Khai thác bài toán hình học chọn ĐT Phú Thọ 2020

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (185.23 KB, 11 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

KHAI THÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC CHỌN

ĐỘI TUYỂN PHÚ THỌ 2019 - 2020

Nguyễn Đăng Khoa - THPT Chuyên Hùng Vương
SEPTEMBER 2019

1 Giới thiệu

Trong đề thi chọn đội tuyển để chuẩn bị cho kì thi VMO 2020 của tỉnh Phú Thọ có một bài
hình đơn giản và đẹp. Cụ thể đề thi đã được tác giả gõ lại và đăng ở [1]. Qua bài viết này tác giả
muốn khai thác và mở rộng một số tính chất của bài tốn hình học trên. Mong bạn đọc tiếp tục
tìm tịi phát triển thêm cho bài tốn.

2 Bài tốn

Bài tốn 1. Cho tam giác ABC thỏa mãn AB = AC > BC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp
của tam giác. BI cắt AC tại D, lấy điểm J đối xứng với I qua AC. Đường tròn ngoại tiếp tam
giác BDJ cắt đoạn AI tại E.

a) Chứng minh rằng EDkIJ.
b) Chứng minh rằng AE

AI ≥
8
9.

K

E J

I

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Chứng minh. a) Ta định nghĩa lại điểm E là giao điểm của AI và đường thẳng qua D và song
song vớiIJ. Lấy K là giao điểm IJ với AC, M là trung điểm BC.

Do AB > BC nên ta có ∠IDC <90◦ hay ta thu được D nằm trong đoạn AK. Từ đó E nằm
trong đoạn AI, ta đi chứng minh E nằm trên (BDJ) thì điểm E ta định nghĩa lại sẽ trùng với
điểm E của giả thiết ban đầu hay ta có đpcm.

Trước hết ta có ∠EDJ =∠EDC+∠CDJ = 90◦+∠IDC = 90◦+∠BAC+ 12∠ABC.
Và ∠BIJ =∠BIC+∠CIJ = 180◦−∠ABC+ (90◦− 1

2∠ABC) = 90
◦+

∠BAC+ 12∠ABC.
Suy ra ∠BIJ =∠EDJ.

Ta đi chứng minh tỉ số ED
DJ =

IJ. Thật vậy, ta có
ED

DJ =
DE

DI =

sin∠AID
sin∠AED =

sin∠BIM
sin∠AED =

cos∠ACB2
sin∠ACB =

2 sin∠ACB2 =
IC
2IK =

IB
IJ.
Suy ra 4EDJ ∼ 4BIJ ⇒∠DEJ =∠DBJ nên từ đó ta có E nằm trên (BDJ) (đpcm).
b) Do DE kIJ nên ta có tỉ số AE

AI =
AD
AK.

Ta đặt độ dài các cạnh AB =AC =b, BC =a. Ta có
AD
DC =
AB
BC =
b

a nên
AD
AC =
b

a+b ⇒AD=
b2

a+b và AK =

AB+AC−BC

2 =

2b−a
2 .
Vậy ta có thể viết bất đẳng thức lại thành

(a+b)(2b−a) ≥
4

9 ⇔(b−2a)
2 ≥

0.
Vậy ta hoàn tất phép chứng minh.

Cách 2. (cho phần a)

Ta có 12∠BEJ = 12∠BDJ =∠BDC =∠BAC+12∠ABC = 180◦−∠BCJ.

Mặt khác ED =EC và E nằm khác phía với C so với đường thẳng BJ nên E là tâm đường
trịn ngoại tiếp tam giác BCJ.

Khi đó ta có

∠DEJ =∠DBJ =∠IBC−∠J BC =∠KCJ−1

2∠J EC = 90
◦−

∠KJ C− 1

2∠J EC =∠EJ I.
Suy ra ED kIJ.

