Tên đề tài
VẬN DỤNG CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG ĐƯỢC ĐỀ NGHỊTRONG CÁC KÌ THI IMO TỪ 2003 ĐẾN 2007 VÀO VIỆC DẠY BỒIDƯỠNG HỌC SINH GIỎI
Cơ sở lí luận
Để học sinh giỏi Toán có cơ hội tiếp xúc với các bài toán hình học phẳng từ các kì thi IMO, việc giáo viên cung cấp đề bài và lời giải bằng tiếng Việt là rất cần thiết Điều này không chỉ giúp học sinh dễ dàng hiểu và tiếp cận nội dung mà còn tạo điều kiện thuận lợi cho việc ôn luyện, từ đó nâng cao khả năng tham gia và đạt kết quả tốt hơn trong các kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh và Quốc gia.
Cơ sở thực tiễn
Bài tập hình học phẳng dành cho học sinh giỏi tham gia kì thi chọn học sinh giỏi cấp Tỉnh và Quốc gia THPT chủ yếu được xây dựng từ nguồn tài liệu như Báo Toán học và Tuổi trẻ, đề thi Olympic quốc tế và các đề dự tuyển trong các kì thi IMO Việc cung cấp đề bài và lời giải bằng tiếng Việt cho các bài toán hình học phẳng trong các kì thi IMO là rất cần thiết để giúp học sinh tiếp cận và nâng cao kỹ năng giải quyết vấn đề.
Nội dung nghiên cứu
CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG KÌ THI IMO
LẦN THỨ 44 TỔ CHỨC TẠI NHẬT BẢN NĂM 2003
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, với P, Q, R là hình chiếu của D lên các cạnh BC, CA, AB Ta cần chứng minh rằng PQ = QR khi và chỉ khi các phân giác của góc ABC và góc ADC đồng quy tại điểm AC.
Ta đã biết P, Q, R thẳng hàng (đường thẳng Simson) Ta có DPC DQC 90 0 D, P, C, Q nằm trên một đường tròn, do đó
DCA DPQ DPR Tương tự D, Q, R, A nằm trên đường tròn, do đó DAC DRP Suy ra
DCA DPR Làm tương tự ta được DAB DQP và
Từ (1) và (2) suy ra DA QR BA
Do đó PQ = QR nếu và chỉ nếu DA/DC = BA/BC
Các phân giác của góc ABC v ADC à chia đoạn AC theo tỉ số BA/BC và DA/DC tương ứng Do đó 3 đường đồng quy.
Giả sử phân giác góc ABC v ADC à cắt AC tại L và M tương ứng.
CL CB và AM AD
CM CD Ta có L M AB AD AB CD CB AD
Ta chứng minh AB.CD = CB.AD PQ = QR.
Vì DP vuông góc với BC, DQ vuông góc với AC và DR vuông góc với AC, nên tồn tại đường tròn có đường kính DC đi qua P và Q, cùng với đường tròn có đường kính DA đi qua R và Q Đặt ACB bằng γ, thì PDQ cũng bằng γ hoặc 180° - γ; nếu đặt CAB bằng α, thì QDR sẽ bằng α hoặc 180° - α.
Ta có PQ = CD.sin ; QR = AD.sin Do đó PQ = QR sin sin
Định lí sin trong ABC ta có : sin sin
Từ đó PQ = QR CD CB AB CD AD CD
Bài 2) Cho 3 điểm phân biệt A, B, C theo thứ tự đó nằm trên một đường thẳng.
Gọi là một đường tròn thay đổi qua A và C với tâm không nằm trên AC Kí hiệu P là giao điểm của các tiếp tuyến với tại A và C Giả sử cắt đoạn PB tại Q Chứng minh rằng giao điểm của phân giác góc AQC và đường thẳng AC là không phụ thuộc vào cách chọn đường tròn .
