HÌNH HỌC PHẲNG HAY VÀ KHÓ

Trang • 1-19 GROUP HÌNH HỌC PHẲNG QN HÌNH HỌC PHẲNG Group Hình học phẳng Nguyễn Duy Khương ∗ , Nguyễn Hồng Nam† , Phan Quang Trí‡ , Trần Qn, Nguyễn Phúc Tăng§ Qn hình học phẳng - Nơi hội tụ thành viên có chung niềm đam mê hình học phẳng tuý Tóm tắt : Chuyên mục: Quán hình học phẳng - nơi bạn thầy giáo đam mê hình học thoả sức phát huy sở trường thảo luận tốn hay Mỗi tháng có tốn gồm tốn đề nghị admin Nguyễn Hồng Nam, mình, Trí Phan Quang bạn đọc gởi đến chọn lọc Kể từ tháng thứ bạn giải tháng trước có quyền đề nghị cho tháng sau(nếu muốn) Ngay từ lúc bạn đóng góp cho chuyên mục Các toán tháng trước giải bình luận tiếp nhận phản hồi bạn đọc file pdf hàng tháng Các bạn giải tháng tặng sách tuyển tập toán chuyên mục sau năm Cảm ơn bạn ủng hộ nhóm Chuyên mục bước tiếp nối dành cho bạn u hình học Tiêu chí: Chính xác nhanh ngắn gọn đẹp đẽ c Group hình học phẳng ∗ † ‡ § CNTN Tốn học K63 - ĐH KHTN Hà Nội ĐH KHTN - ĐHQG TPHCM ĐH Sài Gòn - TPHCM Hỗ trợ LATEX 1 Lời giải: Bài Bài toán đề nghị tháng 9/2018 (Nguyễn Hoàng Nam) Cho tam giác ABC trung trực AB AC cắt AC AB E F Giao (AEF ) (ABC) X Đối xứng X qua trung trực BC Y Chứng minh rằng: đường thẳng Euler ABC chia đôi AY Lời giải Bài toán xếp vào xem đơn giản đề thật bất ngờ có nhiều hướng tiếp cận thực khác, tự nhiên Cách tác giả: Ta nhận thấy đường thẳng Euler ABC đường thẳng Steiner tứ giác BCEF , mà ta có X điểm Miquel tứ giác Hình chiếu X lên AB AC M N Thì M N đường thẳng Simson nên song song với đường thẳng Steiner đường thẳng Euler Ta có trung điểm AX tâm (AN M ) mà AX AY đẳng giác nên AY vuông N M AY vuông với đường thẳng Euler ABC Lời giải ngắn điều mà tác giả tâm đắc ý đường simson song song với đường Euler, kết hợp với mở rộng định lí Gossard trung điểm AY trực tâm AM N Mọi người thử chứng minh kết mà không cần dùng Gossard Cách (anh Trịnh Huy Vũ) Ta phát biểu số bổ đề quen thuộc: Bổ đề 1: Cho tam giác ABC Điểm P ∈ (ABC) đường thẳng Steiner ứng với điểm P Lấy Q ∈ (ABC) cho P Q BC Khi đó, AQ ⊥ Bổ đề 2: Cho tứ giác nội tiếp ABCD, E = AB ∩ CD, F = AD ∩ BC G = AC ∩BD Khi đó, đường thẳng Steiner ứng với tứ giác toàn phần ABCDEF qua G Quay lại toán: Đặt N, P trung điểm CA, AB , H, G tương ứng trực tâm, trọng tâm ABC Ký hiệu đường thẳng Euler ABC BPF Áp dụng định lý Pappus cho điểm C N E suy U = BE ∩ CF nằm đường thằng Euler ABC Mặt khác, ∠EBA = ∠BAC = ∠F CA nên tứ giác BCEF nội tiếp Đặt J = EF ∩ BC Khi đó, X điểm Miquel tứ giác toàn phần BCEF AJ Theo bổ đề HU đường thẳng Steiner BCEF AJ =⇒ HU đường thẳng Steiner ứng với điểm X ABC Nói cách khác, X điểm Anti-Steiner ứng với ABC Áp dụng bổ đề =⇒ AY ⊥ =⇒ chia đôi AY Cách (Trần Phạm Minh Nhựt) Gọi G giao điểm CF BE , I giao điểm (OCG) OB Gọi M , N , P Q giao điểm CF , BE , BH CH với (O) Ta có: ∠(M CA) + ∠(ACP ) = ∠(BAC) + ∠(ABP ) = 90 suy M , O P thẳng hàng Tương tự ta có Q, O N thẳng hàng Áp dụng định lý Pascal cho điểm (BP