Về một bài toán hình học trong kì thi chọn đội tuyển Việt Nam tham dự lympic toán Quốc tế năm 2018 Nguyễn Văn Linh Đại học Sư phạm à Nội Tóm tắt nội dung Trong bài viết này tác giả đưa ra lời giải cho bài toán hình học số 1 trong kì thi Việt Nam IM TST năm 2018, đồng thời khai thác các tính chất và đề xuất một số bài toán mới. Trong ngày thứ nhất của cuộc thi có bài toán số 1 được phát biểu như sau. ài 1. ho tam giác nội tiếp đường tròn (). Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh,,. là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Một điểm nằm trong tam giác DEF, D, E, F cắt ( ) lần lượt tại D, E, F. Gọi,, lần lượt là các điểm đối xứng với qua D, qua E, qua F. a) hứng minh rằng nếu = thì đường tròn ngoại tiếp tam giác đi qua. b) Gọi là trực tâm tam giác,,, lần lượt là các điểm đối xứng với,, qua trung trực các đoạn thẳng,,. cắt tại K, cắt tại M, cắt tại N. hứng minh rằng K, M, N thẳng hàng. 2 3 D' F E G S ' 1 ' K J D Lời giải. a) Gọi 1 là hình chiếu của trên DD, tương tự xác định 1, 1, G là trọng tâm tam giác. Do là tâm (DEF ) nên 2 là trung điểm DD. 1
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác DD với bộ 3 điểm (G, 1, ) ta có G GD 1D 1 D D = 1, suy ra G, 1, thẳng hàng. Lại áp dụng định lý Menelaus cho tam giác G với bộ 3 điểm (D, 1, D ) ta thu được G G 1 = 4. Kẻ S. Do = nên S là trung điểm, suy ra G GS = 4. Mặt khác ta có 1, 1, 1, S cùng nằm trên đường tròn đường kính. ét phép vị tự tâm G, tỉ số 4: 4 G : 1, 1, 1, S. Suy ra,,, cùng nằm trên ảnh của ( ) qua phép vị tự tâm G tỉ số 4. b) Gọi 2 là trung điểm, 3 là trung điểm, tương tự xác định 2, 2, 3, 3. Ta có = 2 2 D = 4 1. Tương tự = 4 1, = 4 1, suy ra,,, cùng thuộc một đường tròn. Mặt khác, () là ảnh của (DEF ) qua phép vị tự tâm tỉ số 2 nên thuộc (), suy ra thuộc (), từ đó 3 thuộc (DEF ). Lại có 3 D = 1 2, suy ra 3 D EF. Suy ra D 3 và DD đẳng giác trong EDF. Tương tự ta thu được D 3, E 3, F 3 đồng quy tại Q là liên hợp đẳng giác của trong tam giác DEF. ằng lập luận tương tự phép chứng minh,,, cùng thuộc một đường tròn ta thu được,,, cùng thuộc đường tròn ω. Ta có K/() = K K = K K = K/ω. hứng minh tương tự ta thu được K, M, N cùng nằm trên trục đẳng phương của () và ω. Ta có đpcm. Nhận xét. ài số 1 có cấu hình khá đẹp liên quan tới đồng viên với trực tâm. Khi gặp những bài toán dạng này ta thường sử dụng các phép biến hình với ý tưởng chứng minh đại diện. Đặc biệt cả hai câu a,b của bài 1 đều liên quan tới đường tròn agge, một kết quả kinh điển trong hình học sơ cấp, được phát biểu như sau: ho tam giác nội tiếp đường tròn (), với trực tâm. là điểm bất kì trong mặt phẳng.,, lần