Tóm tắt nội dung: Trong số các bài toán thi chọn đội tuyển của các tỉnh thành các năm gần đây có một xu hướng khá phổ biến chính là sử dụng cấu hình tứ giác toàn phần khá đều đặn để ra b[r]
(1)Một số toán hay liên quan tới cấu hình tứ giác tồn phần
Tóm tắt nội dung: Trong số toán thi chọn đội tuyển tỉnh thành năm gần có xu hướng phổ biến sử dụng cấu hình tứ giác tồn phần đặn để Ngay đề VMO không thiếu toán vận dụng kiến thức tứ giác toàn phần để giải Trong viết xin giới thiệu số toán hay nội dung
Bài toán 1(Chọn đội tuyển Nam Định 2016-2017,ngày 2): Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn (O).Một đường tròn qua B, C cắt AB, AC E, F(6= B, C) Gọi (AEF)∩(O) =K, A;KE, KF ∩(O) = Q, P(6=K) Gọi BQ∩CP =T a)Chứng minh rằng: A, O, T thẳng hàng
b)GọiM, N trung điểmBE, CF Chứng minh rằng: KAtiếp xúc(AM N)
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Trước tiên xin nhắc lại không chứng minh số kết bản:
(2)+) KA, EF, BC đồng quy điểm J(tính chất trục đẳng phương)
+) Gọi S trung điểm AJ Khi S, M, N thẳng hàng(đường thẳng Gauss) a) Ta thấy ∠KEA = ∠KF A BPd = CQd BP CQ hình thang cân
Lại có: ∠ABQ=∠AKQ =∠AEF =∠C =∠AQB 4ABQ cân tạiA Mà T thuộc trung trực BQ(do BP CQ hình thang cân) nên A, O, T thẳng hàng(nằm trung trực BQ)
b) Ta chuyển chứng minh toán tương đương sau: "Cho tứ giác ABCD nội tiếp(O) Giả sửAC∩BD=E,AD∩BC =F GọiG, H trung điểm AB, CD Chứng minh rằng: EF tiếp xúc (EGH)."
Chứng minh: Gọi AB∩CD = S(trường hợp ABkCD dễ thấy đpcm) Kẻ tiếp tuyến F X, F Y đến (O) EF ∩(O), AB, CD=M, N, Z, T Áp dụng hàng điểm hệ thức Maclaurin (SZ, AB) = (ST, DC) = −1 nên SA.SB = SZ.SG = SC.SD = ST.SH ZGHT nội tiếp Gọi I trung điểm F E Áp dụng định lí đường thẳngGaussthì có: I, H, Gthẳng hàng đóIG.IH =IZ.IT Bằng biến đổi đơn giản ta thấy IZ.IT =IM.IN =IE2 =IF2 do hiển nhiên
EF tiếp xúc(EGH)(đpcm)
(3)Lời giải(Nguyễn Duy Khương): GọiXY cắt BC điểmL GọiLAcắt (ABC) điểm P Lấy J đối xứng H qua LA Ta có: tứ giác AY HX nội tiếp nên
∠Y XH = ∠HAB = ∠Y HL ta có: LH2 = LX.LY = LB.LC = LP LA P thuộc (AH) Do J đối xứng H qua LA nên theo phép vị tự tỉ số tâm H J thuộc (A;AH) Lại có: J đối xứng H qua AL nên ∠LJ A = 90◦ suy LJ tiếp tuyến đến (A;AH)
Gọi T tâm (BCXY) theo định lí Bocard Z trực tâm tam giác ALT Gọi T Z cắt AL điểm P0 Gọi AT cắt LZ Q LP0.LA=LZ.LQ =LM LN(hệ thức M aclaurin)= LX.LY = LB.LC suy P0 thuộc (O) P trùng P0 Vậy T, Z, P, H thẳng hàng Do đóP, J, Z, H thẳng hàng Ta cần chứng minhJ thuộc (XY Z) hiển nhiên LJ tiếp tuyến tới (XY Z) Tứ giác LXZY nội tiếp ∠ZJ Y = ∠ZXY = ∠ZCH hay tứ giác J CHY nội tiếp hay Z có phương tích tới đường tròn (BCXY) (A;AH) Gọi (A;AH) cắt (BCXY) điểm M, N
