Một số bài toán mở đầu

Một phần của tài liệu epsilon vol10 2016 august tạp chí toán học mới (Trang 91 - 97)

V Ề MỘT ĐỀ TOÁN HAY TRÊN TẠP CHÍ THTT

1. Một số bài toán mở đầu

Trên báo THTT số 465 [1] có bài toán T12 của thầyNguyễn Xuân Hùngnhư sau

Bài toán 1. Cho tam giácABC cân tạiAcó đường caoCD. GọiE là trung điểm củaBD,M là trung điểm CE, phân giác của∠BDC cắt CE tạiP. Đường tròn tâmC bán kínhCD cắt AC tạiQ. GọiK là giao điểm củaP QvàAM. Chứng minh rằng tam giácCKDvuông.

B C

A

D E

P M

Q

K

Hình 1.

Biên tập: Ngô Quang Dương

Đây là bài toán thú vị trên một mô hình không đối xứng. Bài toán được giải trên THTT số 469 [1] bởi tác giả Nguyễn Đức Bảo. Chúng tôi sẽ đưa ra thêm các khai thác và lời giải trên mô hình của bài toán này. Ta xét bài toán sau

Bài toán 2. Cho tam giácABC cân tạiAcó đường caoCD. GọiE là trung điểm củaBD,M là trung điểm CE, phân giác của∠BDC cắt CE tạiP. Đường tròn tâmC bán kínhCD cắt AC tạiQ. GọiK là giao điểm củaP QvàAM.F là hình chiếu vuông góc củaDlênBC.

a) Chứng minh rằng tam giácCKDvuông.

b) LấySthuộcP F sao choES kAM. Chứng minh rằngCS=CD.

c) Chứng minh rằngBP vàES cắt nhau trên(C).

B

C A

D E

Q

T M F

P

N L K

S

R

G

H X

J U

Z I

Y W O

Hình 2.

Lời giải. a) GọiT là giao củaDP với đường tròn tâmC bán kính CD. DoDT là phân giác

∠CDE và BD là tiếp tuyến của đường tròn tâm (C) nên ∠DCT = 2∠DBT = 90◦ nên

CT ⊥DC. Lại có tam giácCDQcân tạiC nên ta có biến đổi góc

∠CQT =∠DQC−45◦ = 90◦− ∠DCQ

2 −45◦ = 45◦ −90◦−∠BAC

2 = ∠BAC

2

do đóQT ⊥BC. Tam giácDEF và tam giácT CQcó các cạnh tương ứng song song nênDT, F QvàCE đồng quy tạiP. Mặt khác doEF kACnên nếuN là đối xứng củaF quaM thìN thuộcAC. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giácQF N vớiM,K,Athẳng hàng, ta có

KQ KF ã AN

AQ ã M F

M N = 1từ đó KQ

KF = AQ AN

GọiBQcắtCK tạiL. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giácQBF vớiL, K,C thẳng hàng

thì LB

LQã KQ KF ã CF

CB = 1 với chú ýEF kAC nên CFCB = AEAB vàAN =AE ta thu được

LB

LQ = KF KQ ã CB

CF = AN AQ ã AB

AE = AB AQ

Do vậyALlà phân giác∠QAB nênLB =LC. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông thì CQ2 =CD2 =CF.CBsuy ra4CQF ∼ 4CBQ(cạnh - góc - cạnh) nên∠F QC =∠QBC =

∠LCB. Từ đó4CF Q∼ 4KF C(góc - góc) suy ra∠F KC =∠F CQ=∠DBC =∠F DC, vậyKCF Dlà tứ giác nội tiếp hay∠CKD= 90◦.

b) LấyRđối xứngAquaM, doEF kAC vàAE kCT nên dễ thấyRnằm trênEF vàCT. F S

F K = F E

F R = F B

F C ⇒SB kCK

Từ chứng minh trên ta có4KF C ∼ 4CF Q∼ 4CQB. Do đó KFKC = CBCQ = CDCB KF2

KC2 = CD2

CB2 = CF

CB = KF KS

Suy raKC2 = KF.KS nên∠KSC = ∠KCF =∠CBS. Vậy CS2 =CF.CB = CD2 nên ta kết luậnCS =CD.

c)AM cắtBCtạiX. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giácBCEvớiA,M,X thẳng hàng, ta suy ra XBXC = ABAE = BCCF. GọiT Glà đường kính của(C, CD). Dễ thấyB,P, Gthẳng hàng và tam giácCGQcân tạiClại cóCGkABnênQGkBC.BGcắtCAtạiY.