lượt cắt () lần thứ hai tại 1, 1, 1. Gọi 2, 2, 2 lần lượt đối xứng với 1, 1, 1 qua,,. Khi đó, 2, 2, 2 đồng viên. ạn đọc có thể tìm hiểu về vấn đề này trong [1]. Trở lại bài toán số 1. Dựa theo phép chứng minh trên có thể thấy kết quả,,, đồng viên vẫn đúng trong trường hợp là điểm bất kì. Sau đây tác giả sẽ trình bày lại kết quả này và chứng minh theo một cách khác có kết nối với đường tròn agge. ài 2. ho tam giác nội tiếp đường tròn (), trực tâm. Gọi M a, M b, M c lần lượt là trung điểm các cạnh,,. là điểm bất kì trong mặt phẳng. M a, M b, M c cắt lại (M a M b M c ) lần lượt tại 1, 1, 1. Gọi 2, 2, 2 lần lượt là các điểm đối xứng với,, qua 1, 1, 1. hứng minh rằng, 2, 2, 2 đồng viên. 2
1 M c M b ' Q G E J 2 a M a K 3 Lời giải. Gọi là trung điểm, E là tâm đường tròn Euler của tam giác, G là trọng tâm tam giác. Kẻ 2 K, 3 đối xứng với 2 qua, tương tự ta xác định 2, 2. Do phép vị tự tâm tỉ số 2 biến (M a M b M c ) thành () nên 2 (). Suy ra 3 (). Gọi Q là điểm liên hợp đẳng giác của trong tam giác M a M b M c, a là hình chiếu của trên. Ta có 1 là trung điểm của 2 nên 1 a = 1 K. Suy ra 1 K 2 = 1 a = 1 M a = QM a, suy ra M a Q 1 K 3. hứng minh tương tự, M b Q 3, M c Q 3. Do đó 3, 3, 3 đồng quy tại S là ảnh của Q qua phép vị tự tâm G tỉ số 2. Vậy ( 3 3 3 ) là đường tròn agge của S và do đó, 3, 3, 3 đồng viên. Ta tiếp tục với hình vẽ của bài 2. Nhận xét 1. Gọi là ảnh của qua phép vị tự tâm G tỉ số 2, J là tâm của ( 2 2 2 ). Khi đó = J. Lời giải. Trước tiên ta phát biểu và chứng minh một bổ đề như sau. ổ đề 1. ho tam giác với trực tâm, tâm ngoại tiếp và điểm bất kì trong mặt phẳng.,, giao () lần lượt tại 1, 1, 1. Gọi 2, 2, 2 lần lượt đối xứng với 1, 1, 1 qua trung điểm,,, 2 là tâm ngoại tiếp của ( 2 2 2 ). Khi đó 2 là hình bình hành. 3
1 ' 2 1 ' 2 U ' ' 2 2 2 1 hứng minh. Gọi, lần lượt đối xứng với 2, 2 qua trung điểm. Khi đó 1 đối xứng với 2 2 2 qua trung điểm. Do 2, = 2, 2 1, 2 = 1 ta có 1 là hình bình hành. (1) Tương tự, 1 là hình bình hành. (2) Gọi,, lần lượt là trung điểm 1, 1, 1 suy ra,, nằm trên ( ). Từ (1) và (2) ta có, lần lượt là trung điểm của,. ét phép vị tự 1 2 :, 1, suy ra 1. ét phép đối xứng tâm là trung điểm : S :, là trực tâm tam giác, 2 2. Suy ra 2 2. Dễ thấy,, thẳng hàng. Do đó phép vị tự 1 2 :, 2 U là tâm ngoại tiếp tam giác. Ta thu được = 2 = 2. Vậy 2 là hình bình hành. Trở lại nhận xét. Do (J) là đường tròn agge của S với S là ảnh của Q qua phép vị tự tâm G tỉ số 2, đồng thời Q, liên hợp đẳng giác trong tam giác M a M b M c nên S, liên hợp đẳng giác trong tam giác. Áp dụng bổ đề 1 suy ra đpcm. Nhận xét 2. Từ nhận xét 1 ta suy ra J là điểm đối xứng với qua. ho chạy trên đường thẳng ta thu được bài toán mới như sau. ài 3. ho tam giác nội tiếp đường tròn (). ác đường cao D, E, F cắt nhau tại trực tâm. là điểm bất kì trên. D, E, F lần lượt cắt (DEF ) lần thứ hai tại 1, 1, 1. Gọi 2, 2, 2 lần lượt là các điểm đối xứng với,, qua 1, 1, 1. hứng minh rằng, 2, 2, 2 đồng viên và tâm của ( 2 2 2 ) nằm trên. 4