Ta có: AH2 = AM2 = AN2 = AX.AC = AY AB do đó AM, AN lần lượt tiếp
tuyến đến (BCXY) Do quen thuộc ta thấy rằng: BX, CY, M N đồng quy điểm làZ(Gọi M N cắt Y B, CX điểm E, F sử dụng hàng điều hồ ta có:
(4)tiếp xúc (A;AH)tại J(đpcm)
Bài toán 3(Nguyễn Xuân Anh Quân-THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) (K) qua B, C cắt AB, AC điểm E, F Các tiếp tuyến E, F cùa (AEF) cắt T AT cắt BC điểm N Gọi H = BE ∩CF, AH ∩(O) = P(6= A) P E cắt (O) điểm R 6= P BR cắt EF điểm J Chứng minh rằng: N J chia đôi AH
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Bài toán tổng quát thực chất ghép hai toán sau Khi có kết luận phụ ta áp đường thẳngGauss cho tứ giácAF HE với HE∩AF =B HF ∩AE =C có đpcm
Bài tốn 1: Cho tam giác ABC có F, E AB, AC cho tứ giác BF EC nội tiếp Tiếp tuyến E, F (AEF)cắt T Khi AT chia đơiBC
Chứng minh: GọiAT cắt lại(AEF)tại điểm Ldĩ nhiên có tứ giác AF LE điều hồ Kẻ tiếp tuyến Ax (AEF) Ta có: (Ax, AT, AE, AF) =−1 = (Ax, AT, AB, AC) mà ta có: ∠xAE =∠AEF =∠ACB nên AxkBC Do theo tính chất chùm điều hồ ta có AT chia đơi BC(đpcm)
(5)Chứng minh(Trần Quang Hùng-GV THPT chuyên KHTN): Gọi Dlà hình chiếu K lên AH Lấy N đối xứng F qua DK Thế N thuộc (K) Vì ∠BCP =
∠BAP =∠BF N =∠BCN nên C, P, N thẳng hàng Gọi AH cắt BC điểm L lấy Q đối xứng P qua D Ta có: ∠F QA = ∠QF N = ∠F N C = ∠AP C = ∠ABC nên BF QL nội tiếp Tương tự CEQL nội tiếp nên AEQF nội tiếp Mặt khác 4EF B ∼ 4EQD nên thu hai tam giác N F B EQP đồng dạng Vậy ∠F BI = ∠EP Q =∠ABR thu BR qua trung điểm EF Vậy ta có đpcm
Nhận xét: Bài tốn xuất tạp chí Epsilon số tháng6/2015 viết thày Trần Quang Hùng Nguyễn Bảo Ngọc
Bài toán 4(Lê Viết Ân-THTT): Cho tam giác ABC có H nằm tam giác thoả mãn: ∠HBA =∠HCA Một đường tròn qua B, C cắt (AH) điểm X, Y Gọi AH∩BC =D, gọiK hình chiếu củaDlên XY.Chứng minh rằng: ∠BKD=
(6)Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Trong lời giải ta quy ước(XY Z) đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z (U V) đường trịn đường kính U V Ta gọi BH, CH cắt AC, AB điểm F, E Từ giả thiết ta có tứ giác BCF E nội tiếp Gọi I tâm đường tròn (BCF E), gọi (AF E) cắt lại (O) điểm thứ hai L 6= A AL, EF, BC trục đẳng phương cặp đường trịn đơi giao nhau: (AEF),(O); (I),(AEF); (I),(O) AL, EF, BC đồng quy điểm (gọi làS).Gọi P, Q hình chiếu củaH lên AB, AC
