Bài viết này sẽ xoay quanh và mở rộng bài hình học thi IMO năm 2014 ngày 1 bằng các công cụ hình học thuần túy.

 

http://analgeomatica...-hoc-trong.html

Về bài hình ngày 1 http://analgeomatica...-2015-ngay.html

Cám ơn Khánh đã dẫn lại link. Gốc gác bài toán 128 là mình tổng quát hóa tính chất điểm Prasolov http://www.artofprob...h453505p2549205 và đã post nó ở đây http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h455311. Như vậy là Bảo đã đưa ra tổng quát hơn nữa rất thú vị. Vậy nhờ Bảo dịch lại đáp án của mình sang tiếng Việt và post lên điên đàn. 

 

Mình đã nhận được ảnh từ bạn Đỗ Hoàng Việt lời giải cho bài toán 127 bằng hình học không gian thú vị, xin đăng lại ảnh đó, nhưng lưu ý bạn cần dùng latex và nên gõ lại đáp án cẩn thận.

 

 

Mình xin đề xuất bài mới.

 

Bài toán 129 (AoPS). Cho tam giác $ABC$. $D$ và $X$ lần lượt nằm trong và nằm ngoài tam giác sao cho $\angle DBC=\angle DCB=\angle XBC=\angle XCB=\theta$. Dựng tương tự các điểm $E,F,Y,Z$. Ta biết rằng $AD,BE,CF$ đồng quy tại $P$ và $AX,BY,CZ$ đồng quy tại $Q$. Chứng minh rằng $PQ$ đi qua điểm cố định khi $\theta$ thay đổi. 

 

Lời giải khác cho bài toán 113. Gọi $Q$ đẳng giác với $P$ trong tam giác $ABC$ thì $M$ là hình chiếu của $Q$ lên $BC$. Dễ thấy $AQ\perp EF$ nên ta sẽ chứng minh $AQ\perp XK$ thì suy ra $EF\parallel XK$, thật vậy. Gọi $AP$ cắt $(O)$ ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $Y$ khác $A$. Gọi đường thẳng qua $L$ song song $BC$ cắt $CA,AB$ tại $Z,T$. Ta thấy $\angle PTZ=\angle PFE=\angle PAE=\angle YBC$ và $\angle PZT=\angle PEF=\angle PAB=\angle YCB$ do đó hai tam giác $PZT$ và $YCB$ đồng dạng có đường cao tương ứng là $PL,YK$. Từ đó $\frac{LZ}{LT}=\frac{KC}{KB}$ nên $A,L,K$ thẳng hàng. Từ đó theo bài toán Tuần 1 tháng 4/2016 ta có $AQ\perp XK$. Ta hoàn thành chứng minh.

Mình xin đề nghị bài toán tiếp

 

Bài toán 144. Cho tam giác $ABC$ với đường cao $AD,BE,CF$. Chứng minh rằng điểm Lemoine của tam giác $ABC$ là trọng tâm tam giác tạo bởi các điểm Lemoine của tam giác $AEF,BFD,CDE$.

Cấu hình của bài thầy Hà trong bài đề nghị của Khánh là cấu hình rất thú vị, trên đó khai thác được khá nhiều điểm đặc biệt các tam giác $AA_bA_c,BB_cB_a,CC_aC_b$ mà những tâm đặc biệt của tam giác tạo bởi các tâm trên nằm trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.

 

Mình ví dụ một bài như sau

 

Giữ nguyên đề của Khánh. Gọi $O_a,O_b,O_c$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AA_bA_c,BB_cB_a,CC_aC_b$. Chứng minh rằng trọng tâm tam giác $O_aO_bO_c$ nằm trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.

Bài này phải dùng nhiều kỹ thuật, mặt khác vì nó là bài của mình tạo ra mình cũng không muốn đưa vào topic, vậy ta tạm gác lại, mình đề xuất một bài toán khác thay thế. 

 

$\boxed{\text{Bài toán 49.}}$ Cho tam giác $ABC$ và $P$ là điểm bất kỳ trong tam giác. Đường tròn $(K),(L)$ lần lượt ngoại tiếp các tam giác $PAC,PAB$ lần lượt cắt $BC$ tại $F,E$ khác $C,B$. $M$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AEF$. $PA$ cắt $BC$ tại $D$. Trung trực $AD$ cắt đường thẳng qua $D$ vuông góc $BC$ tại $N$. $MN$ cắt $KL$ tại $Q$. Chứng minh rằng $Q$ nằm trên trung trực $BC$.

