑐(𝑎2+ 𝑏2 + 𝑐2)

− 3(𝑎2𝑏2(𝑎 + 𝑏) + 𝑏2𝑐2(𝑏 + 𝑐) + 𝑐2𝑎2(𝑐 + 𝑎)) − 2𝑎𝑏𝑐(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)) ≥

⇔ 3(𝑎5+ 𝑏5+ 𝑐5) + 5𝑎𝑏𝑐(𝑎2+ 𝑏2+ 𝑐2) − 3(𝑎2𝑏2(𝑎 + 𝑏) + 𝑏2𝑐2(𝑏 + 𝑐) + 𝑐2𝑎2(𝑐 + 𝑎))

− 2𝑎𝑏𝑐(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) ≥

Bất đẳng thức tổng hai bất đẳng thức sau:

2𝑎𝑏𝑐(𝑎2+ 𝑏2+ 𝑐2) ≥ 2𝑎𝑏𝑐(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) ⇔ 𝑎𝑏𝑐((𝑎 − 𝑏)2+ (𝑏 − 𝑐)2+ (𝑐 − 𝑎)2) ≥

𝑎5 + 𝑏5+ 𝑐5+ 𝑎𝑏𝑐(𝑎2+ 𝑏2+ 𝑐2) ≥ 𝑎2𝑏2(𝑎 + 𝑏) + 𝑏2𝑐2(𝑏 + 𝑐) + 𝑐2𝑎2(𝑐 + 𝑎)

Trong bất đẳng thức thứ nhì từ bất đẳng thức Schur ta có:

𝑎3(𝑎 − 𝑏)(𝑎 − 𝑐) + 𝑏3(𝑏 − 𝑎)(𝑏 − 𝑐) + 𝑐3(𝑐 − 𝑎)(𝑐 − 𝑏) ≥

⇒ 𝑎5 + 𝑏5+ 𝑐5+ 𝑎𝑏𝑐(𝑎2+ 𝑏2+ 𝑐2) ≥ 𝑎𝑏(𝑎3+ 𝑏3) + 𝑏𝑐(𝑏3+ 𝑐3) + 𝑐𝑎(𝑐3+ 𝑎3)

≥ 𝑎2𝑏2(𝑎 + 𝑏) + 𝑏2𝑐2(𝑏 + 𝑐) + 𝑐2𝑎2(𝑐 + 𝑎)

(vì ta có 𝑎3+ 𝑏3 ≥ 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏))

Vậy ta có đpcm

18 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪, đường thẳng 𝒅 cắt cạnh 𝑩𝑪, 𝑪𝑨, 𝑨𝑩 theo thứ tự 𝑨𝟏, 𝑩𝟏, 𝑪𝟏 𝑷 điểm 𝒅 𝑨𝟐, 𝑩𝟐, 𝑪𝟐 điểm đối xứng với 𝑨𝟏, 𝑩𝟏, 𝑪𝟏 qua

𝑷 Chứng minh 𝑨𝑨𝟐, 𝑩𝑩𝟐, 𝑪𝑪𝟐 đồng quy

Lời giải:

H

M

B2

C2

A2

C1

A

A1 B C

B1

Gọi 𝐵2, 𝐶2 điểm đối xứng 𝐵1, 𝐶1 qua 𝑃, 𝑀 ≡ 𝐵𝐵2∩ 𝐶𝐶2, 𝐻 ≡ 𝐴𝐶 ∩ 𝐵𝑀 𝐴′2 ≡ 𝐴𝑀 ∩ 𝑑,

ta chứng minh 𝑃 trung điểm 𝐴1𝐴2 Thật vậy, ta có:

(𝐴1𝐶1𝐵2𝐵1) = 𝐵(𝐴1𝐶1𝐵2𝐵1) = 𝐵(𝐶𝐴𝐻𝐵1) = 𝑀(𝐶𝐴𝐻𝐵1) = 𝑀(𝐶2𝐴2𝐵2𝐵1) = (𝐴2𝐶2𝐵1𝐵2)

Suy ra:

𝐴1𝐵2 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝐴1𝐵1 ̅̅̅̅̅̅̅:

𝐶1𝐵2 ̅̅̅̅̅̅ 𝐶1𝐵1 ̅̅̅̅̅̅=

𝐴2𝐵1 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝐴2𝐵2 ̅̅̅̅̅̅̅:

𝐶2𝐵1 ̅̅̅̅̅̅ 𝐶2𝐵2 ̅̅̅̅̅̅

Nhưng 𝐵2, 𝐶2 đối xứng với 𝐵1, 𝐶1 qua 𝑃 nên ta có 𝐶̅̅̅̅̅̅ = −𝐶1𝐵2 ̅̅̅̅̅̅2𝐵1 𝐶̅̅̅̅̅̅ = −𝐶1𝐵1 ̅̅̅̅̅̅2𝐵2 Suy ra:

𝐴1𝐵2

̅̅̅̅̅̅̅ 𝐴1𝐵1 ̅̅̅̅̅̅̅=

𝐴2𝐵1

̅̅̅̅̅̅̅ 𝐴2𝐵2 ̅̅̅̅̅̅̅ hay

𝐴1𝐵1

̅̅̅̅̅̅̅ + 𝐵̅̅̅̅̅̅̅1𝐵2

𝐴1𝐵1 ̅̅̅̅̅̅̅ =

𝐴2𝐵2

̅̅̅̅̅̅̅ + 𝐵̅̅̅̅̅̅̅2𝐵1

𝐴2𝐵2 ̅̅̅̅̅̅̅

Từ dẫn đến 𝐴̅̅̅̅̅̅̅ = 𝐵1𝐵1 ̅̅̅̅̅̅̅2𝐴2, tức 𝑃 trung điểm 𝐴1𝐴2 (vì 𝑃 trung điểm 𝐵1𝐵2) Kết thúc chứng minh

19 Tứ giác 𝑨𝑩𝑪𝑫 nội tiếp đường tròn (𝑶) Đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝑶𝑨𝑩 tam giác 𝑶𝑪𝑫 cắt điểm 𝑲 ≠ 𝑶 Gọi 𝑳 điểm nằm tứ giác 𝑨𝑩𝑪𝑫 cho tam giác 𝑨𝑫𝑳 đồng dạng với tam giác 𝑩𝑪𝑲 Chứng minh tứ giác 𝑨𝑳𝑲𝑫 nội tiếp

Lời giải:

Ta có:

(𝐾𝐴, 𝐾𝐷) ≡ (𝐾𝐴, 𝐾𝑂) + (𝐾𝑂, 𝐾𝐷) ≡ (𝐵𝐴, 𝐵𝑂) + (𝐶𝑂, 𝐶𝐷) ≡ (𝐴𝑂, 𝐴𝐵) + (𝐷𝐶, 𝐷𝑂) ≡ (𝐾𝑂, 𝐾𝐵) + (𝐾𝐶, 𝐾𝑂) ≡ (𝐾𝐶, 𝐾𝐵) ≡ (𝐿𝐴, 𝐿𝐷) (𝑚𝑜𝑑 𝜋)

Suy 𝐴, 𝐿, 𝐾, 𝐷 đồng viên (đpcm)

L

K

O A

B

20 Cho đường trịn (𝑶) có đường kính 𝑨𝑩 𝑷 điểm đường tròn 𝑲 hình chiếu 𝑷 𝑨𝑩 𝑹 đối xứng với 𝑷 qua 𝑨𝑩 𝑯 điểm 𝑨𝑩 𝑹𝑯 cắt (𝑶) lần 𝑸 Gọi (𝑰, 𝒓) đường tròn tiếp xúc với 𝑯𝑷, 𝑯𝑸 (𝑶) Chứng minh hệ thức:

𝟏 𝒓=

𝟏 𝑯𝑲+

𝟏 𝑯𝑩

Lời giải:

Gọi 𝑇 tiếp điểm (𝐼) với 𝐻𝑄, 𝐽 điểm thuộc 𝐼𝐻 cho 𝐻𝐽 = 𝐻𝑇, 𝑋 ≡ 𝑃𝑄 ∩ 𝐴𝐵 𝑊 ≡ 𝐴𝑃 ∩ 𝐵𝑄, 𝐽′ ≡ 𝐴𝑄 ∩ 𝐵𝑃, ta có 𝐴𝑄 ⊥ 𝐵𝑊 𝐵𝑃 ⊥ 𝐴𝑊 nên 𝐽′ trực tâm tam giác 𝑊𝐴𝐵,

suy 𝑊, 𝐽′, 𝐽, 𝐼, 𝐻 thẳng hàng Hơn nữa:

𝐴𝐽̂ = 𝐽′𝐵 ̂ + 𝐴𝑃𝐵′𝐴𝑃 ̂ = 𝐽̂ + 90° = 𝐽′𝐴𝑃 ̂ + 90° = 𝐽′𝐻𝑃 ̂ + 90° = 180° − 𝐻𝐼𝑇′𝐻𝑄 ̂

Hay:

𝐴𝐽̂ + 𝐻𝐼𝑇′𝐵 ̂ = 180°

Mặt khác:

X J

W

K P

Q R

T H

B O

S I

tan 𝐴𝐽𝐵̂ = tan(𝐴𝐽𝐻̂ + 𝐵𝐽𝐻̂ ) = tan 𝐴𝐽𝐻̂ + tan 𝐵𝐽𝐻̂ − tan 𝐴𝐽𝐻̂ tan 𝐵𝐽𝐻̂ =

𝐴𝐻 𝐻𝐽 +

𝐵𝐻 𝐻𝐽 −𝐴𝐻𝐻𝐽 ⋅𝐵𝐻𝐻𝐽

=(𝐴𝐻 + 𝐵𝐻) ⋅ 𝐻𝐽 𝐻𝐽2 − 𝐻𝐴 ⋅ 𝐻𝐵

= 2𝑅 ⋅ 𝐻𝐽

𝐻𝑇2 − (𝑅2− 𝑂𝐻2) =

2𝑅 ⋅ 𝐻𝐽

𝐼𝐻2 − 𝑟2− 𝑅2+ 𝑂𝐻2 =

2𝑅 ⋅ 𝐻𝐽 𝐼𝑂2 − 𝑅2− 𝑟2

= 2𝑅 ⋅ 𝐻𝐽

(𝑅 − 𝑟)2− 𝑅2− 𝑟2 =

2𝑅 ⋅ 𝐻𝐽 −2𝑅𝑟 = −

𝐻𝐽 𝑟 = −

𝐻𝑇

𝑟 = − tan 𝐻𝐼𝑇̂ Suy 𝐴𝐽𝐵̂ + 𝐻𝐼𝑇̂ = 180° Từ suy 𝐴𝐽𝐵̂ = 𝐴𝐽̂′𝐵 tức 𝐽 ≡ 𝐽′

Ta lại có tam giác 𝐻𝐾𝑅 tam giác 𝐻𝑇𝐼 đồng dạng nên: 𝐵𝐻

𝐵𝐾 = 𝐻𝐽 𝑃𝐾=

𝐻𝑇 𝑅𝐾 =

𝐼𝐻 𝐻𝐾 =

𝑟 𝐻𝐾 Suy ra:

1 𝑟=

𝐵𝐾 𝐵𝐻 ⋅ 𝐻𝐾 =

𝐵𝐻 + 𝐻𝐾 𝐵𝐻 ⋅ 𝐻𝐾 =

1 𝐻𝐵+

1 𝐻𝐾 Đó đpcm

21 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 có phân giác 𝑨𝑫 thỏa mãn điều kiện 𝑨𝑪 + 𝑨𝑫 = 𝑩𝑪 𝑨𝑩 + 𝑨𝑫 = 𝑪𝑫 Hãy tính góc tam giác 𝑨𝑩𝑪

Lời giải:

Gọi 𝐻 điểm đối xứng với 𝐵 qua 𝐴𝐷, ta có 𝐻 ∈ 𝐴𝐶 Mặt khác từ giả thiết 𝐴𝐶 + 𝐴𝐷 = 𝐵𝐶 𝐴𝐵 + 𝐴𝐷 = 𝐶𝐷 ta có 𝐻𝐶 = 𝐴𝐶 − 𝐴𝐻 = 𝐴𝐶 − 𝐴𝐵 = 𝐶𝐵 − 𝐶𝐷 = 𝐵𝐷 = 𝐻𝐷 Suy ra:

∠𝐴𝐶𝐵 =1

2∠𝐴𝐻𝐷 =

2∠𝐴𝐵𝐶

Lại gọi 𝐹 điểm đối xứng với 𝐷 qua 𝐴𝐶 Ta có ∠𝐹𝐶𝐷 = 2∠𝐴𝐶𝐵 = ∠𝐴𝐵𝐶 nên: 𝐹𝐵 = 𝐹𝐶 = 𝐶𝐷 = 𝐴𝐵 + 𝐴𝐷

H B

F

D

A

Suy 𝐵, 𝐴, 𝐹 thẳng hàng, hay ∠𝐹𝐴𝐶 = ∠𝐷𝐴𝐶 = ∠𝐷𝐴𝐵 = 60° Vậy ∠𝐵𝐴𝐶 = 120°, ∠𝐴𝐵𝐶 = 40° ∠𝐴𝐶𝐵 = 20°

22 Về phía ngồi tam giác 𝑨𝑩𝑪 ta dựng hình vng 𝑪𝑩𝑿𝒀, 𝑨𝑪𝒁𝑻, 𝑩𝑨𝑼𝑽 Về phía ngồi 𝑪𝑩𝑿𝒀 ta dựng tam giác 𝑲𝑿𝒀 vuông cân 𝑲 Chứng minh 𝑨𝑲, 𝑿𝑻, 𝒀𝑼 đồng quy

Lời giải:

J L

I

K U

V

Y X

Z T

A

Ký hiệu 𝐿 ≡ 𝐴𝑌 ∩ 𝐶𝑉, 𝐽 ≡ 𝐴𝑋 ∩ 𝐵𝑍 Ta có 𝑅(𝐶, 90°): 𝑍 ↦ 𝐴, 𝐵 ↦ 𝑌 nên ∠𝐴𝐾𝑍 = 90°, suy 𝐴, 𝐿, 𝐶, 𝑍, 𝑇 đồng viên Mặt khác 𝑇𝐴 = 𝑇𝑍 nên 𝐿𝑇 phân giác ∠𝐴𝐿𝑍 Lý luận tương tự ta có 𝐿𝑋 phân giác ∠𝐵𝐿𝑌, từ suy 𝐿, 𝑇, 𝑋 thẳng hàng Tương tự 𝐽, 𝑈, 𝑌 thằng hàng Hơn nữa, ta có ∠𝐶𝐽𝑋 = ∠𝐵𝐿𝑌 = 90° nên 𝑋, 𝑌, 𝐵, 𝐶, 𝐽, 𝐿 đồng viên Đặt 𝐼 ≡ 𝑋𝑇 ∩ 𝑈𝑌, ta có:

(𝑋𝐴, 𝑋𝐼, 𝑋𝑌, 𝑋𝐾) = 𝑋(𝐽𝐿𝑌𝑋) = 𝑌(𝐽𝐿𝑌𝑋) = 𝑌(𝐿𝐽𝑋𝑌) = (𝑌𝐴, 𝑌𝐼, 𝑌𝑋, 𝑌𝐾) Suy 𝐴, 𝐼, 𝐾 thẳng hàng, tức 𝐴𝐾, 𝑋𝑇, 𝑈𝑌 đồng quy (đpcm)

24 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 cân 𝑨 Đường thẳng 𝚫 qua 𝑨, song song với 𝑩𝑪 Các điểm 𝑷, 𝑸 theo thứ tự thuộc đường trung trực 𝑨𝑩, 𝑨𝑪 cho 𝑷𝑸 ⊥ 𝑩𝑪 Các điểm 𝑴, 𝑵 thuộc ∆ cho ∠𝑨𝑷𝑴 = ∠𝑨𝑸𝑵 = 𝟗𝟎° Chứng minh rằng:

𝟏 𝑨𝑴+ 𝟏 𝑨𝑵≤ 𝟐 𝑨𝑩 Lời giải:

Đặt 𝑆 ≡ 𝑄𝑁 ∩ 𝑃𝑀, ta có ∠𝐴𝑄𝑆 = ∠𝐴𝑃𝑆 = 90° nên 𝐴, 𝑄, 𝑃, 𝑆 đồng viên

Suy ∠𝐴𝑆𝑃 = ∠𝐴𝑄𝐻 = ∠𝐴𝑁𝑄, ∠𝐴𝑃𝑆 = ∠𝐴𝑄𝑁 = 90° nên tam giác 𝐴𝑃𝑆 tam giác 𝐴𝑄𝑁 đồng dạng tương tự tam giác 𝐴𝑄𝑆 đồng dạng với tam giác 𝐴𝑃𝑀 Do đó:

𝐴𝑆 𝐴𝑀 = 𝐴𝑄 𝐴𝑃, 𝐴𝑆 𝐴𝑁= 𝐴𝑃 𝐴𝑄⇒ 𝐴𝑀= 𝐴𝑆⋅ 𝐴𝑄 𝐴𝑃; 𝐴𝑁= 𝐴𝑆⋅ 𝐴𝑃 𝐴𝑄 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

1 𝐴𝑀+ 𝐴𝑁≤ 𝐴𝐵 ⇔ 𝐴𝐵 𝐴𝑆 ⋅ 𝐴𝑄 𝐴𝑃+ 𝐴𝐶 𝐴𝑆 ⋅ 𝐴𝑃 𝐴𝑄≤ Hay:

cos ∠𝑃𝐴𝐵 ⋅ cos ∠𝑆𝐴𝑄 + cos ∠𝑄𝐴𝐶 ⋅ cos ∠𝑆𝐴𝑃 ≤

S

H N M

Mặt khác 𝑃𝑄 ⊥ 𝐵𝐶 nên tam giác 𝑂𝑃𝑄 cân 𝑂 đồng dạng với tam giác 𝐴𝐵𝐶, cho ta: ∠𝑃𝐴𝐵 + ∠𝑆𝐴𝑄 = ∠𝑃𝐴𝐵 + ∠𝑃𝐴𝐻 = ∠𝐵𝐴𝐻 = 180° − ∠𝑂𝑃𝑄 = 180° − ∠𝑂𝑄𝑃

= 180° − ∠𝑂𝑄𝐻 = 180° − (∠𝑄𝐴𝐶 + ∠𝑆𝐴𝑃)

Suy ra: cos(∠𝑃𝐴𝐵 + ∠𝑆𝐴𝑄) + cos(∠𝑄𝐴𝐶 + ∠𝑆𝐴𝑃) = 0, nên bất đẳng thức tương đương với: cos(∠𝑃𝐴𝐵 + ∠𝑆𝐴𝑄) + cos(∠𝑃𝐴𝐵 − ∠𝑆𝐴𝑄) + cos(∠𝑄𝐴𝐶 + ∠𝑆𝐴𝑃) + cos(∠𝑄𝐴𝐶 − ∠𝑆𝐴𝑃)

≤

Hay: cos(∠𝑃𝐴𝐵 − ∠𝑆𝐴𝑄) + cos(∠𝑄𝐴𝐶 − ∠𝑆𝐴𝑃) ≤ Bất đẳng thức sau hiển nhiên nên ta có đpcm

Đẳng thức xảy ∠𝑃𝐴𝐵 − ∠𝑆𝐴𝑄 = ∠𝑄𝐴𝐶 − ∠𝑆𝐴𝑃 = 0°, tức 𝑃, 𝑄 nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐴𝐵𝐶

25 Tứ giác 𝑨𝑩𝑪𝑫 nội tiếp đường tròn (𝑶) Một đường thẳng ∆ mặt phẳng theo thứ tự cắt 𝑨𝑩, 𝑪𝑫, 𝑨𝑪, 𝑩𝑫, 𝑨𝑫, 𝑩𝑪 𝑴, 𝑵, 𝑷, 𝑸, 𝑹, 𝑺 cắt (𝑶) 𝑼, 𝑽 Chứng minh rằng, hai ba đoạn 𝑴𝑵, 𝑷𝑸, 𝑹𝑺 có trung điểm bốn đoạn 𝑴𝑵, 𝑷𝑸, 𝑹𝑺, 𝑼𝑽 có trung điểm

Lời giải:

Trước hết ta chứng minh hai ba đoạn thẳng 𝑀𝑁, 𝑃𝑄, 𝑅𝑆 có trung điểm ba đoạn 𝑀𝑁, 𝑃𝑄, 𝑅𝑆 có trung điểm

Giả sử 𝑀𝑁, 𝑃𝑄 có trung điểm Ta chứng minh 𝑅𝑆 có trung điểm với hai đoạn thẳng Các trường hợp lại tương tự Thật vậy, đặt 𝐻 ≡ 𝐴𝐷 ∩ 𝐵𝐶, ta có:

(𝑀𝑅𝑃𝑆) = 𝐴(𝑀𝑅𝑃𝑆) = 𝐴(𝐵𝐻𝐶𝑆) = 𝐷(𝐵𝐻𝐶𝑆) = 𝐷(𝑄𝑅𝑁𝑆) = (𝑄𝑅𝑁𝑆) = (𝑁𝑆𝑄𝑅)

H

V U

S R

Q P A

B

D C

M

Suy ra:

𝑀𝑃 ̅̅̅̅̅ 𝑀𝑆 ̅̅̅̅:

𝑅𝑃 ̅̅̅̅ 𝑅𝑆 ̅̅̅̅ =

𝑁𝑄 ̅̅̅̅ 𝑁𝑅 ̅̅̅̅:

𝑆𝑄 ̅̅̅̅ 𝑆𝑅 ̅̅̅̅

Đơn giản 𝑅𝑆̅̅̅̅ với ý 𝑀𝑁, 𝑃𝑄 có trung điểm 𝑀𝑃̅̅̅̅̅ = −𝑁𝑄̅̅̅̅, ta có: 𝑁𝑅

̅̅̅̅ 𝑀𝑆 ̅̅̅̅=

𝑅𝑃 ̅̅̅̅ 𝑆𝑄 ̅̅̅̅ =

𝑁𝑅 ̅̅̅̅ + 𝑅𝑃̅̅̅̅ 𝑀𝑆

̅̅̅̅ + 𝑆𝑄̅̅̅̅ = 𝑁𝑃 ̅̅̅̅ 𝑀𝑄 ̅̅̅̅̅ =

Từ suy 𝑁𝑅̅̅̅̅ = 𝑀𝑆̅̅̅̅ 𝑅𝑃̅̅̅̅ = 𝑆𝑄̅̅̅̅, tức 𝑀𝑁, 𝑃𝑄, 𝑅𝑆 có trung điểm (đpcm)

Mặt khác ta chứng minh ba đoạn 𝑀𝑁, 𝑃𝑄, 𝑅𝑆 có trung điểm 𝑈𝑉 có trung điểm với chúng Thật vậy:

(𝑀𝑈𝑃𝑉) = 𝐴(𝑀𝑈𝑃𝑉) = 𝐴(𝐵𝑈𝐶𝑉) = 𝐷(𝐵𝑈𝐶𝑉) = 𝐷(𝑄𝑈𝑁𝑉) = (𝑄𝑈𝑁𝑉) = (𝑁𝑉𝑄𝑈) Áp dụng lại suy luận với ba đoạn thẳng 𝑀𝑁, 𝑃𝑄, 𝑈𝑉 𝑀𝑁, 𝑃𝑄 có trung điểm ta suy 𝑈𝑉 có trung điểm với chúng (đpcm)

26 Hai tứ giác 𝑨𝑩𝑷𝑸 𝑸𝑷𝑪𝑫 nội tiếp hướng Biết tồn điểm 𝑬 ∈ 𝑷𝑸 cho ∠𝑬𝑨𝑷 = ∠𝑬𝑩𝑸 ∠𝑬𝑪𝑸 = ∠𝑬𝑫𝑷 Chứng minh 𝑨𝑩𝑪𝑫 nội tiếp

Lời giải:

Đặt 𝑋 ≡ 𝐴𝐸 ∩ (𝐴𝐵𝑃𝑄), 𝑌 ≡ 𝐵𝐸 ∩ (𝐴𝐵𝑃𝑄), 𝑍 ≡ 𝐶𝐸 ∩ (𝑄𝑃𝐶𝐷), 𝑇 ≡ 𝐷𝐸 ∩ (𝑄𝑃𝐶𝐷) Từ đề ta có: ∠𝐸𝐴𝑃 = ∠𝐸𝐵𝑄 nên 𝑋𝑌𝑃𝑄 hình thang cân, ∠𝐸𝐶𝑄 = ∠𝐸𝐷𝑃 nên 𝑍𝑇𝑄𝑃 hình thang cân Vậy phép đối xứng qua đường trung trực 𝑃𝑄 biến 𝑍 ↦ 𝑇, 𝑋 ↦ 𝑌, suy 𝑋𝑌𝑍𝑇 hình thang cân, tức 𝑋, 𝑌, 𝑍, 𝑇 đồng viên

C

D

B A

X T P

Q

Y Z

Mặt khác xét phép nghịch đảo ℐ có cực 𝐸, phương tích 𝑘 ≡ 𝐸𝑃̅̅̅̅ ⋅ 𝐸𝑄̅̅̅̅, ta có: ℐ: 𝑃 ↦ 𝑄, 𝑋 ↦ 𝐴, 𝑌 ↦ 𝐵, 𝑍 ↦ 𝐶, 𝑇 ↦ 𝐷

Hơn theo chứng minh 𝑋, 𝑌, 𝑍, 𝑇 đồng viên nên 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 đồng viên thẳng hàng Tuy nhiên 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷 thẳng hàng (tại sao?) nên chúng phải đồng viên ta có đpcm 27 Cho 𝑻 điểm Torricelli tam giác 𝑨𝑩𝑪 𝑨𝑻, 𝑩𝑻, 𝑪𝑻 cắt 𝑩𝑪, 𝑪𝑨, 𝑨𝑩 theo thứ tự 𝑨𝟎, 𝑩𝟎, 𝑪𝟎, 𝑨𝟏, 𝑩𝟏, 𝑪𝟏 theo thứ tự điểm đối xứng với 𝑻 qua 𝑩𝑪, 𝑪𝑨, 𝑨𝑩

Chứng minh 𝑨𝟎𝑨𝟏, 𝑩𝟎𝑩𝟏, 𝑪𝟎𝑪𝟏 đồng qui

Lời giải:

Gọi 𝐻 điểm đẳng giác 𝑇 tam giác 𝐴𝐵𝐶 Ta chứng minh 𝐴0𝐴1, 𝐵0𝐵1, 𝐶0𝐶1 đồng

qui 𝐻 Đặc trưng, ta cần chứng minh 𝐴1, 𝐴0, 𝐻 thẳng hàng

Thật vậy, gọi 𝐴′ điểm đối xứng với 𝐴 qua 𝐵𝐶, ta thấy 𝐴1 điểm Torricelli tam giác 𝐴′𝐵𝐶 nên 𝐴′, 𝐴

1, 𝐴0 thẳng hàng 𝐻, 𝐴′, 𝐴1 thẳng hàng khi:

(𝐵𝐻, 𝐵𝐶, 𝐵𝐴1, 𝐵𝐴′) = (𝐶𝐻, 𝐶𝐵, 𝐶𝐴 1𝐶𝐴′)

⇔sin(𝐵𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )1 sin (𝐵𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ):

sin(𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )1 sin (𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=

sin(𝐶𝐻⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )1 sin (𝐶𝐻⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ):

sin(𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )1 sin(𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐴′)

Nhưng (𝐵𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) ≡ (𝐵𝐻1 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ) + (𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) ≡ (𝐵𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) + (𝐵𝐵0 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐶0 ⃗⃗⃗⃗⃗ ) = (𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ) tương tự (𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) ≡ (𝐶𝐴1 ⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ) Do vậy, hệ thức tương đương với:

A1

A'

H C0

B0

A0 T

A

(sin(𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ) sin(𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ))

2

=sin (𝐵𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) ⋅ sin(𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )1 sin (𝐶𝐻⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) ⋅ sin(𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )1

⇔𝐴𝐶

2

𝐴𝐵2 =

sin(𝐵𝑇⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ) sin (𝐶𝑇⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐵′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅

sin (𝐵𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) sin (𝐶𝐻⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) Mặt khác áp dụng liên tiếp định lý sin ta có:

sin (𝐵𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) sin (𝐶𝐻⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=

𝑆𝐵𝐻𝐴′ ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑆̅̅̅̅̅̅̅𝐶𝐻𝐴′ ⋅ 𝐶𝐻 𝐵𝐻⋅ 𝐶𝐴′ 𝐵𝐴′ =

𝐴0𝐵 ̅̅̅̅̅ 𝐴0𝐶

̅̅̅̅̅⋅ 𝐴𝐶 𝐴𝐵⋅

sin ∠𝐻𝐵𝐶 sin ∠𝐻𝐶𝐵 =

𝐴0𝐵 ̅̅̅̅̅ 𝐴0𝐶

̅̅̅̅̅⋅ 𝐴𝐶 𝐴𝐵⋅

sin ∠𝐴𝐵𝑇 sin ∠𝐴𝐶𝑇

=𝐴̅̅̅̅̅0𝐵 𝐴0𝐶

̅̅̅̅̅⋅ 𝐴𝐶 𝐴𝐵⋅ 𝐴𝑇 sin ∠𝐴𝐶𝑇 𝐴𝑇 sin ∠𝐴𝐵𝑇

=𝐴̅̅̅̅̅0𝐵 𝐴0𝐶

̅̅̅̅̅⋅ 𝐴𝐶 𝐴𝐵⋅ 𝐴𝐶 sin ∠𝐴𝑇𝐶 𝐴𝐵 sin ∠𝐴𝐵𝑇

= 𝐴̅̅̅̅̅0𝐵 𝐴0𝐶

̅̅̅̅̅ ⋅ 𝐴𝐶2

𝐴𝐵2

Hơn thì:

sin(𝐵𝑇⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ) sin (𝐶𝑇⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐵′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=

𝑆𝑇𝐴0𝐵 ̅̅̅̅̅̅̅ 𝑆𝑇𝐴0𝐶 ̅̅̅̅̅̅̅=

𝐴0𝐶 ̅̅̅̅̅ 𝐴0𝐵 ̅̅̅̅̅ Nên suy ra:

sin (𝐵𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) sin (𝐶𝐻⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐴′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅

sin(𝐵𝑇⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ ) sin (𝐶𝑇⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐵′⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=

𝐴0𝐵

̅̅̅̅̅ 𝐴0𝐶 ̅̅̅̅̅ ⋅

𝐴𝐶2 𝐴𝐵2⋅

𝐴0𝐶

̅̅̅̅̅ 𝐴0𝐵 ̅̅̅̅̅ =

𝐴𝐶2 𝐴𝐵2

Do vậy, đẳng thức cần chứng minh ta có đpcm

28 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 có 𝑴 trung điểm cạnh 𝑨𝑩 𝑪𝑬 phân giác góc ∠𝑨𝑪𝑩 𝑫 thuộc tia đối tia 𝑪𝑨 cho 𝑪𝑫 = 𝑪𝑩 Đặt 𝑲 ≡ 𝑫𝑴 ∩ 𝑪𝑬 Chứng minh rằng:

Lấy 𝐽 ∈ 𝐶𝐴 cho 𝐶𝐽 = 𝐶𝐵 = 𝐶𝐷, ta có 𝐵𝐽 ⊥ 𝐵𝐷 nên 𝐵𝐽 ⊥ 𝐶𝐸 Lại đặt 𝐹 ≡ 𝐶𝐸 ∩ (𝑂), 𝐻 ≡ 𝐹𝐽 ∩ (𝑂) Ta có:

(𝐻𝐵, 𝐻𝐹) ≡ (𝐶𝐵, 𝐶𝐹) ≡ (𝐷𝐵, 𝐷𝐽) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Suy 𝐵, 𝐷, 𝐽, 𝐻 đồng viên, ta có 𝐶𝐵 = 𝐶𝐷 = 𝐶𝐽 = 𝐶𝐻 Từ đó:

(𝐴𝐵, 𝐴𝐶) ≡ (𝐹𝐵, 𝐹𝐶) ≡ (𝐹𝐶, 𝐹𝐻) ≡ (𝐵𝐶, 𝐵𝐻) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Mặt khác 𝐾𝐸 ∥ 𝐵𝐷 theo tính chất đường phân giác thì:

𝐾𝐷 𝐷𝑀=

𝐸𝐵 𝐵𝑀=

2𝐸𝐵 𝐸𝐵 + 𝐸𝐴=

2𝐶𝐵 𝐶𝐵 + 𝐶𝐴=

𝐽𝐵 𝐷𝐴 Nên 𝐾𝐽 ∥ 𝑀𝐴, từ đó:

𝐿𝐾 ̅̅̅̅ 𝐿𝐵 ̅̅̅̅ =

𝐿𝐽̅ 𝐿𝐴 ̅̅̅̅⇒

𝐿𝐾 ̅̅̅̅ ⋅ 𝐿𝐻̅̅̅̅ 𝐿𝐵

̅̅̅̅ ⋅ 𝐿𝐻̅̅̅̅ =

𝐿𝐽̅ ⋅ 𝐿𝐶̅̅̅̅ 𝐿𝐴 ̅̅̅̅ ⋅ 𝐿𝐶̅̅̅̅

Mà 𝐿𝐾̅̅̅̅ ⋅ 𝐿𝐻̅̅̅̅ = 𝐿𝐽̅ ⋅ 𝐿𝐶̅̅̅̅ nên 𝐿𝐵̅̅̅̅ ⋅ 𝐿𝐻̅̅̅̅ = 𝐿𝐴̅̅̅̅ ⋅ 𝐿𝐶̅̅̅̅, suy 𝐶, 𝐻, 𝐽, 𝐾 đồng viên Vậy nên: (𝐻𝐾, 𝐻𝐶) ≡ (𝐽𝐾, 𝐽𝐶) ≡ (𝐴𝐵, 𝐴𝐶) ≡ (𝐻𝐵, 𝐻𝐶) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Suy 𝐻, 𝐾, 𝐵 thẳng hàng Do đó:

(𝐴𝐵, 𝐴𝐶) ≡ (𝐵𝐶, 𝐵𝐾) (𝑚𝑜𝑑 𝜋) Tức ∠𝐾𝐵𝐶 = ∠𝐵𝐴𝐶 (đpcm)

29 Cho đường tròn (𝑶) điểm 𝑨 nằm (𝑶) Các điểm 𝑩, 𝑪 nằm (𝑶) cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 𝑫 ∈ (𝑶) cho 𝑪𝑫 = 𝑪𝑩 (𝑫 ≠ 𝑩) 𝑫𝑨 ∩ (𝑶) = 𝑬 Chứng minh 𝑬𝑨 = 𝑬𝑶

Lời giải:

Ta có:

∠𝐸𝐴𝐵 = 180° − ∠𝐵𝐴𝐶 − ∠𝐶𝐴𝐷 = 180° − 60° − ∠𝐶𝐷𝐴 = ∠𝐸𝐵𝐶 − ∠𝐴𝐵𝐶 = ∠𝐸𝐵𝐴 Nên tam giác 𝐸𝐴𝐵 cân 𝐸, tức 𝐸𝐴 = 𝐸𝐵

Mặt khác ∠𝐵𝑂𝐶 = ∠𝐷𝑂𝐶 = 2∠𝐶𝐸𝐷 = ∠𝐴𝐸𝐵

Tam giác 𝐵𝐸𝐴 tam giác 𝐵𝑂𝐶 cân 𝐸, 𝑂, lại có ∠𝐵𝐸𝐴 = ∠𝐵𝑂𝐶 𝐵𝐴 = 𝐵𝐶 nên chúng nhau, từ suy 𝐸𝐴 = 𝑂𝐶 = 𝐸𝑂 (đpcm)

E

D A

O

30 Cho hình thang 𝑨𝑩𝑪𝑫 (𝑨𝑩 ∥ 𝑪𝑫) 𝑴 điểm cạnh 𝑨𝑫 𝑵 nằm hình thang cho: ∠𝑵𝑩𝑪 = ∠𝑴𝑩𝑨 ∠𝑵𝑪𝑩 = ∠𝑴𝑪𝑫 Chứng minh đỉnh 𝑷 hình bình hành 𝑴𝑩𝑵𝑷 thuộc 𝑪𝑫

Lời giải:

Đặt 𝐾 ≡ 𝑁𝐵 ∩ 𝐶𝐷 Qua 𝑀 vẽ đường thẳng song song với 𝑀𝐵, cắt 𝐶𝐷 𝑄 Ta có: ∠𝑀𝑄𝐶 = ∠𝐴𝐵𝑀 = ∠𝐶𝐵𝑁 ∠𝐵𝐶𝑁 = ∠𝑄𝑀𝐶

Nên tam giác 𝐶𝑀𝑄 tam giác 𝐶𝑁𝐵 đồng dạng, từ tam giác 𝐶𝐵𝐾 tam giác 𝐶𝑄𝐵 đồng dạng Từ tỉ số ta có:

𝑄𝑀 𝐵𝑁 =

𝐶𝑄 𝐶𝐵=

𝑄𝐵 𝐵𝐾 Suy ra:

𝑄𝑀 𝑄𝐵 =

𝐵𝑁 𝐵𝐾 =

𝑄𝑃 𝑄𝐾 Từ 𝑀𝑃 ∥ 𝐵𝐾 nên 𝐵𝑀𝑃𝑁 hình bình hành ta có đpcm Ghi chú: điều kiện 𝑀 ∈ 𝐴𝐷 không cần thiết

31 Cho đường trịn (𝑶) điểm 𝑨 nằm ngồi(𝑶) 𝑨𝑩, 𝑨𝑪 tiếp tuyến kẻ từ 𝑨 tới(𝑶) 𝑫 giao điểm 𝑨𝑶 và(𝑶) 𝑿 hình chiếu 𝑩 𝑪𝑫 𝒀 trung điểm 𝑩𝑿 𝒁 giao điểm thứ hai 𝑫𝒀 và(𝑶) Chứng minh ∠𝑨𝒁𝑪 = 𝟗𝟎°

Lời giải:

K Q

P

N

A B

D C

Đặt 𝑍 ≡ 𝐷𝑌 ∩ (𝑂) 𝐶𝑇 đường kính (𝑂) Ta có 𝐷𝑇 ⊥ 𝐷𝐶 nên 𝐷𝑇 ∥ 𝐵𝑋 Hơn 𝑌 trung điểm 𝐵𝑋 nên (𝐷𝑇, 𝐷𝑌, 𝐷𝑋, 𝐷𝐵) = −1 Từ đó:

𝐷(𝑇𝑍𝐵𝐶) = (𝐷𝑇, 𝐷𝑌, 𝐷𝑋, 𝐷𝐵) = −1

Suy 𝑇𝐵𝑍𝐶 tứ giác điều hòa Mặt khác 𝐴 cực 𝐵𝐶 đường tròn (𝑂) nên 𝐴, 𝑍, 𝑇 thẳng hàng Vậy nên ∠𝐴𝑍𝐶 = 90° (đpcm)

32 Cho tứ giác lồi 𝑨𝑩𝑪𝑫 Gọi 𝒂, 𝒃, 𝒄, 𝒅 phân giác ngồi góc ∠𝑫𝑨𝑩, ∠𝑨𝑩𝑪, ∠𝑩𝑪𝑫 ∠𝑪𝑫𝑨 𝑲, 𝑳, 𝑴, 𝑵 giao điểm 𝒂, 𝒃; 𝒃, 𝒄; 𝒄, 𝒅; 𝒅, 𝒂 Giả sử đường thẳng qua 𝑲, 𝑳, 𝑴, 𝑵 tương ứng vng góc với 𝑨𝑩, 𝑩𝑪, 𝑪𝑫, 𝑫𝑨 đồng qui Chứng minh 𝑨𝑩𝑪𝑫 là tứ giác nội tiếp

Lời giải:

Gọi 𝐼 điểm đồng qui bốn đường thẳng qua 𝐾, 𝐿, 𝑀, 𝑁 tương ứng vng góc với 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, 𝐶𝐷, 𝐷𝐴 Ta có 𝑀𝑁 đường phân giác ngồi ∠𝐴𝐷𝐶 nên ∠𝑁𝐷𝐴 = ∠𝑀𝐷𝐶,

Y X

Z T

D

C B

A

O

T Y

X Z

I N

M

L K

O D

C B

∠𝑁𝐷𝐴 + ∠𝐼𝑁𝑀 = ∠𝑀𝐷𝐶 + ∠𝐼𝑀𝑁 = 90° nên ∠𝐼𝑁𝑀 = ∠𝐼𝑀𝑁, suy 𝐼𝑀 = 𝐼𝑁 Lý luận tương tự ta có 𝐼𝐾 = 𝐼𝐿 = 𝐼𝑀 = 𝐼𝑁, 𝐾, 𝐿, 𝑀, 𝑁 thuộc đường tròn tâm 𝐼 Từ đó:

∠𝐵𝐴𝐷 + ∠𝐵𝐶𝐷 = 180° − 2∠

33 Tam giác 𝑨𝑩𝑪 nội tiếp đường tròn (𝑶) có 𝑩𝑪 > 𝑪𝑨 > 𝑨𝑩 𝑰 tâm đường tròn nội tiếp tam giác 𝑨𝑩𝑪 𝑨𝑰 ∩ (𝑶) ≡ 𝑲, 𝑶𝑲 ∩ 𝑩𝑪 = 𝑴 𝑵 điểm đối xứng 𝑰 qua 𝑴 𝑲𝑵 ∩ (𝑶) ≡ 𝑳 Chứng minh 𝑳𝑩 = 𝑳𝑨 + 𝑳𝑪

Lời giải:

Xét phép nghịch đảo ℐ có cực 𝐾, phương tích 𝑘 ≔ 𝐾𝐵2 = 𝐾𝐶2 Ta có:

ℐ: 𝐵 ↦ 𝐵, 𝐶 ↦ 𝐶, (𝑂) ↦ 𝐵𝐶, 𝐴 ↦ 𝐷 ≡ 𝐴𝐼 ∩ 𝐵𝐶, 𝐿 ↦ 𝐸 ≡ 𝐾𝐿 ∩ 𝐵𝐶 Ta có: 𝐿𝐵 = 𝑘 ⋅ 𝐸𝐵 𝐾𝐸 ⋅ 𝐾𝐵; 𝐿𝐶 = 𝑘 ⋅ 𝐸𝐷 𝐾𝐸 ⋅ 𝐾𝐷; 𝐿𝐴 = 𝑘 ⋅ 𝐸𝐶 𝐾𝐸 ⋅ 𝐾𝐶 Vậy nên: 𝐿𝐵 = 𝐿𝐴 + 𝐿𝐶 ⇔ 𝑘 ⋅ 𝐸𝐵 𝐾𝐸 ⋅ 𝐾𝐵 = 𝑘 ⋅ 𝐸𝐷 𝐾𝐸 ⋅ 𝐾𝐷+ 𝑘 ⋅ 𝐸𝐶 𝐾𝐸 ⋅ 𝐾𝐶 ⇔ 𝐸𝐵 𝐾𝐵 = 𝐸𝐷 𝐾𝐷+ 𝐸𝐶 𝐾𝐶 ⇔ 𝐸𝐵 − 𝐸𝐶 𝐾𝐵 = 𝐸𝐷 𝐾𝐷 Nhưng 𝐸𝐵 − 𝐸𝐶 = 2𝐸𝑀 nên đẳng thức tương đương với:

⇔ 𝐸𝐷 2𝐸𝑀 = 𝐾𝐷 𝐾𝐵 = 𝐵𝐷 𝐵𝐴 = 𝐶𝐷 𝐶𝐴 = 𝐵𝐶 𝐴𝐵 + 𝐴𝐶 ⇔ 𝐸𝐷 𝐸𝑀 = 2𝑎 𝑏 + 𝑐 (1) Ta có: 𝐸𝐵 𝐸𝐶 = 𝑆𝐾𝐵𝐸 𝑆𝐾𝐶𝐸 = 𝑆𝑁𝐵𝐸 𝑆𝑁𝐶𝐸 = 𝑆𝐾𝐵𝐸− 𝑆𝑁𝐵𝐸 𝑆𝐾𝐶𝐸− 𝑆𝑁𝐶𝐸 = 𝑆𝐾𝐵𝑁 𝑆𝐾𝐶𝑁 =

𝐾𝐵 ⋅ 𝐵𝑁 ⋅ sin ∠𝑁𝐵𝐾 𝐾𝐶 ⋅ 𝐶𝑁 ⋅ sin ∠𝑁𝐶𝐾 =

𝐼𝐶 𝐼𝐵⋅

sin ∠𝑁𝐵𝐾 sin ∠𝑁𝐶𝐾 Hơn nữa:

∠𝑁𝐵𝐾 = ∠𝐾𝐵𝐶 − ∠𝑁𝐵𝐶 =1

2(∠𝐵𝐴𝐶 − ∠𝐴𝐶𝐵) ∠𝑁𝐶𝐾 = ∠𝐾𝐶𝐵 − ∠𝑁𝐶𝐵 =1

2(∠𝐵𝐴𝐶 − ∠𝐴𝐵𝐶)

𝐼𝐶 𝐼𝐵=

sin ∠𝐼𝐵𝐶 sin ∠𝐼𝐶𝐵 =

sin𝐵2 sin𝐶2

=cos 𝐴 + 𝐶

2 cos𝐴 + 𝐵2 Nên: 𝐸𝐵 𝐸𝐶 = 𝐼𝐶 𝐼𝐵⋅ sin ∠𝑁𝐵𝐾 sin ∠𝑁𝐶𝐾 =

cos𝐴 + 𝐶2 sin𝐴 − 𝐶2 cos𝐴 + 𝐵2 sin𝐴 − 𝐵2

= sin 𝐴 − sin 𝐶 sin 𝐴 − sin 𝐵 =

𝑎 − 𝑐 𝑎 − 𝑏 Suy ra: 𝐸𝐵 𝑎 − 𝑐= 𝐸𝐶 𝑎 − 𝑏= 𝐸𝐵 + 𝐸𝐶 𝑎 − 𝑐 + 𝑏 − 𝑐 = 𝑎

2𝑎 − 𝑏 − 𝑐 ⇒ 𝐸𝐵 =

𝑎(𝑎 − 𝑐) 2𝑎 − 𝑏 − 𝑐 Suy ra:

𝐸𝑀 = 𝐸𝐵 − 𝑀𝐵 = 𝑎(𝑎 − 𝑐) 2𝑎 − 𝑏 − 𝑐−

𝑎 2=

𝑎(𝑏 − 𝑐) 2(2𝑎 − 𝑏 − 𝑐) 𝐸𝐷 = 𝐸𝐵 − 𝐵𝐷 = 𝑎(𝑎 − 𝑐)

2𝑎 − 𝑏 − 𝑐− 𝑎𝑐 𝑏 + 𝑐 =

𝑎2(𝑏 − 𝑐) (𝑏 + 𝑐)(2𝑎 − 𝑏 − 𝑐) Do đó:

𝐸𝐷 𝐸𝑀=

𝑎2(𝑏 − 𝑐) (𝑏 + 𝑐)(2𝑎 − 𝑏 − 𝑐)⋅

2(2𝑎 − 𝑏 − 𝑐) 𝑎(𝑏 − 𝑐) =

2𝑎 𝑏 + 𝑐 Vậy đẳng thức (1) ta có đpcm

34 Tam giác 𝑨𝑩𝑪 vuông 𝑨 bị phủ kín hai đường trịn đơn vị Chứng minh rằng: 𝑺𝑨𝑩𝑪≤𝟑√𝟑

𝟐

Lời giải:

35 Tam giác 𝑨𝑩𝑪 nội tiếp đường trịn (𝑶) có trực tâm 𝑯 𝑨𝟎, 𝑩𝟎, 𝑪𝟎 trung điểm của 𝑩𝑪, 𝑪𝑨, 𝑨𝑩 𝑨𝑨𝟎, 𝑩𝑩𝟎, 𝑪𝑪𝟎 cắt lại (𝑶) 𝑨𝟏, 𝑩𝟏, 𝑪𝟏 𝑯𝑨𝟎, 𝑯𝑩𝟎, 𝑯𝑪𝟎 cắt lại (𝑶) 𝑨𝟐, 𝑩𝟐, 𝑪𝟐 𝑺𝒂≡ 𝑨𝟏𝑨𝟐∩ 𝑩𝑪, 𝑺𝒃≡ 𝑩𝟏𝑩𝟐∩ 𝑪𝑨, 𝑺𝒄 ≡ 𝑪𝟏𝑪𝟐∩ 𝑨𝑩 Chứng minh 𝑺𝒂, 𝑺𝒃, 𝑺𝒄 thẳng hàng

