Một số bài toán hay liên quan tới cấu hình tứ giác toàn phần

Tóm tắt nội dung: Trong số các bài toán thi chọn đội tuyển của các tỉnh thành các năm gần đây có một xu hướng khá phổ biến chính là sử dụng cấu hình tứ giác toàn phần khá đều đặn để ra b[r]

Một số bài toán hay liên quan tới cấu

hình tứ giác toàn phần

Tóm tắt nội dung: Trong số các bài toán thi chọn đội tuyển của các tỉnh thành các năm gần đây có một xu hướng khá phổ biến chính là sử dụng cấu hình tứ giác toàn phần khá đều đặn để ra bài Ngay cả trong đề VMO cũng không thiếu các bài toán vận dụng được các kiến thức về tứ giác toàn phần để giải Trong bài viết này xin giới thiệu một số bài toán hay về nội dung này

Bài toán 1(Chọn đội tuyển Nam Định 2016-2017,ngày 2): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Một đường tròn qua B, C cắt AB, AC lần lượt tại E, F (6=

B, C) Gọi (AEF ) ∩ (O) = K, A;KE, KF ∩ (O) = Q, P (6= K) Gọi BQ ∩ CP = T a)Chứng minh rằng: A, O, T thẳng hàng

b)Gọi M, N lần lượt là trung điểm BE, CF Chứng minh rằng: KA tiếp xúc (AM N )

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Trước tiên xin nhắc lại không chứng minh một

số kết quả cơ bản:

thuvientoan.net

+) KA, EF, BC đồng quy tại điểm J (tính chất trục đẳng phương).

+) Gọi S là trung điểm AJ Khi đó S, M, N thẳng hàng(đường thẳng Gauss) a) Ta thấy ∠KEA = ∠KF A do đó dBP = dCQ hay là BP CQ là 1 hình thang cân Lại có: ∠ABQ = ∠AKQ = ∠AEF = ∠C = ∠AQB do đó 4ABQ cân tại A Mà T thuộc trung trực BQ(do BP CQ là 1 hình thang cân) nên A, O, T thẳng hàng(nằm trên trung trực BQ)

b) Ta sẽ chuyển về chứng minh bài toán tương đương như sau: "Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) Giả sử AC ∩ BD = E, AD ∩ BC = F Gọi G, H lần lượt là trung điểm của AB, CD Chứng minh rằng: EF tiếp xúc (EGH)."

Chứng minh: Gọi AB ∩ CD = S(trường hợp ABkCD thì dễ thấy đpcm) Kẻ các tiếp tuyến F X, F Y đến (O) EF ∩ (O), AB, CD = M, N, Z, T Áp dụng hàng điểm

cơ bản cùng hệ thức Maclaurin thì do (SZ, AB) = (ST, DC) = −1 nên SA.SB = SZ.SG = SC.SD = ST.SH do đó ZGHT nội tiếp Gọi I là trung điểm F E Áp dụng định lí về đường thẳng Gauss thì có: I, H, G thẳng hàng do đó IG.IH = IZ.IT Bằng các biến đổi đơn giản ta thấy IZ.IT = IM.IN = IE2 = IF2 do đó hiển nhiên

EF tiếp xúc (EGH)(đpcm)

Bài toán 2(Trịnh Huy Vũ): Cho tam giác ABC có đường cao AH Gọi X, Y lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ H xuống AC, AB Z là giao điểm của BX và

CY Chứng minh rằng (XY Z) tiếp xúc (A; AH)

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi XY cắt BC tại điểm L Gọi LA cắt (ABC) tại điểm P Lấy J đối xứng H qua LA Ta có: tứ giác AY HX nội tiếp nên

∠Y XH = ∠HAB = ∠Y HL do đó ta có: LH2 = LX.LY = LB.LC = LP LA

do đó P thuộc (AH) Do J đối xứng H qua LA nên theo phép vị tự tỉ số 2 tâm H thì J thuộc (A; AH) Lại có: J đối xứng H qua AL nên ∠LJA = 90◦ suy ra LJ là tiếp tuyến đến (A; AH)

