VIETMATHS.NET xbvn tst 2015 p5

(1)

Về bài toán số 5 trong kì thi chọn đội tuyển toán Quốc

tế của Việt Nam năm 2015

Nguyễn Văn Linh

Năm 2015

1 Mở đầu

Trong ngày thi thứ hai của kì thi Việt Nam TST 2015 có một bài toán khá thú vị.

Bài toán.Cho tam giác_ABC nhọn có một điểm_P nằm trong tam giác sao cho_∠_{AP B} ₌_∠_{AP C}₌

αvà α >180◦₋_∠_BAC_{. Đường tròn ngoại tiếp tam giác}_{AP B} _cắt_AC _ở _E,_{đường tròn ngoại tiếp tam}

giác AP C cắt AB ở F . Gọi Qlà điểm nằm trong tam giác AEF sao cho ∠AQE =∠AQF =α. Gọi

Dlà điểm đối xứng với Q qua EF, phân giác góc EDF cắt AP tại T.

a) Chứng minh rằng ∠DET =∠ABC,∠DF T =∠ACB .

b) Đường thẳngP Acắt các đường thẳngDE, DF lần lượt tạiM, N . GọiI, J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giácP EM, P F N vàK là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácDIJ. Đường thẳng

DT cắt (K) tại H. Chứng minh rằng HK đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DM N.

Trong bài viết này chúng ta sẽ chứng minh bài toán trên và khai thác một số vấn đề xung quanh.

2 Chứng minh

Y

H K

J I

N M

X T D

Q E

F

P A

(2)

a) Ta có ∠BEC = 180◦₋_∠_{AP B} _{= 180}◦₋_∠_{AP C} ₌_∠_{BF C} _{nên tứ giác}_{BEF C} _{nội tiếp. Suy ra}

hai tam giácAEF vàABC đồng dạng.

Lại có∠AP B =∠AP C=∠AQE=∠AQF =α nên AQ vàAP đẳng giác trong gócBAC.

GọiT′ _{là điểm liên hợp đẳng giác của} _Q_{trong tam giác} _AEF_{. Hiển nhiên} _T′ _∈_AT.

GọiX là điểm đối xứng với T′ _qua_EF_.

Ta có∠X′_EF ₌_∠_T′_EF ₌_∠_AEQ,_∠_{XF E}₌_∠_T′_{F E}₌_∠_{AF Q}_{, suy ra}_A _và_X _{liên hợp đẳng giác}

trong tam giácEQF. Mà QA là phân giác∠EQF nên X, Q, Athẳng hàng.

Do đối xứng củaT′ _qua_EF _{nằm trên}_QA _nên _T′ _{nằm trên đối xứng của}_QA _qua_EF_{. Mà} _D_đối

xứng vớiQ quaEF, DT là phân giác∠EDF nên DT đối xứng vớiQAqua EF. Từ đóT′ _≡_T.

Suy ra∠DET =∠XEQ=∠F EA=∠ABC. Tương tự ∠DF T =∠ACB.

b) Ta có ∠P ED=∠DEF+∠F EA+∠P EA=∠QEF +∠ABC+∠P BA=∠ABC+∠P BA+ ∠P BC = 2∠BAC. Theo câu a,∠DET =∠ABC nên ET là phân giác∠DEA. Tương tựF T là phân giác∠DF A, suy ra tứ giácDEP F ngoại tiếp đường tròn tâm T.

QuaD kẻ tiếp tuyến thứ hai tới (I), cắtP T tại L.

Tứ giác DEP L, DEP F ngoại tiếp nênDF−P F =DE−P E=DL−P L, suy ra tứ giác DLP F

ngoại tiếp, hayDL là tiếp tuyến chung của (I) và (J). Từ đó∠IDJ= 1

2∠EDF.

Mặt khác, gọiY là tâm nội tiếp tam giácDM N, ta có∠IY J = 180◦₋_∠_{M IN} _{= 90}◦₋1

2∠M DN = 1

2∠EDF.

Suy ra∠IDJ =∠IY J, ta thu được D, Y, I, J cùng thuộc một đường tròn. DoDY vàDH là phân giác của hai góc bù nhau nên∠Y DH= 90◦_{, suy ra}_{Y H} _{là đường kính của}₍_DIJ_{). Vậy}_{Y H} _{đi qua}_K.

3 Khai thác

Đầu tiên chúng ta xem xét câu a của bài toán.

Không khó để nhận ra trường hợp tổng quát nếu hai điểm E, F bất kì thỏa mãnEF đối song với

BC, kết luận của bài toán vẫn giữ nguyên.

Tiếp theo chú ý vào dữ kiện ∠AQE =∠AQF = α, ta liên tưởng tới một điểm đặc biệt có tính chất như vậy, đó là điểm Fermat. Thực tế đã có một kết quả khá quen thuộc về sự đồng quy liên quan đến điểm Fermat được phát biểu như sau.

Bài 1. _{Cho tam giác}_ABC _có _F _{là điểm Fermat. Khi đó các đường thẳng đối xứng của} _{AF, BF, CF}

quaBC, CA, ABđồng quy tại điểm liên hợp đẳng giác củaF trong tam giácABC- điểm isodynamic. Cách chứng minh bài toán 1 hoàn toàn tương tự câu a của bài toán ban đầu. Chú ý rằng điểm isodynamic là giao của 3 đường tròn Apollonius trong tam giác. Trong trường hợp tổng quát cũng có tính chất tương tự, ta có bài toán sau.

