Từ bổ đề quen thuộc đến liên hợp đẳng giác trong tứ giác

Chứng minh tương tự với các góc khác, suy ra P, Q liên hợp đẳng giác trong ABCD và các hình chiếu của chúng lên các cạnh cùng thuộc đường tròn ( I ).. Dễ thấy điều ngược lại cũng đúng, v[r]

(1)

đến liên hợp đẳng giác tứ giác Lê Phúc Lữ - Nguyễn Thành Lộc ∗

Ngày 28 tháng năm 2020

Trước hết, ta xuất phát bổ đề thú vị sau đây:

Bổ đề mở đầu Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC ởD Lấy hai điểm M, N thuộc đoạn thẳng IB, IC Khi đó, ∠M AN = ∠A/2 ∠M DN = 90◦

Trên thực tế, khơng khó để nhận thấy tốn lại trường hợp đặc biệt trường hợp tứ giác ngoại tiếp:

Phiên mở rộng Cho tứ giác ABDC ngoại tiếp đường tròn (I) Lấy điểm

M, N thuộc đoạn thẳng IB, IC Khi ∠M AN = ∠A

2 ⇔∠M DN = ∠D

2

Khi điểm D nằm đoạn thẳng BC, ta có tốn mở đầu Và việc chứng minh tốn có liên quan nhiều đến khái niệm liên hợp đẳng giác, mở rộng từ tam giác đến tứ giác Tuy nhiên, trước hết, ta chứng minh chi tiết tốn mở đầu thơng qua kết sau

Dự tuyển PTNK 2015 Cho tam giácABC nhọn ĐiểmD thay đổi cạnhBC Gọi I, J tâm đường tròn nội tiếp tam giácABD, ACD

1 Chứng minh đường tròn (IJ D) qua điểm cố định

2 GọiP, M tiếp điểm của(I)vớiBA, BC;N, Qlà tiếp điểm của(J)với AC, BC

P M cắt N Q X Chứng minh XD⊥IJ

(2)

Ta có

M E =BE−BM =

2(BC+AB−AC)−

2(BD+AB−AD) =

2(CD+AD−AC) = DN

Gọi T, R trung điểm IJ, M N T R đường trung bình hình thang vng IM N J Suy T R⊥M N Mà M E = DN kéo theo RE = RD nên tam giác

T DE cân vàT D =T E Mặt khác, ∠IDJ = 90◦ nên T tâm (IDJ) Từ suy đường trịn qua thêm điểm E điểm cố định

2) Ta đưa chứng minh đường thẳng quaM, N, D vng góc với

KI, KJ, IJ đồng quy (ở đồng quy tạiX) Theo định lý Carnot điều tương đương

M I2−M K2+N K2−N J2+DJ2 −DI2 =

Để ý

DJ2−DI2 = (J N2+DN2)−(IM2+M E2) nên ta đưa

N K2−M K2 =DM2 −DN2

Tuy nhiên, đẳng thức cuối N K2 −M K2 = N E2 −M E2 và N E =

(3)

Nhận xét Ta thấy câu 1) lời giải cho tốn mở đầu, ∠IAJ =∠A/2kéo theo tồn tiaAD đểI, J tâm nội tiếp ABD, ACD Tất nhiên, bổ đề cịn nhiều cách chứng minh khác thơng qua cách kẻ đường phụ Ý 2) toán thú vị hướng xử lý bạn Trương Tuấn Nghĩa, THPT Chuyên KHTN HN Ngoài ra, ta cách xử lý khác túy sau tác giả toán thầy Nguyễn Tăng Vũ, PTNK TPHCM

Gọi U giao điểm AI, P M, gọi V giao điểm AK, N Q Khi dễ dàng chứng minh được∠DU A =∠DV A = 90◦ nên biến đổi góc, ta chứng minh

M U N V tứ giác nội tiếp Từ XN ·XV = XM ·XU nên X thuộc trục đẳng phương hai đường trịn đường kínhDK, DI Suy raXD ⊥IK

