Trong đề thi chọn đội tuyển để chuẩn bị cho kì thi VMO 2020 của tỉnh Phú Thọ có một bài hình đơn giản và đẹp. Qua bài viết này tác giả muốn khai thác và mở rộng một số tính chất của bài [r]
Trang 1KHAI THÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC CHỌN
ĐỘI TUYỂN PHÚ THỌ 2019 - 2020
Nguyễn Đăng Khoa - THPT Chuyên Hùng Vương
SEPTEMBER 2019
1 Giới thiệu
Trong đề thi chọn đội tuyển để chuẩn bị cho kì thi VMO 2020 của tỉnh Phú Thọ có một bài hình đơn giản và đẹp Cụ thể đề thi đã được tác giả gõ lại và đăng ở [1] Qua bài viết này tác giả muốn khai thác và mở rộng một số tính chất của bài toán hình học trên Mong bạn đọc tiếp tục tìm tòi phát triển thêm cho bài toán
2 Bài toán
Bài toán 1 Cho tam giác ABC thỏa mãn AB = AC > BC Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác BI cắt AC tại D, lấy điểm J đối xứng với I qua AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDJ cắt đoạn AI tại E
a) Chứng minh rằng ED k IJ
9.
K
I
D A
Trang 2Chứng minh a) Ta định nghĩa lại điểm E là giao điểm của AI và đường thẳng qua D và song song với IJ Lấy K là giao điểm IJ với AC, M là trung điểm BC
trong đoạn AI, ta đi chứng minh E nằm trên (BDJ ) thì điểm E ta định nghĩa lại sẽ trùng với điểm E của giả thiết ban đầu hay ta có đpcm
IB
IJ Thật vậy, ta có
ED
DE
sin ∠AID
sin ∠BIM
cos∠ACB2
1
2 sin∠ACB2 =
IC
IB
IJ.
AD
AK.
Ta đặt độ dài các cạnh AB = AC = b, BC = a Ta có
AD
AB
b
AD
b
2
AB + AC − BC
2b − a
Vậy ta có thể viết bất đẳng thức lại thành
b2
(a + b)(2b − a) ≥ 4
9 ⇔ (b − 2a)2 ≥ 0
Vậy ta hoàn tất phép chứng minh
Cách 2 (cho phần a)
Mặt khác ED = EC và E nằm khác phía với C so với đường thẳng BJ nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCJ
Khi đó ta có
Suy ra ED k IJ
Bình luận Đây là bài toán đẹp, nhẹ nhàng mà lại có nhiều tính chất hay Câu hỏi đặt ra đầu tiên là thay tâm nội tiếp thành tâm bàng tiếp thì sẽ như thế nào Kết quả là vẫn cho ta bài toán đúng
Bài toán 2 Cho tam giác ABC cân tại A có tâm đường tròn bàng tiếp góc A là Ia BIa cắt
Chứng minh rằng E, D, J , B cùng nằm trên một đường tròn
Trang 33 Một số tính chất
Chúng ta cùng đi khai thác một số tính chất thú vị từ bài toán này
N
L F
E
K
J I
D
M
A
Tính chất 1 Lấy F là giao điểm khác E của AI với (BDJ ) Khi đó ta có F , C, J thẳng hàng
Chứng minh Ta đã biết E là tâm của (BCJ ) nên từ đó ta có EB = EJ Kết hợp F nằm trên
Tính chất 2 AC cắt (BDJ ) tại L khác D Khi đó EL, BJ , IC đồng quy tại N
Chứng minh Ta đã biết ED ⊥ AC nên suy ra EL là đường kính của (BDJ ) mà EB = EJ nên
EL đi qua trung điểm BJ
Vậy ta có đpcm
Trang 4Tính chất 3 DF chia đôi IC.
F I
DJ
F I
F C.
IJ
IB.
