V Ề MỘT ĐỀ TOÁN HAY TRÊN TẠP CHÍ THTT
2. Một số ứng dụng
Phần này sẽ ứng dụng chủ yếu là các bài toán 1, 3, 4 và cách chứng minh tường minh của ba bài toán này đã có trong bài toán 2.
Khi thay đổi cách phát biểu của bài toán 1, ta thu được bài toán sau
Bài toán 5. Cho tam giácABC vuông tạiA và phân giácAD. M, N là trung điểm củaBC, AC. Dựng điểm P sao cho N M = N P và M P k BN. F thuộcAB sao cho CF k N P. E thuộcCF sao choCE =AC.DEcắtF M tạiG. Chứng minh rằng∠AGC = 90◦.
Lời giải sau mô phỏng cách làm của tác giảNguyễn Đức Bảo.
B M C
A
N
P E
D F
G
Q
T L
R
H
Hình 6.
Lời giải 1. Lấy Q đối xứng A qua B. Ta thấy tam giác QF C và M N P có cạnh tương ứng song song nên tam giácQF C cân tạiF. GọiT là giao của ADvới đường tòn tâmC bán kính CA. DoAT là phân giác ∠CAB và QAlà tiếp tuyến của đường tròn tâm (C)nên∠ACT = 2∠AQT = 90◦ nênCT ⊥AC. Lại có tam giácCAE cân tạiC nên ta có biến đổi góc
∠CET = 135◦ −∠AEC = 135◦ −90◦−∠ACE
2 = 45◦+∠QF C −90◦
2 = 90◦ −∠F CQ
do đóET ⊥QC. GọiHlà hình chiếu củaAlênQC dễ thấy tam giácBQHcân nênBH kF C, khi đó tam giácABH và tam giácT CEcó các cạnh tương ứng song song nênAT, HEvàCB đồng quy tạiD. Mặt khác doBH kF C nên nếuRlà đối xứng củaH quaM thìRthuộcF C. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giácEHRvớiM,G,F thẳng hàng, ta thu được
GE GH ã F R
F E ã M H
M R = 1⇒ GE
GH = F E F R
GọiQE cắtCGtạiL. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giácEQH vớiL, G, C thẳng hàng
thì LQ
LE ã GE GH ã CH
CQ = 1 với chú ýBH kF C nên CHCQ = F BF Q vàF R=F Bta thu được
LQ
LE = GH GE ã CQ
CH = F R F E ã F Q
F B = F Q F E
Do đó F Llà phân giác∠EF QnênLQ = LC. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông thì CE2 =CA2 = CH.CQsuy ra∠HEC =∠EQC =∠LCQ. Từ đó4CHE ∼ 4GHC(góc - góc) suy ra ∠HGC = ∠HCE = ∠AQC = ∠HAC, vậy GCHA là tứ giác nội tiếp hay
∠CGA= 90◦.
Lời giải trực tiếp sau của nicknamePSJLsử dụng phép nghịch đảo, tham khảo [2]
Hình 7.
Lời giải 2. Đường thẳng quaCsong song vớiBN cắtABtạiX. Dễ thấy4F CX ∼ 4N P M do đóF C =F X. Gọi Hlà hình chiếu của AlênCX, doBA = BX = BH nênBH k F C suy ra,
BH
CE = BA
CA = BD CD
Do đó H, D, E thẳng hàng. GọiY là giao điểm củaBN và CF, Z là giao điểm của đường thẳng qua E song song CX với F X. Do BH = BX = CY, BH k CY nên BHCY là hình bình hành suy ra H, M, Y thẳng hàng. Từ đó áp dụng định lí Dersagues cho hai tam giác thấu xạ HM C và EF Z ta suy raC, G, Z thẳng hàng. Xét phép nghịch đảo cực C, bán kínhCA nên(CA) → F X, HE → (CXE)quaZ do đóG 7→ Z suy raGthuộc(CA)hay
∠AGC = 90◦.