Gọi T là tâm (BCXY ) theo định lí Bocard thì Z là trực tâm tam giác ALT Gọi

T Z cắt AL tại điểm P0 Gọi AT cắt LZ tại Q thì LP0.LA = LZ.LQ = LM LN (hệ thức M aclaurin)= LX.LY = LB.LC suy ra P0 thuộc (O) do đó P trùng P0 Vậy

T, Z, P, H thẳng hàng Do đó P, J, Z, H thẳng hàng Ta chỉ cần chứng minh J thuộc (XY Z) khi đó hiển nhiên LJ là tiếp tuyến tới (XY Z) Tứ giác LXZY nội tiếp khi

và chỉ khi ∠ZJY = ∠ZXY = ∠ZCH hay tứ giác JCHY nội tiếp hay Z có cùng phương tích tới 2 đường tròn (BCXY ) và (A; AH) Gọi (A; AH) cắt (BCXY ) tại các điểm M, N

Ta có: AH2 = AM2 = AN2 = AX.AC = AY AB do đó AM, AN lần lượt là tiếp tuyến đến (BCXY ) Do đó quen thuộc là ta thấy rằng: BX, CY, M N đồng quy tại

1 điểm chính là Z(Gọi M N cắt Y B, CX tại các điểm E, F sử dụng hàng điều hoà cơ bản ta có:

(AEY B) = (AF XC) = −1 do đó BX, CY, M N đồng quy) Vậy hiển nhiên: phương tích từ Z tới (BCXY )=phương tích từ Z tới (A; AH) do đó tứ giác J CHY nội tiếp

và do đó J XY Z nội tiếp vậy mà dễ thấy LJ là tiếp tuyến tới (XY Z) do đó (XY Z)

tiếp xúc (A; AH) tại J (đpcm).

Bài toán 3(Nguyễn Xuân Anh Quân-THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) (K) bất kì qua B, C cắt AB, AC tại các điểm E, F Các tiếp tuyến tại E, F cùa (AEF ) cắt nhau ở T AT cắt BC tại điểm N Gọi H = BE ∩ CF , AH ∩ (O) = P (6= A) P E cắt (O) tại điểm R 6= P

BR cắt EF tại điểm J Chứng minh rằng: N J chia đôi AH

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Bài toán tổng quát này thực chất là ghép của hai bài toán sau Khi có được kết luận 2 bài phụ này ta áp đường thẳng Gauss cho

tứ giác AF HE với HE ∩ AF = B và HF ∩ AE = C là có được đpcm

Bài toán 1: Cho tam giác ABC có F, E trên AB, AC sao cho tứ giác BF EC nội tiếp Tiếp tuyến tại E, F của (AEF ) cắt nhau ở T Khi đó AT chia đôi BC

Chứng minh: Gọi AT cắt lại (AEF ) tại điểm L dĩ nhiên có tứ giác AF LE điều hoà

Kẻ tiếp tuyến Ax của (AEF ) Ta có: (Ax, AT, AE, AF ) = −1 = (Ax, AT, AB, AC)

mà ta có: ∠xAE = ∠AEF = ∠ACB nên AxkBC Do đó theo tính chất chùm điều hoà ta có AT chia đôi BC(đpcm)

Bài toán 2(Mở rộng bài toán Jeck Lim-Aops-Trần Quang Hùng): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Một đường tròn (K) qua B, C cắt AB, AC tại các điểm F, E

BE ∩ CF = H Gọi AH cắt lại (O) tại điểm thứ hai P P E cắt lại (O) tại điểm R Chứng minh rằng: BR chia đôi EF

