Geometry Mathley

Transcript

1 HEXGON inspiring minds always Geometry Mathley Round : Solutions Vietnamese 1 Từ một điểm nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến, đến đường tròn đó (, là các tiếp điểm. Giả sử Q là một điểm nằm trong góc, trên tia Q lấy một điểm P sao cho OP vuông góc với Q. Đường thẳng OP cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác PQ, PQ theo thứ tự tại I,J. hứng minh rằng OI = OJ. Q hứng minh. (Dựa theo lời giải của bạn Trần Đăng Phúc và Nguyễn Lê Minh Tiến) P,Q,,J thuộc một đường tròn suy ra (Q,Q) (QP,Q) (JP,J) (JO,J)(modπ) và (Q,J) (PQ,PJ) π (,O)(modπ). Từ đó (Q,Q) (JO,J)(modπ) 2 và (,Q) (O,J)(modπ). Từ đó tam giác Q OJ cùng hướng suy ra I P O J OJ Q = O. (1) hứng minh tương tự ta có OI Q = O. (2) hú ý O = O và = nên từ (1),(2) dễ suy ra OI = OJ. Đó là điều phải chứng minh. opyright c 2011 HEXGON 1

2 Nhận xét. Đây là bài toán đã xuất hiện trong cuộc thi học sinh giỏi ở Nga, thuộc loại cơ bản và có thể dùng các kiến thức hình học THS để giải quyết trọn vẹn. Xin nêu tên các bạn có lời giải đúng Trần Đăng Phúc, 111 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Văn Thanh 121 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, iên Hòa Đồng Nai, Nguyễn Lê Minh Tiến, 10T2 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định, hu Xuân Thắng, 10 Toán trường THPT chuyên KHTN, ĐHQGHN, ao Văn Tiến, 11 huyên Quang Trung, Đồng Xoài, ình Phước. Trần hí ông lớp 121 Toán, THPT huyên Đại học Vinh, Nghệ n, Nguyễn Hồng Thái, 11 THPT Ninh Giang, Hải Dương. 2

3 2 ho tam giác, đường thẳng δ và số k, khác 0 và 1, điểm M chạy trên δ. ác điểm E,F theo thứ tự thuộc M,M sao cho ME M = MF = k. ác điểm P,Q theo thứ tự thuộc M, sao cho PE, QF vuông góc với δ. hứng minh rằng đường thẳng qua M vuông góc với PQ luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải thứ nhất. Gọi H là hình chiếu của trên. Gọi 1 là đường thẳng qua H, vuông góc với. Gọi 2 là đường thẳng qua M, vuông góc với. Gọi X,Y theo thứ tự là giao của 2 với,. E P M X Q F O H 1 Y 2 Định hướng các đường thẳng, 1, 2, bởi các vectơ đơn vị e, e 1, e 2, e 3. Vì ME M = MF M = k 0, 1 nên EF EF = k. (3) Vì PE,QF và XY cùng vuông góc với nên PE XM và QF Y M. 3

4 Từ đó, chú ý rằng ME M = MF = k 0, 1, suy ra M PE = (1 k) XM; FQ = (1 k) MY. (4) Lấy O thuộc d sao cho HO = k.mh..cos( e, e 3 ) (1 k).xy.cos( e 1, e 2 ). (5) Vì XY luôn vuông góc với nên XY luôn song song với chính nó. Do đó tam giác XY luôn đồng dạng và cùng hướng với chính nó. Suy ra HM không đổi. XY Từ đó, chú ý tới (5), suy ra O cố định. Lại vì (3) và (4) ta có MO. PQ = ( MH + HO)( PE + EF + FQ) = MH. EF + HO( PE + FQ) MO. PQ = MH.(k) + HO((1 k) XM + (1 k) MY )( do (1),(2)) = k MH. + (1 k) HO. XY = k(mh e ).( e 3 ) + (1 k)(ho e 1 ).(XY e 2 ) = k.mh. cos( e, e 3 ) + (1 k)ho.xy cos( e 1, e 2 ) = 0 Suy ra MO vuông góc với PQ. Vì O cố định và từ đây suy ra đường thẳng qua M, vuông góc với PQ luôn đi qua một điểm cố định (điểm O). Lời giải thứ hai. Gọi 1, 1, 1,E 1,F 1 theo thứ tự là hình chiếu của,,,e,f trên. Lấy S sao cho S 1,S 1 theo thứ tự vuông góc với,. Gọi d là đường thẳng qua M, vuông góc với PQ. Đặt O = d S 1. Lấy N thuộc sao cho M 1 MN = k. Đặt K = PQ 1. Lấy L thuộc 1 sao cho LP. Ta thấy M 1 MN = k = ME M = ME 1 M 1 = ME 1 M 1 M 1 MN = 1E 1 N 1 M 1 MN = k = MF M = MF 1 M 1 = MF 1 M 1 M 1 MN = 1F 1 N 1. 4

