Geometry Mathley

Transcript

1

2 HEXGON inspiring minds always Geometry Mathley Round Geometry Mathley Vietnamese 1 ho hình lục giác DEF có tất cả các góc trong đều bằng 120. Gọi P, Q, R, S, T, V là trung điểm của các cạnh của hình lục giác DEF. hứng minh rằng 3 p(p QRST V ) p(def ), 2 trong đó p(.) ký hiệu chu vi của đa giác. Nguyễn Tiến Lâm Đại học Ngoại Thương Hà Nội 2 ho tam giác nhọn, E, F là các đường cao. M là trung điểm của. N là giao của M và EF. X là hình chiếu của N trên. Y, Z theo thứ tự là hình chiếu của X trên,. hứng minh rằng N là trực tâm của tam giác Y Z. Nguyễn Minh Hà Đại học Sư phạm Hà Nội 3 ho tam giác nhọn tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H, đường cao D. O cắt tại E. Đường thẳng qua D song song OH lần lượt cắt, tại M, N. I là trung điểm E. DI lần lượt cắt, tại P, Q. MQ cắt NP tại T. hứng minh rằng D, O, T thẳng hàng. Trần Quang Hùng Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN 4 ho ba đường tròn (O 1 ), (O 2 ), (O 3 ) đôi một cắt nhau; mỗi đường tròn cắt hai đường tròn kia tại hai điểm phân biệt. Gọi (X 1 ) là đường tròn tiếp xúc ngoài với (O 1 ) và tiếp xúc trong với các đường tròn (O 2 ), (O 3 ); tương tự xác định được các đường tròn (X 2 ), (X 3 ). Gọi (Y 1 ) là đường tròn tiếp xúc trong với (O 1 )và tiếp xúc ngoài với các đường tròn (O 2 ), (O 3 ), tương tự xác định được các đường tròn (Y 2 ), (Y 3 ). Gọi (Z 1 ), (Z 2 ) là hai đường tròn cùng tiếp xúc trong với cả ba đường tròn (O 1 ), (O 2 ), (O 3 ). hứng minh rằng X 1 Y 1, X 2 Y 2, X 3 Y 3, Z 1 Z 2 đồng quy. Nguyễn Văn Linh Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN opyright c 2011 HEXGON 1

3 Lời giải: Solutions 1 ho hình lục giác DEF có tất cả các góc trong đều bằng 120. Gọi P, Q, R, S, T, V là trung điểm của các cạnh của hình lục giác DEF. hứng minh rằng p(p QRST V ) trong đó p(.) ký hiệu chu vi của đa giác. 3 p(def ), 2 Geometry Mathley V F P T E hứng minh. Giả sử P, Q, R, S, T, V theo thứ tự là trung điểm các cạnh,, D, DE, EF, F và gọi a, b, c, d, e, f lần lượt là độ dài các cạnh,, D, DE, EF, F. Áp dụng định lý hàm số cosine cho tam giác P Q với chú ý P Q = 120, ta được Q S P Q 2 = 1 4 (a2 + b 2 + ab). Vì a 2 + b 2 + ab = 3 4 (a + b) (a b)2 3 4 (a + b)2 nên từ đẳng thức trên ta suy ra D R P Q 3 (a + b) Tương tự, ta cũng có QR (b + c), RS (c + d), ST (d + e), T V (e + f), và V P (f + a). 4 4 ộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta suy được điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chi khi DEF là lục giác đều. 2

4 Nhận xét. Tất cả các bạn tham gia đều giải đúng bài toán này, tuy nhiên một vài bạn trình bày lời giải hơi dài và đáng tiếc có một bạn tính nhầm. Mấu chốt của bài toán này là chứng minh được bất đẳng thức 3 P Q (a + b) và các bất đẳng thức tương tự. 4 ạn Trần Đăng Phúc, lớp 111 Toán, trường THPT chuyên KHTN có lời giải khá độc đáo cho bài toán này. Geometry Mathley 2 ho tam giác nhọn, E, F là các đường cao. M là trung điểm của. N là giao điểm của M và EF. Gọi X là hình chiếu của lên. Y, Z theo thứ tự là hình chiếu của X trên,.hứng minh rằng N là trực tâm tam giác Y Z. Y F K X N E M hứng minh. Dễ chứng minh khẳng định bài toán đúng trong trường hợp tam giác cân tại. Xét trường hợp tam giác không cân, không mất tổng quát giả sử >. Gọi K là hình chiếu của M trên EF. Vì E = F = 90 nên tứ giác EF nội tiếp đường trong đường kính. Vì M là trung điểm của và MK vuông góc với EF nên K là trung điểm của EF. ũng vì tứ giác EF nội tiếp nên EF =, dẫn tới hai tam giác EF và đồng dạng. Lưu ý rằng M, K tương ứng là trung tuyến của các tam giác, EF nên các tam giác KE, M đồng dạng. Điều này kéo theo Z KE = M. (1) Mặt khác MKN = MXN = 90 nên tứ giác MNKX nội tiếp, kéo theo XKE = M. (2) Từ (1), (2), ta suy ra KE + XKE = M + M = 180, 3

