Lời giải 2: Sử dụng phép nghịch đảo đối xứng cực I phương tích AB.AC trục đối xứng là phân giác ∠ BAC, ta thấy ngay rằng: tiếp điểm đường tròn A − M ixtilinear nội biến thành tiếp điểm đ[r]
(1)Tìm tịi phát triển lớp bài tốn hình học có giả thiết hay Lời nói đầu: Trong viết muốn đề cập tới dạng cấu hình đẹp, nhiều tính chất thú vị: "Cho tam giác ABC điểm M, N AB, AC Lấy (ABN)∩(ACM) =A, P" Vấn đề với điểmM, N vị trí đặc biệt ta có nhiều kết thú vị
Chúng ta mở đầu toán sau:
(2)Bài toán 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có M, N trung điểm AB, AC Lấy (AM C)∩(AN B) = A, K Chứng minh rằng: AK đường đối trung tam giác ABC
Lời giải: Gọi G trọng tâm tam giác ABC Ta thấy rằng: K điểm M iquel tứ giác toàn phần (AM, M G, GN, N A) đó: K ∈ (GM B),(GN C) hay là:
∠KM B =∠KGC =∠N CK, đồng thời: ∠M BK = 180◦−∠AN K =∠KN Cdo đó: 4M BK ∼ 4CN K(g.g) Gọi AK∩(O) =D, A ta có: ∠DCB =∠DAB =∠KN B đồng thời: ∠DBC = ∠KAC = ∠KBN đó: 4KBN ∼ 4DBC(g.g) suy ra:
KB KN =
DB DC =
M B CN =
AB
AC hay là: DBAC tứ giác điều hồ đó: AK đường đối trung tam giácABC(điều phải chứng minh)
(3)Bài toán 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có trung điểm AB, AC M, N (AM C)∩(AN B) = A, G trung trực BC cắt M N K Chứng minh rằng: A, G, O, K đồng viên
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Từ toán ta có: AG đường đối trung tam giác ABC Gọi tiếp tuyến B, C (O) cắt S M N cắt lại (AM C) (AN B) I, J khác M, N Ta có: IJkBC đó: ∠KJ B =
∠SBC =∠SOB(do OBSC nội tiếp) vậyJ KOB nội tiếp Tương tự thì: OKCI nội tiếp OK, CI, J B đồng quy S đồng thời: SK.SO = SC.SI = SJ SB
PS/(AM C) = PS/(AN B) hay là: SA.SG = SK.SO đó: A, G, K, O đồng viên ta có
điều phải chứng minh
Phỏng theo cách làm tơi tốn ta mở rộng tốn 2như sau:
(4)nội tiếp (O) Lấy M, N đoạn AB, AC cho: M NkBC Gọi (AM C)∩ (AN B) = A, G Trung trực BC cắt M N K Chứng minh rằng: A, G, O, K đồng viên
Nhận xét: Dĩ nhiên mấu chốt đượcAGlà đường đối trung tam giác ABC
Thay đổi điểm M, N ta lại có tốn thú vị sau:
Bài toán 3(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC có tâm nội tiếp I nội tiếp đường trịn (O) (I) tiếp xúc BC, CA, AB D, E, F M trung điểm cung BC chứaA Chứng minh trục đẳng phương của(ABE)và(ACF)cắtM D (O)
Lời giải: Gọi(ABE)∩(ACF) = A, P LấyAP∩(O) = K, A, ta có: ∠P F B =∠P CE ∠P EC = ∠P BF đó: 4P BF ∼ 4P EC(g.g) hay là: P F
P C = BF EC =
DB DC Lại có: ∠KBC = ∠P AC = ∠P F C ∠BKC = 180◦ − ∠BAC = ∠F P C đó: 4P F C ∼ 4KBC KB
KC = P F P C =
DB
DC nên KD phân giác ∠BKC đó: K, D, M thẳng hàng ta có điều phải chứng minh
Nhận xét: Lời giải hoàn toàn tương tương tự cho tổng quát sau:
(5)khác B, C Lấy E, F AB, AC cho: DB = BE DC = CF M trung điểm cung BC chứa A (O) Chứng minh rằng: M D cắt trục đẳng phương (ABF) (ACE) đường cố định
Cùng từ toán 4, nhân ba tốn theo tính chất tâm đẳng phương ta có tốn sau:
Bài tốn 5: Cho tam giácABC nội tiếp(O)và ngoại tiếp(I) LấyM, N, P trung điểm cung BC, CA, AB chứaA, B, C (O), tiếp điểm đường tròn nội tiếp với BC, CA, AB D, E, F Gọi M D∩(O) = M, A1, N E∩(O) = N, B1,
