· GeometryMathley Nhªn x²t. T§t c£ c¡c b¤n tham gia ·u gi£i óng b i to¡n n y, tuy nhi¶n mët v i b¤n tr¼nh b y líi gi£i

www.hexagon.edu.vn

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

HEXAGON®inspiring minds always

Geometry Mathley

Round 1-2011

Vietnamese

1 Cho hình lục giác ABCDEF có tất cả các góc trong đều bằng 120◦. Gọi P,Q,R, S, T, V làtrung điểm của các cạnh của hình lục giác ABCDEF . Chứng minh rằng

p(PQRSTV ) ≥√

32

p(ABCDEF ),

trong đó p(.) ký hiệu chu vi của đa giác.

Nguyễn Tiến LâmĐại học Ngoại Thương Hà Nội

2 Cho tam giác ABC nhọn, BE,CF là các đường cao. M là trung điểm của BC . N là giaocủa AM và EF . X là hình chiếu của N trên BC . Y,Z theo thứ tự là hình chiếu của X trênAB,AC . Chứng minh rằng N là trực tâm của tam giác AY Z .

Nguyễn Minh HàĐại học Sư phạm Hà Nội

3 Cho tam giác ABC nhọn tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H , đường cao AD. AO cắtBC tại E. Đường thẳng qua D song song OH lần lượt cắt AB,AC tại M,N . I là trung điểmAE. DI lần lượt cắt AB,AC tại P,Q. MQ cắt NP tại T . Chứng minh rằng D,O, T thẳnghàng.

Trần Quang HùngĐại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN

4 Cho ba đường tròn (O1), (O2), (O3) đôi một cắt nhau; mỗi đường tròn cắt hai đường tròn kiatại hai điểm phân biệt. Gọi (X1) là đường tròn tiếp xúc ngoài với (O1) và tiếp xúc trong với cácđường tròn (O2), (O3); tương tự xác định được các đường tròn (X2), (X3). Gọi (Y1) là đườngtròn tiếp xúc trong với (O1)và tiếp xúc ngoài với các đường tròn (O2), (O3), tương tự xác địnhđược các đường tròn (Y2), (Y3). Gọi (Z1), (Z2) là hai đường tròn cùng tiếp xúc trong với cả bađường tròn (O1), (O2), (O3). Chứng minh rằng X1Y1, X2Y2, X3Y3, Z1Z2 đồng quy.

Nguyễn Văn LinhĐại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN

Copyright c© 2011 HEXAGON

1

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Lời giải: Solutions

1 Cho hình lục giác ABCDEF có tất cả các góc trong đều bằng 120◦. Gọi P,Q,R, S, T, V làtrung điểm của các cạnh của hình lục giác ABCDEF . Chứng minh rằng

p(PQRSTV ) ≥√

32

p(ABCDEF ),

trong đó p(.) ký hiệu chu vi của đa giác.

D

E

B

A

F

C

P

V

T S

R

Q

Chứng minh. Giả sử P,Q,R, S, T, V theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB,BC,CD,DE,EF,FAvà gọi a, b, c, d, e, f lần lượt là độ dài các cạnh AB,BC,CD,DE,EF,FA. Áp dụng định lýhàm số cosine cho tam giác PBQ với chú ý ∠PBQ = 120◦, ta được

PQ2 =14(a2 + b2 + ab).

Vì a2 + b2 + ab =34(a + b)2 +

14(a− b)2 ≥ 3

4(a + b)2 nên từ đẳng thức trên ta suy ra

PQ ≥√

34

(a + b).

Tương tự, ta cũng có QR ≥√

34

(b + c), RS ≥√

34

(c + d), ST ≥√

34

(d + e), TV ≥√

34

(e + f), và V P ≥√

34

(f + a).

Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta suy được điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảyra khi và chi khi ABCDEF là lục giác đều.

2

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Nhận xét. Tất cả các bạn tham gia đều giải đúng bài toán này, tuy nhiên một vài bạn trình bày lời giảihơi dài và đáng tiếc có một bạn tính nhầm. Mấu chốt của bài toán này là chứng minh được bất đẳng thức

PQ ≥√

34

(a + b) và các bất đẳng thức tương tự.

Bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11A1 Toán, trường THPT chuyên KHTN có lời giải khá độc đáo cho bài toánnày.

2 Cho tam giác ABC nhọn , BE,CF là các đường cao . M là trung điểm của BC . N là giaođiểm của AM và EF. Gọi X là hình chiếu của lên BC. Y,Z theo thứ tự là hình chiếu của Xtrên AB,AC .Chứng minh rằng N là trực tâm tam giác AY Z.

A

B C

F

E

M

N

X

Y

Z

K

Chứng minh. Dễ chứng minh khẳng định bài toán đúng trong trường hợp tam giác ABC cântại A. Xét trường hợp tam giác ABC không cân, không mất tổng quát giả sử AB > AC.

Gọi K là hình chiếu của M trên EF. Vì ∠BEC = ∠BFC = 90◦ nên tứ giác BEFC nội tiếpđường trong đường kính BC. Vì M là trung điểm của BC và MK vuông góc với EF nên Klà trung điểm của EF.

Cũng vì tứ giác BEFC nội tiếp nên ∠AEF = ∠ABC, dẫn tới hai tam giác AEF và ABCđồng dạng. Lưu ý rằng AM,AK tương ứng là trung tuyến của các tam giác ABC,AEF nêncác tam giác AKE,AMB đồng dạng. Điều này kéo theo

∠AKE = ∠AMB. (1)

Mặt khác ∠MKN = ∠MXN = 90◦ nên tứ giác MNKX nội tiếp, kéo theo

∠XKE = ∠AMC. (2)

Từ (1), (2), ta suy ra

∠AKE + ∠XKE = ∠AMB + ∠AMC = 180◦,

3

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

hay A,K,X thẳng hàng.

Từ đó, chú ý hai tam giác AEF,ABC đồng dạng, ta thu được ∠XAC = ∠KAE = ∠NAF.Điều này dẫn tới

NE

NF=

XB

XC.

Mặt khác, do CF,XY cùng vuông góc với AB nên CF ||XY. Theo định lý Thales, ta suy ra

XB

XC=

Y B

Y F.

VậyNE

NF=

Y B

Y F, từ đó theo định lý Thales đảo, Y N ||BE. Mà BE vuông góc với AC nên

Y N cũng vuông góc với AC. Chứng minh tương tự ta cũng có ZN vuông góc với AB.

Vì thế, N là trực tâm của tam giác AY Z .

Nhận xét. Đa số các bạn đều không nêu trường hợp AB = AC, tuy trường hợp này đơn giản. Trongtrường hợp này tứ giác MNKX sẽ suy biến thành đoạn thẳng. Đa số các bạn đều sử dụng tính chất củađường đối trung (đường đối xứng với trung tuyến qua phân giác cùng xuất phát từ một đỉnh) để suy raNE

NF=

Y B

Y F, cụ thể

Tính chất 1. Nếu AN là đường đối trung của tam giác ABC với N ∈ [BC] thìNB

NC=

AB2

AC2.

Tính chất 2. Giao điểm của hai tiếp tuyến tại B và tại C của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (nếucó) thuộc đường đối trung xuất phát từ A của tam giác ABC.

Tuy nhiên, các bạn nên phát biểu tính chất của đường đối trung dưới dạng bổ đề để thuận tiện trong việctrình bày bài toán. Bạn Ong Thế Phương, lớp 11 Toán, trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, ĐồngNai và bạn Nguyễn Lê Minh Tiến, lớp 10 Toán 2, trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định cólời giải ngắn gọn, chỉ sử dụng các kiến thức của hình học lớp 9, tuy nhiên cả hai bạn đều không xét trườnghợp tam giác ABC cân. Bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11 Toán 1, trường THPT chuyên KHTN cũng có lờigiải tương đối ngắn gọn.

Xin tuyên dương ba bạn Ong Thế Phương, Nguyễn Lê Minh Tiến và Trần Đăng Phúc và bạn NguyễnĐình Toàn, lớp 12B1, trường THPT Hùng Vương, Bình Phước.

4

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

3 Cho tam giác ABC nhọn tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H , đường cao AD. AO cắtBC tại E. Đường thẳng qua D song song OH lần lượt cắt AB,AC tại M,N . I là trung điểmAE. DI lần lượt cắt AB,AC tại P,Q. MQ cắt NP tại T . Chứng minh rằng D,O, T thẳnghàng.

A

B C

O

H

DM

N

E

I

P

Q

T

J

L

K

F

G

Chứng minh. Gọi F là trung điểm BC , G là trung điểm AH . Từ kết quả quen thuộc 2−−→OF =−−→

AH . Ta có−→AG =

−−→GH =

−−→OF . Tứ đó các tứ giác AGFO,GHFO là hình bình hành suy ra GF

song song AE và GF,OH có chung trung điểm J . Trong tam giác ADE có trung tuyến DIđi qua trung điểm đoạn chắn song song GF . Do đó DI đi qua trung điểm J của OH . Chú ýDN ‖ HO từ liên hệ giữa tỷ số đơn và tỷ số kép ta có D(HOJN) = (HOJ) = −1.

Gọi OD giao AB,AC tại K,L. Qua phép chiếu xuyên tâm D ta dễ thấy

(AKMP ) = D(AKMP ) = D(ALNQ) = (ALNQ) = D(HOJN) = −1

5

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Khi (AKMP ) = −1 ta cũng có (AKPM) = −1. Vậy từ hai đẳng thức trên ta có (AKPM) =(ALNQ) hay KL,PN,MQ đồng quy tại T , nói cách khác D,O, T thẳng hàng. Ta có điềuphải chứng minh.

Nhận xét. Các bạn đều có hướng giải đúng là sử dụng hàng điểm điều hòa nhưng nhiều bạn biến đổicồng kềnh không gọn. Ở đây chúng ta chỉ cần duy nhất cần một bổ đề của phương pháp tỷ số kép là nếucó hai hàng cùng tỷ số kép (XABC) = (XA′B′C′) thì AA′, BB′, CC′ đồng quy. Bạn Nguyễn HuyTùng có nhận xét là đề bài cần thêm điều kiện tam giác ABC khác tam giác đều để O 6≡ H nhận xétnày chính xác và đã bổ sung thiếu sót cho đề bài, xin cám ơn bạn.

Bạn Nguyễn Lê Minh Tiến, học sinh trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định cho lời giải gọngàng nhất. Giải đúng bài này có các bạn Trần Đăng Phúc, Phạm Huy Hoàng, học sinh lớp 11A1 THPTchuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Huy Tùng, học sinh trường THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng,Nguyễn Văn Thanh, học sinh lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, NguyễnĐình Toàn, học sinh lớp 12 B1, trường THPT Hùng Vương, tỉnh Bình Phước, Ong Thế Phương, họcsinh lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai.

4 Cho ba đường tròn (O1), (O2), (O3) đôi một cắt nhau, mỗi đường tròn cắt hai đường tròn kiatại hai điểm phân biệt. Gọi (X1) là đường tròn tiếp xúc ngoài với (O1) và tiếp xúc trong với cácđường tròn (O2), (O3); tương tự xác định được các đường tròn (X2), (X3). Gọi (Y1) là đườngtròn tiếp xúc trong với (O1) và tiếp xúc ngoài với các đường tròn (O2), (O3), tương tự xác địnhđược các đường tròn (Y2), (Y3). Gọi (Z1), (Z2) là hai đường tròn cùng tiếp xúc trong với cả bađường tròn (O1), (O2), (O3). Chứng minh rằng X1Y1,X2Y2,X3Y3, Z1Z2 đồng quy.

Trước tiên ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau

Bổ đề 1. Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Gọi (X) và (Z)là hai đường tròn tiếp xúc trong với cả hai đường tròn (O1) và (O2) lần lượt tại cặp điểmN,M và T,R ( (X) nằm trong và (Z) nằm ngoài hai đường tròn). Gọi (Y ) là đường tròntiếp xúc ngoài với cả hai đường tròn (O1) và (O2) lần lượt tại Q,P . Gọi (A), (B) lần lượtlà đường tròn tiếp xúc ngoài với (O1) và tiếp xúc trong với (O2) lần lượt tại C,D; tiếp xúctrong với (O1) và tiếp xúc ngoài với (O2) lần lượt tại E,F . Khi đó các bộ ba đường thẳngXY,MP,NQ;XZ,MR,TN và AB,CE,DF đồng quy tại một điểm nằm trên trục đẳngphương của hai đường tròn (O1) và (O2).

Chứng minh. Gọi K,L lần lượt là giao điểm thứ hai của NQ,MP với (Y ). Gọi I, J lần lượtlà giao điểm của hai tiếp tuyến tại M,N của (X), tại K,L của (Y ).

Do các tam giác Y PL và O2MP cân ta có biến đổi góc sau

(LY,LM) ≡ (LY,LP ) ≡ (PL,PY ) ≡ (PM,PO2) ≡ (MO2,MP ) ≡ (MO2,ML)( mod π)

Suy ra Y L ‖ MO2.

Tương tự, Y K ‖ NO1. Do đó IM ‖ JL (cùng vuông góc MO2), IN ‖ JK (cùng vuông gócNO1). Mà hai tam giác IMN và JLK lần lượt cân tại I và J nên giao điểm của NK và LMlà tâm vị tự của hai tam giác và cũng là tâm vị tự của hai đường tròn (X) và (Y ).

6

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

O1O2

X

N

Z

T

Y

P

R

Q

M

S

K L

I

J

Ta có MN ‖ KL và tứ giác KLPQ nội tiếp nên tứ giác MNPQ nội tiếp. Gọi S là giao củaMP và NQ thì SM.SP = SN.SQ. Từ đó S nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn(O1) và (O2).

Vậy XY,MP,NQ đồng quy tại S nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2)

Chứng minh tương tự với bộ ba XZ,MR,NT và AB,CE,DF . Ta có điều phải chứng minh.

Giải bài toán. Từ bổ đề trên ta thấy tâm vị tự của (X1) và (Y1) nằm trên trục đẳng phương của(O2) và (O3) và nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O2). Do đó X1Y1 đi qua tâm đẳngphương của ba đường tròn (O1), (O2), (O3). Tương tự với X2Y2, X3Y3, Z1Z2. Ta có điềuphải chứng minh.

Nhận xét. Các bạn đã gửi lời giải đến đều giải đúng nhưng các biến đổi còn dài chưa ngắn gọn.

Bạn Trần Đăng Phúc học sinh lớp 11A1 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN cho một lời giải khá gọndùng định lý Menelaus nhưng có một bổ đề bạn đã dùng mà chưa chứng minh đó là định lý Menelaus chotứ giác. Bạn Nguyễn Huy Tùng, học sinh trường THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng cũng cho lời giảivới các khái niệm phương tích và góc định hướng rất rõ ràng trình bày và vẽ hình rất chính xác. Ngoài

7

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

ra còn các bạn giải đúng bài này Nguyễn Văn Thanh, lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Đình Toàn, học sinh lớp 12 B1, trường THPT Hùng Vương, tỉnh Bình Phước, OngThế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai

8

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn


Geometry Mathley

Round 2-2011: Solutions

1 Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R và M là một điểm nằm ngoàitam giác ABC. Ký hiệu Sa, Sb, Sc tương ứng là diện tích các tam giác MBC,MCA,MAB.Giả sử rằng SbSc = SaSb + SaSc, chứng minh rằng OM ≥ R.

O

CB

A

M

Chứng minh. Trước hết với giả thiết của bài toán, ta chứng minh nhận xét sau đây.

Nhận xét. Giả sử M là tâm tỉ cự của hệ điểm {A,B,C} ứng với bộ trọng số {x, y, z}, tức làx−−→MA + y

−−→MB + z

−−→MC =

−→0 . Khi đó,

(x + y + z)2(R2 −OM2) = (xy + yz + zx)a2.

Chứng minh nhận xét. Từ giả thiết, ta suy ra

(x + y + z)−−→OM = x

−→OA + y

−−→OB + z

−−→OC.


1

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Bình phương vô hướng đẳng thức trên với chú ý rằng OA = OB = OC = R; 2−−→OX

−−→OY =

OX2 + OY 2 −XY 2 với mọi X,Y ∈ {A,B,C} và tam giác ABC đều, ta thu được đẳng thứccần chứng minh.

Trở lại bài toán, vì M nằm ngoài tam giác ABC nên M là tâm tỉ cự của hệ điểm {A,B,C}ứng với một trong ba bộ trọng số: {−Sa, Sb, Sc} hoặc {Sa,−Sb, Sc} hoặc {Sa, Sb,−Sc}. VìSbSc = SaSb + SaSc nên ta luôn có

−SaSb + SbSc − ScSa = 0,−SaSb − SbSc + ScSa = −2SaSb < 0,SaSb − SbSc − ScSa = −2SaSc < 0.

Từ các bất đẳng thức và đẳng thức trên, áp dụng nhận xét ta suy ra R2 − OM2 ≤ 0, tức làOM ≥ R.

Dễ thấy khi M thuộc miền trong góc A hoặc miền góc đối đỉnh của A thì M là tâm tỉ cự củahệ điểm {A(−Sa), B(Sb), C(Sc)}. Khi đó, ta có OM = R. Trong các trường hợp còn lại thì taluôn có OM > R.

Nhận xét. Bài toán này không khó, cái khó của bài toán này là ở khâu trình bày lời giải. Đa số các bạnđều cho lời giải đúng nhưng hơi dài. Lý do là các bạn đã xét tất cả các vị trí có thể có của điểm M khiM nằm ngoài tam giác. Ở bài toán này, nếu chỉ quan tâm tới tọa độ tỉ cự của điểm M đối với ba đỉnhA, B, C của tam giác thì lời giải sẽ ngắn gọn hơn. Kết quả của bài toán có thể được mở rộng trong khônggian.

Các bạn sau có lời giải đúng: Ong Thế Phương, lớp 11 Toán, trường THPT chuyên Lương Thế Vinh,Đồng Nai, Nguyễn Văn Thanh, lớp 12 Toán 1, trường THPT chuyên KHTN - ĐHKHTN Hà Nội;Nguyễn Huy Tùng, THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng, Lê Đình Vượng, lớp 12 Toán 2, trường THPTchuyên KHTN - ĐHKHTN Hà Nội.

Bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11 Toán 1, trường THPT chuyên KHTN-ĐHKHTN Hà Nội đưa ra lời giảiđúng không sử dụng phương pháp vector.

2

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

2 Cho tam giác ABC không cân. Đường tròn (O) đi qua B,C lần lượt cắt các đoạn BA,CA tạiđiểm thứ hai F,E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường thẳng CF tại M,N saocho M nằm giữa C và F . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACF cắt đường thẳng CE tại P,Qsao cho P nằm giữa B và E. Đường thẳng qua N vuông góc AN cắt BE tại R. Đường thẳngqua Q vuông góc AQ cắt CF tại S. SP giao NR tại U . RM giao QS tại V . Chứng minh rằngNQ,UV,RS đồng quy.

A

B C

F

E

M

N

P

Q

R S

U

V

T

I

K

Chứng minh. Do các tứ giác ANBE và BCEF nội tiếp ∠ANE = ∠ABE = ∠ACN nên4ANE ∼ 4ACN do đó AN2 = AE.AC . Tương tự AM2 = AE.AC,AP 2 = AQ2 =AF.AB, do BCEF nội tiếp nên AE.AC = AF.AB. Từ đó ta có AM = AN = AP = AQhay M,N,P,Q thuộc đường tròn (A).

Gọi CN giao BQ tại I , RN giao SQ tại K . Ta xét phép chiếu xuyên tâm trên đường tròn (A),chú ý NR,QS là tiếp tuyến của (A), ta có

(MNPQ) = N(MNPQ) = (IRPQ) = S(IRPQ) = (NRUK) (1)

và

3

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

(MNPQ) = Q(MNPQ) = (MNIS) = R(MNIS) = (V KQS) = (QSV K) (2)

Từ (1), (2) suy ra (NRUK) = (QSV K) do đó QN,RS,UV đồng quy, đó là điều phải chứngminh.

Nhận xét. Bài toán được giải nhờ biến đổi tỷ số kép trên đường tròn khá đơn giản và không dùng quánhiều các công cụ mạnh. Tất cả các bạn đã gửi lời giải đều giải đúng xin nêu tên tất cả các bạn: TrầnĐăng Phúc, 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN. Nguyễn Huy Tùng, THPT chuyên TrầnPhú, Hải Phòng. Nguyễn Văn Thanh, 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, OngThế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai.

4

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H . Một đường thẳng bất kì đi qua H cắtđường tròn (O) tại hai điểm P và Q. Qua P,Q lần lượt kẻ các đường vuông góc với AP,AQ,các đường này cắt đường thẳng BC lần lượt tại hai điểm M,N . Chứng minh rằng đường thẳngqua P và vuông góc với OM và đường thẳng qua Q và vuông góc với ON cắt nhau tại mộtđiểm nằm trên đường tròn (O).

A

B C

OH

P

Q

S

M N

T

X

Z

Y

Dựa theo lời giải theo bạn Lê Bích Ngọc lớp 10A1 Toán THPT chuyên KHTN. Gọi đường thẳngqua P và vuông góc với OM và đường thẳng qua Q và vuông góc với ON cắt nhau tại T .Gọi AS là đường kính của (O). Gọi X,Y,Z là hình chiếu của O lên PS,BC,SQ. Dễ thấy−−→OX = 1

2

−→AP,

−−→OY = 1

2

−−→AH,

−→OZ = 1

2

−→AQ mà P,H,Q thẳng hàng suy ra X,Y,Z thẳng hàng.

Theo bài toán đảo của đường thẳng Simson suy ra O,M,N, S đồng viên. Từ đó ta có biến đổigóc sau

(TP, TQ) ≡ (OM,ON)(modπ) (Do PT ⊥ OM,QT ⊥ ON )

≡ (SM,SN)(modπ) (Do O,M,N, S đồng viên)

≡ (SP, SQ)(modπ).

Từ đó T, S, P,Q đồng viên hay T thuộc (O).

Nhận xét. Ngoài lời giải xuất sắc trên của bạn Ngọc còn có bạn Nguyễn Lê Minh Tiến lớp 10 Toán 2Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định cũng có lời giải tương tự. Cái đẹp bao giờ cũng nằmtrong cái đơn giản nhất. Bạn Ngọc và bạn Tiến xứng đáng được tuyên dương ở bài này. Ngoài ra các bạngửi lời giải đến đều giải đúng xin nêu tên các bạn: Trần Đăng Phúc, 11A1 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN. Nguyễn Huy Tùng THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng, Lê Đình Vượng, lớp 12A2 Toán,Nguyễn Văn Thanh lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN. Ong Thế Phương,lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai.

Sau đây chúng tôi xin giới thiệu lời giải của tác giả bài toán.

5

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Bổ đề 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H . Một đường thẳng bất kìqua O cắt AB,AC lần lượt tại J, I . Khi đó

a) Các đường tròn đường kính BI,CJ cắt nhau tại một điểm F nằm trên (O).

b) Gọi G là điểm đối xứng với F qua IJ thì G thuộc (O). Khi đó HF là đường thẳng Steinercủa G đối với tam giác ABC .

P

M

G

KH

L

F

IO

A

B C

J

Chứng minh. a) Kẻ đường kính CP,BK của (O). Áp dụng định lý Pascal đảo cho 6 điểmA,B,C, P, F,K ta suy ra PJ giao IK tại F thuộc (O). Vì CP,BK là đường kính của (O)nên ta cũng dễ thấy F thuộc các tròn đường kính BI,CJ . Đó là điều phải chứng minh.

b) Gọi L là giao của BH với (O), M là giao của GL và AC . Do BH,BO là hai đường đẳnggiác trong góc ∠ABC nên LK ‖ AC do đó ta có (MG,MI) ≡ (MG,MA) ≡ 1

2 ((−−→OG,

−→OA)+

(−→OL,

−−→OC)) ≡ 1

2((−−→OG,

−→OA) + (

−→OA,

−−→OK)) ≡ 1

2(−−→OG,

−−→OK) ≡ (FG,FK) ≡ (FG,FI)(mod

π). Do đó tứ giác GMIF nội tiếp. Suy ra (MF,MI) ≡ (GF,GI) ≡ (FI, FG) ≡ (MI,MG)( modπ). Suy ra MF,MG đối xứng nhau qua AC kéo theo điểm đối xứng với G qua AC nằm trênMF . Mặt khác ta dễ thấy H,L đối xứng nhau qua AC mà L thuộc MG do đó H thuộc MF .Vậy HF là đường thẳng Steiner của G đối với tam giác ABC . Đó là điều phải chứng minh.

6

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

J

NM

Q

HO

A

B C

P

Giải bài toán. Áp dụng bổ đề trên ta suy ra giao điểm J của (O) và đường thẳng qua P vuônggóc với OM là điểm Anti-Steiner của đường thẳng PH trong tam giác ABC . Tương tự, giaođiểm J ′ của (O) và đường thẳng qua Q vuông góc với ON là điểm Anti-Steiner của đườngthẳng QH trong tam giác ABC . Vậy J ≡ J ′. Ta có điều phải chứng minh.

7

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

4 Cho tam giác ABC , O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Các đường phân giác AD,BE,CFđồng quy tại I . Các điểm M,N,P theo thứ tự thuộc EF,FD,DE sao cho IM, IN, IP theothứ tự vuông góc với BC,CA,AB. Chứng minh rằng AM,BN,CP đồng quy tại một điểmthuộc OI .

Để giải bài toán ta cần các bổ đề sau

Bổ đề 2. Cho tam giác ABC . AD là phân giác của tam giác. I thuộc AD. BI,CI theo thứtự cắt AC,AB tại E,F . Một đường thẳng qua I , theo thứ tự cắt BC,EF tại L,M . Khi đóIAL = IAM.

A

B C

I

F

E

S

J

M

LD

K

Chứng minh. Bỏ qua trường hợp đơn giản AB = AC . Đặt K = AI ∩ EF ; S = BC ∩ EF ;J = LM ∩ SA.

Ta có A(LMIJ) = (LMIJ) = S(LMIJ) = S(DKIA) = (DKIA) = −1 (1).

Mặt khác, vì (BCDS) = −1 và DAB = DAC nên AD⊥AS (2).

Từ (1) và (2) suy ra IAL = IAM.

Bổ đề 3. Cho tam giác ABC không đều. (O,R) là đường tròn ngoại tiếp của tam giác. Đườngtròn nội tiếp (I, r) tiếp xúc với BC tại X. Điểm K thuộc đoạn OI sao cho KO

KI = Rr . Khi đó

IAX = IAK.

8

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

A

B C

OI

E

F

X

LK

Chứng minh. Gọi E là trung điểm cung_

BAC của (O); F là giao điểm thứ hai của OE với(O). Đặt L = AF ∩XK . Dễ thấy X,L,K,E cùng thuộc một đường thẳng.

Vậy A(IEKX) = A(LEKX) = I(LEKX) = I(FEOX).

Từ đó, chú ý rằng IX ‖ EF và OE = OF , suy ra A(IEKX) = −1.

Kết hợp với AI⊥AE, ta có IAX = IAK.

A

BC

OI

FE

DX

Y

Z

M

K

N

P

Giải bài toán. Gọi R, r theo thứ tự là bán kính của (O), (I). Lấy K thuộc đoạn OI sao choKOKI = R

r . Gọi X,Y,Z theo thứ tự là tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB.

9

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Vì IM, IN, IP theo thứ tự vuông góc với BC,CA,AB nên I đồng thời thuộc MX,NY,PZ .

Từ đó, theo bổ đề 2, suy ra IAX = IAM ; IBY = IBN ; ICZ = ICP .

Vậy, theo bổ đề 3, K đồng thời thuộc AM,BN,CP . Điều đó có nghĩa là AM,BN,CP đồngquy tại một điểm thuộc OI (điểm K).

Nhận xét. Hầu hết các bạn đều giải theo hướng sử dụng vector hoặc biến đổi lượng giác, tuy vậy giải theohướng này vẫn chưa gọn như đáp án. Giải đúng bài này có các bạn: Nguyễn Lê Minh Tiến lớp 10 Toán2, Vũ Phương Thảo lớp 10 toán 1 Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định; Lê Đình Vượnglớp 12A2 Toán, Nguyễn Văn Thanh lớp 12A1 Toán, THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, ĐỗĐức Hiếu lớp Anh 3 - CLCKT - K49 Đại học Ngoại Thương. Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPTchuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai, Trần Đăng Phúc, 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN. Nguyễn Huy Tùng THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng.

10

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn


Geometry Mathley


Vietnamese

1 Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB,AC đến đường tròn đó (B, Clà các tiếp điểm. Giả sử Q là một điểm nằm trong góc BAC , trên tia AQ lấy một điểm P saocho OP vuông góc với AQ. Đường thẳng OP cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác BPQ,CPQ theo thứ tự tại I, J . Chứng minh rằng OI = OJ .

OA

B

C

Q

P

I

J

Chứng minh. (Dựa theo lời giải của bạn Trần Đăng Phúc và Nguyễn Lê Minh Tiến) P,Q,C, Jthuộc một đường tròn suy ra (QA,QC) ≡ (QP,QC) ≡ (JP, JC) ≡ (JO, JC)(modπ) và(CQ,CJ) ≡ (PQ,PJ) ≡ π

2≡ (CA,CO)(modπ). Từ đó (QA,QC) ≡ (JO, JC)(modπ)

và (CA,CQ) ≡ (CO,CJ)(modπ). Từ đó tam giác 4CAQ ∼ 4COJ cùng hướng suy ra

OJ

AQ=

OC

AC. (1)

Chứng minh tương tự ta cóOI

AQ=

OB

AB. (2)

Chú ý OB = OC và AC = AB nên từ (1), (2) dễ suy ra OI = OJ . Đó là điều phải chứngminh.