M CQN ) ta O, H G thẳng hàng Ta có ∠(OCF ) = ∠(ACF ) − ∠(OCA) = ∠(BAC) − 90 + ∠(ABC) = 90 − ∠(ACB) = ∠(BXG) suy BXIG tứ giác nội tiếp Ta lại có ∠(BIG) = ∠(OCF ) = 90 − ∠(ACB) = ∠(ABO) = ∠(ABI) suy IG//AB ∠(IGE) = ∠(ABF ) = ∠(BAC) mà ∠(IGE) = ∠(IXB) nên ∠(IXB) = ∠(BAC) ta lại có ∠(BAC) = ∠(CXB) Vậy C , I , X thẳng hàng Ta có ∠(BOG) = ∠(XCF ) = ∠(XCB) − ∠(F CB) = ∠(XAB) − ∠(F CB) = ∠(XAC) − ∠(ACB) suy ∠(HOY ) = 2∠(XAC) − ∠(BOG) = ∠(XAC) + ∠(ACB) = 2∠(ACB) + ∠(BOG) = ∠(HOA) Vậy HOA = HOY Từ suy OH trung trực AY hay OH qua trung điểm AY Nói sơ qua cách có phần đầu giống cách chứng minh thẳng hàng cách tiếp cận khúc sau biến đổi góc thự thú vị Cách (Trần Quân) Ta nhận thấy ABC ∩ Y ∼ AF E ∩ X Ta có O trực tâm AEF mà đường thẳng nối tâm (ABC) (AEF ) vuông với AX Suy đường thẳng Euler AEF vng AX Vậy ta có đường thẳng Euler ABC vuông AY Ý tưởng cách thật đẹp, lời giải ngắn Đây cách hay cho Bài Bài toán đề nghị tháng 9/2018 (Nguyễn Duy Khương) Cho tam giác ABC có đường cao BE, CF K, L thuộc EF cho: CF = CK BL = BE (ALE) ∩ (AF K) = A, I Chứng minh rằng: ABIC tứ giác điều hoà Lời giải 1(Trịnh Huy Vũ): Gọi M trung điểm EF Định nghĩa lại điểm I = AM ∩ (ABC) Ta có AI đường đối trung ABC nên tứ giác ABIC điều hòa Bây ta cần chứng minh I ∈ (AEL) I ∈ (AF K) xong Đặt (B, BE) ∩ (ABC) = {U, V } Ta chứng minh M ∈ U V Thật vậy, gọi D = AH ∩ BC , X hình chiếu E AB Ta có ∠M XF = ∠EF A = ∠ACB = ∠DF B =⇒ M X DF (1) Mặt khác, BU = BV = BE = BX · BA nên BXU ∼ BU A BXV ∼ BV A, ∠BXU + ∠BXV = ∠BU A + ∠BV A = 180◦ , suy X ∈ U V Mà U V ⊥ BO =⇒ X, U, V DF (2) Từ (1) (2) suy M ∈ U V Như bốn điểm E, L, U, V ∈ (B, BE) Vì nên M E · M L = M U · M V = M A · M I =⇒ tứ giác AEIL nội tiếp hay I ∈ (AEL) Chứng minh tương tự ta I ∈ (AF K) Lời giải 2(Trần Phạm Minh Nhựt): Gọi H = BE ∩ CF D, K, Q giao AH với (O), EF, BC N giao điểm thứ hai AL (O) Ta có: ∠F LB = ∠F EB = ∠F AK đó: AKBL nội tiếp Ta có: ∠F DB = ∠F KB = ∠N AB = ∠N DB đó: N, F, D thẳng hàng Ta có: ∠F N B = ∠F AK = ∠F LB đó: N F BL nội tiếp Ta có trục đẳng phương ba đường tròn (N ECL), (ABC), (AEIL) là: N C, AI, EL chúng đồng quy T Ta có: F HQ ∼ F EC F HD ∼ T EC đó: TE EC EC EF = = = ta có: T trung điểm EF Gọi AT cắt lại FH HD 2HQ 2F H (O) I ta thấy rằng: I ≡ I Ta có: ABIC tứ giác điều hồ Ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Ở lời giải thứ việc định nghĩa lại điểm I quan trọng tốn có tính đối xứng nên chứng minh vế ta suy vế lại Đó cách sáng tạo toán tác giả, đối xứng hoá giả thiết để tạo thành tốn có cấu hình lạ mắt Ở lời giải thứ hai lại cho ta cách tiếp cận khác Chỉ sử dụng hầu hết biến đổi góc cách thứ hai đòi hỏi linh hoạt người làm tinh ý định Lời giải thứ chất toán cách chứng minh gọn gàng Bài Bài toán đề nghị tháng 9/2018 (Trần Quân ) Cho tam giác nhọn, khơng ABC nội tiếp đường tròn (O) Các điểm D, E, F cạnh BC, CA, AB cho AE = AF AD, BE, CF đồng quy T EF cho DP ⊥EF K (O) cho KT phân giác góc ∠EKF EF cắt