Xem mẫu
- Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
ỨNG DỤNG PHÉP NGHỊCH ĐẢO ĐỂ GIẢI TOÁN
Phạm Văn Khanh
Trường THPT Chuyên Lương Văn Tụy, Ninh Bình
Tóm tắt nội dung
Phép nghịch đảo là một công cụ giúp giải quyết tốt một lớp bài toán hình học, cho lời
giải hay và thú vị. Bài viết về ứng dụng của một phép biến hình là tích của phép đối xứng
trục và phép nghịch đảo áp dụng trong tam giác, vận dụng kiến thức cơ bản về phép dời
hình, đồng dạng trong chương trình THPT và phép nghịch đảo ở lớp 10 chuyên.
1 Mô hình áp dụng
Cho 4 ABC độ dài cạnh là a, b, c nội tiếp đường tròn (O), xét các phân giác la , lb , lc
và ánh xạ tích của √
phép đối xứng trục Dla và phép nghịch đảo cực A, tỷ số nghịch đảo
√
r = bc√kí hiệu NA bc , với điểm X thuộc mặt phẳng tam giác thì X 7→ √
X 0 = Dl a ( X ) 7 →
X 00 = NA bc ( X 0 ). Phép biến hình tích như trên ta kí hiệu là f A = NA bc · Dla , f A ( X ) =
X 00 , ∀ X 6= A. Trong mf ( P) mở rộng đã bổ sung điểm vô cực ∞ và cho A 7→ ∞,
∞ 7→ A, f A xác định như trên là√một song ánh của √mf ( P). Dễ thấy tích ánh xạ này
giao hoán được. Ta gọi f A = NA bc · Dla = Dla · NA bc ngắn gọn là phép biến hình
√
bc-nghịch đảo cực A.
√
ac
Định nghĩa tương tự cho các phép biến hình tích: f B = NB · Dl b ,
√
f C = NC ab · Dlc .
2 Nội dung
√
Tính chất 1. Gọi đường tròn ngoại tiếp 4 ABC là ω, xét phép biến hình f A = NA bc · Dla
trong mặt phẳng chứa tam giác, ta có:
a) B 7→ C, C 7→ B;
b) ω 7→ BC, BC 7→ ω;
101
- Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
c) Với X 6= A, X 7→ X 0 , X 0 7→ X thì các đường thẳng AX và AX 0 là các đường đẳng
giác.
√
Chứng minh. a) Ta có Dla ( B) = B1 ∈ AC, AB1 = AB = c, NA bc ( B1 ) = B0 : AB1 ·
AB0 = bc, AB0 = c, B ≡ C, B 7→ C.
Tương tự ảnh của C là B.
A
X
B C
X0
la
b) Do B, C là ảnh của nhau và đường tròn ( ABC ) có ảnh là đường thẳng qua BC hay
chính là đt( BC ), và ngược lại ảnh của đường thẳng BC là đường tròn ( ABC ).
c) Điểm X thuộc đường thẳng BC và giả sử XAB [ = α qua phép đối xứng trục la thì
AB → AC, AX → At, XAB [ → tAC, d X 7→ X 0 ∈ AT : X \0 AC 7 → XAB
[ = α; hay các
đường thẳng AX, AX 0 là các đường đẳng giác tại đỉnh A.
Tính chất 2. Tam giác ABC có AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại điểm P trong tam giác. Chứng
minh 3 đường đẳng giác tương ứng là AA2 , BB2 , CC2 cũng đồng quy tại điểm Q.
(Hai điểm P, Q gọi là 2 điểm liên hợp đẳng giác).
Chứng minh. Ta có AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại điểm P trong tam giác nên theo Định
lý Xêva dạng lượng giác ta có
sin CAA
\1 sin \ ABB1 sin \ BCC1
· · = 1. (1)
sin A
\ 1 AB sin B
[1 BC sin C
\1 CA
Gọi Q là giao điểm của [ d2 . Nối CQ cắt AB tại C 0 , ta chứng minh CC2 ≡ CC1 .