Bình luận. Đây là bài tốn đẹp, nhẹ nhàng mà lại có nhiều tính chất hay. Câu hỏi đặt ra đầu
tiên là thay tâm nội tiếp thành tâm bàng tiếp thì sẽ như thế nào. Kết quả là vẫn cho ta bài toán
đúng.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3 Một số tính chất

Chúng ta cùng đi khai thác một số tính chất thú vị từ bài tốn này.

N

L
F

E

K
J
I

D

M

B C

A

Tính chất 1. Lấy F là giao điểm khác E của AI với (BDJ). Khi đó ta có F, C, J thẳng
hàng.

Chứng minh. Ta đã biết E là tâm của (BCJ) nên từ đó ta có EB = EJ. Kết hợp F nằm trên
trung trực của BC nên ta có ∠EF J =∠BF M =∠M F C. Suy ra F, C, J thẳng hàng.

Tính chất 2. AC cắt (BDJ) tại L khác D. Khi đó EL, BJ, IC đồng quy tạiN.

Chứng minh. Ta đã biết ED ⊥AC nên suy ra EL là đường kính của (BDJ) mà EB =EJ nên
EL đi qua trung điểm BJ.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Tính chất 3. DF chia đôi IC.

Chứng minh. DF chia đôiIC tương đương với sin∠DF J
sin∠EF D =

F I
F C hay

DJ
DE =

F I
F C.
Chú ý rằng ta đã có hai tam giác 4J DE ∼ 4J IB nên DJ

DE =
IJ
IB.
Nên ta đi chứng minh IJ

IB =
IF
F C ⇔

F C
CI =

F I
IJ.
Điều này hiển nhiên đúng do 4F CI ∼ 4F IJ (c.g.c)
Vậy ta kết thúc phép chứng minh.

Tính chất 4. Giả sử đường tròn (BDJ) cắt lại (ABC) ởX. Lấy P là giao điểm của ED với
CX, Qlà giao điểm của BD và CJ. Khi đó P Qđi qua A.

Chứng minh. Trước hết ta có∠QBC+∠QCB = 2∠ABC nênQ là điểm chính giữa cung nhỏAC
của đường trịn (ABC).

Bằng cộng góc đơn giản ta có ∠QXL=∠BXQ+∠BXL=∠BCQ+∠BDC = 180◦ nên ta
thu được Q, X, Lthẳng hàng.

P
N
F
X
L
R
E
Q
K J
I
D
M
B C
A

Ta định nghĩa lại điểm P là giao củaCX với AQ. Ta đi chứng minh E,D, P thẳng hàng.
Giả sử AX cắt DQ tại R. Khi đó ta có

∠XRQ =∠ACB +∠XBQ=∠ACB+∠XLD=∠ALF +∠XLD=∠XLF =∠XJ Q
và ∠QP X =∠AQC−∠QCX = 180◦−∠ACB−∠QBX = 180◦−∠QRX.

Vậy ta có năm điểm Q, R, J,X, P đồng viên.

Suy ra ∠RJ Q=∠RXQ= 12∠ABC =∠RBC nên R thuộc (BJ C)do đó ER =EJ (1).
Mà ta dễ có ∠J RP =∠J QP =∠ABC =∠AXP =∠RJ P nên P R=P J (2).

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Mặt khác ∠RJ Q = 12∠ABC = ∠ACQ nên RJ k AC hay ta có EP ⊥ AC, tức là E, D, P
thẳng hàng.

Kết thúc phép chứng minh.

Tính chất 5. LấyY là giao điểm của BX và IJ. Khi đó Y Q vng góc với AM.

Q'

J'

P

Y

X

A'

L
F

Q

E

K

J
I

D

M

B C

A

Chứng minh. Bằng cộng góc ta có tam giác QAI cân tại Q.

Ta định nghĩa lại điểm Y là giao điểm của trung trực AI với IJ. Ta đi chứng minh B, X, Y
thẳng hàng.