5 P K L Q E 1 E 1 S F M Suy ra 1E 1 = 1F 1. Do đó 1E 1 = N 1. Mặt khác 1E 1 = KP = KL. N 1 N 1 1 F 1 N 1 1 F 1 KQ K Vậy, N 1 = KL N 1 K Dễ thấy S 1,S 1, 1 1 theo thứ tự vuông góc với PL,P,L. O d Suy ra các tam giác S 1 1 và PL đồng dạng cùng hướng. Từ đây và (6 suy ra các tam giác S 1 N và PLK đồng dạng cùng hướng. Do đó (SN,PK) (S 1,PL) π 2 (modπ). Suy ra SN PQ. Từ đó, chú ý rằng d PQ, suy ra d SN. F (6) Vậy, theo định lí Thales, O 1 OS = M 1 MN = k. Từ đó, chú ý rằng 1,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

6 Nhận xét. Đây là bài toán đi qua điểm cố định hay, là mở rộng của đề thi học sinh giỏi quốc gia Việt Nam năm ó duy nhất bạn Trần Đăng Phúc 111 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN gửi lời giải và bạn Phúc giải đúng như đáp án thứ nhất, xin tuyên dương bạn Phúc ở bài toán này. Hai đáp án trên là của tác giả bài toán. 6

7 3 ho tam giác nội tiếp đường tròn (O). P 1,P 2 là hai điểm bất kỳ trong mặt phẳng; P 1, P 1, P 1 lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là 1, 1, 1 ; P 2,P 2,P 2 lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai 2, 2, 2. a) 1 2, 1 2, 1 2 lần lượt giao,, tại 3, 3, 3. hứng minh rằng ba điểm 3, 3, 3 thẳng hàng. b) P là một điểm bất kỳ trên đường thẳng P 1 P 2 ; 1 P, 1 P, 1 P lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là 4, 4, 4. hứng minh rằng ba đường thẳng 2 4, 2 4, 2 4 đồng quy tại một điểm trên P 1 P 2. Đề giải bài toán ta cần một số bổ đề sau ổ đề 1. ho tam giác nội tiếp (O). Khi đó các tiếp tuyến tại,, của (O) tương ứng cắt,, tại ba điểm thẳng hàng. O ổ đề này đã rất quen thuộc xin không nêu cách chứng minh. ổ đề 2. ho tam giác nội tiếp (O) với X là điểm bất kỳ. Gọi,, là giao điểm thứ hai của X,X,X với đường tròn (O). khi đó ( ) ( ) ( ) = 1. 7

8 1 ' 1 1 ' hứng minh. Gọi 1, 1, 1 tương ứng là giao điểm của tiếp tuyến tại,, của (O) với các đường thẳng,, và 2, 2, 2 tương ứng là giao điểm của X,X,X với các đường thẳng,,. Khi đó ta dễ thấy ( ) = ( ) = ( 2 1 ) = ( 2 1 ) = 2 2 : 1 1 Tương tự với ( ),( ) ta chú ý rằng 1, 1, 1 đồng quy và 2, 2, 2 thẳng hàng khi nhân các tỷ số kép với nhau áp dụng các định lý Menelaus và eva ta dễ suy ra ( ) ( ) ( ) = 1. Đó là điều phải chứng minh. 2 X 2 2 ' O ổ đề 3. ho tam giác nội tiếp (O) với X là điểm bất kỳ. Gọi,, là giao điểm thứ hai của X,X,X với đường tròn (O). hứng minh rằng các tiếp tuyến của (O) tại,, tương ứng cắt,, tại ba điểm thẳng hàng. 8