AA2 và BB 2
Đặt BCC1 = γ = C 0 CA = γ0 , A = = α. Suy ra A
CA, C AB A AC 1 AC = A2 AB =
\2
\ 1
\ 2
\ 2
B − α và B[1 BC = A2 BA = β. Do đó ABB1 = B2 BC = B − β. Do đó kết hợp với (1) ta
\ \ [
102
- Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
có
sin A
\ 2 AB sin CBB2
[ sin γ
· · = 1. (2)
sin A
\ 2 AC sin B
\2 BA sin ( C − γ )
Do AA2 , BB2 , CC20 đồng quy tại điểm Q nên theo Định lý Xêva dạng lượng giác ta có
sin A
\ 2 AB sin CBB2
[ sin γ0
· · 0)
= 1. (3)
sin A
\ 2 AC sin B
\2 BA sin ( C − γ
Từ (2) và (3) suy ra
sin γ sin γ0
= ,
sin (C − γ) sin (C − γ0 )
hay sin γ · sin (C − γ0 ) = sin γ0 · sin (C − γ), do đó sin (γ − γ0 ) = 0, nên γ = γ0 . Suy
ra C20 CA = γ. Do đó CC20 ≡ CC2 .
Dưới đây xét tam giác ABC. Gọi ω là đường tròn ngoại tiếp tam giác; ωa là đường
tròn Mixtilinear nội tiếp của tam giác ABC tương ứng với góc A, đường tròn này tiếp
xúc trong với cạnh AB, AC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Định nghĩa tương
tự các đường tròn ωb , ωc . Gọi ωa0 , ωb0 , ωc0 tương ứng là đường tròn bàng tiếp các góc
A, B, C của tam giác ABC.
Bài toán 1. Cho tam giác ABC có ω và ωa tiếp xúc nhau tại T, ωa0 và BC tiếp xúc
nhau tại D. Chứng minh rằng BAT
[ = DAC.
[
Lời giải.
A
D C
B
T
103
- Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
√
Xét phép biến hình f A là bc-nghịch đảo cực A. Ta có B 7→ C, C 7→ B, AC 7→ AB,
AB 7→ AC, ω 7→ BC. Theo giả thiết ta có ωa tiếp xúc với AB, AC và ω nên ảnh của
ωa tiếp xúc với AC, AB và BC. Vậy ảnh của ωa là ωa0 là đường tròn bàng tiếp góc A,
[ −f→
ωa 7→ ωa0 . Do đó T 7→ D với D là tiếp điểm của BC và ωa0 . Ta có BAT
A
[ Suy
DAC.
ra BAT
[ = DAC. [ Do đó AT và AD là hai đường đẳng giác.
Bài toán 2. Cho tam giác ABC, các đường tròn Mixtilinear nội tiếp ωa , ωb , ωc tiếp
xúc với ω tại A1 , B1 , C1 tương ứng. Chứng minh rằng các đường thẳng AA1 , BB1 , CC1
đồng quy tại điểm M.
√
Lời giải. Xét phép biến hình bc-nghịch đảo cực A. Ta có B 7→ C, C 7→ B, BC 7→ ω,
ω 7→ BC, AB 7→ AC, AC 7→ AB, ωa 7→ ωa0 , A1 = ω ∩ ωa 7→ A1∗ = BC ∩ ωa0 . (Đường
tròn ωa tiếp xúc AB, AC, tiếp xúc trong với ω tại A1 có ảnh qua phép biến hình là ωa0 ,
tiếp xúc ngoài với cạnh AC, AB và tiếp xúc với BC là ảnh đường tròn ( ABC ). Vậy đó
là đường tròn bàng tiếp góc A.) Ta có
A1∗ B = p − c, A1∗ C = p − b.