1

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Nhận xét. Đây là bài toán đã xuất hiện trong cuộc thi học sinh giỏi ở Nga, thuộc loại cơ bản và có thểdùng các kiến thức hình học THCS để giải quyết trọn vẹn. Xin nêu tên các bạn có lời giải đúng TrầnĐăng Phúc, 11A1 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Văn Thanh 12A1 Toán THPT chuyênKHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, BiênHòa Đồng Nai, Nguyễn Lê Minh Tiến, 10T2 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định, ChuXuân Thắng, 10 Toán trường THPT chuyên KHTN, ĐHQGHN, Cao Văn Tiến, 11A Chuyên QuangTrung, Đồng Xoài, Bình Phước. Trần Chí Công lớp 12A1 Toán, THPT Chuyên Đại học Vinh, Nghệ An,Nguyễn Hồng Thái, 11 A THPT Ninh Giang, Hải Dương.

2

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

2 Cho tam giác ABC , đường thẳng δ và số k, khác 0 và 1, điểm M chạy trên δ. Các điểm E,F

theo thứ tự thuộc MB,MC sao choME

MB=

MF

MC= k. Các điểm P,Q theo thứ tự thuộc

AB,AC sao cho PE, QF vuông góc với δ. Chứng minh rằng đường thẳng qua M vuông gócvới PQ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải thứ nhất. Gọi H là hình chiếu của A trên ∆. Gọi ∆1 là đường thẳng qua H , vuông gócvới BC . Gọi ∆2 là đường thẳng qua M , vuông góc với ∆. Gọi X,Y theo thứ tự là giao của ∆2

với AB,AC .

1

2

A

B C

M

E F

Q

P

H

X

Y

O

Định hướng các đường thẳng ∆, ∆1, ∆2, BC bởi các vectơ đơn vị −→e , −→e1 , −→e2 , −→e3 .

VìME

MB=

MF

MC= k 6= 0, 1 nên EF ‖ BC

−−→EF = k

−−→BC. (3)

Vì PE,QF và XY cùng vuông góc với ∆ nên PE ‖ XM và QF ‖ Y M .

3

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Từ đó, chú ý rằngME

MB=

MF

MC= k 6= 0, 1, suy ra

−−→PE = (1− k)

−−→XM ;

−−→FQ = (1− k)

−−→MY . (4)

Lấy O thuộc d sao cho

HO = − k.MH.BC. cos(−→e ,−→e3)(1− k).XY . cos(−→e1 ,−→e2)

. (5)

Vì XY luôn vuông góc với ∆ nên XY luôn song song với chính nó. Do đó tam giác AXY luônđồng dạng và cùng hướng với chính nó.

Suy raHM

XYkhông đổi.

Từ đó, chú ý tới (5), suy ra O cố định.

−−→MO.

−−→PQ = (

−−→MH +

−−→HO)(

−−→PE +

−−→EF +

−−→FQ)

=−−→MH.

−−→EF +

−−→HO(

−−→PE +

−−→FQ)

Lại vì (3) và (4) ta có

−−→MO.

−−→PQ =

−−→MH.(k

−−→BC) +

−−→HO((1 − k)

−−→XM + (1− k)

−−→MY )( do (1), (2))

= k−−→MH.

−−→BC + (1− k)

−−→HO.

−−→XY

= k(MH−→e ).(BC−→e3) + (1− k)(HO−→e1).(XY −→e2)

= k.MH.BC cos(−→e ,−→e3) + (1− k)HO.XY cos(−→e1 ,−→e2)= 0

Suy ra MO vuông góc với PQ. Vì O cố định và từ đây suy ra đường thẳng qua M , vuông gócvới PQ luôn đi qua một điểm cố định (điểm O).

Lời giải thứ hai. Gọi A1, B1, C1, E1, F1 theo thứ tự là hình chiếu của A,B,C,E, F trên ∆.Lấy S sao cho SB1, SC1 theo thứ tự vuông góc với AC,AB. Gọi d là đường thẳng qua M ,vuông góc với PQ. Đặt O = d ∩ SA1. Lấy N thuộc ∆ sao cho MA1

MN= k.

Đặt K = PQ ∩AA1. Lấy L thuộc AA1 sao cho LP ‖ AC .

Ta thấy MA1

MN= k = ME

MB= ME1

MB1= ME1−MA1

MB1−MN= A1E1

NB1

MA1

MN= k = MF

MC= MF1

MC1= MF1−MA1

MC1−MN= A1F1

NC1.

4

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

d

E1

A

BC

M

E F

P

Q

B1

S

L

K

O

A1

F1

C1

Suy ra A1E1

NB1= A1F1

NC1. Do đó A1E1

A1F1= NB1

NC1. Mặt khác A1E1

A1F1= KP

KQ= KL

KA.

Vậy,NB1

NC1

=KL

KA(6)

Dễ thấy SB1, SC1, B1C1 theo thứ tự vuông góc với PL,PA,LA.

Suy ra các tam giác SB1C1 và PLA đồng dạng cùng hướng . Từ đây và (6 suy ra các tam giácSB1N và PLK đồng dạng cùng hướng.

Do đó (SN,PK) ≡ (SB1, PL) ≡ π2 (modπ).

Suy ra SN⊥PQ.

Từ đó, chú ý rằng d⊥PQ, suy ra d ‖ SN .

Vậy, theo định lí Thales,OA1

OS=

MA1

MN= k.

Từ đó, chú ý rằng A1, S cố định, suy ra O cố định.

Nói cách khác, d luôn đi qua một điểm cố định (điểm O).

Tóm lại đường thẳng qua M , vuông góc với PQ luôn đi qua một điểm cố định (điểm O).

5

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Nhận xét. Đây là bài toán đi qua điểm cố định hay, là mở rộng của đề thi học sinh giỏi quốc gia ViệtNam năm 2008. Có duy nhất bạn Trần Đăng Phúc 11A1 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN gửi lờigiải và bạn Phúc giải đúng như đáp án thứ nhất, xin tuyên dương bạn Phúc ở bài toán này. Hai đáp ántrên là của tác giả bài toán.

6

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P1, P2 là hai điểm bất kỳ trong mặt phẳng; P1A,P1B, P1C lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là A1, B1, C1; P2A,P2B,P2C lần lượt cắt (O) tạiđiểm thứ hai A2, B2, C2.

a) A1A2, B1B2, C1C2 lần lượt giao BC,CA,AB tại A3, B3, C3. Chứng minh rằng ba điểmA3, B3, C3 thẳng hàng.

b) P là một điểm bất kỳ trên đường thẳng P1P2; A1P,B1P,C1P lần lượt cắt (O) tại điểmthứ hai là A4, B4, C4. Chứng minh rằng ba đường thẳng A2A4, B2B4, C2C4 đồng quy tạimột điểm trên P1P2.

Đề giải bài toán ta cần một số bổ đề sau

Bổ đề 1. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Khi đó các tiếp tuyến tại A,B,C của (O) tươngứng cắt BC,CA,AB tại ba điểm thẳng hàng.

A

B C

O

Bổ đề này đã rất quen thuộc xin không nêu cách chứng minh.

Bổ đề 2. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với X là điểm bất kỳ. Gọi A′, B′, C ′ là giao điểm thứhai của AX,BX,CX với đường tròn (O). khi đó (BCAA′) · (CABB′) · (ABCC ′) = −1.

7

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

A

BC

O

X

A2

B2

C2

A1

C1

B1

B'

C'

A'

Chứng minh. Gọi A1, B1, C1 tương ứng là giao điểm của tiếp tuyến tại A,B,C của (O) vớicác đường thẳng BC,CA,AB và A2, B2, C2 tương ứng là giao điểm của AX,BX,CX vớicác đường thẳng BC,CA,AB.

Khi đó ta dễ thấy

(BCAA′) = A(BCAA′) = A(BCA2A1) = (BCA2A1) =A2B

A2C:A1B

A1C

Tương tự với (CABB′), (ABCC ′) ta chú ý rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy và A2, B2, C2

thẳng hàng khi nhân các tỷ số kép với nhau áp dụng các định lý Menelaus và Ceva ta dễ suy ra(BCAA′) · (CABB′) · (ABCC ′) = −1. Đó là điều phải chứng minh.

Bổ đề 3. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với X là điểm bất kỳ. Gọi A′, B′, C ′ là giao điểmthứ hai của AX,BX,CX với đường tròn (O). Chứng minh rằng các tiếp tuyến của (O) tạiA′, B′, C ′ tương ứng cắt BC,CA,AB tại ba điểm thẳng hàng.

8

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

A

B C

O

X

A'

B'

C'

A2 C2

B2

A1

B1

C1

Chứng minh. Gọi giao điểm của đường thẳng AA′, BB′, CC ′ và tiếp tuyến tại A′, B′, C ′ của(O) với BC,CA,AB lần lượt là A1, A2, B1, B2, C1C2. Ta thấy

(BCAA′) = A′(BCAA′) = A′(BCA1A2) = (BCA1A2) =A1B

A1C:

A2B

A2C

Tương tự với (CABB′), (ABCC ′) ta chú ý rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy và theo bổ đề 2 thì

(BCAA′) · (CABB′) · (ABCC ′) = −1 do đó dễ suy raA2B

A2C.B2C

B2A.C2A

C2B= 1 nên A2, B2, C2

thẳng hàng theo định lý Menelaus, đó là điều phải chứng minh.

Bổ đề 4. Cho năm điểm A,B,C,X, Y trên mặt phẳng khi đó

A(BCXY ) ·B(CAXY ) · C(ABXY ) = 1.

A

BC

X Y

A1 A

2

B1

B2

C1

C2

Chứng minh. Gọi giao điểm của AX,AY với đường thẳng BC là A1, A2 ta dễ thấy

A(BCXY ) = (BCA1A2) =A1B

A1C:

A2B

A2C

Chú ý rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại X, AA2, BB2, CC2 đồng quy tại Y do đó áp dụngđịnh lý Ceva ta có

9

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

A(BCXY )·B(CAXY )·C(ABXY ) =∏ A1B

A1C:A2B

A2C=

∏ A1B

A1C:∏ A2B

A2C= −1 : −1 = 1

Đó là điều phải chứng minh.

Giải bài toán. a) Gọi A5, B5, C5 lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến tại A1, B1, C1 với BC,CA,AB,theo bổ đề 1 ta đã có A5, B5, C5 thẳng hàng.

A

B

C

O

P1 P

2

A1

A2

A3

A5

A(BCP1P2) = A(BCA1A2) = (BCA1A2) = A1(BCA1A2) = A1(BCA5A3) = (BCA5A3)

=A5B

A5C:A3B

A3C

Vậy

A(BCP1P2) · B(CAP1P2) · C(ABP1P2) =∏ A5B

A5C:

A3B

A3C

Theo bổ đề 4, A(BCP1P2) ·B(CAP1P2) ·C(ABP1P2) = 1, mặt khác theo bổ đề 3 A5, B5, C5

thẳng hàng, áp dụng định lý Menelaus ta có∏ A5B

A5C= 1. Vậy kết hợp đẳng thức trên ta suy ra

∏ A3B

A3C= 1, vậy A3, B3, C3 thẳng hàng theo định lý Menelaus. Ta có điều phải chứng minh.

b) (Dựa theo lời giải của bạn Nguyễn Văn Thanh) Gọi Q là giao điểm của A1C2 và A2C1.Áp dụng định lý Pascal cho lục giác C1C2ACA2A1 ta có giao điểm của các cặp đường thẳng(C2A1, C1A2), (C1C,A1A), (AA2, CC2) thẳng hàng, hay Q thuộc P1P2.

10

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

A

B C

O

P

T

Q

A1

A2

B1

B2

C1

C2

A4

B4

C4

P1

P2

Tiếp tục áp dụng định lý Pascal cho lục giác C1C2A4C4A2A1 ta có giao điểm của các cặp đườngthẳng (C2A1, C1A2), (C2C4, A2A4), (A4A1, C4C1) thẳng hàng hay giao điểm T của A4A2 vàC4C2 nằm trên P1P2. Tương tự ta có giao điểm T ′ của A4A2 và B4B2 nằm trên P1P2. Do đóT ′ ≡ T . Như vậy A4A2, B4B2, C4C2 đồng quy tại một điểm T nằm trên P1P2.

Nhận xét. Câu a) nhiều bạn cho lời giải ngắn gọn nhờ các hệ thức lượng về sin nhưng các bạn chú ýrằng những lời giải đó phải phụ thuộc hình vẽ, các bạn hãy chú ý đề bài của chúng ta là cho P1, P2 bấtkỳ trong mặt phẳng chứ không phải nằm trong tam giác vì vậy hướng tiếp cận theo tỷ số kép của tác giảcó vẻ dài xong đó là cách làm tổng quát. Câu b) là các áp dụng thông thường của định lý Pascal cáchchứng minh khá ngắn gọn nhưng có nhiều ứng dụng sâu sắc. Xin nêu tên các bạn có lời giải đúng. TrầnĐăng Phúc, 11A1 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Văn Thanh 12A1 Toán THPT chuyênKHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên HòaĐồng Nai.

11

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

4 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O,R). Một đường tròn (O′, R′) tiếp xúc trong với (O)tại I sao cho R < R′. P là một điểm bất kì trên (O). Các tia PA,PB,PC lần lượt cắt (O′)tại A1, B1, C1. Gọi A2B2C2 là tam giác tạo bởi các giao điểm của các đường thẳng đối xứngvới B1C1 qua BC , C1A1 qua CA, A1B1 qua AB. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tamgiác A2B2C2 cũng tiếp xúc với (O).

Bổ đề 5. Cho tam giác ABC và một điểm P bất kì trên mặt phẳng. Một đường thẳng qua Pcắt các đường tròn (PBC), (PCA), (PAB) lần lượt tại Pa, Pb, Pc. Gọi la, lb, lc lần lượt là tiếptuyến của (PBC), (PCA), (PAB) tại Pa, Pb, Pc. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác tạobởi giao điểm của các đường thẳng la, lb, lc tiếp xúc với (ABC).

t

A

B C

Pc

Pb

Pa

X

Z

Y

Q

R

Chứng minh. Gọi XY Z là tam giác tạo bởi các giao điểm của la, lb, lc;Q là điểm Miquel củatứ giác toàn phần XY ZPaPbPc;R là giao của APc và CPa.

(PcA,PcX) ≡ (PcA,PcY ) ≡ (PA,PPc) ≡ (CA,CPb) ≡ (PbA,PbX)(modπ) suy ra A ∈(XPbPc). Tương tự với B,C .

Ta sẽ chứng minh Q nằm trên (ABC).

12

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Ta có (APc, AB) + (CB,CPa) ≡ (PPc, PB) + (PB,PPa) ≡ (PPb, PPa)(modπ) nênA,B,C,R cùng thuộc một đường tròn.

Từ đó (QA,QC) ≡ (QA,QPb)+(QPb, QC) ≡ (PcA,PcPb)+(PaPb, PaC) ≡ (RA,RC)( modπ). Vậy Q ∈ (ABC).

Dựng tiếp tuyến Qt của (XY Z). Ta sẽ chứng minh Qt đồng thời là tiếp tuyến của (ABC) khivà chỉ khi (Qt,QA) ≡ (CQ,CA)(modπ).

(Qt,QX) + (QX,QA) ≡ (CQ,CPb) + (CPb, CA)(modπ), (7)

mà

(Qt,QX) ≡ (ZQ,ZX) ≡ (ZQ,ZPb) ≡ (CQ,CPb), (QX,QA)≡ (PbX,PbA) ≡ (CPb, CA)(modπ)

nên (7) đúng. Ta có điều phải chứng minh.

t

Oa

Ob

A2

C2

A1

C1

B2

A

B C

I

P

B1

Z

X

Y

T

Q

X'

Y'

Z'

S

13

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Giải bài toán. Gọi Z là giao điểm của (IBB1) với A1B1. Tương tự ta xác định X,Y .

Ta có (IZ,B1Z) ≡ (IB,B1B) ≡ (AI,AP )(modπ) suy ra Z ∈ (A1AI)(modπ). Chứngminh tương tự với X,Y .

Mặt khác, (ZI,ZX) ≡ (B1I,B1X) ≡ (A1I,A1C1) ≡ (A1I,A1Y ) ≡ (ZI,ZY )(modπ)suy ra X,Y,Z thẳng hàng.

Gọi T là giao của IB1 và CX. Kẻ tiếp tuyến It của (O).

Ta có (It, IB1) ≡ (C1I, C1B1) ≡ (C1I, C1X) ≡ (CI,CX) ≡ (CI,CT )(modπ). Suy ra Itlà tiếp tuyến của (ITC). Từ đó T ∈ (O).

Ta thu được (XB1,XB) ≡ (IB1, IB) ≡ (CX,CB)(modπ), suy ra B1C1 là tiếp tuyến của(BCX). Tương tự với C1A1, A1B1.

Gọi Q là giao điểm của (XBC) với đường thẳng qua X,Y,Z .

Ta có (QX,QB) ≡ (XB1,XB) ≡ (ZB1, ZB) ≡ (AZ,AB)(modπ), do A1B1 là tiếp tuyếncủa (ABZ).

Vậy Q ∈ (ABZ). Tương tự ta thu được (ABZ), (BCX), (ACY ) đồng quy tại Q.

Gọi (Oa), (Ob), (Oc) lần lượt là các đường tròn đối xứng với (BCX), (ACY ), (ABZ) quaBC,CA,AB;X ′, Y ′, Z ′ là các điểm đối xứng với X,Y,Z qua BC,CA,AB.

Do A1B1, B1C1, C1A1 lần lượt là các tiếp tuyến của (BCX), (ACY ), (ABZ) nên theo phépđối xứng ta suy ra A2B2, B2C2, C2A2 lần lượt là tiếp tuyến của (Oa), (Ob), (Oc).

X,Y,Z lần lượt nằm trên B1C1, C1A1, A1B1 nên X ′, Y ′, Z ′ lần lượt nằm trên B2C2, C2A2, A2B2.

Gọi S là giao điểm của (Oa) và (Ob). Ta có

(SB,SA) ≡ (SB,SC) + (SC,SA) ≡ (X ′B,X ′C) + (Y ′C, Y ′A) ≡ (XB,XC) + (Y C, Y A)≡ (QB,QC) + (QC,QA) ≡ (QB,QA) ≡ (Z ′B,Z ′A)(modπ).

Vậy (Oa), (Ob), (Oc) đồng quy tại S.

(SC,SX ′) ≡ (BC,BX ′) ≡ (BX,BC) ≡ (BX,BI)+(BI,BC) ≡ (ZX,ZI)+(AI,AC) ≡(AY,AI) + (AI,AC) ≡ (AY,AC) ≡ (AC,AY ′) ≡ (SC,SY ′)(modπ)

Vậy S,X ′, Y ′ thẳng hàng. Tương tự suy ra S,X ′, Y ′, Z ′ thẳng hàng.

Từ đó áp dụng bổ đề trên ta suy ra điều phải chứng minh.

Nhận xét. Bài toán trên cũng như bổ đề là sự mở rộng hơn nữa kết quả của đề thi IMO năm 2011. Đâythật sự là bài toán hay và khó. Thật khó có thể diễn tả hết vẻ đẹp của nó và tâm huyết của tác giả NguyễnVăn Linh khi tạo ra bài toán này. Chỉ có duy nhất bạn Trần Đăng Phúc 11A1 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN gửi lời giải và bạn Phúc đã giải đúng thông qua một bổ đề của bạn tự phát biểu và chứng minhrất đẹp. Xin trình bày lại lời giải của bạn Phúc như sau

Bổ đề 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và tam giác A1B1C1 bất kỳ sao choAA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm thuộc (O). Dựng tam giác A2B2C2 sao cho A2B2,B2C2, C2A2 lần lượt là đối xứng của A1B1, B1C1, C1A1 qua AB, BC , CA thì ta có cácđường thẳng AA2, BB2, CC2 đồng quy tại J thuộc (O).

14

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

J

B2

A2

C2

X

Z

Y

A

B

C

P

A1

B1

C1

Chứng minh. Gọi X,Y,Z là giao điểm của B1C1 và BC,A1C1 và AC,A1B1 và AB.

Ta chứng minh (AC,AJ) ≡ (BC,BJ)(modπ) khi và chỉ khi sin(AC,AJ) = sin(BC,BJ).

Ta có sin(AC,AJ)A2Y = sin(Y A,Y A2)

AA2, thành thử sin(AC,AJ) = sin(Y A, Y A2), A2Y

AA2.

Tương tự, sin(BC,BJ) = sin(XB,XB2).B2XB2B .

Ta cần chứng minhsin(XB,XB2)sin(Y A, Y A2)

=A2Y

AA2.B2B

B2X. (8)

Mặt khác, sin(XB,XB2)sin(Y A,Y A2) = A1Y

A1A .B1BB1X .

Suy ra (8) tương đương Y A2XB2

.XB1Y A1

.BB2AA2

.AA1BB1

= PA1PB1

.JB2JA2

.C2A2C1A1

.C1B1C2B2

, hay

sin(C2B2, C2J)sin(C2A2, C2J)

.sin(JC2, JA2)sin(JC2, JB2)

=sin(C1B1, C1P )sin(C1A1, C1P )

.sin(PC1, PA1)sin(PC1, PB1)

.

15

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Do Y C,XC là phân giác của góc C1Y C2 và C1XC2 nênsin(C2B2, C2J)sin(C2A2, C2J)

=sin(C1B1, C1P )sin(C1A1, C1P )

.

Chứng minh tương tự suy ra điều phải chứng minh.

x

J

K

R

T

V UN

M

C2

A2

B2

X

Y

Z

C1

B1

A1

I

A

B C

P

Giải bài toán. Gọi X,Y,Z lần lượt là giao điểm của BC và B1C1, AC và A1C1, AB và A1B1.

IC, IB cắt (A1B1C1) lần lượt tại U, V.MC cắt IB1 tại T .

Ta suy ra các bộ ba điểm sau thẳng hàng: (X,B2, C2), (Y,A2, C2), (Z,A2, B2).

Dựng đường tròn ngoại tiếp tam giác B1BI cắt B1C1 tại M . Gọi N là điểm đối xứng với Mqua BC.K là giao điểm thứ hai của (NBB2) và (NCC2).

Áp dụng bổ đề 6 vào bài toán ta có AA2, BB2, CC2 đồng quy tại J ∈ (O).

Do tứ giác MB1BI, IBCP nội tiếp nên (CI,CP ) ≡ (BI,BP ) ≡ (MI,MB1)(modπ) suyra tứ giác MICC1 nội tiếp.

Gọi R là giao của IC1 và BM . Do I là tâm vị tự của (O) và (A1B1C1) nên UV ‖ BC . Ta có

(CI,CB) ≡ (UI,UV ) ≡ (C1I, C1B1) + (IB1, IV ) ≡ (C1R,C1B1) + (MB1,MB)≡ (RI,RB)(modπ).

Từ đó R ∈ (ABC).

Gọi K là giao điểm của (NBB2) và (NCC2). Suy ra

(KB,KC) ≡ (KB,KN)+(KN,KC) ≡ (B2B,B2N)+(C2N,C2C) ≡ (JB, JC)( mod π),

16

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

mà J ∈ (ABC) nên K ∈ (ABC).

Tương tự,

(KB2,KC2) ≡ (KB2,KN) + (KN,KC2)≡ (BB2, BN) + (CN,CC2)≡ (BB2, BX) + (BX,BN) + (CN,CB) + (CB,CC2)≡ (JB2, JC2) + (NC,NB)(modπ)≡ (MB,MC) + (IB, IC)(modπ).

Suy ra

(KB2,KC2) ≡ (IB, IC) + (MB,MB1) + (MB1,MC)≡ (AB,AC) + (IB, IB1) + (IC1, IC)(modπ)≡ (AB,AC) + (IB, IC) + (IC, IB1) + (IC1, IB1) + (IB1, IC)≡ 2(AB,AC) + (A1C1, A1B1)(modπ)

Sử dụng cộng góc, ta dễ dàng chứng minh được

2(AB,AC) ≡ (A1B1, A1C1) + (A2B2, A2C2)(modπ)

Do đó (KB2,KC2) ≡ (A2B2, A2C2)(modπ), suy ra K ∈ (A2B2C2)

Qua K dựng tiếp tuyến Kx với (A2B2C2).

Suy ra

(Kx,KB) ≡ (Kx,KB2) + (KB2,KB)≡ (C2K,C2B2) + (KB2,KB)≡ (CK,CB) + (CB,CN) + (KB2,KB)≡ (CK,CB) + (CM,CB) + (KB2,KB)(modπ).

Từ việc tứ giác MICC1 nội tiếp và rằng R thuộc mặt phẳng (ABC) suy ra (BX,BM) ≡(IC, IR) ≡ (IC, IC1) ≡ (MC,MC1)( mod π) khi và chỉ khi (CB,CM) ≡ (MB,MX)( modπ).

Từ đây suy ra (Kx,KB) ≡ (CK,CB)(modπ) hay Kx là tiếp tuyến của (ABC).

Do đó, kết hợp việc K thuộc (ABC) , K thuộc (A2B2C2), suy ra (A2B2C2) tiếp xúc với(ABC). Ta có điều phải chứng minh.

Xin tuyên dương bạn Phúc ở lời giải này.

17

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn


Geometry Mathley


Vietnamese

1 Lấy năm điểm Ki, i = 1, 2, 3, 4 và P bất kỳ trên cùng một đường tròn. Ký hiệu P (i, j) làkhoảng cách từ P đến đường thẳng nối Ki với Kj . Chứng minh rằng

P (1, 2)P (3, 4) = P (1, 4)P (2, 3) = P (1, 3)P (2, 4).

Bùi Quang TuấnMinh Khai, Hà Nội, Việt Nam

2 Cho tam giác ABC . Đường tròn (K) bất kỳ tiếp xúc đoạn thẳng AC,AB lần lượt tại E,F .(K) cắt đoạn thẳng BC tại M,N sao cho N nằm giữa B và M . FM giao EN tại I . Đườngtròn ngoại tiếp các tam giác IFN và IEM cắt nhau tại J khác I . Chứng minh rằng IJ đi quaA và KJ vuông góc IJ .

Trần Quang HùngTrường chuyên KHTN, Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội

3 Cho tam giác ABC không cân tại A. Gọi (O) và (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp, đườngtròn nội tiếp của tam giác. (I) tiếp xúc với AC , AB tại E và F . Các điểm M và N thuộc (I)sao cho EM ‖ FN ‖ BC . Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của BM,CN với (I). Chứng minhrằng

a) BC,EP,FQ đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là K .

b) đường tròn ngoại tiếp các tam giác BPK, CQK cùng tiếp xúc với (I) và cùng đi qua mộtđiểm thuộc (O).

Nguyễn Minh HàTrường chuyên ĐHSPHN, Đại học Sư phạm Hà Nội

4 Cho tam giác ABC có E là tâm đường tròn Euler. Qua E lần lượt kẻ các đường thẳng PS, MQ,NR song song với BC,CA,AB (R,Q thuộc BC; N,P thuộc AC; M,S thuộc AB). Chứngminh rằng bốn đường thẳng Euler của các tam giác ABC,AMN,BSR,CPQ đồng quy.

Nguyễn Văn LinhSinh viên Đại học Ngoại Thương Hà Nội


1

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Vietnamese: Solutions

1 Lấy năm điểm Ki, i = 1, 2, 3, 4 và P bất kỳ trên cùng một đường tròn. Ký hiệu P (i, j) làkhoảng cách từ P đến đường thẳng nối Ki với Kj . Chứng minh rằng

P (1, 2)P (3, 4) = P (1, 4)P (2, 3) = P (1, 3)P (2, 4).

K1

K2

K3

K4

P

Chứng minh. Gọi R là bán kính đường tròn chứa năm điểm. Ta có

P (1, 2) = 2SPK1K2

K1K2=

2PK1.PK2.K1K2

4R.K1K2=

PK1.PK2

2R,

trong đó SXY Z chỉ diện tích tam giác XY Z .

Tương tự P (3, 4) = PK3.PK42R . Vậy nên, P (1, 2)P (3, 4) = PK1.PK2.PK3.PK4

4R2 .

Tương tự ta có P (1, 4)P (2, 3) = P (1, 3)P (2, 4) = PK1.PK2.PK3.PK44R2 . Từ đó suy ra điều phải

chứng minh.

Nhận xét. Đây là bài toán hay có cách phát biểu rất mới. Tất các các bạn gửi lời giải đều sử dụng cộnggóc và tam giác đồng dạng, làm cách đó nếu không sử dụng qua góc định hướng thì lời giải sẽ rất dễ phụthuộc hình vẽ vì đề bài cho Ki và P là các điểm bất kỳ trên hình tròn. Cách làm của đáp án tránh đượctình trạng này có bạn Phạm Tuấn Huy, lớp 10 Toán trường phổ thông Năng khiếu – ĐHQG TP.HCMlàm tương đối giống đáp án, tuy vậy nên sử dụng công thức diện tích SABC = abc

4R thì lời giải sẽ tránhđược phải sử dụng lương giác. Xin nêu tên các bạn có lời giải tương đối tốt Ong Thế Phương, lớp 11toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai, Trần Đăng Phúc, 11A1 Toán, Nguyễn VănThanh, 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN.

2

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

2 Cho tam giác ABC . Đường tròn (K) bất kỳ tiếp xúc đoạn thẳng AC,AB lần lượt tại E,F .(K) cắt đoạn thẳng BC tại M,N sao cho N nằm giữa B và M . FM giao EN tại I . Đườngtròn ngoại tiếp các tam giác IFN và IEM cắt nhau tại J khác I . Chứng minh rằng IJ đi quaA và KJ vuông góc IJ .

A

BC

KF

N

E

M

I

J

Dựa theo lời giải của bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11A1 Toán THPT chuyên KHTN. Gọi J ′ là hìnhchiếu của K lên AI dễ thấy A,F, J ′,K,E thuộc đường tròn đường kính AK. Từ đó ta có gócnội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng nhau ∠AJ ′F = ∠AEF = ∠FNI suyra tứ giác FJ ′IN nội tiếp. Tương tự tứ giác EJ ′IM nội tiếp từ đó J ′ là điểm chung khác Icủa đường tròn ngoại tiếp tam giác IFN và IEM , vậy J ′ ≡ J suy ra A, I, J thẳng hàng vàKJ ⊥ IJ . Đó là điều phải chứng minh.