5 hay, K, X thẳng hàng. Từ đó, chú ý hai tam giác EF, đồng dạng, ta thu được X = KE = NF. Điều này dẫn tới NE NF = X X. Mặt khác, do F, XY cùng vuông góc với nên F XY. Theo định lý Thales, ta suy ra Geometry Mathley X X = Y Y F. Vậy NE NF = Y, từ đó theo định lý Thales đảo, Y N E. Mà E vuông góc với nên Y F Y N cũng vuông góc với. hứng minh tương tự ta cũng có ZN vuông góc với. Vì thế, N là trực tâm của tam giác Y Z. Nhận xét. Đa số các bạn đều không nêu trường hợp =, tuy trường hợp này đơn giản. Trong trường hợp này tứ giác MNKX sẽ suy biến thành đoạn thẳng. Đa số các bạn đều sử dụng tính chất của đường đối trung (đường đối xứng với trung tuyến qua phân giác cùng xuất phát từ một đỉnh) để suy ra NE NF = Y, cụ thể Y F Tính chất 1. Nếu N là đường đối trung của tam giác với N [] thì N N = 2 2. Tính chất 2. Giao điểm của hai tiếp tuyến tại và tại của đường tròn ngoại tiếp tam giác (nếu có) thuộc đường đối trung xuất phát từ của tam giác. Tuy nhiên, các bạn nên phát biểu tính chất của đường đối trung dưới dạng bổ đề để thuận tiện trong việc trình bày bài toán. ạn Ong Thế Phương, lớp 11 Toán, trường THPT chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai và bạn Nguyễn Lê Minh Tiến, lớp 10 Toán 2, trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định có lời giải ngắn gọn, chỉ sử dụng các kiến thức của hình học lớp 9, tuy nhiên cả hai bạn đều không xét trường hợp tam giác cân. ạn Trần Đăng Phúc, lớp 11 Toán 1, trường THPT chuyên KHTN cũng có lời giải tương đối ngắn gọn. Xin tuyên dương ba bạn Ong Thế Phương, Nguyễn Lê Minh Tiến và Trần Đăng Phúc và bạn Nguyễn Đình Toàn, lớp 121, trường THPT Hùng Vương, ình Phước. 4

6 3 ho tam giác nhọn tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H, đường cao D. O cắt tại E. Đường thẳng qua D song song OH lần lượt cắt, tại M, N. I là trung điểm E. DI lần lượt cắt, tại P, Q. MQ cắt NP tại T. hứng minh rằng D, O, T thẳng hàng. Geometry Mathley M K P G H D J I Q L O F E N T hứng minh. Gọi F là trung điểm, G là trung điểm H. Từ kết quả quen thuộc 2 OF = H. Ta có G = GH = OF. Tứ đó các tứ giác GF O, GHF O là hình bình hành suy ra GF song song E và GF, OH có chung trung điểm J. Trong tam giác DE có trung tuyến DI đi qua trung điểm đoạn chắn song song GF. Do đó DI đi qua trung điểm J của OH. hú ý DN HO từ liên hệ giữa tỷ số đơn và tỷ số kép ta có D(HOJN) = (HOJ) = 1. Gọi OD giao, tại K, L. Qua phép chiếu xuyên tâm D ta dễ thấy (KMP ) = D(KMP ) = D(LNQ) = (LNQ) = D(HOJN) = 1 5

7 Geometry Mathley Khi (KMP ) = 1 ta cũng có (KP M) = 1. Vậy từ hai đẳng thức trên ta có (KP M) = (LNQ) hay KL, P N, MQ đồng quy tại T, nói cách khác D, O, T thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh. Nhận xét. ác bạn đều có hướng giải đúng là sử dụng hàng điểm điều hòa nhưng nhiều bạn biến đổi cồng kềnh không gọn. Ở đây chúng ta chỉ cần duy nhất cần một bổ đề của phương pháp tỷ số kép là nếu có hai hàng cùng tỷ số kép (X) = (X ) thì,, đồng quy. ạn Nguyễn Huy Tùng có nhận xét là đề bài cần thêm điều kiện tam giác khác tam giác đều để O H nhận xét này chính xác và đã bổ sung thiếu sót cho đề bài, xin cám ơn bạn. ạn Nguyễn Lê Minh Tiến, học sinh trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định cho lời giải gọn gàng nhất. Giải đúng bài này có các bạn Trần Đăng Phúc, Phạm Huy Hoàng, học sinh lớp 111 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Huy Tùng, học sinh trường THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng, Nguyễn Văn Thanh, học sinh lớp 121 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, Nguyễn Đình Toàn, học sinh lớp 12 1, trường THPT Hùng Vương, tỉnh ình Phước, Ong Thế Phương, học sinh lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, iên Hòa Đồng Nai. 4 ho ba đường tròn (O 1 ), (O 2 ), (O 3 ) đôi một cắt nhau, mỗi đường tròn cắt hai đường tròn kia tại hai điểm phân biệt. Gọi (X 1 ) là đường tròn tiếp xúc ngoài với (O 1 ) và tiếp xúc trong với các đường tròn (O 2 ), (O 3 ); tương tự xác định được các đường tròn (X 2 ), (X 3 ). Gọi (Y 1 ) là đường tròn tiếp xúc trong với (O 1 ) và tiếp xúc ngoài với các đường tròn (O 2 ), (O 3 ), tương tự xác định được các đường tròn (Y 2 ), (Y 3 ). Gọi (Z 1 ), (Z 2 ) là hai đường tròn cùng tiếp xúc trong với cả ba đường tròn (O 1 ), (O 2 ), (O 3 ). hứng minh rằng X 1 Y 1, X 2 Y 2, X 3 Y 3, Z 1 Z 2 đồng quy. Trước tiên ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau ổ đề 1. ho hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Gọi (X) và (Z) là hai đường tròn tiếp xúc trong với cả hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) lần lượt tại cặp điểm N, M và T, R ( (X) nằm trong và (Z) nằm ngoài hai đường tròn). Gọi (Y ) là đường tròn tiếp xúc ngoài với cả hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) lần lượt tại Q, P. Gọi (), () lần lượt là đường tròn tiếp xúc ngoài với (O 1 ) và tiếp xúc trong với (O 2 ) lần lượt tại, D; tiếp xúc trong với (O 1 ) và tiếp xúc ngoài với (O 2 ) lần lượt tại E, F. Khi đó các bộ ba đường thẳng XY, MP, NQ; XZ, MR, T N và, E, DF đồng quy tại một điểm nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ). hứng minh. Gọi K, L lần lượt là giao điểm thứ hai của NQ, MP với (Y ). Gọi I, J lần lượt là giao điểm của hai tiếp tuyến tại M, N của (X), tại K, L của (Y ). Do các tam giác Y P L và O 2 MP cân ta có biến đổi góc sau (LY, LM) (LY, LP ) (P L, P Y ) (P M, P O 2 ) (MO 2, MP ) (MO 2, ML)( mod π) Suy ra Y L MO 2. Tương tự, Y K NO 1. Do đó IM JL (cùng vuông góc MO 2 ), IN JK (cùng vuông góc NO 1 ). Mà hai tam giác IMN và JLK lần lượt cân tại I và J nên giao điểm của NK và LM là tâm vị tự của hai tam giác và cũng là tâm vị tự của hai đường tròn (X) và (Y ). 6

