Cực và đối cực trong bài toán.

Đề: Cho tam giác ABC có I là tâm nội tiếp, Q là tiếp điểm trên AC, E là trung điểm AC. K là trực tâm của tam giác BIC. CM: KQ vuông IE.

Lời giải:

Cách 1: Gọi $F$ là trung điểm $AB$ Gọi $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $P.$ Nếu $BI$ cắt $EF$ tại $L,$ Ta có $\widehat{FLB}=\widehat{LBC}=\widehat{FBL}$ $\Longrightarrow$ $\triangle FBL$ cân tại F $\Longrightarrow$ $FA=FB=FL$ $\Longrightarrow$ $\widehat{ALB}=90^{\circ}$ $\Longrightarrow$ $AQLI$ is cyclic $\Longrightarrow$ $\widehat{CQL}=\widehat{AIL}=90^{\circ}-\tfrac{1}{2}\widehat{ACB}=\widehat{CQP}$ $\Longrightarrow$ $L \in PQ,$ i.e. $L$ nằm trên đường đối cực của $C$ đối với $(I)$, nên C thuộc đường đối cực của L mà $CK \perp IL$ nên CK là đường đối cực của $L$ đối với $(I)$, suy ra đường đối cực của K sẽ là đường thẳng qua L $\Longrightarrow$ $ELF \perp IK$ là đường đối cực của $K$ đối với $(I)$ , ta có Q là đường đối cực của E đối với (I) $\Longrightarrow$  $KQ$ đường đối cực của $E$ đối với $(I)$ $\Longrightarrow$ $KQ \perp IE,$ dpcm.

Cách 2:Gọi$P$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc B với $AC$. Khi đó $ \angle KIQ=\angle C=\angle BCP$ và \[ \frac{BC}{CP}=\frac{KI}{IQ}. \]
Vì thế $ \triangle CBP \sim \triangle QKI $ và $ \angle IKQ=\angle CBP$ $ \Rightarrow $ $ KQ\perp BP $.

mà $BP\parallel IE$, nên $KQ\perp IE$.

Về phép đếm quay quanh tâm

Ví dụ 1(VMO 2010): Cho bảng 3x3 và n là một số nguyên dương cho trước. Tìm số các cách tô màu không như nhau khi tô mỗi ô bởi 1 trong n màu.
Hai cách tô màu được gọi là như nhau nếu 1 cách nhận được từ cách kia bởi 1 phép quay quanh tâm.
Lời giải:
Cách của thầy Trần Nam Dũng:

Ví dụ 2: (AIME 1996) Hai ô của hình vuông 7 × 7 được tô bằng màu vàng. Các ô còn lại được tô bằng màu đỏ. Hai cách tô đượcc coi là tương đương nhau nếu chúng có thể thu được từ nhau bằng một phép quay trên mặt phẳng của hình vuông. Đếm sô các cách tô màu không tương đương.

Lời giải:
(Xây dựng hệ trục trên hình vuông ô đầu tiên đánh số 1 từ trái sang đánh đến số 7, từ trên xuống đánh từ 1 đến 7)
Ta chia hai ô màu vàng của hình vuông thành 3 loại:

Loại 1: có 1 ô (4;4), thì ô còn lại có 48 cách chọn ( có thể bị lặp). Do các phép quay 90 độ, 180 độ, 270 độ tạo thành những cách khác ta phải loại bớt nên có 48/4=12 cách chọn

Loại 2: các ô có tọa độ là (4,x), (4, 8-x) và (x,4), (8-x, 4) và các ô chéo của hình vuông con ở trong thì khi đó sẽ có 4.3=12 cách chọn như vậy.(Do có 3 hình vuông con mà tâm là (4;4))

Loại 3: Không tính loại 2. Rõ ràng là $\frac{\mathbb{C}_2^{49}-24}{4}$

Tổng cộng có: $\frac{\mathbb{C}_2^{49}-24}{4}+12=300$ cách chọn.
Có thể thấy rõ qua hình sau:

Chú ý: -Có thể không xài loại 1 làm gì nhưng viết vào để cho dễ hình dung.
-Đây là trường hợp của bổ đề Burnside

Ví dụ 3 (tạp chí Kvant số 5 năm 2000): Một đường tròn chia làm p cung bằng nhau. Hỏi có bao nhiêu cách tô các cung bằng a màu. Hai cách tô được gọi là giống nhau nếu có thể thu được từ nhau bởi 1 phép quay.