Ta có:

(𝐴1𝑆𝑎, 𝐴1𝐵) ≡ (𝐴1𝑆𝑎, 𝐴1𝐴) + (𝐴1𝐴, 𝐴1𝐵) ≡𝜋

2+ (𝐶𝐴, 𝐶𝐵) (mod 𝜋) (𝐴1𝑆𝑎, 𝐴1𝐶) ≡ (𝐴1𝑆𝑎, 𝐴1𝐴) + (𝐴1𝐴, 𝐴1𝐶) ≡𝜋

2+ (𝐵𝐴, 𝐵𝐶) (mod 𝜋) Nên:

sin(𝐴1𝑆𝑎, 𝐴1𝐵) sin(𝐴1𝑆𝑎, 𝐴1𝐶)=

sin (𝜋2 +(𝐶𝐴, 𝐶𝐵)) sin (𝜋2 +(𝐵𝐴, 𝐵𝐶))

= cos(𝐶𝐴, 𝐶𝐵) cos(𝐵𝐴, 𝐵𝐶) Hơn nữa:

𝐴1𝐵 𝐴1𝐶

= sin ∠𝐴0𝐴𝐵 sin ∠𝐴0𝐴𝐶

=𝐴𝐵 ⋅ sin ∠𝐴0𝐴𝐵 𝐴𝐶 ⋅ sin ∠𝐴0𝐴𝐶

⋅𝐴𝐶 𝐴𝐵 =

𝑆𝐴0𝐴𝐵 𝑆𝐴0𝐴𝐶

⋅𝐴𝐶 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 𝐴𝐵 Suy ra: 𝑆𝑎𝐵 ̅̅̅̅̅ 𝑆𝑎𝐶 ̅̅̅̅̅ =

𝑆𝐴1𝑆𝑎𝐵 ̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑆𝐴1𝑆𝑎𝐶 ̅̅̅̅̅̅̅̅ =

𝐴1𝑆𝑎⋅ 𝐴1𝐵 ⋅ sin(𝐴1𝑆𝑎, 𝐴1𝐵) 𝐴1𝑆𝑎⋅ 𝐴1𝐶 ⋅ sin(𝐴1𝑆𝑎, 𝐴1𝐶)

= 𝐴1𝐵 𝐴1𝐶

⋅sin(𝐴1𝑆𝑎, 𝐴1𝐵) sin(𝐴1𝑆𝑎, 𝐴1𝐶)

= 𝐴𝐶 𝐴𝐵⋅

cos(𝐶𝐴, 𝐶𝐵) cos(𝐵𝐴, 𝐵𝐶) Lập tỉ số tương tự nhân chúng lại với ta có:

𝑆𝑎𝐵 ̅̅̅̅̅ 𝑆𝑎𝐶 ̅̅̅̅̅⋅ 𝑆𝑏𝐶 ̅̅̅̅̅ 𝑆𝑏𝐴 ̅̅̅̅̅⋅ 𝑆𝑐𝐴 ̅̅̅̅̅ 𝑆𝑐𝐵 ̅̅̅̅̅= 𝐴𝐶 𝐴𝐵⋅ 𝐴𝐵 𝐵𝐶⋅ 𝐵𝐶 𝐴𝐶⋅ cos(𝐶𝐴, 𝐶𝐵) cos(𝐵𝐴, 𝐵𝐶)⋅

cos(𝐵𝐴, 𝐵𝐶) cos(𝐴𝐵, 𝐴𝐶)⋅

cos(𝐴𝐵, 𝐴𝐶) cos(𝐶𝐴, 𝐶𝐵)= Theo định lý Menelaus ta có 𝑆𝑎, 𝑆𝑏, 𝑆𝑐 thẳng hàng (đpcm)

36 Tam giác 𝑨𝑩𝑪 nội tiếp đường trịn (𝑶) có trực tâm 𝑯 𝑨𝟎, 𝑩𝟎, 𝑪𝟎 trung điểm của 𝑩𝑪, 𝑪𝑨, 𝑨𝑩 𝑨𝑨𝟎, 𝑩𝑩𝟎, 𝑪𝑪𝟎 cắt lại (𝑶) 𝑨𝟏, 𝑩𝟏, 𝑪𝟏 𝑨𝟎𝑯, 𝑩𝟎𝑯, 𝑪𝟎𝑯 cắt lại (𝑶) 𝑨𝟐, 𝑩𝟐, 𝑪𝟐 Chứng minh 𝑨𝟏𝑨𝟐, 𝑩𝟏𝑩𝟐, 𝑪𝟏𝑪𝟐 đồng qui

Chứng minh:

Sa

G

C1 B1

Đặt 𝐵3 ≡ 𝐻𝐵0∩ (𝑂), 𝐶3 ≡ 𝐻𝐶0∩ (𝑂), ta có 𝐵𝐵3, 𝐶𝐶3 đường kính (𝑂)

Xét lục giác 𝐵𝐶𝐵1𝐵3𝐶1𝐶3 nội tiếp đường trịn (𝑂) Ta có 𝐵𝐵3∩ 𝐶𝐶3 ≡ 𝑂, 𝐵𝐵1∩ 𝐶𝐶1 ≡ 𝐺

và 𝐵1𝐶3∩ 𝐶1𝐵3 ≡ 𝐽 nên theo định lý Pascal 𝑂, 𝐺, 𝐽 thằng hàng hay 𝐽 thuộc đường thẳng Euler

của tam giác 𝐴𝐵𝐶

Lại xét lục giác 𝐵2𝐶2𝐵1𝐵3𝐶3𝐶1 nội tiếp (𝑂) , ta có 𝐵2𝐵3∩ 𝐶2𝐶3 ≡ 𝐻, 𝐵2𝐵1∩ 𝐶2𝐶1 ≡ 𝐼𝑎 𝐶3𝐵1∩ 𝐵3𝐶1 ≡ 𝐽 nên theo định lý Pascal 𝐻, 𝐽, 𝐼𝑎 thẳng hàng

Suy giao điểm 𝐵1𝐵2 𝐶1𝐶2 thuộc đường thẳng Euler tam giác 𝐴𝐵𝐶

Lý luận tương tự ta có 𝐴1𝐴2, 𝐵1𝐵2, 𝐶1𝐶2 đồng quy điểm nằm đường thẳng Euler tam giác 𝐴𝐵𝐶 (đpcm)

37 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 cân 𝑨 Đường tròn (𝑶) tiếp xúc với 𝑨𝑩, 𝑨𝑪 𝑩, 𝑪 𝑸 điểm tùy ý nằm góc ∠𝑩𝑨𝑪 𝑶𝑷 ⊥ 𝑨𝑸 𝑷 Đặt 𝑲 ≡ 𝑶𝑷 ∩ (𝑩𝑷𝑸), 𝑳 ≡ 𝑶𝑷 ∩ (𝑪𝑷𝑸) Chứng minh 𝑶𝑲 = 𝑶𝑳

Lời giải:

J

C3 B3

G

I

A1 C2

B1

B2 C1

A2

A0 B0 C0

H

O A

Xét phép nghịch đảo sau:

ℐ1(𝐴, 𝑘1 = 𝐴𝑃̅̅̅̅ ⋅ 𝐴𝑄̅̅̅̅): 𝑃 ↦ 𝑄, 𝐵 ↦ 𝐵′≡ 𝐴𝐵 ∩ (𝐵𝑃𝑄), 𝐶 ↦ 𝐶′≡ 𝐴𝐶 ∩ (𝐶𝑃𝑄)

Ta có 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 nên 𝐴𝐵′= 𝐴𝐶′, suy 𝐵′𝐶′∥ 𝐵𝐶 Hơn 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝑃 đồng viên nên 𝐵′, 𝑄, 𝐶′

thẳng hàng Ký hiệu 𝑀 ≡ 𝑄𝑂 ∩ (𝐵𝑃𝑄), 𝑁 ≡ 𝑄𝑂 ∩ (𝐶𝑃𝑄), 𝐼 ≡ 𝑄𝐵 ∩ (𝑂), 𝐽 ≡ 𝑄𝐶 ∩ (𝑂) 𝑅 ≡ 𝐵𝐶 ∩ (𝐶𝑃𝑄) Ta có 𝐶𝑅𝑄𝐶′ hình thang nội tiếp đường trịn (𝐶𝑃𝑄) nên 𝐶𝑅𝑄𝐶′ hình thang cân, dẫn đến 𝑅𝐶′= 𝐶𝑄 Từ đó:

(𝑃𝐶, 𝑃𝑄) ≡ (𝐵𝐶, 𝐵𝐴) ≡ (𝐶𝐴, 𝐶𝐵) ≡ (𝐼𝐶, 𝐼𝑄) (mod 𝜋) Suy 𝑃, 𝑁, 𝐿, 𝐶′, 𝑄 đồng viên tương tự 𝑃, 𝑀, 𝐾, 𝐵′, 𝑄 đồng viên Lại xét phép nghịch đảo ℐ2(𝑄, 𝑘2 = 𝒫𝑄/(𝑂)) Ta có ℐ2: 𝐵 ↦ 𝐼, 𝐶 ↦ 𝐽 nên:

ℐ2: (𝐵𝑃𝑄) ↦ 𝐶𝐼, (𝐶𝑃𝑄) ↦ 𝐵𝐽, 𝑂 ↦ 𝑂′, 𝑃 ↦ 𝑃 ≡ 𝐵𝐽 ∩ 𝐶𝐼, 𝑀 ↦ 𝑀′, 𝑁 ↦ 𝑁′

Theo tính chất phép nghịch đảo 𝑂𝑃 ⊥ 𝐴𝑄 nên 𝑃′𝑂′⊥ 𝑀′𝑁′

Từ đó: 𝑂′𝑀′

𝑂′𝑁′ =

𝑃′𝑀′⋅ cos ∠𝑃′𝑀′𝑁′

𝑃′𝑁′⋅ cos ∠𝑃′𝑁′𝑀′ =

sin ∠𝑃′𝑁′𝑀′

sin ∠𝑃′𝑀′𝑁′⋅

cos ∠𝑀𝑃𝑄 cos ∠𝑁𝑃𝑥 =

sin ∠𝑁𝑃𝑄 sin ∠𝑀𝑃𝑄⋅

sin ∠𝑀𝑃𝑂 sin ∠𝑁𝑃𝑂 = 𝑁𝑃 ⋅ sin ∠𝑁𝑃𝑄

𝑀𝑃 ⋅ sin ∠𝑀𝑃𝑄⋅

𝑀𝑃 ⋅ sin ∠𝑀𝑃𝑂 𝑁𝑃 ⋅ sin ∠𝑁𝑃𝑂 =

𝑆Δ𝑃𝑁𝑄 𝑆Δ𝑃𝑀𝑄⋅

𝑆Δ𝑃𝑀𝑂

𝑆Δ𝑃𝑁𝑂 =

𝑆Δ𝑃𝑁𝑄 𝑆Δ𝑃𝑀𝑄=

𝑄𝑁 𝑄𝑀=

𝑄𝑀′ 𝑄𝑁′

Vậy:

𝑂𝑁 = 𝑘2⋅ 𝑂

′𝑁′

𝑄𝑂′⋅ 𝑄𝑁′=

𝑘2 ⋅ 𝑂′𝑀′

𝑄𝑂′⋅ 𝑄𝑀′= 𝑂𝑀

x

C' B' R

N' M'

O' P

K

L

P' I

J M

N

A O

B

C

Mặt khác (𝐾𝑀, 𝐾𝑃) ≡ (𝐶𝑀, 𝐶𝑃) ≡ (𝐿𝑁, 𝐿𝑃) (mod 𝜋) nên 𝐾𝑀 ∥ 𝐿𝑁 Vậy nên 𝑀𝐾𝑁𝐿 hình bình hành Do đó, trung điểm 𝑂 𝑀𝑁 trung điểm 𝐾𝐿, tức 𝑂𝐾 = 𝑂𝐿 (đpcm) 38 Tam giác 𝑨𝑩𝑪 có ∠𝑨𝑪𝑩 = 𝟐∠𝑨𝑩𝑪 Điểm 𝑷 nằm góc ∠𝑩𝑨𝑪 cho 𝑷𝑩 = 𝑷𝑪 𝑨𝑪 = 𝑨𝑷 Chứng minh ∠𝑷𝑨𝑪 = 𝟐∠𝑷𝑨𝑩