8 K Y L Geometry Mathley T Q O 1 O 2 Ta có MN KL và tứ giác KLP Q nội tiếp nên tứ giác MNP Q nội tiếp. Gọi S là giao của MP và NQ thì SM.SP = SN.SQ. Từ đó S nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ). Vậy XY, MP, NQ đồng quy tại S nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) hứng minh tương tự với bộ ba XZ, MR, NT và, E, DF. Ta có điều phải chứng minh. Z M I X S J N P R Giải bài toán. Từ bổ đề trên ta thấy tâm vị tự của (X 1 ) và (Y 1 ) nằm trên trục đẳng phương của (O 2 ) và (O 3 ) và nằm trên trục đẳng phương của (O 1 ) và (O 2 ). Do đó X 1 Y 1 đi qua tâm đẳng phương của ba đường tròn (O 1 ), (O 2 ), (O 3 ). Tương tự với X 2 Y 2, X 3 Y 3, Z 1 Z 2. Ta có điều phải chứng minh. Nhận xét. ác bạn đã gửi lời giải đến đều giải đúng nhưng các biến đổi còn dài chưa ngắn gọn. ạn Trần Đăng Phúc học sinh lớp 111 THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN cho một lời giải khá gọn dùng định lý Menelaus nhưng có một bổ đề bạn đã dùng mà chưa chứng minh đó là định lý Menelaus cho tứ giác. ạn Nguyễn Huy Tùng, học sinh trường THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng cũng cho lời giải với các khái niệm phương tích và góc định hướng rất rõ ràng trình bày và vẽ hình rất chính xác. Ngoài 7

9 Geometry Mathley ra còn các bạn giải đúng bài này Nguyễn Văn Thanh, lớp 121 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN- ĐHQGHN, Nguyễn Đình Toàn, học sinh lớp 12 1, trường THPT Hùng Vương, tỉnh ình Phước, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, iên Hòa Đồng Nai 8

10 HEXGON inspiring minds always Geometry Mathley Round : Solutions Geometry Mathley 1 ho tam giác đều nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R và M là một điểm nằm ngoài tam giác. Ký hiệu S a, S b, S c tương ứng là diện tích các tam giác M, M, M. Giả sử rằng S b S c = S a S b + S a S c, chứng minh rằng OM R. M O hứng 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 {,, } ứng với bộ trọng số {x, y, z}, tức là x M + y M + z M = 0. Khi đó, hứng minh nhận xét. Từ giả thiết, ta suy ra opyright c 2011 HEXGON (x + y + z) 2 (R 2 OM 2 ) = (xy + yz + zx)a 2. (x + y + z) OM = x O + y O + z O. 1

11 Geometry Mathley ình phương vô hướng đẳng thức trên với chú ý rằng O = O = O = R; 2 OX OY = OX 2 + OY 2 XY 2 với mọi X, Y {,, } và tam giác đều, ta thu được đẳng thức cần chứng minh. Trở lại bài toán, vì M nằm ngoài tam giác nên M là tâm tỉ cự của hệ điểm {,, } ứng với một trong ba bộ trọng số: { S a, S b, S c } hoặc {S a, S b, S c } hoặc {S a, S b, S c }. Vì S b S c = S a S b + S a S c nên ta luôn có S a S b + S b S c S c S a = 0, S a S b S b S c + S c S a = 2S a S b < 0, S a S b S b S c S c S a = 2S a S c < 0. Từ các bất đẳng thức và đẳng thức trên, áp dụng nhận xét ta suy ra R 2 OM 2 0, tức là OM R. Dễ thấy khi M thuộc miền trong góc hoặc miền góc đối đỉnh của thì M là tâm tỉ cự của hệ điểm {( S a ), (S b ), (S c )}. Khi đó, ta có OM = R. Trong các trường hợp còn lại thì ta luôn có OM > R. Nhận xét. ài toán này không khó, cái khó của bài toán này là ở khâu trình bày lời giải. Đa số các bạn đều 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 khi M nằm ngoài tam giác. Ở bài toán này, nếu chỉ quan tâm tới tọa độ tỉ cự của điểm M đối với ba đỉnh,, của tam giác thì lời giải sẽ ngắn gọn hơn. Kết quả của bài toán có thể được mở rộng trong không gian. ác 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 THPT chuyên KHTN - ĐHKHTN Hà Nội. ạn Trần Đăng Phúc, lớp 11 Toán 1, trường THPT chuyên KHTN-ĐHKHTN Hà Nội đưa ra lời giải đúng không sử dụng phương pháp vector. 2

12 2 ho tam giác không cân. Đường tròn (O) đi qua, lần lượt cắt các đoạn, tại điểm thứ hai F, E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác E cắt đường thẳng F tại M, N sao cho M nằm giữa và F. Đường tròn ngoại tiếp tam giác F cắt đường thẳng E tại P, Q sao cho P nằm giữa và E. Đường thẳng qua N vuông góc N cắt E tại R. Đường thẳng qua Q vuông góc Q cắt F tại S. SP giao NR tại U. RM giao QS tại V. hứng minh rằng NQ, UV, RS đồng quy. K Geometry Mathley T N U F P R E I M Q V S hứng minh. Do các tứ giác NE và EF nội tiếp NE = E = N nên NE N do đó N 2 = E.. Tương tự M 2 = E., P 2 = Q 2 = F., do EF nội tiếp nên E. = F.. Từ đó ta có M = N = P = Q hay M, N, P, Q thuộc đường tròn (). Gọi N giao Q tại I, RN giao SQ tại K. Ta xét phép chiếu xuyên tâm trên đường tròn (), chú ý NR, QS là tiếp tuyến của (), ta có và (MNP Q) = N(MNP Q) = (IRP Q) = S(IRP Q) = (NRUK) (1) 3

13 (MNP Q) = Q(MNP Q) = (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 chứng minh. Geometry Mathley Nhận xét. ài toán được giải nhờ biến đổi tỷ số kép trên đường tròn khá đơn giản và không dùng quá nhiều các công cụ mạnh. Tất cả các bạn đã gửi lời giải đều giải đúng xin nêu tên tất cả các bạn: Trần Đăng Phúc, 111 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN. Nguyễn Huy Tùng, THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng. 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. 4

14 3 ho tam giác nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H. Một đường thẳng bất kì đi qua H cắt đường tròn (O) tại hai điểm P và Q. Qua P, Q lần lượt kẻ các đường vuông góc với P, Q, các đường này cắt đường thẳng lần lượt tại hai điểm M, N. hứng minh rằng đường thẳng qua P và vuông góc với OM và đường thẳng qua Q và vuông góc với ON cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn (O). Geometry Mathley P M H X T O Y Dựa theo lời giải theo bạn Lê ích Ngọc lớp 101 Toán THPT chuyên KHTN. Gọi đường thẳng qua P và vuông góc với OM và đường thẳng qua Q và vuông góc với ON cắt nhau tại T. Gọi S là đường kính của (O). Gọi X, Y, Z là hình chiếu của O lên P S,, SQ. Dễ thấy OX = 1 2P, OY = 1 2H, OZ = 1 2Q 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 đổi góc sau (T P, T Q) (OM, ON)(modπ) (Do P T OM, QT ON) (SM, SN)(modπ) (Do O, M, N, S đồng viên) (SP, SQ)(modπ). S N Z Q 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 2 Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định cũng có lời giải tương tự. ái đẹp bao giờ cũng nằm trong cái đơn giản nhất. ạn Ngọc và bạn Tiến xứng đáng được tuyên dương ở bài này. Ngoài ra các bạn gửi lời giải đến đều giải đúng xin nêu tên các bạn: Trần Đăng Phúc, 111 THPT chuyên ĐHKHTN- ĐHQGHN. Nguyễn Huy Tùng THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng, Lê Đình Vượng, lớp 122 Toán, Nguyễn Văn Thanh lớp 121 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN. Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, iên Hòa Đồng Nai. Sau đây chúng tôi xin giới thiệu lời giải của tác giả bài toán. 5

15 ổ đề 1. ho tam giác nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H. Một đường thẳng bất kì qua O cắt, lần lượt tại J, I. Khi đó a) ác đường tròn đường kính I, J 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 Steiner của G đối với tam giác. Geometry Mathley P J G F H M O hứng minh. a) Kẻ đường kính P, K của (O). Áp dụng định lý Pascal đảo cho 6 điểm,,, P, F, K ta suy ra P J giao IK tại F thuộc (O). Vì P, K là đường kính của (O) nên ta cũng dễ thấy F thuộc các tròn đường kính I, J. Đó là điều phải chứng minh. L b) Gọi L là giao của H với (O), M là giao của GL và. Do H, O là hai đường đẳng giác trong góc nên LK do đó ta có (MG, MI) (MG, M) 1 2 (( OG, O)+ ( OL, O)) 1 2 (( OG, O) + ( O, OK)) 1 2 ( OG, OK) (F G, F K) (F G, F I)(mod π). Do đó tứ giác GMIF nội tiếp. Suy ra (MF, MI) (GF, GI) (F I, F G) (MI, MG)( mod π). Suy ra MF, MG đối xứng nhau qua kéo theo điểm đối xứng với G qua nằm trên MF. Mặt khác ta dễ thấy H, L đối xứng nhau qua mà L thuộc MG do đó H thuộc MF. Vậy HF là đường thẳng Steiner của G đối với tam giác. Đó là điều phải chứng minh. I K 6

16 P Geometry Mathley H O M Giải bài toán. Áp dụng bổ đề trên ta suy ra giao điểm J của (O) và đường thẳng qua P vuông góc với OM là điểm nti-steiner của đường thẳng P H trong tam giác. Tương tự, giao điểm J của (O) và đường thẳng qua Q vuông góc với ON là điểm nti-steiner của đường thẳng QH trong tam giác. Vậy J J. Ta có điều phải chứng minh. Q J N 7

17 4 ho tam giác, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. ác đường phân giác D, E, F đồng quy tại I. ác điểm M, N, P theo thứ tự thuộc EF, F D, DE sao cho IM, IN, IP theo thứ tự vuông góc với,,. hứng minh rằng M, N, P đồng quy tại một điểm thuộc OI. Để giải bài toán ta cần các bổ đề sau ổ đề 2. ho tam giác. D là phân giác của tam giác. I thuộc D. I, I theo thứ tự cắt, tại E, F. Một đường thẳng qua I, theo thứ tự cắt, EF tại L, M. Khi đó IL = ÎM. Geometry Mathley D F I L M K J E hứng minh. ỏ qua trường hợp đơn giản =. Đặt K = I EF ; S = EF ; J = LM S. Ta có (LMIJ) = (LMIJ) = S(LMIJ) = S(DKI) = (DKI) = 1 (1). Mặt khác, vì (DS) = 1 và D = D nên D S (2). Từ (1) và (2) suy ra IL = ÎM. ổ đề 3. ho tam giác không đều. (O, R) là đường tròn ngoại tiếp của tam giác. Đường tròn nội tiếp (I, r) tiếp xúc với tại X. Điểm K thuộc đoạn OI sao cho KO KI = R r. Khi đó ÎX = ÎK. S 8

18 E Geometry Mathley I X O K L F hứng minh. Gọi E là trung điểm cung của (O); F là giao điểm thứ hai của OE với (O). Đặt L = F XK. Dễ thấy X, L, K, E cùng thuộc một đường thẳng. Vậy (IEKX) = (LEKX) = I(LEKX) = I(F EOX). Từ đó, chú ý rằng IX EF và OE = OF, suy ra (IEKX) = 1. Kết hợp với I E, ta có ÎX = ÎK. Z F I M K Y O P E N X D Giải bài toán. Gọi R, r theo thứ tự là bán kính của (O), (I). Lấy K thuộc đoạn OI sao cho. Gọi X, Y, Z theo thứ tự là tiếp điểm của (I) với,,. KO KI = R r 9

