Trong qua trình học, tác giả có bắt gặp một số bài toán liên quan đến hình vuông ABCD và cho một điểm nằm trên cung nhỏ CD,.. Bài viết ngắn này sẽ trình bày một số bài toán liên quan đến[r]
(1)Một lớp toán liên quan đến cấu hình hình vng
Nguyễn Đăng Khoa Ngày 29 tháng năm 2020
Giới thiệu. Trong qua trình học, tác giả có bắt gặp số tốn liên quan đến hình vng ABCD cho điểm nằm cung nhỏ CD, Bài viết ngắn trình bày số tốn liên quan đến cấu
Bài tốn Cho hình vng ABCD nội tiếp (O) Lấy điểm P cung nhỏ CD
P B cắt AC E,P A cắt BD F Đường thẳngEF cắt BC, AD K L a) Chứng minh P K ⊥AC, P L⊥BD
b) Chứng minh ba đường tròn (P EF),(P KL) (O) đồng trục
G
S
Q X K L
E F
D
B A
O
C P
Chứng minh a) Ta thấy F, E, K thẳng hàng nên theo định lý Pascal đảo ta cóDE P K cắt X (O)
Mà B, D đối xứng với qua AC nên từ P, X đối xứng với qua AC Suy P X ⊥AC hay P K ⊥AC
(2)b) Kẻ dây cung P S đường tròn(O) cho P SkCD Lấy Glà giao điểm thứ hai (P EF) với AC
Ta có ∠EGF =∠EP F =∠BP A= 45◦ =∠OCD nên F GkCD Từ dễ thấy F GSP hình thang cân nên (P EF) qua S Ta lại lấy Q giao điểm thứ hai (P KL) với BC
Theo phần a) ta rút ∠KP L = 90◦ Từ ta có ∠KQL = ∠KP L = 90◦ nên LQkCD
Từ suy (P LK)cũng qua S Vậy ta có đpcm
Nhận xét Tính chất chứng minh phần a) quan trọng đẹp, có ích số tốn khác
Bài tốn (Trần Quang Hùng) Cho hình vngABCD nội tiếp(O) Lấy điểmP bất
kì cung nhỏ CD P B cắt AC E, P A cắt BD F Đường thẳng EF cắt BC, AD K L P A, P B cắtCD hai điểm H G Lấy I giao điểm LG HK Chứng minh P I vng góc với CD
M N
I
H G
K
L
E F
D
B A
O
C P
Chứng minh Qua P ta kẻ đường thẳng song song vớiCD cắtBC, ADtại M N Ta chứng minh K, H, N thẳng hàng, L, G, M thẳng hàng
Thật vậy, ý P K ⊥AC, P L⊥BD nên
HC HD =
P C P D·
AC AD =
P C ·√2 P D =
P C
sin∠P KC·P D =
KC
sin∠KP C·P D =
KC
(3)Suy N, H, K thẳng hàng Tương tự ta có L, G, M thẳng hàng
Ta có tam giác LP N tam giácKM P vuông cân tạiN vàM nên rút IMLI = KMLN = P MP N nên P I kLN hay ta có đpcm
Bài tốn (Tạp chí Pi, P205) Cho hình vngABCD nội tiếp đường trịn(O) LấyP
trên cung nhỏ CD P A cắt BD M, P B cắt AC N P A, P B cắt CD S, T Đường tròn ngoại tiếp tam giácDM S cắt lại (O)tại điểm thứ hai làQkhác D, đường tròn ngoại tiếp tam giác CN T cắt lại (O) điểm thứ hai R khácC DQ cắt CR J P O cắt CD I Chứng minh IJ ⊥CD
F E
I
J
R Q
O2
O1 S
T N M
D
B A
O
C P
Gọi (O1),(O2) tâm (M DS) (N T C)
(O1)cắt AD điểm thứ hai E (O2) cắt BC điểm thứ hai F
Ta có ∠IP T =∠OBP =∠ICP nên 4IT P ∼ 4IP C(g.g) suy IP2 =IT ·IC Tương tự ta có IS·ID=IP2 nên I thuộc trục đẳng phương của (O
1)và (O2)