P F ∩(O) = P, C1 Chứng minh rằng: AA1, BB1, CC1 đồng quy điểm
Nhận xét: Bài tốn khơng ta thu lời giải kết khác thú vị
(6)thuộc trục đẳng phương (ABE),(ACF)
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi(O)là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M trung điểm cung BC chứa A Gọi (ABE)∩(ACF) =A, P Lấy AP ∩(O) = K, A, ta có: ∠P F B = ∠P CE ∠P EC = ∠P BF đó: 4P BF ∼ 4P EC(g.g) hay là: P F
P C = BF EC =
DB
DC Lại có: ∠KBC =∠P AC =∠P F C ∠BKC = 180
◦−
∠BAC =∠F P C đó: 4P F C ∼ 4KBC KB KC =
P F P C =
DB
(7)Nhận xét: Bài tốn khơng tổng quát Luis Gonzales Aops
Bài toán 7(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giácABC nội tiếp(O) LấyDbất kì đoạnBC,P, QtrênAB, ACsao cho: BD =BP, CQ=CD (AP Q)∩(O) =A, J J D∩(O) = T, J Lấy M đối xứngT qua O Chứng minh trục đẳng phương (ABQ) (ACP) cắt M D (O)
Bài toán 8(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giácABC nội tiếp (O) Lấy D đoạn BC, P, Q AB, AC cho: BD = BP, CQ = CD I tâm nội tiếp tam giác ABC Đường thẳng qua A song song ID cắt (AP Q) R Tia RD cắt (O) điểmJ, kẻ đường kính J M (O) Chứng minh trục đẳng phương (ABQ) (ACP) cắt M D (O)
Có thể thấy việc tìm mối liên hệ điểmE, F trênAB, AC điểm định tạo toán kiểu
Bài toán 9(Trần Quân): Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) Lấy D, E AB, AC cho: BD=CE (ABE)∩(ACD) =A, K T tâm ngoại tiếp tam giác ADE Chứng minh rằng: T K =R
Thay đổi thành tiếp điểm đường trịn M ixtilinear ta có tốn khác sau Việc tổng qt tốn theo nhiều góc nhìn điểm thú vị Điều cho ta nhiều tốn lạ đẹp
(8)Lời giải 1(Nguyễn Duy Khương): Ta dễ thấy theo định lí đảoShawayama rằng: E, F tiếp điểm đường trònA−M ixtilinearnội GọiDlà tiếp điểm đường trịn A−M ixtilinear nội, ta có: DF, DE phân giác góc ∠ADB,∠ADC Vậy: F B
F A = DB
DA tương tự: EC EA =
DC DA vậy:
F B EC =
DB
DC Ta có: ∠P F B =∠P CA ∠P EC = ∠P BF đó: 4P BF ∼ 4P EC(g.g) hay là: F B
EC = P B P E Gọi AP ∩(O) = D0, A ta có: 4P BE ∼ 4D0BC(g.g) thế nên: D
0B
D0C =
P B P E =
DB DC Do đó: D≡D0 Ta có điều phải chứng minh
(9)Tiếp tục, ta thu toán thú vị sau:
Bài toán 11(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC có tâm nội tiếp I Đường thẳng qua I vng góc AI cắt AB, AC F, E HạBP ⊥AI(P ∈AI) Lấy EP ∩BC = D Chứng minh rằng: trục đẳng phương (ABE),(ACF) cắt ID (ABC)
Bài toán 12(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Lấy D thay đổi cung BC không chứa A Giả sử điểm E, F AB, AC cho: BD = CF CD = BE Lấy (ABF)∩(ACE) = A, P Chứng minh rằng:
∠DAB=∠P AC
Lời giải: Ta có: ∠P EB =∠P CF và∠P F C =∠P BEdo đó: 4P BE ∼ 4P F C(g.g) suy P B
P F = BE F C =
DC
DB Gọi AP ∩(O) = A, K ta có: 4BKC ∼ 4BP F(g.g) nên KB
KC = DC
(10)IB IC =
AB AC
DB DC
LB LC =
AB AC
KB
KC đó: IB IC
LB LC =
AB2
AC2, AI, AL đẳng giác
trong ∠BAC Vậy ta thu được: ∠DAB =∠P AC(điều phải chứng minh)
Nhận xét: Dĩ nhiên quen với cách làm từ tốn trước có tư tưởng tương tự Tuy nhiên việc xử lí đoạn sau tốn khơng đơn giản nghĩ, không đơn giản nghĩ lời giải lần việc sử dụngbổ đề cát tuyến thực thú vị