IF
F I
IJ. Điều này hiển nhiên đúng do 4F CI ∼ 4F IJ (c.g.c)
Vậy ta kết thúc phép chứng minh
Tính chất 4 Giả sử đường tròn (BDJ ) cắt lại (ABC) ở X Lấy P là giao điểm của ED với
CX, Q là giao điểm của BD và CJ Khi đó P Q đi qua A
của đường tròn (ABC)
thu được Q, X, L thẳng hàng
P
N
F
X
L
R E
Q
K J I
D
M
A
Ta định nghĩa lại điểm P là giao của CX với AQ Ta đi chứng minh E, D, P thẳng hàng
Giả sử AX cắt DQ tại R Khi đó ta có
∠XRQ = ∠ACB + ∠XBQ = ∠ACB + ∠XLD = ∠ALF + ∠XLD = ∠XLF = ∠XJQ
− ∠QRX
Vậy ta có năm điểm Q, R, J , X, P đồng viên
Từ (1) và (2) ta có ngay EP ⊥ RJ
Trang 5Mặt khác ∠RJQ = 12∠ABC = ∠ACQ nên RJ k AC hay ta có EP ⊥ AC, tức là E, D, P thẳng hàng
Kết thúc phép chứng minh
Tính chất 5 Lấy Y là giao điểm của BX và IJ Khi đó Y Q vuông góc với AM
Q'
J'
P
Y
X
A'
L F
Q
E
K
J I
D
M
A
Chứng minh Bằng cộng góc ta có tam giác QAI cân tại Q
Ta định nghĩa lại điểm Y là giao điểm của trung trực AI với IJ Ta đi chứng minh B, X, Y thẳng hàng
Trung trực AI cắt (ABC) tại điểm thứ hai là Q0 khác Q, IJ cắt lại (BDJ ) tại J0 khác J
Ta có Q0A = Q0I = Q0B và J0B = J0I do DI = DJ , từ đó Q0J0 là trung trực của BI hay
Q0J0 ⊥ BI
Mà do J0B = J0I = ED nên J0EDB là hình thang cân, suy ra ∠Q0J0E = 90◦
Ta có ∠EJ0J + ∠Q0QJ = ∠EF J + ∠Q0QJ = 90◦ suy ra ∠Q0QJ + ∠Q0J0J = 180◦
Vậy ta có tứ giác Q0QJ J0 nội tiếp Từ đó áp dụng định lý trục đẳng phương cho ba đường tròn (QQ0J ), (BDJ ) và (ABC) ta có ngay BX đi qua Y
Vậy ta có đpcm
Nhận xét Từ tính chất này ta có thể chứng minh Q0J0 đi qua L và A0 trong đó A0 là trung điểm cung nhỏ BC
Trang 6Tính chất 6 Bốn điểm E, I, C, X nằm trên một đường tròn.
X
E
Q
K
J I
D
M
A
Chứng minh Ta lấy lại điểm R là giao của AX với BQ Ta đã có R, Q, P , X, J cùng nằm trên một đường tròn
IRXC nội tiếp (1)
Từ (1) và (2) ta có E, I, C, X đồng viên
Nhận xét Ta lấy T là giao điểm của EP và CQ thì T cũng nằm trên (EIC)
Giả sử RP cắt AC và AB lần lượt tại C0 và B0 thì C0 ∈ (CIE) và B0 ∈ (AXP )
(Bạn đọc tự chứng minh)
Tính chất 7 Lấy Z là giao điểm của BX với DE Khi đó ZA là tiếp tuyến của (ABC) Chứng minh Áp dụng định lý trục đẳng phương cho ba đường tròn (BDJ ), (ADE) và (ABC),
Trang 7Tính chất 8 BJ , DF , M K đồng quy.