19 Vì IM, IN, IP theo thứ tự vuông góc với,, nên I đồng thời thuộc MX, NY, P Z. Từ đó, theo bổ đề 2, suy ra ÎX = ÎM; ÎY = ÎN; ÎZ = ÎP. Vậy, theo bổ đề 3, K đồng thời thuộc M, N, P. Điều đó có nghĩa là M, N, P đồng quy tại một điểm thuộc OI (điểm K). Geometry Mathley Nhận xét. Hầu hết các bạn đều giải theo hướng sử dụng vector hoặc biến đổi lượng giác, tuy vậy giải theo hướng này vẫn chưa gọn như đáp án. Giải đúng bài này có các bạn: Nguyễn Lê Minh Tiến lớp 10 Toán 2, Vũ Phương Thảo lớp 10 toán 1 Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Nam Định; Lê Đình Vượng lớp 122 Toán, Nguyễn Văn Thanh lớp 121 Toán, THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, Đỗ Đức Hiếu lớp nh 3 - LKT - K49 Đại học Ngoại Thương. Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, iên Hòa Đồng Nai, Trần Đăng Phúc, 111 Toán THPT chuyên ĐHKHTN- ĐHQGHN. Nguyễn Huy Tùng THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng. 10

20 HEXGON inspiring minds always Geometry Mathley Round : Solutions Geometry Mathley 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 P Q, P Q 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) (P Q, P J) 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

21 Geometry Mathley 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

22 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 P E, QF vuông góc với δ. hứng minh rằng đường thẳng qua M vuông góc với P Q 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,. Geometry Mathley 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 P E, QF và XY cùng vuông góc với nên P E XM và QF Y M. 3

23 Từ đó, chú ý rằng ME M = MF = k 0, 1, suy ra M P E = (1 k) XM; F Q = (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) Geometry Mathley 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. P Q = ( MH + HO)( P E + EF + F Q) = MH. EF + HO( P E + F Q) MO. P Q = 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 P Q. Vì O cố định và từ đây suy ra đường thẳng qua M, vuông góc với P Q 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 P Q. Đặt O = d S 1. Lấy N thuộc sao cho M 1 MN = k. Đặt K = P Q 1. Lấy L thuộc 1 sao cho LP. Ta thấy M 1 MN M 1 MN = k = ME M = ME 1 M 1 = ME 1 M 1 M 1 MN = 1E 1 N 1 = k = MF M = MF 1 M 1 = MF 1 M 1 M 1 MN = 1F 1 N 1. 4

24 P K L Q Geometry Mathley E 1 E 1 S F M Suy ra 1E 1 N 1 = 1F 1. Do đó 1E 1 N 1 1 F 1 = N 1. Mặt khác 1E 1 N 1 1 F 1 Vậy, N 1 = KL N 1 K Dễ thấy S 1, S 1, 1 1 theo thứ tự vuông góc với P L, P, L. O d F = KP KQ = KL K. Suy ra các tam giác S 1 1 và P L đồng dạng cùng hướng. Từ đây và (6 suy ra các tam giác S 1 N và P LK đồng dạng cùng hướng. Do đó (SN, P K) (S 1, P L) π 2 (modπ). Suy ra SN P Q. Từ đó, chú ý rằng d P Q, suy ra d SN. (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 P Q luôn đi qua một điểm cố định (điểm O). 5

25 Geometry Mathley 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

26 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. Geometry Mathley 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

27 1 ' Geometry Mathley ' 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

28 ' O ' X 1 1 Geometry Mathley 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

29 (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. Geometry Mathley 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

30 Geometry Mathley 1 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

31 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). Geometry Mathley 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, P P 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

32 Geometry Mathley Ta có (P c, ) + (, P a ) (P P c, P ) + (P, P P a ) (P P b, P P 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

33 Geometry Mathley 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

34 Z Geometry Mathley 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

35 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 Geometry Mathley 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

36 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). Geometry Mathley 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

37 HEXGON inspiring minds always Geometry Mathley Round : Solutions Geometry Mathley Vietnamese 1 Lấy năm điểm K i, i = 1, 2, 3, 4 và P bất kỳ trên cùng một đường tròn. Ký hiệu P (i, j) là khoảng cách từ P đến đường thẳng nối K i với K j. hứng minh rằng P (1, 2)P (3, 4) = P (1, 4)P (2, 3) = P (1, 3)P (2, 4). ùi Quang Tuấn Minh Khai, Hà Nội, Việt Nam 2 ho tam giác. Đường tròn (K) bất kỳ tiếp xúc đoạn thẳng, lần lượt tại E, F. (K) cắt đoạn thẳng tại M, N sao cho N nằm giữa và M. F M giao EN tại I. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác IF N và IEM cắt nhau tại J khác I. hứng minh rằng IJ đi qua và KJ vuông góc IJ. Trần Quang Hùng Trường chuyên KHTN, Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội 3 ho tam giác không cân tại. Gọi (O) và (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp của tam giác. (I) tiếp xúc với, tại E và F. ác điểm M và N thuộc (I) sao cho EM F N. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của M, N với (I). hứng minh rằng a), EP, F Q đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là K. b) đường tròn ngoại tiếp các tam giác P K, QK cùng tiếp xúc với (I) và cùng đi qua một điểm thuộc (O). Nguyễn Minh Hà Trường chuyên ĐHSPHN, Đại học Sư phạm Hà Nội 4 ho tam giác có E là tâm đường tròn Euler. Qua E lần lượt kẻ các đường thẳng P S, MQ, NR song song với,, (R, Q thuộc ; N, P thuộc ; M, S thuộc ). hứng minh rằng bốn đường thẳng Euler của các tam giác, MN, SR, P Q đồng quy. Nguyễn Văn Linh Sinh viên Đại học Ngoại Thương Hà Nội opyright c 2011 HEXGON 1

