Đang tải... (xem toàn văn)
Như vậy thực chất thông qua cách giải ở trên, ta thấy bài toán 1 chỉ là cấu hình thu gọn và là một kết quả đơn giản khi chuyển về cấu hình đầy đủ với trực tâm- do đó khi chế hay giải một[r]
(1)Từ toán diễn đàn Aops tới một số tìm tịi
Tóm tắt nội dung: Bài viết đề cập tới toán đẹp Aops mà đưa lời giải khai thác cấu hình
Bài tốn 1(Aops): Cho tam giác ABC có tâm nội tiếp I AI ∩BC = D, trung trực AD cắt BI, CI M, N Chứng minh rằng: A, M, N, I đồng viên
Lời giải: Gọi BI ∩(ADC) = M0, B;CI ∩(ADC) = N0, C D ∈ BC nên ∠AN0I = ∠ADC ∠AM0I = ∠ADB nên A, M0, N0, I đồng viên ta cần chứng minh M ≡ M0, N ≡ N0 M0N0 trung trực AD Từ cách dựng điểm M0, N0 ta có: IM0.IB = IN0.IC(= IA.ID) BCM0N0 nội tiếp Do ∠M0AI = ∠IN0M0 = ∠B
2 Ta có: ∠DN
0M0 = ∠A
2 +
∠B
2 , ∠AN
0M0 =
∠AN0D−∠DN0M0 = 180◦−∠C−(∠A
2 +
∠B
2 ) =
∠A
2 +
∠B
2 =∠DN
0M0 Tương tự ∠AM0D = ∠DM0N0 4AN0M0 = 4DN0M0(g.c.g) M0N0 trung trực
(2)AD M ≡M0, N ≡N0 Vậy ta có: A, M, N, I đồng viên(đpcm)
Nhận xét: Từ ta suy kết tương đương I trực tâm tam giác DM N Bài toán hay tốn có nhiều ứng dụng giải toán Cách giải cách làm trực tiếp cho tốn trên(sử dụng hình phụ cấu hình ban đầu) tơi đăng trênAops Đại đa số cách giải khác dựa vào việc đổi mơ hình trực tâm, hướng hay, có ý nghĩa khai thác
Bài tốn 2: Cho tam giác ABC có đường caoAD, BE, CF Gọi M, N trung điểmAB, AC GọiDM∩BE =P, DN∩CF =Q GọiAD∩EF =I Chứng minh rằng: (IP Q) tiếp xúc EF
Lời giải: Gọi H trực tâm tam giác ABC Theo định lí M enelaus cho tam giác ABH, ACH thì: DA
DH P H P B
M B M A =
DA DH
QH QC
N C
N A = 1,do P H P B =
QH
QC QPkBC Vậy ∠HEF =∠HCB = ∠HQP hay tứ giác EF P Q nội tiếp Gọi EF ∩P Q=S, EF ∩BC =K, ta thấyEA, EH phân giác góc ∠F ED IH
IA = HD
HA ta thu được: DH DA =
P H P B =
IH IA =
HQ QC, IPkAB, IQkAC nên ∠IP Q = ∠B,∠IQP = ∠C Để ý rằng: ∠P DQ =
180◦−∠N DC−∠M DB = 180◦−(180◦−∠A) =∠A= 180◦−∠P HQdo đóHP DQ
nội tiếp Vậy∠DP Q=∠DHC =∠B =∠IP Qmà∠P ID =∠DAB=∠P DAdo P I =P D tương tự thì: QI =QD nên P Qlà trung trựcID Do đóSI =SD =SK
(3)theo hệ thứcN ewtonthì: SI2 =SK2 =SE.SF =SP.SQdo đóEF tiếp xúc(IP Q).
Nhận xét: Nếu tinh mắt bạn rút gọn lời giải toán cách ứng dụng tốn vào giải mà thơi Bởi điểm H thực có vai trị giống với điểm I trongbài tốn đoạn chứng minhS nằm trung trựcIDcó thể rút ngắn cách sử dụng toán sau chứng minh tứ giác HP DQnội tiếp Như thực chất thông qua cách giải trên, ta thấy tốn 1chỉ cấu hình thu gọn kết đơn giản chuyển cấu hình đầy đủ với trực tâm- chế hay giải toán, việc chuyển đổi cấu hình thực hay dùng Tiếp tục khai thác tính chất vị tự cấu hình ta có tốn
Bài tốn 3: Cho tam giác ABC có đường caoAD, BE, CF cắt tạiH Gọi M, N trung điểm củaAB, AC GọiDM∩BE =P, DN∩CF =QvàAD∩EF =I Gọi O0 tâm ngoại tiếp tam giác IQP Chứng minh rằng: O0H qua tâm ngoại tiếp tam giác ABC
Lời giải: Từ lời giải tốn 2thì 4IQP có cạnh tương ứng song song với cạnh 4ABC nên ta thấy phép vị tự tâm H tỉ số HI
HA biến 4IQP ↔ 4ABC Lại thấyHI ⊥BC nên HI ⊥P Q, tương tự HQ⊥IP nênH trực tâm tam giácIP Q theo tính chất vị tự thì: đường thẳng Euler tam giác IP Q biến thành đường thẳng Euler tam giác ABC, mà chúng qua H nên O0H qua tâm ngoại tiếp tam giác ABC(đpcm)
(4)Bài toán 4(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giácABCcó đường caoAD, BE, CF cắt tạiH GọiM, N trung điểm củaAB, AC GọiDM∩BE =P, DN∩CF =
Q Chứng minh rằng: (HP Q) tiếp xúc đường trònEuler tam giác ABC
Lời giải: Ta gọi K giao điểm EF BC, gọi AD∩EF = I Theo chứng minh tốn SK2 = SI2 = SD2 = SP.SQ = SE.SF nên ý D, E, F ∈ (Euler) tam giác ABC nên SD tiếp xúc (Euler) tam giác ABC tiếp xúc(DP Q)nên(DP Q)tiếp xúc(Euler)của tam giácABC Để ý từ toán 2ta có H, D, P, Q đồng viên (HP Q) tiếp xúc đường tròn Euler tam giácABC(đpcm)
Nhận xét: Các toán 1,2 tốn có ý nghĩa Việc chuyển đổi mơ hình để giải tốn đơi lại mang lại kết bất ngờ thú vị
Cuối quay lại mơ hình ban đầu từbài tốn 4ta có thêm toán sau, mời bạn đọc thử sức
Bài toán 5: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có đường phân giác AD Gọi I tâm nội tiếp tam giác ABC Đường trung trực AD cắt BI, CI M, N Chứng minh rằng: (AM N) tiếp xúc(O)