Trong quá trình làm bài toán này nên tách riêng hình chứa các điểm Y, Z để tiện nhìn thấy các kết quả hơn.. Sử dụng kết quả sau: "Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có trực tâm H cùng các[r]
(1)Khai thác toán tiếp xúc hay
Bài toán 1(Nguyễn Văn Linh) Cho tam giácABC vng tạiAnội tiếp(O)có đường kínhAA0.P là hình chiếu Alên trung trựcBC GọiX, Y, Z trực tâm tam giácAP A0, BP A0, CP A0 Chứng minh rằng:
(XY Z)tiếp xúc(O)
Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi A0P ∩(O) = A0, K AP ∩(O) = A, T Ta có:P trực tâm tam giácAXA0 đó:X, T, A0 thẳng hàng GọiZA0∩CP =M ta có:6 A0M P =6 P T A0 do đó:P, M, A0, T đồng viên Ta có:6 P ZC= 180◦−6 P A0C=6 P T C do đó:P, C, Z, T đồng viên, tương tự thìB, P, T, Y đồng viên Gọi
BP∩Y A0 tạiN thìM, P, T, N, A0 nằm đường trịn vàM NkCZkBY GọiA0P∩BY =LvàA0B∩P D=J
Ta có:BJ P Llà tứ giác nội tiếp đó: P J L=6 N BL=6 P N M =6 P A0M do đó:L, J, M thẳng hàng Ta có:
6 BLJ =6 J M N Ta có:6 BT M =6 BT A+6 P T M Để ý rằng: CA=BA0 =CK do đó:6 BT A=6 J A0P vậy
6 BT M =6 BLM(doM P =M N nên26 J A0P +6 P T M =6 J M N) tức là: BL, M T, A0N đồng quy tạiY Đồng
thời thu được: BP, T Z, A0Y đồng quy N Gọi T M∩(O) =T, R Ta có: BRM =6 BA0T =6 LM T do đó:BRkLM Ta có: ZP A0 =6 A0CZ =6 BA0K suy ra:BA0kP Zdo đó:P Z⊥P Y.
Bài tốn phụ: Cho tam giácABCvng tạiAnội tiếp(O)có đường kínhAA0.P hình chiếu củaAlên trung trựcBC Gọi Y, Z trực tâm BP A0, CP A0 Chứng minh OA⊥Y Z
(2)Chứng minh: Ta biết kết từbài toán gốcrằng: P Z⊥P Y Gọi P A0∩CZ =X GọiI trung điểm Y Z HạGlà hình chiếu củaP lênY Z Ta có:6 IP Z=6 XZP =6 P ZI do đó:P G=P X suy ra:ZG=ZY. Tương tự thì:GY =Y L Vậy ta có: GYGZ = XZLY = AA00XL đó: GA0kOP vàA0G phân giác6 Y A0Z Ta có:
P A0 IG =
XA0 ZG =
XA0 XZ =
LA0 LY =
LX Y Z =
BC Y Z =
OA0
P G đó:4P GI ∼ 4OP A
0 hay là:P GkOA0 Dẫn đến:AA0⊥Y Z. Theo tốn phụ thì: P XkY Z Ta có:6 AXP =6 P A0O do đó: 4P KX ∼ 4P GI(g.g)do đó: P K
P X = P A0 P X = P G
P I = OA0
P I = P A0
IG Do đó:P Xk =IG dẫn đến: XI ⊥Y Z hay là:XY = XZ vàP X tiếp xúc (XY Z) Kết hợp
trong chứng minhbài toán phụ P trực tâm tam giác A0BY ta có: IXIZ = P GIZ = OAIZ0 = BCY Z = LALY0 = LBLP
do đó: 4XIZ ∼ 4LBP đó: BP L = XZI = LJ P = M A0P do đó: Y XZ =6 M A0N = Y T Z dẫn
đến: X, Y, T, Z đồng viên Kẻ tiếp tuyến T x (O) ta có: xT Z = A0T N −6 A0T x = XY Z−6 T AA0 =
6 XY Z−6 P XT −6 XY Z−6 XY T =6 T Y Z do đó:T xcũng tiếp xúc (XY Z)do đó:(XY Z)tiếp xúc(O).
Nhận xét: Bài tốn kết đẹp Chúng ta khai thác nhiều điều từ toán gốc Trong q trình làm tốn nên tách riêng hình chứa điểmY, Z để tiện nhìn thấy kết
Sử dụng kết sau: "Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có trực tâm H đường cao BE, CF Gọi
(AEF)∩(O) =A, T Khi đóT H chia đơiBC", ta kết quả:
Bài tốn Cho tam giácABC vng tạiAnội tiếp(O)có đường kínhAA0.P hình chiếu củaAlên trung trựcBC Gọi X, Y, Z trực tâm tam giác AP A0, BP A0, CP A0 Gọi AP∩(O) =A, T Khi đó: XT chia
đơiBY, CZ
Khai thác kết củabài tốn phụ ta chứng minh tốn sau:
Bài tốn Cho tam giácABC vng tạiAnội tiếp(O)có đường kínhAA0.P hình chiếu củaAlên trung trực BC Gọi X, Y, Z trực tâm tam giác AP A0, BP A0, CP A0 Chứng minh đường thẳng qua P
vng gócY Z qua chân đường cao từA tam giácABC