1 E M c 2 M b F L J Q 2 1 T 1 D 2 M a Lời giải. Gọi, lần lượt là trung điểm,, M a, M b, M c lần lượt là trung điểm,,. 1 cắt 1 tại T, M b 1 cắt Mc ( 1 tại Q. ) L là tâm đường tròn Euler của tam giác. F 1 Áp dụng định lý ascal cho ta thu được,,t thẳng hàng. E ( 1 ) Mc Lại áp dụng định lý ascal cho 1 ta thu được L, Q, T thẳng hàng. M b 1 hứng minh tương tự ta thu được M a 1, M b 1, Mc 1 đồng quy tại Q trên. Áp dụng bài 2 suy ra, 2, 2, 2 cùng nằm trên một đường tròn có tâm J. Lại theo nhận xét 2 của bài 2, ta thu được J là điểm đối xứng với qua Q. Vậy J nằm trên. Nhận xét. 1, 1, 1 đồng quy. Ta có thể mở rộng kết quả này như sau. (Định lý Steinbart mở rộng). ho tam giác. Gọi là điểm bất kì trong mặt phẳng, 1 1 1 là tam giác pedal của ứng với tam giác. Gọi là tâm của ( 1 1 1 ),L là điểm bất kì trên. 1 L, 1 L, 1 L cắt ( 1 1 1 ) lần lượt tại 2, 2, 2. Khi đó 2, 2, 2 đồng quy. Sau đây là một số bài toán có cấu hình tương tự do tác giả đề xuất. ài 4. ho tam giác nội tiếp đường tròn (). Gọi M a, M b, M c lần lượt là trung điểm,,. là điểm bất kì trong mặt phẳng. M a, M b, M c lần lượt cắt (M a M b M c ) lần thứ hai tại,,. Gọi,, lần lượt là các điểm thỏa mãn = 2, = 2, = 2. hứng minh rằng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. 5
M c ' E G '' M b ' ' M a Lời giải. Gọi G là trọng tâm tam giác, E là tâm của (M a M b M c ). ét phép vị tự tâm G, tỉ số 1 2 : 1 2 G : M a,, E. Ta có = 2 nên = M a. Suy ra E = E. Do đó (E, E ). Vậy,, cùng nằm trên (, 2E ) - ảnh của (E, E ) qua phép vị tự tâm G, tỉ số 2. Nhận xét. Gọi là trực tâm tam giác. Nếu cho chuyển động trên đường tròn (E, E) thì,, nằm trên đường tròn (, 2E) hay (, ). Từ đó ta thu được,,, đồng viên. ài 5. ho tam giác. ác đường cao a, b, c đồng quy tại trực tâm. là điểm bất kì trong mặt phẳng. Gọi,, là các điểm thỏa mãn = 2 a, = 2 b, = 2 c. hứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp luôn không đổi khi chuyển động. ' ' b ' G c a Lời giải. Gọi là giao của với a. Ta có a = 2 nên G hay G = 90. Suy ra (G). ét phép vị tự tâm, tỉ số 3: 3 :, (G) ω. hứng minh tương tự ta thu được,, cùng nằm trên ω. Do ω là ảnh của (G) qua phép vị tự tâm tỉ số 3 nên R ω = 3R (G) không đổi. 6