38 Vietnamese: Solutions 1 Lấy năm điểm K i, i = 1, 2, 3, 4 và P bất kỳ trên cùng một đường tròn. Ký hiệu P (i, j) là khoảng cách từ P đến đường thẳng nối K i với K j. hứng minh rằng P (1, 2)P (3, 4) = P (1, 4)P (2, 3) = P (1, 3)P (2, 4). K 2 Geometry Mathley K 1 hứng minh. Gọi R là bán kính đường tròn chứa năm điểm. Ta có K 4 P (1, 2) = 2 S P K 1 K 2 = 2P K 1.P K 2.K 1 K 2 = P K 1.P K 2, K 1 K 2 4R.K 1 K 2 2R trong đó S XY Z chỉ diện tích tam giác XY Z. Tương tự P (3, 4) = P K 3.P K 4 2R. Vậy nên, P (1, 2)P (3, 4) = P K 1.P K 2.P K 3.P K 4 4R 2. Tương tự ta có P (1, 4)P (2, 3) = P (1, 3)P (2, 4) = P K 1.P K 2.P K 3.P K 4. Từ đó suy ra điều phải 4R 2 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 cộng góc và tam giác đồng dạng, làm cách đó nếu không sử dụng qua góc định hướng thì lời giải sẽ rất dễ phụ thuộc hình vẽ vì đề bài cho K i và P là các điểm bất kỳ trên hình tròn. ách làm của đáp án tránh được tình trạng này có bạn Phạm Tuấn Huy, lớp 10 Toán trường phổ thông Năng khiếu ĐHQG TP.HM làm tương đối giống đáp án, tuy vậy nên sử dụng công thức diện tích S = abc 4R thì lời giải sẽ tránh được phải sử dụng lương giác. Xin nêu tên các bạn có lời giải tương đối tốt Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, iên Hòa Đồng Nai, Trần Đăng Phúc, 111 Toán, Nguyễn Văn Thanh, 121 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN. P K 3 2

39 2 ho tam giác. Đường tròn (K) bất kỳ tiếp xúc đoạn thẳng, lần lượt tại E, F. (K) cắt đoạn thẳng tại M, N sao cho N nằm giữa và M. F M giao EN tại I. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác IF N và IEM cắt nhau tại J khác I. hứng minh rằng IJ đi qua và KJ vuông góc IJ. Geometry Mathley F J N K I M E Dựa theo lời giải của bạn Trần Đăng Phúc, lớp 111 Toán THPT chuyên KHTN. Gọi J là hình chiếu của K lên I dễ thấy, F, J, K, E thuộc đường tròn đường kính K. Từ đó ta có góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng nhau J F = EF = F NI suy ra tứ giác F J IN nội tiếp. Tương tự tứ giác EJ IM nội tiếp từ đó J là điểm chung khác I của đường tròn ngoại tiếp tam giác IF N và IEM, vậy J J suy ra, I, J thẳng hàng và KJ 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 bài toán này. Ngoài ra, các bạn sau cũng cho lời giải đúng: Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, iên Hòa Đồng Nai, Phùng Mạnh Hùng, Vũ Hoàng Diệu, lớp 10T2, ùi Tiến Lộc, lớp 10T1 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định, Phạm Tuấn Huy, lớp 10 Toán trường phổ thông Năng khiếu ĐHQG TP.HM, Trần hí ông, lớp 121 THPT huyên Đại học Vinh. 3

40 3 ho tam giác không cân tại. Gọi (O) và (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp của tam giác. (I) tiếp xúc với, tại E và F. ác điểm M và N thuộc (I) sao cho EM F N. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của M, N với (I). hứng minh rằng a), EP, F Q đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là K. b) đường tròn ngoại tiếp các tam giác P K, QK cùng tiếp xúc với (I) và cùng đi qua một điểm thuộc (O). Geometry Mathley F M O I D P N E hứng minh. a) Đặt S = EF. Gọi D là tiếp điểm của (I) với. Dễ thấy tứ giác DMF P điều hoà. Do đó E(DSP M) = E(DF P M) = 1. Từ đó, chú ý rằng EM DS, suy ra EP đi qua trung điểm của DS. Tương tự F Q đi qua trung điểm của DS. Vậy, EP, F Q 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 đường thẳng, trùng nhau. Gọi là tiếp tuyến với (I) tại P. Ta có Q L K S (KP, K) (EP, EM) (modπ) ( KP EP, K EM) (, P M) (modπ) (Vì tiếp xúc (I) tại P ) (, P ) (modπ). 4

41 Suy ra tiếp xúc với (P K) tại P. Vậy (P K) tiếp xúc với (I). Tương tự (QK) tiếp xúc với (I). Kí hiệu EE, F F theo thứ tự chỉ tiếp tuyến với (I) tại E, F. Gọi L là giao điểm khác K của (P K) và (P K). Ta có Geometry Mathley (L, L) (L, LK) + (LK, L) (modπ) (P, P K) + (QK, Q) (modπ) ( P (LK); Q (LK)) (P M, P E) + (QF, QN) (modπ), (EM, EE) + (F F, F N) (modπ) (, ) (modπ) (F N EM; F F ; EE ). Suy ra L thuộc (). Điều đó có nghĩa là đường tròn tiếp các tam giác P K, QK cùng đi qua một điểm thuộc (O). Nhận xét. ài toán này nếu không dùng góc định hướng lời giải sẽ rất dễ phụ thuộc hình vẽ. Giải đúng bài này có các bạn Trần Đăng Phúc, 111 THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN, Phùng Mạnh Hùng, 10T2 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định, Phạm Tuấn Huy, lớp 10 Toán trường phổ thông Năng khiếu ĐHQG TP.HM, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, iên Hòa Đồng Nai. 5