Mặt khác ta dễ có:J Q·J D=J R·J C nênJ thuộc trục đẳng phương của(O1)và(O2) Từ ta có IJ ⊥O1O2 nên ta cần chứng minh O1O2 kDC
Hay ta cần chứng minh
ED=F C ⇔AD.AE =BF.BC ⇔AM.AS =BN.BT ⇔ AM BN =
BT AS Ta có AM
BN = AM
AB · AB BN =
M S DS ·
T C T N =
sin 45◦ sin∠DM S ·
sin∠T N C sin 45◦ =
(4)Để ý ta có ∠AP B =∠M DT =∠N CS = 45◦ suy tứ giác M T P D N SP C nội tiếp Suy ∠DM S =∠ST P; ∠T N C =∠T SP, từ ta có
sin∠T N C sin∠DM S =
sin∠T SP sin∠ST P =
P T P S =
P B P A =
BT AS Vậy suy IJ ⊥CD (đpcm)
Bài tốn (Nguyễn Đăng Khoa) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn (O)
LấyP cung nhỏ CD.P Acắt BD M,P B cắt AC N Đường thẳng M N cắt BC, AD K, L
a) Chứng minh P O trục đẳng phương hai đường tròn (P M L) (P N K) b) Chứng minh trục đẳng phương (P LN)và (P M K)luôn qua điểm cố định P di chuyển cung nhỏ CD
S H
Q
L
K N
M D
B A
O
C P
Chứng minh a) Gọi S giao điểm khácO P O với đường tròn (M ON)
Ta có ∠OSM =∠ON M =∠P LM nên tứ giác P LM S nội tiếp hay (P LM) qua S Tương tự đường trịn(P N K)cũng quaS nênP O trục đẳng phương đường tròn (P LM)và (P N K)
b) Trước hết ta phát biểu chứng minh bổ đề
(5)Chứng minh Theo tích chất quen thuộc ta có ∠BHC = 2∠BAC = 90◦ = ∠BOC nên tứ giác BHOC nội tiếp, suy ra∠HBD=∠HCE
H
P D E
B
O
C A
Mặt khác ta có BHHC = ABAC22 =
BD
CE nên suy 4HDB ∼ 4HEC từ rút tứ giác
EHOD nội tiếp
Ngồi với cấu hình ta có tính chất quen thuộc ∠HAB = ∠HCA; ∠HAC = ∠HBA
Ta quay lại toán ban đầu
Dựng hình vng AOBQ lấy H hình chiếu O lên P Q Theo bổ đề ta có H nằm đường trịn (M ON)
Ta có∠HM N =∠HOA=∠HALnên tứ giácHALM nội tiếp, suy ra∠HLM =∠HAM = ∠HP N
Từ ta có đường trịn(P LN)đi qua H, tương tự đường trịn(P M K)đi qua H nên ta có trục đẳng phương hai đường tròn qua điểm Q cố định (đpcm)
Bài tốn (Nguyễn Đăng Khoa) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn (O)
LấyP cung nhỏ CD.P Acắt BD M,P B cắt AC N Đường thẳng M N cắt BC, AD K, L Tiếp tuyến P (O) cắtBC, AD R, Q P L, P K cắt CD E, F
a) Chứng minh N, Q, E thẳng hàng;M, F, R thẳng hàng b) Gọi I giao điểm M F N E Chứng minh IE =IF
Chứng minh a) Giả sử P L vng góc vớiBD H lấy X giao điểm củaP C BD Ta áp dụng định lý Pascal cho điểm
P C D
A B P
(6)
Ta lại có HE HP =
HL HP =
ON OA =
ON
OC, kết hợp OC kP H suy raX, E, N thẳng hàng Vậy ta có Q, E, N thẳng hàng Chứng minh tương tự ta có M, R, F thẳng hàng
Y
I H
X
E F
R Q
L
K N
M
D
B A
O
C P
b) Tiếp tục áp dụng định lý Pascal cho
P B C
D A P
thì ta cóQR, KL, CD đồng quy Y
Từ ta có DQDE = DQDL = CKCR = CRCF nên 4DEQ ∼ 4CF R, suy ∠IEF = ∠DEQ = ∠CF R=∠IF E hay IE =IF
Vậy ta kết thúc phép chứng minh