A
B1
B2
C1
M
A1∗
B C
A1
A2
Tương tự với các điểm B1∗ , C1∗ ta có
B1∗ C = p − a, B1∗ A = p − c;
C1∗ A = p − b, C1∗ B = p − a.
Theo Thí dụ 1 ta có AA1∗ và AA1 , BB1∗ và BB1 , CC1∗ và CC1 là các đường đẳng giác
tương ứng. Mặt khác,
A1∗ B B1∗ C C1∗ A p−c p−a p−b
· · = − · − · − = −1
A1∗ C B1∗ A C1∗ B p−b p−c p−a
104
- Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
suy ra các đường AA1∗ , BB1∗ , CC1∗ đồng quy tại một điểm N (điểm Nagen).
Theo Tính chất 2 ta có AA1 , BB1 , CC1 là các đường đẳng giác tương ứng cũng đồng
quy tại một điểm M (gọi là điểm Mixtilinear của tam giác).
Bài toán 3. Gọi X là điểm tiếp xúc của đường tròn ωa và đường tròn ω của tam giác
ABC. Chứng minh các đường tròn Mixtilinear nội tiếp ứng với góc A của hai tam
giác ABX và ACX tiếp xúc nhau.
√
Lời giải. Xét phép biến hình bc-nghịch đảo cực A. Gọi D là tiếp điểm của đường
tròn bàng tiếp góc A với cạnh BC.
Ta có ωa 7→ ωa0 , X = ω ∩ ωa 7→ D = BC ∩ ωa0 .
Ta có đường thẳng AX 7→ AD, AB 7→ AC, AC 7→ AB.
Chú ý là các tam giác ABC, ABX, ACX có chung đường tròn ngoại tiếp.
A
T D
B C
X
J0
Đường tròn ảnh của đường tròn Mixtilinear của tam giác ABX qua phép biến hình là
đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ACD, nó tiếp xúc với đường thẳng AD tại
J; đường tròn ảnh của đường tròn Mixtilinear của tam giác ACD là đường tròn bàng
tiếp góc A của tam giác ABD, nó tiếp xúc với AD tại J 0 .
Ta có D chia chu vi tam giác ABC thành 2 phần bằng nhau nên
p
AB + BD = AC + CD = ,
2
do đó
AB + BD + AD AC + CD + AD
= ,
2 2
105
- Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
suy ra
AB + BD + AD AC + CD + AD
AJ 0 = = = AJ,
2 2
từ đó ta có J 0 ≡ J.
Hai đường tròn ảnh tiếp xúc nhau tại J suy ra hai đường tròn Mixtilinear của hai tam
giác ABX và ACX tạo ảnh tiếp xúc nhau tại T.
Bài toán 4 (Serbia - 2006). Cho 4 ABC, D, E thuộc AB sao cho AD = AC, BE = BC,
điểm D thuộc tia đối của tia AB, điểm E thuộc tia đối của tia BA. Các phân giác
trong của các góc A, B cắt BC, AC tại P, Q và cắt đường tròn ngoại tiếp 4 ABC tại
M, N tương ứng. Gọi O1 , O2 là tâm các đường tròn ( BME), ( AND ), X = AO1 ∩ BO2 .
Chứng minh CX ⊥ PQ.
QA c AQ c bc
Lời giải. Ta có = , suy ra = , AQ = , AE = c + a,
√ QC a AC c+a c+a
AE · AQ = (√ bc)2 .
Vậy f A = NA bc · Dla : E 7→ Q, ω = ( ABC ) 7→ BC. Do đó M 7→ P, P 7→ M, B 7→ C.
C
M
O
N Q P O1
O2
X
D E
A B
√
ac
Tương tự, f b = NB · Dlb : D 7→ P, Q 7→ N, đường tròn ( BME) 7→ (CPQ), gọi O là
tâm (CPQ) ta có tia AO1 7→ AO; do đó AO1 và AO đối xứng nhau qua phân giác
[ (hai đường đẳng giác). Tương tự, BO2 và BO là 2 đường đẳng giác góc CBA.