42 4 ho tam giác có E là tâm đường tròn Euler. Qua E lần lượt kẻ các đường thẳng P S, MQ, NR song song với,, (R, Q thuộc ; N, P thuộc ; M, S thuộc ). hứng minh rằng bốn đường thẳng Euler của các tam giác, MN, SR, P Q đồng quy. Geometry Mathley M M c U Z D H V G' I Y G K E N hứng minh. Gọi H, O lần lượt là trực tâm và tâm ngoại tiếp của tam giác, D là trung điểm H, kẻ DY, DZ, 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 E. Ta có DI là đường trung bình trong tam giác HE nên DI EH và DI = 1 2 EH = 1 2 EO. Áp dụng định lý Ta-lét ta suy ra DO đi qua trọng tâm G của tam giác EMN. Gọi K là trực tâm tam giác EMN thì KN, KM lần lượt vuông góc với,. Gọi U, V lần lượt hai điểm trên, sao cho DU, DV ; M a, M b, M c lần lượt là trung điểm,,. Do E là trung điểm DM a nên ta suy ra EN, EM lần lượt là đường trung bình các hình thang DV M b M a, DUM c M a nên M là trung điểm P M c và N là trung điểm QM b. O M a M b L Phép vị tự tâm tỉ số 1 2 biến H D, M c, M b nên ta suy ra D là trực tâm của tam giác M b M c. Từ đó các tam giác UDM c và V DM b là tam giác vuông đồng dạng do đó Vậy, Y M b ZM c = V M b UM c = NM b MM c. 6

43 Do KN, KM nên áp dụng định lý Ta-lét ta suy ra D, K, O thẳng hàng. Vậy đường thẳng Euler của tam giác EMN đi qua O. Gọi G là trọng tâm tam giác MN. Do MEN là hình bình hành nên ta suy ra G là trung điểm G E và đường thẳng Euler của hai tam giác MN và EMN song song với nhau. Gọi L là giao của đường thẳng Euler của tam giác MN với HO thì GO là đường trung bình của tam giác G EL, suy ra O là trung điểm EL. Tương tự ta thu được các đường thẳng Euler của các tam giác, MN, SR, P Q đồng quy tại điểm đối xứng với E qua O. Geometry Mathley Nhận xét. Đây là bài toán hay và khó chỉ có hai bạn tham gia giải và giải đúng, tuy vậy hướng đi của đáp án cũng là của tác giả bài toán có lẽ là lời giải đẹp và rõ ràng nhất. Xin nêu tên hai bạn giải đúng Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, iên Hòa Đồng Nai, Nguyễn Văn Thanh, 121 Toán THPT chuyên KHTN, ĐHKHTN-ĐHQGHN. 7

44 HEXGON inspiring minds always Geometry Mathley Round : Solutions Geometry Mathley Vietnamese 1 ho hai đường thẳng a, b cắt nhau tại O và điểm M không thuộc a, b. Đường tròn () thay đổi, luôn đi qua O, M cắt a, b theo thứ tự tại, khác O. hứng minh rằng trung điểm của luôn thuộc một đường thẳng cố định. Hạ Vũ nh Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc, tỉnh Vĩnh Phúc 2 ho hình chữ nhật D, gọi U, V là hai điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp của hình chữ nhật đó. iết rằng các đường thẳng U, V cắt nhau tại P ; các đường thẳng U, DV cắt nhau tại Q, phân biệt với P. hứng minh rằng 1 P Q 2 1 UV Michel ataille Sainte atherine, Rouen, France 3 ho tam giác nhọn không cân. Gọi l a là đường thẳng đi qua hai tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc với các đường thẳng, và d a là đường thẳng qua song song với đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp I và trung điểm. Định nghĩa tương tự với các đường thẳng l b, d b, l c, d c. ác đường thẳng l a, l b, l c cắt nhau đôi một tạo thành tam giác MNP. hứng minh rằng các đường thẳng d a, d b và d c đồng quy và giao điểm đó nằm trên đường thẳng Euler của tam giác MNP. Lê Phúc Lữ Sinh viên Đại học FPT, Thành phố Hồ hí Minh, Việt Nam 4 ho tam giác nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi P là một điểm tùy ý trong mặt phẳng tam giác. ác điểm,, lần lượt là đối xứng của P qua các đường thẳng,, ; X là giao điểm, khác, của đường tròn đường kính P và đường tròn ngoại tiếp tam giác. ác điểm Y, Z được xác định tương tự. hứng minh rằng năm đường tròn (O), ( ), ( ), ( ), (XY Z) có một điểm chung. opyright c 2011 HEXGON Nguyễn Văn Linh Sinh viên Đại học Ngoại Thương, Hà Nội 1

45 Vietnamese: Solutions 1 ho hai đường thẳng a, b cắt nhau tại O và điểm M không thuộc a, b. Đường tròn () thay đổi, luôn đi qua O, M cắt a, b theo thứ tự tại, khác O. hứng minh rằng trung điểm của luôn thuộc một đường thẳng cố định. Hạ Vũ nh Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc, tỉnh Vĩnh Phúc Geometry Mathley I 1 a 2 1 K M Trước hết xin phát biểu không chứng minh một bổ đề quen thuộc O ổ đề 1. ho hai đường tròn (O 1 ), (O 2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt,. Một đường thẳng d bất kỳ đi qua (khác ), cắt lại đường tròn (O 1 ), (O 2 ) lần lượt tại điểm M 1, M 2 khác. Khi đó tam giác M 1 M 2 luôn đồng dạng tam giác O 1 O 2 cố định. 1 2 b I 2 hú ý. ổ đề vẫn đúng trong trường hợp d là tiếp tuyến của (O 1 ) hoặc (O 2 ). Trở lại giải bài toán hứng minh. Giả sử đường tròn () tâm đi qua M, O cắt hai tia Oa, Ob lần lượt tại, ; gọi K là trung điểm. Gọi (I 1 ) là đường tròn đi qua O, tiếp xúc với Ob tại O, cắt Oa tại 2 ; gọi (I 2 ) là đường tròn đi qua O, tiếp xúc với Oa tại O, cắt Ob tại 2. Gọi 1 là trung điểm O 2 và 1 là trung điểm O 2. Dễ thấy 1, 1 cố định. Ta sẽ chứng minh rằng trung điểm K của thuộc đường thẳng 1 1 cố định, tức là cần chứng minh 2

