Đường thẳng Simsons và đường thẳng Steiner - một số ứng dụng trong giải toán

Tóm tắt nội dung: Gần đây các bài toán liên quan tới hai đường thẳng Steiner và đường thẳng Simsons xuất hiện với mật độ khá dày đặc trong các đề thi HSG THPT, các đề thi HSG các nước. T[r]

Đường thẳng Simsons và đường thẳng Steiner-một số ứng dụng trong giải toán

Tóm tắt nội dung: Gần đây các bài toán liên quan tới hai đường thẳng Steiner

và đường thẳng Simsons xuất hiện với mật độ khá dày đặc trong các đề thi HSG THPT, các đề thi HSG các nước Trong bài viết này tôi xin giới thiệu lại về hai đường thẳng này cùng một số bài toán vận dụng Đặc biệt cảm ơn thầy Nguyễn Việt Hà-GV THPT chuyên Lào Cai đã gợi ý cho tôi về việc viết chuyên đề này

I) Định nghĩa cùng một số tính chất

Trước tiên tôi xin nêu lại định nghĩa về đường thẳng Simsons cùng đường thẳng Steiner

Bài toán 1(Đường thẳng Simsons): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Lấy M là 1 điểm nằm trên (O) Gọi D, E, F lần lượt là các chân đường cao hạ từ M xuống BC, CA, AB Khi đó D, E, F cùng nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng Simsons

Lời giải: Không giảm tính tổng quát ta giả sử M nằm trên cung BC nhỏ của (O) Ta

thẳng hàng(đpcm)

Bài toán 2(Đường thẳng Steiner): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Lấy M là 1 điểm nằm trên (O) Gọi X, Y, Z lần lượt là các điểm đối xứng của M qua

BC, CA, AB Khi đó X, Y, Z thẳng hàng và cùng đi qua trực tâm tam giác ABC

Lời giải: Gọi CH, BH cắt lại (O) tại các điểm L, K Ta không chứng minh lại các kết quả cơ bản là F, E lần lượt là trung điểm LH, HK Áp dụng tính chất đối xứng

hàng Theo tính chất đường trung bình thì X, Y, Z, H thẳng hàng(đpcm)

Như vậy thông qua hai bài toán ở trên ta đã định nghĩa lại được hai đường thẳng Simsons và đường thẳng Steiner, hiển nhiên từ định nghĩa trên ta thấy mối quan hệ song song của chúng Bây giờ để các bạn tiện sử dụng trong giải toán xin nêu thêm

Chứng minh: Gọi M, N, K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ X xuống AB, CA, BC.

Ta không chứng minh lại kết quả cơ bản của đường thẳng Simsons Do tứ giác

M XN A nội tiếp suy ra ∠ANM = ∠AXM, gọi AQ ∩ MN = S do đó chú ý AP, AQ

Tính chất 2(Định nghĩa đường thẳng Simsons và đường thẳng Steiner mở rộng cho tứ giác): Cho tứ giác toàn phần ABCD.EF Gọi M là điểm M iquel của tứ giác toàn phần này Khi đó chân đường cao hạ từ M xuống AB, BC, CD, DA cùng nằm trên 1 đường thẳng gọi là đường thẳng Simsons của tứ giác toàn phần Trực tâm của các tam giác BCF, CDF, ADE, ABF cùng nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần

Tính chất 3: Đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần vuông góc đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần(Lưu ý: Cho tứ giác toàn phần ABCD.EF Gọi trung điểm AC, BD, EF lần lượt là H, I, J Khi đó H, J, I thẳng hàng chúng cùng nằm trên 1 đường thẳng gọi là đường thẳng Gauss)

Chứng minh: Nhờ các định nghĩa trên ta chỉ cần chứng minh bài toán sau:"Cho tứ giác ABCD gọi M, N là trung điểm AB, CD.Hai đường chéo của tứ giác cắt nhau tại I Gọi H, K lần lượt là trực tâm các tam giác IAD, IBC Chứng minh rằng:

M N ⊥ HK."

Ta gọi X, Z lần lượt là chân các đường cao hạ từ D, A xuống AC, BD Gọi Y, T lần lượt là chân các đường cao hạ từ C, B xuống BD, AC Khi đó hiển nhiên các tứ giác ABT Z, CDXY nội tiếp Vậy dĩ nhiên ta thấy: H, K có cùng phương tích tới (CD), (AB) Hiển nhiên dẫn tới KH ⊥ M N (đpcm)

Tính chất 4: Cho tứ giác ABCD điều hoà nội tiếp đường tròn (O) Gọi I, H, K lần lượt là chân đường cao hạ từ D xuống BC, CA, AB Khi đó I là trung điểm HK(Lưu ý: Tứ giác điều hoà ABCD là tứ giác nội tiếp thoả mãn AB.CD = AC.BD)

Chứng minh: Ta để ý rằng: ∠HID = ∠DBH = ∠ACD mà ∠IHD = ∠CBD =

ID

ID

ID.CA

ID.BA

II) Vận dụng trong giải toán:

Thực tế là việc sử dụng hai đường thẳng Simsons, Steiner khá đa dạng Việc sử dụng hai đường thẳng này trong giải toán thường là để kết nối một số giả thiết còn rời rạc Riêng với đường thẳng Steiner gần đây các bài toán xuất hiện dưới dạng chứng minh trực tâm nằm trên một đường thẳng khá nhiều do đó tôi xin đề cập nhiều hơn tới ứng dụng này