Ta khai thác tiếp mơ hình thơng qua toán sau: Các kết đẹp

1 Nếu AD∩IJ =F EF tiếp tuyến chung hai đường trịn (I),(J)

2 Đường trịn đường kính IJ cắt AD ởX AX =const

3 Nếu IJ kBC AK đường đối trung tam giác AIJ

Chứng minh 1) Thật vậy, M E =DN nên theo tính chất quen thuộc đoạn tiếp tuyến chung hai đường trịn ngồi nhau, ta thấyEnằm tiếp tuyến chung khác AD (I),(J) Dễ thấy tiếp tuyến chung qua F tính đối xứng trụcIJ nên EF tiếp tuyến chung (I),(J)

2) Gọi U, V tiếp điểm AD với (I),(J) Gọi X0 điểm đối xứng với E qua IJ

thì X0 thuộc tiếp tuyến chung không qua E (I),(J),tức X0 ∈AD Suy

(4)

Suy

2AX = (AU −XU) + (AV −XV) = (AP +AQ)−(XU +XV)

= (AB+AC)−(BP +CQ)−M N

=AB+AC−BC

Vì nên AX =p−a cố định

3) Giả sửAI, AJ cắtBC ởY, Z Đường tròn nội tiếp(K)tiếp xúc vớiAB, AC ởB0, C0 Ta cóB0, C0, X nằm đường trịn tâm A vìAB0 =AC0 =p−a Gọi Llà giao điểm thứ hai củaEK với đường tròn Ta có AZ⊥XC0 nên

∠LB0C0 =∠LXC0 =∠AZE

Tương tự ∠LC0B0 = ∠AY E nên hai tam giác LB0C0, AZY đồng dạng Lại có

KB0, KC0 tiếp xúc với (A) nên LK đối trung tam giác LB0C0

Ngồi ra, vì∠XLC0 = 12∠XAC0 =∠XAZ nênAX trung tuyến tam giác

(5)

Tiếp theo, ta xét số toán ứng dụng bổ đề kỳ thi Olympic IMO SL 2006.Cho tam giácABC có∠C < ∠A <90◦ vàD∈ACsao choBD =BA Đường tròn nội tiếp tam giácABC tiếp xúc với AB, AC theo thứ tự K, L Gọi J tâm nội tiếp tam giácBCD Chứng minh rằngKL chia đôiAJ

Lời giải Gọi BE đường cao tam giác ABD E trung điểm AD Giả sử

AI∩KL=X T đối xứng vớiA quaX.Vì X, E, I, Lcùng thuộc đường trịn đường kínhIE nên

∠AIL=∠AEX =∠ADT,

kéo theo I, L, D, T thuộc đường tròn

Theo bổ đề ban đầu thìI, L, D, J thuộc đường trịn đường kính IJ nên kéo theo T nằm đường trịn Suy J T⊥AT, mà KL⊥AT nên KLk J T Vì nênKL đường trung bình tam giác AT J nên KL chia đôiAJ

BT đội tuyển chuyên ĐHSP Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I) tiếp xúc vớiBC D E, F chạy IB, IC cho ∠EDF = 90◦ Gọi H hình chiếu A lên EF Ký hiệu(θ) đường tròn đường kínhID

1 Chứng minh H ln thuộc đường tròn cố định, đặt làω

(6)

Lời giải 1) GọiM, N hình chiếu củaA lênIB, IC.Tứ giácAN HF nội tiếp đường tròn đường kínhAF nên

∠AHN =∠AF N =∠F AC+1 2∠C

Tương tự ∠AHM = ∠EAB + 12∠B Theo bổ đề ban đầu DE⊥DF nên ∠F AC+∠EAB= 12∠A, kéo theo

∠AHM +∠AHN =

2(∠A+∠B+∠C) = 90 ◦.

Suy H di chuyển đường trịn đường kính M N cố định

2) GọiB0, C0 tiếp điểm (I) lên AB, AC Theo tính chất quen thuộc ba điểm

(D, N, B0)và (D, M, C0)

là thẳng hàng (biến đổi góc - ta cịn cóM N đường trung bình tam giác ABC) Gọi X, Y trung điểm DB0, DC0 dễ thấy X, Y thuộc hai đường tròn (ω),(θ) nên XY trục đẳng phương chúng Lại có BC trục đẳng phương (I),(θ) nên rõ ràng S tâm đẳng phương ba đường tròn(ω),(θ),(I) vàS ∈XY