Cũng tương tự cách làm trên, nếu phát biểu bài toán 1 theo cách khác ta có bài toán sau
Bài toán 6. Cho tam giácABC vuông tạiAvới đường caoAH.ADlà phân giác của tam giác AHB. Trung trựcCAcắt phân giác∠ABCtạiM.N,P là trung điểmAC,M N.CP cắt phân giác ngoài gócAtạiQ.DQcắtBP tạiR. Chứng minh rằng∠ARC = 90◦.
B
A
H C D
M
N E
F
P Q
R
Hình 8.
Lời giải. Dễ thấy M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giácABC nên∠AM C = 90◦. Gọi CM cắtABtạiE khi đó tam giácBEC cân tạiB có đường caoCAvàCP đi qua trung điểm F củaAE.P cũng là trung điểmCF. Áp dụng trực tiếp bài toán 1 vào tam giácBEC cân tại B thì ta thu được∠ARC = 90◦.
Đến đây ta lại thấy rằng ta hoàn toàn có thể phát biểu bài toán cho phân giác trong góc Avới cách chứng minh hoàn toàn tương tự
Bài toán 7. Cho tam giácABC vuông tạiAvới đường caoAH.ADlà phân giác của tam giác AHB. Trung trựcCAcắt phân giác ngoài góc∠ABC tạiM. N, P là trung điểmAC,M N. CP cắt phân giác góc∠BAC tạiQ.DQcắtBP tạiR. Chứng minh rằng∠ARC = 90◦.
A
B C
M
N
Q P H
D R
Hình 9.
Đến đây việc kết hợp cả hai bài toán 6, 7 này sẽ cho ta một bài toán đồng quy thú vị sau
Bài toán 8. Cho hình chữ nhật ABCD. P đối xứng với CquaBD. (K)là đường tròn đường kínhP C.E,F là trung điểm củaKB,KD.CE,CF lần lượt cắt phân giác ngoài và phân giác trong∠BP C tạiM, N. Đoạn thẳngAE, AF lần lượt cắt đường tròn(K)tạiS, T. Chứng minh rằngM S, N T vàAC đồng quy.
A
P
C K
B X E
M
S
D
N F T
Hình 10.
Bài toán sau có thể coi là một ứng dụng được rút ra từ bài toán 1, tuy nhiên nếu chưa được biết bài toán 1 thì bài toán này cũng là một thách thức lớn
Bài toán 9. Cho tam giácABCnhọn với đường caoAHsao cho trung điểm củaAHnhìnBC dưới một góc vuông. LấyDđối xứngH qua trung điểmBC.E,F là trung điểm củaCA, AB.
Các điểm P, Qlần lượt thuộc đoạn DE, DF sao cho∠AP H = ∠AQH = 90◦. HK, HL là phân giác của các tam giácHCA, HAB. Chứng minh rằngKP, LQvàADđồng quy.
I
H A
B C
F E
D L
Q K
P R
M N
Hình 11.
Lời giải. Gọi I là trung điểmAH thì ∠BIC = 90◦. Từ đó gọi M, N là các điểm nằm trên đường thẳng BC sao choAM k IB, AN k IC. Từ đó tam giác AM N vuông tạiA và B, C lần lượt là trung điểmHB, HC nênDN =DC +CN =BH+HC =M B+BD =DM. Từ đóDlà trung điểmM N nên các tam giácDAM vàDAN cân tạiD. Áp dụng trực tiếp bài toán 2 phần a) vào các tam giác cân DAM, DAN ta thấy LQ, KP cùng đi qua điểmR thuộc ADthỏa mãnAR=AH.
Bài toán sau có thể được coi là một hệ quả bài toán 1 nhưng được giải độc lập như sau
Bài toán 10. Cho tam giácABCcân tạiAcó đường caoCD. GọiE,Mlà trung điểm củaBD, CE.RthuộcABsao choBR=CD.CRcắtAM tạiK. Chứng minh rằng∠CKD= 90◦.
Hình 12.