Với bài toán trên, có $ a^p $ cách tô màu p cung. Trong những số cách ấy, có những cách ta đếm lặp, cần loại đi. Ta thấy rằng nếu p cung được tô bởi 1 màu thì khi quay các góc 2pi/p, 4pi/p,..., 2(p-1)pi/p không thu được những cách tô khác. (ta có thể chứng minh rằng nếu $n \vdots k$ khi đó tồn tại phép quay góc 2kpi/p biến đường tròn này thành đường tròn kia) . Trong khi đó, những cách tô sử dụng 2 màu trở lên khi quay sẽ cho ra các cách tô khác (chú ý tính nguyên tố của p). Vì vậy, mỗi một cách tô sử dụng 1 màu (có a cách tô như vậy) chỉ được đếm 1 lần trong tổng $a^p $cách tô, trong khi đó mỗi cách tô sử dụng 2 màu trở lên (có $a^p - a$ cách tô như vậy) được đếm p lần trong tổng nói trên.

Từ đó suy ra số cách tô cần tìm bằng $ a + \dfrac{a^p-a}{p} $.

Chú ý: Từ kết quả này có thể suy ra định lí Fermat nhỏ.

Chứng minh tồn tại số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài toán:

Cho trước $ k\in \mathbb{Z}^+$ và $ m$ lẻ .

Chứng minh rằng tồn tại $ n\in \mathbb{Z}^+$ sao cho $ 2^k| n^n-m$

Lời giải:

Ta sẽ chứng minh quy nạp theo $ k$.

Trường hợp $ k=1$ là hiển nhiên, chọn $ n=1$.

Giả sử rằng tồn tại $ n$ sao cho $ 2^k|n^n-m$,Đặt $ n=n_0$ hay $ 2^k|n_0^{n_0}-m$ hiển nhiên $ n_0$ lẻ

Tiếp theo xét 2 trường hợp

$ 1)$ Nếu $ 2^{k+1} | n_0^{n_0}-m$

Rõ ràng chỉ cần chọn $ n=n_0$.

$ 2)$ Nếu $ 2^{k+1}$ Không là ước của $ n_0^{n_0}-m$.

Đặt $ n_0^{n_0}-m=u\cdot 2^k$ Với $ u$ lẻ và theo định lý Euler,Cho mọi số lẻ $ a$ ta có $ a^{2^{k}}\equiv 1\pmod{2^{k+1}}$,Vì thế

$ (2^k+n_0)^{2^k+n_0}-m=(2^k+n_0)^{2^k}\cdot (2^k+n_0)^{n_0}-m\equiv (2^k+n_0)^{n_0}-m\\\equiv n_0^{n_0}+n_0\cdot n_0^{n_0-1}\cdot 2^k-m=(u+n_0^{n_0})2^k\equiv 0\pmod{2^{k+1}}$ Vì cả $ u$ và $ n_0$ đều lẻ.

Vì thế $ n=2^k+n_0$ thỏa mãn, nên ta có đpcm

Dùng hàng điểm điều hòa để chứng minh đồng quy

Đề bài:

Cho tam giác ABC không đều trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O,đường cao AD. Gọi E là giao điểm của OA với BC. 1 đường thẳng $\Delta$ đi qua D và song song với đường thẳng Euler của tam giác cắt AB,AC lần lượt tại M,N. I là trung điểm của AE. DI cắt AB ,AC lần lượt tại P,Q.Chứng minh rằng MQ,NP,OD đồng quy biết MQ cắt NP tại T.

Lời giải:

Gọi BB', CC' là 2 đường cao của tam giác ABC. B'C' cắt AD tại J. Ta có (A, H, J, D) = -1.

Gọi K là giao điểm của MN và AO
AO cắt (O) tại điểm thứ 2 là G. Ta có tam giác AB'C' đồng dạng tam giác ABC nên phép vị tự quay tâm A biến J thành H, E thành G. Dễ dàng suy ra JE//HG

Vậy ta có hệ thức $\frac{AJ}{AH}=\frac{AE}{AG}=\frac{AI}{AO}$

Hay JI song song với HO, hay JI song song với DK.

Do đó (A, O, I, K) = -1.

Vậy D(A, O, I, K) = -1, từ đó có MQ, NP, OD đồng quy ( bằng cách gọi giao điểm của OD và AB, AC).

