ÔN HÌNH HỌC PHẲNG

Trang • 1-17 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 ∗ † ‡ § Chun Tốn khoá 1518 THPT Chuyên Hà Nội - AMSTERDAM ĐH KHTN - ĐHQG TPHCM ĐH Sài Gòn - TPHCM Hỗ trợ LATEX 1 Lời giải: Bài Bài toán đề nghị tháng 08/2018(Nguyễn Duy Khương) Cho tam giác ABC có tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A E K hình chiếu E lên đường trung bình ứng với đỉnh A tam giác ABC Chứng minh rằng: (K; EK) tiếp xúc (O) Lời giải: Đổi mơ hình coi vai trò (O) đường tròn (BOC) ta tốn trở thành toán sau: m Bài toán mới(Trần Quang Hùng)(Aops): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) AO ∩ BC, (BOC) = M, N P trung điểm M N Hạ P K ⊥ AH(K ∈ AH) với H chân đường cao hạ từ A xuống BC Chứng minh rằng: (H, HK) tiếp xúc (BOC) Chứng minh: Lấy AH, AO cắt lại (O) S, T Gọi tiếp tuyến B, C (O) cắt S Gọi Q trung điểm BC Gọi OH ∩ (BOC) = I, O ta có: R2 OH ST = OQ2 + IH = 1− = 1− OH OI R2 R − (cosA)2 − (cosACS)2 = (sinA)2 − (sin(B − C))2 = (sinA − sin(B − C))(sinA + sin(B − C)) = sin2B.sin2C OB R2 Ta có: = cosA suy ra: OJ = KP ∩ OS = R Ta có: HKRQ hình 2OJ 2OQ QR MN M N.OQ chữ nhật đó: HK = QR Ta có: = suy ra: QR = suy ra: OQ 2OM 2OM OJ R2 OM OM OB OC cosA.cosA = Theo bổ đề cát tuyến ta có: = = HK OQ M N MN BN CN sin2C.sin2B HK R = Vậy ta có: = sin2B.sin2C mà 2 OQ (cosA) OJ HK IH Tóm lại ta có: = đó: I, K, J thẳng hàng dẫn đến: (K; KH) tiếp xúc OJ OI (BOC) Như tức ta có tốn gốc Ngay sau ngày OH.OI = OB suy ra: OI = suy ra: chuyên mục, toán vị trí bạn đón nhận nhiều với nhiều lời giải khác hẳn lời giải gốc Tư đổi mơ hình bạn Zeref VMF tận dụng điêu luyện từ có lời giải hay Lời giải 2(Zeref) Gọi H trực tâm, M, N trung điểm BC, AH AG ∩ BC = P AH ∩ EF = Q Hình chiếu D lên AP L Dễ thấy: M N AP L ∈ (K; KG) Ta CM N G ⊥ M L NA ND MD Dễ có (AH, QD) = −1 nên N A2 = N Q.N D ⇒ N Q = NA = MP Mà ∆GAQ ∼ LDP (chú ý tam tam giác vng) Do ∆AGN ∼ DLM Ta có: GN M + LM N = AGN + LM N = DLM + LM N = 90o Do N G ⊥ M L Gọi X = N G ∩ M L N XD = 90o nên X ∈ (DEF ) Và M N ⇒ X ∈ (K; KG) Vậy X ∈ (K; KG), (DEF ) GL GL M N nên (K; KG) tiếp xúc (DEF ) Sử dụng mơ hình gốc để chứng minh hướng khó có hai lời giải hay bạn Nguyễn Duy Khang-TPHCM Nguyễn Hà An-12 Tốn THPT chun ĐHSP cho hướng Ngồi có bạn Trần Quốc Thịnh có lời giải giống bạn Hà An(cách xử lí có dài hơn) Cách xử lí tiếp điểm bạn An Thịnh chuẩn xác Tư điểm trùng tỉ số Khang đặc sắc Xin giới thiệu hai lời giải bạn Khang An Lời giải 3(Nguyễn Hà An) Gọi Ia tâm bàng tiếp, D, F tiếp điểm Ia với CA, AB