W Q'
U
V
L
X
F
K E
Q
J D
I
M
A
cắt CQ0, BF tại W và V IJ cắt BC tại U
Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác BM F và DKJ thì điều cần chứng minh tương
AU
trung trực Q0W
thêm tính chất DF , BJ đối xứng nhau qua M K bằng cách gọi giao điểm của DF , BJ với IC lần lượt là Y0, Z0 xong ta đi chứng minh tam giác X0Y0Z0 cân tại X0
Trang 84 Bài toán mở rộng và tương tự
Bài toán mở rộng Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có tâm đường tròn nội tiếp là (I) BI cắt AC tại D Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt OI tại E Lấy J đối xứng với I qua AC Chứng minh (BDJ ) đi qua E
Phân tích Bài toán này vẫn sẽ cố gắng chỉ ra hai tam giác đồng dạng nhưng sẽ mắc ở chỗ tính tỉ số hai cạnh Do đó ta cần có bổ đề quen thuộc sau
Bổ đề Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I) Đường tròn (I) tiếp xúc với ba cạnh tam giác tại D, E, F Khi đó OI là đường thẳng Euler của tam giác DEF
Chứng minh Bổ đề này quen thuộc và xuất hiện rất nhiều nên bạn đọc tự chứng minh
Ta quay lại bài toán ban đầu
E
K H P
M
N
J D
I O
C
A
B
Chứng minh Ta gọi tiếp điểm của (I) với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt là M , N và P Lấy H
là trực tâm tam giác M N P và K là trung điểm M P
Chú ý rằng tam giác 4HIN ∼ 4IED (các cặp cạnh tương ứng song song) nên
J D
ID
HN
IN .
2IN
J I
IB.
Trang 9Ngoài cách thay tâm nội tiếp thành tâm bàng tiếp thì tác giả sử dụng phép nghịch đảo để thu được bài toán sau đây
Bài toán tương tự 1 Cho tam giác ABC cân tại A có tâm đường tròn bàng tiếp góc A là
Ia Lấy J là điểm đối xứng với Ia qua AC Trên tia AC lấy D sao cho IaD = IaC Gọi E là hình chiếu của D lên AI Chứng minh rằng bốn điểm B, D, E, J đồng viên
E'
D'
J J'
I a
I
M
A
C B
Chứng minh Lấy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC BI cắt AC tại D0, qua D0 kẻ đường vuông góc với AC cắt AI tại E0 Lấy J0 đối xứng với I qua AC
Ta có ∠AID0 = 90◦− 1
2∠ACB = ∠IaCD = ∠IaDC suy ra AI · AIa = AD · AD0
Theo bài toán ban đầu thì B, E0, D0, J0 nằm trên một đường tròn nên suy ra B, D, E, J cũng nằm trên một đường tròn
Nhận xét Bài toán trên ta đã liên hệ với bài toán ban đầu thông qua phéo nghịch đảo tuy nhiên tác giả thấy bài toán này rất phù hợp với THCS vì tính đơn giản của nó nên ta có cách giải khác sau đây
Trang 10Cách 2.
J
Ia M
A
C B
Chứng minh Gọi M là trung điểm BC, ta đi chứng minh 4BDJ ∼ 4EM B
BM
BM
DJ
DB.
Từ đó ta có BEDJ nội tiếp (đpcm)
Nhận xét Bài toán này có tính chất CIa chia đôi đoạn BJ (gần giống tính chất 2), từ đó suy ra
Bài toán tương tự 2 Cho tam giác ABC cân tại A có tâm đường tròn nội tiếp là I Dựng hình thoi ICJ D sao cho D nằm trên AC Gọi E là hình chiếu của D lên AI Chứng minh bốn điểm B, D, E, J cùng nằm trên một đường tròn
Lời kết Mong rằng bạn đọc đã tìm thấy những điều thú vị mới mẻ của bài toán thông qua bài viết này Mọi ý kiến trao đổi xin gửi về địa chỉ khoanguyen17112003@gmail.com
Xin chân thành cảm ơn!
Trang 11Tài liệu tham khảo
[1] Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ 2019 - 2020
https://drive.google.com/file/d/1R7Vqczp1VTCJJIZiYC84Uq06D41p4Qp7/view [2] Group Hướng tới VMO - TST
https://www.facebook.com/groups/vmo.tst/
[3] Blog Toán học của Khoa Nguyễn
http://khoalinhmathematics.blogspot.com/