Nhận xét. Với lời giải hết sức ngắn gọn này bạn Trần Đăng Phúc xứng đáng được tuyên dương ở bàitoán này. Ngoài ra, các bạn sau cũng cho lời giải đúng: Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyênLương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai, Phùng Mạnh Hùng, Vũ Hoàng Diệu, lớp 10T2, Bùi Tiến Lộc,lớp 10T1 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định, Phạm Tuấn Huy, lớp 10 Toán trường phổthông Năng khiếu – ĐHQG TP.HCM, Trần Chí Công, lớp 12A1 THPT Chuyên Đại học Vinh.

3

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

3 Cho tam giác ABC không cân tại A. Gọi (O) và (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp, đườngtròn nội tiếp của tam giác. (I) tiếp xúc với AC , AB tại E và F . Các điểm M và N thuộc (I)sao cho EM ‖ FN ‖ BC . Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của BM,CN với (I). Chứng minhrằng

a) BC,EP,FQ đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là K .

b) đường tròn ngoại tiếp các tam giác BPK, CQK cùng tiếp xúc với (I) và cùng đi qua mộtđiểm thuộc (O).

A

BC

I

FEM

N

P

Q

K

O

SD

L

Chứng minh. a) Đặt S = BC ∩ EF . Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC . Dễ thấy tứ giácDMFP điều hoà.

Do đó E(DSPM) = E(DFPM) = −1.

Từ đó, chú ý rằng EM ‖ DS, suy ra EP đi qua trung điểm của DS.

Tương tự FQ đi qua trung điểm của DS.

Vậy BC,EP,FQ đồng quy tại trung điểm của DS, kí hiệu là K .

b) Kí hiệu (XY Z) chỉ đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z . Kí hiệu ∆ ≡ ∆′ chỉ hai đườngthẳng ∆, ∆′ trùng nhau.

Gọi ∆ là tiếp tuyến với (I) tại P. Ta có

(KP,KB) ≡ (EP,EM) (modπ) (KP ≡ EP, KB ‖ EM)≡ (∆, PM) (modπ) (Vì ∆ tiếp xúc (I) tại P )≡ (∆, PB) (modπ).

4

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Suy ra ∆ tiếp xúc với (BPK) tại P . Vậy (PBK) tiếp xúc với (I). Tương tự (CQK) tiếp xúcvới (I).

Kí hiệu EE,FF theo thứ tự chỉ tiếp tuyến với (I) tại E,F . Gọi L là giao điểm khác K của(BPK) và (PBK). Ta có

(LB,LC) ≡ (LB,LK) + (LK,LC) (modπ)≡ (PB,PK) + (QK,QC) (modπ) (P ∈ (LBK);Q ∈ (LKC))≡ (PM,PE) + (QF,QN) (modπ),≡ (EM,EE) + (FF,FN) (modπ)≡ (AB,AC) (modπ) (FN ‖ EM ; FF ≡ AB; EE ≡ AC).

Suy ra L thuộc (ABC). Điều đó có nghĩa là đường tròn tiếp các tam giác BPK,CQK cùng điqua một điểm thuộc (O).

Nhận xét. Bài toán này nếu không dùng góc định hướng lời giải sẽ rất dễ phụ thuộc hình vẽ. Giải đúngbài này có các bạn Trần Đăng Phúc, 11A1 THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, Phùng MạnhHùng, 10T2 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định, Phạm Tuấn Huy, lớp 10 Toán trườngphổ thông Năng khiếu – ĐHQG TP.HCM, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh,Biên Hòa Đồng Nai.

5

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

4 Cho tam giác ABC có E là tâm đường tròn Euler. Qua E lần lượt kẻ các đường thẳng PS, MQ,NR song song với BC,CA,AB (R,Q thuộc BC; N,P thuộc AC; M,S thuộc AB). Chứngminh rằng bốn đường thẳng Euler của các tam giác ABC,AMN,BSR,CPQ đồng quy.

G

G'

L

V

U

Y

Z I

K

N

M

D

MbMc

Ma

EHO

A

BC

Chứng minh. Gọi H,O lần lượt là trực tâm và tâm ngoại tiếp của tam giác ABC,D là trungđiểm AH , kẻ DY ⊥ AC,DZ ⊥ AB, gọi G là trọng tâm tam giác EMN .

Gọi I là trung điểm MN là trọng tâm tam giác EMN , dễ thấy I cũng là trung điểm AE. Ta

có DI là đường trung bình trong tam giác AHE nên DI ‖ EH và DI =12EH =

12EO.

Áp dụng định lý Ta-lét ta suy ra DO đi qua trọng tâm G của tam giác EMN . Gọi K là trựctâm tam giác EMN thì KN,KM lần lượt vuông góc với AB,AC . Gọi U, V lần lượt hai điểmtrên AB,AC sao cho DU ‖ AC,DV ‖ AB;Ma,Mb,Mc lần lượt là trung điểm BC,CA,AB.Do E là trung điểm DMa nên ta suy ra EN,EM lần lượt là đường trung bình các hình thangDV MbMa,DUMcMa nên M là trung điểm PMc và N là trung điểm QMb.

Phép vị tự tâm A tỉ số12

biến H 7→ D,B 7→ Mc, C 7→ Mb nên ta suy ra D là trực tâm của tamgiác AMbMc.

Từ đó các tam giác UDMc và V DMb là tam giác vuông đồng dạng do đó

Vậy,Y Mb

ZMc=

V Mb

UMc=

NMb

MMc.

6

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Do KN ⊥ AC,KM ⊥ AB nên áp dụng định lý Ta-lét ta suy ra D,K,O thẳng hàng. Vậyđường thẳng Euler của tam giác EMN đi qua O.

Gọi G′ là trọng tâm tam giác AMN . Do AMEN là hình bình hành nên ta suy ra G là trungđiểm G′E và đường thẳng Euler của hai tam giác AMN và EMN song song với nhau.

Gọi L là giao của đường thẳng Euler của tam giác AMN với HO thì GO là đường trung bìnhcủa tam giác G′EL, suy ra O là trung điểm EL.

Tương tự ta thu được các đường thẳng Euler của các tam giác ABC,AMN,BSR,CPQ đồngquy tại điểm đối xứng với E qua O.

Nhận xét. Đây là bài toán hay và khó chỉ có hai bạn tham gia giải và giải đúng, tuy vậy hướng đi của đápán cũng là của tác giả bài toán có lẽ là lời giải đẹp và rõ ràng nhất. Xin nêu tên hai bạn giải đúng OngThế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai, Nguyễn Văn Thanh,12A1 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN.

7

GeometryMathley•••

www.hexagon.edu.vn


Geometry Mathley


Vietnamese

1 Cho hai đường thẳng a, b cắt nhau tại O và điểm M không thuộc a, b. Đường tròn (C) thay đổi,luôn đi qua O, M cắt a, b theo thứ tự tại A,B khác O. Chứng minh rằng trung điểm của ABluôn thuộc một đường thẳng cố định.

Hạ Vũ AnhTrường THPT chuyên Vĩnh Phúc, tỉnh Vĩnh Phúc

2 Cho hình chữ nhật ABCD, gọi U, V là hai điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp của hình chữnhật đó. Biết rằng các đường thẳng AU,CV cắt nhau tại P ; các đường thẳng BU,DV cắt nhautại Q, phân biệt với P . Chứng minh rằng

1PQ2

≥ 1UV 2

− 1AC2

.

Michel BatailleSainte Catherine, Rouen, France

3 Cho tam giác ABC nhọn không cân. Gọi à là đường thẳng đi qua hai tiếp điểm của đườngtròn bàng tiếp góc A với các đường thẳng AB, AC và da là đường thẳng qua A song songvới đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp I và trung điểm BC . Định nghĩa tương tự vớicác đường thẳng `b, db, `c, dc. Các đường thẳng à, `b, `c cắt nhau đôi một tạo thành tam giácMNP . Chứng minh rằng các đường thẳng da, db và dc đồng quy và giao điểm đó nằm trênđường thẳng Euler của tam giác MNP .

Lê Phúc LữSinh viên Đại học FPT, Thành phố Hồ Chí Minh, Việt Nam

4 Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi P là một điểm tùy ý trong mặt phẳng tamgiác ABC . Các điểm A′, B′, C ′ lần lượt là đối xứng của P qua các đường thẳng BC,CA,AB;X là giao điểm, khác A, của đường tròn đường kính AP và đường tròn ngoại tiếp tam giácAB′C ′. Các điểm Y,Z được xác định tương tự. Chứng minh rằng năm đường tròn (O), (AB′C ′),(BC ′A′), (CA′B′), (XY Z) có một điểm chung.

Nguyễn Văn LinhSinh viên Đại học Ngoại Thương, Hà Nội


1


www.hexagon.edu.vn

Vietnamese: Solutions

1 Cho hai đường thẳng a, b cắt nhau tại O và điểm M không thuộc a, b. Đường tròn (C) thay đổi,luôn đi qua O, M cắt a, b theo thứ tự tại A,B khác O. Chứng minh rằng trung điểm của ABluôn thuộc một đường thẳng cố định.

Hạ Vũ AnhTrường THPT chuyên Vĩnh Phúc, tỉnh Vĩnh Phúc

a

b

K BA

MB1

B2

A1

A2

O

I2

I1 C

Trước hết xin phát biểu không chứng minh một bổ đề quen thuộc

Bổ đề 1. Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,B. Một đườngthẳng d bất kỳ đi qua B (khác AB), cắt lại đường tròn (O1), (O2) lần lượt tại điểm M1,M2

khác B. Khi đó tam giác AM1M2 luôn đồng dạng tam giác AO1O2 cố định.

Chú ý. Bổ đề vẫn đúng trong trường hợp d là tiếp tuyến của (O1) hoặc (O2).

Trở lại giải bài toán

Chứng minh. Giả sử đường tròn (C) tâm C đi qua M,O cắt hai tia Oa,Ob lần lượt tại A,B;gọi K là trung điểm AB.

Gọi (I1) là đường tròn đi qua O, tiếp xúc với Ob tại O, cắt Oa tại A2; gọi (I2) là đường trònđi qua O, tiếp xúc với Oa tại O, cắt Ob tại B2. Gọi A1 là trung điểm OA2 và B1 là trung điểmOB2. Dễ thấy A1, B1 cố định. Ta sẽ chứng minh rằng trung điểm K của AB thuộc đường thẳngA1B1 cố định, tức là cần chứng minh

2


www.hexagon.edu.vn

OA2

OB2=

AA1

BB1. (1)

Từ cách dựng (I1), (I2) suy ra ∠MA2O = ∠MOB2,∠MB2O = ∠MOA2, do đó4MOA2 ∼4MB2O suy ra

MA2

MO=

MO

MB2=

OA2

OB2. (2)

Áp dụng bổ đề cho hai đường tròn (I2), (C) ta được 4MBB2 ∼ 4MCI2 ∼ 4MAO. Từ đósuy ra

MO

MB2=

MA

MB=

AO

BB2. (3)

Do A1 là trung điểm OA2, B1 là trung điểm OB2 và4MA2O ∼ 4MOB2 suy ra4MA1O ∼4MB1B2. Từ đó

MA1

MB1=

MO

MB2=

OA1

B1B2. (4)

Kết hợp với (2),(3) và (4) thu được

OA2

OB2=

OA

BB2=

A1O

B1B2=

OA−A1O

BB2 −B1B2=

AA1

BB1.

Đẳng thức (1) được chứng minh.

Nhận xét. Ngoài phương pháp hình học còn có phương pháp tiếp cận bằng vector, các bạn sau cho lờigiải đúng: Trần Đăng Phúc, 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai.

3


www.hexagon.edu.vn

2 Cho hình chữ nhật ABCD, gọi U, V là hai điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp của hình chữnhật đó. Biết rằng các đường thẳng AU,CV cắt nhau tại P ; các đường thẳng BU,DV cắt nhautại Q, phân biệt với P . Chứng minh rằng

1PQ2

≥ 1UV 2

− 1AC2

.


Chứng minh. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật, ta có hai dây AB = CD, U, Vthuộc (O) do đó ta có (UQ,UP ) ≡ (UB,UA) ≡ (V D, V C) ≡ (V Q, V P )(modπ). Từ đóP,Q,U, V thuộc một đường tròn (K).

Áp dụng bổ đề 1 cho (K) và (O) ta có tam giác4KUO ∼ 4PUC do đó ∠KUO = ∠PUC =90◦. Gọi UV giao KO tại H , ta dễ có 4KUO ∼ 4UHO. Từ đó

UK2 = UH2.UO2

HO2 = UH2.UO2

UO2−UH2 =UV 2

4. AC2

4AC2−UV 2

4

= AC2.UV 2

4(AC2−UV 2)

O

B

A D

C

U

V

PQ

K

H

Chú ý PQ là dây cung của (K) nên PQ ≤ 2KU do đó 1PQ2 ≥ 1

4KU2 = 1UV 2 − 1

AC2 . Đó làđiều phải chứng minh.

Nhận xét. Các lời giải theo hướng của đáp án tránh dùng các công cụ lượng giác, các bạn sau cho lờigiải đúng: Trần Đăng Phúc, 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai. Trần Chí Công lớp 12A1 Toán K43 TrườngTHPT chuyên Đại Học Vinh, Nghệ An.

4


www.hexagon.edu.vn

3 Cho tam giác ABC nhọn không cân. Gọi à là đường thẳng đi qua hai tiếp điểm của đườngtròn bàng tiếp góc A với các đường thẳng AB, AC và da là đường thẳng qua A song songvới đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp I và trung điểm BC . Định nghĩa tương tự vớicác đường thẳng `b, db, `c, dc. Các đường thẳng à, `b, `c cắt nhau đôi một tạo thành tam giácMNP . Chứng minh rằng các đường thẳng da, db và dc đồng quy và giao điểm đó nằm trênđường thẳng Euler của tam giác MNP .


D

O'

H1

M1

B1

A1

C1

J

X

I

P

N

M

ST

Ib

Ia

Ic

H

YZ

A

BC

Dựa theo lời giải của bạn Ong Thế Phương lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh. Gọi Ia, Ib, Ic

5


www.hexagon.edu.vn

lần lượt là là tâm đường tròn bàng tiếp góc A,B,C của tam giác ABC , T là tiếp điểm của (Ic)với BC . Gọi H là trực tâm tam giác ABC và O′ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IaIbIc.

Ta có NP ⊥ AIa và IbIc ⊥ AIa do đó IbIc‖NP , tương tự cũng nhận được NM‖IaIb,MP‖IaIc.

Vậy đường thẳng Euler của tam giác MNP và đường thẳng Euler của tam giác IaIbIc songsong với nhau, và hai tam giác MNP, IaIbIc đồng dạng.

Gọi D là hình chiếu của I lên BC , dễ dàng tính được TB = CS = p− a,CD = p− c,BD =p− b. Nên SD = b, TD = c. Nên suy ra

(AB2 − AC2) + (TC2 − TI2) + (SI2 − SB2) = c2 − b2 + p2 − TI2 + SI2 − p2 =c2 − b2 + SD2 − TD2 = c2 − b2 + b2 − c2 = 0.

Như vậy theo định lý Carnot cho tam giác IBC thì đường thẳng qua A vuông với BC , đườngthẳng qua T vuông góc với CI , đường thẳng qua S vuông góc với IB đồng quy, hay là đườngthẳng qua A vuông với BC đi qua M , nói cách khác AM ⊥ BC .

Tương tự cũng suy ra BN ⊥ CA,CP ⊥ AB hay AM,BN,CP đồng quy tại trực tâm H củatam giác ABC .

Lại có HMT = 900 − MTB = C2 , tương tự cũng được HNT =

C

2, HMP = HPM = B

2

suy ra HM = HN = HP hay H cũng là tâm ngoại tiếp tam giác MNP .

Gọi X,Y,Z lần lượt là trung điểm BC,CA,AB. Qua A,B,C lần lượt vẽ các đường thẳngsong song với BC,CA,AB chúng cắt nhau tạo thành tam giác A1, B1, C1. Gọi J là tâm đườngtròn nội tiếp của tam giác A1B1C1. Chú ý rằng các tam giác A1B1C1, ABC , XY Z có các cặpcạnh tương ứng song song với nhau, nên suy ra JA‖IX, JB‖IY, JC‖IZ . Vậy da, db, dc đồngquy tại J .

Từ đó ta sẽ chứng minh HJO′I là hình bình hành thì sẽ có HJ‖O′I nên HJ là đường thẳngEuler của tam giác MNP và bài toán được chứng minh, thật vậy

Gọi H1 là trực tâm tam giác A1B1C1. Suy ra (ABC) đi qua trung điểm M1 của H1A1. GọiG là trung điểm H1J . Suy ra GM1‖JA1. Mà JA1‖IA, IA ⊥ IbIc. Nên JA1 ⊥ IbIc suy raGM1 ⊥ IbIc.

Gọi A′1 là chân đường cao từ A1 xuống B1C1, từ đó kết hợp với GM1 ⊥ IbTc suy ra GM1 đi

qua trung diểm IbIc (vì trung điểm của IbIc là giao của (ABC) với IbIc khác A) nên GM1 làtrung trực của IbIc.

Làm tương tự và kết hợp lại ta có G ≡ O′ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IaIbIc. Mà dotam giác ABC,A1B1C1 đồng dạng với nhau theo tỉ số 1

2

−−→JH1 = 2

−→HI ⇒ −→

IG =−→HI . Từ đây ta

có kết luận của bài toán.

Nhận xét. Ngoài bạn Phương đưa lời giải còn có bạn Trần Đăng Phúc, 11A1 Toán THPT chuyênĐHKHTN-ĐHQGHN cho lời giải đúng.

6


www.hexagon.edu.vn

4 Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi P là một điểm tùy ý trong mặt phẳng tamgiác ABC . Các điểm A′, B′, C ′ lần lượt là đối xứng của P qua các đường thẳng BC,CA,AB;X là giao điểm, khác A, của đường tròn đường kính AP và đường tròn ngoại tiếp tam giácAB′C ′. Các điểm Y,Z được xác định tương tự. Chứng minh rằng năm đường tròn (O), (AB′C ′),(BC ′A′), (CA′B′), (XY Z) có một điểm chung.


Bổ đề 2. Cho tam giác ABC,P là điểm bất kì nằm trong mặt phẳng tam giác ABC . Gọi B′, C ′

lần lượt là điểm đối xứng với P qua AC,AB;E,F lần lượt là hình chiếu của P trên AC,AB.Gọi X là giao điểm khác A của hai đường tròn (AB′C ′) và đường tròn đường kính AP . Khiđó tứ giác PEXF điều hòa.

M

L

J

K

XC'

B'

FE

A

B

C

P

Chứng minh. Gọi J là giao điểm của FP và AC,K là giao điểm của EP và AB.

Ta có (AB′, AC ′) ≡ 2(AE,AF ) ≡ (KB′,KC ′)(modπ) nên K ∈ (AB′C ′).

Tương tự J ∈ (AB′C ′).

Xét ba đường tròn (AEF ), (AKJ) và đường tròn đường kính KJ có ba trục đẳng phương làAX,EF,KJ nên chúng đồng quy tại điểm L.

Gọi M là giao điểm của AP với KJ thì A(XPEF ) = (LMJK) = −1 nên tứ giác PEXFđiều hòa. Ta có điều phải chứng minh.

7


www.hexagon.edu.vn

Bổ đề 3. Cho tam giác ABC,P là điểm bất kì nằm trong mặt phẳng tam giác ABC . GọiA′, B′, C ′ lần lượt là điểm đối xứng với P qua BC,CA,AB. Gọi Y,Z lần lượt là giao điểmthứ hai của các cặp đường tròn (BA′C ′) và đường tròn đường kính BP, (CA′B′) và đườngtròn đường kính PC . Khi đó AP,BY,CZ đồng quy.

A1

Z

Y

C'

B'

A'

K

I

J

P

A

B C

Chứng minh. Gọi J, I,K lần lượt là hình chiếu của P trên BC,AC,AB.

Áp dụng định lý Ceva dạng sin cho tam giác ABC ta có AP,BY,CZ đồng quy khi và chỉ khi:sin(AB,AP )sin(AP,AC) .

sin(CA,CZ)sin(CZ,CB) .

sin(BY,BC)sin(BY,BA) = 1

Ta cósin(AB,AP )sin(AP,AC)

=KP

IP,sin(CA,CZ)sin(CZ,CB)

=IZ

JZ,sin(BY,BC)sin(BY,BA)

=JY

KY. (5)

Do đó ta cần chứng minh KPIP . IZ

JZ . JYKY = 1

Theo bổ đề 2, các tứ giác KPJY và IPJZ điều hòa nên KPPJ = Y K

Y J , IPPJ = IZ

JZ . Từ đó suy ra(5) luôn đúng. Ta có điều phải chứng minh.

Trở lại bài toán:

8


www.hexagon.edu.vn

B1

A1

X

YZ

H

C'

B'

A'

P

A

B C

Chứng minh. Gọi H là giao điểm của (AB′C ′) và (CA′B′). Ta chứng minh H ∈ (O).

Thật vậy, (HC,HA) ≡ (HC,HB′) + (HB′,HA) ≡ (A′C,A′B′) + (C ′B′, C ′A)(modπ)tương đương với π

2 − (CA,CB) + π2 − (AB,AC) ≡ (BC,BA)(modπ)

Do đó H ∈ (O). Chứng minh tương tự suy ra bốn đường tròn (O), (AB′C ′), (BC ′A′), (CA′B′)đồng quy tại điểm H .

Gọi A1, B1, C1 lần lượt là giao của BY và CZ,CZ và AX,AX và BY .

Xét (XZ,XH) ≡ (XZ,XA)+(XA,XH)( mod π), (Y Z, Y H) ≡ (Y Z, Y B)+(Y B, Y H)( modπ)

Do đó để chứng minh H ∈ (XY Z) ta cần chứng minh (XZ,XH) ≡ (Y Z, Y H)(modπ), khivà chỉ khi (XZ,XA) + (XA,XH) ≡ (Y Z, Y B) + (Y B, Y H)(modπ)

hay (XA,XH)+(Y H, Y B) ≡ (Y Z, Y B)+(XA,XZ)( mod π), tương đương với (C ′A,C ′H)+(C ′H,C ′B) ≡ (Y Z, Y A1) + (XB1,XZ)(modπ).

Chú ý rằng các tứ giác PY A1Z,PXB1Z nội tiếp ta thu được: (Y Z, Y A1) + (XB1,XZ) ≡(PZ,PA1) + (PB1, PZ) ≡ (PB1, PA1)(modπ)

9


www.hexagon.edu.vn

Do đó ta cần chứng minh (C ′A,C ′H)+(C ′H,C ′B) ≡ (PB1, PA1)( mod π), hay (C ′A,C ′B) ≡(PB1, PA1)(modπ). Điều này tương đương với (PA,PB) ≡ (PB1, PA1)(modπ) (do P vàC ′ đối xứng nhau qua AB).

Điều này hiển nhiên đúng vì theo bổ đề 3 thì A,P,A1 thẳng hàng, B,P,B1 thẳng hàng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Tuyên dương hai bạn duy nhất giải tốt bài này: Trần Đăng Phúc, 11 A1 Toán THPT chuyênĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa ĐồngNai.

10

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn


Geometry Mathley


Problems

1. Chứng minh rằng trong tam giác bán kính đường tròn ngoại tiếp R bằng trung bình cộng cáckhoảng cách đại số (có hướng) từ tâm nội tiếp và các tâm bàng tiếp Ia, Ib, Ic tới tiếp tuyến bấtkỳ τ của đường tròn ngoại tiếp. Nói cách khác nếu ký hiệu δ(P ) là khoảng cách từ điểm P tớitiếp tuyến τ của đường tròn ngoại tiếp thì ta có thể chọn các dấu cộng trừ hợp lý để

δ(I) ± δ(Ia)± δ(Ib)± δ(Ic) = 4R.

Luis GonzálezUniversidad del Zulia (LUZ), Maracaibo, Venezuela

2. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AX,BY,CZ của tam giác đồng quy tại H . Dựng cácđường tròn (Ka), (Kb), (Kc) ngoại tiếp các tam giác AY Z , BZX, CXY . Dựng đường tròn(K) tiếp xúc trong với cả ba đường tròn (Ka), (Kb), (Kc). Chứng minh rằng (K) tiếp xúc vớiđường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC .

Đỗ Thanh SơnTrường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN

3. Cho AB là một dây cung bất kì của đường tròn (O). Hai đường tròn (X) và (Y ) nằm cùngphía với dây cung AB sao cho chúng cùng tiếp xúc trong với (O) và lần lượt tiếp xúc với ABtại C,D;C nằm giữa A và D). Gọi H là giao điểm của XY và AB. M là điểm chính giữa cungAB không chứa (X), (Y ). Biết HM cắt (O) lần thứ hai tại I . Gọi IX, IY lần lượt giao ABtại K,J . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác IKJ tiếp xúc với (O).


4. Cho tam giác ABC , P là điểm bất kỳ. A1 là hình chiếu của P lên BC . A2 là trung điểm AA1.A2P cắt BC tại A3. A4 đối xứng A1 qua A3. Chứng minh rằng PA4 luôn đi qua một điểm cốđịnh.

Trần Quang HùngTrường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN


1

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Solutions

1. Chứng minh rằng trong tam giác bán kính đường tròn ngoại tiếp R bằng trung bình cộng cáckhoảng cách đại số (có hướng) từ tâm nội tiếp và các tâm bàng tiếp Ia, Ib, Ic tới tiếp tuyến bấtkỳ τ của đường tròn ngoại tiếp. Nói cách khác nếu ký hiệu δ(P ) là khoảng cách từ điểm P tớitiếp tuyến τ của đường tròn ngoại tiếp thì ta có thể chọn các dấu cộng trừ hợp lý để

δ(I) ± δ(Ia)± δ(Ib)± δ(Ic) = 4R.

Chúng ta có thể giải bài toán tổng quát hơn như sau

Bài toán 1. Cho tam giác ABC . O là tâm đường tròn ngoại tiếp. I là tâm đường tròn nội tiếp.Ia, Ib, Ic theo thứ tự là tâm các đường tròn bàng tiếp đối diện với các đỉnh A,B,C . ∆ là đườngthẳng bất kì. Chứng minh rằng

δO(I,∆) + δO(Ia,∆) + δO(Ib,∆) + δO(Ic,∆) = 4δ(O,∆).

trong đó δ(M,∆) là khoảng cách từ điểm M tới đường thẳng ∆. δO(M,∆) là khoảng cáchđại số của M tới đường thẳng ∆ xác định bởi δO(M,∆) = δ(M,∆) nếu M,O cùng phía ∆và δO(M,∆) = −δ(M,∆) nếu M,O khác phía ∆.

A1

B1

C1

Ha H

b

Hc

Ia

Ib

A

BC

OI

Ic

H K

Chứng minh. Gọi K,H,Ha,Hb,Hc theo thứ tự là hình chiếu của O, I, Ia, Ib, Ic trên ∆.

Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

Gọi A1, B1, C1 theo thứ tự là giao điểm thứ hai của AI,BI,CI với (O).

Đương nhiên KH,KHa,KHb,KHc cùng vuông góc với OK (1).

2

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Các kết quả sau là quen thuộc:

A1, B1, C1 theo thứ tự là trung điểm của IIa, IIb, IIc.

Do đó∑(−−→

IaO +−→IO

)= 2

∑−−→A1O (2).

I là trực tâm của tam giác A1B1C1.

Do đó∑−−→

A1O =−→IO (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra

δO(I,∆) + δO(Ia,∆) + δO(Ib,∆) + δO(Ic,∆) = IH +∑

IaHa

=−→IH.

−−→OK

OK+

∑ −−−→IaHa.

−−→OK

OK=

(−→IO +

−−→OK +

−−→KH

).−−→OK

OK+

∑(−−→IaO +

−−→OK +

−−−→KHa

).−−→OK

OK

= 4OK +1

OK

(−→IO +

∑−−→IaO

)−−→OK = 4OK +

1OK

(−→IO − 3

−→IO +

∑(−−→IaO +

−→IO

))−−→OK

= 4OK +1

OK

(− 2−→IO + 2

∑−−→A1O

)−−→OK = 4OK +

1OK

(− 2−→IO + 2

−→IO

)−→OT

= 4OK = 4δ(O,∆).

Nhận xét. Giải tốt bài này có các bạn: Trần Đăng Phúc, 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN,Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai.

3

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

2. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AX,BY,CZ của tam giác đồng quy tại H . Dựng cácđường tròn (Ka), (Kb), (Kc) ngoại tiếp các tam giác AY Z , BZX, CXY . Dựng đường tròn(K) tiếp xúc trong với cả ba đường tròn (Ka), (Kb), (Kc). Chứng minh rằng (K) tiếp xúc vớiđường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC .

Ka

Kb

Kc

A

B C

O

H

X

Z

YK

Chứng minh. Xét phép nghịch đảo tâm H phương tích k = HA.HX = HB.HY = HC.HZ .Khi đó đường tròn (Ka), (Kb), (Kc) theo thứ tự biến thành đường thẳng BC,CA,AB. Do đóđường tròn (K) tiếp xúc trong (Ka), (Kb), (Kc) sẽ biến thành đường tròn (I) nội tiếp tam giácABC .

Cũng qua phép nghịch đảo đó, đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC biến thành đường tròn(E) ngoại tiếp tam giác XY Z cũng chính là đường tròn Euler của tam giác ABC .

Theo bài toán Feuerbach, (E) và (I) tiếp xúc nhau từ đó theo tính chất phép nghịch đảo (K)và (O) tiếp xúc nhau.

Nhận xét. Bài toán này là một trong những ví dụ cho thấy sự cần thiết của phép nghịch đảo trongtrong hình học. Giải tốt bài này có các bạn: Trần Đăng Phúc, 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai.

4

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

3. Cho AB là một dây cung bất kì của đường tròn (O). Hai đường tròn (X) và (Y ) nằm cùngphía với dây cung AB sao cho chúng cùng tiếp xúc trong với (O) và lần lượt tiếp xúc với ABtại C,D;C nằm giữa A và D). Gọi H là giao điểm của XY và AB. M là điểm chính giữa cungAB không chứa (X), (Y ). Biết HM cắt (O) lần thứ hai tại I . Gọi IX, IY lần lượt giao ABtại K,J . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác IKJ tiếp xúc với (O).

