Tản mạn về hình học (P2) - Mừng Xuân Tân Sửu 2021

Để kết thúc cho bài viết, tác giả xin giới thiệu một bài toán khá thú vị sau đây, tuy nhiên tác giả chưa có thời gian để ngẫm nghĩ và mong muốn được trao đổi thêm với bạn đọc. Bài toán 6[r]

(1)

TẢN MẠN VỀ HÌNH HỌC (P2) Nguyễn Đăng Khoa ∗

Happy Lunar New Year 2021

1 Mở đầu

Nhân dịp đầu xuân năm mới, tác giả có sáng tác vài tốn hay dựa cấu hình quen thuộc biết Bài viết xin chia sẻ tìm tịi tới bạn đọc Tác giả xin chúc cho người năm bình an, điều may mắn, tốt lành tới ♥

2 Các toán lời giải

Bài toán (Warm up) Cho tam giác ABC, lấyB1 C1 điểm đối xứng củaB,C qua hai cạnh AC,AB Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 Chứng minh A I qua điểm O1, với O1 điểm đối xứng với O qua BC

Tuymaada 2009 -mD2H2C2 = 66.95°

mCAG2 = 80.99°

mBAF2 = 113.05°

mC2D2E2 = 96.73°

mAC'F = 25.32° mAB'E = 25.32° IE∙IE DI∙DI

( )∙2 (m EF∙m EF m FD∙m FD) = 0.00 cm2

m EF∙m EF m FD∙m FD = 8.67 cm2

m EF = 11.49 cm m FD = 11.11 cm IE∙IE DI∙DI = 4.34 cm2

IE = 7.32 cm DI = 7.02 cm

O1

J I

C1

B1

F2

G2

H2

D2

C2

E2

K

H Eu

M H

F

E

D

B'

C'

A' I

AB BC

AC

BA P

CB

CA

N

H

M E

F D

O'

B'

C'

A'

O

C

O

C

O

C A

B

A

B

A

B

∗THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ

(2)

Tản mạn hình học (P2) Mừng Xuân Tân Sửu 2021

Lời giải (Thầy Nguyễn Văn Linh)

Ta gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC, ta dễ dàng chứng minh

AO1,A J đẳng giắc ∠B AC

Vì ∠B1AC=∠B AC=∠C1AB nên ta có A J,AO1 đẳng giác ∠B1AC1

Do để chứng minh A,O1,I thẳng hàng ta đưa chứng minh A J vng góc với B1C1 Ta có

A J⊥B1C1⇔AB21−AC21=JB21−JC21

⇔4R2(sin2C−sin2B)=(B1C2+C J2−2B1C·JC·cos∠B1C J−BC21−BJ2+2BC1·BJ·cos∠C1BJ)

⇔4R2(sin2C−sin2B)=2BC·RBOC·(cos∠C1BJ−cos∠B1C J)

⇔4R2(sin2C−sin2B)=2R·sinA· R

cosA·(cos(2A+2B−90

◦)−cos(2A+2C−90◦))

⇔2(sinC−sinB)(sinC+sinB)=tanA(sin 2B−sin 2C)

Đẳng thức cuối dựa vào phép biến đổi lượng giác Kết thúc phép chứng minh

Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) lấy A0,B0,C0 điểm đối xứng với A,B,C qua AC,AB,BC Đường thẳng A A0, BB0, CC0 cắt lại (A0B0C0)tại điểm

D,E,F Gọi X giao điểm EF với BC, Y giao điểm DF với AC Chứng minh

X Y vng góc với đường thẳng Euler tam giác ABC

mHCB1HB = 73.11°

mCAC2 = 83.15°

mBAB2 = 106.89°

mHBHCHA = 87.09°

( )∙2 (m EF∙m EF m FD∙m FD) = 0.00 cm2

Y'

A1

Y X B2

C2

X'

B1 C1

HC

HB

HA

H

F

E

D

B'

C'

A' I

AB

BC

AC

BA

P

CB

CA

N

H

M E

F O'

B'

C'

A'

O

C

O

C A

B

A

B

(3)

Lời giải Ta gọi HA,HB,HC chân đường cao hạ từ đỉnh A,B,C xuống cạnh đối diện tam giác ABC Lấy A1 giao điểm AH với HBHC, tương tự với điểm B1,C1 Lấy B2,C2 điểm đối xứng H qua AC,AB

Trước hết ta dễ có B1C1,HBHC,BC đồng quy X0 HAHC,A1C1,AC đồng quy Y0 Ta chứng minh B1C1ËEF, điều tương đương với HC1

HB1 = HF

HE hay

HC1 HB1=

HB0 HC0 Theo giả thiết B0 đối xứng với B qua AC nên HB0=BB2 HC0=CC2, suy

HB0 HC0 =

BB2 CC2 =

sin∠B AB2

sin∠C AC2

Để ý ta có ∠B AB2=∠A+∠C AB2=∠HB1HA, tương tự ∠C AC2=∠HC1HA Lại có HAH đường phân giác góc ∠C1HAB1 nên ta suy

sin∠B AB2

sin∠C AC2=

sin∠HB1HA

sin∠HC1HA = HC1 HB1

Vậy ta có EFËB1C1, hồn tồn tương tự cho ta A1C1ËDF Vậy từ theo định lý Thales ta có

C X C X0=

CF CC1=

CY CY0, điều dẫn đến X YËX0Y0.

Mặt khác, dễ thấy X0HC·X0HB=X0B·X0C nên X0 nằm trục đẳng phương của (O) và đường tròn Euler tam giác ABC Tương tự Y0, từ rút X0Y0⊥OH

Từ điều cho ta đến kết luận X Y ⊥OH, hay ta có đpcm

Bài tốn Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) lấy A0,B0,C0 điểm đối xứng với A,B,C qua AC,AB,BC Gọi O0 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lấy I trung điểmmHBHCHA = 96.73°OO0 Chứng minh A I⊥B0C0

( )∙2 (m EF∙m EF m FD∙m FD) = 0.00 cm2

IE = 7.32 cm DI = 7.02 cm

C2

B2

I

HA

HC

HB

H O'

B'

C'

A' I

AB

BC

AC

BA

P

CB

CA

N

H

M E

F D

O'

B'

C'

A'

O

C

O

C A

B

A

B

(4)

Lời giải Ta chứng minh định lý điểm hay ta cần

B0I2−C0I2=B0A2−C0A2

Áp dụng công thức đường trung tuyến cho hai tam giác C0OO0 B0OO0, ta có

B0I2=B

0O02+B0O2

2 −

OO02

4 ; C 0I2

=C

0O02+C0O2

2 −

OO02

4 Suy

B0I2−C0I2=B

0O2−C0O2

2 =

1

¡

PB0/(O)−PC0/(O)¢

=1

2(B 0B

2·B0B−C0C2·C0C)=BH·BHB−CH·CHC

=BHA·BC−CHA·CB=HAB2−HAC2

=AB2−AC2=B0A2−C0A2 Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài tốn Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) lấy A0,B0,C0 điểm đối xứng với A,B,C qua AC,AB,BC Đường thẳng A A0, BB0, CC0 cắt lại (A0B0C0)tại điểm

D,E,F.Chứng minh ba đường thẳng đối xứng với EF,F D,DE qua đường thẳng

BC,C A,AB đồng quy điểm

mAC'F = 25.12° mAB'E = 25.12°

I

C2

B2

I

HA

HC

HB

H O'

B'

C'

A'

AB

BC

AC

BA

P

CB

CA

N

H

M E

F D

O'

B'

C'

A'

O

C

O

C A

B

A

B

(5)

Lời giải Ta gọi M giao điểm thứ hai của(A0EB)với (A0CF), ta có

∠A0ME+∠A0MF=∠A0BE+∠A0CF=180◦⇒M∈EF

Dễ thấy cặp tam giác đồng dạng (góc - góc) 4A0MF∼ 4A0BB0 và 4A0ME∼ 4A0CC0 nên ta rút MC