9 ' O ' X 1 1 hứng minh. Gọi giao điểm của đường thẳng,, và tiếp tuyến tại,, của (O) với,, lần lượt là 1, 2, 1, 2, 1 2. Ta thấy ( ) = ( ) = ( 1 2 ) = ( 1 2 ) = 1 1 : 2 2 Tương tự với ( ),( ) ta chú ý rằng 1, 1, 1 đồng quy và theo bổ đề 2 thì ( ) ( ) ( ) = 1 do đó dễ suy ra = 1 nên 2, 2, 2 thẳng hàng theo định lý Menelaus, đó là điều phải chứng minh. ổ đề 4. ho năm điểm,,,x,y trên mặt phẳng khi đó ' (XY ) (XY ) (XY ) = X Y hứng minh. Gọi giao điểm của X,Y với đường thẳng là 1, 2 ta dễ thấy (XY ) = ( 1 2 ) = 1 1 : 2 2 hú ý rằng 1, 1, 1 đồng quy tại X, 2, 2, 2 đồng quy tại Y do đó áp dụng định lý eva ta có 9

10 (XY ) (XY ) (XY ) = 1 1 : 2 2 = 1 1 : 2 2 Đó là điều phải chứng minh. = 1 : 1 = 1 Giải bài toán. a) Gọi 5, 5, 5 lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến tại 1, 1, 1 với,,, theo bổ đề 1 ta đã có 5, 5, 5 thẳng hàng. 5 O P 1 P (P 1 P 2 ) = ( 1 2 ) = ( 1 2 ) = 1 ( 1 2 ) = 1 ( 5 3 ) = ( 5 3 ) Vậy = 5 5 : 3 3 (P 1 P 2 ) (P 1 P 2 ) (P 1 P 2 ) = 5 5 : Theo bổ đề 4, (P 1 P 2 ) (P 1 P 2 ) (P 1 P 2 ) = 1, mặt khác theo bổ đề 3 5, 5, 5 thẳng hàng, áp dụng định lý Menelaus ta có 5 = 1. Vậy kết hợp đẳng thức trên ta suy ra = 1, vậy 3, 3, 3 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 1 2 và 2 1. Áp dụng định lý Pascal cho lục giác ta có giao điểm của các cặp đường thẳng ( 2 1, 1 2 ),( 1, 1 ),( 2, 2 ) thẳng hàng, hay Q thuộc P 1 P 2. 10

11 Q O P 1 P 2 4 P 1 2 Tiếp tục áp dụng định lý Pascal cho lục giác ta có giao điểm của các cặp đường thẳng ( 2 1, 1 2 ),( 2 4, 2 4 ),( 4 1, 4 1 ) thẳng hàng hay giao điểm T của 4 2 và 4 2 nằm trên P 1 P 2. Tương tự ta có giao điểm T của 4 2 và 4 2 nằm trên P 1 P 2. Do đó T T. Như vậy 4 2, 4 2, 4 2 đồng quy tại một điểm T nằm trên P 1 P 2. Nhận xét. âu a) nhiều bạn cho lời giải ngắn gọn nhờ các hệ thức lượng về sin nhưng các bạn chú ý rằng những lời giải đó phải phụ thuộc hình vẽ, các bạn hãy chú ý đề bài của chúng ta là cho P 1, P 2 bất kỳ trong mặt phẳng chứ không phải nằm trong tam giác vì vậy hướng tiếp cận theo tỷ số kép của tác giả có vẻ dài xong đó là cách làm tổng quát. âu b) là các áp dụng thông thường của định lý Pascal cách chứng minh khá ngắn gọn nhưng có nhiều ứng dụng sâu sắc. Xin nêu tên các bạn có lời giải đúng. Trần Đăng Phúc, 111 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Văn Thanh 121 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, iên Hòa Đồng Nai. T 4 11

12 4 ho tam giác 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). ác tia P,P,P lần lượt cắt (O ) tại 1, 1, 1. Gọi là tam giác tạo bởi các giao điểm của các đường thẳng đối xứng với 1 1 qua, 1 1 qua, 1 1 qua. hứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác cũng tiếp xúc với (O). ổ đề 5. ho tam giác và một điểm P bất kì trên mặt phẳng. Một đường thẳng qua P cắt các đường tròn (P),(P),(P) lần lượt tại P a,p b,p c. Gọi l a,l b,l c lần lượt là tiếp tuyến của (P),(P),(P) tại P a,p b,p c. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng l a,l b,l c tiếp xúc với (). X t P c Q P b R Z Y P a hứng minh. Gọi XY Z là tam giác tạo bởi các giao điểm của l a,l b,l c ;Q là điểm Miquel của tứ giác toàn phần XY ZP a P b P c ;R là giao của P c và P a. (P c,p c X) (P c,p c Y ) (P,PP c ) (,P b ) (P b,p b X)(modπ) suy ra (XP b P c ). Tương tự với,. Ta sẽ chứng minh Q nằm trên (). 12