46 O 2 O 2 = 1 1. (1) Từ cách dựng (I 1 ), (I 2 ) suy ra M 2 O = MO 2, M 2 O = MO 2, do đó MO 2 M 2 O suy ra M 2 MO = MO M 2 = O 2 O 2. (2) Geometry Mathley Áp dụng bổ đề cho hai đường tròn (I 2 ), () ta được M 2 MI 2 MO. Từ đó suy ra MO = M M 2 M = O. (3) 2 Do 1 là trung điểm O 2, 1 là trung điểm O 2 và M 2 O MO 2 suy ra M 1 O M 1 2. Từ đó Kết hợp với (2),(3) và (4) thu được Đẳng thức (1) được chứng minh. M 1 = MO = O 1. (4) M 1 M O 2 = O = 1O = O O 1O = 1 1. Nhận xét. Ngoài phương pháp hình học còn có phương pháp tiếp cận bằng vector, các bạn sau cho lời giải đúng: Trần Đăng Phúc, 111 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, iên Hòa Đồng Nai. 3

47 2 ho hình chữ nhật D, gọi U, V là hai điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp của hình chữ nhật đó. iết rằng các đường thẳng U, V cắt nhau tại P ; các đường thẳng U, DV cắt nhau tại Q, phân biệt với P. hứng minh rằng 1 P Q 2 1 UV Michel ataille Sainte atherine, Rouen, France Geometry Mathley hứng minh. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật, ta có hai dây = D, U, V thuộc (O) do đó ta có (UQ, UP ) (U, U) (V D, V ) (V Q, V P )(modπ). Từ đó P, Q, U, V thuộc một đường tròn (K). Áp dụng bổ đề 1 cho (K) và (O) ta có tam giác KUO P U do đó KUO = P U = 90. Gọi UV giao KO tại H, ta dễ có KUO UHO. Từ đó UK 2 = UH2.UO 2 HO 2 = UH2.UO 2 UO 2 UH 2 = UV UV 2 4 U Q K H = 2.UV 2 4( 2 UV 2 ) P O V D hú ý P Q là dây cung của (K) nên P Q 2KU do đó 1 P Q 2 1 4KU 2 = 1 UV Đó là điều phải chứng minh. Nhận xét. ác lời giải theo hướng của đáp án tránh dùng các công cụ lượng giác, các bạn sau cho lời giải đúng: Trần Đăng Phúc, 111 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN, Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, iên Hòa Đồng Nai. Trần hí ông lớp 121 Toán K43 Trường THPT chuyên Đại Học Vinh, Nghệ n. 4

48 3 ho tam giác nhọn không cân. Gọi l a là đường thẳng đi qua hai tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc với các đường thẳng, và d a là đường thẳng qua song song với đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp I và trung điểm. Định nghĩa tương tự với các đường thẳng l b, d b, l c, d c. ác đường thẳng l a, l b, l c cắt nhau đôi một tạo thành tam giác MNP. hứng minh rằng các đường thẳng d a, d b và d c đồng quy và giao điểm đó nằm trên đường thẳng Euler của tam giác MNP. Lê Phúc Lữ Sinh viên Đại học FPT, Thành phố Hồ hí Minh, Việt Nam Geometry Mathley 1 T I c Z M I H D J X Y O' M 1 H 1 1 I b S P N I a 1 Dựa theo lời giải của bạn Ong Thế Phương lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh. Gọi I a, I b, I c 5

49 Geometry Mathley lần lượt là là tâm đường tròn bàng tiếp góc,, của tam giác, T là tiếp điểm của (I c ) với. Gọi H là trực tâm tam giác và O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I a I b I c. Ta có NP I a và I b I c I a do đó I b I c NP, tương tự cũng nhận được NM I a I b, MP I a I c. Vậy đường thẳng Euler của tam giác MNP và đường thẳng Euler của tam giác I a I b I c song song với nhau, và hai tam giác MNP, I a I b I c đồng dạng. Gọi D là hình chiếu của I lên, dễ dàng tính được T = S = p a, D = p c, D = p b. Nên SD = b, T D = c. Nên suy ra ( 2 2 ) + (T 2 T I 2 ) + (SI 2 S 2 ) = c 2 b 2 + p 2 T I 2 + SI 2 p 2 = c 2 b 2 + SD 2 T D 2 = c 2 b 2 + b 2 c 2 = 0. Như vậy theo định lý arnot cho tam giác I thì đường thẳng qua vuông với, đường thẳng qua T vuông góc với I, đường thẳng qua S vuông góc với I đồng quy, hay là đường thẳng qua vuông với đi qua M, nói cách khác M. Tương tự cũng suy ra N, P hay M, N, P đồng quy tại trực tâm H của tam giác. Lại có ĤMT = 90 0 MT = Ĉ Ĉ 2, tương tự cũng được ĤNT =, ĤMP = ĤP M = 2 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,,. Qua,, lần lượt vẽ các đường thẳng song song với,, chúng cắt nhau tạo thành tam giác 1, 1, 1. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác hú ý rằng các tam giác 1 1 1,, XY Z có các cặp cạnh tương ứng song song với nhau, nên suy ra J IX, J IY, J IZ. Vậy d a, d b, d c đồng quy tại J. Từ đó ta sẽ chứng minh HJO I là hình bình hành thì sẽ có HJ O I nên HJ là đường thẳng Euler của tam giác MNP và bài toán được chứng minh, thật vậy Gọi H 1 là trực tâm tam giác Suy ra () đi qua trung điểm M 1 của H 1 1. Gọi G là trung điểm H 1 J. Suy ra GM 1 J 1. Mà J 1 I, I I b I c. Nên J 1 I b I c suy ra GM 1 I b I c. Gọi 1 là chân đường cao từ 1 xuống 1 1, từ đó kết hợp với GM 1 I b T c suy ra GM 1 đi qua trung diểm I b I c (vì trung điểm của I b I c là giao của () với I b I c khác ) nên GM 1 là trung trực của I b I c. Làm tương tự và kết hợp lại ta có G O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I a I b I c. Mà do tam giác, đồng dạng với nhau theo tỉ số 1 2JH 1 = 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, 111 Toán THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQGHN cho lời giải đúng. 6