BAC [
Ta có O = BO ∩ AO, X = AO1 ∩ BO2 , do đó O và X là hai điểm đẳng giác liên hợp
nhau trong tam giác ABC. Suy ra CO, CX là hai đường đẳng giác góc C của tam giác
ABC và cũng là trong tam giác CPQ. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp 4CPQ nên
đường CX đi qua trực tâm 4CPQ (*). Suy ra CX là (chứa) đường cao 4CPQ, do
đó CX ⊥ PQ.
106
- Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
A
K
H
O
B I C
D
Chứng minh. Gọi AI là đường đẳng giác với AO, I ∈ BC, ta có OAC [ = BAI. d Có
[ = OAC,
OCA [ OCD [ = CDO [ = CDA [ = CBA.[ Có OCA [ + OCD [ = 90◦ , suy ra
[ + ABI
OAC d = 90◦ , hay OAC
[ + BAI d = 90◦ . Suy ra AI ⊥ BC (1). Tương tự, gọi BK
là đường đẳng giác với BO nên ta có BK ⊥ AC (2). Từ (1) và (2) suy ra H = BK ∩ AI
là trực tâm 4 ABC và H, O là hai điểm đẳng giác liên hợp, do đó CH ⊥ AB (đpcn).
Bài toán 5 (KaZakhstan - 2012). Cho K, L nằm trên cạnh BC của 4 ABC sao cho BAK
[=
[ < 1 A.
CAL b Giả sử ω1 là đường tròn tiếp xúc với AB, AL; ω2 là đường tròn tiếp xúc với
2
PAC = QAB.
AC, AK; ω1 và ω2 cắt nhau tại P, Q. Chứng minh rằng [ [
Lời giải.
A
P
T2
T1
K
B L C
Q
Giả sử AP < AQ. Theo giả thiết thì AK, AL là 2 đường đẳng giác góc A và T1 , T2 là các
√
tiếp điểm của ω1 và ω2 với AB, AC. Xét phép nghịch đảo AT1 · AT2 -nghịch đảo tâm A, tỉ
số r và r2 = AT1 · AT2 , nên T1 7→ T2 , T2 7→ T1 , AL 7→ AK, ω1 7→ ω2 , ω2 7→ ω1 . Do đó
P 7→ Q, AP, AQ đẳng giác tại A, suy ra [ PAC = QAB.
[
Bài toán 6. Cho 4 ABC không đều, phân giác trong tại đỉnh A cắt cạnh BC tại D và đường
tròn ngoại tiếp ( ABC ) ở E, đường tròn ω 0 đường kính DE cắt lại ( ABC ) ở F. Chứng minh
AF là đường đối trung của 4 ABC.
Lời giải.
107
- Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
A
O
D M
B C
F E
Gọi M- giao của đường tròn ω 0 và BC, M 6= D, DME
\ = 90◦ , suy ra M là trung điểm BC,
√
do đó AM là trung tuyến 4 ABC. Xét phép biến hình bc-nghịch đảo cực A. Ta có B 7→ C,
C 7→ B, E 7→ D, D 7→ E, E, D là 2 đầu đường kính nên ω 0 bất biến, BC 7→ ω, ω 0 7→ ω 0 .
√
Suy ra M = BC ∩ ω 0 7→ ω ∩ ω 0 = F. Theo tính chất của bc-nghịch đảo cực A thì AF và
AM là 2 đường đẳng giác góc A. Do AM là đường trung tuyến và AD là đường phân giác
nên AF là đường đối trung.
Bài toán 7 (Baltic Way 2006). Cho 4 ABC, K-trung điểm AB, L-trung điểm AC,
P-giao điểm thứ hai của hai đường tròn ( ABL) và ( ACK ), Q là giao điểm thứ hai
của AP với ( AKL). Chứng minh rằng 2AP = 3AQ.