13 Ta có (P c,) + (,P a ) (PP c,p) + (P,PP a ) (PP b,pp a )(modπ) nên,,,r cùng thuộc một đường tròn. Từ đó (Q,Q) (Q,QP b )+(QP b,q) (P c,p c P b )+(P a P b,p a ) (R,R)( mod π). Vậy Q (). Dựng tiếp tuyến Qt của (XY Z). Ta sẽ chứng minh Qt đồng thời là tiếp tuyến của () khi và chỉ khi (Qt, Q) (Q, )(modπ). mà (Qt,QX) + (QX,Q) (Q,P b ) + (P b,)(modπ), (7) (Qt,QX) (ZQ,ZX) (ZQ,ZP b ) (Q,P b ),(QX,Q) nên (7) đúng. Ta có điều phải chứng minh. 1 t 1 T 2 X' X Y 2 (P b X,P b ) (P b,)(modπ) Y' P 2 Q S Z' Z I O b 1 O a 13

14 Giải bài toán. Gọi Z là giao điểm của (I 1 ) với 1 1. Tương tự ta xác định X,Y. Ta có (IZ, 1 Z) (I, 1 ) (I,P)(modπ) suy ra Z ( 1 I)(modπ). hứng minh tương tự với X,Y. Mặt khác, (ZI,ZX) ( 1 I, 1 X) ( 1 I, 1 1 ) ( 1 I, 1 Y ) (ZI,ZY )(modπ) suy ra X,Y,Z thẳng hàng. Gọi T là giao của I 1 và X. Kẻ tiếp tuyến It của (O). Ta có (It,I 1 ) ( 1 I, 1 1 ) ( 1 I, 1 X) (I,X) (I,T)(modπ). Suy ra It là tiếp tuyến của (IT). Từ đó T (O). Ta thu được (X 1,X) (I 1,I) (X,)(modπ), suy ra 1 1 là tiếp tuyến của (X). Tương tự với 1 1, 1 1. Gọi Q là giao điểm của (X) với đường thẳng qua X,Y,Z. Ta có (QX,Q) (X 1,X) (Z 1,Z) (Z,)(modπ), do 1 1 là tiếp tuyến của (Z). Vậy Q (Z). Tương tự ta thu được (Z),(X),(Y ) đồng quy tại Q. Gọi (O a ),(O b ),(O c ) lần lượt là các đường tròn đối xứng với (X),(Y ),(Z) qua,,;x,y,z là các điểm đối xứng với X,Y,Z qua,,. Do 1 1, 1 1, 1 1 lần lượt là các tiếp tuyến của (X),(Y ),(Z) nên theo phép đối xứng ta suy ra 2 2, 2 2, 2 2 lần lượt là tiếp tuyến của (O a ),(O b ),(O c ). X,Y,Z lần lượt nằm trên 1 1, 1 1, 1 1 nên X,Y,Z lần lượt nằm trên 2 2, 2 2, 2 2. Gọi S là giao điểm của (O a ) và (O b ). Ta có (S,S) (S,S) + (S,S) (X,X ) + (Y,Y ) (X,X) + (Y,Y ) (Q,Q) + (Q,Q) (Q,Q) (Z,Z )(modπ). Vậy (O a ),(O b ),(O c ) đồng quy tại S. (S,SX ) (,X ) (X,) (X,I)+(I,) (ZX,ZI)+(I,) (Y,I) + (I,) (Y,) (,Y ) (S,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. ài toán trên cũng như bổ đề là sự mở rộng hơn nữa kết quả của đề thi IMO năm Đây thật sự là bài toán hay và khó. Thật khó có thể diễn tả hết vẻ đẹp của nó và tâm huyết của tác giả Nguyễn Văn Linh khi tạo ra bài toán này. hỉ có duy nhất bạn Trần Đăng Phúc 111 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 minh rất đẹp. Xin trình bày lại lời giải của bạn Phúc như sau ổ đề 6. ho tam giác nội tiếp đường tròn (O) và tam giác bất kỳ sao cho 1, 1, 1 đồng quy tại một điểm thuộc (O). Dựng tam giác sao cho 2 2, 2 2, 2 2 lần lượt là đối xứng của 1 1, 1 1, 1 1 qua,, thì ta có các đường thẳng 2, 2, 2 đồng quy tại J thuộc (O). 14

