Bài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn Linh

8 4 0
  • Loading ...
1/8 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 12/05/2018, 22:19

Bài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm2013Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm2013Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm2013Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm2013Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm2013Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm2013Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm2013Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm2013Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm2013Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm2013Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm2013Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm2013Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm2013Nguyễn Văn Linh Bài tốn kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TCNH ĐH Ngoại Thương Giới thiệu Trong ngày thi thứ kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 xuất toán thú vị: Cho điểm A, B, C, D theo thứ tự nằm đường thẳng l Hai cung ω1 , ω2 dựng dây AB ω3 , ω4 dựng dây CD cho dây cung nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng l đồng thời ω1 tiếp xúc với ω3 ω2 tiếp xúc với ω4 Chứng minh giao điểm tiếp tuyến chung cặp cung (ω2 , ω3 ) (ω1 , ω4 ) nằm l Ở viết tác giả đưa cách chứng minh cho toán lời giải cho toán tổng quát Chứng minh Cách Trước tiên ta phát biểu số bổ đề Bổ đề (Định lý Monge-D’Alembert) Cho ba đường tròn C1 (O1 , R1 ), C2 (O2 , R2 ), C3 (O3 , R3 ) phân biệt mặt phẳng Khi tâm vị tự ngồi cặp đường tròn (C1 , C2 ), (C2 , C3 ), (C3 , C1 ) thuộc đường thẳng Hai tâm vị tự hai ba cặp đường tròn tâm vị tự ngồi cặp đường tròn lại thuộc đường thẳng Có thể chứng minh bổ đề tương đối đơn giản dựa theo định lý Menelaus, xin phép khơng trình bày lại Bổ đề Cho hai dây cung γ1 γ2 dựng dây AC cho chúng nằm nửa mặt phẳng bờ AC Gọi C1 , C2 hai đường tròn tiếp xúc với γ1 γ2 Khi tâm vị tự ngồi C1 C2 nằm AC T I2 Z I1 Y O2 X I C A O1 Chứng minh Gọi (O1 , R1 ) (O2 , R2 ) đường tròn chứa cung γ1 , γ2 ; I tâm vị tự C1 C2 X, Y tiếp điểm C1 , C2 với γ1 , Z, T tiếp điểm C1 , C2 với γ2 Áp dụng định Monge-D’Alembert cho ba đường tròn ((O1 ), γ1 , γ2 ) ((O2 ), γ1 , γ2 ) suy I, X, Y thẳng hàng I, Z, T thẳng hàng Gọi IA1 A2 tiếp tuyến chung γ1 , γ2 Phép nghịch đảo IIIA1 IA2 : γ1 → γ2 , đồng thời cặp đường thẳng I1 Z I2 T , I1 X I2 Y không song song nên IZ.IT = IA1 IA2 = IX.IY Suy X, Y, Z, T đồng viên Xét ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (XY T Z) có trục đẳng phương AC, XY, ZT nên AC, XY, ZT đồng quy Từ I ∈ AC Bổ đề Cho hai dây cung ω1 ω2 nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng l dựng dây AB nằm l C, D hai điểm l nằm ngồi đoạn thẳng AB