Gọi M, M trung điểm cung nhỏ, cung lớn BC, (AI) cắt (O) G Dễ thấy GBE ∼ GB BF BE = = => GE phân giác BGC hay G, E, M GC CD CE thẳng hàng Gọi K = OG cắt IaE KE//OM OGM cân O => KE = KG => (K , KE) tiếp xúc (O) G Lấy E đối xứng E qua K ∠EGE = 90o = ∠M GM mà M, E, G thẳng hàng nên G, E , M thẳng hàng Vì ∠AGE = ∠AGM = ∠AM M = ∠AIaE => A, E , G, Ia nội tiếp hay AE //BC Vì d(K/AE ) = d(K/BC) mà AE //BC nên K thuộc đg tb đỉnh A Vậy K trùng K hay (K, KE) tiếp xúc (O) GCD => Lời giải 4(Nguyễn Duy Khang) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với X, Y, Z tiếp điểm đường tròn BC, AC, AB Lấy T giao điểm thứ hai đường tròn đường kính AI với (O) Trước hết ta chứng minh T X qua D trung điểm cung nhỏ BC Do ∠T BZ = ∠T CY ∠T ZB = 180◦ − ∠T ZA = ZB XB TB = = Do X TC YC XC nằm đoạn BC nên T X phân giác góc nội tiếp BT C , từ T X TH TO qua D Gọi H giao điểm IX OT , HX OD nên = =1 HX OD 180◦ − ∠T Y A = ∠T Y Z nên T ZB ∼ T Y C , suy hay HT = HX Bây ta cần chứng minh H nằm đường trung bình ứng với đỉnh A tam giác ABC Lấy X đối xứng X qua H D đối xứng D qua O, theo bổ đề hình thang T , X , D thẳng hàng Do DD đường kính (O) nên ∠AT X = ∠ADD = ∠DIX = ∠AIX , suy X thuộc đường tròn đường kính AI Từ AX ⊥ XX AX BC , mà H trung điểm XX nên H phải nằm đường trung bình ứng với đỉnh A tam giác ABC Bấy giờ, để ý rằng: Do BX = CE nên (K, KE) ảnh (H, HX) qua phép đối xứng trục DD , mà (H, HX) tiếp xúc (O) T nên theo tính đối xứng (K, KE) tiếp xúc (O) (tại T ảnh T phép đối xứng trục DD ) Bài Bài toán đề nghị tháng 8/2018 (Nguyễn Hoàng Nam) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trung trực AB cắt đường tròn A-Apollonius H, I (I gần O H ) Đối xứng I qua BC K Giao CH AK J Chứng minh JK phân giác ∠BJC Nhận xét: Tổng kết nhận lời giải thức từ bạn lời giải chưa hoàn chỉnh từ bạn facebook đề cập phần bình luận sau Cả ý tưởng suy nhiều tính chất mà chưa nghĩ :) thơi khơng nói dài dòng xin giới thiệu lời giải mà cho độc đáo Lời giải: Trần Quốc Thịnh Gọi O tâm đường tròn A-apollonius Đường thẳng BC cắt (O ) D, E (D nằm B , C ) Đối xứng A qua BC A Gọi giao CH , HB , M B CA với (O ) M , N , P Q Ta có: ∠BO Q = 2∠DEQ = 2∠CAD = ∠BAC ⇒ Tứ giác ABO Q nội tiếp Suy ra: ⇒ CB.CO = CA.CQ = CM.CH = ⇒ Tứ giác BM HO nội tiếp Suy ra: ⇒ ∠N BD = ∠O BH = ∠O M H = ∠DBM ⇒ N đối xứng với M qua BC Suy P đối xứng với H qua BC Theo tính chất đối xứng ta có: ∠M HA = ∠AHN = 2∠AHI = 2∠KHA ⇒ AI = IB = BK = KM (1) ⇒ ∠P A K = ∠IAH, M K = AI(2) Từ (1), (2) ⇒ KBM cân K suy ∠KBM = ∠KM B = 