Dĩ nhiên ta có: 4HP B ∼ 4HQC(g.g) Vậy: P B QC =
HB HC =
EB
F C (do 4HEB ∼ 4HF C) lại có rằng: (LB, AB) ≡ (LC, AC)(modπ), (LE, BE) ≡ (AE, LE) ≡ (LF, F C)(modπ) nên 4LEB ∼ 4LF C(g.g)
Vậy LB LC =
F B F C =
P B
(7)Bài tốn 5(Trích đề chọn đội tuyển PTNK 2015-2016,ngày 2): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (I) qua B, C cắt BA, CA điểm E, F
a) Giả sử BF, CE ởD T tâm (AEF) Chứng minh rằng: OTkID b) TrênBF, CE lấy điểmG, H choAG⊥CE vàAH ⊥BF Các đường tròn (ABF),(ACE)cắtBC điểm M, N(6=B, C) cắtEF tạiP, Q(6=E, F) Gọi K =M P ∩N Q Chứng minh rằng: DK ⊥GH
Lời giải: a) Câu đơn giản(nếu khơng địi hỏi chứng minh lại định líBorcard) Ta gọiEF∩BC =S GọiSA∩(O) =J(6=A) Dĩ nhiênSJ.SA =SB.SC =SE.SF J ∈ (AEF) Do OT ⊥ SA(quan hệ trục đẳng phương) Sử dụng định lí Borcard cho tứ giác BEF C nội tiếp dĩ nhiên ID⊥SA Do OTkID(đpcm) b) Từ giả thiết loằng ngoằng ta dễ thấy D trực tâm tam giác AHG Do AD ⊥ GH Vậy thực cần chứng minh A, D, K thẳng hàng Ta có:
∠P M N = 180◦ −∠P M B = 180◦−∠P F B = 180◦−∠N CE = 180◦ −∠P QN P M N Q nội tiếp K nằm trục đẳng phương (ABF),(ACE) Hiển nhiênAD trục đẳng phương của(ABF),(ACE)do đóA, D, K thẳng hàng Vậy ta thu DK ⊥GH(đpcm)
Bài toán 6(Nguyễn Văn Linh)(Proposed for Arab Saudi TST): Cho đường tròn (O1) (O2) cắt điểm A, B d1, d2 đường thẳng qua A đối
xứng qua AB d1 cắt (O1),(O2) G, E phân biệt d2 cắt (O1),(O2)
(8)Chứng minh rằng: (N KL) tiếp xúc AB
Lời giải: Trước tiên ta thấy rằng: ∠N LA = 90◦ − ∠O2AL
2 = 90 ◦ −
∠ABL = 90◦ −∠ABK = ∠AKO1 Vậy ta có: A nằm (KLN) Tiếp tục ta thấy B
điểm Miquel tứ giác toàn phầnAEIF GH Do đóB thuộc(J HF) GọiO tâm (ALN K)thế thì: ∠BAO=∠BAK+∠KAO=∠BAF+∠F AK+90◦−∠ALK = 90◦ ta thu AB tiếp xúc với (O)(đpcm)
Bài tốn 7(Trích đề Hà Nội TST 2016-2017): Cho tam giác ABC(AB < AC) nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi M trung điểm BC AM cắt (O) điểm A, D Giả sử BD∩AC = F, CD∩AB = E (ABF)∩(ACE) = A, P Gọi (S1)
đường tròn qua C tiếp xúc AB A Gọi (S2) đường tròn tiếp xúc AC A
(9)Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta thấy rằng: P điểm M iquel tứ giác toàn phần ACF DBE dĩ nhiên P, E, F thẳng hàng Theo định lí Borcardthì ta có: O, M, P ⊥EF đóEFkBC là: ∠BCD=∠DEP =∠DBP đóP B tiếp xúc(O) Tương tự P C tiếp xúc(O) Kẻ đường kính AX, AY của(S2),(S1) Lại có: ∠AQB = 180◦−∠AXB = 180◦−∠AS2O Tương tự thì:
∠AQC = 180◦−∠AS1O đó∠AQB+∠AQC = 360◦−2∠AS1O = 2(180◦−∠A) =