Tuyển tập các lời giải hay cho các bài toán hình học phẳng khó(Số 1)(Tháng 9/2023) Đôi điều về chuyên mục: Trong tuyển tập lớn này, tôi sẽ mỗi tháng đưa ra năm lời giải cho năm bài toán khác nhau mà tôi cho là hay. Sau một tháng nhận email phản hồi của các bạn(các lời giải khác mà các bạn nghĩ là hay hơn,mở rộng các bài toán,…), tôi sẽ biên tập lại chúng để viết chúng trong phần phản hồi bạn đọc ở số tiếp theo. Cuối mỗi tháng sẽ có list bài của tháng sau để các bạn tiện theo dõi. Bài toán 1(Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H. P là một điểm thuộc cung BC không chứa A của (O)(P 6= B, C).P 0 đối xứng P qua BC. (OP P 0 ) cắt AP tại G. Chứng minh rằng trực tâm tam giác AGO nằm trên HP 0 .
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi AH cắt (AGO) tại điểm J khác A. Thế thì: ∠JOG = ∠HAG = ∠GP P 0 (do AH//P P 0 )=180◦ − ∠GOP 0 do đó O, P 0 , J thẳng hàng. Lại có: ∠GJO = ∠P AO = ∠GP O = ∠GP 0 O do đó tam giác GJP 0 cân tại G. Lại có: ∠JGP 0 = ∠AOP = 2∠ACP . Lại có: ∠AHP 0 = ∠HP P 0 = ∠ACP (do 1
nếu gọi AH cắt lại (O) tại D thì HDP P 0 là hình thang cân nên dĩ nhiên ∠HP P 0 = ∠ACP ) do đó G là tâm (JHP 0 ). Ta gọi K là giao (JHP 0 ) cắt (AGO) tại điểm K khác J. Lại có: ∠GKO = ∠OAG = ∠GP O = ∠GP 0 O do đó ∠OP 0 K = ∠OKP 0 nên OK = OP 0 vậy khi đó dĩ nhiên K đối xứng P 0 qua GO từ đó GK = GH = GP 0 mà ∠GHJ = ∠GJH = 180◦ − ∠AJG = ∠AOG = ∠AKG vậy thì K cũng đối xứng H qua AG. Vậy theo định lí về đường thẳng Steiner thì trực tâm tam giác AGO nằm trên HP 0 (đpcm). Nhận xét: Ở lời giải trên tác giả đã có một lời giải khác với lời giải gốc của người ra đề. Điểm thú vị của lời giải trên chính là việc không cần nhất thiết chỉ ra trực tâm của tam giác đó. Bài toán 2(Kiểm tra trường hè Titan tháng 8/2023): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có: H là trực tâm và AM là trung tuyến tam giác ABC. AM cắt lại (O) tại điểm N . Ba đường thẳng: qua H vuông góc AN, BC, KN cắt nhau tạo thành tam giác XY Z. Chứng minh rằng: (XY Z) tiếp xúc (O).
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi tia M H cắt (O) tại điểm J, gọi AD là đường cao của tam giác ABC. Hiển nhiên ta có: AJ, HP, M D là các đường cao của tam giác AHM suy ra AJ, HP, BC đồng quy tại điểm Y . Hay là A, J, Y thẳng hàng. Ta đi chứng minh rằng J thuộc (XY Z). Ta có: HDY J nội tiếp do đó XY JZ nội tiếp khi và chỉ khi:
2
(JX, KX) ≡ (AH, JH)(modπ) hay là tứ giác JHKX nội tiếp. Lại có: (JK, XK) ≡ (JA, N A) ≡ (JD, Y D) ≡ (JH, Y H)(modπ) vậy ta có: JHKX nội tiếp hay là J thuộc (XY Z). Vậy tức là J thuộc (XY Z) và (O). Vì J thuộc (O) và (XY Z) mà A, J, Y thẳng hàng nên khi gọi Y G, AL là các đường kính (XY Z) và (O) thì GJL ⊥ Y A, ta có: ∠JGY = ∠JXY = ∠JKA = ∠JLA do đó GY kAL vậy hiển nhiên 4GJY ∼ 4AJL do I, O lần lượt là trung điểm GY và AL nên ∠IJY = ∠OJA hay là thu được I, J, O thẳng hàng hay (XY Z) tiếp xúc (O)(đpcm). Nhận xét: Bài toán này hay nhưng không quá khó rất phù hợp để lấy làm bài thi trong 1 đề kiểm tra định kì. Ở bài toán trên ta thấy được tiếp điểm J sinh ra cực kì hay và hợp lí. Cách giải trên tuy dài hơn lời giải gốc xong lại thể hiện tư duy chứng minh tiếp xúc rất hay đó là sử dụng vị tự. Độc giả có thể tham khảo lời giải gốc và của bài toán mở rộng ở đây [1]. Bài toán 3(Trịnh Huy Vũ): Cho tam giác ABC có đường cao AH. Gọi X, Y lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ H xuống AC, AB. Z là giao điểm của BX và CY . Chứng minh rằng (XY Z) tiếp xúc (A; AH).
