Điểm humpty – dumpty và ứng dụng

Điểm Humpty – Dumpty và ứng dụng

Trang.1

MỤC LỤC

1. Mở đầu ................................................................................................................................................................ 2

1.1. Lý do chọn đề tài .......................................................................................................................................... 2

1.2. Điểm mới của đề tài ..................................................................................................................................... 3

2. Nội dung .............................................................................................................................................................. 4

2.1. Điểm Humpty ............................................................................................................................................... 4

2.1.1. Định nghĩa .............................................................................................................................................. 4

2. 1.2. Các tính chất ......................................................................................................................................... 4

2.1.3. Các bài toán ứng dụng ........................................................................................................................... 8

2.1.3. Các bài tập ............................................................................................................................................ 12

2.2. Điểm Dumpty.............................................................................................................................................. 13

2.2.1. Định nghĩa ............................................................................................................................................ 13

2.2.2. Các tính chất ........................................................................................................................................ 13

2.2.3. Các bài toán ứng dụng ......................................................................................................................... 17

2.2.3. Các bài tập ............................................................................................................................................ 21

3. Kết luận ............................................................................................................................................................. 22

3.1. Ý nghĩa của đề tài ....................................................................................................................................... 22

3.2. Kiến nghị, đề xuất ...................................................................................................................................... 22

TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................................................................... 23


Trang.2

1. Mở đầu

1.1. Lý do chọn đề tài

Trong các cuộc thi học sinh giỏi môn Toán từ cấp trường, cấp tỉnh, cấp Quốc gia, cấp

khu vực hay là Quốc tế hình học phẳng luôn đóng góp một phần rất quan trọng (chiếm gần

30% số điểm trong các cuộc thi). Hình học phẳng là một phân môn rất khó đối với đa số học

sinh, nhất là các bài toán hình học phẳng trong các kỳ thi học sinh giỏi. Để giải được các bài

toán hình học phẳng đòi hỏi người học phải nắm được các kiến thức cơ bản, phải có tư duy

hình học và phải nắm được các bổ đề định lý về hình học phẳng…

Ngày nay, trong các cuộc thi học sinh giỏi người ra đề rất hay khai thác các điểm đặc

biệt trong hình học phẳng như: trọng tâm tam giác; trực tâm tam giác; tâm đường tròn ngoại

tiếp, nội tiếp, bàng tiếp tam giác; điểm Miquel; điểm Nagel; điểm Torricelli; điểm Lemoine;

điểm Gergonne… Mỗi điểm có định nghĩa, các tính chất và một lớp bài toán ứng dụng đòi hỏi

người học phải ghi nhớ và vận dụng tốt.

Trong số các điểm mà các bài toán trong thi học sinh giỏi có đề cập tới trong các bài

toán hình học phẳng những năm gần đây là hai điểm Humpty và Dumpty. Như bài 7 trong đề

thi VMO 2021 “Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D là giao

điểm của hai tiếp tuyến của (O) tại B và C. Đường tròn đi qua A và tiếp xúc với BC tại B cắt

trung tuyến đi qua A của tam giác ABC tại G. Cho BG, CG lần lượt cắt CD, BD tại E, F.

Đường thẳng đi qua trung điểm của BE và CF lần lượt cắt BF, CE tại M, N. Chứng minh rằng

các điểm A, D, M, N cùng thuộc một đường tròn.”.

N

M

Q

P

F

E

D

G

I

A

B C


Trang.3

Ở bài toán này ta thấy G là điểm A-Dumpty của tam giác ABC. Lúc đó, nếu sử dụng các

tính chất của điểm Dumpty thì chúng ta có thể giải quyết bài toán một cách gọn gàng.

Các bài toán khai thác hai điểm này cũng đã xuất hiện trong các kì thi như: Việt Nam

TST 2016; Iran TST 2018; Turkey TST 2019… Để giúp cho các em học sinh, cũng như giáo

viên có những kiến thức sâu rộng về hai điểm này chúng tôi đã đi nghiên cứu đề tài “Điểm

Humpty – Dumpty và ứng dụng”

1.2. Điểm mới của đề tài

Hiện nay các tài liệu viết về điểm Humpty – Dumpty và các bài toán ứng dụng rất là ít

và chưa sâu rộng. Trong đề tài này chúng tôi định nghĩa lại một cách chặt chẽ hai loại điểm

này, nêu các tính chất rất quan trọng và nêu ra một lớp bài toán ứng dụng được cập nhật mới

nhất.