Trước tiên ta phát biểu và chứng minh một bổ đề

Bổ đề 1. Cho hai điểm A,B bất kì nằm trên đường tròn (O,R). Một đường tròn (I, r) tiếpxúc trong với (O) tại T (r < R). Gọi AE,BF lần lượt là tiếp tuyến kẻ từ A,B tới (I). Khi đóTA

EA=

TB

FB.

F

E

B'

A'

O

A

T

B

I

Chứng minh. Gọi A′, B′ lần lượt là giao điểm của AT,BT với (I). Dễ dàng chứng minh đượcAB ‖ A′B′. Do đó

(AE

TA′ )2 =

AA′.AT

A′T.A′T=

BB′

B′T.BT

B′T= (

BF

TB′ )2.

Suy raAE

TA′ =BF

TB′ hayAE

BF=

TA′

TB′ =TA

TB.

VậyTA

EA=

TB

FB. Đó là điều phải chứng minh.

5

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

t

YX

L

P

Q

K

J

I

H

O1

O2

C

D

M

O

AB

E

F

Giải bài toán. Gọi E,F lần lượt là tiếp điểm của (O1) và (O2) với (O).EF cắt (O2) lần thứhai tại P . Ta có OEF = OFE = O2PF . Do đó O1E ‖ O2P . Ta suy ra EF,O1O2, BC đồngquy tại tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (O1) và (O2). Kẻ tiếp tuyến It của (IKJ). Ta cótIA + AIK = tIK = KJI = ABI + JIB.

Do đó It là tiếp tuyến của (O) khi và chỉ khi

AIK = JIB. (1)

Mặt khác, từ I lần lượt kẻ các tiếp tuyến IX tới (O1), IY tới (O2).

Theo bổ đề trên,ACAE = BC

BE nên EC là phân giác của góc AEB hay EC đi qua M . Tương tự,FD đi qua M .

Lại theo bổ đề, IXIE = AC

AE . Mà MAC = MEB = MEA nên hai tam giác MAC và MEAđồng dạng. Ta thu được AC

AE = AMEM . Do đó IX

IE = AMEM .

Tương tự,IY

IF=

BM

FM. (2)

Vậy IXIY = IE

IF .AMEM .FM

BM = IEIF .FM

EM . Mặt khác, ta chứng minh được CE ‖ DP nên ECH =PDH = PFD, suy ra tứ giác ECDF nội tiếp.

Vậy HC.HD = HE.HF = HI.HM , suy ra tứ giác CIMD nội tiếp.

Từ đó IEC = IFD, ICM = IDM . Ta thu được ∆ECI ∼ ∆FDI .

6

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

Từ tính đồng dạng của hai tam giác HEA và HDF ta suy ra

IE

IF=

CE

DF=

HE

HD. (3)

Ta cóEM

FM=

sin EFD

sin FEC=

sin ECH

sin HEC=

HE

HC. (4)

Từ (2), (3), (4) suy ra IXIY = HE

HD .HCHE = HC

HD = O1CO2D = O1X

O2Y .

Từ đóIO1

IO2=

O1C

O2D=

HO1

HO2.

Gọi L là điểm chính giữa cung AB chứa (O1), (O2) thì LIM = 90o nên IL là phân giác trongcủa góc O1IO2. Tóm lại (1) đúng. Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Đây là bài toán hay và khó, chỉ có hai bạn giải đúng bài này là: Trần Đăng Phúc, 11A1 ToánTHPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh,Biên Hòa Đồng Nai.

7

GeometryMathley

•••

www.hexagon.edu.vn

4. Cho tam giác ABC , P là điểm bất kỳ. A1 là hình chiếu của P lên BC . A2 là trung điểm AA1.A2P cắt BC tại A3. A4 đối xứng A1 qua A3. Chứng minh rằng PA4 luôn đi qua một điểm cốđịnh.

Ta giải bài tổng quát hơn

Bài toán 2. Cho tam giác ABC , P là điểm bất kỳ. A1 là hình chiếu song song của P theophương l cố định lên BC . A2 là trung điểm AA1. A2P cắt BC tại A3. A4 đối xứng A1 quaA3. Chứng minh rằng PA4 luôn đi qua một điểm cố định.

5

43

2

1

l

A

A

BC

L

P

A

A A

A

Chứng minh. Gọi L là hình chiếu song song phương l của A lên BC . Gọi A5 là trung điểmAL ta sẽ chứng minh rằng A4, P,A5 thẳng hàng thật vậy, từ liên hệ tỷ số đơn và tỷ số kép dễthấy

A1(A4A2A5P ) = (LAA5) = −1 (Do PA1 ‖ AL và A5 là trung điểm AL)

A2(A4A1A3A5) = (A4A1A3) = −1 (Do A2A5 ‖ A1A4 và A3 là trung điểm A1A4)

Từ đó A1(A4A2A5P ) = A2(A4A1A3A5) nên A4, A5, P thằng hàng. Ta có điều phải chứngminh.

Nhận xét. Ngoài lời giải tỷ số kép, có một số cách tiếp cận khác chỉ sử dụng công cụ hình học lớp 8,tuy vậy với cách làm bằng tỷ số kép, các bạn hoàn toàn có thể tổng quát bài toán. Giải tốt bài này cócác bạn: Trần Đăng Phúc, 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai.

8

HanoiOpenMathematicalOlym

piad

•••

www.hexagon.edu.vn


Geometry Mathley


Vietnamese

1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Biết rằng E là giao điểm của AB và CD, F là giao điểm củaAD và CB, I là giao điểm của AC và BD. Các đường tròn (FAB), (FCD) cắt FI tại K , L.Chứng minh rằng EK = EL.


2. Cho tam giác ABC không đều, nội tiếp trong một đường tròn Γ có tâm O, bán kính R và đườngtròn nội tiếp của tam giác có tâm I , tiếp xúc với BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F . Một đườngtròn tâm I bán kính ρ cắt các tia [ID), [IE), [IF ) tại A′, B′, C ′.Chứng minh rằng trực tâm K của ∆A′B′C ′ nằm trên đường thẳng OI và rằng IK

IO = ρR .


3. Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. AB giao CD tại E,AD giao BC tại F . Hai đường thẳng bấtkì qua E lần lượt cắt AD,BC tại M,N,P,Q (M,N ∈ AD,P,Q ∈ BC). Hai đường thẳngbất kì qua F lần lượt cắt AB,CD tại X,Y,Z, T (X,Y ∈ AB,Z, T ∈ CD). Gọi d1, d2 làtiếp tuyến thứ hai kẻ từ E tới đường tròn nội tiếp các tam giác FXY,FZT ; d3, d4 là các tiếptuyến thứ hai kẻ từ F tới đường tròn nội tiếp các tam giác EMN,EPQ. Chứng minh rằngd1, d2, d3, d4 cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp.


4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (K) bất kỳ qua B,C . Đường tròn(O1) tiếp xúc AB,AC và tiếp xúc trong với (K). Đường tròn (O2) tiếp xúc DB,DC và tiếpxúc trong với (K). Chứng minh rằng một trong hai tiếp tuyến chung ngoài của (O1) và (O2)song song với AD.



1


piad

•••

www.hexagon.edu.vn

Solutions

1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Biết rằng E là giao điểm của AB và CD, F là giao điểm củaAD và CB, I là giao điểm của AC và BD. Các đường tròn (FAB), (FCD) cắt FI tại K , L.Chứng minh rằng EK = EL.

X

Y

O

A

B

DC

F

EM

N

P

Q

K

L

I

G

Chứng minh. Gọi P,Q theo thứ tự là giao điểm thứ hai của EK,EL với các đường tròn(FAB), (FCD); M,N theo thứ tự là giao điểm của FP,FQ với CD,AB; G là giao điểmcủa FI và AB; XY là tiếp tuyến với đường tròn (FAB) tại F .

Ta có F (DCXM) = F (ABXP ) = F (ABFP ) = K(ABFP ) = K(ABGE) = (ABGE).Từ đó, chú ý rằng (ABGE) = −1 (kết quả quen thuộc), suy ra

F (DCXM) = −1. (1)

Mặt khác, (FX,CD) ≡ (FX,FB) + (CB,CD) (modπ) ≡ (AF,AB) + (AB,AD) ≡(AF,AD) ≡ 0 (modπ). Suy ra

FX ‖ CD. (2)

Từ (1) và (2) suy raMC = MD. (3)

Tương tự, ta cóNA = NB. (4)

Dễ thấy, (FA,FB) ≡ (FD,FC) ≡ − (FC,FD) (modπ) và (AF,AB) ≡ (AD,AB) ≡(CD,CB) ≡ (CD,CF ) ≡ − (CF,CD) (modπ).

2


piad

•••

www.hexagon.edu.vn

Do đó các tam giác FAB và FCD đồng dạng ngược hướng. Gọi ∆ là đường thẳng chứa phângiác của các góc AFB và CFD. Đặt k = FC

FA = FDFB . Kí hiệu phép đối xứng trục ∆ là R∆,

phép vị tự tâm F , tỉ số k là DkF .

Từ (3), (4) và sự đồng dạng ngược hướng suy ra DkF .R∆ biến cung (định hướng) của đường tròn

(FAB) thành cung (định hướng) của đường tròn (FCD). Suy ra, (KE,KL) ≡ (KP,KF ) ≡12

_PBF (cung định hướng),≡ − 1

2

_QDF (cung định hướng)≡ − (LQ,LF ) ≡ − (LE,LK) ( mod

π).

Vậy, EK = EL.

Nhận xét. Vì K(ABFP ) = −1 nên AFBK là tứ giác điều hoà. Do đó AP là đường đối trung củatam giác FAB. Tương tự AQ là đường đối trung của tam giác FCD. Giải tốt bài này có các bạn: TrầnĐăng Phúc, 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPTchuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai.

3


piad

•••

www.hexagon.edu.vn

2. Cho tam giác ABC không đều, nội tiếp trong một đường tròn Γ có tâm O, bán kính R và đườngtròn nội tiếp của tam giác có tâm I , tiếp xúc với BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F . Một đườngtròn tâm I bán kính ρ cắt các tia [ID), [IE), [IF ) tại A′, B′, C ′. Chứng minh rằng trực tâm Kcủa ∆A′B′C ′ nằm trên đường thẳng OI và IK

IO = ρR .

A

B C

O

I

D

E

FC'

A'

B'

P

M

N

K

Chứng minh. Gọi AI,BI,CI lần lượt cắt Γ tại M,N,P dễ thấy I là trực tâm tam giác MNP .Từ đó ta có

−−→OM +

−−→ON +

−−→OP =

−→OI . Ta chú ý IA′ ‖ OM do đó

−→IA′ = IA′

OM

−−→OM = ρ

R

−−→OM .

Tương tự−−→IB′ = ρ

R

−−→ON,

−−→IC ′ = ρ

R

−−→OP . Từ đó với K là trực tâm tam giác A′B′C ′ với chú ý

I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A′B′C ′ thì−→IK =

−→IA′ +

−−→IB′ +

−−→IC ′ = ρ

R(−−→OM +

−−→ON +

−−→OP ) = ρ

R

−→OI . Từ đó K nằm trên đường thẳng OI và IK

IO = ρR . Đó là điều phải chứng

minh.

Nhận xét. Bài toán này là kết quả đẹp mở rộng kết quả đường thẳng Euler của tam giác DEF đi qua O.Giải tốt bài này có các bạn: Trần Đăng Phúc, 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, OngThế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai.

4


piad

•••

www.hexagon.edu.vn

3. Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. AB giao CD tại E,AD giao BC tại F . Hai đường thẳng bấtkì qua E lần lượt cắt AD,BC tại M,N,P,Q (M,N ∈ AD,P,Q ∈ BC). Hai đường thẳngbất kì qua F lần lượt cắt AB,CD tại X,Y,Z, T (X,Y ∈ AB,Z, T ∈ CD). Gọi d1, d2 làtiếp tuyến thứ hai kẻ từ E tới đường tròn nội tiếp các tam giác FXY,FZT ; d3, d4 là các tiếptuyến thứ hai kẻ từ F tới đường tròn nội tiếp các tam giác EMN,EPQ. Chứng minh rằngd1, d2, d3, d4 cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp.

Ta phát biểu chứng minh ba bổ đề

Bổ đề 1. Cho tứ giác toàn phần ABCDEF (AB∩CD = {E}, BC∩CD = {F}). Gọi d1, d2

lần lượt là tiếp tuyến thứ hai kẻ từ F tới đường tròn nội tiếp các tam giác EBC,EDA. Mộtđường thẳng bất kì qua E cắt d1, FC, d2, FD lần lượt tại M,N,P,Q. Gọi (I1, r1), (I2, r2)lần lượt là đường tròn bàng tiếp các tam giác FMN,FPQ. Khi đó E là tâm vị tự ngoài của(I1) và (I2).

d(1)

X

N

I1M

I2

P

F

O1

O2

E

A

D

C

B

Q

Chứng minh. Gọi (O1, R1), (O2, R2) lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác EBC,EAD.EI1 cắt FO2 tại I ′2. Dựng đường tròn (I ′2, r

′2) sao cho F là tâm vị tự ngoài của (I ′2) và (O2).

Ta sẽ chứng minh E là tâm vị tự ngoài của (I1), (I ′2).

Thật vậy, xét r1r′2

= r1R1

.R1R2

.R2r′2

= FI1FO1

.EO1EO2

.FO2FI′

2.

Ta cần chứng minh EI1EI′

2= r1

r′2

= FI1FO1

.EO1EO2

.FO2FI′

2.

Gọi X là giao của I1O2 và EF . Hiển nhiên theo định lý Menelaus ta cóFI1FO1

.EO1EO2

= XI1XO2

= EI1EI′

2.

FI′2

FO2. Vậy E là tâm vị tự ngoài của (I1) và (I ′2). Suy ra EQ là tiếp

tuyến chung của (I1) và (I ′2) hay (I ′2) ≡ (I2). Ta có điều phải chứng minh.

5


piad

•••

www.hexagon.edu.vn

Bổ đề 2. Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. AB giao CD tại E,AD giao BC tại F . Một đườngtròn (I) tiếp xúc với hai cạnh chung đỉnh R của tứ giác ABCD (R là một trong các đỉnhA,B,C,D). Hai tiếp tuyến (khác cạnh tứ giác ABCD) kẻ từ E,F tới (I) cắt nhau tại H . Khiđó tứ giác tạo bởi các đỉnh R,H,E,F ngoại tiếp.

Chứng minh. Ta chỉ chứng minh trong trường hợp R là đỉnh D. Các trường hợp còn lại chứngminh tương tự.

Ta có các tứ giác EDFB,EDFH ngoại tiếp nên FB −EB = FD−ED = FH −EH . Từđó suy ra tứ giác HFBE ngoại tiếp. Ta có điều phải chứng minh.

Bổ đề 3. Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. AB giao CD tại E,AD giao BC tại F . Hai đườngthẳng bất kì qua F cắt AB,CD lần lượt tại X,Y,Z, T (X,Y ∈ AB,Z, T ∈ CD). Khi đó haitiếp tuyến kẻ từ E tới đường tròn nội tiếp các tam giác FXY,FZT tạo với các cạnh AD,BCmột tứ giác ngoại tiếp.

Chứng minh. Gọi M,Q là giao của tiếp tuyến thứ hai kẻ từ E tới đường tròn nội tiếp tam giácFZT với AD,BC . Tương tự xác định N,P . Gọi (I1), (I2) lần lượt là đường tròn bàng tiếpcác tam giác ENA,EMD. Theo bổ đề 1 ta thu được F là tâm vị tự ngoài của (I1) và (I2).

Gọi H,K là giao của tiếp tuyến thứ hai kẻ từ F tới (I1) với EQ,EB.

Áp dụng bổ đề 2 suy ra tứ giác KHBQ ngoại tiếp. Lại theo bổ đề 2, (I1) tiếp xúc với KB vàKH nên tứ giác MNPQ ngoại tiếp. Ta có điều phải chứng minh.

K

H

I1

I2

P

Q

M

N

Z

T

C

B

A

D

E

F

X

Y

Giải bài toán. Gọi V,W,S,R lần lượt là giao của tiếp tuyến thứ hai kẻ từ F tới đường tròn nộitiếp các tam giác EPQ,EMN với CD,AB.

6


piad

•••

www.hexagon.edu.vn

Áp dụng bổ đề 3 ta suy ra tứ giác V WRS ngoại tiếp. Gọi HLKJ là tứ giác tạo bởi giao điểmcủa d1, d2, d3, d4. Lại áp dụng bổ đề 3 cho tứ giác V WRS ta suy ra tứ giác HLKJ ngoại tiếp.Ta có điều phải chứng minh.

W

V

S

RL

J

H

K P

Q

T

Z

F

E

C

B

A

D

YX

M

N

Nhận xét. Bài toán này khó không có bạn nào gửi lời giải.

7


piad

•••

www.hexagon.edu.vn

4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (K) bất kỳ qua B,C . Đường tròn(O1) tiếp xúc AB,AC và tiếp xúc trong với (K). Đường tròn (O2) tiếp xúc DB,DC và tiếpxúc trong với (K). Chứng minh rằng một trong hai tiếp tuyến chung ngoài của (O1) và (O2)song song với AD.

Dựa theo lời giải của bạn Trần Đăng Phúc lớp 11A1 Toán trường THPT chuyên KHTN. Ta cómột số nhận xét sau

Nhận xét 1. (O1), (O2) tiếp xúc (K) tại X,Y . Gọi I1, I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếptam giác ABC và DBC . Thì XI1, Y I2 cắt nhau tại điểm Q thuộc (K) là trung điểm cung BCkhông chứa X,Y của (K).

H

I1=W

O

A

B C

K

O1

X

Q

P

L

IJ

Thật vậy, ta chỉ cần chứng minh XI1 là phân giác ∠BXC . Gọi (O1) tiếp xúc AB,AC tại H,L.Gọi W là giao điểm khác X của đường tròn (XBH) và (XCL). CW giao (BHX) tại I khácW , BW giao (CLX) tại J khác W . Ta có ∠XLJ = ∠XWJ = ∠XWB = ∠BHX =∠XLH từ đó J thuộc HL. Tương tự I thuộc HL. Từ đó dễ chứng minh tứ giác IJBC nộitiếp bằng cộng góc. Vậy ∠CBW = ∠WIH = ∠HBW hay BW là phân giác ∠ABC . Tươngtự CW là phân giác ∠ACB, vậy W ≡ I1. Từ đó ∠BXI1 = ∠BII1 = 180◦ − ∠BIC =180◦ −∠BJC = ∠CJI1 = ∠CXI1. Vậy ta hoàn thành chứng minh.

Nhận xét 2. Gọi P là trung điểm cung BC không chứa A,D của (O) thì I1O1R1

= PBPQ = PC

PQ =I2O2R2

, với R1, R2 là bán kính của (O1), (O2).

8


piad

•••

www.hexagon.edu.vn

O1

I1 O

B

A

C

K

X

Q

P

G

Thật vậy, từ nhận xét 1 thì O,K,Q thẳng hàng. Lấy G thuộc KQ sao cho KG = KO1 từ đódễ thấy O1G ‖ XQ vậy ta có

PBPQ = PI1

PQ =PO1

PG= PI1−PO1

PQ−PG = I1O1GQ = I1O1

KQ−KG = I1O1KX−KO1

= I1O1R1

.

Nhận xét 3. Gọi AC,BD giao (K) tại điểm thứ hai X1, Y1. U là trung điểm cung X1Y1 khôngchứa B,C của (K) thì I1I2 ‖ UQ.

O

B

A

C

D

KO

1

O2

I1

I2

P

X

Y

Q

NM

UT

SR

V

X1

F

E

Y1

Thật vậy, ta chú ý ∠BI1C = 90◦ + ∠BAC2 = 90◦ + ∠BDC

2 = ∠BI2C do đó tứ giác BI1I2Cnội tiếp. Ta có

9


piad

•••

www.hexagon.edu.vn

(I1I2, BC) = (I1I2, I2B) + (I2B,BC) = (CI1, CB) + (BI2, BC)(modπ). (5)

Ta lại có

(UQ,BC) = (UQ,QB) + (QB,BC) = (CU,CB) + (BQ,BC) (6)

= (BY1, BU) + 2(CI1, CB) + (BQ,BY1) + 2(BI2, BC) (7)

= (BQ,BU) + 2(CI1, CB) + 2(BI2, BC)(modπ). (8)

Mặt khác (CX1, CB)+(BY1, BC) = (CX1, CU)+(CU,CQ)+(CQ,CB)+(BY1, BU)+(BU,BQ) + (BQ,BC) = (CU,CQ) + (BU,BQ) = 2(BU,BQ)(modπ).

Từ đó suy ra

(CI1, CB) + (BI2, BC) =12[(CX1, CB) + (BY1, BC)] = (BU,BQ)( mod π). (9)

Từ (6), (9) ta suy ra

(UQ,BC) = (CI1, CB) + (BI2, BC)(modπ). (10)

Từ (5),(10), ta suy ra I1I2 ‖ UQ.

Trở lại bài toán, qua P vẽ đường thẳng song song KU giao QU tại T . Ta định nghĩa lại cácđiểm M,N , gọi đoạn I1T cắt (O1) tại M , gọi đoạn I2T cắt (O2) tại N . Theo nhận xét 2 thìO1MPT = R1

PQ = I1O1PI1

do đó O1M ‖ PT ‖ KU suy ra X,M,U thẳng hàng, tương tự Y,N,U

thẳng hàng.

Gọi V là tâm vị tự ngoài của (O1), (O2) thì V thuộc O1O2, chú ý O1M ‖ O2N nên V thuộcMN . X,Y là tâm vị tự trong của (K) và (O1), của (K) và (O2) nên XY đi qua V . Chú ý tamgiác I1O1M và I2O2M có I1M giao I2N tại T , I1O1 giao I2O2 tại P và PT ‖ MO1 ‖ NO2

do đó theo định lý Desargues I1I2 đi qua V là giao của MN và O1O2.

Ta dễ chứng minh PT = PQ,PI1 = PI2 kết hợp QT ‖ I1I2 của nhận xét 3 suy ra tứ giácTI1I2Q là hình thang cân do đó (I1M, I1V ) = (I1T, I1I2) = (QT,QI2) = (QU,QY ) =(XU,XY ) = (XM,XV )(modπ) từ đó tứ giác I1MV X nội tiếp, tương tự tứ giác I2NV Ynội tiếp. Vậy ta có (MN,MX) = (MV,MX) = (I1V, I1X) = (I1I2, I1Q) = (I2T, I2I1) =(I2N, I2V ) = (Y N, Y V ) = (Y N, Y X)(modπ), từ đó tứ giác XMNY nội tiếp.

Ta gọi MN giao (K) tại E,F . Ta thấy ∠EMU = ∠XMN = 180◦ − ∠XY N = ∠XEUsuy ra 4EMU ∼ 4XEU vậy UE2 = UM.UX. Tương tự UF 2 = UN.UY mà XMNY nộitiếp nên UM.UX = UN.UY do đó UE = UF , vậy tam giác UEF cân suy ra KU ⊥ EF .Từ trên đã có O1M ‖ O2N ‖ KU suy ra O1M,O2N vuông góc MN hay MN là tiếp tuyếnchung của (O1), (O2).

Gọi PT,PQ cắt (O) tại S,R. Từ trên đã có PT = PQ,PI1 = PI2 và TI1I2Q là hình thangcân nên ∠APS = ∠DPR hay SR ‖ AD. Chú ý PR là đường kính của (O) nên PS ⊥ SRvậy PS ⊥ AD. Cũng từ chứng minh trên ta đã có PS ≡ PT ‖ KU ⊥ MN vậy từ đóMN ‖ AD do cùng vuông góc PS. Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Bài toán này khó chỉ có duy nhất bạn Phúc cho lời giải và lời giải của bạn Phúc ngắn gọn hơnđáp án. Lời giải trên dựa vào ý tưởng của bạn Phúc nhưng đã được tác giả bài toán làm rõ để dễ hiểuhơn. Bạn Phúc xứng đáng được tuyên dương ở bài toán này.

10

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn


Geometry Mathley

Round 8-2012 : Solutions

Vietnamese1. Cho tam giác ABC, gọi ABDE, BCFZ , CAKL là các hình chữ nhật đồng dạng dựng ra phía ngoài

của tam giác. Gọi A′ là giao điểm của EF với ZK , B′ là giao điểm của KZ với DL, và C′ là giao điểmcủa DL với EF . Chứng minh rằng AA′ đi qua trung điểm của đoạn thẳng B′C′.

Kostas VittasNational Technical University of Athens, Greece

2. Cho tam giác ABC, d là đường thẳng qua A và song song BC. Lấy trên d điểm M khác A. I là tâmđường tròn nội tiếp tam giác ABC. K, L lần lượt đối xứng M qua IB, IC. BK giao CL tại N . Chứngminh rằng AN tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.


3. Cho tam giác ABC không cân, (O), H theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của tam giác.Đường thẳng qua A và song song với OH lại cắt (O) tại K . Đường thẳng qua K và song song với AHlại cắt (O) tại L. Đường thẳng qua L song song với OA cắt OH tại E. Chứng minh rằng các điểmB, C, O, E cùng thuộc một đường tròn.


4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H . Hai đường thẳng d1 và d2 bất kì vuônggóc với nhau và đi qua H . d1 cắt BC, CA, AB lần lượt tại X1, Y1, Z1. Gọi A1B1C1 là tam giác tạo bởicác đường thẳng qua X1 và vuông góc với BC, qua Y1 và vuông góc với CA, qua Z1 và vuông góc vớiAB. Tương tự ta xác định được tam giác A2B2C2. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giácA1B1C1 và A2B2C2 tiếp xúc với nhau tại một điểm nằm trên (O).



1

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

Solutions1. Cho tam giác ABC, gọi ABDE, BCFZ , CAKL là các hình chữ nhật đồng dạng dựng ra phía ngoài

của tam giác. Gọi A′ là giao điểm của EF với ZK , B′ là giao điểm của KZ với DL, và C′ là giao điểmcủa DL với EF . Chứng minh rằng AA′ đi qua trung điểm của đoạn thẳng B′C′.

Chúng tôi xin giới thiệu lời giải sau của bạn Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương ThếVinh, Biên Hòa Đồng Nai.

Bổ đề 1. Cho tam giác ABC, các hình chữ nhật ABDE, ACLK , BCFZ dựng về phía ngoài tam giácsao cho KE ‖ BC. I là giao điểm của đường thẳng qua Z và vuông góc với DZ , đường thẳng qua Fvuông góc với FL. J là giao điểm của EF và KZ . Chứng minh rằng I, J nằm trên đường cao của tamgiác ABC.

A'

H

CoBo Hb Hc

C'B'

I'

J

I

D

E

FZ

L

B C

A

K

Chứng minh. Gọi B′ và C′ là giao điểm của AK với BZ , AE với CF . Dễ thấy rằng B′, C′ nằm trênđường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Từ đó ta có ∠BB′C′ = ∠BAC′ = 90◦

Từ đó suy ra tứ giác BCB′C′ là hình chữ nhật suy ra B′C′ = BC = FZ . Suy raAC′

AE=

B′C′

EK=

ZF

EK=

FJ

JE⇒ AJ ‖ CF ⇒ AJ ⊥ BC (1)

Gọi H là chân đường cao đỉnh của tam giác ABC. Gọi A′ là giao điểm của BD và CL. Do tam giácA′BC và tam giác AEK có các cặp cạnh tương ứng song song nên chứng đồng dạng, từ đó suy raA′BAE

=A′CAK

⇒ A′BDB

=A′CCL

⇒ BC ‖ DL.

Gọi giao điểm của DL với BB′, CC′, đường thẳng qua B song song với DZ , và qua C song song vớiFL tại Hb, Hc, Bo, Co.

Ta cóBoHb

BoD=

BHb

BZ=

CHc

CF=

CoHC

CoL= k

Lấy I’ trên đoạn AH sao choI ′HI ′A

= k. Dễ dàng có tam giác BHA đồng dạng với BHbD. Từ đó suy

ra ∠HBI ′ = ∠B′BBo = ∠DZB = ∠FZI ⇒ ZI ‖ BI ′. Tương tự suy ra FI ‖ CI ′. Từ đó suy ra II ′

song song với BZ nên II ′ vuông góc với BC. Nói cách khác I ′, I thuộc đường cao đỉnh A của tam giácABC (2)

Từ (1) và (2) suy ra I , J nằm trên đường cao của tam giác ABC.

2

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

Bổ đề 2. Cho tam giác ABC, gọi ABDE, BCFZ , CAKL là các hình chữ nhật đồng dạng dựng raphía ngoài của tam giác. I là giao điểm của đường thẳng qua Z vuông góc với ZD và đường thẳng quaF vuông với FL. Chứng minh rằng AI , EF , ZK đồng quy.

P

Q

N

M

K

I

E

D

J

FZ

D'

E'

L

A

CB

K

Chứng minh. Gọi E′ là giao điểm của AE với đường thẳng qua K song song với BC và D′ thuộc BDsao cho ABD′E′ là hình chữ nhật. Gọi J là giao điểm của đường thẳng qua Z và vuông góc vớiZD′ vàđường thẳng qua F vuông góc với FL. Khi đó theo bổ đề 1 thì FE′, KZ và AJ đồng quy tại 1 điểmgọi nó là K .

Gọi P là giao điểm của đường thẳng qua Z và vuông góc với ZA với BD và Q là giao điểm của ZF vàAE. Ta có A, B, Z đều nằm trên đường tròn đường kính AP và A, B, Z nằm trên đường tròn đườngkính BQ, suy ra BQ và AP cắt nhau tại trung điểm mỗi đường vậy ta có APBQ là hình bình hành. Mặtkhác ∠ABP = 90◦ nên APBQ là hình chữ nhật.

Gọi M, N là giao điểm của ZK với FE và FA. Do ZA ⊥ ZP, ZJ ⊥ ZD′, ZI ⊥ ZD, ZF ⊥ ZBnên ta có

Z(AJIF ) = Z(PD′DB) = (PD′DB) = (QE′EA) = F (QE′EA) = (ZKMN) = A(ZKMN)

Gọi I ′ là giao của ZI với AM .