Y Q

Y C = QG

BC = CQ

CA = CD AC

⇒ QC

Y C = CD+AC

AC ⇒ Y C

AC = CD CD+AC

Do vậy Y CY A = CDAC. Gọi I là trung điểm củaF Q.CI cắtBQtạiZ. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giácQBF vớiZ,I,Cthẳng hàng thì ZQZB = CFCB.CZcắtABtạiO, áp dụng Menelaus cho tam giácAQB vớiO,I,Cthẳng hàng thì

OB

OA = CQ CA ã ZB

ZQ = CD AC ã CF

CB

⇒ XB XC ãY C

Y A ã OA

OB = BC CF ã CD

AC ãCD.CF AC.CB = 1

NênAX, BY,CZ đồng quy tạiJ.CLcắtABtạiU. Dễ thấyQU k BC nênBU GC là hình bình hành nên BG đi qua trung điểm W của U C. Ta chú ý các tam giác đồng dạng và bằng nhau4CF Q ∼ 4CQB = 4BU C. MàCI, BW là trung tuyến tương ứng của hai tam giác CF QvàBU C nên∠ICQ=∠W BC =∠W GQ⇒tứ giácCGQJ nội tiếp. Cùng với

∠KQU =∠QF C =∠BQC =∠QBA+∠QAB =∠KCA+∠QCG=∠KCG nên tứ giácQKCGnội tiếp. VậyC,J, K,Q,Gđồng viên.BGcắt(C, CD)tạiH khácG. Ta có∠HSQ=∠HGQ=∠SKJ. Từ đóHS kAM kESnênH thuộcES.

BạnĐỗ Xuân Longlớp 10 Toán, THPT chuyên KHTN đề xuất một lời giải khác cho ý c) như sau

Qua C vẽ CL k AB, không khó để thấy rằngLthuộc BP và QL k BC. GọiQL cắtKC ở T thì vì tam giácDKC vuông tạiK và ta có∠T KQ = ∠QCB = ∠CQL = ∠CLQnênK thuộcABsuy ra trung điểmRcủaBLnằm trên(KM F). GọiHlà giao điểm củaBP với(C), ta sẽ chứng minhE, H,S thằng hàng. VìHF CLlà tứ giác nội tiếp và chú ý rằngBS k CK ở đây ta coi S là điểm sao cho ES k AM thì theo phần b) ta có S thuộc (C) nênBHF S là tứ giác nội tếp, do vậy ta quy về chứng minh ∠CBH = ∠DKP. Sử dụng định lí Pascal đảo choP,M,Cthẳng hàng ta cóAK vàCH cắt nhau tạiJ thuộc đường tròn(KRU F H), suy ra

∠JKF =∠JHF =∠F LC =∠CBLvà ta có điều phải chứng minh.

T

I

J U

R

L

K

S

Q

F H

P M E

D

A

B C

Hình 3.

Nhận xét. Cả ba ý của bài toán này thực chất là các bài toán chứng minh cắt nhau trên đường tròn mà hai đường thẳng không xuất phát từ hai điểm nằm trên đường tròn này. Đây là một dạng toán khó đòi hỏi phải dựng thêm các điểm nằm trên đường tròn mà hai đường thẳng đó đi qua.

Như vậy ngoài bài toán 1 là phần a), chúng ta có thể tách riêng các phần b), c) thành các bài toán dưới đây

Bài toán 3. Cho tam giácABC cân tạiAcó đường caoCD. GọiE là trung điểm củaBD,M là trung điểmCE, phân giác của∠BDC cắtCE tạiP.F là hình chiếu củaDtrênBC. LấyS thuộcP F sao choES kAM. Chứng minh rằngCS =CD.

B C A

D E

M P

F S

Hình 4.

Cách phát biểu sau của phần c) cũng có trong [3]

Bài toán 4. Cho tam giácABCcân tạiAvà đường caoCD.E, M là trung điểm củaBD, CE.

DP là phân giác của tam giác CDE. H thuộc BP sao cho EH k AM. Chứng minh rằng CH =CD.

B C

A

D E

P M H

Hình 5.

Trong [3] có đưa ra một cách tiếp cận khá đơn giản cho bài toán 4 này là dùng phương pháp tọa độ. Tuy nhiên chúng tôi không đưa lời giải này vào vì lời giải tọa độ không đẹp. Cũng như vậy với với các bài toán 1 và bài toán 3, chúng tôi cũng có nhận xét rằng phương pháp tọa độ là khá hữu dụng trong việc chứng minh trực tiếp các bài toán này. Nếu so sánh chúng với các lời giải thuần túy hình học mà chúng tôi đã trình bày trong bài toán 2 thì độ phức tạp của lời giải với phương pháp tọa độ giảm đi đáng kể. Những ví dụ này làm cho chúng ta phần nào thấy được những lợi thế rất lớn từ phương pháp tọa độ, tuy nhiên vì tính đẹp mắt của lời giải thì chúng tôi vẫn ưu tiên trình bày các cách tiếp cận thuần túy hình học.

Một phần của tài liệu epsilon vol10 2016 august tạp chí toán học mới (Trang 91 - 97)

Tải bản đầy đủ (PDF)

(228 trang)