 

Mình nghĩ rằng nên có thêm một quy tắc, là những ai đề xuất bài vào topic này cần có đáp án, nếu bài không có đáp án chỉ nên thảo luận bên ngoài thôi.

vietdohoangtk7nqd cần đề nghị bài tiếp nhưng vì lâu nên để bạn ấy đề nghị sau, để topic không bị gián đoán mình xin đề nghị bài tiếp

 

Bài toán 126 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $P$ nằm trên đường thẳng $OI$ của tam giác $ABC$. $X,Y,Z$ đối xứng $P$ qua $IA,IB,IC$. Chứng minh rằng $DX,EY,FZ$ đồng quy.

Lời giải không nghịch đảo của Khoa cho bài của thầy rất thú vị, bài đó thầy tạo ra từ nghịch đảo giống như Quân (halloffame) đã làm, bài toán gốc là một mở rộng của bài 4 trong IMO 2010, hãy đón đọc cả bài viết trong kỷ yếu GGTH 2016 !

Cám ơn Việt và Quân, thầy đề nghị bài tiếp cho topic tiếp tục

Bài toán 132. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với đường kính $AD,BE,CF$. $P$ là điểm bất kỳ. $PD,PE,PF$ cắt $(O)$ tại $X,Y,Z$ khác $D,E,F$. Gọi $U,V,W$ là tâm Euler của tam giác $XBC,YCA,ZAB$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $UVW$ đi qua tâm Euler của tam giác $ABC$.

Bài toán mà viet nam in my heart, nói có 3 hướng tiếp cận khác nhau

 

- Phương pháp vector : Biểu diễn vector $\vec{XL}$ theo $\vec{XY},\vec{XZ}$ và $k$ với $\vec{OL}=k\vec{OA}$ rồi chiếu xuống $XY$.

 

- Hàng điều hòa: Có thể bắt chước tương tự cách chứng minh đẳng giác của điểm Nagel nằm trên đường thẳng $OI$ (của tam giác $XYZ$), giờ ta sẽ chỉ ra $XL$ là đẳng giác trong góc $X$ của $XJ$ với $J$ là một điểm xác định trên đường thẳng $OI$.

 

- Giải bài tổng quát hơn: chính là bổ đề đã có ở đây http://analgeomatica...1-thang-12.html

 

Từ đó đến bài của Bảo ta làm như sau

 

Gọi $U,V,W$ đối xứng $A,B,C$ qua $D,E,F$ thì $XU,YV,ZW$ đồng quy. Dễ thấy phép vị tự tâm $O$ tỷ số 3 biến đường thẳng qua trung điểm $AX$ và $D$ thành $XU$. Từ đó dễ thấy các đường thẳng mới đồng quy.

Cám ơn Dương lời giải của em cũng tương tự lời giải của Luis đưa ra ở đây nên thầy không dịch lại lời giải trong link nữa. Xin đề nghị bài tập tiếp

 

Bài toán 146. Cho tam giác $ABC$ với trực tâm $H$. $D$ là điểm nằm cũng phía $A$ với $BC$. $E,F$ thuộc cạnh $CA,AB$ sao cho $\angle HEC=\angle DCB$ và $\angle HFB=\angle DBC$. $M,N$ là đối xứng của $E,F$ qua $HC,HB$. Đường tròn $(HCM)$ và $(HBN)$ cắt nhau tại $K$ khác $H$. $L$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $HEF$. Chứng minh rằng $HL\parallel KD$.

 

$\boxed{\text{Bài toán 78.}}$ Cho tam giác $ABC$ có các tâm bàng tiếp góc $B,C$ là $K,L$. Lấy $P,Q$ trên $CK,BL$ sao cho $LP\parallel AC,KQ\parallel AB$. $PQ$ cắt $KL$ tại $R$. $H$ là hình chiếu của $R$ lên đường thẳng $OI$ của tam giác $ABC$. $AD$ là phân giác của tam giác $ABC$. $K$ thuộc $AD$ sao cho $KH\perp HA$. $HB,HC$ cắt $(HKD)$ tại $M,N$ khác $H$. $DN,DM$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Chứng minh rằng bốn điểm $A,E,H,F$ thuộc một đường tròn.

 

Bài tập tập huấn đội IMO 2016.