Bài toán (Trần Quang Hùng, Sharygin 2017) Cho hình vng ABCD nội tiếp
đường trịn (O) Đường thẳng P A, P B cắt BD, AC K, L LấyM, N hình chiếu củaK, L lênCD Qlà giao điểm củaKN vàM L Chứng minh rằngP Qchia đôi đoạn AB
Chứng minh Lấy E, F giao điểm P A, P B với CD
Ta có ∠KP F =∠KDF = 45◦ nên tứ giác DKF P nội tiếp nhận M làm tâm Tương tự N tâm tứ giác nội tiếp P ELC
Đến có hai hướng xử lý
Cách (Nguyễn Đăng Khoa) Chúng ta chứng minh A, Q, F B, Q, E thẳng hàng để kết hợp EF kAB ta có đpcm
Ta xét tam giác KEN để A, Q, N thẳng hàng ta cần có AKAE · F E F N ·
(7)E F T
Q
N M
L K
D
B A
O
C P
Thật ta có AK AE ·
F E F N ·
QN QK =
BK BD ·
EF F N ·
LN KM =
BK BD ·
EF F N ·
LC KD =
LC BD ·
KB KD ·
EF F N = LC
BD · AB DE ·
EF F N = EF
DE · N L F N Ta có KD=KF nên DEEF = P DP F = F NLN
Vậy suy ba điểm A, Q, F thẳng hàng hay ta có đpcm Cách (Trần Quang Hùng)
Z
Y X Q
N L
M K
E F
(8)Qua Q kẻ đường thẳng song song với M N cắt P K, P Ltại X, Y Gọi Z hình chiếu Q lên EF
Ta có QXN E = KNKQ = M QM L = QZLN, mà N E=N L nên QX =QZ
Tương tự ta có QY =QZ nên suy raQX =QY từ ta cóP Q chia đơi đoạn AB Nhận xét.Cách kẻ thêm thầy Hùng tự nhiên điểm Z nhiên cách đẹp mà lại gọn gàng, cho ta thêm tính chất đẹp
Bài toán (Tuyển sinh lớp 10 THPT chun Sư Phạm) Cho hình vng ABCD
nội tiếp đường tròn (O) ĐiểmM thuộc cung nhỏCD, khácC, D M AcắtDB, DC X, Z M B cắt AC, CD Y, T CX cắt DY K
a) Chứng minh ∠M XT =∠T XC, ∠M Y Z =∠ZY D ∠CKD= 135◦ b) Chứng minh M XKX +M YKY +CDZT =
c) Gọi I giao điểm M K với CD Chứng minh XT, Y Z OI qua tâm ngoại tiếp tam giác KZT
H I
K
Z T
Y X
D
B A
O
C M
Chứng minh a) Bạn đọc tự chứng minh b) Ta có biến đổi
XK XM =
XZ XC =
XZ XA =
DZ BA =
DZ
DC; tương tự Y K Y M =
CT CD
Nên từ suy M XKX + M YKY + CDZT = c) Ta gọi H giao điểmXT Y Z
Ta có hai tam giác XT D vng cân X Y ZC vông cân Y nên suy tam giác HZT vuông cân H
(9)Ta chứng minh OI qua H Do tam giác OCD cân O nên
sin∠DOI sin∠COI =
DI IC =
DM M C ·
sin∠IM D sin∠IM C =
sin∠DBM sin∠M AC ·
cos∠IDM cos∠ICM =
tan∠DBM tan∠M AC =
OY OX Kết hợp với tứ giác OXHY hình chữ nhật nên suy OI qua H (đpcm)
Bài toán (Nguyễn Đăng Khoa) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn (O)
ĐiểmP thuộc cung nhỏCD, khácC, D.P A cắtDB, DC X, Z.P B cắt AC, CD Y, T Gọi M, N hình chiếu X, Y lên CD
a) Gọi Q giao điểm KM, N L Chứng minh P QkCD b) Gọi I giao điểm KN M L Chứng minh P I ⊥CD
S R
Q H
I
L
K
M Z T N
Y X
D
B A
O
C
P
Chứng minh a) Ta định nghĩa lại điểm Q hình chiếu P lên trung trực CD Ta chứng minh KM, N L qua Q
(10)Ta có hai tam giác CP H BOY đồng dạng nên OYOB = P HHC hay OYY C = HSSC từ ta có