Chứng minh(Trần Quang Hùng-GV THPT chuyên KHTN): Gọi D là hình chiếu của

K lên AH Lấy N đối xứng F qua DK Thế thì N thuộc (K) Vì ∠BCP =

∠BAP = ∠BF N = ∠BCN nên C, P, N thẳng hàng Gọi AH cắt BC ở điểm L và lấy Q đối xứng P qua D Ta có: ∠F QA = ∠QF N = ∠F NC = ∠AP C = ∠ABC nên BF QL nội tiếp Tương tự thì CEQL cũng nội tiếp nên AEQF cũng nội tiếp Mặt khác 4EF B ∼ 4EQD nên thu được hai tam giác N F B và EQP đồng dạng Vậy ∠F BI = ∠EP Q = ∠ABR do đó thu được BR đi qua trung điểm EF Vậy ta

có đpcm

Nhận xét : Bài toán 2 này đã từng xuất hiện trên tạp chí Epsilon số tháng 6/2015 trong bài viết của thày Trần Quang Hùng và Nguyễn Bảo Ngọc

Bài toán 4(Lê Viết Ân-THTT): Cho tam giác ABC có H nằm trong tam giác thoả mãn: ∠HBA = ∠HCA Một đường tròn qua B, C cắt (AH) tại 2 điểm X, Y Gọi AH ∩ BC = D, gọi K là hình chiếu của D lên XY Chứng minh rằng: ∠BKD =

∠CKD

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Trong lời giải ta quy ước (XY Z) là đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z và (U V ) là đường tròn đường kính U V Ta gọi BH, CH cắt AC, AB tại các điểm F, E Từ giả thiết ta có tứ giác BCF E nội tiếp Gọi

I là tâm đường tròn (BCF E), gọi (AF E) cắt lại (O) tại điểm thứ hai L 6= A

AL, EF, BC lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn đôi một giao nhau: (AEF ), (O); (I), (AEF ); (I), (O) do đó AL, EF, BC đồng quy tại 1 điểm (gọi

là S).Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của H lên AB, AC

Dĩ nhiên ta có: 4HP B ∼ 4HQC(g.g) Vậy: P B

QC =

HB

HC =

EB

F C (do 4HEB ∼ 4HF C) lại có rằng: (LB, AB) ≡ (LC, AC)(modπ), (LE, BE) ≡ (AE, LE) ≡ (LF, F C)(modπ) nên 4LEB ∼ 4LF C(g.g)

Vậy LB

LC =

F B

F C =

P B

QC do đó hiển nhiên 4LBP ∼ 4LCQ(c.g.c) suy ra (LP, BP ) ≡ (LQ, QC) hay (LP, AP ) ≡ (LQ, AQ)(modπ) hay L ∈ (AH) Vậy AL là trục đẳng phương của (AH) và (AEF ), XY là trục đẳng phương của (AH) và (I), EF là trục đẳng phương của (I) và (AEF ) nên XY, EF, AL đồng quy hay là XY, EF, AL, BC đồng quy tại S Theo hàng điểm điều hoà cơ bản thì (SD, BC) = −1 do đó theo phép chiếu xuyên tâm K thì K(SD, BC) = K(Y D, BC) = −1 mà KD ⊥ XY do đó

KD là phân giác ∠BKD hay là ta có được: ∠BKD = ∠CKD(đpcm)

Bài toán 5(Trích đề chọn đội tuyển PTNK 2015-2016,ngày 2): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (I) qua B, C cắt BA, CA tại các điểm

E, F

a) Giả sử BF, CE nhau ở D và T là tâm của (AEF ) Chứng minh rằng: OT kID b) Trên BF, CE lấy các điểm G, H sao cho AG ⊥ CE và AH ⊥ BF Các đường tròn (ABF ), (ACE) cắt BC tại các điểm M, N (6= B, C) và cắt EF tại P, Q(6= E, F ) Gọi

K = M P ∩ N Q Chứng minh rằng: DK ⊥ GH

Lời giải: a) Câu này khá đơn giản(nếu không đòi hỏi chứng minh lại định lí Borcard)