Trang.4

2. Nội dung

2.1. Điểm Humpty

2.1.1. Định nghĩa

Cho tam giác ABC. Điểm PA nằm trong tam giác thỏa mãn ,A A A AP AB P BC P AC P CB= =

được gọi là điểm A-Humpty của tam giác ABC. Định nghĩa tương tự cho các điểm B-Humpty,

C-Humpty.

2. 1.2. Các tính chất

Tính chất 1: PA là giao điểm của hai đường tròn (C) và (C’) (với (C) đi qua A tiếp xúc với BC

tại B; (C’) đi qua A và tiếp xúc với BC tại C.

Chứng minh: A AP AB P BC= (cùng chắn cung BPA) và A AP AC P CB= (cùng chắn cung CPA)

nên PA là điểm A-Humpty.

Tính chất 2: PA là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (BHC) và đường tròn đường kính AH

(H là trực tâm của tam giác ABC)


Trang.5

Chứng minh: Gọi E là giao điểm của CH với AB. Ta có:

0180A A A A AP BC P HC P HE P AE P AB= = − = = Tương tự, A AP CB P AC= nên PA là điểm A-

Humpty

Tính chất 3: PA thuộc đường trung tuyến AM.

Nhận xét: + AM giao với (BHC) thì ABA’C là hình bình hành

+ HA’ là đường kính của (BHC)

Chứng minh: + Gọi A’ là điểm sao cho ABA’C là hình bình hành. Ta có:

0' 180BA C BAC BHC= = − nên A’ thuộc (BHC).

+ 0 0' ' 90 90HBA HBC CBA C C= + = − + = (Vì BH AC⊥ và ABA’C là hình bình hành) nên

HA’ là đường kính của (BHC) nên 0 0' 90 ' 180A A AHP A AP H HP A= + = nên PA thuộc AA’

hay PA thuộc AM.

E PAH

B C

A

A'

E PA

M

H

B C

A


Trang.6

Tính chất 4: PA, PB, PC cùng nằm trên đường tròn đường kính GH (G, H là trong tâm và trực

tâm của tam giác ABC).

Chứng minh: Dễ dàng suy ra từ tính chất 3

Tính chất 5: Gọi AD (D thuộc (O) ngoại tiếp tam giác ABC) là đường đối trung của góc BAC

và P là trung điểm của AD thì:

a) BP, BPA là cặp đường thẳng đẳng giác của góc ABC .

b) D và PA đối xứng với nhau qua BC

Chứng minh:

a) Vì AD là đường đối trung của ABC nên ABCD là tứ giác điều hòa. Do đó, BC cũng là đường

đối trung của ABC. Ta có: ABP CBD= (1)

Mặt khác, A ACBD CAD BAM BAP CBP= = = = (2). Suy ra: AABP CBP= (đpcm).

b) Theo câu a) ta có: ACBD CBP= tương tự: ABCD BCP= nên ABCD BCP = . Do đó, BC

là đường trung trực của DPA.

Tính chất 6: Hai đường phân giác trong của hai góc , ABAC BP C cắt nhau tại một điểm nằm

trên BC.

P

D

OPA

MB C

A


Trang.7

Chứng minh: + Gọi K, X, Y là tâm của (BCPA), (C), (C’).

+ Xét 2 tam giác PAXK và PABC ta có:

1 1,

2 2A A A A A A AXKP BKP BCP KXP BXP BAP CBP= = = = = nên A AP XK P BC (1). Tương

tự, ta cũng có: (2)A AP KY P BC . Từ (1), (2) suy ra: (*)A

A

KX P B

KY P C=

+ Mặt khác, 1

2KXY AXB ABC= = , tương tự

1

2KYX AYC ACB= = nên

(**)AB KX

ABC KXYAC KY

=

Từ (*) và (**) suy ra: (dpcm)A

A

AB P B

AC P C=

Nhận xét: + Gọi R, R1, R2 là bán kính của (ABC), (C), (C’) thì ta có: 21 2.R R R=

+ PA nằm trên đường tròn A-Apollonius của tam giác ABC.

Tính chất 7: Cho tam giác ABC có AD là đường đối trung ( D BC ). Đường thẳng qua D

vuông góc với BC cắt trung tuyến AM tại S; đường thẳng qua S song song với BC cắt AB, AC

tại F, E. Khi đó, AP BE CF= .

K

CB

PA

A

X

Y


Trang.8

Chứng minh: Gọi PA là điểm A-Humpty; E, F là giao điểm của BPA với AC và CPA với AB; S

là giao điểm của EF với AM; D là hình chiếu vuông góc của S lên BC. Ta cần chứng minh: AD

là đường đối trung

Thật vậy,

+ Gọi K là điểm đối xứng với PA qua BC thì AK là đường đối trung của tam giác ABC (tính

chất 5)

+ Gọi K’ là điểm nằm trên AD sao cho K’PA//SD. Theo định lý Blanchet mở rộng thì DS là

phân giác của góc AADP hay (APASM)=-1 => D(K’PASM)=-1 mà K’PA//SD nên DM đi qua

trung điểm của PAK’. Do đó, PA và K’ đối xứng với nhau qua BC hay 'K K . Vậy AD là

đường đối trung.

2.1.3. Các bài toán ứng dụng

Bài toán 1 (Rumani MO 2016): Cho hai đường tròn (C) và (C’) cắt nhau tại A, B. Một tiếp

tuyến chung của (C) và (C’) (nằm về phía gần B) tiếp xúc với (C), (C’) lần lượt tại P, Q. Gọi C

là điểm đối xứng của B qua PQ. Chứng minh rằng: CAP BAQ=

K=K'

F ES

D

H

M CB

PA

A

H

C

QP

B

A


Trang.9

Giải: + B là điểm A-Humpty của tam giác APQ. Nên theo tính chất 4) AC và AB là cặp đường

thẳng đẳng giác trong góc A của tam giác APQ nên CAP BAQ= (đpcm)

Nhận xét: Lời giải đầy đủ như sau

+ Chứng minh B là điểm A-Humpty của tam giác APQ (tức là: ,BAP BPQ BAQ BQP= = )

+ B thuộc trung tuyến AM của tam giác (chứng minh như tính chất)

+ B thuộc (BHC) (Chứng minh như tính chất)

+ AC là đường đối trung của tam giác APQ. Thật vậy, Vì B, C đối xứng với nhau qua PQ nên

0180 ( )PCQ PBQ PHQ PAQ C O= = = − (1).

Mặt khác, BAP BPQ CPQ CAQ= = = hay AC là đường đối trung của tam giác APQ (đpcm)

Bài toán 2 (Turkey Junior National Olympiad 2015): Cho tam giác ABC. D là trung điểm của

BC. Gọi (C) là đường tròn đi qua D và tiếp xúc với AB tại B; (C’) là đường tròn đi qua D và

tiếp xúc với AC tại C. (C) cắt (C’) tại M (khác D). M’ là hình chiếu của M qua BC. Chứng minh

rằng: M’ thuộc AD.

Nhìn nhận:

+ M’ là điểm A-Humpty của tam giác ABC. Ta cần chứng minh AM là đường đối trung của

BAC.

+ Ta thấy M thuộc (O)

Giải: + Gọi AK (K thuộc (O)) là đường đối trung của tam giác ABC. Ta có: AK cũng là đường

đối trung của góc BKC do đó ta có: BMD AMC ABC= = nên AB là tiếp tuyến của (BDK).

+ Tương tự, AC là tiếp tuyến của (CDK) do đó: K M . Vậy AM là đường đối trung của tam

giác ABC.

M'

M

D

O

B C

A


Trang.10

+ Theo tính chất của điểm Humpty ta có M’ là điểm A-Humpty của tam giác ABC nên M’

thuộc AD.

Cách giải khác:

+ M là điểm Miquel của tam giác ABC nên M thuộc (O)

+ Ta có: AMB ABC CMD= = (Vì AC là tiếp tuyến). Do đó, MA là đường đối trung của tam

giác MBC. Do đó, ABMC là tứ giác điều hòa hay AM là đối trung của ABC.

Bài toán 3 (Brazil MO 2017): Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H. Gọi D, E lần lượt là

giao điểm của BH với AC, CH với AB; F là giao điểm thứ hai của (ABC) với (ADE). Chứng

minh rằng: hai đường phân giác trong của góc ,BFC BHC và BC đồng quy.

Nhìn nhận: Ta chỉ cần cm: FB HB

FC HC=

Giải: + Gọi K là giao điểm của BC với AF; PA là A-Humpty của tam giác ABC. Dễ thấy K, H,

PA thẳng hàng.

+ Ta có: (1)FB KB

KBF KACAC KA

= ; (2)FC KC

KCF KABAB KA

= . Suy ra:

.

.

FB AC KB

FC AB KC= . Mà theo tính chất của điểm Humpty ta có: . (*)A A

A A

AC P C FB KB P C

AB P B FC KC P B= =

+ Mặt khác ta lại xét các cặp tam giác đồng dạng KBH và KPAC, KCH và KPAB ta có:

. (**)A

A

HB KB P C

HC KC P B=

Từ (1) và (2) ta có: FB HB

FC HC=

Bài toán 4(ELMO Shortlist 2013): Cho tam giác ABC. D là một điểm di động trên đường

thẳng BC. Đường tròn (ABD) cắt AC tại F (khác A); đường tròn (ADC) cắt AB tại E (khác A).

Chứng minh rằng: (AEF) luôn đi qua một điểm cố định khi D di động.

PA

K

F

E

D

H

A

BC


Trang.11

Nhìn nhận: Điểm cố định là điểm A-humpty của tam giác ABC.

Giải: + Gọi K là điểm Miqel của tam giác ABC với các điểm D, E, F (NX: K là giao điểm của

BF với CE)

+ Gọi PA là điềm A-humpty của tam giác ABC (NX: có thể gọi PA là hình chiếu vuông góc của

H trên AM,…). Ta có: 0180BKC A BHC= − = hay ( )AK BP C (1)

+ Ta lại có: 0 0180 180A A A ADKP BKP BKD BCP BED CAP C AMC= − = − − = − − = nên D, M,

K, PA cùng thuộc một đường tròn (2)

+ Từ đó ta có: AAP K KDM BEK AFK= = = hay PA thuộc (AEF) (đpcm)

Bài toán 5 (Iran TST 2018): Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) với BE, CF là hai đường cao.

Gọi M, N lần lượt là giao điểm của đường phân giác trong của góc A với EF, BC; P là điểm

thỏa mãn ,PM EF PN BC⊥ ⊥ . Chứng minh rằng: AP đi qua trung điểm của BC.

K

PA

M

E

F

B C

A

D

PA

P

N

M

H

K

E

F

A

B C


Trang.12

Nhìn nhận: Điều cần chứng minh tương đường với A, P, PA thẳng hàng

Giải: + Gọi K là giao điểm của BC với EF; PA là điểm A-Humpty của tam giác ABC.

+ Gọi (C) là đường tròn đường kính PK. Lúc đó, , ( )M N C

Bổ đề: K, H, PA thẳng hàng.

Chứng minh bổ đề:

Cách 1: K là tâm đẳng phương của ba đường tròn (AH), (I,BC) và (BHC)

Cách 2: Gọi I là trung điểm của BC. Ta thấy KA là đối cực của H đối với (I, IB) nên IH KA⊥

và AH IB⊥ nên H là trực tâm của AKI. Do đó, KH AI⊥ (1)

Mặt khác, theo tính chất 2, 3) ta có: AHP AI⊥ (2). Từ (1), (2) ta có: K, H, PA thẳng hàng.

Trở lại bài toán: +Theo bổ đề và tính chất ta có: 090 (*)AAP K =

+ Theo tính chất 5) ta có PAM là đường phân giác của AEP F (CM: ).

Ta có:

( )0 0 01 190 90 180

2 2A A A AKP M HP F FP M HAF EP F B A BAN B MNK= + = + = − + − = − + =

nên ( )AP C hay 090 (**)AKP P = . Từ (*), (**) ta có A, P, PA thẳng hàng hay AP đi qua trung

điểm của BC.

2.1.3. Các bài tập

Bài toán 1(Turkey EGMO TST 2019):Cho tam giác ABC có D là trung điểm của BC. P là một

điểm thuộc đoạn thẳng AD. Gọi Q là giao điểm của hai đường phân giác trong của hai góc

ABP và ACP . Chứng minh rằng: Nếu BQ CQ⊥ thì Q nằm trên AD.

Bài toán 2 (IMO Shortlist 2008): Cho tam giác ABC có BE, CF là hai đường cao. Hai đường

tròn cùng đi qua hai điểm A, E và tiếp xúc với BC tại hai điểm P, Q sao cho B nằm giữa C và

Q. Chứng minh rằng hai đường thẳng PE và QF cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn

(AEF).

Bài toán 3 (ELMO 2014): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và H là trực tâm của tam

giác. Gọi M là giao điểm thứ hai của đường tròn (BOC) với đường tròn đường kính AO; X là

giao điểm của AM với (BOC). N là giao điểm thứ hai của (BHC) với đường tròn đường kính

AH; Y là giao điểm của AN với (BHC). Chứng minh rằng ||MN XY .

Bài toán 4 (USA TST 2005):Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Điểm P nằm trong

tam giác ABC thỏa mãn ,PCB PAC PBC PAB= = . Gọi Q là giao điểm của BC với trung trực

của đoạn AP. Chứng minh rằng: 2.AQP OQB=

Bài toán 5 (Brazil MO 2015): Cho tam giác ABC không đều có H, G lần lượt là trực tâm và

trọng tâm. Gọi X, Y, Z lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh BC, CA, AB thỏa mãn


Trang.13

AXB BYC CZA= = . Gọi P là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (BXZ) và (CXY). Chứng

minh rằng: P nằm trên đường tròn đường kính HG.

Bài toán 6 (Sharygin 2015):Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp (O). Gọi A1, B1, C1 lần

lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Gọi B2, C2 lần lượt là trung điểm của BA1, CA1. Gọi B3, C3

lần lượt là điểm đối xứng của C1 qua B và B1 qua C. Chứng minh rằng: giao điểm của (BB2B3)

và (CC2C3) nằm trên (O).

2.2. Điểm Dumpty

2.2.1. Định nghĩa

Cho tam giác ABC. Điểm QA thỏa mãn ,A A A AQ AB Q CA Q BA Q AC= = được gọi là điểm A-

Dumpty của tam giác ABC. Các điểm B-Dumpty, C-Dumpty cũng được định nghĩa tương tự.

2.2.2. Các tính chất

Tính chất 1: QA là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (C) đi qua A, C và tiếp xúc với AB tại

A và đường tròn (C’) đi qua A, B và tiếp xúc với AC tại A.

Chứng minh: + Gọi QA là giao điểm thứ hai của (C) và (C’). Ta có: A AQ AB Q CA= (cùng

chắn cung AQA). Tương tự, A AQ BA Q AC= nên QA là điểm A-Dumpty.

Tính chất 2: AQA là đường đối trung của tam giác ABC.


Trang.14

Chứng minh: + Gọi (C), (C’) như tính chất 1). Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt

(C), (C’) tại E, F; P là giao điểm của BE và CF.

Ta cần CM: A, QA, P thẳng hàng và PB, PC là hai tiếp tuyến của (O)

+ Theo định lý Miquel cho tam giác EFP thì BPCQA nội tiếp

+ Ta có: PBC PEA A AFP PCB= = = = nên tam giác PBC cân tại P.

Do đó, BCFE là hình thang cân nên nội tiếp (1). Ta có: 0180A ABQ P BCP BEF BQ A= = = − .

Vậy A, QA, P thẳng hàng (1)

Nhận xét: Có thể chứng minh thẳng hàng bằng định lý Reim (CM: Vì tam giác PBC cân nên

TP//BC hay TP//AE nên theo định lý Reim A, QA, P thẳng hàng)

+ Ta lại có: PBC BEA BAC= = nên PB là tiếp tuyến của (O). Tương tự, PC là tiếp tuyến của

(O) (2).

Từ (1), (2) suy ra: AQA là đường đối trung của tam giác ABC.

Tính chất 3: 2

2A

A

Q B AB

Q C AB=

F

E

P

QA

O

A

BC

QA

A

B C


Trang.15

Chứng minh:

+ Theo định nghĩa điểm Humpty ta có: A AQ AB Q CA nên

2

2,A A A

A A A

Q B AB Q A AB Q B AB

Q A AC Q C AC Q C AC= = =

Nhận xét: AQA là đường phân giác trong của góc ABQ C

Tính chất 4: Gọi Q là giao điểm của AQA với (O) thì QA là trung điểm của AQ.

Chứng minh: + Gọi X là giao điểm của (C’) với BC; Y là giao điểm của XQA với AB. Ta có:

ACBQ CAQ CAQ YXB= = = nên BQ//XY (1)

+ Ta có: A A AABQ CAQ BXQ= = nên AB là tiếp tuyến chung của (C’) và (BXQA) do đó Y là

trung điểm của AB (2)

+ Từ (1), (2) theo định lý Talet ta có: QA là trung điểm của AQ.

Tính chất 5: QA là giao điểm thứ hai của (BOC) và đường tròn đường kính AO (với O là tâm

đường tròn ngoại tiếp ABC).

Y

X

Q

QA

O

A

BC


Trang.16

Chứng minh: + Theo tính chất 4) QA là trung điểm của AQ nên ( )A A AOQ AQ Q AO⊥

+ Gọi D là giao điểm của AQA với BC. Theo tính chất 3) QAD là đường phân giác của góc

ABQ C . Ta có: ( ) ( ) 2A A A A A A ABQ C BQ D CQ D Q AB Q BA Q AC Q CA A BOC= + = + + + = = .

Do đó, ( )AQ BOC

Vậy ( ) ( )AQ AO BOC

Cách khác: Ta có

2 ( )A A A A A A A ABQ C BQ D DQ C Q BA Q AB Q AC Q CB A BOC Q BOC= + = + + + = =

Nhận xét:

+ Gọi Y, Z lần lượt là trung điểm của AB, AC thì A, QA, O, Y, Z cùng nằm trên một đường tròn.

+ Gọi L là điểm Lemoines của tam giác ABC thì QA, QB, QC nằm trên đường tròn đường kính

OL.

Tính chất 6: Gọi AD là đường cao của tam giác ABC ( D BC ); M, N lần lượt là trung điểm

của AB, AC. Lúc đó, DQA đi qua trung điểm của MN.

YZ

D

QA

O

A

BC


Trang.17

Chứng minh:

Cách 1: + Kẻ AY//BC (Y thuộc (O)). Lúc đó, A’, I, Y thẳng hàng.

+ ABDC điều hòa nên Y(ABCD)=-1 mà AY//BC nên Y, D, I thẳng hàng. Do đó, A’, D, I thẳng

hàng suy ra: H, QA, X thẳng hàng.

Cách 2:+ Gọi P là giao điểm của AQA với (BOC). Lúc đó, OP là đường kính của (BOC). Gọi

A1 đối xứng với A qua OP thì A1 thuộc (O). I là trung điểm BC, A’ là điểm đối xứng với A qua

D, X là trung điểm của AI.

Ta có: 01 1'AA 90 , 'A IA IA IA= = = nên A’, I, A1 thẳng hàng.

Mặt khác: ABEC điều hòa nên A1(ABEC)=-1 mà A1A//BC nên A1E đi qua trung điểm I của BC

hay A’, E, P, I, A1 thẳng hàng. Mà D, QA, X, Y là trung điểm của AA’, AE, AI, AA1 nên DQA đi

qua X.

2.2.3. Các bài toán ứng dụng

Bài toán 1 (Macedonia National Olympiad 2017): Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp

(O). Gọi D là hình chiếu vuông góc của A lên BC, M là trung điểm của BC. BO và CO lần lượt

cắt AD tại E, F. P là giao điểm thứ hai của (ABE) và (ACF). Chứng minh rằng: đường phân

giác trong của góc PAM đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.


Trang.18

Nhận xét: + Chỉ cần chứng minh AP là đối trung của tam giác ABC

+ P là điểm A-Dumpty của ABC

Giải: + Ta có: 0190

2B AOC ACF= = − mà 090B BAF= − => ACF BAF= nên AB là tiếp

tuyến của (ACF); Tương tự, AC là tiếp tuyến của (ABE). Do đó, P là điểm A-Dumpty của tam

giác ABC.

+ Theo tính chất của điểm Dumpty ta có: AP là đường đối trung của tam giác ABC => đpcm.

Bài toán 2 (IMO 2014): Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O). Lấy P và Q thuộc cạnh BC sao

cho ;PAB BCA CAQ ABC= = . Lấy M thuộc AP, N thuộc AQ sao cho P là trung điểm của

AM và Q là trung điểm của AN. Chứng minh rằng: BM và CN cắt nhau tại một điểm nằm trên

(O).

Nhìn nhận:

E

F

D

P

M

O

A

B C

X

LK

Y

N M

Q P

O

A

B C


Trang.19

+ Qua hình vẽ ta thấy giao điểm Y của BM và CN nghi ngờ là đường đối trung. X là điểm A-

Dumpty của tam giác ABC thì X là trung điểm của AY. Thấy các yếu tố trung điểm nên ta cần

chứng minh P, X, K và Q, X, K thẳng hàng rồi dùng vị tự để giải bài toán.

Giải: + Gọi K, L là trung điểm của AB, AC; X là điểm A-Dumpty của tam giác ABC.

+ Lúc đó, K, L, X thuộc đường tròn đường kính AO (C).

+ Vì ACP ACB PAB= = nên AB là tiếp tuyến của (ACP) nên ( ) ( ) ( )ACP ACX P ACX .

Tương tự, ( )Q ABX . Do đó, ta có: ( ) ( ) ( ) ( )( ), , , , modXA XP CA CP LA LK XA XK = = = nên

P, X, K thẳng hàng. Tương tự, Q, K, L thẳng hàng. Từ đó suy ra: PK cắt QL tại X thuộc (C).

+ Xét phép vị tự 2AV : ( ) ( ), , , ,C O K B L C P M Q N→ → → → → suy ra đpcm

Bài toán 3 (USA TST 2008): Cho tam giác ABC có trọng tâm G. P là điểm di động trên cạnh

BC. Q, R lần lượt thuộc AC và AB sao cho PQ//AB, PR//AC. Chứng minh rằng: (AQR) luôn

đi qua một điểm cố định khi P di động.

Giải: + Gọi X là điểm A-Dumpty của tam giác ABC thì X là điểm cố định.

+ Ta có: (1)

AB XBAXB CXA

AC XA =

+ Mặt khác, (2)

AB RB RBABC RBP

AC RP QA = =

+ Từ (1) và (2) ta có: XB RB

XA QA=

và XBR XAQ= nên XBR XAQ . Do đó, XRB XQA= hay

X thuộc (APQ) (đpcm)

Bài toán 4 (Dutch 2019 IMO): Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O). Q là điểm thuộc (BOC)

sao cho OQ là đường kính. M nằm trên CQ, N nằm trên BC sao ANCM là hình bình hành.

Chứng minh rằng: giao điểm của AQ và MN nằm trên (BOC).

X

R

Q

GO

A

BC

P


Trang.20

Giải:

+ Gọi X là điểm A-Dumpty của tam giác ABC. Theo cách chứng minh tính chất 2 thì

(1)X AQ

+ Ta lại có: 0 0 0 0180 180 180 180AXC CXQ CBQ BBQ AMC= − = − = − = − nên ( )X ACM .

Tương tự, ( )X ABN . Do đó, ta có: CMX CAX ABX ANX= = = mà AMCN là hình bình

hành nên CMN ANM= nên X MN (2).

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

Bài toán 5 (IMO Shortlist 2011): Cho tam giác ABC cân tại A và D là trung điểm của AC.

Đường phân giác trong của góc BAC cắt (BCD) tại E (E nằm trong tam giác ABC). Đường

thẳng BD cắt (ABE) tại điểm thứ hai là F. AF cắt BE tại I; CI cắt BD tại K. Chứng minh rằng: I

là tâm đường tròn nội tiếp tam giác KAB.

I

D

X

N

M

Q

O

A

BC

A'

KI

F

D' E

X

D

B C

A


Trang.21

Giải:

+ Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua E, D’ là trung điểm của AB. Ta có: AEC AEI= và

FAE EBF EBA ECA= = = . Suy ra, E là điểm A-Dumpty của tam giác AIC => AIA’C là tứ giác

nội tiếp. Do đó: 090 'AIC BCA= + .

+ Gọi EX là đường kính của (BCD) thì ta có:

2. . 2 . 2 . '. ' 'AE AX AD AC AE AX AD AC AA AX AC ACA AXC BCD= = = = = . Do đó:

01 1' 90

2 2A CB ACE ABF AIK ABF= = = + hay I thuộc đường phân giác trong của góc

ABK .

+ Tương tự, I nằm trên đường phân giác của góc BAK . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam

giác ABK.

2.2.3. Các bài tập

Bài toán 1 (Greece National Olympiad 2018): Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC<BC) nội tiếp

(O). Lấy D, E lần lượt nằm trên cung nhỏ AC, AB. K là giao điểm của BD với CE; N là giao

điểm thứ hai của (BKE) với (CKD). Chứng minh rằng A, K, N thẳng hàng khi và chỉ khi K

thuộc đường đối trung trong góc A của tam giác ABC.

Bài toán 2: Cho tam giác ABC. T là điểm nằm trong tam giác ABC thỏa mãn AT, BT, CT là các

đường đối trung của các tam giác BTC, CTA, ATB. Gọi D, E, F nằm trên các tia AT, BT, CT

thỏa mãn TD=2AT, TE=2BT, TF=2CT. Chứng minh rằng T là tâm đẳng phương của ba đường

tròn (BCD), (ACE), (ABF).

Bài toán 3 (Iran TST 2019): Cho tam giác ABC có 060A = . Về phía ngoài tam giác ABC

dựng hai tam giác đều ABK và ACL. CK cắt AB tại S, BL cắt AC tại R, BL cắt CK tại T. Chứng

minh rằng tâm đẳng phương của ba đường tròn (BSK), (CLR), (BTC) nằm trên đường trung

tuyến xuất phát từ A của tam giác ABC.

Bài toán 4 (Serbian National Olympiad 2013): Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O). Gọi M,

N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Giả sử (BOC) cắt (MNP) tại hai điểm X và Y nằm

trong tam giác ABC. Chứng minh rằng: BAX CAY=

Bài toán 5 (Canada MO 2019): Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có H là trực tâm. Gọi

đường tròn (I) có tâm nằm trên đường thẳng AH đi qua A và cắt AB, AC tại hai điểm P, Q sao

cho: . .AP AQ BP BQ= . Chứng minh rằng: (I) tiếp xúc với (BOC).


Trang.22

3. Kết luận

3.1. Ý nghĩa của đề tài

Đề tài “Điểm Humpty – Dumpty và ứng dụng” là một tài liệu bổ ích cho các em học

sinh dùng cho việc ôn thi học sinh giỏi các cấp về hình học phẳng.. Đồng thời đây cũng là một

tài liệu cho thầy cô giáo giảng dạy môn Toán làm tài liệu tham khảo khi dạy về chủ đề hình

học phẳng.

3.2. Kiến nghị, đề xuất

Trong đề tài này chúng tôi mới chỉ nêu một lớp ít bài toán ứng dụng của điểm Humpty -

Dumpty. Do đó, sau khi đọc đề tài này quý thầy cô giáo cũng như các em học sinh có thể tìm ra

nhiều hơn nữa các tính chất cũng như các bài toán ứng dụng về hai điểm đặc biệt này.

Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân được đúc kết trong quá trình giảng dạy, sẽ

có nhiều thiếu sót mong quý thầy cô đóng góp ý kiến để cho đề tài được hoàn thiện và đi vào

áp dụng.

Xin chân thành cảm ơn!


Trang.23

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1]. Tạp chí Epsilon 14

[2]. Đề thi HSG các nước

[3]. Trang web “mathscope.org”

[4]. Trang web “diendantoanhoc.net”

[5]. Trang web “https://artofproblemsolving.com/”

https://artofproblemsolving.com/

Điểm humpty – dumpty và ứng dụng

Documents