OR LC =
P H
LC nên P H =OR
Gọi Q0 hình chiếu củaQ lênCD rõ ràngQQ0 =P H =OR, suy QQKD0 =
KD OR =
DX XO = DM
M Q0, từ suy K, M, Q thẳng hàng
Hồn tồn tương tự Q, N, Lthẳng hàng
b) Chú ý ∠KP L = 90◦ nên để P I ⊥ CD tương đương với P I phân giác ∠KP L Từ ta có ý tưởng dùng định lý Ceva sin tam giác P KL
Ta chứng minh sinsin∠∠N KLN KP · sin∠M LP
sin∠M LK =
Ta thấy N P =N Y nên sinsin∠N KL
∠N KP =
sin∠KY N
sin∠KP N, M X =M P nên
sin∠M LP
sin∠M LK =
sin∠M P L
sin∠M XY
Ta có ∠M XY +∠N Y X = 180◦ ∠M P L+∠KP N =∠KP L+∠M P N = 180◦ Từ dễ dàng suy sin∠N KL
sin∠N KP ·
sin∠M LP
sin∠M LK =
Vậy ta hoàn tất phép chứng minh
Bài tốn (Trần Quang Hùng)Cho hình vngABCDnội tiếp đường trịn(O) Điểm
P thuộc cung nhỏ CD, khác C, D P A cắt DB, DC X, Z P B cắt AC, CD Y, T GọiM, N hình chiếu củaX, Y lênCD M Y cắt XP E,XN cắt P Y F Giả sử EF cắt XY Q Chứng minh P QkCD
T
I
Q
E F
L K
M N
Y X
D
B A
O
C
P
Chứng minh Ta lấy I giao điểm XF EY Theo tính chất quen thuộc ta có P(QI, XY) =−1
(11)Một số tốn khác
Bài Cho hình vngABCD nội tiếp đường tròn (O) Điểm P thuộc cung nhỏ CD, khác C, D P A cắt DB, DC X, Z P B cắt AC, CD Y, T Gọi M, N hình chiếu X, Y lênCD M Y cắt XP E,XN cắt P Y F.XY cắt AD, BC K, L Chứng minh KE, F L P O đồng quy CD
Bài Cho hình vngABCD nội tiếp đường trịn (O) Điểm P thuộc cung nhỏ CD, khác C, D.P Acắt DB X,P B cắt AC Y GọiM, N hình chiếu X, Y lên CD M Y cắt BC R, N X cắt AD S Chứng minh O, R, S thẳng hàng RS kXY
Bài Cho hình vngABCD nội tiếp đường trịn (O) Điểm P thuộc cung nhỏ CD, khác C, D P A cắt DB X, P B cắt AC Y XY cắt AD, BC K, L P K, P L cắtCD E, F
a) Chứng minh P O trục đẳng phương (P DE)và (P F C)
b) GọiO1, O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácDP F vàCP E Chứng minh O1 nằm P A,O2 nằm P B P O chia đôi đoạn O1O2
c) Hai đường tròn (O1),(O2)cắt Q khácP Chứng minh ∠OQP = 90◦ Bài Cho hình vngABCD nội tiếp đường trịn (O) Điểm P thuộc cung nhỏ CD, khác C, D P A cắt DB X, P B cắt AC Y XY cắt AD, BC K, L P K, P L cắt CD E, F Chứng minh (P EX),(P F Y) đường trịn (OXY) có điểm chung
Bài Cho hình vngABCD nội tiếp đường trịn (O) Điểm P thuộc cung nhỏ CD, khác C, D P A cắt DB X, P B cắt AC Y XY cắt AD, BC K, L P K, P Llần lượt cắt CD E, F XF cắt Y E Q Chứng minh XE kY F P Q⊥CD
Lời kết. Qua viết này, tác giả giới thiệu số tốn hay tính chất xoay quanh mơ hình hình vng Cịn nhiều tính chất, kết khác mà chưa khai thác Chúc bạn đọc tìm tịi thêm phát triển nhiều tính chất
Email khoanguyen17112003@gmail.com
http://khoanguyenmathematics.blogspot.com/