Bài tốn 13(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC có trực tâm H Gọi tâm (BHC) I Lấy điểm E, F AB, AC choIE ⊥ AC IF ⊥ AB Gọi (ABF)∩(ACE) =A, K Chứng minh rằng: AK chia đôi BC
(11)∠A+∠C = 180◦−∠B Tương tự thì: ∠CIS = 180◦−∠C Theo định lí hàm sốsin ta có: IB
sin∠BEI =
BE sin∠BIE =
BE sin∠BIT =
BE
sin∠B Tương tự thì:
CF sin∠F IC = IC
sin∠IF C = CF
sin∠C Do ý IB = IC nên: BE CF =
sin∠B sin∠C =
AC AB Gọi AK∩(O) = A, P ta dễ chứng minh được: P B
P C = BE F C =
AC
AB nên theo bổ đề cát tuyến ta có: AP qua trung điểm BC(điều phải chứng minh)
Tương tự ta có nhiều tốn thú vị khác Bạn đọc tự thử sức:
(12)Lời giải 1: Ta biết rằng: B, O, C, P đồng viên đường tròn (K) Lấy (ACE)∩ (ABF) = A, Q Lấy AQ ∩(O) = A, I, từ toán ta dễ dàng có:
IB IC =
BE
CF Ta có:
P B
sin∠BEP =
BE
sin∠EP B =
P C
sin∠P F C =
CF
sin∠F P C Vậy hay là: BE
CF =
sin∠BP E sin∠CP F =
cos (C−A)
cos (B−A) Ta gọi AK ∩BC = J, ta có: J B J C = AB
AC
sin∠KAB
sin∠KAC Lại có:
sin∠KAB
KB =
sin∠ABK
AK
sin∠KAC
KC =
sin∠ACK AK đó: sin∠KAB
sin∠KAC =
sin∠ABK sin∠ACK =
sin (90◦−∠C+∠A) sin (90◦−∠B+∠A) =
cos (C−A)
cos (B −A) Do đó: J B
J C = AB AC
IB
IC nên theo bổ đề cát tuyến đảo thì: A, J, I, K thẳng hàng(điều phải chứng minh)
Lời giải 2(Huỳnh Bách Khoa)(Bạn đọc tự vẽ hình): LấyT = (ABF)∩(ACE) O0 đối xứng O qua BC Ta có: 4T BE ∼ 4T F C đó: dT /AB
dT /AC
= BE
CF Lấy CO ∩AB = X, BO ∩AC = Y, ta có: 4BCX ∼ 4CF P 4CBY ∼ 4BEP suy ra: BE
CF = BE BP P C CF = BC CY BX BC = BX
CY Ta có: SO0BX = SO0BO = SO0Y C đó: BX
XY =
dO0/AC
dO0/AB
hay là: AT, AO0 đẳng giác nênAT qua tâm (BOC)(điều phải chứng minh)
Nhận xét: Rõ ràng lời giải ngắn lời giải gốc tơi tự nhiên đường đẳng giác phương pháp tỉ lệ khoảng cách
Bài toán 15(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC nội tiếp (O), có trực tâm H Lấy M trung điểm cung BC không chứa H (BHC) Lấy E, F AB, AC cho M E ⊥ AC, M F ⊥ AB Chứng minh trục đẳng phương (ABF) (ACE) chia đơi góc BAC
(13)Lời giải: Gọi AK ∩(O) = A, J D hình chiếu A lên BC, AO∩BC =P Từ tốn trước ta có: J B
J C = KF KC =
BF
CE Ta có: BF
IB = cos∠IBF = −cos (∠B+ 2∠OAB) = −cos (90◦+∠OAB) = sin∠DAC Tương tự thì: CE
IC = sin∠DAB đó: BF
CE =
DC.IB AC
AB DB.IC =
AB AC
DB DC
P C P B =
AB
AC(do AD, AP đẳng giác) Lấy AJ∩BC =Qta có: QB
QC = AB2
AC2 đó: AK đường đối trung tam
giác ABC(điều phải chứng minh)
Bài toán 17(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có tâm bàng tiếp góc A J Hình chiếu A lên J B, J C E, F Chứng minh trục đẳng phương của(J BF)và (J CE) cắt trung trực BC (ABC)
(14)Bài toán 18(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC có đường cao AD, BE, CF P, Q hình chiếu D lên AB, AC Chứng minh trục đẳng phương của(AEP) (AF Q)chia đơi BC
Nhận xét: Để ý thấy tốn 382 Vấn đề nhận vai trị điểm A mà thơi
Bài toán 19(Tổng quát toán 384): Cho tam giácABC Một đường tròn (K) qua B, C cắt AC, AB E, F P điểm nằm AB Qua P kẻ đường thẳng song song EF cắt AC Q Chứng minh trục đẳng phương (AEP) (AF Q)chia đôi BC
(15)Lời giải: Lấy (ABE)∩(ACF) = A, P Từ giả thiết ta có 4P BF ∼ 4P EC(g.g) đó: P B
P E = BF EC =
KB KC =
AC