Nhận xét. ho trùng ta thu được,,, đồng viên. ho trùng E- tâm đường tròn Euler- ta thu được là tâm của ω. ài 6. ho tam giác với trực tâm. là điểm bất kì trên mặt phẳng. Kẻ,, lần lượt vuông góc với,,. Dựng các điểm 1, 1, 1 sao cho 1 = 2, 1 = 2, 1 = 2. hứng minh rằng, 1, 1, 1 đồng viên. 1 1 1 2 2 3 2 3 3 Lời giải. Gọi 2, 2, 2 lần lượt là giao của các cặp đường thẳng với 1, với 1, với 1. Theo giả thiết ta thu được 2 2 = 1 2 2 = 2. Tương tự suy ra tam giác 2 2 2 là ảnh của tam giác 1 1 1 qua phép vị tự tâm tỉ số 1 3. Suy ra 2 2 2 1 1 1. Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Kẻ 3, 3, 3 lần lượt vuông góc với,,. Suy ra 3 và 3 = 1 2. Theo định lý Thales,, 2, 3 thẳng hàng và 2 2 3 = 2. hứng minh tương tự suy ra 3 3 3 là ảnh của tam giác 2 2 2 qua phép vị tự tâm tỉ số 3 2. Suy ra 3 3 3 2 2 2. Lại có 3, 3, 3 nằm trên đường tròn đường kính nên 3 3 3 = 3 3 =. Tương tự suy ra 3 3 3. Vậy 1 1 1. Suy ra 1 1 1 + 1 1 = 180. Ta có đpcm. ài 7. ho tam giác với trực tâm. là điểm bất kì trên mặt phẳng. Kẻ,, lần lượt vuông góc với,,.,, lần lượt cắt ( ) lần thứ hai tại 1, 1, 1. Dựng các điểm 2, 2, 2 sao cho 2 = 2 1, 2 = 2 1, 2 = 2 1. hứng minh rằng, 2, 2, 2 đồng viên. 7
' 2 1 2 J Q 3 1 ' 2 1 ' Lời giải. Gọi Q là điểm liên hợp đẳng giác của trong tam giác, J là tâm của ( ). Gọi,, lần lượt là hình chiếu vuông góc của Q trên,,. Ta có J là trung điểm của Q nên Q = 1. Suy ra 2 = 2 Q. Tương tự, 2 = 2 Q, 2 = 2 Q. Áp dụng bài 6 cho điểm Q ta thu được, 2, 2, 2 đồng viên. Nhận xét. Qua 1, 1, 1 lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với 1, 1, 1 cắt nhau tạo thành tam giác thì là ảnh của qua phép đối xứng tâm J. Vì vậy có thể áp dụng bài 6 cho tam giác với điểm và phép đối xứng tâm J ta cũng thu được đpcm. ó thể phát biểu lại bài toán 7 theo cách khác khá đẹp. ài 8. ho tam giác với trực tâm. là điểm bất kì trên mặt phẳng. Kẻ,, lần lượt vuông góc với,,.,, lần lượt cắt ( ) lần thứ hai tại 1, 1, 1. Gọi 2, 2, 2 lần lượt là các điểm đối xứng với,, qua 1, 1, 1. hứng minh rằng ( 2 2 2 ) đi qua điểm đối xứng của qua. uối cùng xin giới thiệu tới bạn đọc một mở rộng của tác giả cho bài toán dạng đường tròn agge đã được tác giả đăng trên tạp chí TTT. Mời bạn đọc thử sức. ài 9. ho tam giác nội tiếp đường tròn (), trực tâm., Q là hai điểm bất kì trên đường thẳng. Gọi 1, 1, 1 lần lượt là giao điểm thứ hai của,, với (), 2, 2, 2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của Q trên,,, 3, 3, 3 lần lượt là các điểm đối xứng với 1, 1, 1 qua 2, 2, 2. hứng minh rằng, 3, 3, 3 cùng nằm trên một đường tròn có tâm nằm trên. Tài liệu [1] Nguyễn Văn Linh, agge circle revisited, Euclidean Geometry log. https://nguyenvanlinh.wordpress.com/2011/12/31/hagge-circles-revisited/ ' 8