Tiếp theo đó tôi tìm được khá nhiều chứng minh đẹp đẽ cho các kết quả của điểm F euerbach dựa trên lời giải mới cho bài toán 1.. Bài toán 1(Định lí Feuerbach).[r]
Trang 1Một hướng chứng minh mới cho định lí Feuerbach cùng khai
thác
Nguyễn Duy Khương CLB Toán Lim Ngày 31 tháng 12 năm 2019
Trang 2Lời nói đầu Có khá nhiều chứng minh cho định lí F euerbach nổi tiếng về sự tiếp xúc của đường tròn Euler và đường tròn nội(bàng) tiếp Dưới đây là một lời giải do tôi thực hiện
và tình cờ phát hiện trong quá trình nghiên cứu một bài toán trong đề thi dành cho khối 9 trong kì thi Sharygin 2019 Tiếp theo đó tôi tìm được khá nhiều chứng minh đẹp đẽ cho các kết quả của điểm F euerbach dựa trên lời giải mới cho bài toán 1
Bài toán 1(Định lí Feuerbach) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc đường tròn Euler của tam giác ABC
Lời giải(Nguyễn Duy Khương)
Bổ đề 1(P9.7-Sharygin 2019) Cho tam giác ABC ngoại tiếp(I).(I)tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F Gọi BI, CI cắt đường trung bình ứng với đỉnh A tại S, T Khi đó T F, SE đều đi qua D và A, T, F, I, S, E đồng viên
Bổ đề 2 Cho tam giác ABC nội tiếp (O)có trực tâm H Khi đó (BHC) và(O) đối xứng nhau qua BC
Phép chứng minh hai bổ đề trên không khó, bạn đọc có thể tham khảo bài 9.7 trong đề thi Sharygin chính thức năm 2019 cho bổ đề 1
Quay trở lại bài toán, dựng các điểm phụ như trong bổ đề 1 Ta chứng minh trong trường hợp hình vẽ trên các hình khác chứng minh tương tự Gọi K = EF ∩ M N Lấy R là điểm
M iquel của tứ giác toàn phần AN KE.M F Lấy Fe đối xứng R qua M N Ta có: R ∈(AEF),
để ý rằng IS ⊥ DF và IT ⊥ ED(theo bổ đề 1) do đó: I là trực tâm tam giác ST D(theo bổ
đề 2) Điều này suy ra: Fe thuộc (DT S) hay là Hiển nhiên Fe thuộc đường tròn Euler(do
Trang 3∠MFeN = 180◦ − ∠A) Gọi KD ∩(I) = Fe0, ta có: KD.KFe0 = KF.KE = KS.KT (vì theo bổ đề 1 thì T F SE nội tiếp) do đó: Fe0 ∈ (DT S) Để ý rằng Fe0KF T, Fe0ESK nội tiếp do đó ta có: ∠NF Fe0 = ∠Fe0EK = ∠Fe0SK dẫn đến: N, Fe0, S, F đồng viên Ta có:
∠NFe0M =∠NFe0F+∠F Fe0E − ∠MFe0E =−1
2
_
T S +180◦−1
2
_
SE +1 2
_
T F= 180◦− ∠F AE =
180◦− ∠BAC(ta xét cung trên đường tròn (AST)) suy ra Fe0 ∈(Euler) Do đó: Fe ≡ Fe0
Ta có: N, Fe, S, F đồng viên Suy ra ∠NFeF =∠NSF Ta kẻ tiếp tuyến Fex của (I) Ta có: ∠xFeN =∠xFeF − ∠NFeF =∠XFeF − ∠T SF Ta cần có ∠FeM S =∠xFeN thật vậy điều này tương đương∠KDT =∠FeM S+∠T SF =∠RM K+∠T SF =∠F ER+∠T SF =
∠T ER = ∠T SR = ∠FeST (đúng do Fe, S, D, T đồng viên) Vậy ta thu được Fex tiếp xúc đường tròn Euler của tam giác ABC suy ra: (I) tiếp xúc đường tròn (Euler) của tam giác ABC
Ta cũng thu được kết quả thú vị từ chứng minh trên rằng
Bài toán 2 Cho tam giác ABC nhọn(AB < AC) Trung trực AB, AC cắt BC tại lần lượt M, N Dựng hình bình hành ABDC Gọi AM giao DC tại E và AN giao DB tại F