(7)

Gọi D0 giao điểm AD (I) dễ thấy tứ giác DB0D0C0 điều hòa nên KD0

tiếp xúc(I) Ta có K, T, I thẳng hàng, KI, IT vng góc với AD nên T

là trung điểm DD0 Suy ST = 12KD0 = 12KD=SD nên ST tiếp xúc với (θ)

Để kết thúc loạt này, ta xét toán sau đề thi chọn đội tuyển Mỹ USA TSTST 2019 Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I) Lấy điểm

K, Ltrên BC cho đường tròn nội tiếp hai tam giác ABK, ABLtiếp xúc P

và đường tròn nội tiếp hai tam giác ACK, ACL tiếp xúc Q Chứng minh

IP =IQ

Lời giải Giả sử K nằm hai điểm B, L Xét đường tròn nội tiếp tam giác ABK, ABL, ACK, ACL, ABC theo thứ tự có

• Tâm I1, I2, I3, I4, I

• Bán kính r1, r2, r3, r4, r r1 < r2, r4 < r3

• Tiếp điểm với BC làX, Y, Z, T, D

Đặt ∠B = 2β,∠C = 2γ trước hết, I1I2 = r1 + r2 nên dễ dàng tính

sinβ = r2−r1

r1+r2 Tương tự sinγ =

r3−r4

r3+r4 Theo bổ đề

∠I1KI3 =∠I1DI3 = 90◦

(8)

Do DXI

1X =

I3Z

DZ hay DX · DZ = r1 ·r3 Tương tự DY ·DT = r2 ·r4 Ta có XD

XB =

r

r1 −1

ZD

ZC =

r

r3 −1nên

r r1

−1 r

r3

−1

= DX·DZ

XB·ZC =

r1r3

r1cotβ·r3cotγ

= tanβtanγ

Từ suy biểu thức khơng đổi vị trí điểmK hay Lnằm BC

Suy

r r1

−1 r

r3 −1 = r r2

−1 r

r4

−1

(∗)

Ta có IP =I1I−I1P = rsin−rβ1 −r1 =I2I+I2P = rsin−rβ2 +r2 Suy

2IP = 2r−(r1+r2)

sinβ +r2−r1 = (2r−(r1+r2))

r1+r2

r2−r1

+r2−r1

= 2r(r1+r2)−4r1r2

r2−r1

Tương tự ta tính được2IQ= 2r(r3+r4)−4r3r4

r3−r4 Do đó, ta cần có

2r(r1+r2)−4r1r2

r2−r1

= 2r(r3+r4)−4r3r4

r3−r4

(9)

Nhận xét Lời giải tính tốn cồng kềnh hướng sáng sủa, đặc biệt bổ đề tỏ hiệu Bạn đọc xem thêm cách khác dùng hàng điểm điều hòa tại[1]

Trong phần tiếp theo, ta nói ngắn gọn cách chứng minh dạng Mở rộng bổ đề cho trường hợp tứ giác, liên hệ với khái niệmLiên hợp đẳng giác tứ giác Trước hết, ta phát biểu mệnh đề quan trọng sau:

Điều kiện cần đủ Cho điểm P nằm tứ giác ABCD Khi đó, P có điểm liên hợp đẳng giác Q trongABCD ∠AP B+∠CP D = 180◦

Ngồi ra, ta có hai tính chất quan trọng:

Tính chất quan trọng.Xét hai điểmP, Qliên hợp đẳng giác tứ giácABCD Giả sửAB, CD cắt E AD, BC cắt F.Khi đó,

1 Hình chiếu P, Q lên cạnh tứ giác thuộc đường tròn có tâm nằm đường thẳng Gauss tứ giác toàn phần ABCD.EF

2 Gọi T điểm Miquel tứ giác Khi T P, T Q đẳng giác ∠ET F

và T P ·T Q=const

Kết khơng khó có đề cập buổi thảo luận bên lề Olympic hình học Sharygin, Dubna 2019 Dưới chứng minh chi tiết, có tham khảo bạn Tống Hữu Nhân, SV ĐH Y Dược TPHCM bạn Bùi Khánh Vĩnh, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, TPHCM

