Tóm tắt nội dung: Gần đây các bài toán liên quan tới hai đường thẳng Steiner và đường thẳng Simsons xuất hiện với mật độ khá dày đặc trong các đề thi HSG THPT, các đề thi HSG các nước. T[r]
(1)Đường thẳng Simsons đường thẳng Steiner-một số ứng dụng giải tốn
Tóm tắt nội dung: Gần toán liên quan tới hai đường thẳng Steiner đường thẳng Simsons xuất với mật độ dày đặc đề thi HSG THPT, đề thi HSG nước Trong viết xin giới thiệu lại hai đường thẳng số toán vận dụng Đặc biệt cảm ơn thầy Nguyễn Việt Hà-GV THPT chuyên Lào Caiđã gợi ý cho việc viết chuyên đề I) Định nghĩa số tính chất
Trước tiên xin nêu lại định nghĩa đường thẳng Simsons đường thẳng Steiner
(2)Lời giải: Khơng giảm tính tổng qt ta giả sửM nằm cungBCnhỏ của(O) Ta thấy tứ giác M DBF, M DCE, M BAC nội tiếp có: ∠M ED =∠M BF =
∠M CAmà∠M EF = 180◦−∠M CAdo đó∠M ED+∠M EF = 180◦ đó: E, F, D thẳng hàng(đpcm)
Bài toán 2(Đường thẳng Steiner): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O) LấyM điểm nằm (O) GọiX, Y, Z điểm đối xứng củaM qua BC, CA, AB Khi X, Y, Z thẳng hàng qua trực tâm tam giác ABC
Lời giải: Gọi CH, BH cắt lại (O) điểm L, K Ta không chứng minh lại kết F, E trung điểm LH, HK Áp dụng tính chất đối xứng LHM Z, M HKY hình thang cân ∠LM Z +∠LHK +∠KHY =
∠CLM +∠BHC+∠BKM = 180◦−∠BAC+∠BAC = 180◦ H, Y, Z thẳng hàng Theo tính chất đường trung bình X, Y, Z, H thẳng hàng(đpcm)
(3)Chứng minh: GọiM, N, Klần lượt chân đường vng góc hạ từXxuốngAB, CA, BC Ta khơng chứng minh lại kết đường thẳng Simsons Do tứ giác M XN A nội tiếp suy ra∠AN M =∠AXM, gọi AQ∩M N =S ýAP, AQ đẳng giác 4AM X ∼ 4ASN ∠ASN = 90◦ vậyAQ⊥M N(đpcm)
Tính chất 2(Định nghĩa đường thẳng Simsons đường thẳng Steiner mở rộng cho tứ giác): Cho tứ giác toàn phần ABCD.EF Gọi M điểm M iquel tứ giác toàn phần Khi chân đường cao hạ từM xuống AB, BC, CD, DA nằm đường thẳng gọi đường thẳng Simsons tứ giác toàn phần Trực tâm tam giácBCF, CDF, ADE, ABF nằm đường thẳng gọi đường thẳng Steiner tứ giác tồn phần
Tính chất 3: Đường thẳng Gauss tứ giác tồn phần vng góc đường thẳng Steiner tứ giác toàn phần(Lưu ý: Cho tứ giác toàn phầnABCD.EF Gọi trung điểm AC, BD, EF H, I, J Khi H, J, I thẳng hàng chúng nằm đường thẳng gọi đường thẳng Gauss)
(4)Ta gọi X, Z chân đường cao hạ từ D, A xuống AC, BD Gọi Y, T chân đường cao hạ từ C, B xuống BD, AC Khi hiển nhiên tứ giác ABT Z, CDXY nội tiếp Vậy dĩ nhiên ta thấy: H, K có phương tích tới
(CD),(AB) Hiển nhiên dẫn tới KH ⊥M N(đpcm)
(5)Chứng minh: Ta để ý rằng: ∠HID = ∠DBH = ∠ACD mà ∠IHD = ∠CBD =
∠CAD 4IHD ∼ 4CAD(g.g) Do IH CA =
ID
CD Hồn tồn tương tự thì: 4IDK ∼ 4BDA(g.g) IK
BA = ID
BD Như IH = IK ⇔
ID.CA CD = ID.BA
BD ⇔BD.CA=AB.CD(đúng) II) Vận dụng giải toán:
Thực tế việc sử dụng hai đường thẳng Simsons, Steiner đa dạng Việc sử dụng hai đường thẳng giải toán thường để kết nối số giả thiết rời rạc Riêng với đường thẳng Steiner gần toán xuất dạng chứng minh trực tâm nằm đường thẳng nhiều tơi xin đề cập nhiều tới ứng dụng
Bài tốn 1: Cho hình bình hành ABCD có góc ∠A nhọn Lấy điểm T ∈ BC:
4AT D nhọn Gọi O1, O2, O3 tâm đường tròn ngoại tiếp tam
(6)Lời giải: Ta nhận thấy rằng: T đối xứngAquaO1O2vàT đối xứngDquaO3O1 Vậy
để có đpcm ta cần có T, O1, O2, O3 đồng viên Thật ý: O1O3
là trung trực T D O1O2 trung trực AT ∠O2O1O3 = 180◦ −∠AT D Đến
đây ta thấy rằng: ∠O2T D =
180◦−∠T O2D
2 = 90
◦ −
∠T AD đồng thời: ∠O3T D =
180◦−∠T O3D
2 = 90
◦−
∠T DAdo ∠O2T O3 = 180◦−∠T AD−∠T DA=∠AT D
Do đóT ∈(O1O2O3) nên áp dụng định lí đường thẳng Steiner có đpcm
