4 Cách chứng minh cho bài hình học APMO 2000

Bài toán: Cho  với trung tuyến  và phân giác . Đường thẳng vuông góc với  tại  cắt lần lượt tại . Đường thẳng vuông góc với  tại  cắt tại . Chứng minh: .

Lời giải 1.

---

Một cách tự nhiên ta nghĩ tới việc kéo dài  cắt  tại H.

Ta xét thêm PQ cắt  tại  ()

Ta thấy:  là trung điểm của  mà   (Tính chất hàng điểm điều hòa)

 (Hệ thức Newton)

Mà 

Mà   là trực tâm của 

 (đpcm).

Lời giải 2

Lời giải 3 (Khá giống lời giải 1 nhưng ý tưởng là chứng minh trùng và dùng cực, đối cực)

Giả sử đường thẳng qua O vuông góc BC cắt PR tại Q', Gọi E là giao điểm của đường thẳng qua A song song BC (đặt là l ) và PR.
Xét cực đối cực với (O)
Ta có Q thuộc đường đối cực của A nên A thuộc đường đối cực của Q nên l là đường đối cực của Q. (do l vuông góc OQ).

Từ đó do E là cực của AQ (Do đường đối cực của A là PR, đường đối cực của Q là l)

Gọi M' là giao AQ và BC. thì ta có:

 

Vậy M' là trung điểm BC. Suy ra Q trùng Q'. đpcm

Cách 4: Giả sử đường thẳng qua C và song song với AN cắt tia BA tại C'. 
Từ B kẻ đường vuông góc C'C cắt C'C tại T và tia AN tại U. 
Gọi A' là trung điểm CC'
Qua C kẻ đường thẳng song song với BT, đường này cắt bA ở V
Gọi chân đường thẳng vuông góc kẻ từ V xuống BT là W. Như thế CVWT là hình chữ nhật
AU là phân giác góc CAV và CV vuông góc với AU, nên U là trung điểm WT. 
Suy ra giao điểm N của AU và CW là tâm của hình chữ nhật CVWT, N chính là trung điểm CW. 
Ta đã có M là 
trung điểm BC. Vì M, N lần lượt là trung điểm các cạnh CB và CW của tam giác CBW nên
MN=BW/2
Do CC' song song AN ta có:
$\angle CC'A= \angle BAN= \angle CAN = \angle C'CA$
do đó AC'=AC.  Khi đó AU=C'T-C'A'. Mà N là tâm của hình chữ nhật CTWV nên $NU=\frac{1}{2}CT$ và

$AN=AU-NU=C'T-C'A'-\frac{1}{2}CT=\frac{1}{2}C'T$

Suy ra: $\frac{MN}{AN}=\frac{BW}{C'T}$ Nhưng MN song song với BW và NP nên:

$\frac{QN}{AN}=\frac{MN}{AN}=\frac{BW}{C'T}$

Bây giờ, ta có AN// VW và NP//BW, do đó các tam giác ANP và tam giác VWB đồng dang, và suy ra:

$\frac{AN}{NP}=\frac{VW}{BW}=\frac{CT}{BW}$

Từ đó ta được: $\frac{QN}{NP}=\frac{QN}{AN}.\frac{AN}{NP}=\frac{CT}{C'T}$

PN là đường cao của tam giác vuông ANO, nên hai tam giác ANP và PNO đồng dang. Từ đây ta suy ra:
$\frac{NP}{NO}=\frac{NA}{NP}$

Mặt khác, hai tam giác ANP và C'TB đồng dạng nên ta có:

$\frac{NA}{NP}=\frac{C'T}{BT}$

Do đó $\frac{QN}{NO}=\frac{QN}{NP}.\frac{NP}{NO}=\frac{CT}{C'T}.\frac{C'T}{BT}=\frac{CT}{BT}$

Ta lại có $\angle CTB$ và $\angle QNO$ là hai góc vuông nên hai tam giác $QNO$ và CTB đồng dạng, mà $NO 'perp BT$, do đó $QO \perp BC$

Vận dụng phương pháp tọa độ kết hợp với phương pháp tổng hợp để giải bài toán hình học

Đôi khi sự kết hợp giữa phương pháp tọa độ và phương phương tổng hợp sẽ giúp cho lời giải ngắn gọn và đẹp hơn. Chúng ta xét ví dụ sau:

Đề bài: (IMO 2000) Cho hai đường tròn $(O_1), (O_2)$ cắt nhau tại M, N. Tiếp tuyến chung gần M của hai đường tròn tiếp xúc $(O_i)$ tại $A_i$, Đường thẳng qua $M$ song song $A_1A_2$ cắt $(O_i) $ở $B_i$, các đường $A_iBi$ cắt nhau tại C, các đường $A_iN$ cắt $B_1B_2$ ở D, E. Chứng minh CD=CE.

Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ $A_1xy$ sao cho $A_1(0;0), A_2(a;0), O_1(0;r_1), O_2(a;r_2)$. Giả sử trong hệ trục $M(s;t)$ Khi đó $B_1(-s;t), B_2(2a-s;t)$ (Tính đối xứng). Từ đó $B_1B_2=2a=2A_1A_2$ Mà $A_1A_2 || B_1B_2$ nên $A_1, A_2$ là trung điểm $B_1C$, $B_2C$, do đó $C(s;-t)$. Vậy $\overrightarrow{CM}=(0;2t),\overrightarrow{B_1B_2}=(2a;0)$, suy ra $CM \perp B_1B_2$, hay $CM \perp DE$

Gọi K là giao MN và $A_1A_2$ ta có:
K là trung điiểm $A_1A_2$ (Dễ cm theo phương tích, trục đẳng phương)
Do $A_1A_2 || B_1B_2$ nên M là trung điểm DE.

Suy ra CM là trung trực của DE. đpcm

Một cách giải hay cho bài bất đẳng thức Iran 1996

Problem: (Iran 1996) Chứng minh 

Sau đây tôi xin giới thiệu lời giải mà tôi cho là hay nhất, thông minh nhất:

Lời giải ( bởi Võ Quốc Bá Cẩn):
Giả sử . Ta có bổ đề


Chứng minh: Bổ đề tương đương với:


Nhưng vì  nên 
& Vậy bổ đề được chứng minh

Dùng bổ đề trên



.
Dễ thấy theo AM-GM

Thêm một bài toán về đường tròn Mixtilinear

Tam giác ABC nội tiếp (O),đường tròn mixtilinear-A tiếp xúc (O) tại D, Tương tự có, E, F. Trục đẳng phương của đường tròn Mixtilinear tại B và C cắt EF tại X, tương tự có Y, Z.  Chứng minh DX, EY, FZ đồng quy.

Lời giải:

Ta cần bổ đề: ( được gọi là Cevian nest theoreom) Cho tam giác ABC, tiếp tuyến tại B,C cắt nhau tại M, tiếp tuyến tại A, C cắt nhau tại N, và tiếp tuyến tại A, B cắt nhau tại P. Khi đó điểm D, E, F trên cạnh BC, CA, AB thì AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi MD, NE, PF đồng quy.

Chứng minh:



Xét tam giác MBC cân tại M, $\frac{\overline{BD}}{\overline{CD}}=\frac{sin(MD,MB)}{sin(MC, MD)}$ (Lần lượt áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác BDM và CDM rồi chia để được đẳng thức trên)


Tương tự: $\frac{\overline{CE}}{\overline{AE}}=\frac{sin(CN,NE)}{sin(AN,NE)}$


$\frac{AF}{BF}=\frac{sin\widehat{APF}}{sin\widehat{APB}}$


Nên: $\frac{BD}{CD}.\frac{CE}{AE}.\frac{AF}{BF}=\frac{sin\widehat{BMD}}{sin\widehat{CMD}}.\frac{sin\widehat{CNE}}{sin\widehat{ANE}}.\frac{sin\widehat{APF}}{sin\widehat{APB}}$
Nên ta có đpcm

Trở lại bài toán: $D_1$ là giao tiếp tuyến tại E, F của (O) thì ta có $D_1E=D_1F$ Hay $D_1$ cùng phương tích với đường tròn mix_B và đường tròn mix_C suy ra $D_1X$ là trục đẳng phương của đường tròn $Mix_B$ và đường tròn $mix-C$ tương tự $E_1Y$, $F_1Z$ cũng là trục đẳng phương của các đường tròn. Nên $D_1X, E_1Y, F_1Z$ đồng quy tại tâm đẳng phương của 3 đường tròn. Áp dụng bổ đề trên ta có đpcm

Bài tập về đường tròn Mixtilinear

(Thầy Trần Quang Hùng): Cho tam giác ABC nội tiếp (O). (K) tiếp xúc AC, AB và tiếp xúc (O) tại D. M là trung điểm cung BC chứa A. DM cắt AO tại L. Tiếp tuyến tại D cắt BC và cắt tiếp tuyến tại A, tại S, T. Chứng minh rằng AS chia đôi TI.