M A0=

BB0 A0B=

BB0

AB

ME M A0=

CC0 AC

Từ ta suy M trung điểm EF Lập luận tương tự điểm N,P trung điểm

DF,DE

Ta lấy CA giao điểm M N với A A0, MCAËDE nên theo định lý Reim ta dễ có CA

nằm đường trịn (CMF) Khi đó∠CM N=∠C A0CA=∠C A0A=90◦−∠ACB Tương tự ta có ∠CN M=90◦−∠ACB, nên CM=CN ∠MCN=2∠ACB

Chứng minh tương tự ta có AN=AP, BP=BM và∠N AP=2∠B AC,∠MBP=2∠ABC Từ tồn điểm I cho đối xứng điểm qua ba cạnh BC,C A,AB M,N,P Vậy ta kết thúc phép chứng minh, nhiên ta chứng minh điểm đồng quy I trung điểm OO0

Thật vậy, ta có ∠BMC=∠BE A0+∠CF A0=∠A0DB0+∠A0DC0=∠B0DC0 Kết hợp

BM

MC =

BM H M·

H M

MC =

sin∠BH M

sin∠M A0E·

sin∠M A0F

sin∠MHC = HF HE·

A0E A0F =

HF A0F ·

A0E

HE =

HD DC0·

DB0

HD =

DB0 DC0 Suy hai tam giác 4BMC∼ 4B0DC0 (c.g.c) nên ∠ICB=∠BCM=∠DC0B0=∠D A0B0 Suy

C I⊥A0B0

Chứng minh tương tự BI⊥A0C0, từ theo tốn điểm đồng quy I trung điểm đoạn thẳng OO0

Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) lấy A0,B0,C0 điểm đối xứng với A,B,C qua AC,AB,BC Đường thẳng A A0, BB0, CC0 cắt lại (A0B0C0)tại điểm

D,E,F.Chứng minh tâm đường tròn Euler hai tam giác ABC DEF trùng

mAC'F = 25.12°

mAB'E = 25.12°

D' J

HD P

N D

H

M E

F

C2

B2

I

HA HC

HB

H O'

B'

C'

A'

B'

C'

A' O

C

O

C A

B

A

B

(6)

Lời giải Ta gọi J trung điểm OH ta chứng minh J tâm đường tròn (M N P)

Lấy HD,HE,HF chân đường cao hạ từ D,E,F tam giác DEF Theo toán ta có EFËB1C1 mà theo bổ đề quen thuộc B1C1⊥A J, nên ta có A J⊥EF

Ta lấy D0 điểm đối xứng với D qua A, ta cần chứng minh D0M⊥EF Ta có APËD0E và ANËD0F, suy ra ∠DED0=∠DP A=∠DC0A, kéo theo

∠D0EF=∠DEF−∠DED0=∠DC0F−∠DC0A=∠AC0C

và ∠D0F E=∠AB0B=∠AC0C, hay ta có tam giác D0EF cân tại D0. Suy A J trung trực đoạn thẳng MHD

Chứng minh hoàn toàn tương tự cho ta điểm J thuộc đường trung trực củaHENvà HFP

hay J tâm đường trịn Euler tam giác DEF

Để kết thúc cho viết, tác giả xin giới thiệu toán thú vị sau đây, nhiên tác giả chưa có thời gian để ngẫm nghĩ mong muốn trao đổi thêm với bạn đọc

Bài toán (Cool Down)Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O)và lấy A0,B0,C0 điểm đối xứng với A,B,Cqua AC,AB,BC Đường thẳngA A0,BB0,CC0lần lượt cắt lại(A0B0C0) điểm D,E,F.Lấy XA,XB,XC giao điểm BF,CE ; CD,AF BD,AE Chứng

minh A XA,BXB,C XC đồng quy T1 ; D XA,E XB,F XC đồng quy T2 T1T2 qua trực tâm tam giác ABC

mAC'F = 25.12°

mAB'E = 25.12°

T2

XA T1

XB H

F XC

D

E C'

B'

A'

C2

B2

I

HA HC

HB H

O'

B'

C'

A'

C

O

C A

A

B B