Nhận xét: Bài tốn khơng khó xong mở đầu cho tư cách sử dụng đường thẳng Steiner với dạng chứng minh trực tâm nằm đường thẳng Bài tốn 2: Cho tứ giác tồn phần ABCDEF Gọi Oa, Ob, Oc tâm
(7)Lời giải: Gọi M điểm M iquel tứ giác toàn phần ABCD.EF Khi ta có đượcM nằm trên(BF D)và đồng thời nằm trên(OaObOc) Do đóM đối xứngDqua
OaOc đồng thời M đối xứng F quaObOc Từ sử dụng định lí đường thẳng
Steiner ta thu trực tâm tam giác OaObOc nằm DF hay EF(đpcm)
Bài toán 3(Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC có AD đường đối trung tam giác ABC Lấy E, F AB, AC cho DE =DF K trực tâm tam giác AEF Gọi H trực tâm tam giác ABC.Chứng minh (AK) tiếp xúc (O)
(8)Lời giải: Để chứng minh (AK) tiếp xúc (O) khơng khó ta cần chứng minh AK AH đẳng giác ổn Gọi M trung điểm BC ta có: AD trung tuyến tam giácAEF lại đối trung tam giác ABC nên ta có: 4AEF ∼ 4ACB(c.g.c)do ta thấy là: AH, AK đẳng giác(chúng trực tâm tam giác đồng dạng trung đỉnh) Gọi T hình chiếu H lên AM Khi H, T, K thẳng hàng dĩ nhiên
(AK) tiếp xúc (O)(tính chất vị tự) HK đường thẳng Steiner tứ giác tồn phần AEDF BC KH song song với đường thẳng Steiner ứng với điểm M iquel tứ giác tồn phần này, điểm X giao AD (O) Ta thấy rằng: ∠BXD=∠C=∠AEF(chứng minh trên) tứ giácBDXE nội tiếp hiển nhiên X điểm M iquel tứ giác tồn phần AEDF BC Vậy ta quy tốn vềtính chất thấy điều phải chứng minh
Nhận xét: Bài toán đề cập tới mảng thú vị trường hợp đặc biệt hai đường đẳng giác đường trung tuyến đường đối trung
(9)Lời giải(Nguyễn Duy Khương): GọiAH cắt (AGO)tại điểmJ khácA Thế thì: ∠J OG = ∠HAG = ∠GP P0 (do AH//P P0)=180◦ −∠GOP0 O, P0, J thẳng hàng Lại có: ∠GJ O = ∠P AO = ∠GP O = ∠GP0O tam giác GJ P0 cân G Lại có: ∠J GP0 = ∠AOP = 2∠ACP Lại có: ∠AHP0 = ∠HP P0 = ∠ACP(do gọiAH cắt lại (O) D HDP P0 hình thang cân nên dĩ nhiên ∠HP P0 =
∠ACP) G tâm (J HP0) Ta gọi K giao (J HP0) cắt (AGO) điểm K khácJ
Lại có: ∠GKO = ∠OAG = ∠GP O = ∠GP0O ∠OP0K = ∠OKP0 nên OK =OP0 dĩ nhiênK đối xứng P0 qua GO từ GK =GH =GP0 mà ∠GHJ =∠GJ H = 180◦ −∠AJ G = ∠AOG = ∠AKG K đối xứng H qua AG Vậy theo định lí đường thẳngSteiner trực tâm tam giác AGO nằm HP0(đpcm)
Nhận xét: Ở lời giải tác giả có lời giải khác với lời giải gốc người đề Điểm thú vị lời giải phương pháp sử dụng đường thẳng Steiner việc khơng cần thiết trực tâm tam giác
Bài toán 5(THTT): Cho tam giác ABC(AB > AC) Phân giác góc ∠BAC cắt
(10)Lời giải(Nguyễn Duy Khương): GọiLlà hình chiếu củaE lênAC Áp dụng định lí đường thẳngSimsonsthì F, M, Lthẳng hàng Chú ý đường thẳng Simsonsthì song song đường thẳng Steiner áp dụng tính chất cho hai đường đẳng giác suy biến thành phân giácAE thìF M ⊥AE Để ý rằng: M NkABdo đóM K ⊥EF Vậy M trực tâm tam giác EF K Do M E ⊥F K KFkBC(đpcm) Nhận xét: Việc sử dụng tính chất phải linh hoạt cho lò lời giải đẹp, thú vị
(11)Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Từ giả thiết ta thấy rằng: AF, AE tiếp xúc (O0)
do tứ giác F DES tứ giác điều hoà Đến ta áp dụng tính chất số cho đường thẳngSimsons ứng với điểm S ∈(EDF) hiển nhiênL trung điểm HK(đpcm)
Nhận xét: Lời giải ngắn gọn xong tính chất số khơng tự nhiên có nên bạn thi cần phải chứng minh lại bổ đề thiết yếu
Việc luyện tập để có cảm giác tốt với hai đường thẳng vô quan trọng việc kẻ thêm đường phụ đơi "kín" Cuối xin đề nghi số tập
Bài toán 7(IMO 2007): Cho điểm A, B, C, D, E cho ABCD hình bình hành BCDE tứ giác nội tiếp d đường thẳng quaA cắt DC, BC ởF, G Giả sử EF =EG=EC Chứng minh rằng: d phân giác∠DAB
Bài tốn 8(Lê Bá Khánh Trình): Cho tam giácABC nội tiếp(O)và điểmP, Q (O) Pa đối xứng P qua BC A0 =QPA∩BC Tương tự với cách xác định
điểm B0, C0 Chứng minh rằng: A0, B0, C0 thẳng hàng
(12)