Ta gọi EF ∩ BC = S Gọi SA ∩ (O) = J (6= A) Dĩ nhiên SJ.SA = SB.SC = SE.SF

do đó J ∈ (AEF ) Do đó OT ⊥ SA(quan hệ trục đẳng phương) Sử dụng định lí Borcard cho tứ giác BEF C nội tiếp thì dĩ nhiên ID ⊥ SA Do đó OT kID(đpcm) b) Từ giả thiết khá loằng ngoằng thì ta dễ thấy D là trực tâm tam giác AHG

Do đó AD ⊥ GH Vậy thực ra chỉ cần chứng minh A, D, K thẳng hàng Ta có:

∠P MN = 180◦ − ∠P MB = 180◦

− ∠P F B = 180◦

− ∠NCE = 180◦

− ∠P QN do

đó P M N Q nội tiếp do đó K nằm trên trục đẳng phương của (ABF ), (ACE) Hiển nhiên AD chính là trục đẳng phương của (ABF ), (ACE) do đó A, D, K thẳng hàng Vậy ta thu được DK ⊥ GH(đpcm)

Bài toán 6(Nguyễn Văn Linh)(Proposed for Arab Saudi TST): Cho 2 đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại 2 điểm A, B d1, d2 là 2 đường thẳng qua A và đối xứng nhau qua AB d1 cắt (O1), (O2) tại G, E phân biệt d2 cắt (O1), (O2) lần lượt tại các điểm F, H, giả sử E nằm giữa A, G và F nằm giữa A, H EH cắt F G tại điểm J BJ cắt (O1), (O2) tại các điểm K, L phân biệt và O1K cắt O2L tại điểm N

Chứng minh rằng: (N KL) tiếp xúc AB.

Lời giải: Trước tiên ta thấy rằng: ∠NLA = 90◦ − ∠O2AL

2 = 90

◦

− ∠ABL =

90◦ − ∠ABK = ∠AKO1 Vậy ta có: A nằm trên (KLN ) Tiếp tục ta thấy B là điểm Miquel của tứ giác toàn phần AEIF GH Do đó B thuộc (J HF ) Gọi O là tâm (ALN K) thế thì: ∠BAO = ∠BAK+∠KAO = ∠BAF +∠F AK+90◦−∠ALK = 90◦

do đó ta thu được AB tiếp xúc với (O)(đpcm)

Bài toán 7(Trích đề Hà Nội TST 2016-2017): Cho tam giác ABC(AB < AC) nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi M là trung điểm BC AM cắt (O) tại các điểm

A, D Giả sử BD ∩ AC = F, CD ∩ AB = E (ABF ) ∩ (ACE) = A, P Gọi (S1) là đường tròn qua C tiếp xúc AB tại A Gọi (S2) là đường tròn tiếp xúc AC tại A và

đi B A, Q = (S1) ∩ (S2) Chứng minh rằng tam giác OP Q vuông

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta thấy ngay được rằng: P là điểm M iquel của tứ giác toàn phần ACF DBE do đó dĩ nhiên P, E, F thẳng hàng Theo định lí Borcard thì ta có: O, M, P ⊥ EF do đó EF kBC vậy là: ∠BCD = ∠DEP = ∠DBP

do đó P B tiếp xúc (O) Tương tự P C tiếp xúc (O) Kẻ các đường kính AX, AY lần lượt của (S2), (S1) Lại có: ∠AQB = 180◦− ∠AXB = 180◦

− ∠AS2O Tương tự thì:

∠AQC = 180◦− ∠AS1O do đó ∠AQB + ∠AQC = 360◦− 2∠AS1O = 2(180◦− ∠A) =

360◦− 2∠A do đó hiển nhiên ∠BQC = 2∠A do đó P, B, Q, O, C nằm trên một đường tròn vậy nên OQ ⊥ P Q do đó ta thu được ngay đpcm