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Quay trở lại bài toán: Gọi XY cắt BC tại điểm L. Gọi LA cắt (ABC) tại điểm P . Lấy J đối xứng H qua LA. Ta có: tứ giác AY HX nội tiếp nên ∠Y XH = ∠HAB = ∠Y HL do đó ta có: LH 2 = chúng tôi = chúng tôi = LP .LA do đó P thuộc (AH). Do J đối xứng H qua LA nên theo phép vị tự tỉ số 2 3
tâm H thì J thuộc (A; AH). Lại có: J đối xứng H qua AL nên ∠LJA = 90◦ suy ra LJ là tiếp tuyến đến (A; AH). Gọi T là tâm (BCXY ) theo định lí Bocard thì Z là trực tâm tam giác ALT . Gọi T Z cắt AL tại điểm P 0 . Gọi AT cắt LZ tại Q thì LP 0 .LA = chúng tôi = LM .LN (hệ thức M aclaurin)= chúng tôi = chúng tôi suy ra P 0 thuộc (O) do đó P trùng P 0 . Vậy T, Z, P, H thẳng hàng. Do đó P, J, Z, H thẳng hàng. Ta chỉ cần chứng minh J thuộc (XY Z) khi đó hiển nhiên LJ là tiếp tuyến tới (XY Z). Tứ giác LXZY nội tiếp khi và chỉ khi ∠ZJY = ∠ZXY = ∠ZCH hay tứ giác JCHY nội tiếp hay Z có cùng phương tích tới 2 đường tròn (BCXY ) và (A; AH). Gọi (A; AH) cắt (BCXY ) tại các điểm M, N . Ta có: AH 2 = AM 2 = AN 2 = chúng tôi = AY .AB do đó AM, AN lần lượt là tiếp tuyến đến (BCXY ). Do đó quen thuộc là ta thấy rằng: BX, CY, M N đồng quy tại 1 điểm chính là Z(Gọi M N cắt Y B, CX tại các điểm E, F sử dụng hàng điều hoà cơ bản ta có: (AEY B) = (AF XC) = −1 do đó BX, CY, M N đồng quy). Vậy hiển nhiên: phương tích từ Z tới (BCXY )=phương tích từ Z tới (A; AH) do đó tứ giác JCHY nội tiếp và do đó JXY Z nội tiếp vậy mà dễ thấy LJ là tiếp tuyến tới (XY Z) do đó (XY Z) tiếp xúc (A; AH) tại J(đpcm). Nhận xét: Bài toán này tiếp tục là một lời giải mới được tác giả đề xuất khác với chứng minh gốc. Điểm thú vị trong chứng minh mới là việc chứng minh sử dụng nhuần nhuyễn các công cụ tỉ số kép và phương tích để thu được kết luận quan trọng là J thuộc (XY Z). Lời giải gốc của tác giả Nguyễn Văn Linh sử dụng phép nghịch đảo . Bài toán 4(Thành Phố Hồ Chí Minh TST 2011): Cho tam giác ABC nhọn. Lấy D là 1 điểm bất kì trên đoạn BC không trùng B, C. Lấy E là 1 điểm trên đoạn AD (E không trùng A, D). Gọi (DEB) cắt AB tại F khác B và gọi (DEC) cắt AC tại G khác C. EC cắt GD tại I và F D cắt BE tại H. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC. Chứng minh rằng: AJ vuông góc HI.