EF giao M N tại K Chứng minh rằng điểm M iquel của hai tứ giác toàn phần AN KE.M F
và DF KC.BE đối xứng nhau qua BC
Khai thác chứng minh trên ta thẫy rằng điểm M iquel của AN KE.F M đối xứng Fe qua
M N Ta thu được 1 lời giải hết sức gọn cho một tính chất nổi tiếng về điểm F euerbach
Bài toán 3 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ngoại tiếp (I) (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F Chứng minh rằng điểm Anti − Steiner của OI ứng với tam giác DEF là điểm
F euerbach
Trang 4Lời giải(Nguyễn Minh Quân và Nguyễn Duy Khương) Trước tiên ta cần làm rõ tại sao OI là đường thẳng Euler của tam giác DEF Khá dễ dàng nhận thấy phép nghịch đảo cực I phương tích ID2 biến đường tròn Euler của tam giác DEF thành tam giác ABC
do đó OI đi qua tâm Euler của tam giác DEF
Quay trở lại bài toán Gọi G là điểm đối xứng Fe qua M N Từ chứng minh bài toán 1,
ta có G= (AM N)∩(AEF) Do đó:∠OGA =∠IGA= 90◦ suy ra O, I, G thẳng hàng Như vậy ta có Fe chính là điểm Anti − Steiner của OI ứng với tam giác DEF
Tiếp tục tôi muốn đề cập đến bài toán sau
Bài toán 4(P4a-VMO 2020) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường kính AA0
D, E, F đối xứng O qua BC, CA, AB H là trực tâm tam giác ABC Gọi Ha đối xứng H qua
BC, Oa là tâm (BOC) Chứng minh rằng A0Oa cắt HaD trên (O)
Trang 51.png Lời giải Ta chứng minh bài toán với hình vẽ trên, các trường hợp khác chứng minh tương tự Gọi OaA0 ∩ (O) = X0 và K = BB ∩ CC, M là trung điểm BC Ta cần có: ODX0A0 nội tiếp là có điều phải chứng minh Thật vậy ta có: POa/(O) = OaO2 − R2 và
OaD.OaO =OaO(OaO − OD) =OaO2− OD.OaO Ta có: R2 =OM.OK =OD.OOa do đó:
POa/(O) =OaD.OaO=OaX0.OaA0 dẫn đến điều phải chứng minh
Liên hệ bài toán trên bằng cách đổi mô hình về đường tròn nội tiếp(để ý điểm cắt ở bài toán 4 chính là điểm Anti − Steiner ứng với OH), ta sẽ có một kết quả khá thú vị như sau khi kết hợp thêm kết quả vừa chứng minh ở bài toán 3
Bài toán 5 Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I).(I) tiếp xúc BC tại D DK là đường kính của (I) Fe là điểm F euerbach Chứng minh rằng KFe chia đôi AI
Trang 6Tiếp tục khai thác mô hình bài toán ban đầu, ta có tính chất kinh điển của điểm F euerbach Bài toán 6 Cho tam giác ABC có điểm F là điểm F euerbach của tam giác ABC M, N, P
là trung điểm BC, CA, AB Chứng minh rằng trong ba đoạn F M, F N, F P có 1 đoạn bằng tổng hai đoạn còn lại
Lời giải(Nguyễn Duy Khương)
Bổ đề Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có tâm nội tiếp I AI ∩(O) = A, P và gọi
M là trung điểm BC K đối xứng I qua M và lấy P K ∩(O) = Q, P Chứng minh rằng:
Trang 7Chứng minh(Trần Quân) Qua I kẻ đường thẳng song song P Q cắt QC ở D Ta có:∠AID=
đó: 4QAD ∼ 4P IC(g.g) Do đó chú ý: P I =P C nên QD=QA Gọi ID ∩ QB =E Tương