Vậy Z(AJIF ) = A(ZKMN) hơn nữa J = AK ∩ ZJ, I ′ = ZI ∩ AM, F = AN ∩ ZF ⇒ I ′, J, Fthẳng hàng.

Suy ra I ′ ∈ JF hay I ′ ≡ I nói cách khác A, M, I thẳng hàng. Ta chứng minh xong bổ đề 2.

3

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

W

S

T

G

P

A'

Q

N

R

U

E

D

FZ

M

L

A

CB

K

Giải bài toán. Gọi N là tâm của hình chữ nhật BCFZ và Q đối xứng với N qua BC. M là trung điểmBC.

Dựng hình bình hành AETK . Ta có ∠AET = ∠BAC vàEA

AB=

AK

AC=

ET

AC⇒ tam giác AET và

tam giác ABC đồng dạng mà AB ⊥ AE, ET ⊥ AC nên AG ⊥ EK (trong đó G là trọng tâm tam giácABC)

Tương tự ta cũng có được BG ⊥ DZ và CG ⊥ FL. Nên PG ⊥ BC và PG = CF =23.MQ

⇒ A, P, Q thẳng hàng, theo bổ đề 2 suy ra A, A′, Q thẳng hàng

Gọi R, S là tâm hình chữ nhật ABDE, ACLK và W là trung điểm RS, U là trung điểm DL.

Dễ chứng minh ∆RBU = ∆SUC đồng dạng với ∆ABC từ đó suy ra tam giác UBC cân và MU =MN

⇒ NU = NQ. Lại có WA = WU ⇒ WN ⊥ AQ, hay W , N , G thẳng hàng và WN ‖ AQ.

Ta có hai tam giác NSR và tam giác A′B′C′ có các cặp cạnh tương ứng song song hơn nữa AA′ ‖ NWvà W là trung điểm RS. Suy ra AA′ đi qua trung điểm B′C′.

Nhận xét. Ngoài ra còn có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN cho lời giảiđúng bằng lượng giác. Ban đầu do sơ suất của ban biên tập đề bài chưa chính xác sau đó khi sửa chữa chỉ có bạnPhương và bạn Phúc cho lời giải chính xác. Xin tuyên dương cả hai bạn ở bài toán này.

4

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

2. Cho tam giác ABC, d là đường thẳng qua A và song song BC. Lấy trên d điểm M khác A. I là tâmđường tròn nội tiếp tam giác ABC. K, L lần lượt đối xứng M qua IB, IC. BK giao CL tại N . Chứngminh rằng AN tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Chúng ta sử dụng các bổ đề sau.

Bổ đề 3. Cho−→u′ ,−→v′ lần lượt là đối xứng của −→u ,−→v qua đường thẳng d. Khi đó

−→u′ ∧ −→v′ = −−→u ∧ −→v

d

Chứng minh. Theo tính chất đối xứng trục dễ thấy |−→u | = |−→u′ |, |−→v | = |−→v′ | và (−→u ,−→v ) = −(−→u′ ,−→v′ )( mod

2π). Từ đó−→u ∧ −→v = |−→u |.|−→v |. sin(−→u ,−→v ) =

−→u′−→v′ = |−→u′ ||−→v′ | sin(−(

−→u′ ,−→v′ )) = −−→u′ ∧ −→v′ .

Bổ đề 4. Cho tam giác ABC, tâm nội tiếp I . P là điểm bất kỳ. X, Y, Z lần lượt là đối xứng của P quaIA, IB, IC thì AX, BY, CZ đồng quy.

Chứng minh. Gọi B′, C′ lần lượt là đối xứng của B, C qua IA dễ thấy B′, C′ lần lượt thuộc tia AC, AB.Sử dụng tính chất đối xứng trục IA theo bổ đề trên ta có

Ta có S[XAB] = S[ABX ] =12−−→AB ∧ −−→AX = −1

2−−→AB′ ∧ −→AP =

12−→AP ∧

−→AC

AC.AB′ =

c

bS[APC] =

c

bS[PCA] (1).

Tương tự S[XCA] =b

cS[PAB] (2).

Ta chú ý rằng S[XBC]−−→XA + S[XCA]

−−→XB + S[XAB]

−−→XC =

−→0 .

Không thể xảy ra trường hợp AX ‖ BC, BY ‖ CA, CZ ‖ AB vậy sẽ có các trường hợp sau

5

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

A

B C

I

P

X

A'

B'

C'

- Trường hợp nếu AX, BX, CX lần lượt cắt BC, CA, AB tại A′, B′, C′ chiếu đẳng thức vector theo

phương XA lên BC ta đượcA′B

A′C= −S[XAB]

S[XCA]kết hợp (1), (2) suy ra

A′B

A′C= −

cbS[PCA]bcS[PAB]

=

− c2S[PCA]b2S[PAB]

.

Tương tựB′C

B′A= −a2S[PAB]

c2S[PBC],C′A

C′B= − b2S[PBC]

a2S[PCA]. Do đó

A′B

A′C.B′C

B′A.C′A

C′B= −1 hay AX, BY, CZ

đồng quy.

6

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

A

B C

I

Q

P

Y

X

Z

C'

B'

- Trường hợp AX ‖ BC, gọi BY, CZ lần lượt giao CA, AB tại B′, C′ ta có S[XAB] = −S[XCA]

vậy −1 =S[XAB]S[XCA]

=c2S[PCA]b2S[PAB]

. Gọi BY giao CZ tại Q. Ta có các biến đổi sauS[QAB]S[QCA]

=

S[QAB]S[QBC]

.S[QBC]S[QCA]

=B′A

B′C.C′B

C′A= − c2S[PBC]

a2S[PAB]. − a2S[PCA]

b2S[PBC]=

c2S[PCA]b2S[PAB]

= −1. Từ đó suy ra

S[QAB] = −S[QCA] hay AQ ‖ BC ‖ AX do đó Q thuộc AX .

A

BC

Q

I

P

X

Y

Z

- Trường hợp AX ‖ BC, BY ‖ CA, ta có S[XAB] = −S[XCA], S[Y BC] = −S[Y AB] từ đó

7

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

−1 =S[XAB]S[XCA]

=c2S[PCA]b2S[PAB]

,−1 =S[Y BC]S[Y AB]

=a2S[PAB]c2S[PBC]

. Từ đó nếu CZ cắt AB tại C′ thì

C′A

C′B= − b2S[PBC]

a2S[PCA]= − b2−a2S[PAB]

c2

a2−b2S[PAB]c2

= −1 vậy CZ đi qua trung điểm AB, tức là CZ cũng đi qua

đỉnh còn lại hình bình hành tạo với B, C, A là giao điểm của AX và BY .

Tóm lại trong tất cả các trường hợp ta đều có AX, BY, CZ đồng quy.

A

B C

O

M

I

K

LN

Dựa theo lời giải của bạn Trần Đăng Phúc lớp 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN. Áp dụngbổ đề trên thì AN là ảnh của AM qua phép đối xứng trục IA. Ta có các biến đổi góc sau (AN, AB) ≡(AN, AI) + (AI, AB) ≡ (AI, AM) + (AC, AI) ≡ (AC, AM) ≡ (CA, BC) từ đó suy ra AN tiếpxúc (O).

Nhận xét. Bản chất bài toán rất cơ bản, nó là một cách phát biểu của tính chất điểm đẳng giác. Bổ đề 1 chính làtính chất đẳng giác cơ bản trong tam giác. Tuy rằng tính chất phát biểu dễ hiểu xong có một chứng minh chặt chẽcho nó là cực kỳ phức tạp vì trong bài toán có rất nhiều trường hợp. Trong cách chúng minh trên ta còn thu đượckết quả cơ bản là trong hệ tọa độ trọng tâm nếu P (x, y, z) thì điểm đẳng giác Q có tọa độ Q(

x

a2,

y

b2,

z

c2). Lời giải

được đưa ra khá sáng sủa sử dụng qua các tính chất cơ bản của tích ngoài, diện tích đại số và liên hệ giữa diện tíchđại số và độ dài đại số. Lời giải bài toán là ý tưởng của bạn Phúc nhưng được trình bày dưới dạng góc có hướngcho ngắn gọn và mạch lạc hơn. Có các bạn Phạm Huy Hoàng, Chu Tuấn Anh, lớp 11A1 Toán THPT chuyênĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai cho lờigiải đúng. Xin tuyên dương cả 4 bạn.

8

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

3. Cho tam giác ABC không cân, (O), H theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của tam giác.Đường thẳng qua A và song song với OH lại cắt (O) tại K . Đường thẳng qua K và song song với AHlại cắt (O) tại L. Đường thẳng qua L song song với OA cắt OH tại E. Chứng minh rằng các điểmB, C, O, E cùng thuộc một đường tròn.

d

A

BC

O

H

K

L

E

G

S

Dựa theo lời giải của bạn Nguyễn Tạ Duy lớp 12A1 THPT chuyên ĐHSP. Gọi AH giao (O) tại G khácA. Do KL ‖ AH nên AKLG là hình thang cân. Ta lại chú ý AKHF là hình bình hành nên FHGL làhình thang cân. Do tính chất trực tâm H đối xứng G qua BC do đó BC là trục đối xứng của FHGLvậy FH, GL, BC đồng quy tại S. Gọi d là trục đối xứng của AKHF ta có các biến đổi góc sau

(LE, LG) ≡ (LE, LK) + (LK, LG)≡ (AO, AG) + (KA, KL) (do LK ‖ AL và phép đối xứng trục d)≡ (GA, GO) + (OE, GA) (do phép đối xứng trục d và KA ‖ OE, KL ‖ GA)≡ (OE, OG)(modπ)

Từ đó bốn điểm O, L, E, G cùng thuộc một đường tròn. Vậy SE.SO = SG.SL = SB.SC hay cácđiểm B, C, O, E cùng thuộc một đường tròn. Đó là điều phải chứng minh.

Nhận xét. Ngoài bạn Duy có các bạn Trần Đăng Phúc, Phạm Huy Hoàng, Chu Tuấn Anh, lớp 11A1 Toán THPTchuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Naicho lời giải đúng. Xin tuyên dương năm bạn.

9

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H . Hai đường thẳng d1 và d2 bất kì vuônggóc với nhau và đi qua H . d1 cắt BC, CA, AB lần lượt tại X1, Y1, Z1. Gọi A1B1C1 là tam giác tạo bởicác đường thẳng qua X1 và vuông góc với BC, qua Y1 và vuông góc với CA, qua Z1 và vuông góc vớiAB. Tương tự ta xác định được tam giác A2B2C2. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giácA1B1C1 và A2B2C2 tiếp xúc với nhau tại một điểm nằm trên (O).

Bổ đề 5. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với trực tâm H . Hai đường thẳng d1 và d2 bất kì vuông gócvới nhau và đi qua H . d1 cắt BC, CA, AB lần lượt tại X1, Y1, Z1. Tương tự ta xác định X2, Y2, Z2. Khiđó hai tứ giác toàn phần ABCX1Y1Z1 và ABCX2Y2Z2 có chung điểm Miquel.

Hb

Ha

K

M

Z1

Z2

X2X1

Y2

H

A

B C

Y1

Chứng minh. Gọi Ha, Hb lần lượt là điểm đối xứng với H qua BC, CA. Suy ra X1Ha, Y1Hb cắt nhautại K - điểm Anti-Steiner của tam giác ABC ứng với d1. Hơn nữa, theo tính chất đối xứng ta hiển nhiêncó Ha ∈ (X1HX2), Hb ∈ (Y1HY2).Do Ha, H, Hb lần lượt nằm trên các cạnh của tam giác X1KY1 nên (HX1Ha), (HaKHb), (HbY1H)đồng quy tại điểm Miquel M của tam giác X1KY1 ứng với bộ ba điểm (Ha, H, Hb).

Do (X1HX2) và (Y1HY2) cắt nhau tại M nên M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần X1Y1CX2HY2.Từ đó M ∈ (X1CY1).

Suy ra (X1CY1) và (ABC) giao nhau tại M hay M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCX1Y1Z1.Tương tự ta có điều phải chứng minh.

10

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

Giải bài toán:

V

U

T

O1

O2

H2

C2

A2

B2

H1

C1

A1

B1

Z1

X1

H O

A

BC

Y1

Chứng minh. Gọi T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCX1Y1Z1.

Ta có A1 ∈ (AY1Z1), B1 ∈ (BX1Z1). Do đó (B1X1Z1) và (A1Y1Z1) cắt nhau tại T .

Suy ra T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần A1B1C1X1Y1Z1 hay T ∈ (A1B1C1).

Áp dụng bổ đề trên suy ra T cũng là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCX2Y2Z2. Chứng minhtương tự suy ra T là giao điểm của (A1B1C1) và (A2B2C2).

Gọi O1 và O2 lần lượt là tâm của (A1B1C1) và (A2B2C2).

Theo tính chất của các tứ giác nội tiếp thì ∠TC1A1 = ∠TCA, ∠TA1C1 = ∠TAC. Suy ra hai tam giácTC1A1 và TCA đồng dạng. Từ đó ∠O1TA1 = ∠OTA = 90◦ − ∠A1TO.

Suy ra ∠O1TO = 90◦. Tương tự, ∠O2TO = 90◦.

11

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

Vậy TO là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1) và (O2). Tức là (O1) và (O2) tiếp xúc nhau tại T .

Nhận xét. Bổ đề trong bài chính là bước để chứng minh định lý về đường thẳng Droz-Farny Trung điểm các đoạnthẳng X1X2, Y1Y2, Z1Z2 thẳng hàng. Trong bài toán trên, nếu ta gọi H1, H2 lần lượt là trực tâm của các tam giácA1B1C1 và A2B2C2 thì có thể chứng minh được H1 ∈ d1, H2 ∈ d2. Đồng thời trung điểm của HH1 và HH2

cùng nằm trên đường thẳng Droz-Farny. Những tính chất thú vị này xin nhường lại cho bạn đọc.

Có các bạn Trần Đăng Phúc, Phạm Huy Hoàng, Chu Tuấn Anh lớp 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai cho lời giải đúng.Xin tuyên dương cả 4 bạn.

12

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn


Geometry Mathley


Vietnamese1. Cho tam giác ABC. Gọi (O), (I) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác. (I)

theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại A0, B0, C0. BC, CA, AB theo thứ tự cắt B0C0, C0A0, A0B0

tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng OI đi qua trực tâm của các tam giác A0B0C0, A0B1C1, B0C1A1,C0A1B1.


2. Cho tam giác ABC, gọi ABDE, BCFZ và CAKL là ba hình chữ nhật tùy ý dựng ra phía ngoài củatam giác đó. Gọi M là giao điểm của EF với ZK . Gọi N là giao điểm của các đường thẳng đi qua F, Zvuông góc với FL, ZD tương ứng. Chứng minh rằng A, M, N thẳng hàng.

Kostas VittasNational Technical University of Athens, Greece

3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Kí hiệu (O1), (O2), (O3), (O4) lần lượt là các đường tròn bất kì đi quacác cặp điểm (A, B); (B, C); (C, D); (D, A). Gọi X, Y, Z, T lần lượt là giao điểm thứ hai của (O1) và(O2), (O2) và (O3), (O3) và (O4), (O4) và (O1). Chứng minh

(a) bốn điểm X, Y, Z, T cùng thuộc một đường tròn có tâm I .

(b) trung điểm các đoạn thẳng O1O3, O2O4, OI thẳng hàng.


4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). M thuộc trung trực BC. I1, I2 là tâm đường tròn nội tiếptam giác MAB, MAC. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AI1I2 luôn thuộc mộtđường thẳng cố định khi M di chuyển.



1

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

Solutions1. Cho tam giác ABC. Gọi (O), (I) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác. (I)

theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại A0, B0, C0. BC, CA, AB theo thứ tự cắt B0C0, C0A0, A0B0

tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng OI đi qua trực tâm của các tam giác A0B0C0, A0B1C1, B0C1A1,C0A1B1.

Chúng tôi xin giới thiệu lời giải của tác giả bài toán

Bổ đề 1. Nếu đường tròn nội tiếp tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại A0, B0, C0

thì AA0, BB0, CC0 đồng quy.

Phép chứng minh bổ đề trên rất đơn giản, không trình bày ở đây. Trở lại bài toán

B1

C1

Ha

B2

C2F

1

E1

F0

E0

A0

B0C

0

A

B C

O

I

H

Chứng minh. Gọi A2, B2, C2 theo thứ tự là trung điểm của A0A1, B0B1, C0C1.

Gọi H, Ha theo thứ tự là trực tâm của các tam giác A0B0C0, B1C1A0.

Đặt E0 = A0C0 ∩B0H ; F0 = A0B0 ∩ C0H ; E1 = A0C1 ∩B1Ha; F1 = A0B1 ∩ C1Ha.

Kí hiệu (A2), (B2), (C2) theo thứ tự là các đường tròn đường kính A0A1, B0B1, C0C1.

Gọi R là bán kính của (O).

Ta thấy B2O2 −R2 = B2C.B2A.

Theo bổ đề 1, (ACB0B1) = −1.

Vì B2 là trung điểm của B0B1, theo hệ thức Newton, B2C.B2A = B2B02.

Suy ra B2O2 −R2 = B2B0

2.

Do đó PO/(B2) = OB22 −B2B0

2= R2.

Tương tự PO/(C2) = R2.

2

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

Vậy PO/(B2) = PO/(C2) (1).

Gọi r là bán kính của (I).

Vì IB0B2 = 90◦ nên IB0 tiếp xúc với (B2).

Do đó, theo định lí, PI/(B2) = IB2

0 = r2.

Tương tự PI/(C2) = r2.

Vậy PI/(B2) = PI/(C2)(2).

Vì B0E0C0 = 90◦ = B0F0C0 nên các điểm B0, C0, E0, F0 cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra HB0.HE0 = HC0.HF0.

Do đó PH/(B2) = PH/(C2)(3).

Vì B1E1C1 = 90◦ = B1F1C1 nên các điểm B1, C1, E1, F1 cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra HaB1.HaE1 = HaC1.HaF1.

Do đó PHa/(B2) = PHa/(C2)(4).

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra O, I, H, Ha thẳng hàng.

Nói cách khác OI đi qua trực tâm của các tam giác A0B0C0, A0B1C1.

Tương tự OI đi qua trực tâm của các tam giác B0C1A1, C0A1B1.

Tóm lại OI đi qua trực tâm của các tam giác A0B0C0, A0B1C1, B0C1A1, C0A1B1.

Nhận xét. Có bạn Trần Đăng Phúc lớp 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai, Trần Đại Thắng, lớp 9A1, trường THCS Yên Phú, huyệnÝ Yên, tỉnh Nam Định cho lời giải đúng nhưng vẫn chưa xúc tích như đáp án.

2. Cho tam giác ABC, gọi ABDE, BCFZ và CAKL là ba hình chữ nhật tùy ý dựng ra phía ngoài củatam giác đó. Gọi M là giao điểm của EF với ZK . Gọi N là giao điểm của các đường thẳng đi qua F, Zvuông góc với FL, ZD tương ứng. Chứng minh rằng A, M, N thẳng hàng.


Bổ đề 2. Cho tam giác ABC, các hình chữ nhật ABDE, ACLK , BCFZ dựng về phía ngoài tam giácsao cho KE‖BC. N là giao điểm của đường thẳng qua Z và vuông góc với DZ , đường thẳng qua Fvuông góc với FL. M là giao điểm của EF và KZ . Chứng minh rằng N, M nằm trên đường cao củatam giác ABC.

3

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn A'

H

CoBo Hb

Hc

C'B'

N'

M

N

D

E

FZ

L

BC

A

K

Chứng minh. Gọi B′ và C′ là giao điểm của AK với BZ , AE với CF . Dễ thấy rằng B′, C′ nằm trênđường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Từ đó ta có ∠BB′C′ = ∠BAC′ = 90◦.

Từ đó suy ra tứ giác BCC′B′ là hình chữ nhật suy ra B′C′ = BC = FZ . Suy raAC′

AE=

B′C′

EK=

ZF

EK=

FM

ME⇒ AM‖CF ⇒ AM ⊥ BC (1).

Gọi H là chân đường cao đỉnh A của tam giác ABC. Gọi A′ là giao điểm của BD và CL. Do tamgiác A′BC và tam giác AEK có các cặp cạnh tương ứng song song nên chúng đồng dạng, từ đó suy raA′BAE

=A′CAK

⇒ A′BDB

=A′CCL

⇒ BC‖DL.

Gọi giao điểm của DL với BB′, CC′, đường thẳng qua B song song với DZ , và qua C song song vớiFL tại Hb, Hc, Bo, Co.

Ta cóBoHb

BoD=

BHb

BZ=

CHc

CF=

CoHc

CoL= k

Lấy N ’ trên đoạn AH sao choN ′HN ′A

= k. Dễ dàng có tam giác BHA đồng dạng với BHbD. Từ đó suy

ra ∠HBN ′ = ∠B′BBo = ∠DZB = ∠FZN ⇒ ZN‖BN ′. Tương tự suy ra FN‖CN ′. Từ đó suy raNN ′ song song với BZ nên NN ′ vuông góc với BC. Nói cách khác N ′, N thuộc đường cao đỉnh Acủa tam giác ABC (2).

Từ (1) và (2) suy ra M , N nằm trên đường cao của tam giác ABC.

4

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

P

Q

I

M

T

N

E

D

J

FZ

D'

E'

L

A

CB

K

Giải bài toán. Gọi E′ là giao điểm của AE với đường thẳng qua K song song với BC và D′ thuộc BDsao cho ABD′E′ là hình chữ nhật. Gọi J là giao điểm của đường thẳng qua Z và vuông góc vớiZD′ vàđường thẳng qua F vuông góc với FL. Khi đó theo bổ đề thì FE′, KZ và AJ đồng quy tại 1 điểm gọinó là T .

Gọi P là giao điểm của đường thẳng qua Z và vuông góc với ZA và BD, Q là giao điểm của ZF vàAE. Ta có A, B, Z đều nằm trên đường tròn đường kính AP và A, B, Z nằm trên đường tròn đườngkính BQ, suy ra BQ và AP cắt nhau tại trung điểm mỗi đường vậy ta có APBQ là hình bình hành. Mặtkhác ∠ABP = 90◦ nên APBQ là hình chữ nhật.

Gọi I là giao điểm của ZK với FA. Do ZA ⊥ ZP, ZJ ⊥ ZD′, ZN ⊥ ZD, ZF ⊥ ZB nên ta cóZ(AJNF ) = Z(PD′DB) = (PD′DB) = (QE′EA) = F (QE′EA) = (ZTMI) = A(ZTMI).

Gọi N ′ là giao của ZN với AM . Vậy Z(AJNF ) = A(ZKMI) hơn nữa J = AT ∩ ZJ, N ′ =ZN ∩ AM, F = AI ∩ ZF ⇒ N ′, J, F thẳng hàng. Suy ra N ′ ∈ JF hay N ′ ≡ N nói cách khácA, M, N thẳng hàng. Đó là điều phải chứng minh.

Nhận xét. Ngoài ra còn có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, cho lời giảiđúng bằng lượng giác. Xin tuyên dương cả hai bạn ở bài toán này.

3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Kí hiệu (O1), (O2), (O3), (O4) lần lượt là các đường tròn bất kì đi quacác cặp điểm (A, B); (B, C); (C, D); (D, A). Gọi X, Y, Z, T lần lượt là giao điểm thứ hai của (O1) và(O2), (O2) và (O3), (O3) và (O4), (O4) và (O1). Chứng minh

(a) X, Y, Z, T cùng thuộc một đường tròn có tâm I .

(b) trung điểm các đoạn thẳng O1O3, O2O4, OI thẳng hàng.


5

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

K

H

X

J

I

T

E

MY

N

Z

O

A

D

O4

C

O3

B

O2

O1

Chứng minh. a) Ta có

(XT, XY ) ≡ (AT, AB) + (CB, CY )(modπ)

(ZT, ZY ) ≡ (AT, AD) + (CD, CY ) = −(AD, AT )− (CY, CD)(modπ)

Suy ra (XT, XY )−(ZT, ZY ) ≡ (AD, AB)+(CB, CD) ≡ π( mod π) ⇒ (XT, XY ) ≡ (ZT, ZY )( modπ)

⇒ X , Y , Z , T thuộc một đường tròn có tâm I .

b) Gọi J là trung điểm OI . Ta có IO1, IO2, IO3, IO4 lần lượt là trung trực các đoạn XT , XY , Y Z ,ZT .

Do đó ta có

S[IO4O3] + S[IO2O1] = S[ZIO4] + S[ZO4O3] + S[ZO3I] + S[XIO2] + S[XO2O1] + S[XO1I].

Nên S[IO4O3] + S[IO2O1] =12

(S[ITO4DO3Y ] + S[IY O2BO1T ]) và cũng có

S[OO4O3]+S[OO2O1] = S[DO4O3]+S[DO3O]+S[DOO4]+S[BOO2]+S[BO2O1]+S[BO1O]

=12

(S[OAO4O3C] + S[OCO2O1B] + S[DO4O3] + S[BO2O1])

Từ đó suy ra S[IO4O3] + S[IO2O1] + S[OO4O3] + S[OO2O1] = S[O1O2O3O4]

6

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

Hơn nữa do J là trung điểm của IO nên suy ra

S[JO4O3]+S[JO2O1] =12

(S[IO4O3] + S[IO2O1] + S[OO4O3] + S[OO2O1]) =12S[O1O2O3O4]

Gọi M, N là trung điểm O1O3, O2O4. Ta cũng có S[MO4O3]+S[MO2O1] = S[NO4O3]+S[NO2O1] =12S[O1O2O3O4].

Gọi E là giao điểm của O1O2 và O3O4. Trên các tia EO1 và EO4 lấy các điểm H , K sao cho EH =O1O2, EK = O3O4.

Khi đó ta có S[JO4O3] + S[JO2O1] = S[JEK] + S[JHE] = S[EKJH ] = S[EKH ] + S[JHK]

Tương tự

S[MO4O3]+S[MO2O1] = S[EKH ]+S[MHK]; S[NO4O3]+S[NO2O1] = S[EKH ]+S[NHK].

Mà S[JO4O3]+S[JO2O1] = S[MO4O3]+S[MO2O1] = S[NO4O3]+S[NO2O1] =12S[O1O2O3O4]

Nên S[JHK] = S[MHK] = S[NHK]⇒ M , N , J nằm trên đường thẳng song song với HK .

Từ đây ta thu được kết luận của bài toán.

Nhận xét. Ngoài ra còn có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Trần ĐạiThắng, lớp 9A1, trường THCS Yên Phú, huyện Ý Yên, tỉnh Nam Định cho lời giải đúng. Xin tuyên dương cả ba bạnở bài toán này.

4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). M thuộc trung trực BC. I1, I2 là tâm đường tròn nội tiếptam giác MAB, MAC. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AI1I2 luôn thuộc mộtđường thẳng cố định khi M di chuyển.


Bổ đề 3. Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường tròn bất kỳ qua A, I cắt CA, ABtại E, F khác A thì AE + AF = CA + AB −BC.

A

B C

I

F

E

M

N

Chứng minh. Gọi M, N là hình chiếu của I lên CA, AB. Dễ thấy 4INF = 4IME(c.g.c) từ đó suyra AE = AF = AM + AN = CA + AB −BC.

Bổ đề 4. Cho tam giác ABC. E, F lần lượt thuộc CA, AB sao cho CE = BF và E, F cùng phía với

BC thì đường tròn ngoại tiếp (AEF ) đi qua trung điểm cung_

BC chứa A.

7

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

A

BC

O

F

E

N

Chứng minh. Gọi N là trung điểm cung_

BC chứa A. Giả sử E, F khác phía A với BC. Trường hợpcòn lại chứng minh hoàn toàn tương tự. Ta dễ thấy ∠ABN = ∠ACN suy ra ∠FBN = ∠ACN . Kếthợp NB = BC, FB = CE suy ra4FBN = 4ECN . Từ đó ∠BFN = ∠CEN hay A, F, E, N cùngthuộc một đường tròn.

I1 I

2

A

B C

O

M

N

E

F

D

Giải bài toán. Gọi đường tròn ngoại tiếp (AI1I2) cắt AM, CA, AB lần lượt tại D, E, F khác A. Theobổ đề 1 dễ thấy AD + AF = AB + AM −MB, AD + AE = AC + AM −MC. Trừ hai đẳng thức

8

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

chú ý MB = MC ta được AF − AE = AB − AC hay AB − AF = AC − AE. Do đó trong cáctrường hợp E, F cùng phía hoặc khác phía BC ta cũng đều có BF = CE. Vậy theo bổ đề 2 gọi N làtrung điểm cung BC chứa A thì (AI1I2) ≡ (AEF ) đi qua N . Vậy tâm ngoại tiếp AI1I2 thuộc trungtrực AN cố định. Đó là điều phải chứng minh.

Nhận xét. Bài toán là sự mở rộng của bài thi vô địch Nga năm 2011. Nếu gọi I3, I4 lần lượt là tâm bàng tiếp góc Acủa tam giác4MAB,4MAC thì đường tròn (AI3I4) cũng đi qua N . Hơn nữa nếu I5, I6 lần lượt chia I1I3, I2I4

cùng tỷ số thì (AI5I6) cũng đi qua N , lời giải dùng hai bổ đề hoàn toàn tương tự. Đó là các phát triển khác của bàitoán.

Có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN và bạn Ong Thế Phương, lớp 11toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai cho lời giải đúng nhưng vẫn dài hơn đáp án.

9

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn


Geometry Mathley


Vietnamese1. Cho tam giác ABC không cân tại A, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp, (O) là đường tròn ngoại tiếp.

Đường tròn (Ob) tiếp xúc với BA, BC và tiếp xúc trong với (O) tại B1. Đường tròn (Oc) tiếp xúc vớiCA, CB và tiếp xúc trong với (O) tại C1. Gọi S là giao điểm của BC với B1C1. Chứng minh rằng∠AIS = 90◦.


2. Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC nhọn không cân có (O), (I) lần lượt là đường tròn ngoại tiếpvà đường tròn nội tiếp tam giác. Gọi A1 là giao điểm của trục đẳng phương của (O) và (I) với đườngthẳng BC Giả sử A2 là tiếp điểm không nằm trên BC của tiếp tuyến kẻ từ A1 đến (I). Các điểmB1, B2, C1, C2 được xác định tương tự. Chứng minh rằng

(a) các đường thẳng AA2, BB2, CC2 đồng quy.

(b) tâm đẳng phương của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCA2, CAB2 và ABC2 nằm trênđường thẳng OI .


3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). d là tiếp tuyến tại A của (O). P là điểm bất kỳ. D, E, F làhình chiếu của P lên BC, CA, AB. DE, DF lần lượt cắt d tại M, N . Đường tròn ngoại tiếp tam giácDEF lần lượt cắt CA, AB tại K, L khác E, F . Chứng minh rằng KN cắt LM tại một điểm nằm trênđường tròn ngoại tiếp tam giác DEF .


4. Cho n-giác nội và ngoại tiếp A1A2A3 . . . An. Kí hiệu Ii là tâm đường tròn nội tiếp của tam giácAi−1AiAi+1; Ai(i+1) là giao điểm của AiAi+2 và Ai−1Ai+1; Ii(i+1) là tâm đường tròn nội tiếp củatam giác AiAi(i+1)Ai+1(i = 1, n). Chứng minh rằng 2n điểm I1, I2, ..., In, I12, I23, ..., In1 cùng thuộcmột đường tròn.



1

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

English1. Let ABC be a triangle with two angles B, C not having the same measure, I be its incircle, (O) its

circumcircle. Circle (Ob) touches BA, BC and is internally tangent to (O) at B1. Circle (Oc) touchesCA, CB and is internally tangent to (O) at C1. Let S be the intersection of BC and B1C1. Prove that∠AIS = 90◦.

Nguyễn Minh Hà

2. Let ABC be an acute triangle, not isoceles triangle and (O), (I) be its circumcircle and incircle respec-tively. Let A1 be the the intersection of the radical axis of (O), (I) and the line BC. Let A2 be the pointof tangency (not on BC) of the tangent from A1 to (I). Points B1, B2, C1, C2 are defined in the samemanner. Prove that

(a) the lines AA2, BB2, CC2 are concurrent.

(b) the radical centers circles through triangles BCA2, CAB2 and ABC2 are all on the line OI .

Lê Phúc Lữ

3. Let ABC be a triangle inscribed in a circle (O). d is the tangent at A of (O); P is an arbitrary point inthe plane. D, E, F are the projections of P on BC, CA, AB. Let DE, DF intersect the line d at M, Nrespectively. The circumcircle of triangle DEF meets CA, AB at K, L distinct from E, F . Prove thatKN meets LM at a point on the circumcircle of triangle DEF .

Trần Quang Hùng

4. Let A1A2A3 . . . An be a bicentric polygon with n sides. Denote by Ii the incenter of triangle Ai−1AiAi+1;Ai(i+1) the intersection of AiAi+2 and Ai−1Ai+1; Ii(i+1) is the incenter of triangle AiAi(i+1)Ai+1(i =1, n). Prove that there exist 2n points I1, I2, ..., In, I12, I23, ..., In1 on the same circle.

Nguyễn Văn Linh

Solutions1. Cho tam giác ABC không cân tại A, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp, (O) là đường tròn ngoại tiếp.

Đường tròn (Ob) tiếp xúc với BA, BC và tiếp xúc trong với (O) tại B1. Đường tròn (Oc) tiếp xúc vớiCA, CB và tiếp xúc trong với (O) tại C1. Gọi S là giao điểm của BC với B1C1. Chứng minh rằng∠AIS = 90◦.

Chúng tôi xin giới thiệu hai lời giải sau của bạn Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên LươngThế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai.

Bổ đề 1 (Định lý Thebaut). Cho tam giác ABC và đường tròn ngoại tiếp (O), đường tròn nội tiếp (I).Đường tròn (ω) tiếp xúc trong với (O) tại S và tiếp xúc với các cạnh AB, AC tại D, E. Khi đó I làtrung điểm DE.

Bổ đề là kết quả quen thuộc xin không nhắc lại chứng minh.

Lời giải 1. Kí hiệu S′ là giao điểm của đường thẳng qua I vuông góc với IA với BC. M , N lần lượt làtiếp điểm của (Oc), (Ob) với BC.

Theo định lý Thebault thì ta có được IM ⊥ IC, IN ⊥ IB.

Do đó ta có ∆IAC ∼ ∆NIC.

Hơn nữa IS′ ⊥ IA do đó (IS′, IM) ≡ (IA, IC) ≡ (NI, NC) ≡ (NI, NS′)(modπ)

2

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

Từ đó suy ra ∆S′IM ∼ ∆S′NI ⇒ S′I2 = SM.SN (1)

Hơn nữa C1M và B1N cắt nhau tại một điểm J trên đường tròn (O) (điểm này cũng là điểm chính giữacung BC không chứa A), và ta cũng có JB2 = JM.JC1 = JN.JB1 nên M , N , B1, C1 đồng viên.

Mặt khác, ta cũng có (IS′, IB) ≡ (CS′, CI)(modπ) nên ∆IS′B ∼ CS′I ⇒ S′I2 = SB.SC (2)

Từ (1) và (2) suy ra SM.SN = SB.SC.

Từ đó suy ra S′ có cũng phương tích với (O) và đường tròn đi qua B′, C′, M , N do đó S′ nằm trên trụcđẳng phương của hai đường tròn này, nói cách khác S′ nằm trên B′C′. Từ đó S′ ≡ S. Ta kết thúc chứngminh.

Lời giải 2. Ta có (C1B, C1J) ≡ (AB, AJ)(modπ)

Hơn nữa dễ có 4MBI ∼ 4IBA, do đó (IB, IM) ≡ (AB, AI)(modπ). Như vậy suy ra B, C1, I ,M đồng viên (hoặc ta cũng có thể suy ra điều này theo một chứng minh khác của định lý Thebault màkhông dùng định lý Pascal)

Q

P

M

J

NS

C1

B1

I

O

A

B C

Tương tự cũng có B1, I , N , C đồng viên.

Mặt khác lại có JM.JC1 = JN.JB1 = JB2 = JI2

Do đó AJ tiếp xúc với (C1BM) và (B1CN) tại I . Gọi P , Q là tâm của chúng suy ra PQ vuông gócvới AJ tại I .

Ta cần chứng minh PQ, BC, B1C1 đồng quy.

Lại có các tam giác PBM và QNC đều cân và có góc ở đỉnh bằng hai lần góc ∠BAJ

Do đó chúng đồng dạng và gọi S là giao điểm của BC và PQ thì do hai tam giác PBM và QNC đồng

dạng nên S là tâm vị tự của hai đường tròn (C1BM) và (B1CN), do đóSM

SC=

SB

SN⇐⇒ SM.SN =

SB.SC từ đó S nằm trên trục đẳng phương của (MNB1) và (ABC) hay S, B1, C1 thẳng hàng.


Bổ đề 2. Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp, I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường tròn(Oa) theo thứ tự tiếp xúc với AB, AC tại E, F và tiếp xúc trong với (O) tại T . Khi đó

a) I là trung điểm của EF .

3

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

b) TI đi qua trung điểm cung_

BAC

Chứng minh. a) Quen thuộc, không trình bày ở đây.

b) Gọi M, N theo thứ tự là giao điểm của TI, CI với (O). Vì ACI = BCI nên N là trung điểm cung_

AB không chứa C. Do đó T, N, E thẳng hàng (kết quả quen thuộc). Suy ra BTE = BTN = BCN =C

2.

A

B C

O

T

E

F

I

N

M

Vì AE = AF nên AEI = 90◦ − A

2=

B

2+

C

2. Do đó BIE = AEI − EBI =

B

2+

C

2− B

2=

C

2.

Vậy BTE = BIE. Suy ra BTM = BT I = AEI = 90◦−A

2(1). Tương tự CTM = 90◦−A

2(2).

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

4

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

B1

C1

C2

B0

B2

Oc

C0

A

B C

O

I

Ob

K

S

Giải bài toán. Gọi B0, C0, B2, C2, K theo thứ tự là trung giao điểm thứ hai của BI, CI, B1I, C1I, AIvới (O).

Chú ý rằng B0, C0 theo thứ tự là trung điểm cung (không chứa B) và cung (không chứa C), theo bổ đềtrên, suy ra B0B2, C0C2 cùng là đường kính của (O).

Do đó B0B2 ‖ C0C2 (1).

Qua phép nghịch đảo NPI/(O)I , các đường thẳng B0C0, B2C2 theo thứ tự biến thành các đường tròn

(IBC), (IB1C1) (2).

Từ (1) và (2) suy ra (IBC), (IB1C1) tiếp xúc với nhau (tại I).

Chú ý rằng IK = IB = IC (kết quả quen thuộc), suy ra K là tâm của (IBC).

Vậy AI là đường nối tâm của các (IBC), (IB1C1) (3).

Mặt khác{

PI/(IBC) = 0 = PI/(IB1C1)

PS/(IBC) = SB.SC = SB1.SC1 = PS/(IB1C1).

Suy ra IS là trục đẳng phương của (IBC), (IB1C1) (4).

Từ (3) và (4) suy ra AIS = 90◦.

Nhận xét. Ngoài ra có Trần Đăng Phúc, Phạm Huy Hoàng lớp 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN vàbạn Trần Đại Thắng lớp 9A1, trường THCS Yên Phú, huyện Ý Yên, tỉnh Nam Định cho lời giải đúng. Bài toán còncó thể tống quát hóa như sau

5

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

Bài toán 1. Cho tam giác ABC. Đường tròn (O) bất kỳ qua B, C. Gọi (Ob) là đường tròn tiếp xúcBC, BA và tiếp xúc trong (O) tại B′. (Oc) là đường tròn tiếp xúc CB, CA và tiếp xúc trong (O) tạiC′. (Oa) là đường tròn tiếp xúc AB, AC lần lượt tại M, N và tiếp xúc trong (O). Chứng minh rằngBC, B′C′ và MN đồng quy.

Chúng tôi xin giới thiệu hai lời giải của bạn Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương ThếVinh, Biên Hòa Đồng Nai.

Bổ đề 3 (Định lý Thebault mở rộng). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại E.(K) tiếp xúc trong (O) và tiếp xúc EC, ED lần lượt tại M, N thì MN đi qua tâm đường tròn nội tiếptam giác ACD và tam giác BCD.

Bổ đề cũng là kết quả quen thuộc xin không trình bày lại chứng minh.

I

P

R

S

TQ

C'

B'

N

M

Ic

Ib

K

H

B C

A

Chứng minh. Gọi P , Q là tiếp điểm của đường tròn (Oc), (Ob) với BC. R, S là tiếp điểm của (Oc) vớiAC và của (Ob) với AB.

H , K lần lượt là giao điểm của (O) với AB, AC và I , Ib, Ic lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của tamgiác ABC, HBC và KBC.

Theo định lý Thebault mở rộng ta có được S, Ib, Q thẳng hàng và P , Ic, R thẳng hàng. Theo định lýThebault mở rộng mở rộng ta có M , N , Ib, Ic thẳng hàng.

Từ đó ta có biến đổi góc sau

(IcP, IcIb) ≡ (PR, MN) ≡ (IC, IA)(modπ) (Do IC ⊥ PRvà IA ⊥ MN )

Hơn nữa do (QIb, QB) + (BQ, BI) ≡ π

2(modπ) do đó (QIb, QB) ≡ (AI, AC) + (AC, CI) ≡

(AI, AC)( mod π) Từ đó suy ra P , Q, Ib, Ic đồng viên. Mặt khác dễ có được (IbB, IbC) ≡ (IcB, IcP )( mod

6

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

π) nên cũng có Ib, Ic, B, C đồng viên. Gọi T là giao điểm của IbIc với BC. Ta có TB.TC = TIb.T Ic =TP.TQ

Hơn nữa lại có C′P , B′Q và (O) đồng quy tại trung điểm L của cung BC, nên LQ.LB′ = LB2 =LP.LC′ hay P , Q, B′, C′ đồng viên. Do đó T nằm trên trục đẳng phương của (O) và đường tròn đi quaP , Q, B′, C′ hay T , B′, C′ thẳng hàng.

Từ đó có điều phải chứng minh.

Chúng tôi xinh giới thiệu lời giải khác bài mở rộng của thầy Nguyễn Minh Hà

Chứng minh. Gọi I, Ib, Ic theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác ABC, KBC, HBC;Q, S theo thứ tự là tiếp điểm của (Ob) với BC, BK; P, R theo thứ tự là tiếp điểm của (Oc) với CB, CH .T là giao điểm của BC, B′C′. L là giao điểm của PB′, QC′.

Dễ thấy LP.LB′ = LB2

= LQ.LC′ (kết quả quen thuộc). Suy ra P, Q, B′, C′ cùng thuộc một đườngtròn.

Do đó TP.TQ = TB′.TC′. Kết hợp với TB.TC = TB′.TC′, suy ra TP.TQ = TB.TC (1).

ObO

c

IbI

c

A

B C

H

K

Q

SR

C'

B'

N

M

T

I

P

L

Oa

Ta thấy

(IcQ, IcIb) ≡ (IC, IA) (modπ) (IcQ⊥IC; IcIb⊥IA)≡ (IC, AC) + (CA, IA) (modπ)≡ 1

2 (−−→BC,

−→AC) + 1

2 (−→CA,

−−→BA) (modπ)

≡ 12 (−−→BC,

−→AC) + 1

2

((−→CA,

−→AC) + (

−→AC,

−−→BA)

)(modπ)

≡ 12

((−−→BC,

−→AC) + (

−→AC,

−−→BA)

)+ π

2 (modπ) (−→CA ↑↓ −→AC)

≡ 12 (−−→BC,

−−→BA) + π

2 (modπ)≡ (BC, BIb) + (BIb, PR) (modπ) (BIb⊥PR)≡ (PQ, PIb) (modπ).

7

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

Do đó P, Q, Ib, Ic cùng thuộc một đường tròn (2). Dễ thấy LIb = LB = LC = LIc (kết quả quenthuộc). Do đó B, C, Ib, Ic cùng thuộc một đường tròn (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra T có cùng phương tích với các đường tròn (PQIbIc), (BCIbIc).

Suy ra T thuộc IbIc.

Kết hợp với M, N, Ib, Ic thẳng hàng (kết quả quen thuộc) ta có BC, MN, B′C′ đồng quy (tại T ).

Chứng minh. Nhận xét. Gọi (Jb) là đường tròn theo thứ tự tiếp xúc với các tia BC, BK và tiếp xúctrong với (O) tại B′′; (Jc) là đường tròn theo thứ tự tiếp xúc với các tia CB, CH và tiếp xúc trong với(O) tại C′′. Ta có B′′C′′ đi qua T .

Có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN lời giải đúng bài toántổng quát.

8

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

2. Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC nhọn không cân có (O), (I) lần lượt là đường tròn ngoại tiếpvà đường tròn nội tiếp tam giác. Gọi A1 là giao điểm của trục đẳng phương của (O) và (I) với đườngthẳng BC Giả sử A2 là tiếp điểm không nằm trên BC của tiếp tuyến kẻ từ A1 đến (I). Các điểmB1, B2, C1, C2 được xác định tương tự. Chứng minh rằng

a) các đường thẳng AA2, BB2, CC2 đồng quy.

b) tâm đẳng phương của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCA2, CAB2 và ABC2 nằm trênđường thẳng OI .


O

LA2

A1

E

F

D

I

A

B C

Chứng minh. a) Xét cực và đối cực đối với đường tròn (I). Dễ thấy rằng A2D là đường đối cực của A1,B2E là đường đối cực của B1, C2F là đường đối cực của C1. Hơn nữa C1, A1, B1 thẳng hàng nên DA2,EB2, FC2 đồng quy.

Từ đó theo định lý Ceva dạng lượng giác trong tam giác DEF ta suy raA2F

A2E.B2D

B2F.C2E

C2D= 1.

Hơn nữa ta lại cósin ∠FAA2

sin ∠EAA2=

sin ∠A2EF

sin ∠A2EA.sin ∠A2FA

sin ∠A2FE=

A2F2

A2E2

Tương tựsin ∠ECC2

sin ∠DCC2=

C2E2

C2D2;sin∠DBB2

sin∠FBB2=

B2D2

B2F 2

Từ đó suy rasin ∠FAA2

sin ∠EAA2.sin ∠ECC2

sin ∠DCC2.sin ∠DBB2

sin ∠FBB2= 1 hay AA2, BB2, CC2 đồng quy.

b) Chúng ta dùng bổ đề sau

Bổ đề 4. Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại điểm A và B. đường tròn (O3) tiếp xúc trongvới (O1) và (O2) tại M và N lần lượt. Từ A vẽ các tiếp tuyến AP , AQ đến (O3), chứng minh MP vàNQ và AB đồng quy.

9

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

B

O2

F

Q

O3

E

P

O1

M

A

N

Chứng minh. Gọi E là giao điểm của MP với (O1), F là giao của NQ với (O2). Bài toán tương đươngvới chứng minh M , N , E, F đồng viên.

Ta có EO23 − FO2

3 = (EO3 −R2)− (FO3 −R2) = PE/(O3) − PF/(O3) = EA2 − FA2

Do đó AO3 ⊥ EF suy ra EF‖PQ (vì PQ ⊥ AO3). Hơn nữa M , N , P ,Q đồng viên nên M , N , E, Fđồng viên. Ta có điều phải chứng minh.

Trở lại bài toán.

Gọi J là giao điểm của DA2, EB2, CF2.

Ta thấy rằng do DA2, EB2, CF2 là đường đối cực của A1, B1, C1 nên đường đối cực của J sẽ đi quaA1, B1, C1 mà A1, B1, C1 thẳng hàng nên đường đối cực của J sẽ là đường thẳng đi qua A1, B1, C1

hay là trục đẳng phương của (I) và (O).

Do đó trục đẳng phương của (I) và (O) là đường đối cực của J với đường tròn (I) nên suy ra IJ vuônggóc với trục đẳng phương của (I) và (O). Nói cách khác I , J , O thẳng hàng.

Ta có A1A22 = A1B.A1C nên A1A2 là tiếp tuyến của đường tròn (A2BC). Do đó đường tròn (A2BC)

và (I) tiếp xúc với nhau. Tương tự ta cũng có được B2CA, C2AB tiếp xúc với (I).

Từ đó theo bổ đề thì ta thu được trục đẳng phương của (A2BC) và (B2CA) đi qua J , trục đẳng phươngcủa (C2AB), (B2AC) đi qua J . Do đó J là tâm đẳng phương của (A2BC), (B2CA), (C2AB). Ta cóđiều phải chứng minh.

Nhận xét. Ngoài ra còn có bạn Trần Đăng Phúc, Phạm Huy Hoàng lớp 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, cho lời giải đúng. Xin tuyên dương cả hai bạn ở bài toán này.

10

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). d là tiếp tuyến tại A của (O). P là điểm bất kỳ. D, E, F làhình chiếu của P lên BC, CA, AB. DE, DF lần lượt cắt d tại M, N . Đường tròn ngoại tiếp tam giácDEF lần lượt cắt CA, AB tại K, L khác E, F . Chứng minh rằng KN cắt LM tại một điểm nằm trênđường tròn ngoại tiếp tam giác DEF .

Dựa theo lời giải của bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN. Chúngta đưa ra bài toán tổng quát hơn

Bài toán 2. Cho tam giác ABC đường tròn (O) bất kỳ. (O) cắt CA tại L, E và cắt AB tại K, F . D làmột điểm thuộc (O). d là đường thẳng bất kỳ đi qua A. DE, DF lần lượt cắt d tại M, N . Chứng minhrằng MK giao NL tại điểm thuộc (O).

d

A

B C

O

D

F

E

N

L

K

M

T

Chứng minh. Gọi NL giao (O) tại T khác L. KT giao DE tại M ′. Áp dụng định lý Pascal cho(KLDEFT

)ta suy ra các giao điểm N, A, M ′ thẳng hàng. Vậy M ′ thuộc NA ≡ d suy ra M ′ ≡ M . Ta

có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Có bạn Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai, Phạm HuyHoàng, lớp 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN cho lời giải đúng bài tổng quát tương tự.

11

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

4. Cho n-giác nội và ngoại tiếp A1A2A3 . . . An. Kí hiệu Ii là tâm đường tròn nội tiếp của tam giácAi−1AiAi+1; Ai(i+1) là giao điểm của AiAi+2 và Ai−1Ai+1; Ii(i+1) là tâm đường tròn nội tiếp củatam giác AiAi(i+1)Ai+1(i = 1, n). Chứng minh rằng 2n điểm I1, I2, ..., In, I12, I23, ..., In1 cùng thuộcmột đường tròn.

L

I1

On

O1

I5

O5

O4

O3

O2

I12I23

I4

I45

I34

I3

I2

A45

A34

A23

A12

A6

A5

A4

I

A1

An

A2

A3

Chứng minh. Gọi Oi là điểm chính giữa của cung AiAi+1. Do I1, I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếpcủa tam giác AnA1A2, A1A2A3 nên O1A1 = O1A2 = O1I1 = O1I2 hay A1, A2, I1, I2 cùng thuộc(O1, O1A1). Tương tự với các đường tròn (O2), (O3), ..., (On).Lại có A1I1, A2I2, ..., AnIn đồng quy tại tâm đường tròn nội tiếp I của n-giác A1A2A3...An nên phépnghịch đảo cực I , phương tích IA1.II1 biến đường tròn ngoại tiếp n-giác A1A2...An thành đường trònđi qua I1, I2, ...., In hay I1, I2, ..., In cùng thuộc một đường tròn.

Mặt khác, Gọi I ′23 là giao của đường thẳng qua I12 và song song với O1O2 với O1A3.A2I′23 cắt (O2) tại

I ′3.

Do O1, O2, A1, A3 cùng thuộc một đường tròn và I12I′23 ‖ O1O2 nên tứ giác A1I12I

′23A3 nội tiếp. (1)

Ta có ∠I2I12I′23 = ∠I2O2O1 = ∠O1O2A2 = ∠O1A3A2 = ∠I2I

′3I

′23 nên tứ giác I12I2I

′23I

′3 nội tiếp.

Tương tự ta cũng có tứ giác I1I12I2I′23 nội tiếp hay tứ giác I1I12I

′23I3 nội tiếp. (2)

Mặt khác, ∠A1I1I′3 = ∠A1I1A2 + ∠I12I1I

′3

= ∠A1I2A2 + ∠O2I2I′3 = 180o − ∠A2I2O2 + ∠O2I2I

′3 = 180o + ∠O1O2A1 − ∠O1A3I

′3.

∠A1A3I′3 = ∠O1A3I

′3 − ∠O1A3A1 = ∠O1A3I

′3 − ∠O1O2A1.

Do đó ∠A1A3I′3 + ∠A1I1I

′3 = 180o hay tứ giác A1I1I

′3A3 nội tiếp. (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra I12I′23, A1A3, I1I

′3 đồng quy.

Áp dụng định lý Desargues ta suy ra A1I1, A2I2, A3I′3 đồng quy tại I . Mà A3I3 cũng đi qua I nên

I ′3 ≡ I3.

Suy ra I ′23 ≡ I23.Từ đó I12, I23 ∈ (I1I2I3). Tương tự ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 11A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN và bạn Ong Thế Phương,lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai cho lời giải đúng và giống đáp án.

12

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn


Geometry Mathley


Vietnamese1. Cho lục giác ABCDEF các các cạnh AB, CD, EF bằng nhau và bằng m đơn vị, các cạnh BC, DE, FA

cùng bằng n đơn vị. Các đường chéo AD, BE, CF có độ dài tương ứng là x, y, và z đơn vị. Chứng minhbất đẳng thức

1xy

+1yz

+1zx

≥ 3(m + n)2

.

Nguyễn Văn QuýSinh viên lớp K56 A1T, Trường ĐHKHTN, ĐHQGHN

2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B, C của đường tròn (O) cắt nhau tại T .Gọi M, N lần lượt là các điểm thuộc tia BT, CT sao cho BM = BC = CN . Đường thẳng MN cắtCA, AB theo thứ tự tại E, F ; BE giao CT tại P , CF giao BT tại Q. Chứng minh rằng AP = AQ.


3. Cho tam giác ABC cân với AB = AC và gọi M là một điểm thuộc miền trong của tam giác. Nếu BMcắt AC tại D, chứng minh rằng

DM

DA=

AM

ABnếu và chỉ nếu ∠AMB = 2∠ABC.


4. Cho tam giác ABC, với P là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng tam giác đó. Các đường thẳng AP, BP ,CP cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại A1, B1, C1. Gọi A2, B2, C2 lần lượt là các điểm Miquel củatứ giác toàn phần AB1PC1BC, BC1PA1CA, CA1PB1AB. Chứng minh rằng sáu đường tròn ngoạitiếp các tam giác APA2, BPB2, CPC2, BA2C, AB2C, AC2B đồng quy tại một điểm.

Nguyễn Văn LinhSinh viên Đại học Ngoại thương, Hà Nội


1

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

Solutions1. Cho lục giác ABCDEF các các cạnh AB, CD, EF bằng nhau và bằng m đơn vị, các cạnh BC, DE, FA

cùng bằng n đơn vị. Các đường chéo AD, BE, CF có độ dài tương ứng là x, y, và z đơn vị. Chứng minhbất đẳng thức

1xy

+1yz

+1zx

≥ 3(m + n)2

.

mn

m

n

m

na

b

c

x

z

y

A

B

C

D

E

F

Lời giải. (Dựa theo lời giải của bạn Ong Thế Phương) Ký hiệu a, b, c lần lượt là độ dài các cạnhFB, BD, DF . Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy với các bộ bốn điểm A, B, D, F ; D, B, E, F và B, F, C, Dta có

ax ≤ bn + cm; cy ≤ an + bm; bz ≤ am + cn.

Suy ra 1xy ≥ 1

(m+ bc n)(n+ b

a m), 1

yz ≥ 1(m+ a

b n)(n+ ac m) ,

1zx

≥ 1(m+ c

a n)(n+ cb m) .

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được1xy

+1yz

+1zx

≥ 1(m + b

cn)(n + bam)

+1

(m + ab n)(n + a

c m)+

1(m + c

an)(n + cbm)

=1b2

(1b m + 1

cn)(1b n + 1

am)+

1a2

( 1am + 1

b n)( 1an + 1

cm)+

1c2

(1cm + 1

an)(1cn + 1

b m)

≥ ( 1a + 1

b + 1c )2

(1b m + 1

cn)(1b n + 1

am) + ( 1am + 1

b n)( 1an + 1

cm) + (1cm + 1

an)(1cn + 1

b m)

≥ 3( 1a + 1

b + 1c )2

((1b m + 1

cn) + ( 1am + 1

b n) + (1cm + 1

an))2

=3

(m + n)2.

Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Bạn Trần Đăng Phúc, lớp 12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN cũng cho lời giải đúng.

2

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B, C của đường tròn (O) cắt nhau tại T .Gọi M, N lần lượt là các điểm thuộc tia BT, CT sao cho BM = BC = CN . Đường thẳng MN cắtCA, AB theo thứ tự tại E, F ; BE giao CT tại P , CF giao BT tại Q. Chứng minh rằng AP = AQ.

A

B C

O

MN

T

EF

PQ

D

Lời giải. Gọi AD là phân giác của tam giác ABC. Do B, C đối xứng nhau qua OT và BM = CN nênM, N đối xứng qua OT , suy ra BC ‖ MN .

Ta có ∠FBM = 180◦ − ∠ABC − ∠CBM = 180◦ − ∠ABC − ∠CAB = ∠ACB, chú ý góc đồngvị ∠ABC = ∠BFM do đó 4ABC ∼ 4MFB. Từ đó ta chú ý FM ‖ BC nên theo định lý ThalesQCQF = BC

FM = BMFM = AC

AB = DCDB suy ra QD ‖ BF . Tương tự PD ‖ CE.

Từ đó theo định lý Thales và tính chất đường phân giác ta có

DQ

DP=

DQ

BF.BF

CE.CE

DP=

CD

BC.AB

AC.BC

BD=

CD

BD.AB

AC= 1.

Vậy nênDP = DQ. (1)

Ta lại có ∠ADQ = ∠ADB + ∠BDQ = ∠BAC2 + ∠ACB + ∠ABC. Vậy tương tự ∠ADP =

∠BAC2 + ∠ACB + ∠ABC do đó

∠ADQ = ∠ADP. (2)

Từ (1), (2) suy ra 4ADQ = 4ADP , hai tam giác bằng nhau theo trường hợp cạnh - góc - cạnh. Suy raAP = AQ. Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Bài toán là tổng quát hóa của bài toán sau của thầy Nguyễn Minh Hà. Cho tam giác ABC vuông tại A.Nội tiếp tam giác ABC hình vuông EFGH có E thuộc AB, F thuộc CA, G, H thuộc BC. BF giao EH tại M ,CE giao FG tại N . Chứng minh rằng AM = AN .

Các bạn Trần Đăng Phúc, lớp 12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN và bạn Ong Thế Phương, lớp 12toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai, Nguyễn Phạm Thiện Dũng, 11A1 Toán THPT chuyênĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Thị Nguyên Khoa, lớp 91 THCS Nguyễn Tri Phương TP Huế niên khóa 2008-2012,Nguyễn Lê Minh Tiến, 11 Toán Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định cho lời giải đúng và giống đápán.

3

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

3. Cho tam giác ABC cân với AB = AC và gọi M là một điểm thuộc miền trong của tam giác. Nếu BMcắt AC tại D, chứng minh rằng

DM

DA=

AM

ABnếu và chỉ nếu ∠AMB = 2∠ABC.

BC

A

M

E

D

Lời giải. Nếu ∠AMB = 2∠ABC ta có ∠AMD = 180◦ − ∠AMB = 180◦ − 2∠ABC = ∠BAC =∠BAD suy ra 4AMD ∼ 4BAD suy ra DM

DA = AMAB .