Bài 2. _{Cho tam giác} _ABC _{và một điểm} _P _{bất kì. Gọi} _Q _{là điểm đối xứng với} _P _qua _BC_{. Khi đó}

(3)

Q F

E A

B C

P

Chứng minh. GọiE, F là chân phân giác trong góc BAC. Ta có P và Qđối xứng nhau qua BC nên

EP =EQ.AP vàAQ đẳng giác trong∠BAC khi và chỉ khi AE là phân giác∠P AQ. Mà EP =EQ

vàAP 6=AQnên điều này tương đương A nằm trên (P EQ).

Tâm ngoại tiếp tam giác P EQ nằm trên trung trực P Q tức là nằm trên BC. Gọi F là giao của (EP Q) vớiBC suy ra EF là đường kính của (P EQ), màE là chân phân giác trong nênA nằm trên (P EQ) tương đươngF là chân phân giác ngoài hay (P EQ) là đường tròn Apollonius ứng với đỉnhA

của tam giácABC. Ta có đpcm.

Như vậy trong câu a, điểmT nằm trên đường tròn A-Apollonius của tam giácAEF.

Tiếp theo ta có thể chứng minh tứ giác DEP F ngoại tiếp theo một cách khác như sau: dễ thấy phân giác các góc QEP, QF P, EP F giao nhau tại A nên tứ giácEQF P ngoại tiếp đường tròn tâm

A. Từ đó suy raEQ−F Q=EP−F P, màQvàDđối xứng quaEF nên EQ−F Q=DE−DF, ta thu đượcDE−DF =P E−P F hay tứ giác DEP F ngoại tiếp.

Từ cách chứng minh này, nếu lấyR là điểm đối xứng vớiP quaEF ta cũng thu được RE−RF =

P E−P F =QE−QF, từ đó tứ giácREQF ngoại tiếp. Ta thu được bài toán tương tự câu a như sau.

Bài 3. _{Với giả thiết giống bài toán ban đầu. Gọi} _R _{là điểm đối xứng với} _P _qua _EF_{, phân giác góc}

ERF cắt AQtại S.Khi đó∠RES=∠ABC,∠RF S =∠ACB .

S R

Q

P A E

B

C F

Chứng minh. Ta đã chứng minh được tứ giác REQF ngoại tiếp. DoQAlà phân giác∠EQF nênS là tâm nội tiếp tứ giácREQF. Suy ra ∠RES = 1

2∠REQ= 1

(4)

Theo cách chứng minh bài 3, ta có thể tổng quát câu a của bài toán như sau. xuất hiện trong bài toán G8, IMO Shortlist 2009, được phát biểu như sau.

(5)

(6)

Ta có∠I3AI1=

1

2∠DAB=∠IAB nên ∠I3AI =∠I1AB. Trên AB lấy điểmK sao cho △AI3I ∼ △AI1K.

Suy ra180◦₋_∠_AKI₁ ₌_∠_AKI₁₌_∠_AII₃ _{= 180}◦₋_∠_BIC.

Từ đó∠I1KB =∠BIC. Tương tự ta cũng có∠KBI1=∠IBI4 nên △KI1B∼ △II4B.

Ta thu được △AI3I1 ∼ △AIK,△BI1I4 ∼ △BKI, suy ra∠AI1I3+∠BI1I4 =∠AKI+∠BKI =

180◦_.

Suy ra∠I3I1I4 = 180◦−∠AI1B = 90◦−

1

2∠AGB= 180

◦₋_∠_EI₂_F _{= 180}◦₋_∠_I₃_I₂_I₄_.

Vậy I1, I2, I3, I4 cùng thuộc một đường tròn.

Rõ ràng khiE ≡C ta thu được bài toán 3. Đồng thời không khó nhận ra trong bài toán 4, đường thẳng Steiner của I2 ứng với tam giác I1I3I4 song song với tiếp tuyến chung của (I1),(I3),(I4). Ta

cũng thấy trong cách giải thứ nhất, tam giácGEF thu được bằng cách lấy giao điểm của các đường thẳng đối xứng vớiM N qua 3 cạnh của tam giác I1I3I4. Đây là một bổ đề khá quen thuộc và nhiều

ứng dụng.

Bổ đề. _{Cho tam giác}_ABC _{và một đường thẳng} _d_{bất kì. Gọi} _{XY Z} _{là tam giác tạo bởi giao điểm}

của các đường thẳng đối xứng vớid quaBC, CA, AB. Khi đó tâm đường tròn nội tiếp tam giác XY Z

nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giácABC.

Để kết thúc bài viết, mời bạn đọc chứng minh một số bài toán có cách phát biểu tương tự bài 5.

Bài 7. _{Cho tứ giác ngoại tiếp}_ABCD_._E _{là điểm bất kì trên} _CD_{. Gọi}₍_I₁₎_,₍_I₂₎_,₍_I₃₎ _{lần lượt là đường}

tròn nội tiếp các tam giácADE, AEB, BEC. Chứng minh rằng trực tâm tam giác I1I2I3 nằm trên

tiếp tuyến chung ngoài khácCD của(I1) và(I3).

Bài 8. _{Cho hình bình hành}_ABCD_{có góc}_A_{nhọn. Trên cạnh} _BC _{lấy điểm}_T _{sao cho tam giác}_{AT D}

nhọn. GọiO1, O2, O3 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giácABT, ADT, CDT. Chứng

minh rằng trực tâm của tam giácO1O2O3 nằm trên AD.

Bài 9. _{Cho tam giác}_ABC_{. Một đường thẳng} _d_cắt_{BC, CA, AB} _{lần lượt tại} _{X, Y, Z.} _Gọi_O1, O2, O3

(7)

Tài liệu

[1] Việt Nam TST 2015 - Đề thi, lời giải và danh sách đội tuyển. http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=49554

[2] Elementaryyy,Torixeli, AoPS Forum.

http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h304719