Lời giải:

Gọi 𝐷 chân đường phân giác góc ∠𝐴𝐶𝐵 tam giác 𝐴𝐵𝐶 Ta có: ∠𝐷𝐶𝐵 =1

2∠𝐴𝐶𝐵 = ∠𝐴𝐵𝐶

Nên 𝐷𝐶 = 𝐷𝐵, 𝑃𝐶 = 𝑃𝐵 nên 𝑃𝐷 trung trực 𝐵𝐶 Gọi 𝐸 điểm đối xứng với 𝐶 qua 𝐴𝑃 Ta lại có 𝑃𝐶 = 𝑃𝐸 = 𝑃𝐵 nên 𝑃 tâm đường tròn (𝐸𝐵𝐶)

Đường thẳng qua 𝑃 vng góc với 𝐸𝐵 cắt 𝐵𝐶 𝑄, ta có: ∠𝐸𝐶𝐵 =1

2∠𝐸𝑃𝐵 = ∠𝑄𝑃𝐵 = ∠𝑄𝑃𝐸

Hơn 𝐴𝑃 ⊥ 𝐶𝐸 𝑃𝐷 ⊥ 𝐵𝐶 nên ∠𝐸𝐶𝐵 = ∠𝐴𝑃𝐷 Suy ∠𝐴𝑃𝐸 = ∠𝑄𝑃𝐸 Từ đó: ∠𝐴𝐶𝑃 = ∠𝐴𝑃𝐸 = ∠𝐴𝑃𝐷 + ∠𝐷𝑃𝐸 = ∠𝐷𝑃𝐸 + ∠𝑄𝑃𝐸 = ∠𝐷𝑃𝑄 Mặt khác 𝑃𝑄 ⊥ 𝐵𝐸 𝑃𝐷 ⊥ 𝐵𝐶 nên ∠𝐴𝐶𝑃 = ∠𝐷𝑃𝑄 = ∠𝐸𝐵𝑄 Tức là:

∠𝐴𝐶𝐷 + ∠𝐷𝐶𝑃 = ∠𝐷𝐵𝑃 + ∠𝐸𝐵𝐴 − ∠𝑃𝐵𝐶 Nhưng ∠𝐷𝐶𝑃 = ∠𝐷𝐵𝑃 nên:

∠𝐸𝐵𝐴 = ∠𝐴𝐶𝐷 + ∠𝑃𝐵𝐶 =

2∠𝐴𝐶𝐵 + ∠𝑃𝐵𝐶 = ∠𝐴𝐵𝐶 + ∠𝑃𝐵𝐶 = ∠𝐴𝐵𝑃 Suy ra:

𝐴𝐵 sin ∠𝐴𝐸𝐵=

𝐴𝐸 sin ∠𝐴𝐵𝐸 =

𝐴𝐹 sin ∠𝐴𝐵𝑃 =

𝐴𝐵 sin ∠𝐴𝑃𝐵

Dẫn đến sin ∠𝐴𝐸𝐵 = sin ∠𝐴𝑃𝐵, suy ∠𝐴𝐸𝐵 = ∠𝐴𝑃𝐵 ∠𝐴𝐸𝐵 + ∠𝐴𝑃𝐵 = 180°

Q E

P A

C B

Nhưng ∠𝐴𝐸𝐵 + ∠𝐴𝑃𝐵 = 180° 𝐴, 𝐸, 𝑃, 𝐵 đồng viên, suy ra:

(𝐶𝑃, 𝐶𝐴) ≡ (𝐸𝐴, 𝐸𝑃) ≡ (𝐵𝐴, 𝐵𝑃) ≡ (𝐶𝑃, 𝐶𝐷) (mod 𝜋) Từ ta có 𝐶, 𝐴, 𝐷 thẳng hàng (vơ lý)

Vậy ∠𝐴𝐸𝐵 = ∠𝐴𝑃𝐵, suy tam giác 𝐴𝐸𝐵 tam giác 𝐴𝑃𝐵 (g.c.g) Từ đó: ∠𝑃𝐴𝐵 = ∠𝐵𝐴𝐸 =1

2∠𝑃𝐴𝐸 =

2∠𝑃𝐴𝐶 Hay ∠𝑃𝐴𝐶 = 2∠𝑃𝐴𝐵 (đpcm)

39 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 𝑲 ∈ 𝑩𝑪 cho 𝑲𝑩 = 𝟐𝑲𝑪 Gọi 𝑳 hình chiếu 𝑩 𝑨𝑲 𝑭 trung điểm 𝑩𝑪 Giả sử ∠𝑲𝑨𝑩 = 𝟐∠𝑲𝑨𝑪 Chứng minh 𝑭𝑳 ⊥ 𝑨𝑪

Lời giải:

Lấy 𝐷 điểm đối xứng với 𝐶 qua 𝐴𝐾, 𝐼 ≡ 𝐴𝐾 ∩ 𝐶𝐷 𝐻 ≡ 𝐷𝐿 ∩ 𝐴𝐶 Ta có: =𝐾𝐵

𝐾𝐶 = 𝑆Δ𝐴𝐾𝐵 𝑆Δ𝐴𝐾𝐶 =

𝐴𝐵 ⋅ sin 2∠𝐾𝐴𝐶 𝐴𝐶 ⋅ sin ∠𝐾𝐴𝐶 =

2 ⋅ 𝐴𝐵 ⋅ sin ∠𝐾𝐴𝐶 ⋅ cos 𝐾𝐴𝐶 𝐴𝐶 ⋅ sin ∠𝐾𝐴𝐶

Suy ra:

𝐴𝐷

𝐴𝐵 = cos ∠𝐾𝐴𝐶 = cos ∠𝐷𝐴𝐵 Vậy ∠𝐴𝐷𝐵 = 90° = ∠𝐴𝐿𝐵 nên 𝐴, 𝐵, 𝐷, 𝐿 đồng viên

Mặt khác 𝐴𝐾 ⊥ 𝐶𝐷 𝐵𝐿 ⊥ 𝐴𝐾 nên 𝐵𝐿 ∥ 𝐶𝐷, dẫn đến ∠𝐻𝐷𝐼 = ∠𝐵𝐿𝐷 = ∠𝐵𝐴𝐷 = ∠𝐻𝐴𝐼 Từ lại suy 𝐴, 𝐻, 𝐼, 𝐷 đồng viên ∠𝐴𝐻𝐷 = ∠𝐴𝐼𝐷 = 90°, tức 𝐷𝐿 ⊥ 𝐴𝐶

I

D

H

F

L

K B

A

Mà 𝐴𝐿 ⊥ 𝐶𝐷 nên 𝐿 trực tâm tam giác 𝐴𝐶𝐷, suy 𝐶𝐿 ⊥ 𝐴𝐷, 𝐵𝐷 ⊥ 𝐴𝐷 nên 𝐵𝐷 ∥ 𝐶𝐿, mặt khác 𝐵𝐿 ∥ 𝐶𝐷 nên 𝐵𝐿𝐶𝐷 hình bình hành Do vậy, trung điểm 𝐹 𝐵𝐶 trung điểm 𝐷𝐿 từ ta có 𝐹𝐿 ⊥ 𝐴𝐶 (đpcm)

40 Đường tròn (I) nội tiếp tam giác 𝑨𝑩𝑪, tiếp xúc với cạnh 𝑩𝑪, 𝑪𝑨, 𝑨𝑩 𝑿, 𝒀, 𝒁 𝑿′, 𝒀′, 𝒁′ điểm tia 𝑰𝑿, 𝑰𝒀, 𝑰𝒁 cho 𝑰𝑿′ = 𝑰𝒀′ = 𝑰𝒁′ Chứng minh rằng 𝑨𝑿′, 𝑩𝒀′, 𝑪𝒁′ đồng quy

Lời giải:

Xét phép đối xứng trục 𝐴𝐼 biến 𝑍 ↦ 𝑌, 𝐼𝑍 = 𝐼𝑌, 𝐼𝑍′= 𝐼𝑌′ nên 𝑍′↦ 𝑌′, suy ∠𝑍𝐴𝑍′= ∠𝑌𝐴𝑌′

Tương tự ta có ∠𝑍𝐵𝑍′ = ∠𝑋𝐵𝑋′ ∠𝑋𝐶𝑋′ = ∠𝑌𝐶𝑌′ Từ suy ∠𝐴𝐵𝑋′= ∠𝐶𝐵𝑍′, ∠𝐶𝐴𝑍′= ∠𝐵𝐴𝑌′ ∠𝐵𝐶𝑌′= ∠𝐴𝐶𝑋′

Suy ra:

I'

X' X

Y'

Y

Z

I A

B C

sin ∠𝑋′𝐴𝐵 sin ∠𝑋′𝐴𝐶 =

𝑅𝑋′𝐴𝐶 sin ∠𝑋′𝐴𝐶

𝑅𝑋′𝐴𝐵 sin ∠X′AB

⋅𝑅𝑋′𝐴𝐵 𝑅𝑋′𝐴𝐶 =

𝐴𝑋′

sin ∠𝐴𝐶𝑋′

𝐴𝑋′

sin ∠𝐴𝐵𝑋′

⋅𝑋

′𝐶

𝑋′𝐵=

sin ∠𝐴𝐵𝑋′ sin ∠𝐴𝐶𝑋′⋅

sin ∠𝑋′𝐵𝐶 sin ∠𝑋′𝐶𝐵

Lý luận tương tự ta có: sin ∠𝑌′𝐵𝐶 sin ∠𝑌′𝐵𝐴=

sin ∠𝐵𝐶𝑌′ sin ∠𝐵𝐴𝑌′⋅

sin ∠𝑌′𝐶𝐴 sin ∠𝑌′𝐴𝐵

sin ∠𝑍′𝐶𝐴 sin ∠𝑍′𝐶𝐵=

sin ∠𝐶𝐴𝑍′ sin ∠𝐶𝐵𝑍′⋅

sin ∠𝑍′𝐴𝐵 sin ∠𝑍′𝐵𝐴

Nhân tỉ số lại với suy ra: sin ∠𝑋′𝐴𝐵

sin ∠𝑋′𝐴𝐶⋅

sin ∠𝑌′𝐵𝐶

sin ∠𝑌′𝐵𝐴⋅

sin ∠𝑍′𝐶𝐴

sin ∠𝑍′𝐶𝐵

= (sin ∠𝐴𝐵𝑋

′

sin ∠𝐴𝐶𝑋′⋅

sin ∠𝐵𝐶𝑌′

sin ∠𝐵𝐴𝑌′⋅

sin ∠𝐶𝐴𝑍′

sin ∠𝐶𝐵𝑍′) ⋅ (

sin ∠𝑋′𝐵𝐶

sin ∠𝑋′𝐶𝐵⋅

sin ∠𝑌′𝐶𝐴

sin ∠𝑌′𝐴𝐵

sin ∠𝑍′𝐴𝐵

sin ∠𝑍′𝐵𝐴)

=

Vậy theo định lý Ceva 𝐴𝑋′, 𝐵𝑌′, 𝐶𝑍′ đồng qui (đpcm) 41 Lục giác 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭 có độ dài cạnh đồng thời:

∠𝑨 + ∠𝑪 + ∠𝑬 = ∠𝑩 + ∠𝑫 + ∠𝑭 Chứng minh ∠𝑨 = ∠𝑫, ∠𝑩 = ∠𝑬, ∠𝑪 = ∠𝑭

Lời giải:

Xét phép quay 𝑅 (𝐶, 𝛼 = (𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ , 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ )) : 𝐵 ↦ 𝐷, 𝐴 ↦ 𝐾 Ta có:

360° = ∠𝐴𝐹𝐸 + ∠𝐴𝐵𝐶 + ∠𝐶𝐷𝐸 = ∠𝐸𝐷𝐾 + ∠𝐶𝐷𝐾 + ∠𝐶𝐷𝐸

Mà ∠𝐶𝐷𝐾 = ∠𝐴𝐵𝐶 nên ∠𝐴𝐹𝐸 = ∠𝐸𝐹𝐴 Mặt khác 𝐸𝐾 = 𝐸𝐴, 𝐶𝐴 = 𝐶𝐾 suy 𝐷𝐸 = 𝐷𝐶 = 𝐷𝐾 Từ ∠𝐵𝐶𝐷 = ∠𝐴𝐶𝐾 = 2∠𝐸𝐶𝐾 = ∠𝐸𝐷𝐾 = ∠𝐴𝐹𝐸, tức ∠𝐶 = ∠𝐹