Đúng rồi cám ơn Dương, Bảo, điểm $K$ bị lặp, bài này là combine bài Turkey 2016 và CHKMO 2014 !

 

Ý chứng minh của Dương chính là bài CHKMO 2014 ở link. Mấu chốt là dựng ra tâm bàng tiếp $J$ vào sau đó chứng minh $H$ nằm trên $(JBC)$.

 

Nhân bài cũ của Bảo

 

Đễ xuất bài toán tiếp theo.

$\boxed{\text{Bài toán 77}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Giả sử $\triangle XYZ$ là tam giác tạo bởi các tiếp tuyến tại $A,B,C.AD,BE,CF$ lần lượt là đường kính của đường tròn $(O).P,Q,R$ theo thứ tự là trung điểm $AX,BY,CZ$. Chứng minh rằng $DP,EQ,FR$ đồng quy.

Nguồn

mjuk ~ Croatia

 

 

Thầy đề nghị thêm 1 ý là

 

b) Cmr đẳng giác của điểm đồng quy trong tam giác $DEF$ nằm trên đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.

Cám ơn các em đã đóng góp.

 

 

Đáp án bài 125. Dựng đường tròn $(B)$ tiếp xúc $AC$. Các tiếp tuyến tại $C,A$ của $(B)$ cắt nhau tại $F$. Từ dữ kiện đề bài dễ thấy hai tam giác $\triangle EDA=\triangle BCF$ g.c.g. Từ đó $EA=BF$ mà $BE\parallel AF$ nên tứ giác $BEAF$ có thể là một hình thang cân hoặc hình bình hành. Nhưng $\angle AEB<\angle AED=\angle CBF<\angle EBF$ do đó $BEAF$ là một hình bình hành. Dễ suy ra $BCDE$ là hình bình hành.

Cám ơn Khánh đã giải và gửi bài mới, bài toán của thầy Hà quả thật rất thú vị. Mình xin đưa ra lời giải của mình như sau.

 

Ta chú ý rằng có một tính chất quen thuộc từ cấu hình trên là $BP=CQ=r$ là bán kính nội tiếp tam giác $ABC$. Do đó để đẹp hơn ta nên phát biểu như sau

 

Bài toán 107'. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $CA,AB$ tại $E,F$. $P,Q$ đối xứng với $I$ lần lượt qua trung điểm $BE,CF$. $PQ$ cắt $EF$ tại $R$. Chứng minh rằng $IR\parallel BC$.

 

 

Lời giải. Gọi $IB,IC$ cắt $EF$ tại $M,N$ dễ thấy $M,N$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$. Gọi $BK,CL$ là đường cao của tam giác $ABC$. Ta thấy $FQ\parallel CN$ nên $\angle QFM=\angle CNM=\angle CBM=\angle CLM$. Từ đó tứ giác $FMQL$ nội tiếp nên $QM\perp MN$. Tương tự $PN\perp MN$. Từ biến đổi góc trên dễ thấy hai tam giác vuông $MFQ$ và $MBC$ đồng dạng suy ra hai tam giác $MFB$ và $MQC$ đồng dạng. Tương tự hai tam giác $NEC$ và $NPB$ đồng dạng. Ta thu được $\frac{RN}{RM}=\frac{NP}{MQ}=\frac{NP}{BP}.\frac{CQ}{MQ}=\frac{NE}{EC}.\frac{BF}{FM}=\frac{IN}{IM}.\frac{IN}{IM}$, ta chú ý đẳng thức cuối có do các tứ giác $INFB$ và $IEMC$ nội tiếp. Vậy $\frac{RN}{RM}=\frac{IN^2}{IM^2}$ nên $IR$ tiếp xúc $(IMN)$ do đó $\angle RIN=\angle IMN=\angle ICB$. Từ đó $IR\parallel BC$.

 

Bài toán 108 (Mở rộng ý a) bài toán 7 VMO 2017). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$. Trung trực $BC$ cắt $(K)$ tại $M,N$. $P$ là điểm thuộc $(K)$. $PM$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $L$. Chứng minh rằng $AL,PN$ và $BC$ đồng quy.

