Đang tải... (xem toàn văn)
Trong Group Hình học phẳng, anh Nguyễn Duy Khương có đưa lên bài toán nhìn khá đẹp, đề bài phát biểu như sau.. Bài toán 1.[r]
(1)Một toán thú vị liên quan đến tính chất điểm Feuerbach
Nguyễn Đăng Khoa Ngày 22 tháng năm 2020
Trong Group Hình học phẳng, anh Nguyễn Duy Khươngcó đưa lên tốn nhìn đẹp, đề phát biểu sau
Bài tốn 1.Cho tam giácABCnội tiếp đường trịn(O) Trung trựcOAcắtBCtạiP, định nghĩa tương tự hai điểmQ,R Chứng minh đường tròn(AOP),(BOQ),(COR)
đồng trục.
Sau nghịch đảo tâmO, phương tíchOA2thì ta đưa tốn sau
Bài tốn 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) Đường tròn (A,AO) cắt
(BOC)tại điểmDkhácO Xác định tương tựE,F Chứng minh rằngAD,BE,CF đồng quy.
F E D
Fe'
D'
Fe
N
N
N' H
K
O' F
E
D
M' P
M D
J I
O
C
O
C
O
C A
B
A
B
A
B
Bài toán giải [1] Tuy nhiên, tình cờ nhận toán thầy Sĩ Đức Quangnhờ giải Nội dung sau
Bài tốn 3.Cho tam giácABCnội tiếp(O)có ba đường caoAD,BE,CF GọiNlà tâm đường tròn Euler tam giácDEF vàO0là tâm đường trịn(BOC) Chứng minh rằngAO0là phân giác góc∠NAO
Đây kết đẹp, khó rõ ràng chứng minh tốn toán hệ Chúng ta giải toán sau
(2)Lời giải. (Nguyễn Đăng Khoa)
N
N' H
K
O' F
E
D Q N
M D
IA P
O
C
O
C A
B
A
B
Ta lấy K điểm đối xứng vớiOquaBC Theo tính chất quen thuộc thìAK qua tâm đường tròn Euler làN0của tam giácABChay tâm đường tròn(DEF)
Ta thấyOK·OO0=OB2=OA2nên∠OAO0=∠OKA=∠DAK Suy ta cần chứng minh∠DAN0=
2∠NAO
Ta đưa tốn cấu hình đường trịn bàng tiếp ý AO⊥EF toán phát biểu sau
Bài toán. Cho tam giác ABC với tâm đường tròn ngoại tiếp làO, tâm đường tròn Euler làN GọiJlà tâm đường tròn bàng tiếp đối diện gócAcủa tam giácABCvàDlà hình chiếu củaJlênBC Chứng minh rằng∠AJO=1
2∠NJD
Trước hết ta biết đường trịn (N)và (J)tiếp xúc ngồi điểmFe lấy D0 đối xứng vớiDquaAI ta có M,Fe,D0 thẳng hàng Tính chất rút
chứng minh định lý Feuerbach nghịch đảo
Ta lấyM0đối xứng với M quaAI đóM trung điểmBC,M0Dcắt lại(J)tại Fe0thìFeđối xứng vớiFe0quaAI LấyPlà trung điểmMM0vàIlà điểm cung
BCkhơng chứaAcủa(O), đóIJ=IB=IC
Ta có∠FeDD0=∠Fe0D0D=∠MDM0và ta raOJ⊥DM0 Thật vậy,
(3)Fe'
D'
Fe
N
N N' H
K
O' F
E
D
M' P
M D
J I
O
C
O
C A
B
A
B
M0O2−OD2= (OM2+M0M2−2 cos∠M0MO·MM0·MO)−(OM2+MD2) =M0M2+2 cos∠PMI·MM0·MO−MD2
=MM02+·MM02·MO
MI −MD
2
=MM02· OI
MI−MD
2.
Chú ý OI MI =
2OI·MI
2MI2 =
IC2
2MI2 =
IJ2
2MI2 nên suy
MM02· OI
MI =
2MP2·IJ2 MI2 −MD
2=
2(IJ·sin∠MIP)2−MD2=2MD2−MD2=MD2
(4)và JM02−JD2=JM2−JD2=MD2 nên theo định lý điểm ta cóOJ⊥DM0, từ suy ra∠MDM0=∠OJD=∠IOJ
Ta dễ dàng biến đổi góc để có∠D0FeD=∠OIJ=90◦+12∠BAC+∠ACB
Vậy suy ta có hai tam giácIOJvàFeDD0đồng dạng nên hai góc∠AJO=∠IJO=
∠FeD0D=
2∠FeJD=
2∠NJD Kết thúc phép chứng minh
Reference
1 Bài toán anh Nguyễn Duy Khương,Group Hình học phẳng.
https://bom.to/q0rVfg
2 Blog Toán học Khoa Nguyễn
http://khoanguyenmathematics.blogspot.com/
Nguyễn Đăng Khoa: K36 trường THPT chuyên Hùng Vương, Việt Trì, Phú Thọ E-mail address:khoanguyen17112003@gmail.com
https://bom.to/q0rVfg http://khoanguyenmathematics.blogspot.com/