Chứng minh tương tự ta có ∠𝐴 = ∠𝐷 ∠𝐵 = ∠𝐸 (đpcm)

Hãy tìm vị trí 𝑴, 𝑵 cho 𝑴𝑵 có độ dài nhỏ

Lời giải:

Lấy điểm 𝐾 cho tứ giác lồi 𝐴𝐷𝐾𝐶 hình bình hành lấy 𝐻 ∈ 𝐵𝐾 cho: 𝐵𝐻

̅̅̅̅ 𝐵𝐾 ̅̅̅̅ =

𝐵𝑁 ̅̅̅̅ 𝐵𝐶 ̅̅̅̅ =

𝐷𝑀 ̅̅̅̅̅ 𝐷𝐴 ̅̅̅̅ Theo định lý Thales 𝐻𝑁 ∥ 𝐶𝐾 ∥ 𝐴𝐷, nữa:

𝑁𝐻 ̅̅̅̅̅ 𝐴𝐷 ̅̅̅̅ =

𝑁𝐻 ̅̅̅̅̅ 𝐶𝐾 ̅̅̅̅ =

𝐵𝑁 ̅̅̅̅ 𝐵𝐶 ̅̅̅̅ =

𝐷𝑀 ̅̅̅̅̅ 𝐴𝐷 ̅̅̅̅

Suy 𝑁𝐻 = 𝐷𝑀 tức 𝑀𝐷𝐻𝑁 hình bình hành, dẫn đến 𝐷𝐻 = 𝑀𝑁

Vậy 𝑀𝑁 nhỏ 𝐷𝐻 nhỏ nhất, tức 𝐷𝐻 ⊥ 𝐵𝐾 Từ ta xác định 𝑀, 𝑁 43 Tứ giác 𝑨𝑩𝑪𝑫 ngoại tiếp đường tròn (𝑰) 𝑨𝑪 ∩ 𝑩𝑫 ≡ 𝑶 𝑯𝟏, 𝑯𝟐, 𝑯𝟑, 𝑯𝟒 trực tâm các tam giác 𝑰𝑨𝑩, 𝑰𝑩𝑪, 𝑰𝑪𝑫, 𝑰𝑫𝑨 Chứng minh 𝑶, 𝑯𝟏, 𝑯𝟐, 𝑯𝟑, 𝑯𝟒 thẳng hàng

Lời giải:

M

H

K

B

C

D A

Trước hết ta nhắc lại kết quen thuộc: 𝑂𝐵 𝑂𝐷=

𝐵𝑀 𝑄𝐷

O H4

H3

H2

H1 D

C B A

I Q

M

N

Ta có: ∠𝐻1𝐵𝑀 = ∠𝑀𝐼𝐴 = ∠𝑄𝐼𝐴 = ∠𝐻4𝐷𝑄 ∠𝐵𝑀𝐻1 = ∠𝐷𝑄𝐻4 = 90° nên tam giác 𝑀𝐻1𝐵

và tam giác 𝐷𝑄𝐻4 đồng dạng Đặt 𝑂′≡ 𝐻

1𝐻4∩ 𝐵𝐷 Từ tam giác đồng dạng ta có:

𝑂′𝐵

𝑂′𝐷 =

𝐻1𝐵 𝐻1𝐷 =

𝐵𝑀 𝑄𝐷 =

𝑂𝐵 𝑂𝐷

Suy 𝑂 ≡ 𝑂′ Vậy 𝐻1𝐻4 qua 𝑂 Tương tự ta có 𝐻1𝐻2, 𝐻2𝐻3 qua 𝑂 Từ ta có

kết luận toán

44 Các điểm 𝑫, 𝑬, 𝑭 nằm cạnh 𝑩𝑪, 𝑪𝑨, 𝑨𝑩 tam giác 𝑨𝑩𝑪 cho 𝑨𝑫, 𝑩𝑬, 𝑪𝑭 đồng quy 𝑶 Gọi 𝑯 hình chiếu 𝑫 𝑬𝑭 𝑿, 𝒀, 𝒁, 𝑻 hình chiếu 𝑯 𝑨𝑬, 𝑨𝑭, 𝑶𝑬, 𝑶𝑭 Chứng minh 𝑿, 𝒀, 𝒁, 𝑻 đồng viên

Đặt 𝐾 ≡ 𝐸𝐹 ∩ 𝐵𝐶 𝐽 ≡ 𝐴𝑂 ∩ 𝐸𝐹 Ta có:

(𝐻𝐴, 𝐻𝑂, 𝐻𝐸, 𝐻𝐷) = 𝐻(𝐴𝑂𝐽𝐷) = 𝐾(𝐴𝑂𝐽𝐷) = −1 Mà 𝐻𝐷 ⊥ 𝐻𝐸 nên 𝐻𝐸 phân giác ∠𝐴𝐻𝑂 Từ đó:

(𝑌𝑋, 𝑌𝑇) ≡ (𝑌𝑋, 𝑌𝐻) + (𝑌𝐻, 𝑌𝑇) ≡ (𝐴𝑋, 𝐴𝐻) + (𝐹𝐻, 𝐹𝑇)

≡ (𝐸𝐴, 𝐸𝐻) + (𝐻𝐸, 𝐻𝐴) + (𝐹𝐻, 𝐹𝑇) ≡ (𝑍𝑋, 𝑍𝐻) + (𝐻𝑂, 𝐻𝐸) + (𝐹𝐻, 𝐹𝑇) ≡ (𝑍𝑋, 𝑍𝐻) + (𝑂𝐻, 𝑂𝑇) ≡ (𝑍𝑋, 𝑍𝐻) + (𝑍𝐻, 𝑍𝑇) ≡ (𝑍𝑋, 𝑍𝑇)(mod 𝜋) Suy 𝑋, 𝑌, 𝑍, 𝑇 đồng viên (đpcm)

45 Cho lục giác 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭 nội tiếp (𝑶) Các cạnh tam giác 𝚫𝑨𝑪𝑬 𝚫𝑩𝑫𝑭 cắt sáu điểm 𝑴, 𝑵, 𝑷, 𝑸, 𝑹, 𝑺 theo thứ tự Chứng minh 𝑴𝑸, 𝑷𝑺, 𝑵𝑹 đồng qui

J K

O

T

Z

X

Y

H

D

E

F

A

B C

Lời giải:

Đặt 𝑋 ≡ 𝐴𝐷 ∩ 𝐵𝐸, 𝑌 ≡ 𝐶𝐹 ∩ 𝐴𝐷 𝑍 ≡ 𝐵𝐸 ∩ 𝐷𝐹 Theo định lý Pascal 𝑀, 𝑋, 𝑄, 𝑃, 𝑆, 𝑌 𝑅, 𝑍, 𝑁 ba điểm thẳng hàng

Xét tam giác Δ𝑋𝐸𝐷 có 𝐷𝐹, 𝐶𝐸, 𝑋𝑄 đồng qui theo định lý Ceva ta có: sin ∠𝑄𝑋𝐸

sin ∠𝑄𝑋𝐷⋅

sin ∠𝐴𝐷𝐹 sin ∠𝐸𝐷𝐹⋅

sin ∠𝐶𝐸𝐷

sin ∠𝐶𝐸𝐵 = ⇒

sin ∠𝑄𝑋𝐸 sin ∠𝑄𝑋𝐷=

sin ∠𝐸𝐷𝐹 sin ∠𝐴𝐷𝐹⋅

sin ∠𝐶𝐸𝐵 sin ∠𝐶𝐸𝐷 =

𝐸𝐹 𝐴𝐹⋅

𝐶𝐵 𝐶𝐷 Lập tỉ số tương tự nhân chúng lại với nhau, áp dụng định lý Ceva lần cho tam giác Δ𝑋𝑌𝑍, ta có 𝑋𝑄, 𝑌𝑆, 𝑍𝑁 đồng qui (đpcm)

46 Đường tròn (𝑶𝟏) (𝑶𝟐) cắt hai điểm 𝑷, 𝑸 Một đường tròn (𝑶) qua 𝑷

cắt 𝑷𝑸, (𝑶𝟏), (𝑶𝟐) 𝑨, 𝑩, 𝑪 𝑿, 𝒀 ∈ (𝑶) cho 𝑩𝑿 ∥ 𝑪𝒀 ∥ 𝑨𝑷 𝑷𝑿, 𝑷𝒀 cắt (𝑶𝟐), (𝑶𝟏) lần

nữa 𝒁, 𝑻 Chứng minh 𝑿𝒀 ∥ 𝒁𝑻

Lời giải:

Y Z

X S

R

Q

P N

M

O A

B

C

D E

Xét phép đối xứng trục 𝑂1𝑂2 biến 𝐵 ↦ 𝑈 ∈ (𝑂1), 𝐶 ↦ 𝑉 ∈ (𝑂2) Do phép đối xứng có trục

trung trực 𝐴𝑃 biến 𝑋 ↦ 𝐵 𝑌 ↦ 𝐶 nên 𝑋𝑈⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑌𝑉⃗⃗⃗⃗⃗ , suy 𝑈𝑉 ∥ 𝑋𝑌 Ký hiệu 𝑍 ≡ 𝑈𝑉 ∩ (𝑂2), 𝑇 ≡ 𝑈𝑉 ∩ (𝑂1), 𝑀 ≡ 𝑃𝑋 ∩ 𝑄𝑈, 𝑁 ≡ 𝑃𝑌 ∩ 𝑄𝑉 Ta có:

(𝑄𝑀, 𝑄𝑁) ≡ (𝐴𝑋, 𝐴𝑌) ≡ (𝑃𝑀, 𝑃𝑁) (mod 𝜋) Suy 𝑀, 𝑁, 𝑃, 𝑄 đồng viên Từ đó:

(𝑃𝑀, 𝑃𝑄) ≡ (𝑁𝑀, 𝑁𝑄) ≡ (𝑉𝑍, 𝑉𝑄) ≡ (𝑃𝑍, 𝑃𝑄) (mod 𝜋)

Suy 𝑃, 𝑀, 𝑍 thẳng hàng tương tự 𝑃, 𝑁, 𝑇 thẳng hàng Vậy điểm 𝑍, 𝑇 điểm 𝑍, 𝑇 nói đến đề ta có đpcm

47 Lục giác 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭 thỏa mãn điều kiện: tam giác 𝑨𝑩𝑭 vng cân 𝑨, 𝑩𝑪𝑬𝑭 hình bình hành, 𝑨𝑫 = 𝟑, 𝑩𝑪 = 𝟏, 𝑫𝑪 + 𝑫𝑬 = 𝟐√𝟐 Tính diện tích lục giác 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭

Lời giải:

A

M N

X

Y T

Z V U

C B

Q

P O1

O2

Xét phép tịnh tiến 𝒯𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ : 𝐴 ↦ 𝐾, 𝐵 ↦ 𝐶, 𝐹 ↦ 𝐸 Ta có tam giác 𝐶𝐾𝐸 vng cân 𝐾 nên: 𝐾𝐶 = 𝐾𝐸 =

√2𝐶𝐸 Theo bất đẳng thức Ptoleme tứ giác 𝐶𝐾𝐸𝐷 ta có:

𝐾𝐶 ⋅ 𝐷𝐸 + 𝐾𝐸 ⋅ 𝐷𝐶 ≥ 𝐾𝐷 ⋅ 𝐶𝐸 ⇔ 𝐷𝐸 + 𝐷𝐶 ≥ 𝐾𝐷 ⋅𝐶𝐸

𝐾𝐸 ⇔ 𝐾𝐷 ≤ Mặt khác 𝐴𝐾 = 𝐵𝐶 = nên:

𝐴𝐷 ≤ 𝐴𝐾 + 𝐾𝐵 ≤ = 𝐴𝐷

Do đó, 𝐴, 𝐾, 𝐷 thẳng hàng bất đẳng thức Ptoleme phải xảy đẳng thức, tức 𝐶, 𝐾, 𝐸, 𝐷 đồng viên, suy ∠𝐶𝐷𝐸 = ∠𝐶𝐾𝐸 = 90°