Giả sử phân giác góc AQC cắt đường thẳng AC và đường tròn tại R và S tương ứng, ở đây S Q Vì
APC cân ta có sin sin sin
AB AB BC APB CPB APB
BC PB PB PAB PCB CPB Tương tự
ASC cân ta có sin sin
RC CSQ Định lí Cê-va trong tam giác PAC và Q ta có sin sin sin sin sin sin
APB PAQ QCA CPB PCQ QCA
Theo tính chất tiếp tuyến ta có : PAQ ASQ QCAv PCQ CSQ QAC à
BC RC R không phụ thuộc vào
Lời giải 2 ( Dùng phương pháp tọa độ)
R là giao điểm phân giác góc AQC với đường thẳng AC Chọn hệ trục Oxy , ta có thể giả sử A(– 1, 0), B(b, 0), C(1,0) và
Gọi M là trung điểm cung lớn AC thì M(0, p 1 p 2 ).Các điểm Q, R, M thẳng hàng, khi đó AQR CQR
Do đó R không phụ thuộc vào p tức không phụ thuộc vào
Cho tam giác ABC và điểm P nằm trong miền trong của nó Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên các cạnh BC, CA, AB Giả sử AP² + PD² = BP² + PE² = CP² + PF² Ký hiệu IA, IB, IC là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC Cần chứng minh rằng P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAIBIC.
Từ điều kiện đã cho ta có
0 ()()()() BP PE CP PF BP PF CP PE BF CE
Ta có thể đặt x = BF = CE, tương tự đặt y = CD = AF và z = AE = BD.
Nếu một trong ba điểm D, E, F không nằm trên cạnh của tam giác ABC, điều này sẽ mâu thuẫn với bất đẳng thức trong tam giác Cụ thể, nếu B, C, D nằm theo thứ tự đó, ta sẽ có AB + BC = x + z = AC, điều này là vô lý Vì vậy, tất cả các điểm D, E, F phải nằm trên các cạnh của tam giác ABC Đặt a = BC; b = CA; c = AB và p = 1.
Khi x = p - a, y = p - b, z = p - c, ta có BD = p - c và CD = p - b Điều này cho thấy D là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC Tương tự, E và F là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc B và C với các đường thẳng CA và AB Do PD vuông góc với BC, nên P, D và IA thẳng hàng Tương tự, P, E và IB cũng thẳng hàng, và P, F cùng IC cũng vậy.
Do đó ba điểm IA, C, IB thẳng hàng và tam giác PIAIB cân và 1
PI C PI C C Làm tương tự ta có PIA = PIC do đó PIA = PIB = PI C Suy ra P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAIBIC. x x y y z z
Chú thích 1: Bài toán không đúng nếu P nằm ngoài tam giác ABC.
Chú thích 2: Trong phần này giá trị AP 2 PD BP 2 ; 2 PE CP 2 , 2 PF 2 = 8R 2 – p 2 , với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và p =1 ()
Ta có thể chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAIBIC bằng 2R.
Ta có PD = PIA– DIA = 2R – rA ; ở đây rA là bán kính đường tròn bàng tiếp góc
A rB, rC tương ứng PE = 2R – rB , PF = 2R – rC Ta có
AP PD AE PE PD s c R r R r
Và ta có thể nhận được : (2 R r B )4 2 R 2 ca p 2
Ta có AP 2 PD 2 ()(4 p c 2 R ba p 2 )(4 2 R bc p 2 8 2 R 2 p 2
Bài 4) Cho C1, C2, C3, C4 là các đường tròn phân biệt sao cho C1 và C3 tiếp xúc ngoài tại P ; C2 và C4 tiếp xúc ngoài tại P Giả sử C1 và C2, C2 và C3 , C3 và C4,
C4 và C1 cắt nhau tương ứng tại A, B, C, D khác P Chứng minh rằng :
PB.PC.PD PA.PB.PC
PD.PA.PB PC.PD.PA
Gọi Q là giao điểm của đường thẳng AB với tiếp tuyến chung của 1 và 3 Thì
APB APQ BPQ PDA PCB
Kí hiệu : x1, x2, …, x8 các góc như trong hình 1 Thì
Tương tự BPC PAB PDC và x 4 x x 5 2 x 7 180 0 (2)
Nhân độ dài các cạnh của các tam giác PAB, PBC, PCD, PAD với các đoạn PC.PD, PD.PA, PA.PB và PB.PC sẽ tạo ra một tứ giác mới như thể hiện trong hình 2.