 

Cảm ơn Quân và Bảo với các lời giải rất hay. Gốc của bài toán 126 là ở đây http://www.artofprob...munity/c6h85003, bài toán 126 có hướng phát triển theo kiểu chiếu song song nhưng khá rắc rối. Bài toán 127 cũng là bài toán hay và lạ trên hình vuông,  vietdohoangtk7nqd có thể dẫn nguồn gốc không ? Mình xin đề nghị bài tiếp

 

Bài toán 128. Cho tam giác $ABC$ và đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $G$. $AG$ cắt $BC$ tại $H$. $L$ là hình chiếu của $H$ lên $EF$. $M$ là trung điểm $BC$. $MK$ cắt $(KEF)$ tại $N$. Chứng minh rằng $\angle LAB=\angle NAC$.

Cám ơn Hoàng và Khánh, một lời giải khác cho bài toán 107 của thầy Hà ở đây, rất thú vị và ngắn gọn

 

https://www.artofpro...c6t48f6h1366405

 

Thầy giúp Hoàng đề nghị bài toán sau

 

Bài toán 111. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$ và tiếp xúc trong $(O)$. $P$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$ của $(O)$. $PI$ cắt $BC$ tại $D$. $Q$ là trung điểm cung nhỏ $AP$ của $(O)$. $R$ là trung điểm cung nhỏ $EF$ của $(K)$. $M$ là trung điểm $ID$. Chứng minh rằng $MQ\parallel DR$.

 

Cám ơn Khánh bài toán gốc ở đây phần chú ý trong #3 tại đây và lời giải ở trong #4, xin trích lại lời giải của Luis González

 

Lời giải khác bài toán 129. Gọi các tiếp tuyến của $(ABC)$ cắt nhau tại $A',B',C'$. Chú ý $\angle ACE=\angle ACX=\angle ABZ=\angle ABF$ và $\angle ACB'=\angle ABC,$ $\angle ABC'=\angle ACB$ nên $C(Y,E,B,B')=B(Z,F,C,C')$ suy ra $B(Y,E,C,B')=C(Y,E,B,B')=B(Z,F,C,C')=C(Z,F,B,C')$. $Q \equiv BY \cap CZ,$ $P \equiv BE \cap CF$ và $K \equiv BB' \cap CC'$ thẳng hàng.

 

Mình xin đề nghị bài tiếp.

 

Bài toán 130 (Từ đề thi Ba Lan). Cho lục giác $ABCDEF$ có các cạnh bằng nhau và $\angle A+\angle C+\angle E=\angle B+\angle D+\angle F$. Chứng minh rằng $AD,BE,CF$ đồng quy.

Mình đưa ra tổng quát bài toán 109 và lời giải của mình, nguồn gốc bài 109 là bài số 6 chọn đội Iran 2014 chứ không phải 2015

 

https://www.artofpro...h590555p3497371

 

Bài toán 109'. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$ và tâm bàng tiếp góc $A$ là $J$. $P$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$ của $(O)$. $X$ thuộc $JP$. $E,F$ là hình chiếu của $X$ lên $IB,IC$. Chứng minh rằng $OP$ chia đôi $EF$.

 

 

Lời giải. Gọi $K,L$ là tâm bàng tiếp góc $B,C$ của $ABC$ thì $P$ là trung điểm $KL$. Gọi $XF,XE$ cắt $JC,JB$ tại $QR$. Dễ thấy do $XF\parallel JB$ và $XE\parallel JC$ nên $QR\parallel BC$. Từ đó $\frac{FB}{FK}=\frac{QJ}{QK}=\frac{RJ}{RL}=\frac{EC}{EL}$ nên theo bổ đề E.R.I.Q thì trung điểm của $KL,EF,BC$ thẳng hàng. Ta hoàn thành chứng minh.

Qua hai ngày mình xin post đáp án bài toán 142.

 

 

Giải bài toán 142. Gọi $H$ là hình chiếu của $P$ lên $CD$. Cho $H(0,0),C(c,0),D(d,0),P(0,p)$ thì $A(d,p),B(c,p),Q(-d,p),R(-c,p),M(c,\frac{c^2+p^2}{2p}),N(d,\frac{d^2+p^2}{2p})$. Ta tính được tọa độ $X(-\frac{cd+p^2}{c+d},\frac{p^4+p^2(c^2+d^2+4cd)+c^2d^2}{2p(c+d)^2}).$

 

Từ đó $d(X,CD)=\frac{p^4+p^2(c^2+d^2+4cd)+c^2d^2}{2p(c+d)^2}$ và như vậy

 

$$XP^2=(\frac{p^2+cd}{c+d})^2+(\frac{p^4+p^2(c^2+d^2+4cd)+c^2d^2}{2p(c+d)^2}-p)^2=(\frac{p^4+p^2(c^2+d^2+4cd)+c^2d^2}{2p(c+d)^2})^2=d(X,CD)^2.$$

 

Bài này dùng tọa độ theo mình là tối ưu, bạn nào có lời giải thuần túy hình hãy đóng góp tiếp

Cảm ơn Khánh về lời giải thú vị khác đáp án, đây là hình vẽ cho lời giải của em. Đáp án gốc thầy sẽ gõ và post vào hôm sau.

