Hong Kong TST 2016

Đề:  Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của $\frac{a^3+8}{a^3(b+c)}+\frac{b^3+8}{b^3(a+c)}+\frac{c^3+8}{c^3(b+a)}.$
Lời giải:

Ta có:
$\sum \frac{a^{3}+8}{a^{3}(b+c)}=\sum \frac{1}{b+c}+\sum \frac{8}{a^{3}(b+c)}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}+\sum \frac{8(bc)^{2}}{a(b+c)}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}+\frac{8(bc+ca+ab)^{2}}{2(ab+bc+ca)}(1)$

Ta đã có $ab+bc+ca \ge 3$, ta cần tìm đánh giá $(ab+bc+ac)^2\ge k(a+b+c)$

(1) tương đương:

$\frac{9}{2(a+b+c)}+(ab+bc+ca)+3(ab+bc+ca)\geq \frac{9}{2(a+b+c)}+\sqrt{3abc(a+b+c)}+3.3\sqrt[3]{(abc)^{2}}=\frac{9}{2(a+b+c)}+\frac{\sqrt{3(a+b+c)}}{2}+\frac{\sqrt{3(a+b+c)}}{2}+9\geq 3\sqrt[3]{\frac{27}{8}}+9=\frac{27}{2}$

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Dùng định lý Ceva-sin để chứng minh bài toán

Đề bài:   (Luiz Gonzalez) $\triangle ABC$, $P$. $PA$, $PB$, $PC$ cắt $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Chứng minh trục đẳng phương của 3 cặp đường tròn sau đồng quy: $(ABE)$ và $(ACF)$, $(BCF)$ và $(BAD)$, $(CAD)$ và $(CBE)$

Lời giải:



Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $(ABE)$ và $(ACF),(BCF)$ và $(BAD),(CAD)$ và $(CBE)$






Hình vẽ bài toán

Ta có: $\frac{\sin \measuredangle XAB}{\sin \measuredangle XAC}=\frac{BX}{EX}$

Mặt khác $\triangle FXB\sim \triangle CXE$ nên $\frac {BX}{EX}=\frac{BF}{EC}\Longrightarrow \frac{\sin \measuredangle XAB}{\sin \measuredangle XAC}=\frac{BF}{EC}$. Tương tự với các cặp đường tròn còn lại



Theo định lí $Ceva$ dạng hình học thì $\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}$ nên theo định lí $Ceva$ dạng lượng giác thì $AX,BY,CZ$ đồng quy. $\blacksquare$

Dùng tỉ số kép để chứng minh bài toán

Bài: Cho lục giác lồi AMBDNC nội tiếp trong đường tròn đường kính MN , AC=BD  . Gọi P là giao điểm của MC với AN ; Q là giao điểm của MD với  BN . Chứng minh rằng đường thẳng AD, BC chia đôi PQ.

Lời giải:

Tính chất của điểm Lemoine

Đề bài: Cho tam giác ABC, đường cao AH. Chứng minh rằng điểm Lemoine, trung điểm AH, trung điểm BC thẳng hàng.

Lời giải

Gọi L là điểm Lemoine của tam giác ABC.

Cách 2:

Dùng định lí con bướm để giải bài toán

Bài toán: Cho tam giác ABC, ngoại tiếp (I), nội tiếp (O),Gọi K là tâm đường tròn qua A tiếp xúc OI tại I. KI cắt BC tại T. Chứng minh rằng I là trung điểm KT.


Lời giải:

Gọi E, F là giao điểm BI, CI với (O). Khi đó EF là trung trực của AI, suy ra E, F, K thẳng hàng.

Áp dụng định lí con bướm cho dây cung KT vuông OI, CF và BE qua I, nên theo định lí con bướm ta có I là trung điểm KT (đpcm)

Một bài toán hay liên quan đến phép vị tự quay

Đề bài: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và $D$ bất kỳ, $DC,DB$ cắt $(O)$ tại $M,N$ khác $C,B$. $E,F$ là đối xứng của $B,C$ lần lượt qua $AM,AN$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $DEF$. Chứng minh răng $AK\perp MN$.

Lời giải (Nguyễn Đức Bảo):

Ta có $\angle DME=2\angle AMB+\angle BMC \ , \ \angle DNF=360^\circ-2\angle ANC-\angle BNC$

Mặt khác $2\angle AMB+2\angle ANC+\angle BNC+\angle BMC=2(\angle AMB+\angle ANC+\angle BMC)=2.180^\circ=360^\circ \implies \angle DME=\angle DNF.$

Để ý $\triangle DMB\sim \triangle DNC\implies \frac{DM}{BM}=\frac{DN}{CN}\implies \frac{DN}{NF}=\frac{DM}{ME}\implies \triangle DME\sim \triangle DNF$

$\implies \angle EDF=\angle MDN \ , \ \frac{DE}{DF}=\frac{DM}{DN}\implies \triangle EDF\sim \triangle DMN \implies DFE=\angle DNM.$

$S\equiv DN\cap (DEF)$. Dễ thấy $\angle BAE=2\angle BNM=2\angle BSE$ nên $A$ là tâm ngoại tiếp tam giác $BES\implies AK\perp ES$

Mặt khác $ES\parallel MN$ nên $AK\perp MN.\blacksquare$.

