Các dạng bài toán tổng hợp

Phần 9: Các toán tổng hợp Phần 9: Các toán tổng hợp Bài toán 1: (bài toán Steiner – Leimus) Cho tam giác ABC có đường phân giác BE, CF Chứng minh tam giác ABC cân Chứng minh: a) Phép chứng minh J.Steiner: Trong tam giác ABC, BC = a, CA = b, AB = c, đương phân giác AD xác định công thức: a AD = bc[1  ( ) ] bc Từ đó, suy ra: BE = CF a c � ac[1-( ) ] = ab[1-( ) ] b+c a+b b c � c[1 - ( ) ] = b[1 - ( ) ] c+a a+b b c � (b  c )  bc[  ]=0 (c+a) ( a  b) � (b  c )  bc (b3  c3 )  a (b  c)  2a (b  c ) 0 (c  a ) ( a  b ) (b  bc  c)  a  2a (b  c) ]=0 (c+a) (a  b) � bc  � b  c � (b  c )[1  bc b)Phép chứng minh R.W.Hegy: Nếu Bˆ  Cˆ ta dựng hình bình hành BEDF hình vẽ: D Ta thấy: Nếu Bˆ  Cˆ � Bˆ  Cˆ � Dˆ1  Cˆ A F B E C (1) Mặt khác, BE = CF nên DF = CF � Dˆ1  Dˆ  Cˆ  Cˆ3 (2) Từ (1) (2) suy ra: Dˆ  Cˆ3 � EC < ED � EC < BF Xét tam giác BCE tam giác CBF có: BC chung, BE = CF, BF > CE nên Cˆ1  Bˆ1 � Cˆ  Bˆ Mâu thuẫn Nếu Bˆ  Cˆ , hoàn toàn tương tự dẫn đến mâu thuẫn Chứng tỏ Bˆ  Cˆ � ABC cân A (đpcm) c) Phép chứng minh G.Julbert D.Mac Donnell 147 Phần 9: Các tốn tổng hợp Hai ơng đưa toán sau: Bài toán 2: Cho ABC có đường phân giác BE, CF Chứng minh Bˆ �Cˆ BE � CF Chứng minh: A E F K I B C Đặt I  BE �CF ˆ Vậy đoạn IF tôn K ˆ �ECI Theo giả thiết, FBI ˆ ˆ  ECI cho KBI (1) � Tứ giác BKEC nội tiếp ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ  Cˆ  C  C �C  B  KBC ˆ Mặt khác, FCB (2) 2 2 Cˆ Bˆ Aˆ  Bˆ  Cˆ (3)    900 2 Từ (1), (2), (3) suy BE �CK � BE �CF (đpcm) Dễ thấy đẳnh thức xảy Bˆ  Cˆ Bài toán 3: Cho ABC , phân giác AD, I điểm đoạn AD BI, CI thứ tự cắt AC, Abtại E, F Biết Bˆ �Cˆ , chứng minh BE �CF Để chứng minh toán ta xét bổ đề sau: Bổ đề 1: Cho ABC , M diểm thuộc đoạn BC Khi AM < max{AB, AC} Chứng minh: : A Ta có: Mˆ  Mˆ  1800 � Mˆ �900 AB  AM � �� �� AC  AM Mˆ �900 � � B C M � max{AB, AC}>AM Bổ đề chứng minh Bổ đề 2:Cho tứ giác ABCD Các đường chéo cắt I Một đường thẳng qua I cắt cạnh AB, CD theo thứ tự M, N Khi MN  max{AC, BD} Chứng minh: Trường hợp 1:AB, CD song song ˆ  KBC A M B Qua M kẻ đường thẳng song song với AC, BD theo thứ tự cắt đường thẳng BC tai E, F Theo bổ đề MN  max{MF, ME} I F D C E 148 � MN  max{AC, BD} Phần 9: Các toán tổng hợp M P Q B Trường hợp 2: AB, CD không song song Không tổng quát giả sử giao điểm I AB, CD nằm tia đối tia AB, E DC N Dựng hình bình hành ACEM, C F D K BDFM Đặt K  CD �EF Dễ thấy K thuộc đoạn CD, EF Qua M dựng đường thẳng song song với CD cắt AC, BD P, Q Dễ thấy p thuộc tia đối tia AC, Q thuộc đoạn BI Từ suy : �S IMP  S IMA �IP  IA �� � �IQ  IB �S IMQ  S IMB S S � IMP  IMA S IMQ S IMB