BC S L điểm cung BAC đường tròn (O) P LS cho P T BC Q đối xứng với T qua EF Chứng minh QK⊥AK Lời giải (Bài mở rộng từ Mock Olympiad Geometry Contest wu2481632) Nhận thấy tồn hai điểm K đường tròn (O) thỏa mãn KT phân giác góc ∠EKF Điểm thứ giao (AEF ) với (O) điểm thứ hai giao LT với (O) Định nghĩa lại điểm K : K giao điểm khác L LT với minh KT phân giác góc ∠EKF (O) Ta chứng Do AD, BE, CF đồng quy suy (SD, BC) = −1 Do ST ⊥T D suy T D phân giác góc ∠BT C Suy ∠BT F = ∠CT E BT F ∼ CT E suy ∠F BT = ∠ECT Do EF AL suy BF T K CET K tứ giác nội tiếp Suy ∠F KT = ∠F BT = ∠ECT = ∠EKT , suy KT phân giác góc ∠EKF Ta có Gọi R = (AEF ) ∩ (O) (R = A) Gọi N điểm cung nhỏ BC DB TB BF RB = = = suy RD phân giác góc ∠BRC , suy DC TC CE RC R, D, N thẳng hàng Kết hợp với (SD, BC) = −1 suy RN ⊥RS , suy L, S, R Ta có thẳng hàng TF BF RF = = suy RT phân giác góc ∠ERF , suy RT ⊥RA TE CE RE Gọi X = AR ∩ EF suy (XT, F E) = −1 Do KT phân giác góc ∠EKF suy KT ⊥KX suy X, K, N thẳng hàng tứ giác RXKT nội tiếp đường tròn đường kính XT Ta có Do ∠RP T = ∠LSD = ∠LN R = ∠LKR = ∠RKT suy tứ giác RP KT nội tiếp Vậy điểm R, P, X, K, T nằm đường tròn đường kính XT Do Q, P đối xứng với qua EF ≡ XT suy Q nằm đường tròn Ta có ∠AKL = ∠ARL = ∠P RX = ∠XKQ suy ∠QKA = ∠XKL = 900 Bài Bài tốn đề nghị tháng 9/2018 (Phan Quang Trí) Cho tam giác ABC , điểm B, C cố định, A động cho ∠BAC cố định ∠BAC > 140 Đựng ABC tam giác ABX CAZ Dựng ABC tam giác ABY CAT Giao BX , CZ M Giao BY , CT N Chứng minh đường thẳng Euler AN M tiếp xúc với đường tròn cố định A di động Lời giải Để chứng minh toán ta chứng minh toán sau: Bài toán ( TelvCohl) Cho D điểm thỏa ∠DCB = 13 ∠ACB ∠CBD = 13 ∠CBA Cho E, F điểm thỏa ∠ECD = ∠DBE = ∠DCF = ∠F BD = 60◦ Chứng minh a) Trọng tâm G DEF nằm (ABC) b) Đường thẳng Euler DEF tiếp xúc với (ABC) Cách (Trịnh Huy Vũ) a) M trung điểm EF Gọi I, J tâm (BEF ), (CEF ), Đễ thấy I, J nằm (CEF ), (BEF ) I, J, M thẳng hàng Cho IJ cắt (BEF ), (CEF ) X, Y X , Y đối xứng X, Y qua CD, BD Đễ thấy B, D, X C, D, Y thẳng hàng Ta có (X, J, Y, M ) = −1 ∠XBJ = 90 Nên BJ phân giác ∠M BY (1) Nên Y , B, M thẳng hàng Tương tự X , C, M thẳng hàng Từ (1), Ta BY JY BY có = = = 2, suy BY = 2BM Vậy, DY BG Tương tự, BM BM JM DX CG Biến đỗi góc ta thấy: ∠BGC = ∠X DY = 180 − 3∠XDB = 180 − 3(∠DXY + ∠DY X) = 3(∠F XD + ∠F Y D) = 3∠BEC = 3∠BDC − 360 = ∠BDC − 2(∠DBC + ∠DCB) = ∠BAC Vậy, G nằm (ABC) b) Bổ đề (Tuymaada 2009 senior ngày 3): Cho tam giac ABC E, F đối xứng B, C qua CA, AB Chứng minh A, tâm (AEF ) điểm Euler ABC thẳng hàng Vậy để chứng minh đường thẳng Euler DEF tiếp xúc (BGC),Ta cần chứng minh XY , đường thẳng qua G vng góc với DN trung trực DE đồng qui!!! Ta viết lại toán Bài toán Cho tam giác ABC (∠A khác 60) với G, N trọng tâm tâm Euler ABC E điểm nằm trung trực BC thỏa ∠BEC = 120 Trung trực AE cắt BC X Chứng minh GX⊥AN O, O tâm (ABC) đối xứng O qua BC M trung điểm BC Cho L nằm AN GL = GA E đối xứng E qua