Lời giải.
A
A
K L
Q
C0 B0
P0
B C
P
L0 Q0 K0
√
Ta quan tâm tới điểm A và phép
r bc-nghịch đảo cực A, nhưng với bán kính
1
nghịch đảo điều chỉnh đôi chút r = bc, qua phép biến hình này ta có K 7→ K 0 = C,
2
C 7→ C 0 = K, L 7→ L0 = B, B 7→ B0 = L. Do đó đường tròn ω = ( ABL) 7→ L0 B0 = BL,
ω1 = ( AKC ) = K 0 C 0 = KC,
L0 B0 , K 0 C 0 -trung tuyến tam giác AL0 K 0 , L0 B0 ∩ K 0 C 0 = P0 , P0 là trọng tâm tam
giác AL0 K 0 , do Q = AP ∩ ( AKL) có ảnh Q0 = AP0 ∩ K 0 L0 , do vậy AQ0 -
108
- Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
r2
trung tuyến tam giác AK 0 L0 , suy ra 3AP0 = 2AQ0 (1). Mà AP0 = ,
AP
r2
AQ0 = (2). Từ (1) và (2) ta có 3AQ = 2AP.
AQ
Bài toán 8 (IMO - 2010). Cho 4 ABC và đường tròn nội tiếp tâm I, đường tròn ngoại
tiếp ω tâm O. Giả sử AI cắt ω tại D, và E là điểm trên cung BCD, F là điểm trên dây
cung BC sao cho BAF
[ = EAC [ < 1 BAC, [ gọi G là trung điểm của IF. Chứng minh
2
rằng đường thẳng EI và DG cắt nhau trên ω.
Lời giải. Theo giả thiết ta có E, F thuộc các đường đẳng giác BAC
[ và
[ = EAC
BAF [ < 1 BAC [ (1).
2 √
Xét phép biến hình bc-nghịch đảo cực A ta có ω = ( ABC ) 7→ CB, BC 7→ ω,
E ∈ ω 7→ F ∈ BC. Do đó AE · AF = bc (*).
A
I
O
G
B C
F
D E
Ia
Gọi Ia là tâm đường tròn bàng tiếp góc A. Giả sử đường tròn ( BIC ) cắt AB tại
C 0 . Ta có AC 0 = AC và PA/( BIC) = AI · AIa = AB · AC 0 = AB · AC. Vậy AI · AIa =
bc (**).
Từ (1) ta suy ra FAI
[a = Id AE (2).
AE AI
Từ (*) và (**) ta có AE · AF = AI · AIa . Do đó = (3).
AIa AF
Từ (2) và (3) ta có 4 FAIa ∼ 4 I AE. Suy ra AEI d = AI [ a F. (4).
Vẽ tam giác Ia Ib Ic , trong đó Ia , Ib , Ic là tâm các đường tròn bàng tiếp; dễ có I là trực tâm
109
- Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
4 Ia Ib Ic có A, B, C là chân các đường cao. Vậy ( ABC ) là đường tròn Ơle của 4 Ia Ib Ic
nên nó cắt I Ia tại trung điểm D của I Ia (tính chất đường tròn 9 điểm của Ơle).
Ib
A
Ic
O
I
B C
Ia
Khi đó 4 IFIa có GD là đường trung bình: GD k FI, suy ra FI
d [ hay AI
a I = GDI, [ aF =
[ (5).
ADG
Từ (4) và (5) suy ra ADG d Do đó EI cắt DG trên ω.
[ = AEI.
Bài toán 9 (Balkan - MO2009). Cho 4 ABC, M ∈ AB, N ∈ AC sao cho MN k BC,
BN ∩ CM = P, ( BMP) ∩ (CNP) = { P, Q}. Chứng minh rằng BCQ
[ = CAP.