Nhận xét: -Ý tưởng của bài là tìm một đường tròn sao cho A là tâm của đường tròn đó, và ta đã có AE=AB nên ta sẽ vẽ (A,AB) cắt (K) tại S rồi chứng minh SE // MN Mà SE //MN thì $\angle DNM= \angle DFE$ nên ta sẽ để ý hai tam giác DMN và DFE đồng dang.
- Chúng ta cần chứng minh tam giác DNF đồng dạng DME để sử dụng phép vị tự quay, ta có thể dùng góc định hướng để chứng minh $(DM,ME)=(MC,MA)+(MA,ME)=(NC,NA)+(MB.MA)=(DN,AN)+(AN,NF)=(DN,NF)$

-$\angle DNM= \angle DFE=\angle DSE$ nên MN song song ES.

Một cách chứng minh đi qua điểm cố định và mở rộng của bài VMO 2016

Bài toán 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) cố định, dây BC cố định không là đường kính, A là điểm di động trên cung lớn BC. (K) đi qua B, C cắt AC, AB tại E, F. (ACH) cắt (ABG) tại D. Chứng minh rằng AD luôn đi qua điểm cố định khi A di động.

Giải:

Do (K) và (O) cố định nên tam giác AFC có các góc không đổi, các tam giác AFC được tạo thành khi điểm A di động luôn đồng dạng với nhau, Do H đối xứng F qua C nên ta cũng có tam giác AHC có các góc không đổi khi A di chuyển, như vậy góc AHF= góc ADC không đổi

Mặt khác do tứ giác EFBC nội tiếp:

$\frac{AE}{AF}=\frac{BE}{CF}=\frac{EG}{FH} $

Từ tam giác AFH đồng dạng tam giác AEG. Vậy $\angle BDA=\angle AHF= \angle ADB$

Từ đó DA là phân giác BDC. Nếu DA cắt (L) (Với L là đường tròn ngoại tiếp tam giác DBC  cố định do $\angle BDC=2 \angle AHF$ cố định)

Vậy M thuộc trung trực BC và (L) cố định nên M cố định. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét: Ở đây chúng ta đã dùng nếu điểm A di chuyển sao cho tam giác AHC luôn đồng dạng với nhau thì khi đó góc của tam giác AHC luôn không đổi là hằng số.

Bài toán 2: Tam giác ABC, trực tâm H, trung điểm M của BC. P là một điểm trên HM, đường tròn đường kính AP cắt CA, CB  tại E, F. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại E, F của (K) cắt nhau trên trung trực BC. (Khi P trung với M ta có đề thi VMO 2016)

Lời giải: Cho (K) cắt cắt (ABC) tại S. Thì $\angle ASP=90^o$ theo bài toán cơ bản thì A(SXBC)=-1, chiếu lên (K) cho ta tứ giác SFLE điều hòa. Suy ra điểm T giao của hai tiếp tuyến tại E và F thuộc SL.

Theo tính chất tiếp tuyến: $ \frac{TL}{TS} = \frac{FL^2}{FS^2} $

Bây giờ ta sẽ dùng cách chứng minh của bài toán 1, Ta cố định tam giác ABC, xét P di chuyển ta thấy $\angle FSL=\angle FAL, \angle FLS= \angle FAS$ cũng không đổi khi P di chuyển. Chú ý rằng S cố định do N, H cố định. 

Do đó các tam giác FSL có hai góc không đổi nên chúng tự đồng dạng với tỉ số $\frac{FL^2}{FS^2}$ không dổi.

Nên tỉ số $\frac{TL}{TS}$ không dổi, mà S cố định, L di chuyển trên đường cao cố định, do đó T di chuyển trên đường song song AX cố định. Khi P trùng M thì theo bài toán VMO 2016 ta có T thuộc trung trực BC song song AX. Vậy ta có đpcm

Hoặc nếu không dùng kết quả VMO 2016, thì ta sẽ dùng phép vị tự quay tâm G biến tam giác GYZ thành tam giác GEF nên biến tiếp tuyến của hai đường tròn này là M thành T. Nên GZF đồng dạng tam giác GMT suy ra $\angle GMT=\angle GZF= 180^o - \angle GZA= 180^o- \angle GHA= \angle AHP$ Suy ra TM song song $AH \perp BC$. Vậy ta có đpcm