BC Cho G1 , O1 hình chiếu G, O lên AN Cho AN cắt (ABC) P Nếu ∠BOC > 120 (tương tự ∠BOC < 120) Ta có: O L = AL − AO = 2(AG1 − AN ) = 2N G1 = 1 (AP − AO ) = O P −→ O L = O P N O1 = (AO1 − AN ) = Và ta có O A.O L = 31 O A.O P = 13 (R2 − OO ) = 13 (OB − 4OM ) = 31 (BM − 3OM ) = EM − OM = OE.OE = O E.O E (R bán kính (ABC)) Vậy A, L, E, E thuộc đường tròn Ta có XA = XL Vậy, GX⊥AL hay GX⊥AN Quay lại toán : dựng điểm D thỏa ∠DCB = 13 ∠ACB ∠CBD = 13 ∠CBA, cho D phía với A Vậy (BDC) cố định áp dụng tốn ta có đường thẳng Euler tiếp xúc với đường thẳng cố định Đề bài: Bài Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Nguyễn Hoàng Nam) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) D (O) cho HD BC E, F AC, AB cho DE⊥AB DF ⊥AC EF cắt HD G Chứng minh OG⊥EF Bài Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Vinh Nguyễn) Cho tam giác ABC có BE, CF hai đường cao Gọi M trung điểm BC AM cắt EF N X hình chiếu N lên BC Gọi L, P, Q trung điểm N X, BE, CF Chứng minh AL đường đối trung tam giác AP Q Bài Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Nguyễn Duy Khương) Cho A di động cung BC cố định (O) có đường cao BE, CF J tâm bàng tiếp góc ∠A tam giác AEF Qua J kẻ đường thẳng vng góc AJ cắt AB, AC P, Q (AEJ) giao (AP Q) A, T Chứng minh T thuộc đường cố định Bài Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Trần Quân) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AD đường kính (O) Hai đường m, n đẳng giác góc ∠A cắt DB, DC M, N P, Q Chứng minh M, N, P, Q nằm đường tròn Gọi J tâm đường tròn đó, chứng minh J nằm đường cố định m, n thay đổi Bài Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Phan Quang Trí) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có đường cao AD Trung trực AB, AC cắt đường thẳng qua A song song với BC U, V DU cắt đường thẳng qua A vng góc với AB X DV cắt đường thẳng qua A vng góc với AC Y Đường thẳng qua O vuông góc với đường đối trung ứng với đỉnh A tam giác ABC cắt XY T Gọi E, F điểm đối xứng B, C qua CA, AB AT cắt BC, EF P, Q Chứng minh AP = AQ Bài Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Trần Vũ Duy ) Cho tam giác nhọn ABC có BE, CF hai đường cao Gọi K, L BC, EF cho AK, AL đẳng giác góc ∠A X điểm cho XK⊥AL XL⊥EF Chứng minh đường tròn đường kính XL tiếp xúc với đường tròn Euler tam giác ABC ... đề nghị tháng 10/ 2018 (Nguyễn Hoàng Nam) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) D (O) cho HD BC E, F AC, AB cho DE⊥AB DF ⊥AC EF cắt HD G Chứng minh OG⊥EF Bài Bài toán đề nghị tháng 10/ 2018... Q trung điểm N X, BE, CF Chứng minh AL đường đối trung tam giác AP Q Bài Bài toán đề nghị tháng 10/ 2018 (Nguyễn Duy Khương) Cho A di động cung BC cố định (O) có đường cao BE, CF J tâm bàng... cắt AB, AC P, Q (AEJ) giao (AP Q) A, T Chứng minh T thuộc đường cố định Bài Bài toán đề nghị tháng 10/ 2018 (Trần Quân) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AD đường kính (O) Hai đường m, n