4
6
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi H là trực tâm tam giác ABC và AH cắt BC tại D thế thì do BV 2 = BS 2 = chúng tôi = BD.BC(do BC tiếp xúc (AES) nên BV 2 = BS 2 = chúng tôi do đó (V S, DC) = −1 và do đó ta có DV .DS = DB.DC(theo hệ thức M aclaurin) do đó H là trực tâm tam giác AV S. Ta gọi SE cắt (AEF ) tại R, gọi AS cắt (AEF ) tại điểm thứ hai Y . Điều phải chứng minh tương đương R thuộc V F . Ta có: chúng tôi = SY .SA = chúng tôi (do tứ giác AY DV nội tiếp) suy ra REDV là một tứ giác nội tiếp. Chú ý rằng tứ giác HEBD nội tiếp nên ta có: (V R, ER) ≡ −(ED, BD)(modπ) lại có REHF nội tiếp do đó (ER, F R) ≡ −(EH, F H)(modπ) từ đó ta có: (V R, ER) ≡ (F R, ER)(modπ) hay là V, R, F thẳng hàng. Nhận xét: Bài toán lần đầu tiên xuất hiện trên group Bài toán hay-Lời giải đẹp[3]. Lời giải trên được tác giả đề nghị không phải là ngắn gọn nhất. Có thể kể đến ý tưởng biến đổi tỉ số phương tích của tác giả Mẫn Bá Tuấn-học sinh chuyên Toán THPT chuyên ĐHSP Hà Nội. Ở đây xin nêu cách này bởi sự khai thác triệt để giả thiết tiếp xúc trong đề bài.
Các bài toán đề nghị tháng sau :
7
Bài toán 6(Hà Nội TST 2023-2023): Cho đường tròn đường kính AB. Lấy điểm C trên nửa đường tròn này sao cho 90◦ < ∠AOC < 180◦ . Lấy K là 1 điểm thay đổi trên đoạn OC. Vẽ các tiếp tuyến AD, AE đến đường tròn (K; KC). Chứng minh rằng DE, AC, BK đồng quy tại 1 điểm. Bài toán 7(Trần Quang Hùng-T12/466-THTT): Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O). Lấy P là 1 điểm thuộc tam giác ABC sao cho AP vuông góc BC. Kẻ P E, P F lần lượt vuông góc AB, AC( E, F thuộc AB và AC). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại (O) tại G. Chứng minh rằng GP, BE, CF đồng quy tại 1 điểm. Bài toán 8(Trích HNEU TST 2014-2023): Cho tam giác ABC có các đường cao AD, BE, CF . Các đường tròn đường kính AB và AC cắt các tia DF và DE tại các điểm Q và P . Gọi N là tâm ngoại tiếp tam giác DEF . Chứng minh rằng: AN ⊥ P Q. Bài toán 9(Đề thi chọn HSG khối 10,chuyên ĐHSP,2023-2023):Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). M, N lần lượt là trung điểm AB và CD. Giả sử AD cắt BC tại E và 2 đường chéo cắt nhau tại điểm F . EF cắt AB và CD lần lượt tại các điểm P và Q. a) Chứng minh rằng M, N, P, Q nội tiếp đường tròn tâm T . b) Chứng minh rằng OT, N P, M Q đồng quy. Bài toán 10(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC sao cho AB + AC = 2BC. Tam giác nội tiếp trong đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F . AI cắt lại đường tròn (O) tại J khác A. Một đường thẳng d qua A song song với BC cắt EF tại M .Chứng minh rằng:∠JDM = 90◦ .
8
1
Lời giải 1(Nguyễn Duy Khương): Gọi BK cắt lại (O) tại điểm thứ hai J. Gọi JA cắt DE tại điểm N . Do ∠KJA = ∠KDA = 90◦ do đó tứ giác JADE nội tiếp. Do (O) tiếp xúc (K) nên áp dụng tính chất trục đẳng phương thì tiếp tuyến chung tại C của (O), (K),DE và JA đồng quy tại 1 điểm N . Gọi DE cắt BK tại điểm M . Kẻ tiếp tuyến thứ hai N S tới (K) thế thì do N C đã là tiếp tuyến tới (K) nên ta có: DSCE là 1 tứ giác điều hoà do đó hiển nhiên là ta có: A, S, C thẳng hàng. Gọi M là giao điểm của BK và DE. Gọi I là trung điểm DE. Do M là trực tâm tam giác AN K nên: M N.M I = M J.M K = M D.M E(do A, J, K, D, E đồng viên). Vậy ta thu được: (N M, DE) = −1(theo hệ thức M aclaurin) suy ra: C(N M, DE) = −1 mà ở trên ta đã chỉ ra được: C(N S, DE) = −1. Do đó: S, C, M thẳng hàng. Vậy AC, BK, DE đồng quy tại điểm M (đpcm).
2