Tản mạn về hình học (P2) - Mừng Xuân Tân Sửu 2021

Để kết thúc cho bài viết, tác giả xin giới thiệu một bài toán khá thú vị sau đây, tuy nhiên tác giả chưa có thời gian để ngẫm nghĩ và mong muốn được trao đổi thêm với bạn đọc. Bài toán 6[r]

Trang 1

TẢN MẠN VỀ HÌNH HỌC (P2)

Nguyễn Đăng Khoa ∗

Happy Lunar New Year 2021

Nhân dịp đầu xuân năm mới, tác giả có sáng tác được một vài bài toán hay dựa trên một cấu

hình quen thuộc đã biết Bài viết này xin chia sẻ những tìm tòi đó tới bạn đọc Tác giả cũng xin

chúc cho mọi người một năm mới bình an, mọi điều may mắn, tốt lành sẽ tới ♥

Bài toán 1 (Warm up) Cho tam giác ABC, lấyB1 và C1 lần lượt là điểm đối xứng củaB, C qua

hai cạnh AC, AB Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 Chứng minh rằng A I đi

qua điểm O1, với O1 là điểm đối xứng với O qua BC

Tuymaada 2009

-mD 2 H 2 C 2 = 66.95°

mCAG 2 = 80.99°

mBAF 2 = 113.05°

mC 2 D 2 E 2 = 96.73°

mAC'F = 25.32°

mAB'E = 25.32°

IE∙IE DI∙DI

( ) ∙2 m EF∙m EF m FD∙m FD ( ) = 0.00 cm 2

m EF∙m EF m FD∙m FD = 8.67 cm 2

m EF = 11.49 cm

m FD = 11.11 cm IE∙IE DI∙DI = 4.34 cm 2

IE = 7.32 cm

DI = 7.02 cm

O 1

J

I

C 1

B 1

F 2

G 2

H 2

D 2

C 2

E 2

K

H

E u

M

H

F

E

D

B'

C'

A'

I

A B

B C

A C

B A

P

C B

C A

N

H

M E

F

D

O'

B'

C'

A'

O

C

O

C

O

C

A

B

A

B

A

B

∗THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ

1

Trang 2

Tản mạn về hình học (P2) Mừng Xuân Tân Sửu 2021

Lời giải (Thầy Nguyễn Văn Linh)

Ta gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC, ta dễ dàng chứng minh được rằng

AO1, A J đẳng giắc trong ∠B AC

Vì ∠B1AC =∠B AC =∠C1AB nên ta cũng có A J, AO1 đẳng giác trong ∠B1AC1

Do đó để chứng minh A, O1, I thẳng hàng thì ta đưa về chứng minh A J vuông góc với B1C1

Ta có

A J ⊥ B1C1⇔ AB21− AC21= JB21− JC21

⇔ 4R2(sin2C−sin2B) = (B1C2+C J2−2B1C·JC·cos∠B1C J−BC21−BJ2+2BC1·BJ·cos∠C1BJ)

⇔ 4R2(sin2C − sin2B) = 2BC · RBOC· (cos∠C1BJ − cos∠B1C J)

⇔ 4R2(sin2C − sin2B) = 2R · sin A · R

cos A· (cos(2A + 2B − 90◦) − cos(2A + 2C − 90◦))

⇔ 2(sin C − sin B)(sin C + sin B) = tan A(sin 2B − sin 2C) Đẳng thức cuối cùng đúng dựa vào các phép biến đổi lượng giác cơ bản Kết thúc phép chứng minh

Bài toán 2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và lần lượt lấy A0, B0, C0 là điểm đối xứng với A, B, C qua AC, AB, BC Đường thẳng A A0, BB0, CC0 lần lượt cắt lại (A0B0C0)tại điểm

D, E, F Gọi X là giao điểm của EF với BC, Y là giao điểm của DF với AC Chứng minh rằng

X Y vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác ABC

mH C B 1 H B = 73.11°

mCAC2 = 83.15°

mBAB 2 = 106.89°

mH B H C H A = 87.09°

mAC'F = 26.65°

mAB'E = 26.65°

IE∙IE DI∙DI

( )∙2 m EF∙m EF m FD∙m FD ( ) = 0.00 cm 2

m EF = 11.49 cm

Y'

A1

Y X

B2

C2

X'

B1 C1

HC

HB

HA

H

F

E

D

B'

C'

A'

I

AB

BC

AC

BA

P

CB

CA

N

H

M E

F O'