15 Z X 1 hứng minh. Gọi X,Y,Z là giao điểm của 1 1 và, 1 1 và, 1 1 và. Y Ta chứng minh (, J) (, J)(modπ) khi và chỉ khi sin(, J) = sin(, J). Ta có sin(,j) 2 Y = sin(y,y 2) 2 Tương tự, sin(,j) = sin(x,x 2 ). 2X 2. Ta cần chứng minh 1, thành thử sin(,j) = sin(y,y 2 ), 2Y 2. 2 sin(x,x 2 ) sin(y,y 2 ) = 2Y X. (8) 2 2 J 1 P Mặt khác, sin(x,x 2) sin(y,y 2 ) = 1Y X. Suy ra (8) tương đương Y 2 X 2. X 1 Y = P 1 P 1. J 2 J , hay sin( 2 2, 2 J) sin( 2 2, 2 J).sin(J 2,J 2 ) sin(j 2,J 2 ) = sin( 1 1, 1 P) sin( 1 1, 1 P).sin(P 1,P 1 ) sin(p 1,P 1 ). 15

16 Do Y,X là phân giác của góc 1 Y 2 và 1 X 2 nên sin( 2 2, 2 J) sin( 2 2, 2 J) = sin( 1 1, 1 P) sin( 1 1, 1 P). hứng minh tương tự suy ra điều phải chứng minh. Y 1 1 N M x X Z V 1 T K 2 J Giải bài toán. Gọi X,Y,Z lần lượt là giao điểm của và 1 1, và 1 1, và 1 1. I,I cắt ( ) lần lượt tại U,V.M cắt I 1 tại T. Ta suy ra các bộ ba điểm sau thẳng hàng: (X, 2, 2 ),(Y, 2, 2 ),(Z, 2, 2 ). Dựng đường tròn ngoại tiếp tam giác 1 I cắt 1 1 tại M. Gọi N là điểm đối xứng với M qua.k là giao điểm thứ hai của (N 2 ) và (N 2 ). Áp dụng bổ đề 6 vào bài toán ta có 2, 2, 2 đồng quy tại J (O). Do tứ giác M 1 I,IP nội tiếp nên (I,P) (I,P) (MI,M 1 )(modπ) suy ra tứ giác MI 1 nội tiếp. Gọi R là giao của I 1 và M. Do I là tâm vị tự của (O) và ( ) nên UV. Ta có I 2 2 R P U (I,) (UI,UV ) ( 1 I, 1 1 ) + (I 1,IV ) ( 1 R, 1 1 ) + (M 1,M) (RI,R)(modπ). Từ đó R (). Gọi K là giao điểm của (N 2 ) và (N 2 ). Suy ra (K,K) (K,KN)+(KN,K) ( 2, 2 N)+( 2 N, 2 ) (J,J)( mod π), 16

17 mà J () nên K (). Tương tự, (K 2,K 2 ) (K 2,KN) + (KN,K 2 ) ( 2,N) + (N, 2 ) ( 2,X) + (X,N) + (N,) + (, 2 ) (J 2,J 2 ) + (N,N)(modπ) (M,M) + (I,I)(modπ). Suy ra (K 2,K 2 ) (I,I) + (M,M 1 ) + (M 1,M) (,) + (I,I 1 ) + (I 1,I)(modπ) (,) + (I,I) + (I,I 1 ) + (I 1,I 1 ) + (I 1,I) 2(,) + ( 1 1, 1 1 )(modπ) Sử dụng cộng góc, ta dễ dàng chứng minh được 2(,) ( 1 1, 1 1 ) + ( 2 2, 2 2 )(modπ) Do đó (K 2,K 2 ) ( 2 2, 2 2 )(modπ), suy ra K ( ) Qua K dựng tiếp tuyến Kx với ( ). Suy ra (Kx,K) (Kx,K 2 ) + (K 2,K) ( 2 K, 2 2 ) + (K 2,K) (K,) + (,N) + (K 2,K) (K,) + (M,) + (K 2,K)(modπ). Từ việc tứ giác MI 1 nội tiếp và rằng R thuộc mặt phẳng () suy ra (X,M) (I,IR) (I,I 1 ) (M,M 1 )( mod π) khi và chỉ khi (,M) (M,MX)( mod π). Từ đây suy ra (Kx,K) (K,)(modπ) hay Kx là tiếp tuyến của (). Do đó, kết hợp việc K thuộc (), K thuộc ( ), suy ra ( ) tiếp xúc với (). Ta có điều phải chứng minh. Xin tuyên dương bạn Phúc ở lời giải này. 17