[
Lời giải.
A
M N
P
B C
Q
Áp dụng tính chất của tứ giác toàn phần vào tứ giác AMPN ta có các đường tròn
( ANB), ( AMC ), ( MPB), ( NPC ) cùng đi qua một điểm Q-điểm Miquel của tứ giác.
Xét mô hình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC, tam giác ANB với phép biến hình
√
f A = NA AM· AC · Dla : M 7→ C, C 7→ M, ( AMC ) 7→ CM,
110
- Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
√
g A = NA AN · AB · Dla : N 7→ B, B 7→ N, ( ANB) 7→ BN.
AM AN
Do MN k BC nên = , do đó AM · AC = AN · AB = r2 ,
AB AC
h A = NAr · D : ( AMC ) 7 → CM, ( ANB ) 7 → BN và Q = ( AMC ) ∩ ( ANB ) 7 → P =
la
CM ∩ BN, P 7→ Q.
Vậy AP, AQ là hai đường đẳng giác (theo tính chất 1). Suy ra BCQ
[ = CAP.
[
Bài toán 10 (TST Việt Nam 2007). Cho tam giác nhọn ABC và ( I ) là đường trọn nội
tiếp tam giác. Gọi (Ka ) là đường tròn đi qua A, có tâm nằm trên đường cao hạ từ
đỉnh A và tiếp xúc trong với đường tròn ( I ) tại A1 . Tương tự, xác định các đường
tròn (Kb ), (Kc ) và các tiếp điểm B1 , C1 của chúng với đường tròn ( I ).
1) Chứng minh rằng các đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại một điểm P.
2) Kí hiệu ( Ja ), ( Jb ), ( Jc ) là các đường tròn đối xứng với các đường tròn bàng tiếp
trong góc A, B, C qua trung điểm các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Chứng minh rằng
P là tâm đẳng phương của các đường tròn ( Ja ), ( Jb ), ( Jc ).
J
Lời giải.
A
E
F
I
B D A1 C
D∗
F∗
E∗
Ia
da
A1∗
√
(Ta chứng minh ý 1) bằng phép biến hình bc-nghịch đảo)
1) Gọi D, E, F là tiếp điểm của đường tròn ( I ) với các cạnh BC, CA, AB.
Ta có A1 , B1 , C1 là các tiếp điểm của các đường tròn (Ka ), (Kb ), (Kc ) với ( I ).
111
- Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
√
Xét phép biến hình f A = NA bc · Dla , ta có ( I ) có ảnh là đường tròn tâm Ia thuộc phân
giác la , ( Ia ) là đường tròn Mixtilinear bàng tiếp góc A tiếp xúc với AB tại E∗ là ảnh của
E, tiếp xúc với AC tại F ∗ là ảnh của F, tiếp xúc ngoài với đường tròn ngoại tiếp ( ABC )
tại D ∗ , ( ABC ) 7→ BC, B 7→ C, C 7→ B, BC 7→ ( ABC ), D là tiếp điểm của ( I ) và BC
nên ảnh của D là tiếp điểm của ảnh của ( I ) và ảnh của BC, do đó D ∗ = ( ABC ) ∩ ( Ia ).
Tâm của (Ka ) nằm trên đường cao AH của tam giác nên ảnh của (Ka ) là đường thẳng
d a k BC; (Ka ) tiếp xúc với ( I ) tại A1 nên các ảnh d a , ( Ia ) tiếp xúc nhau tại A1∗ là ảnh
của A1 .
r Ia
r rI AIa IE
Mặt khác, xét phép vị tự VA I tỉ số a = = ∗ ta có ( I ) 7→ ( Ia ) và do ID ⊥ BC,
rI AI IF
r Ia
rI
Ia A1∗⊥ d a , d a k BC, r1 = ID, rla = Ia A1∗ ,
ID k Ia A1∗
vì vậy VA ( D ) = A1∗ . Do đó
A, D, A1∗ thẳng hàng.