Lời giải:

Ta có 2 bổ đề sau:

Bổ đề 1: Cho MN là đường kính của (O), A,B thuộc (O), AM cắt BN tại Q trong (O). Khi đó (ABQ) và (O) trực giao.

Chứng minh: Ta có:  $\widehat{ABQ}=\widehat{AMO}=\widehat{MAO}$ suy ra AO là tiếp tuyến của (ABQ) tại A. Vậy (ABQ) và (O) trực giao.

Bổ đề 2: Cho đường tròn mixtilinear ứng với góc A tiếp xúc AB, AC, (O) tại H, K, D. I là tâm nội tiếp. AI cắt (O) tại N. Khi đó DN, HK, BC đồng quy.

Chứng minh:
Ta có các kết quả sau: BHID nội tiếp
I, H, K thẳng hàng
D,I,M  thẳng hàng (MN là đường kính (O))
Giả sử HK cắt BC tại G
Suy ra $\widehat{GIB}=\widehat{BDH}=\widehat{ICB}$
Nên: $IG^2=GB.GC$
Giả sử GN cắt (O) tại D'
Thì ta có: $IG^2=GD'.GN$
Suy ra: $ID' \perp D'N$ Mà do $MD' \perp D'N$( MN là đường kính)  nên M, I, D' thẳng hàng hay D trùng D'
Trở lại bài toán.
Gọi M, N là trung điểm cung BC
Kẻ đường kính AA'. A'M cắt AD tại R.

Áp dụng bổ đề 1 ta được (O) và (ADI) trực giao, suy ra T là tâm của tam giác (AID).

Ta có: $\widehat{TIA}=\widehat{TAI}=\widehat{AMN}=\widehat{AXB}$ (X là giao AN và BC)

vậy TI song song BC

Gọi U là giao DM và BC, V trên AD sao cho UV || AI. Theo bổ đề 2 thì BC, DN và đường đối cực của A của (K)  đồng quy tại G. Vì thế $ \measuredangle VDG $ $ = $ $ \measuredangle (AI,BC) $ $ = $ $ \measuredangle VUG $ $ \Longrightarrow $ $ D, $ $ G, $ $ U, $ $ V $ thuộc đường tròn đường kính GU nên GV vuông UV, mặt khác GI vuông UV do UV || AI nên G, U, V thẳng hàng.

$ \tfrac{DS}{DT} $ $ = $ $ \tfrac{DU}{DI} $ $ = $ $ \tfrac{DV}{DA} $ $ = $ $ \tfrac{DI}{DM} $ $ = $ $ \tfrac{DA}{DR} $ $ \Longrightarrow $ $ AS $ $ \parallel $ $ RT$

Ta có đường đối cực của R sẽ đi qua L theo Brocard. Mặt khác: AD là đường đối cực của T suy ra đường đối cực của R sẽ đi qua T. Suy ra LT là đường đối cực của R. đối với (O)

Vậy $T(A,L,S,R)=-1$, mà AS//RT, vậy ta có đpcm.

Chứng minh đường trung bình đi qua tâm Euler

(Thầy Trần Quang Hùng) Tam giác ABC có (I) nội tiếp tiếp xúc BC tại D. M, N, P lần lượt là trung điểm AD, AI, MN. Q trên ID sao cho MQ vuông AD. R đối xứng A qua BC. Chứng minh rằng đường trung bình ứng với điểm R của tam giác RPQ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác RBC.

Lời giải.

Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp ABC, AX đường kính, đường tòn (Q, QA) cắt (O) tại G, AG cắt BC K, L đối xứng D qua K. Dễ thấy (Q, QA) tiếp xúc BC
Nên $KL^2=KD^2=KG.KA=KB.KC$
 Suy ra $(BC,DL)=-1$, vì thế L, E, F thẳng hàng.
GX cắt ID tại Y. THì tứ giác GKYD nội tiếp, suy ra góc $\widehat{DYK}=\widehat{KGD}=180^o-\widehat{AGD}=180^o-\widehat{ADC}$ (tc tiếp tuyến dây cung)$=\widehat{ADK}=\widehat{LID}$( tam giác LID vuông có AD là đường cao).

Suy ra KY song song IL suy ra Y là trung điểm ID. Phép vị tự tâm A tỉ số 1/2 biến P thành I, O thành X nên PO vuông AG, mặt khác OQ vuông AG do AG là trục đẳng phương. nên O,P,Q thẳng hàng, nên đường trung bình của RPQ đi qua trung điểm RO, mà tâm đường tròn Euler là trung điểm của LO. Vậy ta có đpcm