Từ (1) và (2) chỉ ra rằng A’D’//B’C’ và A’B’//C’D’ Do đó tứ giác A’B’C’D’ là một hình bình hành Suy ra A’B’ = C’D’ và A’D’ = B’C’ Từ đó
AB.PC.PD = CD.PA.PB và AD.PB.PC = BC.PA.PD Suy ra 2 2
Gọi O1, O2, O3, O4 lần lượt là tâm các đường tròn C1, C2, C3, C4 và gọi A’, B’, C’, D’ lần lượt là trung điểm đoạn PA, PB, PC, PD Vì C1, C3 tiếp xúc ngoài tại
P nên P, O1, O3 thẳng hàng Tương tự O2, O4 , P thẳng hàng. y 1 x 1 y 2 x 4 y 3 y 4
A' C' x 3 x 2 Đặt x1 = O O O 4 1 2, x2 = O O O 1 2 3, x3 = O O O 2 3 4 , x4 = O O O 3 4 1 và y1 = PO O 1 4, y2 = PO O 2 3, y3 = PO O 3 2, y4 = PO O 4 1. Theo định lí sin ta có
Trong bài viết này, đoạn PA được xác định là dây cung chung của hai đường tròn C1 và C2, trong khi đoạn PA’ là đường cao từ điểm P đến đường thẳng O1O2 Tương tự, các đoạn PB’, PC’, và PD’ lần lượt là đường cao từ P đến các đường thẳng O2O3, O3O4, và O4O1 Điều đáng chú ý là các điểm O1, A’, P, và D’ nằm trên một đường tròn Áp dụng định lý sin, chúng ta có thể rút ra các kết luận quan trọng về mối quan hệ giữa các đoạn thẳng này.
Vì A’B’ = AB/2, B’C’ = BC/2, C’D’ = CD/2, D’A’ = DA/2, PB = PB’/2,
Chú thích : Ở đây không cần giả thiết C1, C3 và C2, C4 tiếp xúc ngoài nhau. Chúng ta có thể thay đổi câu đầu tiên trong bài toán đã được đề cập:
Gọi C1, C2, C3, C4 là các đường tròn phân biệt, trong đó C1 và C3 tiếp xúc tại điểm P, và C2 với C4 cũng tiếp xúc tại P Giả sử các cặp đường tròn C1 và C2, C2 và C3, C3 và C4, C4 và C1 lần lượt cắt nhau tại các điểm A, B, C, D khác P Cần chứng minh rằng các điểm A, B, C, D có mối quan hệ hình học đặc biệt.
Tiếp theo đây là hai lời giải phù hợp với việc thay đổi đầu bài
Gọi Oi và ri là tâm và bán kính đại số của các hình tròn Ci, với i = 1,2,3,4 Giả sử rằng r1 > 0, nếu O1 và O3 nằm cùng một phía của tiếp tuyến chung, thì r3 > 0; ngược lại, r3 < 0 Đặt θ = O1PO2, ta có OiPOi+1 = θ hoặc 180° - θ, từ đó suy ra sin OiPOi+1 = sin θ.
Từ PB O2O3 và PO2O3 = BO2O3 , ta có
2 2 O O PB S PO O 2 PO PO 2 r r Từ đó PB = 2 3
Bởi vì tam giác O2AB cân ta có 2 sin 2 2
Từ O O P O O A 1 2 1 2 và O O P O O P 3 2 3 2 , ta có sin 2 sin 1 2 3
Làm tương tự như (1), (2), (3) chúng ta có thể nhận được độ dài của PD, BC,
CD, DA và tính toán như sau :
Lời giải 4 Gọi l1 là tiếp tuyến chung của đường tròn C1 và C3 và gọi l2 là tiếp tuyến chung của C2 và C4 Chọn hệ trục như hình vẽ. c 1 c 3 c 2 c 4
Chúng ta có thể giả sử rằng :
C1: x 2 y 2 2 sin ax 2 cos ay 0 , C2: x 2 y 2 2 sin bx 2 cos by 0,
C3: x 2 y 2 2 sin cx 2 cos cy 0 , C4: x 2 y 2 2 sin dx 2 cos dy 0
Tính toán rút gọn đi đến các giao điểm
Tính toán độ dài đi đến
Còn vế phải ta có PB = 4 2 2 sin cos
Do đó ta nhận được 2 2
Trong tam giác cân ABC với CA = CB và I là tâm đường tròn nội tiếp, điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB và trong tam giác ABC Đường thẳng qua P song song với CA và CB cắt AB tại D và E, trong khi đường thẳng qua P song song với AB cắt CA và CB tại F và G Cần chứng minh rằng giao điểm của đường thẳng DF và EG nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Các cạnh của tam giác PDE và CFG là song song, do đó nếu DF và GE không song song, sẽ tồn tại một phép vị tự mà DF, GE và CP đồng quy tại tâm của phép vị tự đó.