 

Cám ơn em, xin dịch lại lời giải của bạn Đỗ Xuân Long đưa ra tại đây

 

Gọi $X,Y,Z$ là điểm Lemoine của các tam giác $AEF,BDF,CDE$. $H,O,G,L$ là trực tâm, tâm ngoại tiếp, trọng tâm, điểm Lemoine của tam giác $ABC$. $M, N$ là trung điểm của $BC, EF$. $T$ là trung điểm $AD$. $AU\perp EF$. $V$ là trung điểm $AU$. ta biết rằng $MT$ đi qua $L$. Từ $AU\parallel MN$, ta có $\frac {XA}{XM}=\frac {XV}{XN}=\frac {LT}{LM}$ vì vậy nên $XL\parallel AH \implies XL\perp BC$. Từ $\triangle DYZ\sim \triangle HBC$, ta thấy $AM\perp YZ \implies GX\perp YZ$. Gọi $\ell$ là đường thẳng qua $X$ và song song $YZ$. $t$ là đường thẳng qua $G$ và vuông góc $AD.$ Ta có $X(L,\ell,Y,Z)=G(M,t,BC)=-1$, nên $XL$ chia đôi $YZ$. Tương tự thì $L$ là trọng tâm tam giác $XYZ$.

 

Mình xin đề nghị bài tiếp.

 

Bài toán 145 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ với $\angle BAC<45^{\circ}$. $D$ ở trong tam giác $ABC$ sao cho $BD=CD$ và $\angle BDC=4\angle BAC$. $E$ là đối xứng của $C$ qua $AB$. $F$ là đối xứng của $B$ qua $AC$. Chứng minh rằng $AD\perp EF$.

 

 

Lời giải bài toán 112. Gọi tiếp tuyến qua $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $S$. $TK$ tại $J$. Do $(K)$ tiếp xúc $(O)$ nên $KL\parallel AO$. Từ đó $\frac{JS}{XS}=\frac{KO}{XO}=\frac{LA}{XA}$ suy ra $\frac{JS}{LS}=\frac{XS}{LS}:\frac{XA}{LA}$. Ta thấy các hàng điểu hòa cơ bản $(AX,SD)=(AD,SL)=-1$ do dó $(AS,XD)=(AS,DL)=2$ suy ra $\frac{XA}{XS}:\frac{DA}{DS}=\frac{DA}{DS}:\frac{LA}{LS}=2$ từ đó dễ thấy $\frac{XS}{LS}:\frac{XA}{LA}=\frac{1}{4}$ hay $\frac{OT}{OL}=\frac{JS}{JL}=\frac{1}{4}$. Ta hoàn thành chứng minh.



Bài toán 113. Cho tam giác $ABC$ và $P$ bất kỳ. $D,E,F$ là hình chiếu của $P$ lên $BC,CA,AB$. $(DEF)$ cắt $BC$ tại $M$ khác $D$. $DP$ cắt $EF$ tại $L$. $AL$ cắt $BC$ tại $K$. Các đường thẳng qua $A,M$ lần lượt vuông góc với $BC,PK$ cắt nhau tại $X$. Chứng minh rằng $XK\parallel EF.$

Cám ơn Hoàng và Dương đã đóng góp lời giải. Bài toán này xuất phát từ đây. Trong đó có hai lời giải khác nhau, tuy nhiên thầy giải dựa trên bài Tuymaada 2009.

 

Xin đề nghị bài toán tiếp.

 

Bài toán 147. Cho tam giác $ABC$ nhọn có trực tâm $H$. $E,F$ lần lượt thuộc đoạn $CA,AB$ sao cho $EF$ tiếp xúc $(BHC)$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AEF$. $M,N$ lần lượt thuộc đoạn $KC,KB$ sao cho $\angle KME=\angle KEC,\angle KNF=\angle KFB$. Chứng minh rằng $(AMN)$ tiếp xúc $EF$.