Nếu DMDA = AM

AB . Lấy E thuộc tia đối tia DB sao cho ∠MAE = ∠ADM suy ra 4AMD ∼ 4EMA

suy ra AMAB = DM

DA = AMAE vậy AE = AB hay tam giác ABE cân tại A. Từ đó ∠AMB = ∠MAE +

∠E = ∠ADB + ∠ABD = 180◦ − ∠BAC = 2∠ABC.

Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Đây là bài toán không khó nhưng hầu hết các bạn giải phần đảo lại hơi dài. Có bạn ngộ nhận DMDA

=AMAB

⇐⇒ 4AMD ∼ 4BAD. Lời giải ngắn ngọn trên là của tác giả bài toán, giáo sư Michel Bataille.

4

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

4. Cho tam giác ABC, với P là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng tam giác đó. Các đường thẳng AP, BP ,CP cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại A1, B1, C1. Gọi A2, B2, C2 lần lượt là các điểm Miquel củatứ giác toàn phần AB1PC1BC, BC1PA1CA, CA1PB1AB. Chứng minh rằng sáu đường tròn ngoạitiếp các tam giác APA2, BPB2, CPC2, BA2C, AB2C, AC2B đồng quy tại một điểm.

L

QC2

B2

A2

C1

A1

B1

P

A

BC

Lời giải. Áp dụng định lý hàm số sin ta có

sin(AB, AA2)sin(AA2, AC)

=sin(B1B, B1A2)sin(C1A2, C1C)

=

sin(B1B, B1A2)PA2

sin(C1A2, C1C)PA2

=

sin(PC, PB1)CB1

sin(PC1, PB)BC1

=BC1

CB1.

Tương tự,sin(CA, CC2)sin(CC2, CB)

=AB1

BA1,sin(BC, BB2)sin(BB2, BA)

=CA1

AC1.

Suy rasin(AB, AA2)sin(AA2, AC)

.sin(CA, CC2)sin(CC2, CB)

.sin(BC, BB2)sin(BB2, BA)

=BC1

CB1.AB1

BA1.CA1

AC1= 1 (do AA1, BB1, CC1

đồng quy)

Theo định lý Cava dạng lượng giác ta có AA2, BB2, CC2 đồng quy tại Q.

Ta có (C2Q, C2A) ≡ (A1C, A1A) ≡ (A1B, A1A) ≡ (B2Q, B2A)(modπ)

Do đó A, B2, C2, Q cùng thuộc một đường tròn. Tương tự suy ra (AB2C2), (A2BC2), (A2B2C) đồngquy tại Q.

Suy ra (A2C, A2B2) ≡ (QC, QB2) ≡ (QC2, QB) ≡ (A2C2, A2B)(modπ)

Mặt khác, (A2A, A2B) ≡ (B1A, B1B) ≡ (B1C, B1P ) ≡ (A2C, A2P )(modπ)

5

MathleyGeometry

•••

www.hexagon.edu.vn

Ta thu được (A2Q, A2C2) ≡ (A2Q, A2B)+(A2B, A2C2) ≡ (A2C, A2P ) +(A2B2, A2C)≡ (A2B2, A2P )(modπ)

Tương tự suy ra Q là điểm liên hợp đẳng giác của P ứng với tam giác A2B2C2.

Gọi L là giao điểm thứ 2 của (APA2) và (BPB2). Ta sẽ chứng minh L ∈ (ABC2).

Xét (LB, LA) ≡ (LB, LP )+(LP, LA) ≡ (B2B, B2P )+(A2P, A2A) ≡ (B2C2, B2A2)+2(B2Q, B2C2)+(A2B2, A2C2) + 2(A2C2, A2Q)(modπ)

(C2B, C2A) ≡ (C2B, C2A2) + (C2A2, C2B2) + (C2B2, C2A) ≡ 2(C2B, C2A2) + (C2A2, C2B2)

≡ 2(QB, QA2) + (C2A2, C2B2) ≡ 2(QB2, QA2) + (C2A2, C2B2)(modπ)

Dê dàng chứng minh được 2(QB2, QA2) + (C2A2, C2B2) ≡ (B2C2, B2A2) + 2(B2Q, B2C2) +(A2B2, A2C2) + 2(A2C2, A2Q)(modπ) nên (LB, LA) ≡ (C2B, C2A)(modπ)

Vậy L ∈ (ABC2).

Tiếp theo ta chứng minh L ∈ (BA2C).

Xét (LB, LA2) ≡ (LB, LP ) + (LP, LA2) ≡ (B2B, B2P ) + (AP, AA2)(modπ)

(CB, CA2) ≡ (CB, CP )+(CP, CA2) ≡ (B2A1, B2P )+(AC1, AA2) ≡ (B2A1, B2B)+(B2B, B2P )+(AC1, AP ) + (AP, AA2)

≡ (B2B, B2P ) + (AP, AA2)(modπ) (do tứ giác ABA1B2 nội tiếp).

Từ đó (LB, LA2) ≡ (CB, CA2)(modπ)

Tương tự suy ra (ABC2), (AB2C), (A2BC) đồng quy tại L, suy ra sáu đường tròn ngoại tiếp các tamgiác APA2, BPB2, CPC2, BA2C, AB2C, AC2B đồng quy. Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Bạn Ong Thế Phương đã tìm ra một tính chất rất thú vị liên quan đến bài toán như sau: Bốn bộ ba đườngtròn (PA1A2), (PB1B2), (PC1C2); (AA1A2), (AB1B2), (AC1C2); (BA1A2), (BB1B2), (BC1C2); (CA1A2),(CB1B2), (CC1C2) tiếp xúc nhau và lần lượt có LP, LA, LB, LC là tiếp tuyến chung. Lời giải chi tiết của bàitoán này cùng các tính chất khác liên quan sẽ được chúng tôi giới thiệu trong một bài viết sau.

Bạn Trần Đăng Phúc lớp 12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN và bạn Ong Thế Phương, lớp 12 toánTHPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai cho lời giải đúng và giống đáp án.

6

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn


Geometry Mathley


Vietnamese1. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H , gọi P là một điểm bên trong tam giác đó. Các điểm D, E, F

là điểm đối xứng của P qua BC, CA, AB tương ứng. Nếu Q là giao điểm của HD và EF , chứng minhrằng tỉ lệ HQ/HD không phụ thuộc vào vị trí của P .


2. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng cố định AB; hai đường tròn (O) và (O′) có bán kính thay đổi saocho đường thẳng OO′ đi qua K và K nằm trong đường tròn (O); hai đường tròn đó đều đi qua A và cắtnhau tại C khác A; tâm O′ nằm trên (O) và O nằm trong (O′). Giả sử M là trung điểm của đoạn AC,H là hình chiếu của C trên trung trực của đoạn AB. Xét một điểm I di động trên cung AC của đườngtròn (O′), phần nằm phía trong (O) và không nằm trên đường thẳng OO′. Gọi J là điểm đối xứng với Iqua O. Tiếp tuyến của (O′) tại I cắt đường thẳng AC tại N . Đường tròn (O′JN) cắt đường thẳng IJtại P khác J . Đường tròn (OMP ) cắt đường thẳng MI tại Q khác M . Chứng minh rằng

(a) giao điểm của các đường thẳng PQ và O′I nằm trên đường tròn (O).(b) tồn tại một vị trí của I sao cho nếu đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại R và đường thẳng BI

cắt đường tròn (O′) tại S thì các đường thẳng AS và KR cắt nhau tại một điểm nằm trên (O).(c) giao điểm G của các đường thẳng KC và HB di chuyển trên một đường cố định.

Lê Phúc LữSinh viên Đại học FPT, Tp Hồ Chí Minh

3. Giả sử E, F là hai điểm trên cạnh CA, AB của tam giác ABC. Gọi (K) là đường tròn ngoại tiếp tamgiác AEF . Tiếp tuyến tại E, F của (K) cắt nhau tại T . Chứng minh rằng

(a) T nằm trên BC nếu và chỉ nếu BE cắt CF tại một điểm thuộc đường tròn (K);(b) EF, PQ, BC đồng quy biết rằng BE cắt FT tại M , CF cắt ET tại N , AM và AN cắt đường

tròn (K) tại P, Q khác A.


4. Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc. Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toànphần tạo bởi các đường thẳng AB, BC, CD, DA. L là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (MAC) và(MBD). Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác LAB, LBC, LCD, LDA cùng nằmtrên đường tròn ω và 3 đường tròn (MAC), (MBD), ω đôi một trực giao.

Nguyễn Văn LinhSinh viên Đại học Ngoại thương, Hà Nội


1

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

Solutions1. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H , gọi P là một điểm bên trong tam giác đó. Các điểm D, E, F

là điểm đối xứng của P qua BC, CA, AB tương ứng. Nếu Q là giao điểm của HD và EF , chứng minhrằng tỉ lệ HQ/HD không phụ thuộc vào vị trí của P .

Chứng minh. Chúng ta đưa ra một bài toán tổng quát hơn như sau

Bài toán 1. Cho tam giác ABC và I là một điểm cố định, P là một điểm di chuyển. A1 thuộc BC saocho PA1 ‖ IA. A2 đối xứng P qua A1. Tương tự có B1, B2, C1, C2. A2I cắt B2C2 tại A3. Chứng minh

rằng các tỷ sốA3B2

A3C2và

IA3

IA2không phụ thuộc vào vị trí của P .

Chúng tôi xin đưa ra lời giải bằng các biến đổi tâm tỷ cự dựa vào lời giải của bạn Trần Đăng Phúc lớp12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN

A

B C

IP

A1

B1

C1

A2

B2

C2

A3

A4

Chứng minh. Giả sử I = αA+βB+γCα+β+γ và P = xA+yB+zC

x+y+z . Gọi IA giao BC tại A4 thì A4 = βB+γCβ+γ .

Khi đó phép chiếu song song phương IA biến A 7→ A4, P 7→ A1, B 7→ B, C 7→ C. Từ đó ta đượcA1 = xA4+yB+zC

x+y+z . Do A1 là trung điểm của PA2 nên

A2 = 2A1 − P = 2xA4+yB+zCx+y+z − xA+yB+zC

x+y+z = 2xA4−xA+yB+zCx+y+z

= 2x(βB+γC)−x(β+γ)A+(β+γ)(yB+zC)(β+γ)(x+y+z)

Suy ra (β + γ)A2 = 2x(βB+γC)−x(β+γ)A+(β+γ)(yB+zC)x+y+z .

Tương tự có

(γ + α)B2 = 2y(γC+αA)−y(γ+α)B+(γ+α)(zC+xA)x+y+z (α + β)C2 = 2z(αA+βB)−z(α+β)C+(α+β)(xA+yB)

x+y+z

Từ đó ta có

(β + γ)A2 + (γ + α)B2 + (α + β)C2 =∑

[−x(β + γ) + 2yα + 2zα + x(γ + α) + x(α + β)]Ax + y + z

=

2(x + y + z)(∑

αA)x + y + z

= 2(αA + βB + γC) = 2(α + β + γ)I .

Từ đây suy ra I = (β+γ)A2+(γ+α)B2+(α+β)C22(α+β+γ) .

Suy ra A3B2A3C2

= α+γα+β và PA3

PA2= β+γ

2α+β+γ không đổi, ta có điều phải chứng minh.

2

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

Nhận xét.Bạn Ong Thế Phương, lớp 12 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai cho lời giảithuần túy hình học đúng.

Bài toán trên là một hướng mở rộng của bài toán gốc. Chúng tôi xin giới thiệu một hướng mở rộng khác của bài toánnày của tác giả Trần Quang Hùng.

Bài toán 2. Cho tam giác ABC với đường tròn ngoại tiếp (O) và P , Q là hai điểm. PA, PB, PC cắt (O) tạiA′, B′, C′. PQ cắt BC, CA, AB tại K, L, N . Gọi D, E, F là các điểm trên KA′, LB′, NC′ sao cho QD‖PA,

QE‖PB, QF‖PC. PD cắt EF tại R. Chứng minh rằng hai tỉ sốPR

PDvà

RE

RFkhông phụ thuộc vào vị trí điểm Q

khi P cố định.

Chúng tôi xin giới thiệu lời giải sau của bạn Ong Thế Phương

Bổ đề 1 (Haruki). Cho AB và CD là hai dây cung không cắt nhau của cùng một đường tròn và P là một điểm bấtkì của cung AB không chứa CD của đường tròn ấy. Gọi E và F lần lượt là giao điểm của PC, PD với AB. Khi

đó giá trị biểu thứcAE.BF

EFkhông phụ thuộc vào vị trí điểm P .

Chứng minh. Gọi G là giao điểm khác E của đường tròn (PED) với AB. Do ta có (GD, GA) ≡ (PE,PD)(modπ)và G thuộc AB cố định nên G cố định.

Ta lại có FA.FB = FP.FD = FE.FG.

Do đó(FE + EA

).FB = FE

(FB + BG

)⇔ EA.FB = FE.BG ⇔ EA.FB

FE= BG. Do đó

EA.FB

FE=

BG

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Giải bài toán. Gọi G là giao điểm của AP và B′C′. T là giao điểm của AP và (C′GC). I là giao điểm của C′Nvà B′L

T

G

R

F

D

E

I

B'

C'

A'

L

N

K

O

A

PQ

B C

Trước hết áp dụng định lý đảo Pascal cho sáu điểm C′, I , B′, B, A, C có N , P , L thẳng hàng suy ra I thuộc đườngtròn (O). Do đó một cách tương tự ta cũng có giao điểm của KA′ và B′L; KA′ và C′N cũng thuộc đường tròn(O). Như vậy A′K, C′N , B′E cắt nhau tại điểm I trên (O).

Chú ý rằng theo phép chứng minh trên thì với bốn điểm A, B′, C, A′ và điểm C′ thì ra có đượcGA.PA′

GP= TA′

Ta có (GA′AP ) = B′(GA′AP ) = B′(C′A′AB). Suy ra

3

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

GA

GP:

A′A

A′P=

sin(−−−→B′C′,

−−→B′A

)

sin(−−−→B′C′,

−−→B′B

) :sin

(−−−→B′A′,

−−→B′A

)

sin(−−−→B′A′,

−−→B′B

)

Suy raGA.PA′

GP.A′A=

AC′.BA′

BC′.AA′ ⇔ TA′ =AC′.BA′

BC′ ⇔ AC′

TA′ =BC′

BA′

Mặt khác

FC′

A′D=

FC′

PQ.PQ

A′D=

NC′

NP.PK

KA′ =NC′

NP.sin ∠PA′K

sin ∠KA′P=

NC′

NP.sin ∠AC′N

sin ∠APN=

AN. sin ∠C′AB

AN. sin ∠A′AB=

BC′

BA′ ,

Do đóAC′

TA′ =FC′

A′D. Hơn nữa lại có ∠AC′F = ∠DA′T nên ∆AC′F ∼ ∆TA′D. Ta thu được ∠DTA′ =

∠FAC′

Tương tự ta cũng có ∠EAB′ = ∠DTA′ do đó ∠EAB′ = ∠FAC′ hơn nữa ∠AB′E = ∠AC′F . Suy ra∆AFE ∼ ∆AC′B′.

Gọi R′ là một điểm thuộc FE sao choR′F

R′E=

GC′

GB′ . Dễ dàng thấy rằng các tam giác AR′G, TDA′ và AFC′ là

đồng dạng, do đó ∠AGR′ = ∠TA′D. Suy ra R′G‖A′D vàR′G

A′D=

AG

A′T=

PG

PA′ nên R′, P , D thẳng hàng.

Suy ra R ≡ R′. Từ đó ta thu đượcPR

PD=

PG

PA′ .

Từ đó thu được điều phải chứng minh.

4

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

2. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng cố định AB; hai đường tròn (O) và (O′) có bán kính thay đổi saocho đường thẳng OO′ đi qua K và K nằm trong đường tròn (O); hai đường tròn đó đều đi qua A và cắtnhau tại C khác A; tâm O′ nằm trên (O) và O nằm trong (O′). Giả sử M là trung điểm của đoạn AC,H là hình chiếu của C trên trung trực của đoạn AB. Xét một điểm I di động trên cung AC của đườngtròn (O′), phần nằm phía trong (O) và không nằm trên đường thẳng OO′. Gọi J là điểm đối xứng với Iqua O. Tiếp tuyến của (O′) tại I cắt đường thẳng AC tại N . Đường tròn (O′JN) cắt đường thẳng IJtại P khác J . Đường tròn (OMP ) cắt đường thẳng MI tại Q khác M . Chứng minh rằng

(a) giao điểm của các đường thẳng PQ và O′I nằm trên đường tròn (O).

(b) tồn tại một vị trí của I sao cho nếu đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại R và đường thẳng BIcắt đường tròn (O′) tại S thì các đường thẳng AS và KR cắt nhau tại một điểm nằm trên (O).

(c) giao điểm G của các đường thẳng KC và HB di chuyển trên một đường cố định.

Chứng minh. a) Để chứng minh ta xét bổ đề sau

Q

P

J

N

M

C

O

KA B

O'

I

Bổ đề 2. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), tia phân giác trong góc A cắt (O) tại D. Gọi I là tâm đườngtròn nội tiếp tam giác ABC, đường thẳng qua I vuông góc AD cắt BC tại M . Vẽ MH vuông góc vớiOI . Chứng minh rắng bốn điểm A, D, M, H cùng nằm trên một đường tròn.

A

B C

O

I

D

M

H

N

5

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

Chứng minh. Gọi N là giao điểm của AD và HM . Ta có ∠MIB = ∠MCI nên ∆MIB ∼ ∆MCIsuy ra MI2 = MB.MC hay M thuộc trục đẳng phương của đường tròn (O) và điểm I . Do H là hìnhchiếu của M trên đường nối tâm (I) và (O) nên MH chính là trục đẳng phương của hai đường tròn này.

Suy ra NI2 = NA.ND. Hơn nữa, tam, giác MIN vuông tại I nên NI2 = NH.NMvà ta có đượcNA.ND = NH.NM hay tứ giác MHAD nội tiếp. Bổ đề được chứng minh.

Quay lại câu a)

M

J

P

N

I

O'

O

A

E

C

Giữ nguyên mô hình trên và thay đổi một số yếu tố, tên điểm ta có được hình vẽ tương ứng với câu a)của bài như dưới đây. Gọi O′I giao (O) tại E ta có thể áp dụng bổ đề trên cho tam giác ACE với tâmnội tiếp I . Ta chỉ còn cần chứng minh thêm rằng điểm J đối xứng với I qua O nằm trên (NPO′) vàPE, MI cắt nhau tại một điểm trên (MPO).

Các kết quả này không khó, từ đó ta dễ dàng có được điều phải chứng minh.

b) Đường thẳng qua K vuông góc với OO′ cắt (O) tại R và T , AT cắt lại (O′) tại S. Ta chứng minhđược rằng các đường AR, BS và (O) đồng quy. Điểm đồng quy đó chính là điểm I cần tìm.

E F

G

H C

O'

S O

I

T

KAB

R

6

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

c) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của G và C trên AB. Ta có

BE

BK=

BG

BH=

KG

KC, BK = KC ⇒ BE = KG.

Gọi ∆ là đường thẳng qua B và vuông góc với AB.

Ta thấy rằng khoảng cách từ G đến K bằng khoảng cách từ G đến ∆ nên suy ra G di chuyển trên parabol(P ) có tiêu điểm K và đường chuẩn là ∆, rõ ràng parabol này cố định. Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Có bạn Trần Đăng Phúc lớp 12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN và bạn Ong Thế Phương,lớp 12 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai cho lời giải đúng.

7

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

3. Giả sử E, F là hai điểm trên cạnh CA, AB của tam giác ABC. Gọi (K) là đường tròn ngoại tiếp tamgiác AEF . Tiếp tuyến tại E, F của (K) cắt nhau tại T . Chứng minh rằng

(a) T nằm trên BC nếu và chỉ nếu BE cắt CF tại một điểm thuộc đường tròn (K);

(b) EF, PQ, BC đồng quy biết rằng BE cắt FT tại M , CF cắt ET tại N , AM và AN cắt đườngtròn (K) tại P, Q khác A.

Chứng minh. a) Gọi D là giao điểm của CF và BE. Nếu D thuộc (K). Khi đó áp dụng định lý Pascalcho sáu điểm F , F , D, E, E, A thì thu được T , B, C thẳng hàng.

T

C

B

A

F E

D

Nếu T , B, C thẳng hàng thì áp dụng định lý đảo định lý Pascal với chú ý là T = EE∩FF , FD∩AE =C, DE ∩AF = B. Như thế thì D, E, A, F đồng viên. Ta có điều phải chứng minh.

b) Cách 1 chúng tôi xin giới thiệu lời giải của bạn Trần Đăng Phúc.

A

BC

F

EK

MN

P

Q

R

T

X

YH

L

U

V

Gọi PQ giao AB, AC lần lượt tại X, Y , EP giao AB tại U , FQ giao AC tại V , AM, AN cắt EF tạiH, L. Áp dụng định lý Pascal cho bộ sáu điểm P, Q, A, F, E, E suy ra R, N, U thẳng hàng. Tương tự cóR, M, V thẳng hàng.

8

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

Ta lại có (AFUB) = E(AFUB) = (AHPM) = R(AHPM) = (AEY V ) suy ra

(AFU)(AFB)

=(AEY )(AEV )

(1)

Từ (AEV C) = F (AEV C) = (ALQN) = R(ALQN) = (AFXU) suy ra

(AEV )(AEC)

=(AFX)(AFU)

. (2)

Từ (1),(2) suy ra(AFX)(AFB)

=(AEY )(AEC)

⇐⇒ (AFXB) = (AEY C) hay EF, PQ, BC đồng quy. Ta có

điều phải chứng minh.

Cách 2 chúng tôi xin giới thiệu lời giải của bạn Ong Thế Phương.

Ta sử dụng bổ đề sau

Bổ đề 3. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). B′,C′ thuộc (O). BB′ giao CC′ tại T . BC′ giao CB′ tạiS. Q thuộc AS. CQ giao BT tại E, BQ giao CT tại F . AE, AF cắt (O) tại N , M . BM giao CN tạiP . Chứng minh rằng S, T , P thẳng hàng.

I

G

K

HP

NM

T

E

F

S

O

A

BC

C'

B'

Q

Chứng minh. Gọi G là giao điểm của AB và CC′. H , K lần lượt là giao điểm của AC′ và BB′, AB′

và CC′.

Ta có B(C′ACK) = (C′GCK) = A(C′GCK) = A(C′BCB′). Tương tự C(B′ABH) = A(B′CBC′) =A(C′BCB′)

Do đó B(C′ACK) = C(B′ABH). Do đó ta thu được giao điểm I của BK và CH nằm trên AS.

Điều đó chứng tỏ S, Q, I thẳng hàng

Do đó C(HBEB′) = B(KCFC′) ⇔ A(HBEB′) = A(KCFC′) ⇔ A(C′BMB′) = A(B′CNC′) ⇔C(C′BMB′) = B(B′CNC′)

Từ đó suy ra T , P , S thẳng hàng.

9

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

Bổ đề 4. Cho tam giác ABC, T là giao điểm của hai tiếp tuyến tại B và C của (ABC). E và F là haiđiểm nằm trên BT và CT lần lượt. Q là giao điểm của BF và CE. M , N là giao điểm của AE, AFvới (ABC). K là giao điểm của BM và CN . Chứng minh rằng AQ, KT , BC đồng quy.

K

P

Q

N

M

T

A

B C

E

F

Chứng minh. Bổ đề 4 là trường hợp riêng của bổ đề 3 khi B′ ≡ B, C′ ≡ C thì BB′, CC′ là các tiếptuyến tại B, C.

Quay lại bài toán

J

I

K

Q

H

P

NM

T

D

A

F

E

CB

Gọi D, I , J , K lần lượt là giao điểm của (EB, FC); (FP, EQ); (FQ, EP ); (AD, EF )

Theo bổ đề 2 ta có T , I , K thẳng hàng và vì F (FQPE) = E(FQPE) = E(EPQF ) và I , J , T làgiao điểm của (FP, EQ); (EP, FQ); (FF, EE) nên I , J , T thẳng hàng. Do đó I , J , K , T thẳng hàng.

10

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

Gọi H là giao điểm của EF và BC thì ta có A(HKFE) = −1 suy ra J(HKFE) = −1. Từ đó suy raH , P , Q thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Bạn Trần Đại Thắng lớp 10C1 trường THPT Ý Yên, huyện Ý Yên, tỉnh Nam Định cho lời giải đúng vàđã chỉ ra rằng đầu bài chưa chặt chẽ cần bổ sung chứng minh trường hợp các đường thẳng EF, PQ,BC đôi mộtsong song. Tuy vậy theo chúng tôi bài toán coi như được xét trong mặt phẳng xạ ảnh đã bổ sung đường thẳng vôcùng nên sự song song có thể coi là đồng quy tại vô cùng, do đó lời giải cũng có thể giải quyết thông qua phép chiếunhư trên mà không phải xét thêm trường hợp nữa.

Và thực ra bài toán cũng là sự mở rộng của một trường hợp song song là bài toán dưới đây của thầy Nguyễn MinhHà.

Cho tam giác ABC vuông tại A. Nội tiếp tam giác ABC một hình chữ nhật EFGH sao cho E,F thuộc BC, G

thuộc CA, H thuộc AB. Gọi BG giao HE tại M , CH giao GF tại N . Chứng minh rằng ∠MAB = ∠NAC.Các bạn hãy thử suy nghĩ xem tại sao bài toán đề nghị được coi là tổng quát của bài toán này.

11

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

4. Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc. Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toànphần tạo bởi các đường thẳng AB, BC, CD, DA. L là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (MAC) và(MBD). Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác LAB, LBC, LCD, LDA cùng nằmtrên đường tròn ω và 3 đường tròn (MAC), (MBD), ω đôi một trực giao.

Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh một bổ đề.

Bổ đề 5. Cho tứ giác toàn phần ABCDEF (AD ∩ BC = {E}, AB ∩ CD = {F}) có AC ⊥ BDtại N . Khi đó tồn tại điểm L sao cho N và L là hai điểm liên hợp đẳng giác trong các tam giácABE, DCE, BCF, ADF.

I

L

Y'

T'

X'

Z'T

Z

Y

X

E

F

B

D

N

A

C

Chứng minh. Gọi X, Y, Z, T lần lượt là hình chiếu của N trên AB, BC, CD, DA; X ′, Y ′, Z ′, T ′ lầnlượt là giao điểm của NX, NY, NZ, NT với CD, DA, AB, BC.

Ta có tứ giác ATNX, TDZN nội tiếp đồng thời AC ⊥ BD nên ∠AXT = ∠ANT = ∠TDN =∠TZN . Do đó tứ giác Z ′XZT nội tiếp.

Mặt khác, dễ dàng chứng minh Z ′XZX ′ nội tiếp nên 5 điểm X, X ′, Z, Z ′, T cùng thuộc một đườngtròn γ. Tương tự Y ∈ γ; X, Z cùng nằm trên (TY ′T ′Y ). Vậy 8 điểm X, Y, Z, T, X ′, Y ′, Z ′, T ′ cùngthuộc đường tròn γ tâm I .

Qua X ′, Y ′, Z ′, T ′ lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với CD, DA, AB, BC. Theo tính chất đườngtrung bình của hình thang suy ra các đường thẳng này đồng quy tại L là đối xứng của N qua I .

Ta có ∠LDX ′ = ∠LY ′X ′ = 90◦ − ∠DY ′X ′ = 90◦ − ∠TZD = ∠TZN = ∠TDN.

Do đó N và L đẳng giác trong góc ADC. Chứng minh tương tự ta có điều phải.

Giải bài toán. Gọi N là giao của AC và BD, E là giao của AD và BC, F là giao của AB và CD.Theo bổ đề trên, gọi L′ là điểm liên hợp đẳng giác với N trong các tam giác ABE, DCE, BCF, ADF.

Ta sẽ chứng minh tứ giác AL′CM nội tiếp. Thật vậy, ta có ∠DAL′ + ∠CBL′ = ∠NAB + ∠NBA =90◦. Suy ra ∠EAL′+∠EBL′ = 270◦, từ đó ∠AEB+∠AL′B = 90◦. Tương tự, ∠BL′C +∠BFC =90◦. Suy ra ∠AL′C + ∠AMC = ∠AL′B + ∠BL′C + ∠AMB + ∠BMC = ∠AL′B + ∠AEB +∠BL′C + ∠BFC = 180◦. Vậy tứ giác AL′CM nội tiếp.

Tương tự, tứ giác DL′BM nội tiếp. Do đó L′ ≡ L.

Để chứng minh (MBD) và (MAC) trực giao ta sẽ chứng minh ∠LDM + ∠LCM = 90◦. Ta có∠MCL = ∠MCB + ∠BCL = ∠EDM + ∠NCD = ∠EDM + 90◦−∠NDC = ∠EDM + 90◦−∠ADL = 90◦ − ∠MDL.

Vậy (MBD) và (MAC) trực giao.

12

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

Gọi O1, O2, O3, O4 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác LAB, LBC, LCD, LDA. Nhưtrên ta đã chứng minh ∠ALB + ∠AEB = 90◦. Bằng cách tương tự ta thu được

∠DLC − ∠AEB = 90◦, ∠ALD − ∠AFD = 90◦. (3)

Ta có ∠O4O1O2 = 180◦−∠ALB = 90◦+∠AEB, và ∠O4O3O2 = 180◦−∠DLC = 90◦−∠AEB.

T

Q

P

O1

O4

O2

O3

L

J

I

M

F

E

B

D

N

A

C

Suy ra ∠O4O1O2 + ∠O4O3O2 = 180◦ nên tứ giác O1O2O3O4 nội tiếp. Gọi J, Q lần lượt là tâm(MAC), (MAF ). Rõ ràng O1, O4, J thẳng hàng. Ta có ∠JAQ = ∠MAQ − ∠MAJ = 90◦ −∠MFA−90◦+∠ACM = ∠ACM−∠BCM = ∠ACB. ∠O1AL = 90◦−∠ABL = 90◦−∠NBC =∠ACB.