Khi tiếp tuyến kẻ từ C, D tới ω1 ω2 cắt tạo thành tứ giác ngoại tiếp M T Q Z N Y O2 P X J O1 A B L C D Chứng minh Gọi X, Z Y, T điểm ω1 ω2 cho CX, CY, DZ, DT tiếp tuyến hai đường tròn (O1 ) (O2 ) chứa cung ω1 ω2 ; M N P Q tứ giác tạo giao điểm CX, CY, DZ, DT hình vẽ Do C, D nằm trục đẳng phương (O1 ) (O2 ) nên CX = CY , DZ = DT Từ tồn hai đường tròn C1 , C2 tiếp xúc với (O1 ) (O2 ) X, Y Z, T Áp dụng bổ đề suy XZ cắt Y T điểm L nằm l Xét hai tam giác N ZX QT Y có T Q ∩ N Z = {D}, QY ∩ N X = {C}, T Y ∩ ZX = {L} nằm l nên N ZX QT Y thấu xạ Áp dụng định lý Desargues suy T Z, XY, N Q đồng quy J Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn C1 , (O1 ), (O2 ) suy XY qua tâm vị tự (O1 ) (O2 ) Chứng minh tương tự suy J tâm vị tự (O1 ) (O2 ) Gọi (I) đường tròn nội tiếp tam giác M N D Do N tâm vị tự (I) (O1 ) nên áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn (I), (O1 ), (O2 ) ta có Q tâm vị tự ngồi (I) (O2 ) Mà QC tiếp xúc với (O2 ) nên QC tiếp xúc với (I) Điều nghĩa tứ giác M N P Q ngoại tiếp Trở lại toán E F I O3 M N O4 Q O2 P O1 Y A B X C D Gọi (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ) đường tròn chứa cung ω1 , ω2 , ω3 , ω4 ; P, Q tiếp điểm (O1 ) (O3 ), (O2 ) (O4 ) Qua P kẻ tiếp tuyến chung (O1 ) (O3 ), cắt d X Ta có XP = XA.XB = XC.XD nên X thuộc trục đẳng phương (O2 ) (O4 ), tức XQ tiếp tuyến chung (O2 ) (O4 ) Giả sử tiếp tuyến chung M E ω2 ω3 cắt d Y , qua Y kẻ tiếp tuyến Y N tới ω1 , Y F tới ω2 Áp dụng bổ đề cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) với hai điểm X, Y suy Y M, Y N, XP, XQ cắt tạo thành tứ giác ngoại tiếp đường tròn (I) Lại áp dụng bổ đề cho hai đường tròn (O3 ) (O4 ) với hai điểm X, Y suy Y F tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác tạo đường thẳng XP, XQ, Y M hay đường tròn (I) Như Y N, Y F tiếp xúc với (I), suy Y, N, F thẳng hàng Ta có đpcm Cách E F O3 M Q N O2 O4 P O1 Y A H B X C D G Với cách kí hiệu tương tự cách 1, tiếp tuyến M E ω2 ω3 cắt l Y , kẻ tiếp tuyến Y N, Y F tới ω2 , ω4 Ta cần chứng minh Y, N, F thẳng hàng Do XP = XQ, Y M = Y N, Y E = Y F nên tồn đường tròn C1 tiếp xúc với (O1 ) (O3 ) P , tiếp xúc với (O2 ) (O4 ) Q; đường tròn C2 tiếp xúc với (O2 ) M (O1 ) N , đường tròn C3 tiếp xúc với (O3 ) E (O4 ) F Theo bổ đề suy M Q cắt N P tâm vị tự G C1 C2 G ∈ l, EP cắt F Q tâm vị tự H C1 C3 H ∈ l Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn C1 , C2 , C3 suy M E cắt d tâm vị tự C2 C3 , hay Y tâm vị tự C2 C3 Suy Y, N, F thẳng hàng Ta có đpcm Cách E F O3 M O4 N O2 Q P O1 Y A B X C D Với ý tưởng tương tự cách ta cần chứng minh Y, N, F thẳng hàng Như cách chứng minh tồn đường tròn C1 , C2 , C3 Từ theo cách chứng minh bổ đề suy M, N, P, Q thuộc đường tròn E, F, P, Q thuộc đường tròn Mặt khác, áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn C1 , (O2 ), (O3 ) suy P Q cắt EM tâm vị tự ngồi T hai đường tròn (O2 ) (O3 ) Suy T M T E = T P T Q, nghĩa M, E, P, Q thuộc đường tròn Như điểm M, N, E, F, P, Q thuộc đường tròn Suy tứ giác M N F E nội tiếp Giả sử Y N cắt đường tròn (Y, Y E) F Do hai đường tròn (Y, Y M ) (Y, Y N ) đồng tâm hai đường thẳng M E, N F giao Y nên M N F E hình thang cân hay M N F E nội tiếp Lại có F F nằm (Y, Y N ) nên F ≡ F , hay Y, N, F thẳng hàng Ta có đpcm Cách Trước tiên ta phát biểu bổ đề sau Bổ đề Cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) không chứa Gọi C1 , C2 hai đường tròn tiếp xúc ngồi với (O1 ), (O2 ) A, B C, D Khi A, B, C, D thuộc đường tròn c1 B A O2 O1 T C D c2 Chứng minh Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn (O1 ), (O2 ), C1 suy AB qua tâm vị tự T (O1 ) (O2 ) Tương tự ta có CD qua T Từ T A.T B = T C.T D = k Suy A, B, C, D thuộc đường tròn Bổ đề (Chuỗi đường tròn Apollonius- tốn đường tròn) Cho đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) mặt phẳng Ta xây dựng chuỗi đường tròn xoay vòng sau Gọi C12 đường tròn tiếp xúc với (O1 ) (O2 ), C23 đường tròn tiếp xúc với C12 , (O2 ), (O3 ), C34 đường tròn tiếp xúc với C23 , (O3 ), (O1 ), C45 đường tròn tiếp xúc với C34 , (O1 ), (O2 ), C56 đường tròn tiếp xúc với C45 , (O2 ), (O3 ), C61 đường tròn tiếp xúc với C5 , (O3 ), (O1 ) Khi C12 , C23 , , C61 chuỗi đóng, hay C61 tiếp xúc với C12 O3 C56 C61 P6 C34 O1 P1 P3 C12 P4 C23 C45 P5 P2 O2 Chứng minh Ta chứng minh toán trường hợp đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) đơi ngồi Các trường hợp khác chứng minh tương tự Gọi P1 , P2 tiếp điểm C12 với (O1 ) (O2 ); P3 tiếp điểm C23 với (O3 ); P4 tiếp điểm C34 với (O1 ), tương tự với P5 , P6 , P7 Như ta cần chứng minh P7 ≡ P1 Áp dụng bổ đề cho hai đường tròn C12 C34 hai đường tròn tiếp xúc C23 (O1 ) suy P1 , P2 , P3 , P4 thuộc đường tròn Áp dụng bổ đề cho hai đường tròn (O2 ) (O3 ) với hai đường tròn tiếp xúc C23 C56 suy P2 , P3 , P5 , P6 thuộc đường tròn Tiếp tục áp dụng bổ đề cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) với hai đường tròn tiếp xúc C45 C12 suy P1 , P2 , P4 , P5 thuộc đường tròn Từ điều ta thu P1 , P2 , P3 , P4 , P5 , P6 thuộc đường tròn ω Áp dụng bổ đề cho hai đường tròn (O1 ) (O3 ) với hai đường tròn tiếp xúc C61 C34 suy P3 , P4 , P6 , P7 thuộc đường tròn Từ P7 giao ω với (O1 ) hay P7 ≡ P1 Như C61 C12 tiếp xúc Ta có đpcm Trở lại toán E F' O3 M N O2 O4 Q P O1 Y A B X C D Chú ý chuỗi Apollonius trường hợp đường tròn suy biến thành đường thẳng Tiếp tuyến chung M E (O2 ) (O3 ) cắt l Y Kẻ tiếp tuyến Y N ω1 , dựng đường tròn C3 tiếp xúc với Y M, Y N E, F Đường tròn C1 C2 định nghĩa giống cách 2,3 Áp dụng bổ đề cho đường tròn C1 đường tròn suy biến thành đường thẳng Y M Y N ta có: (O2 ) tiếp xúc với C1 , Y M C2 tiếp xúc với (O2 ), Y M, Y N (O1 ) tiếp xúc với C2 , Y N, C1 (O3 ) tiếp xúc với (O1 ), C1 , Y M C3 tiếp xúc với (O3 ), Y M, Y N (O4 ) tiếp xúc với C3 , Y N, C1 Do chuỗi (O2 ), C2 , (O1 ), (O3 ), C3 , (O4 ) chuỗi đóng nên (O4 ) tiếp xúc với (O2 ), C1 , Y N Điều nghĩa (O4 ) tiếp xúc với C1 P tiếp xúc với Y N F Lại có tiếp tuyến Q (O2 ) cắt tiếp tuyến P (O1 ) X XP = XQ nên X nằm trục đẳng phương (O4 ) (O3 ) Mà Y E = Y F nên Y thuộc trục đẳng phương (O4 ) (O3 ) Vậy XY trục đẳng phương (O4 ) (O3 ) hay (O4 ) qua C, D Suy (O4 ) ≡ (O4 ) Ta có đpcm Mở rộng Cho 2n điểm A1 , B1 , A2 , B2 , , An , Bn (n ≥ 2) theo thứ tự nằm đường thẳng l Hai cung ωk γk dựng dây Ak Bk (k = 1, n) cho 2n cung nằm nửa mặt phẳng bờ l đồng thời ωk tiếp xúc với ωk−1 ωk+1 , γk tiếp xúc với γk−1 γk+1 Khi giao điểm tiếp tuyến chung cặp cung ω1 ωn , γ1 γn nằm l Để chứng minh toán mở rộng trước tiên ta phát biểu bổ đề sau Bổ đề Cho điểm A1 , B1 , A2 , B2 , A3 , B3 nằm đường thẳng l cho đoạn thẳng A1 B1 , A2 B2 , A3 B3 tách rời Hai cung ωi γi dựng dây Ai Bi (i = 1, 3) cho cung nằm nửa mặt phẳng bờ l Kí hiệu dij tiếp tuyến chung ngồi cặp cung ωi ωj , kij tiếp tuyến chung cặp cung γi γj Giả sử giao điểm d12 k12 , d23 k23 nằm l Khi giao điểm d13 k13 nằm l A1 B2 A2 B1 A3 B3 X Z Y Chứng minh Gọi X, Y giao d12 k12 , d23 k23 ; Z giao d13 với l Từ Z kẻ tiếp tuyến k13 tới γ1 Áp dụng bổ đề cho đường tròn ω1 , γ1 điểm X, Z suy tồn đường tròn C1 nội tiếp tứ giác tạo giao điểm đường thẳng d12 , k12 , d13 , k13 Tương tự tồn đường tròn C2 nội tiếp tứ giác tạo giao điểm đường thẳng d12 , k12 , d23 , k23 Gọi C3 đường tròn nội tiếp (hoặc bàng tiếp) tam giác tạo giao điểm đường thẳng d13 , d23 , k23 Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn C1 , C2 , C3 ta có X tâm vị tự ngồi C1 C2 ; Y tâm vị tự C2 C3 nên tâm vị tự C1 C3 nằm XY Do d13 tiếp tuyến chung C1 C3 nên d13 cắt l tâm vị tự Z C1 C3 Mà k13 tiếp xúc với C1 nên k13 tiếp xúc với C3 Từ Z kẻ tiếp tuyến k13 tới γ3 , lại áp dụng bổ đề cho đường tròn ω3 γ3 với hai điểm Y, Z suy C3 tiếp xúc với k13 Từ k13 ≡ k13 ≡ k13 Ta có đpcm Trở lại toán A1 B1 A2 B2 A3 B3 A4 B4 Vẫn kí hiệu dij kij bổ đề Gọi Xij giao dij kij Theo tốn Iran 2013 ta có X12 X23 nằm l Do áp dụng bổ đề suy X13 nằm l Lại có X34 nằm l nên lại áp dụng bổ đề suy X14 nằm l Chứng minh tương tự ta thu X1n nằm l Tài liệu [1] goodar2006, Concurrency of two common external tangents, AoPS Topic 530380 http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47t=530380 [2] Nguyễn Văn Linh, Monge-D’Alembert’s theorem, Euclidean Geometry Blog http://nguyenvanlinh.wordpress.com/2013/04/06/monge-dalemberts-theorem/ [3] Nguyễn Văn Linh, Some famous circles chains, Euclidean Geometry Blog http://nguyenvanlinh.wordpress.com/2013/04/27/some-famous-circles-chains/ Email: Lovemathforever@gmail.com
- Xem thêm -

Xem thêm: Bài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn Linh, Bài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn Linh

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay