Các dạng bài toán tổng hợp

Chứng minh: Trường hợp 1:AB, CD song song Qua M kẻ các đường thẳng song song với AC, BD theo thứ tự cắt đường thẳng BC tai E, F... Chứng minh: Qua A kẻ đường thẳng song song với BC theo

Phần 9: Các bài toán tổng hợp

Bài toán 1: (bài toán Steiner – Leimus)

Cho tam giác ABC có các đường phân giác trong BE, CF bằng nhau Chứng minh rằng tam giác ABC cân

Chứng minh:

a) Phép chứng minh của J.Steiner:

Trong tam giác ABC, BC = a, CA = b, AB = c, đương phân giác trong AD được xác định bởi công thức:

[1 ( a ) ]

bc

b c





Từ đó, suy ra:

BE = CF

[1-( ) ] = ab[1-( ) ]

ac

[1 - ( ) ] = b[1 - ( ) ]

b

0

c

c

b c bc

a b

b c bc

c a a b

b c bc

a b

�

�



�

�



b)Phép chứng minh của R.W.Hegy:

Nếu ˆB C thì ta dựng hình bình hành BEDF như hình vẽ:ˆ

Ta thấy:

Nếu ˆB C � ˆ Bˆ2 Cˆ2 �Dˆ1Cˆ2 (1) Mặt khác, vì BE = CF nên DF = CF �Dˆ1Dˆ2 Cˆ2Cˆ3

(2)

Từ (1) và (2) suy ra:

2 ˆ3

ˆ

D C

� EC < ED � EC < BF

Xét các tam giác BCE và tam giác CBF có: BC chung, BE = CF, BF > CE nên

1 1

C B �C B Mâu thuẫn

Nếu ˆB C , hoàn toàn tương tự cũng dẫn đến mâu thuẫn.ˆ

Chứng tỏ ˆB C � ˆ ABCcân tại A (đpcm)

c) Phép chứng minh của G.Julbert và D.Mac Donnell

D A

E F

Hai ông đã đưa ra bài toán sau:

Bài toán 2:

Cho ABC có các đường phân giác trong BE, CF Chứng minh rằng nếu ˆB C� thì BE �ˆ CF

Chứng minh:

Đặt I BE CF� Theo giả thiết, FBIˆ �ECIˆ Vậy trong đoạn IF tôn tại K sao cho KBIˆ ECIˆ

� Tứ giác BKEC nội tiếp (1)

FCB C   �  KBC (2)

Từ (1), (2), (3) suy ra BE � CK � BE � CF (đpcm)

Dễ thấy đẳnh thức xảy ra khi và chỉ khi ˆB C ˆ

Bài toán 3:

ChoABC, phân giác AD, I là điểm bất kì trên đoạn AD BI, CI thứ tự cắt AC, Abtại E,

F Biết rằng ˆB C� , chứng minh BE �CF.ˆ

Để chứng minh bài toán 3 ta xét các bổ đề sau:

Bổ đề 1:

Cho ABC , M là diểm thuộc đoạn BC Khi đó AM < max{AB, AC}

Chứng minh:

:

Ta có:

0

M M 

�

0 1 0 2

M

�

� ax{AB, AC}>AM

m

�

Bổ đề 1 được chứng minh

Bổ đề 2:Cho tứ giác ABCD Các đường chéo cắt nhau tại I Một đường thẳng đi qua I cắt các cạnh AB, CD theo thứ tự tại M, N Khi đóMN m ax{AC, BD}

Chứng minh:

Trường hợp 1:AB, CD song song

Qua M kẻ các đường thẳng song song với AC, BD theo thứ tự cắt đường thẳng

BC tai E, F Theo bổ đề 1 thì

ax{MF, ME}

ax{AC, BD}

MN m

�

I

A

E

F K

A

M

I

F

M

E

Trường hợp 2: AB, CD không song song Không mất tổng quát giả sử giao điểm của AB, CD nằm trên tia đối của tia AB, DC

Dựng các hình bình hành ACEM, BDFM Đặt K CD �EF

Dễ thấy K thuộc đoạn CD, EF Qua M dựng đường thẳng song song với CD cắt AC, BD tại P, Q Dễ thấy p thuộc tia đối của tia

AC, Q thuộc đoạn BI Từ đó suy ra :

IMP IMA IMQ IMB

IP IA

IQ IB



�



�

�

IMP IMA

IMQ IMB

S S

MQ MB ND  KD

N

Theo bổ đề 1, ta có: MN m ax{MF, ME}

ax{AC, BD}

MN m

�

� đpcm

Trở lại bài toán 3:

Trường hợp 1: ˆB C Dễ thấy BE = CF.ˆ

Trường hợp 2: ˆB C ˆ

Ta có: AB >AC nên trên tia đối của tia CA tồn tại điểm C’ sao cho AC’ = AB

Đặt 'F AB�IC'

Dễ thấy: C’F’ = BE (1)

Áp dụng bổ đề 2 cho tứ giác BC’EF’ ta có:

CF < max{BE, C’F’} (2)

Từ (1), (2) suy ra: BE > CF.Bài toán 3 được chứng minh Ghi chú:

Nếu I trùng với tâm đường tròn nội tiếpABCthì ta nhận được bài toán 2

Bài toán 4:

Cho ABC (AB > AC), trung tuyến AM Điểm N thuộc đoạn AM, N khác A, N khác

M BN, CN theo thứ tự cắt AC, AB tại B’, C’ Khi đó chứng minh BB’ > CC’

Chứng minh:

Qua A kẻ đường thẳng song song với BC theo thứ

tự cắt đường thẳng BB’, CC’ tại E, F

Theo định lí Talet, ta có:

B C  BC C B BC

E I B

A

C

C'

F F'

B' C'

M

A

N

K

I A

P

F

E B

N

Q M

1 (2)

EA MB

EA FA

FA MC  � 

Từ (1), (2) ta suy ra:

B C BC

Mặt khác, vì AB > AC nên �AMB AMC� (xét hai tam giác ABM và ACM) suy ra:

NBM NMC �NB NC (xét 2 tam giác NBM và NCM)

Từ (3), (4) suy ra: BB’ >CC’ (đpcm)

Bài toán 5:

Cho tam giác ABC(AB > AC) có trung tuyến AM, đường phân giác AD Một điểm N bất

kỳ trong tam giác AMD Các đường thẳng AN, BN lần lượt cắt AB, AC tại C’, B’ Chứng minh: BB’ > CC’

Chứng minh:

Đặt N1 BB'�AD

2 '

'

'

Vì N1�đoạn AD nên theo bổ đề 2 (xét ở bài toán 2) có '

CC BB (1)

Vì N2� đoạn AM nên theo bài toàn 4 có '

CC BB (2)

Vì N thuộc đoạn N N nên C’ thuộc đoạn 1 2 ' '

1 2

C C , theo bổ đề 1 (xét ở bài toán 2), có:

Từ (1), (2), (3) suy ra: BB’ > CC’

Bài toán 6:

Cho tam giác nhọn ABC, biêt srằng đường cao AH, phân giác BE, trung tuyến CM có độ dài bằng nhau Chứng minh rằng tam giác ABC đều

Chứng minh:

Trước hết ta xét một số nhận xét sau:

1

2

3

4

a b c

a a a

  



� � � � �



� �

5 Cho tam giác nhọn ABC, nếu max{h , , }= ha h h b c am c thì �C � 

Các nhận xét 2, 3 có thể suy ra trực tiếp từ các bài toán 3, 4 đã xét

Ta chứng minh nhận xét 1, 4 và 5

1 Xét bài toán:

Cho tam giác ABC có các đường cao BH, CK Biết rằng � �B C� Chứng minh rằng

CK

N1

N2 M B

A

C N

D

C'

B' C'1

C'2

Ta có:

BH AC CK AB  S

Do � �B C�

Từ (1), (2) suy ra:

CK

 �

Từ bài toán trên ta có ngay nhận xét 1

4

Hiển nhiên ta có:

ma a

a a

h

l h

� �

�

� � (đường xiên và đường vuông góc)

Trường hợp 1: đường caoh nằm trong tam giác a

Không mất tổng quát, ta có thể giả sử �B C��

� �

1 2

1

2

A BAD







H

� � đoạn BD (1) Mặt khác theo tính chất đường phân giác ta có:

DC AC

mà �B C� nên � AC�AB

1

2

DC

 

Từ (1), (2) ta suy ra:

AH AD AM� � hay m a� �l a h a

Trường hợp đường cao AH nằm ngoài tam giác

Chứng minh tương tự và cũng suy ra được

AH < AD < AM

5

Dựng MK BC ; MN BC//

B

A

C

H K

M B

A

C

H D

M

B

A

D

Ta có: � 300

AH CM

Mặt khác,

a

ax{h , , }=b c a

m h h h suy ra

b a

h �h a b (nhận xét 1)

AC

BC

NC NM MCN NMC



MCN

 (vì �NMC MCK� 300) (2)

Từ (1), (2) suy ra �C � 

Trở lại việc giải bài toán

Vì AH = BE = CM nên h a   , suy ra l b m c

;

h �h m � (theo nhận xét 4)m

a b

 (theo nhận xét 1)

b c� (theo nhận xét 3)

 

Ta lại có: vì a b c� �

a b c



a

ax{h , , }

�

Từ đó để ý rằng ha , ta có:m c

�

C � (theo nhận xét 5) (4)

180

A B C   ta có:

60

A B C  suy ra tam giác ABC đều

Bài toán 7:

Cho tam giác ABC nhọn,AB > AC, đường cao AD, trực tâm H Điểm M thuộc đoạn DH

BM, CM theo thứ tự cắt AC, AB tại B’, C’ Chứng minh rằng BB’ > CC’

Giải:

Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A, vẽ các tia Bx, Cy thỏa mãn điều kiện:

�xBC  �ACB ; �yCB MBC�

Vì AB AC � �ABC �ACB ��ABC  �xBC

� tia BA nằm trong �xBC (1)

Vì AB > AC nên theo tính chất của đường xiên và hình chiếu ta có: DB > DC

MB  MC

� � tia Cy nằm trong �MCB (2)

N M

B

A

C K

H

M

B

A

C H

E

x

y

K

H

B

A

C D M C'

B'

Đặt K Bx Cy � , từ (1) và (2) suy ra đoạn CK và đoạn AB cắt nhau Đặt L CK AB � , ta

có CK > CL (3)

Mặt khác, vì M �đoạn HD nên � CC L' 900�CL CC ' (5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra: BB’ > CC’

Bài toán trên có thể được mở rộng như sau với cách chứng minh tương tự

Bài toán 8:

Cho tam giác ABC, trực tâm H, đường trung trực của BC cắt đoạn BC, BH theo thứ tự tại

L, K; M là một điểm thuộc miền trong tứ giác LKHC BM, CM theo thứ tự cắt AC, AB tại B’, C’ Chứng minh rằng BB’ > CC’

x

y

K P

H

C

A

M

C'

B' L

Bài toán 9:

Cho tam giác ABC đều Các điểm M, N, P theo tưhứ tự thuộc các cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng các tam giác ANP, BPM, CMN bằng nhau, biết rằng chúgn có chu vi bằng nhau

Chứng minh:

Để chứng minh bài toán ta xét nhận xét sau:

Cho 2 tam giác ABC, A’B’C’ thỏa mãn điều kiện

BAC B A C AB �A B AC A C�

Khi đó P(ABC) � P(A’B’C’) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB = A’B’; AC = A’C’ (ký hiệu P(XYZ) là chu vi tam giác XYZ)

Chứng minh:

Vì AB � A’B’, AC

� A’C’ nên trên các đoạn AB, AC tồn tại các điểm B”, C” sao cho

AB” = A’B’, AC” = A’C’

" " ' ' ' ( )

AB C A B C c g c

( " ") ( ' ' ')

P AB C P A B C

Mặt khác,

C"

B"

B

A

C

A' B'

C'

( )

" "

"

" " " "

" " " " ( " ") (**)

AB B C C A P AB C

�

�

Từ (*), (**) suy ra (P ABC) �P A B C( ' ' ')

(Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB = A’B’; AC = A’C’)

Trở lại bài toán

Không mất tổng quát giả sử BM CN AP� � Mặt khác BC = CA = AB suy ra

BP AN CM� �

CN ;



Từ (1) áp dụng nhận xét cho 2 tam giác BPM và CMN ta có (P BPM)�P CMN( ) (2)

Theo giả thiết, P(BPM) = P(CMN) � đẳng thức xảy ra ở (2) � BM = CN, BP = CM

( )

ANP BPM CMN c g c

Bằng phương pháp tương tự ta có thể giải bài toán sau:

Bài toán 10:

Cho tam giác ABC đều Các điểm M, N, P theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CA, AB

Chứng minh rằng ANP  BPM CMN biết rằng chúng có bán kính đường tròn nội tiếp bằng nhau

r2

r3

r1

I1

I3

I2

B

A

C

P

M

N

Bài toán 11:

Cho tam giác ABC đều Các cặp điểm A A B B C C theo thứ tự thuộc các cạnh BC,1, ; , ; ,2 1 2 1 2

CA, AB sao cho lục giácA A B B C C lồi và có các cạnh bằng nhau Chứng minh rằng1 2 1 2 1 2

các đường thẳng A B B C C A đồng quy.1 2, 1 2, 1 2

B

A

C

P

M

N

Lời giải 1:

Dựng tam giác đềuPA A bên trong tam giác ABC.1 2

Do tam giác ABC đều nên ta có:

2// ; 1//

� tứ giácB B PA1 2 2 ; PC C A là các hinh thoi và1 2 1

2 1

PB C

1 2 1 ; 2 1 2 ; 2 1 2

240

   

240

  (theo tính chất góc ngoài của tam giác bằng tổng các góc trong không kề với nó)

� 

Hoàn toàn tương tự, ta có

� �B C C2 1 2  

� �C C1 2,C A A2 2 1,A B B2 1 2 là các tam giác cân bằng nhau

2 2 2

B C A



� A B B C C A là các đường trung trực của 1 2, 1 2, 1 2 A B C2 2 2 nên chúng đồng quy

Lời giải 2:

Đặt X A C 1 2�B A1 2

1 2 1 2

Y B A C B

C B A C

Theo giả thiết:

BC A A CA B B   AB C C m

Y'

X'

Z'

A'

Dựng tam giác đều A’B’C’ có cạnh bằng m.Trên B’C’, C’A’, A’B’ lần lượt lấy các điểm X’, Y’, Z’ sao cho B X' 'BA C Y1 ; ' 'CB1 ; ' 'A Z AC1

Ta thấy

P

C2

A2

B2

A

C1

A1

B1

X

Y Z

B1

A1

C1

A

B2

A2

C2

1 2

1 2

1 2

B X Z BA C c g c

C Y X CB A c g c

A Z Y AC B c g c

Suy ra:

X Z A C X Y B A Z Y C B

mà A C1 2B A C B1 2 1 2 (gt)

� tam giác X’Y’Z’ đều

Suy ra:

0

0

1 2 2 1

180

180

BA C CA B

B X Z C X Y

1 2 60

� B A B2 2 1 B C C c g c2 2 1 ( ) �A2B C2 2

� A B là đường trung trực1 2 A C 2 2

Tương tự, ta cóB C C A theo thứ tự là trung trực của 1 2, 1 2 B A C B 2 2, 2 2

� A B B C C A đồng quy.1 2, 1 2, 1 2 Lời giải 3:

A A C    B A   C C B  

2 2 2 ; 2 2 2 ; 2 2 2

A B C  x B C A  y C A B  z

Không mất tổng quát, giả sử   � � (1)

Từ (1) và giả thiết ( lục giácA A B B C C có các1 2 1 2 1 2

cạnh bằng nhau), ta có:

2 2 2 2 2 2

C A �A B �B C , suy ra:

x y z� � (2)

C BA  A CB nên

0

1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2

240

C C B B C A A C C C A A A A C C A B B A B A B B

�

�

�

Từ (1), (3) suy ra: y � (4) z

(vì    � �    )

Từ (2), (4) suy ra:

B1

A1

C1

A

B2

A2

C2

2 2

y z �   

(theo (3)) 2   �    (theo (1))

� C A2 2A B2 2B C2 2

� A B B C C A là các đường trung trực của tam giác1 2, 1 2, 1 2 A B C2 2 2� A B B C C A1 2, 1 2, 1 2 đồng quy

Bài toán 12: Định lý Lyness

Nếu đường tròn ( ) tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với các cạnh AB, AC của tam giác tại E và F thì EF đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác

F E

B

A

C

Cách chứng minh định lý trên hoàn toàn tương tự cho bài toán về định lý Lyness mở rộng

Xét bài toán sau:

Bài toán 13: Định lý Lyness mở rộng

Nếu đương tròn ( ) tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp của tứ giác nội tiếp ABCD

và tiếp xúc với các đoạn OB, OC (O là giao điểm của AC và BD) tại E, F thi EF đi qua tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABC, DBC

E

F O

A

D

Để chứng minh định lý Lyness mở rộng cần 2 bổ đề sau:

Bổ đề 1:

AB là một dây của đường tròn (O) Đường tròn ( I ) tiếp xúc với đoạn AB tại K và tiếp xúc trong với (O) tại T; KT cắt (O) tại L (L khác T) Ta có:

a) L là trung điểm cung AB (không chứa T)

LA LK LT

Chứng minh:

Ta có: O, I, T thẳng hàng � �KTI  �LTO

Từ đó, với chú ý rằng các tam giác KTI, LTO theo thứ tự cân tại I, O

� �TKI TLO�

� IK // OL

� LO AB (vì KI AB )

� Llà trung điểm cung AB (không chứa T)

Suy ra �LAB  �LTA hay �LAK  �LTA

� hai tam giác ATL, KAL đồng dạng

LA LK LT

Bổ đề 2:

Điểm M là trung điểm cung BC (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Điểm I thuộc đoạn MA và thỏa mãn điều kiện MI = MB Ta có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Chứng minh:

Do MI = MB nên tam giác MBI cân tại M �

MBI  MIB

CBI CBM  IBA IAB

�

2

CBM  IAB  BAC

� �CBI  �IBA

� I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Trở lại việc chứng minh định lý Lyness mở rộng

Gọi ( ' ) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD, T là tiếp điểm của ( ) và ('); P là giao điểm của TE và ( ' ) (P khác T)

Theo bổ đề 1, CP là phân giác của �BCD Gọi Q là giao điểm của CP và EF; Tx là tiếp tuyến chung của ( ) và (')

O

T

I

H

B A

L

I

M

O A

E

F

O

Q

B

C A

Ta có:

�

�

�

Từ đó, để ý rằng �ETx  �PTx , ta có: �QFT QCT� suy ra QFCT là tứ giác nội tiếp

� �TQC TFC�

Từ đó, có �TFC TEF� � �TQC TEF�

� hai tam giác PQT, PEQ đồng dạng

PT PQ � PQ2 PT PE PD  2 (theo bổ đề 1)

� PQ = PD (2)

Từ (1) và (2), theo bổ đề 2, ta có Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DBC

Tương tự EF đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Định lý Lyness được chứng minh

Hệ quả:

Hệ quả 1:

Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), (I ) là đường tròn đường tròn bàng tiếp đối diện a

với đỉnh A của tam giác (I ) tiếp xúc với BC tại D Các đường tròn ( a I ), (1 I ) cùng tiếp2

xúc trong với (O); cùng tiếp xúc với đoạn DA và theo thứ tự tiếp xúc với các đoạn DB, DC; ta có các đường tròn (I ), (1 I ) có bán kính bằng nhau.2

(tác giả của hệ quả trên là nhà giáo Hạ Vũ Anh THPT chuyên Vĩnh Phúc)

Để chứng minh hệ quả 1, ta cần một bổ đề sau:

Bổ đề 3:

Tam giác ABC có ( I ) là đường tròn nội tiếp, (I ) là đường tròn bàng tiếp đối diện với a

đỉnh A ( I ), (I ) theo thứ tự tiếp xúc với BC tại M, N L là điểm đối xứng của M qua I a

Khi đó A, L, N thẳng hàng

Chứng minh:

Dễ thấy A, I,I thẳng hàng (1) a

Mặt khác ta có:

// a

a

IL BC

IL I N

I BC



�

�

� 

�

(2) Gọi H, K là tiếp điểm của ( I ), (I ) với AB a

Ta có:

IL IH IA

I N I K I A (vì IH I K ) (3)// a

Từ (1), (2), (3), theo định lý Talet, dễ dàng suy ra A,

L, N thẳng hàng

H

N

Ia

I B

A

C L

Trở lại việc chứng minh hệ quả 1.

Gọi ( I ) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, gọi E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (I ) với BD, BA; Mlà tiếp điểm của1

( I ) với BC; L là điểm đối xứng của M qua I

Qua L kẻ Lx tiếp xúc với ( I )

Đặt K Lx EF � ; H Lx EI � 1

Theo bổ đề 3, L AD� suy ra:

LFK  AFK DFE (đối đỉnh)

�DEF (tam giác DEF cân tại D)

�FKL (Lx // BC)

� LF = LK (1)

Theo định lý Lyness mở rộng, I EF� .

Suy ra KL IL

EM IM (vì Lx // BC)

= 1 (vì IL = IM)

� KL = EM (2)

Mặt khác dễ thấy EMLH là hình chữ nhật.Suy ra EM = LH (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra LF = LH

�LFI1 LHI1� FI1HI1� Lx tiếp xúc (I ) tại H 1

Gọi r, r , 1 r là bán kính của ( I ), (2 I ), (1 I ).2

Ta có: 2r EH ML1  2r �r r1

Tương tự r2 Vậy r r r1 Hệ quả 1 được chúng minh.2

Hệ quả 2:

Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), D là điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác Các đường tròn ( ),( )O1 O cùng tiếp xúc với đoạn DA và theo thứ tự tiếp xúc với các đoạn2

DB, DC Ta có O O đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.1 2

(tác giả của hệ quả 2 là một nhà toán học người Mỹ)

Để chứng minh ta cần một bổ đề sau:

Bổ đề 4:

MN, PQ theo thứ tự là tiếp tuyến chung ngoài và tiếp tuyến chung trong của các đường tròn ( ),( )O1 O (M, P 2 �( )O1 ; N, Q �( )O2 ) Ta có MP, NQ, O O đồng quy.1 2

Chứng minh:

F

I1 I O

A

L

D E