Lời giải: Ta nhận thấy rằng: T đối xứng A qua O1O2và T đối xứng D qua O3O1 Vậy

để có được đpcm thì ta cần có được T, O1, O2, O3 đồng viên Thật vậy chú ý: O1O3

◦

◦

180◦− ∠T O3D

◦

Nhận xét : Bài toán này không khó xong nó mở đầu cho tư duy về cách sử dụng đường thẳng Steiner với dạng bài chứng minh trực tâm nằm trên một đường thẳng

ngoại tiếp các tam giác CDE, AEF, DF B Chứng minh rằng trực tâm tam giác

OaObOc nằm trên EF

Lời giải: Gọi M là điểm M iquel của tứ giác toàn phần ABCD.EF Khi đó ta có

Bài toán 3(Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC có AD là đường đối trung của tam giác ABC Lấy E, F trên AB, AC sao cho DE = DF K là trực tâm tam giác AEF Gọi H là trực tâm tam giác ABC.Chứng minh rằng (AK) tiếp xúc (O)

và (BHC)

Lời giải: Để chứng minh (AK) tiếp xúc (O) không khó ta chỉ cần chứng minh AK

và AH đẳng giác là ổn Gọi M là trung điểm BC thì ta có: AD là trung tuyến tam giác AEF lại là đối trung tam giác ABC nên ta có: 4AEF ∼ 4ACB(c.g.c) do đó ta thấy ngay là: AH, AK đẳng giác(chúng là trực tâm của 2 tam giác đồng dạng trung đỉnh) Gọi T là hình chiếu của H lên AM Khi H, T, K thẳng hàng khi đó dĩ nhiên (AK) tiếp xúc (O)(tính chất vị tự) HK chính là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần AEDF BC do đó KH song song với đường thẳng Steiner ứng với điểm

M iquel của tứ giác toàn phần này, đó chính là điểm X là giao AD và (O) Ta thấy

nhiên khi đó X là điểm M iquel của tứ giác toàn phần AEDF BC Vậy ta quy bài toán về tính chất 1 và thấy ngay điều phải chứng minh

Nhận xét : Bài toán trên đề cập tới một mảng khá thú vị trong các trường hợp đặc biệt của hai đường đẳng giác đó là đường trung tuyến và đường đối trung

Chúng ta khép lại ứng dụng của đường thẳng Simsons bằng bài toán khó sau: Bài toán 4(Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có

nằm trên HP0

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi AH cắt (AGO) tại điểm J khác A Thế thì:

khác J

qua AG Vậy theo định lí về đường thẳng Steiner thì trực tâm tam giác AGO nằm trên HP0(đpcm)

Nhận xét : Ở lời giải trên tác giả đã có một lời giải khác với lời giải gốc của người ra

đề Điểm thú vị của lời giải này và của phương pháp sử dụng đường thẳng Steiner chính là việc không cần nhất thiết chỉ ra trực tâm của tam giác đó

(O) tại E 6= A Gọi M, N là trung điểm của BC, CA F là hình chiếu của E lên AB

M N ∩ AE = K Chứng minh rằng: KF kBC

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi L là hình chiếu của E lên AC Áp dụng định

lí về đường thẳng Simsons thì F, M, L thẳng hàng Chú ý đường thẳng Simsons thì song song đường thẳng Steiner do đó áp dụng tính chất 1 cho hai đường đẳng giác suy biến thành phân giác AE thì F M ⊥ AE Để ý rằng: M N kAB do đó M K ⊥ EF Vậy M là trực tâm tam giác EF K Do đó M E ⊥ F K hay là KF kBC(đpcm) Nhận xét : Việc sử dụng các tính chất là phải linh hoạt thì mới cho ra lò những lời giải đẹp, thú vị

hạ các chân đường vuông góc H, K, L xuống DE, DF, EF Chứng minh rằng: L là trung điểm HK

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Từ giả thiết ta thấy rằng: AF, AE tiếp xúc (O0)

do đó tứ giác F DES là 1 tứ giác điều hoà Đến đây ta áp dụng tính chất số 4 cho đường thẳng Simsons ứng với điểm S ∈ (EDF ) thì hiển nhiên L là trung điểm HK(đpcm)

Nhận xét : Lời giải này tuy ngắn gọn xong tính chất số 4 không tự nhiên có nên các bạn khi đi thi cần phải chứng minh lại như một bổ đề thiết yếu

Việc luyện tập để có cảm giác tốt nhất với hai đường thẳng trên là vô cùng quan trọng bởi việc kẻ thêm các đường phụ đôi khi khá "kín" Cuối cùng tôi xin đề nghi một số bài tập

Bài toán 7(IMO 2007): Cho 5 điểm A, B, C, D, E sao cho ABCD là hình bình hành và BCDE là 1 tứ giác nội tiếp d là 1 đường thẳng qua A cắt DC, BC ở F, G

Bài toán 8(Lê Bá Khánh Trình): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và 2 điểm P, Q

điểm B0, C0 Chứng minh rằng: A0, B0, C0 thẳng hàng

Bài toán 9(JBMO 2001): Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) E là 1 điểm bất kì trên (O) K, L, M, N lần lượt là hình chiếu của E trên AD, AB, BC, CD Chứng minh rằng: N là trực tâm tam giác KLM khi và chỉ khi ABCD là 1 hình chữ nhật

góc với nhau tại trực tâm tam giác ABC Chúng cắt các cạnh BC, CA, AB tại

X, X0, Y, Y0, Z, Z0 Chứng minh trung điểm XX0, Y Y0, ZZ0 thẳng hàng