21 P A K = 21 IAH (3) Tiếp tục ta có: ∠KJM = 21 (M K + AH) = 21 (AI + AH) = 12 IAH (4) Từ (3)(4) ⇒ ∠KBM = ∠KJM tứ giác BKM J nội tiếp ∠BJK = ∠KBM = ∠KM B = ∠KJM Vậy JK phân giác ∠BJC Ta nhìn nhận khách quan lời giải ngắn gọn biến đổi góc điểm cộng lớn Đi sâu ta ý tới suy thứ tứ giác BHM O nội tiếp Ở suy bạn Quân sử dụng hàng điểm sau: (Trich lời giải bạn Quân đổi tên điểm để phù hợp với lời giải bạn Trần Quốc Thịnh) Do (ED, BC) = −1 theo Maclaurin ta có: CM.CH = CD.CE = CB.CO ⇒ Tứ giác BM HO nội tiếp Có lời giải theo hướng chứng minh KB = KA = KM bạn Trần Quân, bạn Trần Quốc Thịnh bạn Nguyễn Hà An Còn phần biến đổi để đẫn đến bạn biến đổi khác nhìn chung dến trọn vẹn toán Còn bạn khác thể ý tưởng khác bạn giống cách Có ý quan trọng mà muốn đề cập I, J điểm đẳng giác mà ta dễ thấy AI, AJ đẳng giác công việc ta chứng minh CH, CI đẳng giác thơi, ban Đồn Thành Đạt có ý tưởng chứng minh hay theo hàng điểm sau Bổ đề 1: Cho tam giác ABC , điểm P nằm A-Apollonius ∠P AB + ∠P CB = ∠P AC + ∠P BC Lời giải: chiều đảo Ta gọi giao AP (ABC) X ∠XBP = ∠P AB + ∠P CB = ∠P AC + sin(∠P XB) AB ∠P BC = ∠XCP Suy PP B C = sin(∠P XC) = AC Vậy P thuộc A-Apollonius Chiều thuận sin(∠ACB) AB Ta gọi hình chiếu P lên BC, AC, AB X, Y, Z Thì PP B C = AC = sin(∠ABC) XY = XZ Biến đổi góc suy ∠P AB + ∠P CB = ∠P AC + ∠P BC Bổ đề 2: Cho tam giác ABC , trung trực AB cắt A-Apollonius H, I Thì CH, CI đẳng giác với Lời giải: (Đựa theo ý tưởng Đoàn Thành Đạt) Gọi trung điểm cung nhỏ cung lớn AB X, Y Thì AApollonius (ABC) trực giao với nên (HI, XY ) = −1 mà HI qua tâm (ABC) nên CX phân giác ∠ICB Vấy CH, CI đẳng giác Quay lại toán Ta nhận AI, AJ đắng giác ∠BAC kết hợp với bổ đề Ta suy I, J điểm đẳng giác ABC , Sử dụng bổ đề biến đổi góc đựa vào tính đẳng giác ta suy AJ phân giác ∠BJC Đự vào lời giải thứ ta tống quát khơng hồn tồn tốn sau: (Tổng qt đựa tính chất A-Apollonius Stophoids) Cho tam giác ABC điềm X nằm A-Apollonius Điểm đẳng giác X Y Thì AY phân giác ∠BY C ABC Bài Bài toán đề nghị tháng 8/2018 (Phan Quang Trí ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Gọi X, Y trung điểm CA, AB AO cắt BC K Gọi tâm (AXK), (AY K) E, F Chứng minh rằng: Y E XF cắt tiếp tuyến A (O) Lời giải 1(Nguyễn Hà An) Gọi Y E cắt XF S , A hình chiếu S lên OA, SA cắt XY L GF Khi EF ⊥ AO nên AS//EF A(F EGS) = GE Ta có tâm ngoại tiếp AXY nằm AO (phép vị biến ABC thành AY X ) GF tanAKH tanB Nên T E, KF, AO đồng quy GE = tanGDE tanGDF = tanAHK = tanC LX Vì S(F EGA ) = S(XY GL) = GX GY : LY GX GE