Phép nghịch đảo để chứng minh thẳng hàng

Bài toán: Gọi $ H,O$ là trực tâm và tâm ngoại tiếp $ \Delta ABC$. Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn Euler của $ \Delta HBC$ cắt nhau tại $ \{M,N \}$. Gọi $ O^*$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $ \Delta AMN$ và $ L$ là trung điểm của $ OA$. Chứng minh rằng $ H,O^*,L$ thẳng hàng            

Lời giải:

Gọi    $ A’,B’,C’$ là chân đường cao đến các cạnh $ BC,CA,AB.$ $ F$ là trung điểm $ BC$  Gọi $ B’C’$ cắt $ BC$ tại $ P$ và cắt $ (O)$ tại $ B’',C’'.$ Vì $ (B,C,A’,P) =- 1,$ nên  $ PB \cdot PC = PA’ \cdot PF$ $ \Longrightarrow$ $ PB’' \cdot PC’' = PA’ \cdot PF$ $ \Longrightarrow$ $ F \in \odot(A’B’'C’').$ Vì thế tâm của $ \odot(A’B’'C’')$ là đường thẳng qua vuông góc từ $ A$ đến $ B’C’$ giao với trung trực $ A’F,$ chính là trung điểm $ L$ của $ AO.$ Phép nghịch đảo $ \mathcal{I}$ tâm $ H,$ biến $ (O)$ thành đường tròn chín điểm $ \mathcal{N},$ và biến $ B’C’$ thành đường tròn ngoại tiếp $ \triangle HBC$ và $ \odot(A’B’'C’')$ thành đường tròn đi qua $ A$ và Giao điểm $M,N$ của $ \mathcal{N}$ và $ \odot(HBC),$ Là ảnh của $ A’,C’',B’'$ $ \Longrightarrow$ phép nghịch đảo tâm $ H,$ biến tâm ngoại tiếp $ L$ của $\odot (A’B’'C’')$ và tâm $ O^*$ của tam giác $ \odot(AMN)$ thẳng hàng.

Ứng dụng bổ đề ERIQ

Bài toán 1: Tam giác ABC không cân $\Delta ABC$. $E,F$ là các chân đường cao từ $B,C$ trên $AC,AB$, H là trực tâm
$E,Q$ trên $[FB);[EC)$ sao cho: $FP=FC; EQ=EB$
$BQ$ cắt $CP$ tại $K$.
$I,J$ là trung điểm của $BQ,CP$.
$IJ$ cắt $BC,PQ$ tại $M,N$
1/ Chứng minh: $HK\bot IJ$
2/ $\widehat{PAM}=\widehat{QAN}$

Lời giải:

Ta có $\overline{HF}.\overline{HC}=\overline{HE}.\overline{HE}$
Nên $H$ thuộc trục đẳng phương của $[CP]$ và $[BQ]$
$BCQP$ là tứ giác nội tiếp nên $\overline{KC}.\overline{KP}=\overline{KB}.\overline{KQ}$
Vì thế $K$ thuộc trục đẳng phương $[CP]$ và $[BQ]$
Vậy $HK\perp IJ$
(b)
Ta có $\dfrac{\overline{IQ}}{\overline{IB}}=\frac{\overline{JP}}{\overline{JC}}$
Áp dụng bổ đề ERIQ được: $\dfrac{\overline{BM}}{\overline{MC}}=\dfrac{\overline{QN}}{\overline{NP}}\Rightarrow đpcm$



Bài toán 2 (Juliel blog) : Cho tứ giác nội tiếp được đường tròn. Gọi lần lượt là các giao điểm của và , và . Gọi là giao điểm của phân giác hai góc . lần lượt là trung điểm của . Chứng minh rằng thẳng hàng.

Lời giải :



Gọi lần lượt là giao điểm của với .

Ta sẽ chứng minh .

Thật vậy, ta có



Mà trong tam giác thì cũng là phân giác, do đó nó cũng là trung tuyến, hay .

Theo tính chất phân giác :



Mà theo hệ thức lượng trong đường tròn thì

Suy ra

Xét hai bộ ba điểm thẳng hàng các điểm lần lượt thuộc và thỏa mãn (chứng minh trên)

Các điểm lần lượt thuộc và thỏa

Như vậy theo bổ đề ta có thẳng hàng. Đây là điều phải chứng minh.

Dùng hàng điểm điều hòa để chứng minh vuông góc.

Bài toán: Cho tam giác ABC, đường cao BE, CD. gọi F, G là hình chiếu của D, E trên BC. DG cắt EF tại M. Chứng minh rằng AM vuông BC.

Lời giải:

Gọi P, Q là hình chiếu của A, M trên BC.
$U \equiv MQ \cap DE,$  $V \equiv AP  \cap DE$ và $L \equiv DE \cap BC.$

Vì $EG \parallel DF,$ theo bổ đề hình thang  $M(D,E,U,L)=-1,$ nhưng $(D,E,V,L)=-1$ vậy ta có đpcm