B'

C'

A'

O

C

O

C

A

B

A

B

2

Trang 3

Lời giải Ta gọi HA, HB, HC là chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C xuống cạnh đối diện trong tam giác ABC Lấy A1 là giao điểm của AH với HBHC, tương tự với điểm B1, C1 Lấy B2, C2 là điểm đối xứng của H qua AC, AB

Trước hết ta dễ có B1C1, HBHC, BC đồng quy tại X0 và HAHC, A1C1, AC đồng quy tại Y0

Ta sẽ chứng minh B1C1Ë EF, điều này tương đương với HC1

HB1 = HF

HE hay HC1

HB1= HB

0

HC0 Theo giả thiết là B0 đối xứng với B qua AC nên HB0= BB2 và HC0= CC2, suy ra

HB0

HC0 =BB2

CC2 =sin∠B AB2

sin∠C AC2

Để ý ta có ∠B AB2=∠A +∠C AB2=∠HB1HA, tương tự thì ∠C AC2=∠HC1HA Lại có HAH là đường phân giác của góc ∠C1HAB1 nên ta suy ra

sin∠B AB2 sin∠C AC2=sin∠HB1HA

sin∠HC1HA = HC1

HB1 Vậy ta có EF Ë B1C1, hoàn toàn tương tự cho ta A1C1Ë DF Vậy từ đó theo định lý Thales ta có

C X

C X0= CF

CC1= CY

CY0, điều này dẫn đến X Y Ë X0Y0

Mặt khác, dễ thấy X0HC· X0HB= X0B · X0C nên X0 nằm trên trục đẳng phương của (O) và đường tròn Euler của tam giác ABC Tương tự đối với Y0, từ đó rút ra được rằng X0Y0⊥ OH

Từ các điều trên cho ta đi đến kết luận X Y ⊥ OH, hay ta có đpcm

Bài toán 3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và lần lượt lấy A0, B0, C0 là điểm đối xứng với A, B, C qua AC, AB, BC Gọi O0 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và lấy I là trung điểmmHmAC'F = 25.12°BHCHA = 96.73°OO0 Chứng minh rằng A I ⊥ B0C0

mAB'E = 25.12°

IE∙IE DI∙DI

( )∙2 m EF∙m EF m FD∙m FD ( ) = 0.00 cm 2

m EF = 11.49 cm

IE = 7.32 cm

DI = 7.02 cm

C 2

B 2

I

H A

H C

H B

H O'

B'

C'

A'

I

A B

B C

A C

B A

P

C B

C A

N

H

M E

F

D

O'

B'

C'

A'

O

C

O

C

A

B

A

B

3

Trang 4

Lời giải Ta sẽ chứng minh bằng định lý 4 điểm hay ta cần chỉ ra

B0I2− C0I2= B0A2− C0A2

Áp dụng công thức đường trung tuyến cho hai tam giác C0OO0 và B0OO0, ta có

B0I2=B

0O02+ B0O2

02

4 ; C

0I2=C

0O02+ C0O2

02

4 . Suy ra

B0I2− C0I2=B

0O2− C0O2

2

¡

PB 0 /(O)− PC 0 /(O)

¢

=1

2(B

0B2· B0B − C0C2· C0C) = BH · BHB− CH · CHC

= BHA· BC − CHA· CB = HAB2− HAC2

= AB2− AC2= B0A2− C0A2 Vậy ta có điều phải chứng minh

D, E, F Chứng minh rằng ba đường thẳng lần lượt đối xứng với EF, F D, DE qua các đường thẳng

BC, C A, AB đồng quy tại một điểm

mH B H C H A = 96.73°

mAC'F = 25.12°

mAB'E = 25.12°

I

C2

B2

I

HA

HC

HB

H O'

B'

C'

A'

AB

BC

AC

BA

P

CB

CA

N

H

M E

F

D

O'

B'

C'

A'

O

C

O

C

A

B

A

B

4

Trang 5

Lời giải Ta gọi M là giao điểm thứ hai của(A0EB) với (A0CF), ta có

∠A0ME +∠A0MF =∠A0BE +∠A0CF = 180◦⇒ M ∈ EF

Dễ thấy các cặp tam giác đồng dạng (góc - góc) là 4A0MF ∼ 4A0BB0 và 4A0ME ∼ 4A0CC0

nên ta rút ra được MC

M A0=BB

0

A0B=BB

0

AB và ME

M A0=CC

0

AC

Từ đó ta suy ra M là trung điểm EF Lập luận tương tự đối với điểm N, P là trung điểm