tự thì: QE = QA = QD Lấy T đối xứng Q qua M thế thì: IT KQ là hình bình hành vậy
T ∈ ID BT CQ cũng là hình bình hành nên: CT // = BQ vậy: 4CT D ∼ 4QED hay là:
minh)
Không mất tính tính tổng quát thì ta đi chứng minh trong trường hợp hình vẽ thỏa mãn:
F M =F P +F N Lời giải này được chia thành 3 ý để bài toán đỡ cồng kềnh với các ý dẫn dắt để bạn đọc dễ theo dõi hơn
1) Gọi I0 là tâm nội tiếp tam giác M N P S là trung điểm N P Q là trung điểm cung
N P nhỏ của đường tròn (Euler) của tam giác ABC T đối xứng I0 qua S Chứng minh:
M QkAI
2) Chứng minh T thuộc AI
Lấy Y = AI ∩ N P Lấy X = AN ∩ N P Áp dụng tính chất đường phân giác thì Y P
P N
BC
XN
XN
AP suy ra XN =Y P dẫn đến T Y I
0X là hình bình hành dẫn đến T thuộc AI
Dẫn dắt một chút ta có:
Lấy L đối xứng K qua D Ta có ∠LJD = 90◦ dẫn đến LJ đi qua đối xứng của D qua
I là R Như vậy tức là RJ kM QkAI Do đó theo tính chất tâm vị tự ngoài thì RQ, J M cắt nhau tại tâm vị tự ngoài của đường tròn (Euler) của tam giác ABC và (I) chính là F Gọi
U là trung điểm cung N P lớn của đường tròn (Euler) thì U D cũng đi qua tâm vị tự ngoài
(Euler) và (I) là F
3) Chứng minh Q, T, F thẳng hàng
Ta để ý thấy rằng∠P T N =∠P I0N =∠BIC = 90◦+∠A
2 suy ra T là tâm nội tiếp của tam
giác AP N Lấy V đối xứng Q qua S Ta có V thuộc AI Đồng thời ta cũng có V thuộc(AP N)
Do T là tâm nội tam giác AP N dẫn đến T là trung điểm IA Gọi W là trung điểm cung BC không chứa A của (O) Ta có: QV =M W Như vậy ta có: V Q
V Q
M W
M W
ID Ta chú ý rằng tam giác AKB đồng dạng tam giác CKW do đó: IW
CW
AB
IA
IK suy ra: V T
T I =
V T
T A =
W I
KW
M W
ID dẫn đến: T, R, Q thẳng hàng.
Như vậy ta có F, T, Q, R thẳng hàng do đó ta áp dụng bổ đề ta có điều phải chứng minh Nhận xét Chứng minh kết quả trên không hề đơn giản Bài toán đòi hỏi sự kết hợp khéo léo giữa góc và tỉ số
Cuối cùng tôi xin đề cập một hướng khác để chứng minh bài toán 6 Thường thì người ta
sẽ biết đến chứng minh cho bài toán dưới đây khá là tính toán Dưới đây xin trình bày một chứng minh mới mà tôi chỉ sử dụng góc(nhờ có các kết quả từ bài toán 1) Các chứng minh thường thấy sẽ sử dụng tính toán khá nặng
Trang 8Bài toán 7 Cho tam giác ABC nội tiếp(O), ngoại tiếp(I)có Felà điểm F euerbach M, D lần lượt là trung điểm BC và hình chiếu của I lên BC Chứng minh rằng 4FeDM ∼ 4AOI
Lời giải(Nguyễn Duy Khương) Lấy M, N, P là trung điểm AC, AB, BC và S =BI ∩
M N, T = CI ∩ M N Gọi OI ∩(AEF) = R 6= I ta có: R đối xứng Fe qua M N Sử dụng
90◦+∠RAI = ∠AIO Để ý rằng Fe, E, M, T đồng viên từ bài toán 1 do đó: ∠DFeP =
∠DFeE − ∠C − ∠ET S = 90◦− ∠C
2 +
∠C
2 = 90
4AIO ∼ 4FeDP(g.g)
Quay trở lại bài toán 6 Ta thấy rằng từ cặp đồng dạng trên suy ra: FeP
DP
IO. Tương tự thì: FeM
EM
FeN
N F
IO Do đó để ý rằng |DP | = |EM |+|F N | suy ra
|FeP |=|FeM |+|FeN |