Chứng minh Gọi M, N, H, K hình chiếu củaP lên cạnhAB, BC, CD, DA Khi đó, ta thấy

∠AP B =∠AP M+∠BP M =∠AKM +∠BN M

Tương tự ∠CP D=∠DKH+∠CN H Do đó,

∠AP B+∠CP Q= 180◦ ⇔∠M KH+∠M N H = 180◦ ⇔M N HK nội tiếp

Nếu nhưM N HK nội tiếp (I)thì gọiX trung điểm AP, vàQ đối xứng với P

qua I Ta có IX k AQ (đường trung bình) IX⊥M K (trung trực) nên AQ⊥M K

Suy raAP, AQđẳng giác gócA(đường cao – đường nối tâm) Chứng minh tương tự với góc khác, suy raP, Qliên hợp đẳng giác ABCD hình chiếu chúng lên cạnh thuộc đường tròn (I) Dễ thấy điều ngược lại đúng, nên

(10)

Chứng minh tính chất 1.Để có I thuộc đường thẳng Gauss, ta dùng phương pháp diện tích, đẳng thức sau

SIAB+SICD =SIAD +SIBC =

1

2SABCD

Chứng minh tính chất Để chứng minh T P, T Q đẳng giác, ta xét phép nghịch đảo đối xứngΘtâm T,phương tíchk =T B·T D =T A·T C =T E·T F (có đẳng thức tam giác đồng dạng) đối xứng qua phân giác ∠ET F Rõ ràng P, Q liên hợp đẳng giác tam giácEBC, F CD nên

(

∠BP C+∠BQC = 180◦+∠BEC

∠DP C+∠DQC = 180◦+∠DF C

Gọi Q0 ảnh P thơng qua Θthì

∠BQ0C =∠T Q0C−∠T Q0B =∠T AP −∠T AD

=∠DT A+∠DP A=∠BEC+ 180◦−∠BP C

(11)

Từ suy ra∠BQ0C+∠BP C = 180◦+∠BEC Chứng minh tương tự ∠DQ0C+ ∠DP C = 180◦+∠DF C.Vì nên Q≡Q0 P, Qlà ảnh quaΘ Từ ta cóT P, T Q đẳng giác ∠ET F T P ·T Q=k=const

Đến đây, ta thử giải tốn mở rộng cơng cụ mẻ, thú vị (thực tế tốn khó) BạnNguyễn Đắc Quán, THPT Chuyên KHTN Hà Nội gửi lên group Bài toán hay - Lời giải đẹp hai năm mà chưa thấy giải

Lời giải Ta thấy ∠AIE +∠DIC = 180◦ nên tồn điểm liên hợp đẳng giác I

trong tứ giác AECD

Lại có ∠IAE = ∠2A −∠IAF = ∠DAF F, I thuộc phân giác góc D nên hai điểmI, F liên hợp đẳng giác tứ giácAECD.Suy ra∠ECI =∠F CD

(12)

Olympic Tốn tồn Nga 2017 Cho tứ giác ABCD lồi có Ia, Ib, Ic, Id

là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DAB, ABC, BCD, CDA Giả sử ∠BIaA+∠IcIaId= 180◦ Chứng minh rằng∠BIbA+∠IcIbId= 180◦

Lời giải Bài toán dường xây dựng dựa theo kết bổ đề Thật vậy, từ giả thiết, ta thấy tồn điểm liên hợp đẳng giác Ia tứ giác

ABIcId

Mà ta có

∠IaAId =∠IbAB ∠IcBIb =∠ABIa

nên hai điểmIa, Ib liên hợp đẳng giác tứ giác ABIcId Lại áp dụng bổ đề

điểmIb, ta có đpcm

Bài tập áp dụng.Dưới số toán ứng dụng đề thi, trường hè Việt Nam

1 (Mock test VMO 2020) Cho tứ giác ABCD khơng phải hình thang, nội tiếp (O) ngoại tiếp (I) Gọi M, N, P, Q tiếp điểm (I) với cạnh AB, BC, CD, DA Hai đường chéo AC, BD cắt K Gọi H hình chiếu K QM

(a) Chứng minh rằngIH, AO cắt điểm (O)

(b) Gọi giao điểm lại IH với (O)làA1.Các điểm B1, C1, D1 định

(13)