A MP MA NC KC CD CD  �  �  � KD  ND MQ MB ND KD ND KD � N �đoạn KD � N �MEF Theo bổ đề 1, ta có: MN  max{MF, ME} � MN  max{AC, BD} � đpcm Trở lại toán 3: Trường hợp 1: Bˆ  Cˆ Dễ thấy BE = CF Trường hợp 2: Bˆ  Cˆ Ta có: AB >AC nên tia đối tia CA tồn điểm C’ cho AC’ = AB Đặt F '  AB �IC ' Dễ thấy: C’F’ = BE (1) A Áp dụng bổ đề cho tứ giác BC’EF’ ta có: F' F E CF < max{BE, C’F’} (2) I Từ (1), (2) suy ra: BE > CF.Bài toán chứng minh B C Ghi chú: Nếu I trùng với tâm đường tròn nội tiếp ABC ta nhận toán � C' Bài toán 4: Cho ABC (AB > AC), trung tuyến AM Điểm N thuộc đoạn AM, N khác A, N khác M BN, CN theo thứ tự cắt AC, AB B’, C’ Khi chứng minh BB’ > CC’ Chứng minh: A F E B' C' N B C M Qua A kẻ đường thẳng song song với BC theo thứ tự cắt đường thẳng BB’, CC’ E, F Theo định lí Talet, ta có: B'A C'A C ' A FA  ;  (1) B ' C BC C ' B BC 149 Phần 9: Các toán tổng hợp EA MB   � EA  FA (2) FA MC Từ (1), (2) ta suy ra: B' A C'A BB ' CC '  � B ' C ' // BC �  (3) B 'C C ' B BN CN � Mặt khác, AB > AC nên � (xét hai tam giác ABM ACM) suy ra: AMB  AMC � � NBM  NMC � NB  NC (4) (xét tam giác NBM NCM) Từ (3), (4) suy ra: BB’ >CC’ (đpcm) Bài toán 5: Cho tam giác ABC(AB > AC) có trung tuyến AM, đường phân giác AD Một điểm N tam giác AMD Các đường thẳng AN, BN cắt AB, AC C’, B’ Chứng minh: BB’ > CC’ Chứng minh: A C' C' Đặt N1  BB ' �AD N  BB '�AM C' B' N N1 C1'  CN1 �AB N2 B M C D C2'  CN �AB ' Vì N1 �đoạn AD nên theo bổ đề (xét tốn 2) có CC1  BB ' ' Vì N �đoạn AM nên theo tồn có CC2  BB ' ' (1) (2) ' Vì N thuộc đoạn N1 N nên C’ thuộc đoạn C C , theo bổ đề (xét tốn 2), có: CC '  max{CC1' , CC2' } Từ (1), (2), (3) suy ra: BB’ > CC’ Bài toán 6: Cho tam giác nhọn ABC, biêt srằng đường cao AH, phân giác BE, trung tuyến CM có độ dài Chứng minh tam giác ABC Chứng minh: Trước hết ta xét số nhận xét sau: a �b �c � �  hb �hc a �b �c � la �lb �lc a ��� b � c ma mb mc ma �la �ha �� Cho tam giác nhọn ABC, max{h a , hb , hc }= h a  mc C Các nhận xét 2, suy trực tiếp từ tốn 3, xét Ta chứng minh nhận xét 1, Xét toán: � �C � Chứng minh Cho tam giác ABC có đường cao BH, CK Biết B  �CK 150 Phần 9: Các tốn tổng hợp Ta có: BH AC  CK AB  S ABC � �C � Do B A K H B C (1)  AC AB (2) Từ (1), (2) suy ra:  �CK Từ tốn ta có nhận xét Hiển nhiên ta có: m a �ha � �(đường xiên đường vng góc) la �ha � Trường hợp 1: đường cao nằm tam giác � �C � Khơng tổng qt, ta giả sử B �  � A A A B H D M C � �1 �A � � � �  �BAD � H �đoạn BD Mặt khác theo tính chất đường phân giác ta có: BD AB  DC AC � �C � nên AC �AB mà B BD BC � �  BD BD BM (2) DC Từ (1), (2) ta suy ra: AH �AD �AM hay ma �la �ha Trường hợp đường cao AH nằm tam giác (1) A Chứng minh tương tự suy AH < AD < AM B M D C H Dựng MK  BC ; MN // BC 151 Phần 9: Các tốn tổng hợp Ta có: MK  A M Mặt khác, max{h a , hb , hc }= suy N hb �  B H AH CM �  300 (1)  � MCK 2 AC BC NC 2 � �  MCN NMC  C K b (nhận xét 1) a NM � �  MCK �  MCN 300 (vì NMC  300 ) (2) �� Từ (1), (2) suy C Trở lại việc giải tốn Vì AH = BE = CM nên  lb  mc , suy �hb ; mb �mc (theo nhận xét 4)  a b (theo nhận xét 1) A b �c (theo nhận xét 3) � � �  a b c � A � C E M B C H (3) Ta lại có: a �b �c �ha hb hc (theo nhận xét 1) �  max{h a , hb , hc } Từ để ý h a  mc , ta có: �� (theo nhận xét 5) (4) C �C � 1800 ta có: Từ (3) (4) với ý � A B � �  �C  600 suy tam giác ABC AB Bài toán 7: Cho tam giác ABC nhọn,AB > AC, đường cao AD, trực tâm H Điểm M thuộc đoạn DH BM, CM theo thứ tự cắt AC, AB B’, C’ Chứng minh BB’ > CC’ Giải: Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A, vẽ tia Bx, Cy thỏa mãn điều kiện: � � � xBC ACB ; � yCB  MBC � Vì AB  AC � � ABC  � ACB � � ABC  xBC x A C' K y B H B' M D C � � tia BA nằm xBC (1) Vì AB > AC nên theo tính chất đường xiên hình chiếu ta có: DB > DC � (2) � MB  MC � tia Cy nằm MCB 152 Phần 9: Các toán tổng hợp Đặt K  Bx �Cy , từ (1) (2) suy đoạn CK đoạn AB cắt Đặt L  CK �AB , ta có CK > CL (3) BKC  CB ' B ( g c g ) � CK  BB ' (4) � ' L  900 � CL  CC ' (5) Mặt khác, M �đoạn HD nên CC Từ (3), (4) (5) suy ra: BB’ > CC’ Bài tốn mở rộng sau với cách chứng minh tương tự Bài toán 8: Cho tam giác ABC, trực tâm H, đường trung trực BC cắt đoạn BC, BH theo thứ tự L, K; M điểm thuộc miền tứ giác LKHC BM, CM theo thứ tự cắt AC, AB B’, C’ Chứng minh BB’ > CC’ x A C' P y B K H B' M L D C Bài toán 9: Cho tam giác ABC Các điểm M, N, P theo tưhứ tự thuộc cạnh BC, CA, AB Chứng minh tam giác ANP, BPM, CMN nhau, biết chúgn có chu vi Chứng minh: Để chứng minh toán ta xét nhận xét sau: Cho tam giác ABC, A’B’C’ thỏa mãn điều kiện � B � BAC ' A ' C ' ; AB �A ' B ' ; AC �A ' C ' Khi P(ABC) �P(A’B’C’) Đẳng thức xảy AB = A’B’; AC = A’C’ (ký hiệu P(XYZ) chu vi tam giác XYZ) Chứng minh: A A' B" B' C" B C' C AB " C "   A ' B ' C ' (c.g c ) � P( AB " C ")  P( A ' B ' C ') (*) Mặt khác, 153 Vì AB � A’B’, AC �A’C’ nên đoạn AB, AC tồn điểm B”, C” cho AB” = A’B’, AC” = A’C’ Ta có: Phần 9: Các toán tổng hợp P ( ABC )  AB  AC  BC  AB  AC "  C " C  BC �AB  AC "  BC  AB "  B " B  BC "  AC " �AB "  B " C "  C " A  P ( AB " C ") (**) Từ (*), (**) suy P( ABC ) �P( A ' B ' C ') (Đẳng thức xảy AB = A’B’; AC = A’C’) Trở lại tốn A Khơng tổng quát giả sử BM �CN �AP Mặt khác BC = CA = AB suy BP �AN �CM � M �CN ; BP �CM (1) P N B M C Từ (1) áp dụng nhận xét cho tam giác BPM CMN ta có P ( BPM ) �P(CMN ) (2) Theo giả thiết, P(BPM) = P(CMN) � đẳng thức xảy (2) � BM = CN, BP = CM � ANP  BPM  CMN (c.g c ) (đpcm) Bằng phương pháp tương tự ta giải toán sau: Bài toán 10: Cho tam giác ABC Các điểm M, N, P theo thứ tự thuộc cạnh BC, CA, AB Chứng minh ANP  BPM  CMN biết chúng có bán kính đường tròn nội tiếp A P r1 I1 N I2 r3 r2 B M I3 C Bài toán 11: Cho tam giác ABC Các cặp điểm A1 , A2 ; B1 , B2 ; C1 , C2 theo thứ tự thuộc cạnh BC, CA, AB cho lục giác A1 A2 B1 B2C1C2 lồi có cạnh Chứng minh đường thẳng A1 B2 , B1C2 , C1 A2 đồng quy 154 Phần 9: Các toán tổng hợp Giải: Lời giải 1: A B2 B1 Dựng tam giác PA1 A2 bên tam giác ABC Do tam giác ABC nên ta có: PA2 // AC ; PA1 // AB C1 P � tứ giác B1 B2 PA2 ; PC1C2 A1 hinh thoi PB2C1 C2 �C A ;   � A2 A1C2 Đặt   C ; � A2 B1 B2 Ta có:     2400 Mặt khác     2400 (theo tính chất góc ngồi tam giác tổng góc khơng kề với nó) �  Hồn tồn tương tự, ta có �C C   � B 2 � � C1C2 ,  C2 A2 A1 , A2 B1 B2 tam giác cân � B2C2 A2 � A1 B2 , B1C2 , C1 A2 đường trung trực A2 B2C2 nên chúng đồng quy Lời giải 2: Đặt X  A1C2 � B1 A2 Y  B1 A2 �C1 B2 C A2 B A1   C1 B2 �A1C2 Theo giả thiết: BC  A1 A2  CA  B1 B2  AB  C1C2  m A' A Z C1 Z' B2 Y C2 Y' B1 B A1 A2 C B' X' C' X Dựng tam giác A’B’C’ có cạnh m.Trên B’C’, C’A’, A’B’ lấy điểm X’, Y’, Z’ cho B ' X '  BA1 ; C ' Y '  CB1 ; A ' Z '  AC1 Ta thấy 155 Phần 9: Các toán tổng hợp B ' X ' Z '  BA1C2 (c.g c ) C ' Y ' X '  CB1 A2 (c.g c ) A ' Z ' Y '   AC1 B2 (c.g c ) Suy ra: X ' Z '  A1C2 ; X ' Y '  B1 A2 ; Z ' Y '  C1 B2 mà A1C2  B1 A2  C1 B2 (gt) � tam giác X’Y’Z’ Suy ra: � A1 XA2  1800  � XA1 A2  � XA2 A1 � C  CA �B 1800  BA 2 � � 180  B ' X ' Z ' C ' X ' Y '  600 �YB  600 � tam giác XYZ Tương tự, B � B2 A2 B1  B2C2C1 (c.g c ) �  A2  B2C2 � A B đường trung trực A C 2 Tương tự, ta có B1C2 , C1 A2 theo thứ tự trung trực B2 A2 , C2 B2 � A1 B2 , B1C2 , C1 A2 đồng quy Lời giải 3: A C1 B2 C2 B �B A   ; C �C B   Đặt � A2 A1C2      2 � �C A  y ; C �A B  z A2 B2C2  x ; B 2 2 2 Không tổng quát, giả sử  � � (1) Từ (1) giả thiết ( lục giác A1 A2 B1 B2C1C2 có cạnh nhau), ta có: C2 A2 �A2 B2 �B2C2 , suy ra: B1 A1 C A2 x �y �z (2) �BA  60  � Măt khác C A2CB1 nên � �A A  240  � C1C2 A1  C A1 A2 B1  � A2 B1 B2 2 � � � � � � � � �C 1C2 B2  B2C2 A2  A2 C2C1  C2 A1 A2  A1 A2C2  C2 A2 B2  B2 A2 B1  A2 B1 B2 1800   1800   1800   1800    y  z  2 2    �  y z (3)  Từ (1), (3) suy ra: y �z (4) (vì    � �   ) Từ (2), (4) suy ra: � 156 Phần 9: Các toán tổng hợp    (theo (3)) 2 2    �     (theo (1)) � C2 A2  A2 B2  B2C2 � A1 B2 , B1C2 , C1 A2 đường trung trực tam giác A2 B2C2 � A1 B2 , B1C2 , C1 A2 đồng quy Bài toán 12: Định lý Lyness Nếu đường tròn (  ) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB, AC tam giác E F EF qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác yz � A E F B C Cách chứng minh định lý hoàn tồn tương tự cho tốn định lý Lyness mở rộng Xét toán sau: Bài toán 13: Định lý Lyness mở rộng Nếu đương tròn (  ) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác nội tiếp ABCD tiếp xúc với đoạn OB, OC (O giao điểm AC BD) E, F thi EF qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, DBC A D O E F B C Để chứng minh định lý Lyness mở rộng cần bổ đề sau: Bổ đề 1: 157 Phần 9: Các toán tổng hợp AB dây đường tròn (O) Đường tròn ( I ) tiếp xúc với đoạn AB K tiếp xúc với (O) T; KT cắt (O) L (L khác T) Ta có: a) L trung điểm cung AB (không chứa T) b) LA2  LK LT Chứng minh: T �  LTO � Ta có: O, I, T thẳng hàng � KTI Từ đó, với ý tam giác KTI, LTO theo thứ tự cân I, O �  TLO � � TKI � IK // OL � LO  AB (vì KI  AB ) I B A H O � Llà trung điểm cung AB (không chứa T) �  LTA � hay LAK �  LTA � Suy LAB L � hai tam giác ATL, KAL đồng dạng � LA2  LK LT Bổ đề 2: Điểm M trung điểm cung BC (không chứa A) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Điểm I thuộc đoạn MA thỏa mãn điều kiện MI = MB Ta có I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh: A I Do MI = MB nên tam giác MBI cân M � �  MIB � MBI �  CBM �  IBA �  IAB � � CBI �  IAB �  BAC � mà CBM �  IBA � � CBI � I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC O C B M A P Trở lại việc chứng minh định lý Lyness mở rộng D Gọi (  ' ) đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD, T tiếp điểm (  ) (  ' ); P giao điểm TE (  ' ) (P khác T) � Theo bổ đề 1, CP phân giác BCD Gọi Q giao điểm CP EF; Tx tiếp tuyến chung (  ) (  ' ) O E Q B F C 158 T Phần 9: Các toán tổng hợp �  EFT �  ETX � � QFT � Ta có: � �  PCT �  PTx � QCT � �  PTx � , ta có: QFT �  QCT � Từ đó, để ý ETx suy QFCT tứ giác nội tiếp �  TFC � � TQC �  TEF � � TQC �  TEF � Từ đó, có TFC � hai tam giác PQT, PEQ đồng dạng PQ PE  � � PQ  PT PE  PD (theo bổ đề 1) PT PQ � PQ = PD (2) Từ (1) (2), theo bổ đề 2, ta có Q tâm đường tròn nội tiếp tam giác DBC Tương tự EF qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Định lý Lyness chứng minh Hệ quả: Hệ 1: Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ( I a ) đường tròn đường tròn bàng tiếp đối diện với đỉnh A tam giác ( I a ) tiếp xúc với BC D Các đường tròn ( I1 ), ( I ) tiếp xúc với (O); tiếp xúc với đoạn DA theo thứ tự tiếp xúc với đoạn DB, DC; ta có đường tròn ( I1 ), ( I ) có bán kính (tác giả hệ nhà giáo Hạ Vũ Anh THPT chuyên Vĩnh Phúc) Để chứng minh hệ 1, ta cần bổ đề sau: Bổ đề 3: Tam giác ABC có ( I ) đường tròn nội tiếp, ( I a ) đường tròn bàng tiếp đối diện với đỉnh A ( I ), ( I a ) theo thứ tự tiếp xúc với BC M, N L điểm đối xứng M qua I Khi A, L, N thẳng hàng Chứng minh: Dễ thấy A, I, I a thẳng hàng (1) Mặt khác ta có: A H �IL  BC � IL // I a N � I  BC a � L I B N M K C (2) Gọi H, K tiếp điểm ( I ), ( I a ) với AB IL IH IA   Ta có: (vì IH // I a K ) (3) Ia N Ia K Ia A Từ (1), (2), (3), theo định lý Talet, dễ dàng suy A, L, N thẳng hàng Ia 159 Phần 9: Các toán tổng hợp Trở lại việc chứng minh hệ A H L Gọi ( I ) đường tròn nội tiếp tam giác ABC, gọi E, F theo thứ tự tiếp điểm ( I1 ) với BD, BA; Mlà tiếp điểm ( I ) với BC; L điểm đối xứng M qua I Qua L kẻ Lx tiếp xúc với ( I ) Đặt K  Lx �EF ; H  Lx �EI1 Theo bổ đề 3, L �AD suy ra: (đối đỉnh) � � � LFK AFK  DFE K F B O I1 I E M D C � (tam giác DEF  DEF cân D) � (Lx // BC)  FKL � LF = LK (1) Theo định lý Lyness mở rộng, I �EF KL IL  Suy (vì Lx // BC) EM IM = (vì IL = IM) � KL = EM (2) Mặt khác dễ thấy EMLH hình chữ nhật.Suy EM = LH (3) Từ (1), (2), (3) suy LF = LH � LFI  LHI � FI  HI � Lx tiếp xúc ( I ) H 1 1 Gọi r, r1 , r2 bán kính ( I ), ( I1 ), ( I ) Ta có: 2r1  EH  ML  2r � r1  r Tương tự r2  r Vậy r1  r2 Hệ chúng minh Hệ 2: Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), D điểm cạnh BC tam giác Các đường tròn (O1 ), (O2 ) tiếp xúc với đoạn DA theo thứ tự tiếp xúc với đoạn DB, DC Ta có O1O2 qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (tác giả hệ nhà toán học người Mỹ) Để chứng minh ta cần bổ đề sau: Bổ đề 4: MN, PQ theo thứ tự tiếp tuyến chung tiếp tuyến chung đường tròn (O1 ), (O2 ) (M, P �(O1 ) ; N, Q �(O2 ) ) Ta có MP, NQ, O1O2 đồng quy Chứng minh: 160 Phần 9: Các toán tổng hợp M Đặt R Q O1 N O2 L P K  MP �NO2 ; L  NQ �MO1 ; R  MN �PQ Dễ thấy RO1  RO2 (phân giác hai góc kề bù) (1) Từ (1) với ý NQ  RO2 , MP  RO1 , ta có RO1 // NQ ; RO2 // MP O M RM O2 K (2)  �  O1 L RN O2 N �LM  MN Mặt khác ta có: � �KN  MN � LM // KN (3) Từ (2), (3), theo định lý chùm đường thẳng đồng quy, ta có MP, NQ, O1O2 đồng quy Trở lại việc chứng minh hệ A Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC; gọi E1 , F1 tiếp điểm (O1 ) với đoạn DB DA; F1 I O1 B E1 gọi E2 , F2 tiếp điểm (O2 ) với đoạn DC, DA Theo định lý Lyness mở rộng, ta có I �E1 F1 (1) I �E2 F2 Suy ra: I  E1 F1 �E2 F2 O O2 F2 D E2 C Theo bổ đề ta có E1 F1 , E2 F2 , O1O2 đồng quy (2) Từ (1), (2) suy I �O1O2 Nói cách khác, O1O2 qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 161