Ta chứng minh : Nếu CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại Q khác C, thì Q là giao điểm của FD và
GE + Vì AQP ABC BAC PFC AQPF nội tiếp đường tròn FQP PAF Vì 1 1
IBA CBA CAB IAC nên đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB tiếp xúc CA tại
+ Vì QBD QCA QPD tứ giác DQBP nội tiếp đường tròn DBP DQP
Từ FQP PAF DBP DQP F, D, Q thẳng hàng Tương tự ta nhận được G, E,
Q thẳng hàng Do đó DF, EG, CP đồng quy tại một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Lời giải 2 ( Dùng phương pháp tọa độ )
Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho A(– 1, 0), B(1, 0), C(0, c) Giả sử I(0, m) khi đó
Giả sử J(0,n) là tâm đường tròn C1 ngoại tiếp tam giác AIB Khi đó
()1 n m JI JA n , ta có n = – 1/c và
Gọi P(p,q) Khi đó D(p – q/c, 0), E(p + q/c, 0), F(q/c – 1, q), G( – q/c + 1, q), từ đó phương trình đường thẳng DF và EG tương ứng là y = 2
Do đó giao điểm Q của hai đường thẳng là Q((q – c)p/(2q – c), q 2 /(2q – c)). Gọi O1(0, u) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Vì 1 + u 2 = O1A 2 = O1C 2 = (u – c) 2 u = (c 2 – 1)/2c Vì P(p, q) nằm trên đường tròn C1 ta có p 2 + (q + 1/c) 2 = 1 + (1/c) 2
Q nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Bài 6) Mỗi cặp cạnh đối của lục giác lồi có tính chất: khoảng cách giữa hai trung điểm của chúng bằng 3
2 lần tổng độ dài của chúng Chứng minh rằng tất cả các góc của lục giác lồi bằng nhau.
Trước tiên ta chứng minh bổ đề: Cho tam giác PQR với QPR 60 0 Gọi L là trung điểm của QR thì PL 3
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác PQR đều.
Chứng minh rằng điểm S tạo thành tam giác QRS đều, với S và P nằm trên nửa mặt phẳng bờ QR Điểm P nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác QRS và cũng nằm trong đường tròn có tâm L là trung điểm của QR, với bán kính 3.
2 QR Bổ đề được chứng minh.
Trong lục giác lồi, các đường chéo chính cắt nhau và tạo thành một tam giác, có khả năng suy biến Chúng ta có thể chọn hai trong ba đường chéo tương ứng với góc lớn hơn hoặc bằng 60 độ Không mất tính tổng quát, giả sử rằng đó là đường chéo AD và BE của lục giác ABCDEF, với điều kiện góc APB ≥ 60 độ, trong đó P là giao điểm của hai đường chéo AD và BE Gọi M và N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AB.
DE Áp dụng bổ đề, ta có MN = 3
2 (AB + DE) PM + PN MN.
Dấu đẳng thức phải xảy ra tức các tam giác ABP và DEP đều.
Do đó đường chéo CF tạo một góc lớn hơn hoặc bằng 60 0 với một đường chéo
AD và BE Không mất tính tổng quát giả sử AQF 60 0 , với Q là giao điểm của
AD và CF Giống như cách chứng minh trên thì tam giác AQF và CQD đều Gọi
R là giao điểm của BE và CF, với BRC = 60° Khi thực hiện lại quá trình này lần thứ ba, ta nhận thấy rằng các tam giác BCR và EFR đều Do đó, tất cả các góc của lục giác đều bằng nhau.
Gọi ABCDEF là lục giác lồi đã cho và đặt a
Gọi M, N lần lượt trung điểm cạnh AB và DE Ta có:
Từ giả thiết đã cho , ta có MN = 3 () 3
Cộng ba BĐT trên ta được x 2 y 2 z 2 2 y z 2 z x 2 x y 0 2
. Vậy x y z 0 và dấu đẳng thức xảy ra trong tất cả các BĐT trên.
Giả sử tam giác PQR sao cho PQ x
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử QPR 60 0 Gọi L là trung điểm của QR, thì
Dựa vào bổ đề trong cách giải 1 thì tam giác PQR đều Từ đó ta có ABC BCD FAB 120 0
Bài 7) Cho tam giác ABC với nửa chu vi là s và bán kính đường tròn nội tiếp r.
Kiến nghị
Đối với tổ chuyên môn: Triển khai việc áp dụng đề tài trong khi dạy bồi dưỡng học sinh khối 10, 11 và 12.