Lời giải. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác REC với ba điểmM, K, A thẳng hàng, ta suy ra
M C M E ã KR
KC ã AE
AR = 1từ đó KR
KC = AR AE Ta cần chứng minh
KR
KC = DR2
DC2 tức là chứng minh DR2
DC2 = AR AE
GọiH là chân đường vuông góc kẻ từA xuốngBC, chú ý4BDC ∼ 4BHA(góc - góc) ta suy ra
AR=AB−CD =AB−BC.AH
AB = AB2−BC.AH AB AE =AB− BD
2 =AB−BH2
AB = AB2−BH2 AB Chú ý đẳng thức trên thu được do2BH =BC. Nên ta suy ra
AR
AE = AB2−BC.AH AB2−BH2 Mặt khác
DR2
DC2 = (CD−DB)2
DC2 = (AH−BH)2 AH2 Do vậy chỉ cần chứng minh
AB2 −BC.AH
AB2−BH2 = (AH−BH)2
AH2 = AH2+BH2−2AH.BH AH2
Điều này tương đương với chứng minh(AB2−BC.AH).AH2 = (AH2+BH2−2AH.BH)(AB2− BH2). Đẳng thức trên hiển nhiên đúng doAB2−BH2 =AH2. Vậy∠CKD= 90◦.
Bài toán sau được xây dựng dựa trên phần b) của bài toán 2
Bài toán 11. Cho tam giácABC có đường caoAD. Trên tiaBC,CB lấy các điểmG,H sao choBG = BA, CH = CA. E,F là trung điểm củaDG, DH. Đường tròn(A, AD)cắtCA, ABtạiP,Q.M,N,Y,Zlần lượt đối xứngAquaC,B,P,Q.N Ecắt đường tròn(A, AD)tại K sao choK,N khác phía đường thẳng quaAvuông góc KN. M F cắt đường tròn (A, AD) tại Lsao choL, M khác phía đường thẳng qua Avuông góc LM. Lấy S, T thuộcM F, N E sao choY S kP LvàZT kQK. Chứng minh rằngDS =DT.
A
B D E C
Q
F
P
M L
N
U
K
S T
Y Z
H G
V
Hình 13.
Lời giải. GọiU,V là trung điểm của AS,AT. Như vậyU thuộcLP đểM F k CU, áp dụng bài toán 2 phần b) trên vào tam giác cânCAHthì∠AU D= 90◦. Tương tự∠AV D= 90◦. Vậy DA=DS =DT.
Bài toán 12. Cho tam giácABC vuông tạiA. Trung trựcCAcắt phân giác ngoài góc∠ABC tạiM.N,P là trung điểmAC,M N.CP cắt phân giác góc∠BAC tạiQ.CQcắtABtạiR.K là hình chiếu củaAtrênCM.DthuộcQK sao choRD kBM. Chứng minh rằngCD =CA.
B
A
C M
N P Q
R K E D
Hình 14.
Lời giải. GọiCK cắtAB tạiE dễ thấy tam giác BCE cân tại B và có đường caoCA đồng thờiR,P là trung điểm củaAE vàCR. Từ đó áp dụng bài toán 3 vào tam giác cânBCE ta thu đượcCD =CA.
Bài toán 13. Cho tam giácABCvuông tạiAvới đường caoAH.M,N là trung điểm củaHB, HC.HP,HQlà phân giác của tam giácHAC,HAB. Trên đoạnBQ,CP lấy các điểmK,L sao choAK =AH =AL.LN cắtKM tạiR. Chứng minh rằngABRC là hình chữ nhật.
O B
A
H C
M N
Q U
K
V P
R L
Hình 15.
Lời giải. GọiOlà trung điểmBCthì các tam giácOCA,OAB cân tạiOvà đều có đường cao AH. Gọi khi đó nếuU, V là trung điểm củaAM, AN thì theo bài toán 3 ta có LN k OV và KM kOU. Từ đó theo tính chất phép vị tự tâmAtỷ số2thìLN, KM đi qua đối xứng củaA quaO nênRlà đối xứng củaAquaO. Từ đóABRC là hình chữ nhật.