Đặt góc nhọn hai đường thẳng 𝐾𝐷, 𝐶𝐸 𝛼 ta có:

𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹 = 𝑆𝐴𝐵𝐹 + 𝑆𝐵𝐶𝐸𝐹+ 𝑆𝐶𝐷𝐸 = 𝑆𝐵𝐶𝐸𝐹 + 𝑆𝐶𝐾𝐸+ 𝑆𝐶𝐷𝐸 = 𝑆𝐵𝐶𝐸𝐹+ 𝑆𝐶𝐾𝐸𝐷 = 𝐵𝐶 ⋅ 𝐶𝐸 ⋅ sin 𝛼 +1

2⋅ 𝐶𝐸 ⋅ 𝐾𝐷 ⋅ sin 𝛼 = 𝐶𝐸 ⋅ sin 𝛼 +

2⋅ ⋅ 𝐶𝐸 ⋅ sin 𝛼 = 2𝐶𝐷 ⋅ sin 𝛼

Mặt khác:

2√2 = 𝐷𝐶 + 𝐷𝐸 = 𝐸𝐶(sin ∠𝐷𝐶𝐸 + sin ∠𝐷𝐸𝐶) = 𝐸𝐶 (sin (𝛼 −𝜋

4) + sin (𝛼 + 𝜋 4)) = 2𝐸𝐶 ⋅ sin 𝛼 ⋅ cos𝜋

4 Suy 𝐸𝐶 ⋅ sin 𝛼 = 1, suy 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹 =

C

E K

A

B

F

48 Về phía tam giác 𝑨𝑩𝑪, ta lấy điểm 𝑷, 𝑸, 𝑹 thỏa mãn điều kiện: ∠𝑷𝑨𝑩 = ∠𝑩𝑸𝑪 = 𝟒𝟓°, ∠𝑨𝑩𝑷 = ∠𝑸𝑩𝑪 = 𝟕𝟓°, ∠𝑪𝑨𝑹 = 𝟏𝟎𝟓°,𝑨𝑹

𝑨𝑪 = √ 𝟑 𝟐 𝐓𝐢́𝐧𝐡 𝑹𝑸

𝑪𝑴

Lời giải:

Khơng tính tổng quát giả sử tam giác 𝐴𝐵𝐶 có hướng dương Gọi ℛ phép quay vector góc +75° Ta có:

ℛ(𝑄𝑅⃗⃗⃗⃗⃗ ) = ℛ(𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝑅⃗⃗⃗⃗⃗ ) = ℛ(𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ) + ℛ(𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ) + ℛ(𝐴𝑅⃗⃗⃗⃗⃗ ) =𝑄𝐵

𝐵𝐶⋅ 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝐵

𝐵𝑃⋅ 𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐴𝑅 𝐴𝐶⋅ 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ Mặt khác:

𝑄𝐵 𝐵𝐶 =

𝐴𝐵 𝐵𝑃 =

sin 75° sin 60° = √

3 2=

𝐴𝑅 𝐴𝐶 Suy ra:

ℛ(𝑄𝑅⃗⃗⃗⃗⃗ ) = √3

2(𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ) = √

2(𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ) = √6 ⋅ 𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ Vậy 𝑅𝑄

𝐶𝑀= √6

49 Cho tam giác 𝑨𝑩𝑪 cân 𝑨 Các điểm 𝑴, 𝑵 thuộc cạnh 𝑨𝑩 Các điểm 𝑷, 𝑸 thuộc cạnh 𝑨𝑪 𝑺 ≡ 𝑴𝑷 ∩ 𝑵𝑸 Các đường tròn (𝑴, 𝑴𝑩) (𝑷, 𝑷𝑪) cắt 𝑿, 𝒀 Các đường tròn (𝑵, 𝑵𝑩) (𝑸, 𝑸𝑪) cắt 𝒁, 𝑻 Chứng minh rằng, 𝑺𝑿 = 𝑺𝒀 = 𝑺𝒁 = 𝑺𝑻

I M

N

R

Q

P

A B

Lời giải:

Gọi 𝐴𝐷 đường kính đường trịn (𝐴𝐵𝐶) Ta có 𝐷𝐵 ⊥ 𝐴𝐵, 𝐷𝐶 ⊥ 𝐴𝐶 nên 𝐷𝐵 tiếp xúc với (𝑀, 𝑀𝐵) (𝑁, 𝑁𝐵) 𝐷𝐶 tiếp xúc với (𝑃, 𝑃𝐶) (𝑄, 𝑄𝐶) Từ ta có:

𝒫𝐷,(𝑀,𝑀𝐵) = 𝒫𝐷,(𝑁,𝑁𝐵)= 𝐷𝐵2 = 𝐷𝐶2 = 𝒫𝐷,(𝑃,𝑃𝐶) = 𝒫𝐷,(𝑄,𝑄𝐶)

Suy 𝐷 tâm đẳng phương bốn đường trịn nói Vì thế, 𝐷 ≡ 𝑋𝑌 ∩ 𝑍𝑇 Suy ra: 𝐷𝑋

̅̅̅̅ ⋅ 𝐷𝑌̅̅̅̅ = 𝐷𝑍̅̅̅̅ ⋅ 𝐷𝑇̅̅̅̅

Vậy 𝑋, 𝑌, 𝑍, 𝑇 đồng viên Mặt khác 𝑀𝑃, 𝑁𝑄 trung trực 𝑋𝑌, 𝑍𝑇 nên 𝑆 tâm đường tròn (𝑋𝑌𝑇𝑍), tức 𝑆𝑋 = 𝑆𝑌 = 𝑆𝑍 = 𝑆𝑇 (đpcm)

50 Cho tứ giác 𝑨𝑩𝑪𝑫 có cạnh đối không song song 𝑨𝑪 = 𝑩𝑫 Đường trung trực các cạnh 𝑨𝑩, 𝑪𝑫 cắt điểm 𝑬 nằm tứ giác Đường trung trực cạnh 𝑨𝑫, 𝑪𝑩 cắt điểm 𝑭 nằm tứ giác

X

Y

T Z S

D A

B C

N M

a Chứng minh ∠𝑨𝑬𝑩 + ∠𝑨𝑭𝑫 = 𝟏𝟖𝟎°

b Chứng minh 𝑬𝑭 qua trọng tâm tứ giác

Lời giải:

Gọi 𝐼, 𝐽 trung điểm 𝐴𝐶, 𝐵𝐷 Theo giả thiết ta có 𝐸𝐴 = 𝐸𝐵, 𝐸𝐶 = 𝐸𝐷, 𝐹𝐵 = 𝐹𝐶, 𝐹𝐴 = 𝐹𝐷 𝐴𝐶 = 𝐵𝐷 nên cặp tam giác 𝐸𝐴𝐶, 𝐸𝐵𝐷 𝐹𝐴𝐶, 𝐹𝐵𝐷 thuận Từ đó:

(𝐸𝐴, 𝐸𝐵) ≡ (𝐴𝐶, 𝐵𝐷) ≡ (𝐹𝐷, 𝐹𝐴) (mod 𝜋) Suy ∠𝐴𝐸𝐵 + ∠𝐴𝐹𝐵 = 180° (đpcm)

Mặt khác từ cặp tam giác ta suy 𝐸𝐼 = 𝐸𝐽 𝐹𝐼 = 𝐹𝐽 Vậy 𝐸𝐹 qua trung điểm 𝐺 𝐼𝐽, trọng tâm tứ giác 𝐴𝐵𝐶𝐷 (đpcm)

51 Cho tứ giác 𝑨𝑩𝑪𝑫 nội tiếp có 𝑨𝑩 ⋅ 𝑩𝑪 = 𝟐𝑨𝑫 ⋅ 𝑫𝑪 Chứng minh rằng: 𝟖𝑩𝑫𝟐≤ 𝟗𝑨𝑪𝟐

Lời giải:

G

J I

F B

D C

A

Ta có:

𝐵𝐴 ⋅ 𝐵𝐶 = 2𝐷𝐴 ⋅ 𝐷𝐶 ⇒ 𝐵𝐴 ⋅ 𝐵𝐶 ⋅ sin ∠𝐴𝐵𝐶 = 2𝐷𝐴 ⋅ 𝐷𝐶 ⋅ sin ∠𝐴𝐷𝐶 ⇒ 𝑆𝐵𝐴𝐶 = 2𝑆𝐷𝐴𝐶 ⇒𝐼𝐵

𝐼𝐷= 𝑆𝐴𝐼𝐵 𝑆𝐴𝐼𝐷=

𝑆𝐶𝐼𝐵 𝑆𝐶𝐼𝐷 =

𝑆𝐴𝐼𝐵+ 𝑆𝐶𝐼𝐵 𝑆𝐴𝐼𝐷+ 𝑆𝐶𝐼𝐷 =

𝑆𝐵𝐴𝐶

𝑆𝐷𝐴𝐶 = ⇒ 𝐼𝐵 = 2𝐵𝐷

3 ; 𝐼𝐷 = 𝐵𝐷

3 Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

2𝐵𝐷2

9 = 𝐼𝐵 ⋅ 𝐼𝐷 = 𝐼𝐴 ⋅ 𝐼𝐶 ≤

(𝐼𝐴 + 𝐼𝐶)2

4 =

𝐴𝐶2

4 ⇒ 8𝐵𝐷

2 ≤ 9𝐴𝐶2

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy 𝐼𝐴 = 𝐼𝐶, ví dụ 𝐵𝐷 đường kính (𝑂) 𝐴𝐶 qua 𝐼 ∈ 𝐵𝐷 cho 𝐼𝐵 = 2𝐼𝐷

52 Về phía ngồi tam giác 𝑨𝑩𝑪 lấy điểm 𝑿, 𝒀 cho tam giác 𝑨𝑩𝑿, 𝑨𝑪𝒀 đồng dạng ngược hướng Lấy điểm 𝒁, 𝑻 cho tam giác 𝑩𝒁𝑪, 𝑩𝑿𝑨, 𝑻𝑿𝒀 đồng dạng cùng hướng Chứng minh rằng, tam giác 𝑩𝒁𝑪, 𝑻𝑿𝒀 có tâm đường tròn ngoại tiếp

Lời giải:

I O

B

A

D

Từ giả thiết ta thấy rằng:

Δ𝐵𝑍𝑋 ∼ Δ𝐵𝐴𝐶 ⇒𝑋𝑍 𝐴𝐶 =

𝐵𝑋 𝐵𝐴⇒

𝑋𝑍 𝐵𝑋 =

𝐴𝐶 𝐴𝐵 Δ𝑋𝐵𝑇 ∼ Δ𝑋𝐴𝑌 ⇒𝐵𝑇

𝐴𝑌 = 𝐵𝑋 𝐴𝑋⇒

𝐵𝑇 𝐵𝑋 =

𝐴𝑌 𝐴𝑋 Δ𝐴𝐵𝑋 ∼ Δ𝐴𝐶𝑌 ⇒ 𝐶𝑌

𝐵𝑋 = 𝐴𝐶 𝐴𝐵 =

𝐴𝑌 𝐴𝑋 Từ điều suy ra:

𝑋𝑍 𝐵𝑋 =

𝐴𝐶 𝐴𝐵 =

𝐴𝑌 𝐴𝑋 =

𝐵𝑇 𝐵𝑋 =

𝐶𝑌

𝐵𝑋 ⇒ 𝑋𝑍 = 𝐵𝑇 = 𝐶𝑌

Mặt khác, gọi 𝑂 tâm phép đồng dạng thuận ℋ: 𝑋 ↦ 𝑍, 𝑇 ↦ 𝐵, 𝑌 ↦ 𝐶 ta có: {Δ𝑂𝑍𝑋 ∼ Δ𝑂𝐵𝑇 ∼ Δ𝑂𝐶𝑌

𝑋𝑍 = 𝐵𝑇 = 𝐶𝑌 ⇒ Δ𝑂𝑍𝑋 = Δ𝑂𝐵𝑇 = Δ𝑂𝐶 Suy 𝑂𝑍 = 𝑂𝐵 = 𝑂𝐶 𝑂𝑋 = 𝑂𝑌 = 𝑂𝑇

Vậy (𝐵𝑍𝐶) (𝑇𝑋𝑌) có tâm đường trịn ngoại tiếp 𝑂 (đpcm)

T

O Z

Y A

B C