DF, DE

Ta lấy CA là giao điểm của M N với A A0, do MCAË DE nên theo định lý Reim ta dễ có CA nằm trên đường tròn (CMF) Khi đó ∠CM N =∠C A0CA=∠C A0A = 90◦−∠ACB

Tương tự thì ta có ∠CN M = 90◦−∠ACB, vậy nên CM = CN và ∠MCN = 2∠ACB

Chứng minh tương tự ta có AN = AP, BP = BM và ∠N AP = 2∠B AC, ∠MBP = 2∠ABC Từ

đó sẽ tồn tại điểm I sao cho đối xứng của điểm này qua ba cạnh BC, C A, AB lần lượt là M, N, P Vậy ta kết thúc phép chứng minh, tuy nhiên ta cũng có thể chứng minh điểm đồng quy I này

là trung điểm OO0

Thật vậy, ta có ∠BMC =∠BE A0+∠CF A0=∠A0DB0+∠A0DC0=∠B0DC0

Kết hợp

BM

MC = BM

H M·H M

MC = sin∠BH M

sin∠M A0E·sin∠M A0F

sin∠MHC = HF

HE·A

0E

A0F = HF

A0F ·A

0E

HE = HD

DC0·DB

0

HD = DB

0

DC0 Suy ra hai tam giác 4BMC ∼ 4B0DC0 (c.g.c) nên ∠ICB =∠BCM =∠DC0B0=∠D A0B0 Suy ra

C I ⊥ A0B0

Chứng minh tương tự thì BI ⊥ A0C0, từ đó theo bài toán 3 thì điểm đồng quy I này chính là trung điểm của đoạn thẳng OO0

D, E, F Chứng minh rằng tâm đường tròn Euler của hai tam giác ABC và DEF là trùng nhau

mH B H C H A = 96.73°

mAC'F = 25.12°

mAB'E = 25.12°

D' J

H D

P

N D

H

M E

F

C 2

B 2

I

H A

HC

H B

H O'

B'

C'

A'

B'

C'

A'

O

C

O

C

A

B

A

B

5

Trang 6

Lời giải Ta gọi J là trung điểm OH và ta đi chứng minh J là tâm đường tròn (M N P) Lấy HD, HE, HF là chân đường cao hạ từ D, E, F của tam giác DEF Theo bài toán 2 thì ta

có EF Ë B1C1 mà theo bổ đề quen thuộc thì B1C1⊥ A J, vậy nên ta có A J ⊥ EF

Ta lấy D0 là điểm đối xứng với D qua A, ta cần chứng minh D0M ⊥ EF

Ta có AP Ë D0E và AN Ë D0F, suy ra ∠DED0=∠DP A =∠DC0A, kéo theo

∠D0EF =∠DEF −∠DED0=∠DC0F −∠DC0A =∠AC0C

và ∠D0F E =∠AB0B =∠AC0C, hay ta có tam giác D0EF cân tại D0 Suy ra A J là trung trực của đoạn thẳng MHD

Chứng minh hoàn toàn tương tự cho ta điểm J cũng thuộc đường trung trực củaHENvà HFP hay J chính là tâm đường tròn Euler của tam giác DEF

Để kết thúc cho bài viết, tác giả xin giới thiệu một bài toán khá thú vị sau đây, tuy nhiên tác giả chưa có thời gian để ngẫm nghĩ và mong muốn được trao đổi thêm với bạn đọc

Bài toán 6 (Cool Down) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O)và lần lượt lấy A0, B0, C0

là điểm đối xứng với A, B, Cqua AC, AB, BC Đường thẳngA A0,BB0,CC0lần lượt cắt lại(A0B0C0) tại điểm D, E, F Lấy XA, XB, XC lần lượt là giao điểm của BF, CE ; CD, AF và BD, AE Chứng minh rằng A XA, BXB, C XC đồng quy tại T1 ; D XA, E XB, F XC đồng quy tại T2 và T1T2 đi qua trực tâm của tam giác ABC

mH B H C H A = 96.73°

mAC'F = 25.12°

mAB'E = 25.12°

T2

XA

H

F

D

E

C'

B'

A'

C2

B2

I

H O'

B'

C'

A'

C

O

C

A

B B

6

Định dạng
Số trang	6
Dung lượng	1,76 MB