AX OX AX AY AX Suy LX LY = GY GF = AY OY OX OY = ( AY ) Vậy LA tiếp xúc (O) hay LA ⊥ AO nên A ≡ A (dpcm) Lời giải 2(Nguyễn Duy Khang) Kẻ đường kính AM (AXK) đường kính AN (AY K) Ta chứng minh BM , CN cắt tiếp tuyến A (O) Dễ dàng nhận thấy số điều sau: M, O, X thẳng hàng, N, O, Y thẳng hàng, M, K, N thẳng hàng, tứ giác M N XY nội tiếp, tứ giác P QXY nội tiếp Từ ta có ∠M Y P = ∠N XQ Giả sử tiếp tuyến A (O) cắt BC D, theo định lý Desargues cho hai tam giác DM N ABC : BM , CN , AD đồng quy I = DM ∩ AB , K = M N ∩ BC , J = DN ∩ AC thẳng hàng Thật vậy, theo định lý M enelaus ta cần chứng minh IM JD KN · · =1 ID JN KM Biến đổi vế trái ta có IM JD KN M P DA ON cos ∠ON K · · = · · ID JN KM DA N Q OM cos ∠OM K M P ON cos ∠ON K = · · N Q OM cos ∠OM K M P N X sin ∠M P Y · · = N Q M Y sin ∠N QX M P N X sin ∠M P Y = · · M Y N Q sin ∠N QX sin ∠M Y P sin ∠N QX sin ∠M P Y = · · sin ∠M P Y sin ∠N XQ sin ∠N QX =1 biến BM thành Y E , biến CN thành XF , biến tiếp tuyến A (O) thành Do BM, CN, AD đồng quy nên Y E, XF, AD đồng quy Suy đpcm Tới xét phép vị tự tâm A tỉ số Lời giải (Nguyễn Duy Hiếu) Kẻ đường kính XI XL (E) (F ), suy IL tiếp tuyến (A) Gọi D trung điểm AK XY EF qua D Gọi Z giao Y E với IL Ta có AK ZE d(E, IL) AK CK = = = = ZY d(Y, IL) AY sin ∠IAY AB sin C AB sin ∠KAC XY CB = XD CK =⇒ CB sin A ZE XY · = = ZY XD AB sin ∠KAC sin C cos B YA AL = = tan ∠AOY = tan C Tương tự ta Y AL ∼ Y OK (g-g) nên OK YO AI = tan B nên có OK Để ý DF AL tan C cos B sin C = = = DE AI tan B sin B cos C =⇒ cos B sin C cos B sin C cos B sin C FD = = = FE sin B cos C + cos B sin C sin(B + C) sin A ZE XY F D · · = hay Z , X , F thẳng hàng, suy XF cắt Y E ZY XD F E Z nằm IL tiếp tuyến A (O) Từ ta có Đề bài: 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 đơi AY Bài Bài tốn 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 Bài Bài toán đề nghị tháng 9/2018 (Trần Quân ) Cho tam giác nhọn, không 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 Bài Bài toán 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 ln tiếp xúc với đường tròn cố định A di động ... 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 Bài Bài toán đề nghị tháng. .. tam giác vng) Do ∆AGN ∼ DLM Ta có: GN M + LM N = AGN + LM N = DLM + LM N = 90 o Do N G ⊥ M L Gọi X = N G ∩ M L N XD = 90 o nên X ∈ (DEF ) Và M N ⇒ X ∈ (K; KG) Vậy X ∈ (K; KG), (DEF ) GL GL M N nên... hàng, suy XF cắt Y E ZY XD F E Z nằm IL tiếp tuyến A (O) Từ ta có Đề bài: 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)