Ta có f A ( AA1 ) = AA1∗ -đi qua D. Tương tự có BB1∗ đi qua E, CC1∗ qua F. Ta có
p−c p−a p−b
DB EC FA
· · = − · − · − = −1,
DC EA FB p−b p−c p−a
theo Định lý Xeva suy ra AD, BE, CF đồng quy, hay AA1∗ , BB1∗ , CC1∗ đồng quy. Do đó
theo Tính chất 1 và Tính chất 2 suy ra AA1 , BB1 , CC1 đồng quy.
Qua các ví dụ trên ta thấy ứng dụng thú vị của phép nghịch đảo thông qua một
√
phép biến hình, cụ thể bc-nghịch đảo cực A. Sau đây là một số bài tập tương tự.
3 Bài tập
Bài 1. Cho (O), ( I ) là đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC, M là điểm
Mixtilinear của tam giác. AM, BM, CM cắt (O) tại A1 , B1 , C1 tương ứng; AI, BI, CI cắt
(O) tại A2 , B2 , C2 tương ứng; A3 , B3 , C3 là giao điểm thứ hai của đường tròn đường
kính AI, BI, CI với (O) tương ứng. Chứng minh rằng
1) Các đường thẳng A2 A3 , B2 B3 , C2 C3 đi qua M.
2) M là tâm vị tự của ( I ), (O).
3) A1 A3 , B1 B3 , C1 C3 đồng quy tại P và 4 điểm O, I, M, P thẳng hàng.
Bài 2. Cho 4 ABC, M ∈ AB, N ∈ AC, P ∈ BC sao cho MN k BC, NP k AB,
PM k AC, BN ∩ CM = G, ( BMG ) ∩ (CNG ) = { G, Q}, ( AMG ) ∩ (CPG ) = { G, R},
( ANG ) ∩ ( BPG ) = { G, T }. Chứng minh rằng AQ, BR, CT đồng quy tại một điểm.
112
- Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018
Bài 3. Cho 4 ABC không đều, phân giác trong tại đỉnh A, B, C cắt cạnh BC, CA, AB
tương ứng tại D, E, F và cắt đường tròn ngoại tiếp ( ABC ) ở M, N, P. Đường tròn
đường kính DM, EN, FP tương ứng cắt lại ( ABC ) tại R, S, T. Chứng minh rằng
AR, BS, CT đồng quy tại một điểm.
Bài 4. Đường tròn mixtilinear bàng tiếp góc A của tam giác ABC là đường tròn
tiếp xúc ngoài với các cạnh AB, AC và đường tròn ngoại tiếp ( ABC ) kí hiệu là ω1 .
Tương tự các đường tròn Mixtilinear ngoại tiếp ứng với góc B, C của tam giác kí
hiệu là ω2 , ω3 . Gọi các tiếp điểm của các đường tròn Mixtilinear ngoại tiếp ω1 , ω2 , ω3
với đường tròn ngoại tiếp ( ABC ) là A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng các đường thẳng
AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại điểm N.
Tài liệu
[1] Titu Andreescu-Michal Rolinek-Josef Tkadlec, 107 Geometry Problems, From the
AwesomeMath Year –Round Program.
[2] Nguyễn Văn Mậu (chủ biên), 4/2012, Các chuyên đề toán học bồi dưỡng học sinh
giỏi, Kỉ yếu hội nghị khoa học.
[3] Lê Anh Vinh (chủ biên), Nhà XBGD Việt Nam,1/2018; Định hướng bồi dưỡng
học sinh năng khiếu toán.
[4] Praxolop, Hình học phẳng.
[5] Đỗ Thanh Sơn, Nhà xuất bản Giáo dục 2004, Phép biến hình trong mặt phẳng.
113
nguon tai.lieu . vn