2 (Đội tuyển PTNK 2014) Cho tam giácABC nhọn không cân nội tiếp(O)và trực tâm H Gọi M, N điểm đối xứng với B, C qua OH Xét điểm P OH M P, N P theo thứ tự cắtAC, AB ởE, F.Gọi Qlà điểm đối xứng với H quaEF Chứng minh rằngP Q qua điểm cố định

3 (VMO 2011)Cho tam giácABC nhọn không cân cóDthay đổi trênBC.Gọidlà đường thẳng qua D,vng góc vớiBC giả sử dcắt AB, AC E, F

Gọi M, N, P tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF, BDE, CDF

Chứng minh A, M, N, P thuộc đường tròn d qua tâm nội tiếp tam giác ABC

4 (KHTN HN 2015) Cho tam giác ABC có hai điểm P, Qliên hợp đẳng giác Gọi

D, E, F điểm đối xứng A, B, C qua đường thẳng P Q Giả sử

P A, P B, P C cắt EF, F D, DE X, Y, Z Chứng minh trung điểm đoạn thẳng DX, EY, F Z, P Qthẳng hàng

Bài toán liên quan.Tiếp theo số toán thú vị TelvCohl gửi diễn đàn artofproblemsolving.com, mời người thử sức

1 Cho tứ giác ABCD có AC ⊥ BD, xét X ≡ AC ∩ BD Y điểm liên hợp đẳng giác X ABCD Gọi O1, O2, O3, O4 tâm đường

tròn (Y DA),(Y AB),(Y BC),(Y CD) Gọi O tâm đường tròn qua điểm

O1, O2, O3, O4 Chứng minh OY, O1O3, O2O4 đồng quy

https://artofproblemsolving.com/community/c6h1133585p5280134

2 Cho tứ giácABCDngoại tiếp đường tròn(I) Xét hai điểm{P, P0}liên hợp đẳng giác ABCD gọi M điểm Miquel ABCD Chứng minh điểm đối xứng M qua trung trực IP nằm đường thẳng Gauss tứ

giác ABCD

Bạn Nguyễn Tiến Hoàng, SV KHTN TPHCM có giới thiệu cho tác giả đề thi Nga, liên quan đến nội dung này, nghiên cứu điểm Brocard Tuy nhiên, giới hạn viết, giới thiệu để bạn đọc chủ động tự tìm hiểu thêm (có link tiếng Nga, tiếng Anh cho độc giả)

1 https://www.turgor.ru/lktg/2013/3/index.htm

(14)

Cuối cùng, ta xét toán sau tổng quát hai toán thầy Trần Quang Hùng, THPT Chuyên KHTN Hà Nội đề xuất bạn Nguyễn Đức Bảo, THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An giải

Bài toán tổng quát.Cho tứ giác A1B1C1D1 nội tiếp (O) có P điểm bên

trong Xét điểmA2, B2, C2, D2 trên(O)sao choP A1 ⊥A1A2, P B1 ⊥B1B2, P C1 ⊥

C1C2, P D1 ⊥D1D2 Giả sửA1A2, B1B2, C1C2, D1D2 cắtB1B2, C1C2, D1D2, A1A2 theo

thứ tự A, B, C, D

1 Chứng minh tồn điểm Q cho QA2 ⊥ DA, QB2 ⊥ AB, QC2 ⊥

BC, QD2 ⊥CD

2 Giả sử M, N điểm nằm P C, QA cho ∠N DA = ∠M DP Chứng minh ∠N BA =∠M BP

Bạn đọc xem chứng minh chi tiết mục Tất nhiên tổng quát tính tốn theo sin đẹp rồi!

Tài liệu tham khảo.

1 Bài 9, USA TSTST 2019

2 Nguyễn Tăng Vũ, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tiến Hoàng, Trần Bá Đạt, Đào Sơn Trà, 12 năm đề thi lời giải đề đội tuyển - dự tuyển PTNK, 2020

3 Trần Quang Hùng

4 Tống Hữu Nhân, Tứ giác Pedal, 2015

5 Nguyễn Văn Linh, Đường thẳng Newton mở rộng, 2010

Định dạng
Số trang	14
Dung lượng	1,38 MB