(định lý con bướm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) và có hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại T.. Cho tam giác ABC có O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam [r]
(1)Nhiều cách giải cho toán liên quan đến đường thẳng Euler
Nguyễn Đăng Khoa Ngày 24 tháng năm 2020
Tóm tắt nội dung
Mới đây, thầy Nguyễn Văn Linh có giới thiệu toán thú vị đợt dạy thầy cho đội tuyển Phú Thọ Bài toán ngồi cách học sinh, thầy cịn giới thiệu cho nhiều cách khác độc đáo Nay có dịp, xin chia sẻ bạn đọc toán
1 Một số kết bổ trợ
Định lý (chùm trực giao)Cho hai chùm đường thẳngOx, Oy, Oz, OtvàO0x0, O0y0, O0z0, O0t0 Giả sửOx⊥O0x0,Oy ⊥O0y0 Oz⊥O0z0 ta có
O(xy, zt) =O0(x0y0, z0t0)khi khiOt ⊥O0t0
Định lý (định lý bướm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn(O) có hai đường chéo AC, BD cắt T Đường thẳng qua T vng góc với OT cắt AD, BC X, Y T trung điểm XY
Bổ đề Cho tam giác ABC có O, I tâm đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Trên tia BA, CA lấy hai điểm D, E cho BD = CE = BC Khi OI ⊥DE
X Eu
H
O' Ma
K L
N M
D
E
F
T
Q I N
M
K E D
I O
C
A
B C
O
C
A
B P
A
B
(2)Chứng minh Ta lấy K hình chiếu I lên BC Khi ta dễ có
KC = AC+BC−AB
2 , KB =
AB+BC−AC
2
và theo giả thiết ta dễ thấy IC =ID, IE =IB Ta có
OD2−OE2 =PD/(O)− PE/(O) =DA·DB−EA·EC
= (DB +BA)·DB−(EC+CA)·EC
=BD2−CE2+BC(CA−AB) =KC2−KB2
=IC2−IB2 =ID2−IE2 Từ theo định lý điểm ta có OI ⊥DE
Bổ đề Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có ba đường cao AD, BE, CF cắt H Lấy L giao điểm DF BE, K giao điểm DE CF Gọi M, N trung điểm AB, AC Lấy X giao điểm củaEF M N,Eu tâm
đường tròn Euler tam giác ABC Khi ta có AEu ⊥KL AX ⊥HO
X Eu
H
O' Ma
K L
N M
D
E
F
T
Q I N
M
K E D
I O
C
A
B C
O
C
A
B P
A
B
Chứng minh Ta để ý thấy bốn điểm E, F, M, N nằm đường tròn Euler nên
PX/(AH) =XE·XF =XM·XN =PX/(AO)
Do AX trục đẳng phương đường trịn đường kính AH AO mà tâm hai đường tròn trung điểm AH AO nên ta dễ có AX ⊥HO
Tiếp tục, ta lấy O0 đối xứng với O qua BC có O0 tâm đường trịn (BHC)và dễ có Eu trung điểm AO0 Ta thấy
PL/(BHC) =LB·LH =LD·LF =PL/(Eu),
tương tự có PK/(BHC) =PK/(Eu) Từ rút O0Eu ⊥KL hay ta có đpcm
(3)Bổ đề Cho tam giác ABC có hai đường phân giác BM, CN cắt I Lấy điểm P BC P I cắt M N Q ta có AI phân giác∠P AQ
X Eu
H
O' Ma
K L
N M
D
E
F
T
Q I N
M
K E D
I O
C
A
B C
O
C
A
B P
A
B
Chứng minh Giả sử M N cắt BC T AT phân giác ngồi của∠BAC Ta có A(T N, QM) = (T N, QM) = (T C, P B) =A(T C, P B)
và ta thấy AB, AC đối xứng qua AI, AT đối xứng với qua AI nên từ ta rút AP, AQcũng đối xứng qua AI, từ ta có đpcm
2 Bài toán cách chứng minh 2.1 Phát biểu toán
Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn(O) có ba đường cao AD, BE, CF cắt H Lấy L giao điểm DF BE,K giao điểm DE CF Gọi M, N trung điểm DE DF, P giao điểm M N với KL Chứng minh OH vng góc với DP
y x
P J
L K
M N
H F
E
D R
P
L K M N
H
S
F
E
D
O
C
C O
A
B
A
B
Chú ý.Do OH qua tâm đường tròn Euler nên ta chuyển tốn theo cấu hình sau
(4)Bài toán Cho tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp nội tiếp O, I Kẻ hai đường phân giác BE, CF lấy M, N trung điểm AC, AB Gọi P giao điểm M N với EF Chứng minh AP ⊥OI
2.2 Các cách chứng minh
Cách Ta lấy S giao điểm EF với BC R giao điểm M N với BC Dễ thấy R trung điểm đoạn DS ba điểm S, K, L thẳng hàng
Gọi J điểm đối xứng với O qua BC tứ giác AOJ H hình bình hành nên J A qua trung điểm HO Kẻ tia J ykOH tia P xkBC
y x
P J
L K
M N
H F
E
D R
P
L K M N
H
S
F
E
D
O
C
C O
A
B
A
B
Ta để ý R trung điểm SD ; P x k BC nên P(Rx, DS) = −1 ta có J(HO, yA) =−1 doJ y kOH kết hợp với J Ađi qua trung điểm OH
Mặt khác, ta cóJ H kAOvà AO⊥EF nênP R ⊥J H ;J O⊥P x vàP S ⊥J Atheo bổ đề
Vậy theo định lý chùm trực giao ta thu đượcP D ⊥J y hay ta có P D ⊥OH
Cách Tiếp tục gọi J điểm đối xứng vớiO qua BC
x
y z l
k K' L'
Y X P
L K
N M
P
P J
L K
M N
H F
E
D
L K
M N
H F
E
D
O
C
C O
D
E F
A
B
A
B
Qua A ta kẻ tia AtkOH kẻ tia DkkEF, Dl kKL
Như vậy, có DP ⊥OH tương đương với D(Bk, lP) =A(HO, J t) =−1
(5)Vậy ta chứng minh chùm D(Bk, lP) =−1
Kéo dàiDB, Dl cắt M N theo thứ tự X, Y DoDk kM N nên ta cần chứng minh X trung điểm P Y
Thật vậy, kẻM L0 N K0 đường phân giác tam giácAM N Khi K0, L0, X thẳng hàng M L0 kEL, N K0 kF K nên suy raK0L0 kKL
Theo tính chất đường trung bình tam giác DEL có M trung điểm DE M L0 kEL nên L0 trung điểm DL
Kết hợp với DY k K0L0 k KL nên suy XL0 đường trung bình hình thang DY P L nên dễ có X trung điểm P Y Vậy ta có đpcm
Cách Ở cách dùng chùm tâm D tâm O tính tốn có phần cồng kềnh chút
Gọi S giao điểm củaEF với BC, M trung điểm BC
Ta thấy DS ⊥ OM, DE ⊥ OC, DF ⊥ OB nên ta cần chứng minh D(EF, P S) =
O(CB, HM)
x
y z
S Q
M D
E F
T
H
P L
K
N M
P
J
L K
M N
H F
E
D
O
C D
E F
O
C A
B
A
B
Ta lấy Q giao điểm củaDP với EF, D(EF, P S) = (EF, QS) = QE
QF : SE SF =
DF DE ·
P M P N
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác DM N có K, P, Lthẳng hàng, ta có P M
P N = LD LN ·
KM KD Biến đổi tỉ số
LN
LD = + N D
LD = 1− N D
DL = 1−
DE+EF
2DE =
DE−EF
2DE
Tương tự ta có KM KD =
DF −EF
2DF , ta thu DF
DE · P M P N =
EF −DF EF −DE ==
1−DF/EF
1−DE/EF =
1−sin∠E/sin∠D
1−sin∠F/sin∠D =
sin 2A−sin 2B
sin 2A−sin 2C LấyT giao điểmOH với BC ta có
O(CB, HM) = (CB, T M) = T C
T B : M C M B =−
(6)x y z S Q M D E F T H P L K N M P J L K M N H F E D O C D E F O C A B A B
Theo định lý Thales, ta có T B+BD
T B+BC/2 =
T D T M =
HD OM =
2HD
AH ⇒T B =
HD·BC−BD·AH AH−2HD
Tương tự T C = HD·CB−CD·AH
AH−2HD nên ta có tỉ số T C
T B =
HD·CB−CD·AH HD·BC−BD·AH =
1− CD HD ·
AH CB
−1− BD HD·
AH CB
= 1−
AF F B
−1 + AE EC
= 1−
tanB
tanA
−1 + tantanCA =
tanB−tanA
tanA−tanC
Vậy suy
O(CB, HM) = −T C
T B =
tanB−tanA
tanC−tanA =
sin 2B−sin 2A
sin 2C−sin 2A =D(EF, P S) hay ta có đpcm
Cách Ta gọi X, Y trung điểm AC, AB Lấy Qlà giao điểm XY với EF, P0 giao điểm QH với KL
(7)Theo bổ đề bổ đề số ta có AQ⊥HO DH phân giác góc ∠P0DQ Chú ý rằngQ nằm trung trực đoạn AD nên
∠QAD=∠QDA =∠ADP0 ⇒AQkP0D
Lấy R giao điểm DP0 với EF Ta thấy Q(HA, RD) = −1 mà AQ k DR nên dễ dàng suy P0 trung điểm DR
Vậy tức làP0 thuộc M N nên P0 ≡P hay ta có đpcm
Cách Ta chứng minh phát biểu thứ toán
TiaBE, CF cắt đường tròn(O)tại lần thứ hai K, L; ta dễ dàng chứng minh KL trung trực AI
R Q
P' E
FN
M
S T
I
K
L R Q
Y X
S Q
M D
E F
T
H
P L K
N M
P
L K
M
N H F
E
D
O
C D
E F
O
C
O
C A
B
A
B
A
B
Đường thẳng qua I vng góc với OI cắt KL, BC T, S AT cắt BC Q QI cắt EF P0
Theo bổ đề số ta có AI phân giác ∠P0AT nên ∠T IA = ∠T AI = ∠IAP0 ⇒
AP0 kT I
LấyR giao điểm AP0 với đường thẳng BC Để ý theo định lý bướm ta có I trung điểm đoạnT S lại cóT S kARnên theo bổ đề hình thang suy raP0 trung điểm AR
Từ đóP0 thuộc M N hay P0 ≡P, ta có đpcm
Cách Ta tiếp tục chứng minh phát biểu thứ toán cách sử dụng vecto Trên tiaCA, BA lấy hai điểmK, L cho BL=CK =BC Theo bổ đề ta có OI ⊥KL hay ta cần chứng minh KLkAP
(8)Ta có
−−→
LK =−→LA+−−→AK = LA
AB ·
−→
AB+ AK
AC ·
−→
AC
=
LB AB −1
−→
AB+
1 + CK
AC
−→
AC
=
BC AB −1
−→
AB+
1− BC
AC
−→
AC =x·−→AB+y·−→AC
(với x= BC−AB
AB , y=
AC−BC AC ) Và ta có −→AP = M P
M N ·
−−→
AN + N P
N M ·
−−→
AM =z·−→AB+t·−→AC,với z = M P 2M N, t=
N P
2N M
L K
P
I
F E
N M
S Q
M D
E F
T
H
P L K
N M
D
E F
O
C
O
C
A
B
A
B
Theo tính tốn cách ta có z :t=−M P
N P =− AC AB ·
AB−BC
AC−BC =x:y⇒x:z =y:t=% nên −LK−→=%·−→AP, ta có LK kAP
Kết thúc phép chứng minh