Vậy ∠JAQ = ∠O1AL. Suy ra ∠JAO1 = ∠QAL. Từ (3) ta có (O4) và (Q) trực giao. Suy ra∠O4AQ = 90◦. Do đó ∠QAL = ∠AO4O1. Vậy ∠JAO1 = ∠AO4O1.

Nghĩa là JA là tiếp tuyến của (AO1O4) hay JA2 = JO1.JO4. Gọi T là giao điểm thứ hai của (J) vớiω. Ta thu được JT 2 = JO1.JO4 hay JT là tiếp tuyến của ω. Vậy (MAC) và ω trực giao. Chứng minhtương tự ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Bạn Trần Đăng Phúc, lớp 12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN và bạn Ong Thế Phương,lớp 12 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng Nai cho lời giải đúng và giống đáp án.

13

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn


Geometry Mathley


Vietnamese1. Cho tam giác ABC không vuông, E là một điểm trên đường thẳng BC sao cho ∠AEB = ∠BAC và

∆A là đường thẳng vuông góc với BC tại E. Đường tròn γ có đường kính BC cắt BA lần nữa tại D.Với mỗi vị trí M trên γ (M khác B), đường thẳng BM cắt ∆A tại M ′ và đường thẳng AM cắt γ lầnnữa tại M ′′.

(a) Chứng minh rằng p(A) = AM ′ ×DM ′′ không phụ thuộc vào vị trí điểm M .

(b) Cho B, C cố định, và A di chuyển. Chứng minh rằng p(A)d(A,∆A) không phụ thuộc vào vị trí của A.

Michel BatailleRue Sainte Catherine, France

2. Trong tam giác ABC đường tròn chín điểm (N) tiếp xúc với đường tròn nội tiếp (I) và ba đường trònbàng tiếp (Ia), (Ib), (Ic) tại các điểm Feuerbach F, Fa, Fb, Fc. Các tiếp tuyến của đường tròn (N) tạiF, Fa, Fb, Fc lập thành một tứ điểm PQRS. Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác ABC làmột đường thẳng Newton của PQRS.


3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N là trung điểm của AD, BC. Một đường thẳngđi qua giao điểm P của hai đường chéo AC, BD, cắt AD, BC lần lượt tại S, T . Biết BS giao AT tạiQ. Chứng minh rằng AD, BC, PQ đồng quy khi và chỉ khi các điểm M, S, T, N cùng thuộc một đườngtròn.


4. Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ trong mặt phẳng tam giác. Đường thẳng PA, PB, PC lần lượtcắt trung trực của BC, CA, AB tại Oa, Ob và Oc. Gọi (Oa) là đường tròn tâm Oa và đi qua B, C; haiđường tròn (Ob), (Oc) xác định tương tự. Hai đường tròn (Ob), (Oc) cắt nhau tại A1, khác A. Các điểmB1, C1 xác định tương tự. Gọi Q là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng tam giác ABC. QB, QC lần lượtcắt (Oc), (Ob) tại A2, A3 khác B, C. Tương tự ta có B2, B3, C2, C3. Gọi (Ka), (Kb), (Kc) là các đườngtròn ngoại tiếp tam giác A1A2A3, B1B2B3, và C1C2C3. Chứng minh rằng

(a) ba đường tròn (Ka), (Kb), (Kc) có cùng một điểm chung.

(b) hai tam giác KaKbKc, ABC đồng dạng.



1

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

Solutions1. Cho tam giác ABC không vuông, E là một điểm trên đường thẳng BC sao cho ∠AEB = ∠BAC và

∆A là đường thẳng vuông góc với BC tại E. Đường tròn γ có đường kính BC cắt BA lần nữa tại D.Với mỗi vị trí M trên γ (M khác B), đường thẳng BM cắt ∆A tại M ′ và đường thẳng AM cắt γ lầnnữa tại M ′′.

(a) Chứng minh rằng p(A) = AM ′ ×DM ′′ không phụ thuộc vào vị trí điểm M .

(b) Cho B, C cố định, và A di chuyển. Chứng minh rằngp(A)

d(A, ∆A)không phụ thuộc vào vị trí của A.

A

B CE

D

M

M'

M''

H

K

Lời giải. a) ∠AEB = ∠BAC và tứ giác ECMM ′ nội tiếp ta suy ra BA2 = BC.BE = BM.BM ′

từ đó 4BAM ′ ∼ 4BMA. Dễ thấy 4BMA ∼ 4M ′′DA. Vậy từ đó 4BAM ′ ∼ 4M ′′DA suy rap(A) = AM ′ ×DM ′′ = AD.AB không đổi.

b) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên ∆A và BC. Ta dễ thấy các tam giác vuông đồng dạng

4ACD ∼ EAK do đóAD

KE=

CD

AK. Do 4BCD ∼ 4BAK nên

CD

AK=

BC

AB. Từ đó

p(A)d(A, ∆A)

=

AB.AD

AH= AB.

AD

KE= AB.

BC

AB= BC không đổi. Ta có điều phải chứng minh.

2

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

Nhận xét. Có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN và bạn Ong Thế Phương,lớp 12 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai cho lời giải đúng nhưng chưa gọn như đáp án.

2. Trong tam giác ABC đường tròn chín điểm (N) tiếp xúc với đường tròn nội tiếp (I) và ba đường trònbàng tiếp (Ia), (Ib), (Ic) tại các điểm Feuerbach F, Fa, Fb, Fc. Các tiếp tuyến của đường tròn (N) tạiF, Fa, Fb, Fc lập thành một tứ điểm PQRS. Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác ABC làmột đường thẳng Newton của PQRS.

Lời giải. Chúng tôi xin giới thiệu lời giải của Nguyễn Văn Linh và Ong Thế Phương. Trước hết ta cóbổ đề sau

Bổ đề 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC cắt BD tại F ; AD cắt BC tại E. Chứngminh rằng đường tròn (ω1) tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với AD, BC tại M , N ; đường tròn (ω2)tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với AC, BD tại P , Q; đường tròn (O) tiếp xúc với nhau tại một điểm.

F

I

NMQP

E

A

D

C

B

Chứng minh. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ADC; khi đó theo định lý Theubalt ta cóI thuộc PQ và MN . Hơn nữa theo kết quả quen thuộc thì (DPI) đi qua tiếp điểm của (ω2) và (O).Đường tròn (CNI) đi qua tiếp điểm của (ω1) và (O). Hơn nữa theo định lý Miquel áp dụng cho tamgiác BPN với ba điểm D, I , C thì các đường tròn (O), (CNI), (DPI) đồng quy tại một điểm. Do đótiếp điểm của (ω1) và (O) trùng với tiếp điểm của (ω2) và (O). Nói cách khác (ω1), (ω2), (O) tiếp xúcvới nhau tại một điểm.

Chú ý. Nếu như (ω1) và (ω2) cùng tiếp xúc ngoài với (O) thì ta cũng có kết quả và phép chứng minhtương tự.

Bổ đề 2. Cho hai đường tròn (O1) và (O2) ngoài nhau. AC, BD là hai tiếp tuyến trong của (O1) và(O2) (A, D ∈ (O1); B, C ∈ (O2)). Một đường tròn (O) tiếp xúc ngoài với (O1) và (O2) tại E, F vàcắt AC, BD tại các điểm I , K; J , L (như hình vẽ). Chứng minh rằng IJ , KL, EF đồng quy.

3

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

U

V

I

H

K

L

J

F

D

A

B

C

W GO1

O2

E

Chứng minh. Ta có kết quả quen thuộc E, F , G thẳng hàng. Trong đó G là tâm vị tự ngoài của (O1) và(O2)

Theo bổ đề 1 thì với đường tròn (O) và tứ giác nội tiếp IJKL ta thấy rằng (O1) và (O2) tiếp xúc ngoàivới (O). Do đó một trong hai đường tròn (ω1), (ω2) tiếp xúc với IJ , KL và tiếp xúc ngoài với (O) thìtiếp xúc với (O) tại F , đường tròn còn lại thì tiếp xúc với (O) tại E.

Như vậy giao điểm H của IJ và KL cũng chính là tâm vị tự ngoài của (ω1) và (ω2) đồng thời hai đườngtròn này tiếp xúc ngoài với (O) tại E, F nên E, F , H thẳng hàng. Nói cách khác IJ , KL, EF đồngquy.

Bổ đề 3. Trong tam giác ABC cho đường tròn 9 điểm (N) tiếp xúc với đường tròn nội tiếp (I) và bađường tròn bàng tiếp (Ia), (Ib), (Ic) tại các điểm Feuerbach F , Fa, Fb, Fc. Gọi Ha, Hc là chân đườngcao đỉnh A, C của tam giác ABC. Ma, Mc là trung điểm các cạnh BC, AB. Chứng minh rằng HaHc,MaMc, FaFc, FFb đồng quy.

Chứng minh. Áp dụng bổ đề 2 cho 2 đường tròn (Ia), (Ic) và đường tròn Euler ta có được HaHc,MaMc, FaFc đồng quy.

Tương tự ta cũng có FFb, MaMc, HaHc đồng quy.

Từ đó suy ra HaHc, MaMc, FaFc, FFb đồng quy.

Bổ đề 4. Cho tam giác ABC. D, E, F là trung điểm của BC, CA, AB. Đường tròn bất kỳ qua E, Fcắt CA, AB tại M, N khác E, F . EN giao FM tại P . PD cắt phân giác góc A tại Q. Chứng minhrằng tam giác PAQ cân.

4

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

A

BC

F E

M

NP

Q

D

K

Chứng minh. Gọi phân giác ∠MPE giao AQ tại K . Do tứ giác MFNE nội tiếp nên PK vuông gócAQ. Ta lại có ∠PED = 180◦−∠PEA−∠EAB = 180◦−∠AFM −∠EAB = ∠AMP . Mặt khác

từ tứ giác MFNE nội tiếp ta dễ có các đẳng thức sauEP

MP=

EF

MN=

AF

AM=

ED

MA. Từ đó suy ra

4MAP ∼ 4EDP suy ra ∠APM = ∠DPE vậy PK cũng là phân giác ∠APQ mà PK ⊥ AQ dođó tam giác PAQ cân. Ta có điều phải chứng minh.

Giải bài toán. Gọi H, G lần lượt là trực tâm và trọng tâm tam giác ABC. Gọi L là giao điểm củaHbMc, HcMb. Áp dụng định lý Pappus cho hai bộ ba thẳng hàng (B, Mc, Hc) và (C, Mb, Hb) ta thuđược L, H, G thẳng hàng hay L nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC.

5

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

Q

Y

S

H

L

U

P

OFc

Fa

FbF

D

Hb

HcE

MbMc

Ma

J

Ia

Ib

Ic

I

A

B

C

Gọi P, U lần lượt là giao điểm hai tiếp tuyến của (E) tại Fb và Fc; F và Fa. Gọi D, J là tiếp điểm của(I) và (Ia) với BC. Y H cắt (E) tại Z . Ta có MaD = MaJ nên Ma thuộc trục đẳng phương của (I)và (Ia). Lại có, UF = UFa nên U thuộc trục đẳng phương của (I) và (Ia). Suy ra UZ là trục đẳngphương của (I) và (Ia), do đó AIa ⊥ UMa.

Mặt khác, theo bổ đề 3 FFa, FbFc, HbHc, MbMc đồng quy tại S nên L, A, P, U nằm trên đường đốicực của S đối với (E). Nghĩa là L, P, U thẳng hàng.

Gọi Q là giao của LMa với AIa. Theo bổ đề 4 tam giác ALQ cân tại L. Suy ra ∠LAQ = ∠LQA.Kết hợp với AIa ⊥ UMa ta thu được ∠LMaU = ∠LUMa hay tam giác LUMa cân tại L. Từ đóLU = LMa. Hoàn toàn tương tự ta có thể chứng minh LMa = LP hay LU = LP . Do đó L là trungđiểm UP . Vậy trung điểm UP nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC. Chứng minh tương tự tacó điều phải chứng minh.

Nhận xét. Ngoài ra có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN cho lời giải hoànchỉnh bằng biến đổi tâm tỷ cự.

6

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N là trung điểm của AD, BC. Một đường thẳngđi qua giao điểm P của hai đường chéo AC, BD, cắt AD, BC lần lượt tại S, T . Biết BS giao AT tạiQ. Chứng minh rằng AD, BC, PQ đồng quy khi và chỉ khi các điểm M, S, T, N cùng thuộc một đườngtròn.

Chứng minh. Gọi AD giao BC tại E.

Nếu AD, BC, PQ đồng quy tại E. Gọi PQ giao AB tại R ta dễ thấy (EQRP ) = −1 do đó (ESAD) =B(EQRP ) = −1 và (ETBC) = A(EQRP ) = −1 nên theo hệ thức Maclaurin ta có ES.EM =EA.ED = EB.EC = ET.EN từ đó các điểm M, S, T, N cùng thuộc một đường tròn.

O

A

DC

B

F

PS

T

E

M

N

Q

R

Nếu các điểm M, S, T, N cùng thuộc một đường tròn. Gọi AB giao CD tại F . Gọi FP giao AD, BCtại S′, T ′. Khi đó dễ thấy hàng (FPS′T ′) = −1 suy ra PE, AT ′, BS′ đồng quy. Theo phần thuận thìM, S′, T ′, N cùng thuộc một đường tròn suy ra ST ‖ S′T ′ tuy nhiên ST giao S′T ′ tại P từ đó suy raST ≡ S′T ′ hay S′ ≡ S, T ′ ≡ T hay AD, BC, PQ đồng quy.

Nhận xét. Có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN và bạn Ong Thế Phương,lớp 12 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai cho lời giải đúng nhưng chưa gọn như đáp án.

7

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

4. Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ trong mặt phẳng tam giác. Đường thẳng PA, PB, PC lần lượtcắt trung trực của BC, CA, AB tại Oa, Ob và Oc. Gọi (Oa) là đường tròn tâm Oa và đi qua B, C; haiđường tròn (Ob), (Oc) xác định tương tự. Hai đường tròn (Ob), (Oc) cắt nhau tại A1, khác A. Các điểmB1, C1 xác định tương tự. Gọi Q là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng tam giác ABC. QB, QC lần lượtcắt (Oc), (Ob) tại A2, A3 khác B, C. Tương tự ta có B2, B3, C2, C3. Gọi (Ka), (Kb), (Kc) là các đườngtròn ngoại tiếp tam giác A1A2A3, B1B2B3, và C1C2C3. Chứng minh rằng



Lời giải. Lời giải sau của bạn Ong Thế Phương.

Ta đưa ra bài toán tổng quát hơn

Bài toán 1. Cho tam giác ABC. Gọi (Oa) là đường tròn bất kỳ đi qua B, C; hai đường tròn (Ob), (Oc)xác định tương tự. Hai đường tròn (Ob), (Oc) cắt nhau tại A1, khác A. Các điểm B1, C1 xác định tươngtự. Gọi Q là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng tam giác ABC. QB, QC lần lượt cắt (Oc), (Ob) tại A2,A3 khác B, C. Tương tự ta có B2, B3, C2, C3. Gọi (Ka), (Kb), (Kc) là các đường tròn ngoại tiếp tamgiác A1A2A3, B1B2B3, và C1C2C3. Chứng minh rằng



Ta đưa ra bổ đề sau

Bổ đề 5. Cho bốn đường tròn C1, C2, C3, C4 cắt nhau tại bốn điểm A, B, C, D; C1 cắt C4 tại A; C2

cắt C1 tại B, C2 cắt C3 tại C, C4 cắt C3 tại D. E, P , F , Q là các giao điểm khác A, B, C, D của C1

và C4; C2 và C1, C2 và C3, C4 và C3.

a) Chứng minh E, P , F , Q đồng viên (hoặc thẳng hàng) khi và chỉ khi A, B, C, D đồng viên (hoặcthẳng hàng)

b) Với giả thiết A, B, C, D thẳng hàng, đồng thời (ω) là một đường tròn bất kì đi qua E, F và cắt C1,C2, C3, C4 lần lượt tại I , J , H , G. Khi đó GJ , IH và AB đồng quy.

Chứng minh. a) Nếu E, P , F , Q đồng viên.

8

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

C*C*

P*

A*

B*

D*

F*

Xép phép nghịch đảo tâm E phương tích bất kì, như vậy các đường tròn C1, C4, C5 sẽ biến thành cácđường thẳng C∗

1 , C∗4 , C∗

5 . Còn các đường tròn C2, C3 biến thành các đường tròn C∗2 và C∗

3 , F thành F∗thẳng hàng với P ∗ và Q∗, D thành D∗ thẳng hàng với A∗ và Q∗, B thành B∗ thẳng hàng với A∗ và P ∗.Như vậy C∗

2 và C∗3 chính là các đường tròn (P ∗B∗F ∗) và (F ∗D∗Q∗). Từ đó theo định lý Miquel thì A∗,

B∗, C∗, D∗ đồng viên như vậy A, B, C, D thẳng hàng hoặc đồng viên.

Nếu E, P , F , Q thẳng hàng chứng minh tương tự.

b) Theo định lý Miquel thì với ba đường tròn ω, C2, C3 đồng quy tại F ta có được HD cắt JB tại mộtđiểm X thuộc ω, tương tự thì BI cắt DG tại một điểm Y thuộc ω. Từ đó áp dụng định lý Pascal cho 6điểm X , H , I , Y , G, J có D = XH ∩DG; K = IH ∩ JG; B = XJ ∩ Y I như vậy K , B, D thẳnghàng. Từ đó suy ra GJ , HI và AD đồng quy.

9

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn Y

X

K

H

G

I

Q

A D

E

B C

P

F

J

Ta hoàn tất chứng minh bổ đề.

Giải bài toán. Gọi T là giao điểm của đường tròn (C1C2C3) với AQ. B′3 là giao điểm của (Oa) với

(TB1B2).

Chú ý rằng bốn đường tròn (Oc), (Ob), (C1C2C3), (TB1B2) cắt nhau tại 4 điểm A, T , C3, B2 thẳnghàng nên theo câu b của bổ đề với đường tròn ω chính là đường tròn (Oa) ta có CB′

3, BC2, AB2 đồngquy. Từ đó suy ra B′

3 ≡ B3. Suy ra các đường tròn (B1B2B3) và (C1C2C3) cắt nhau tại một điểm Tthuộc AQ.

10

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

J

K

Ka

A2

A3

T

I

C1

B1

A1

B3

C2

C3

B2

O

A

BC

Q

Oa

Ob Oc

Áp dụng câu a của bổ đề suy ra các giao điểm còn lại của bốn đường tròn (Oc), (Ob), (B1B2B3),(C1C2C3) đồng viên. Nói cách khác (A1B1C1) đi qua I , trong đó I là giao điểm khác T của (B1B2B3)và (C1C2C3).

Tương tự như vậy (A1B1C1) đi qua I ′ trong đó I ′ là một giao điểm của (B1B2B3) và (A1A2A3)

Từ đó suy ra I ≡ I ′ (vì I và I ′ khác B1), từ đó suy ra điều phải chứng minh.

b) Gọi J , K là giao điểm của (A1A2A3) với QB, QC.

Ta có

(AB, AC) ≡ (AB, AA1) + (AA1, AC) ≡ (A2B, A2A1) + (A3A1, A3C) ≡ (IJ, IA1) + (IA1, IK)≡ (IJ, IK) ≡ (KaKb, KaKc)(modπ)

Tương tự ta cũng có (BC, BA) ≡ (KbKc, KbKa)(modπ)

Từ đó suy ra ∆ABC ∼ ∆KaKbKc. Ta có điều phải chứng minh

Nhận xét. Ngoài ra có bạn Trần Đăng Phúc lớp 12A1 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN cho lời giải đúngbằng định lý Pascal.

11

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn


Geometry Mathley

Round 14-2012

Vietnamese1. Đường tròn (K) đi qua đỉnh B, C của một tam giác ABC và cắt cạnh CA, AB lần lượt tại E, F khác

C, B. Đoạn BE giao với CF tại điểm G. Gọi M, N lần lượt là đối xứng của điểm A qua F, E; gọi P, Qlần lượt là đối xứng của C, B qua AG. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác BPM vàCQN có bán kính bằng nhau.


2. Cho tam giác ABC và đường tròn chín điểm Euler của nó lần lượt tiếp xúc với các đường tròn bàng tiếpcủa góc A, B, C tương ứng tại Fa, Fb, Fc. Chứng minh rằng AFa là phân giác của góc ∠CAB khi vàchỉ khi AFa là phân giác của ∠FbAFc.


3. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F . Giả sửL là giao điểm của BE và CF ; G là trọng tâm của tam giác DEF ; K là điểm đối xứng của L qua G.Biết DK cắt EF tại P , Q thuộc EF sao cho QF = PE. Chứng minh rằng ∠DGE + ∠FGQ = 180◦.


4. Hai tam giác ABC và PQR có chung đường tròn ngoại tiếp. Gọi Ea, Eb, Ec lần lượt là tâm đường trònEuler của tam giác PBC, QCA, RAB. Giả sử da là đường thẳng qua Ea và song song với AP ; db, dc

xác định tương tự. Chứng minh rằng ba đường thẳng da, db, dc đồng quy.

Nguyễn Tiến Lâm, Trần Quang HùngTrường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN


1

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

Lời giải1. Đường tròn (K) đi qua đỉnh B, C của một tam giác ABC và cắt cạnh CA, AB lần lượt tại E, F khác

C, B. Đoạn BE giao với CF tại điểm G. Gọi M, N lần lượt là đối xứng của điểm A qua F, E; gọi P, Qlần lượt là đối xứng của C, B qua AG. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác BPM vàCQN có bán kính bằng nhau.

Lời giải. Cách giải sau dựa theo bạn Trần Đăng Phúc lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN. Ta đưa rabài toán tổng quát hơn như sau

Bài 1. Cho tam giác ABC và đường tròn (K) bất kỳ đi qua B, C cắt CA, AB tại M, N . Dựng tamgiác APQ bằng và ngược hướng tam giác ABC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giácCPM và BQN bằng nhau.

A

B C

KP

Q

N

M

Chứng minh. Từ tam giác4APQ = 4ABC và B, C, M, N thuộc một đường tròn ta cóAQ

AP=

AC

AB=

AN

AM, kết hợp ∠QAN = ∠PAM suy ra tam giác 4AQN ∼ 4APM suy ra ∠ANQ = ∠AMP . Chú

ý 4APQ = 4ABC ngược hướng dễ suy ra QB = PC. Từ đây áp dụng định lý hàm số sin suy ra bánkính đường tròn ngoại tiếp các tam giác CPM và BQN bằng nhau. Đó là điều phải chứng minh.

Nhận xét. Ngoài ra có bạn Ong Thế Phương, lớp 12 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai cholời giải đúng.

2

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

2. Cho tam giác ABC và đường tròn chín điểm Euler của nó lần lượt tiếp xúc với các đường tròn bàngtiếp của góc A, B, C tương ứng tại Fa, Fb, Fc. Chứng minh rằng giả sử AFa phân giác của góc ∠CABchứng minh rằng AFa là phân giác của ∠FbAFc.

A

BC

Fa

Fc

Fb

Ib

Ic

E

D

Ia

Chứng minh. Dựa theo lời giải của bạn Ong Thế Phương, lớp 12 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh,Biên Hòa, Đồng Nai . Gọi (Ib), (Ic), (E) là đường tròn bàng tiếp góc B, C và đường tròn chín điểm củatam giác ABC. Gọi IbIc giao BC tại D. Dễ thấy D là tâm vị tự ngoài của (Ib), (Ic). Fb, Fc lần là tâmvị tự trong của (Ib), (E) và (Ic), (E) do đó D, Fb, Fc thẳng hàng. Chú ý IbFb giao IcFc tại E nên ta cóchùm A(DEFbFc) = −1 (1).

Nếu AFa là phân giác ∠BAC suy ra AFa đi qua tâm bàng tiếp góc A là Ia. Mặt khác Fa luôn thuộcEIa. Do đó AFa đi qua E mà AFa ≡ AE là phân giác ∠BAC nên AFa ⊥ AD (2).

Từ (1), (2) suy ra AFa ≡ AE là phân giác ∠FbAFc. Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Có bạn Trần Đăng Phúc, lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, cho lời giải đúng. Do sơ suất đề bài đãin cả hai chiều thuận đảo "AFa phân giác của góc ∠CAB khi và chỉ khi AFa là phân giác của ∠FbAFc". Chiềuđảo lại có thể coi là một bài toán mở chưa được kiểm chứng tuy rằng trong lời giải của mình bạn Trần Đăng Phúcđã chứng minh được một số trường hợp riêng của nó, nếu tam giác ABC cân hoặc ∠A = 60◦ thì AFa là phân giác∠FbAFc. Tuy vậy trong lời giải dẫn ra một phương trình bậc bốn, hai trong bốn nghiệm là như trên nhưng chưa cócách nào loại đi sự tồn tại hai nghiệm còn lại nên bài toán vẫn được xem như là mở.

3

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

3. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F . Giả sửL là giao điểm của BE và CF ; G là trọng tâm của tam giác DEF ; K là điểm đối xứng của L qua G.Biết DK cắt EF tại P , Q thuộc EF sao cho QF = PE. Chứng minh rằng ∠DGE + ∠FGQ = 180◦.

Lời giải. Chúng tôi xin giới thiệu lời giải của tác giả bài toán. Trước hết ta cần có hai bổ đề.

Bổ đề 1. Nếu đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với BC. CA, AB tạiD, E, F thì AD, BE, CF đồng quy tại điểm Lemoine của tam giác DEF .

Bổ đề 1 rất quen thuộc, không trình bày phép chứng minh ở đây.

Bổ đề 2. Cho tam giác ABC, trọng tâm G, điểm Lemoine L. GA1, GB1, GC1 theo thứ tự là đường đốitrung của các tam giác GBC, GCA, GAB. A2, B2, C2 theo thứ tự là điểm đối xứng của G qua trungđiểm của BC, CA, AB. Khi đó AA2, BB2, CC2 đồng quy tại điểm đối xứng của L qua G.

A

B C

G

C1

A1

B1C

2

A2

B2L K

Chứng minh. Trong phép chứng minh này, kí hiệu[A1

α1,

A2

α2, ... ,

An

α2

]chỉ tâm tỉ dự của hệ điểm A1,

A2, ..., An với các hệ số tương ứng là α1, α2, ..., αn.

Đặt K =[

A

2(c2 + b2)− a2,

B

2(c2 + a2)− b2,

C

2(a2 + b2)− c2

].

Ta có

A2 =[

B

A2C,

C

A2B

](v×A2C.

−−→A2B + A2B.

−−→A2C =

−→0 )

=[

B

A1B,

C

A1C

](A2C = A1B; A2B = A1C)

=[

B

GB2,

C

GC2

](

A1B

A1C=

GB2

GC2)

=[

B

m2b

,C

m2c

](

GB

mb=

23

=GC

mc)

=[

B

2(c2 + a2)− b2,

C

2(a2 + b2)− c2

].

Vậy K =[

A

2(c2 + b2)− a2,

A2

4a2 + b2 + c2

].

Do đó K thuộc AA2.

4

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

Tương tự K thuộc BB2 và K thuộc CC2.

Tóm lại AA2, BB2, CC2 đồng quy tại điểm

K =[

A

2(c2 + b2)− a2,

B

2(c2 + a2)− b2,

C

2(a2 + b2)− c2

](1).

Mặt khác, chú ý rằng G =[A

1,

B

1,

C

1

]và L =

[A

a2,

B

b2,

C

c2

], ta có

K =[

A

2∑

a2,

B

2∑

a2,

C

2∑

a2,

A

−3a2,

B

−3b2,

C

−3c2

]=

[G

6∑

a2,

L

−3∑

a2

]=

[G

2,

L

−1

].

Do đó G =[G

2,

L

−1,

L

1

]=

[K

1,

L

1

].

Nói cách khác K là điểm đối xứng của L qua G (2).

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

A

BC

I

F

E

D

L

G

MP

Q

Giải bài toán. Trở lại giải bài toán của ta.

Gọi M là trung điểm của EF .

Theo bổ đề 1, L là điểm Lomoan của tam giác DEF .

Từ đó, chú ý rằng G là trọng tâm của tam giác DEF ; K là điểm đối xứng của L qua G; Q là điểm đốixứng của P qua M , theo bổ đề 2, MGE = QGF .

Kết hợp với G thuộc đoạn DM , ta có DGE + QGF = 180◦. Đó là điều phải chứng minh.

Nhận xét. Có bạn Ong Thế Phương, lớp 12 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai, Trần ĐăngPhúc, lớp 12A1 Toán THPT chuyên KHTN, cho lời giải đúng.

5

MathleyProblem

SolvingCorner

•••

www.hexagon.edu.vn

4. Hai tam giác ABC và PQR có chung đường tròn ngoại tiếp. Gọi Ea, Eb, Ec lần lượt là tâm đường trònEuler của tam giác PBC, QCA, RAB. Giả sử da là đường thẳng qua Ea và song song với AP ; db, dc

xác định tương tự. Chứng minh rằng ba đường thẳng da, db, dc đồng quy.

da

Ea

A

B C

O

P

H

HP

E

Lời giải. (Dựa theo lời giải của bạn Trần Đăng Phúc) Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

và PQR. Gọi H, HP là trực tâm tam giác ABC và PBC. Ta có bài toán cơ bản về vector−−→OH =−→

OA +−−→OB +

−−→OC hay

−−→AH =

−−→OB +

−−→OC . Tương tự

−−−→PHP =

−−→OB +

−−→OC do đó

−−→AH =

−−−→PHP suy ra−→

AP =−−−→HHP vậy HHP ‖ AP ‖ da. Chú ý da là qua trung điểm Ea của OHP vậy từ da ‖ HHP suy ra

da đi qua trung điểm E của OH . Vậy tương tự db, dc cũng đi qua E. Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Có bạn Ong Thế Phương, lớp 12 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa, Đồng Nai cho lời giảiđúng.

6

Documents

· GeometryMathley Nhªn x²t. T§t c£ c¡c b¤n tham gia ·u gi£i óng b i to¡n n y, tuy nhi¶n mët v i b¤n tr¼nh b y líi gi£i