Trung trực AI cắt (ABC) tại điểm thứ hai là Q0 khácQ, IJ cắt lại (BDJ)tại J0 khácJ.
Ta có EDkJ J0 mà DI =DJ nên tứ giác EDIJ0 là hình bình hành.

Ta có Q0A = Q0I = Q0B và J0B = J0I do DI = DJ, từ đó Q0J0 là trung trực của BI hay
Q0J0 ⊥BI.

Mà do J0B =J0I =ED nên J0EDB là hình thang cân, suy ra ∠Q0J0E = 90◦.
Ta có ∠EJ0J +∠Q0QJ =∠EF J+∠Q0QJ = 90◦ suy ra ∠Q0QJ+∠Q0J0J = 180◦.

Vậy ta có tứ giácQ0QJ J0 nội tiếp. Từ đó áp dụng định lý trục đẳng phương cho ba đường tròn
(QQ0J), (BDJ) và (ABC) ta có ngayBX đi qua Y.

Vậy ta có đpcm.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Tính chất 6. Bốn điểmE, I, C, X nằm trên một đường tròn.

B'

C'

R

T

P

X

F

L

E

Q

K

J

I

D

M

B

C

A

Chứng minh. Ta lấy lại điểm R là giao của AX với BQ. Ta đã có R, Q, P, X, J cùng nằm trên
một đường tròn.

Suy ra ∠ICA = ∠CAQ nên AP k IC từ đó ta có ∠RIC = 180◦ −∠RQP = ∠RXP hay

IRXC nội tiếp. (1)

Để ý ta có ∠AEP =∠AXP =∠ABC nên tứ giácAEXP là tứ giác nội tiếp.
Suy ra ∠AIQ =∠AP E =∠EXR nên tứ giác EIXRlà tứ giác nội tiếp. (2)
Từ (1) và (2) ta có E, I, C,X đồng viên.

Nhận xét. Ta lấy T là giao điểm củaEP và CQthì T cũng nằm trên (EIC).
Giả sử RP cắt AC và AB lần lượt tạiC0 và B0 thì C0 ∈(CIE)và B0 ∈(AXP).
(Bạn đọc tự chứng minh)

Tính chất 7. LấyZ là giao điểm của BX với DE. Khi đó ZA là tiếp tuyến của(ABC).

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Tính chất 8. BJ, DF, M K đồng quy.

W
Q'

U

V

L
X

F

K
E

Q

J
D

I

M

B C

A

Chứng minh. Ta đã biếtBF,CI cắt nhau tạiQ0 là trung điểm cungAB của(ABC).DJ lần lượt
cắt CQ0, BF tại W và V. IJ cắt BC tại U.

Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác BM F và DKJ thì điều cần chứng minh tương
đương với ba điểm A, V, U thẳng hàng. Ta có tam giác CAU cân tại C nên CQ0 vng góc với
AU.

Do I, J đối xứng qua AC nên Q, W đối xứng qua AC từ đó AW = AQ= AQ0 từ đó AU là
trung trực Q0W.

Mặt khác ta có ∠V W Q0 =∠CW D =∠CQD=∠BQ0C =∠V Q0W.
Suy ra V nằm trên trung trực Q0W do đó A, U, V thẳng hàng (đpcm).

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

4 Bài toán mở rộng và tương tự

Bài toán mở rộng. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có tâm đường tròn nội tiếp là
(I). BI cắt AC tại D. Qua D kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt OI tại E. Lấy J đối xứng
với I qua AC. Chứng minh (BDJ)đi qua E.

Phân tích. Bài tốn này vẫn sẽ cố gắng chỉ ra hai tam giác đồng dạng nhưng sẽ mắc ở chỗ
tính tỉ số hai cạnh. Do đó ta cần có bổ đề quen thuộc sau.

Bổ đề. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn(I). Đường tròn
(I) tiếp xúc với ba cạnh tam giác tại D, E, F. Khi đó OI là đường thẳng Euler của tam giác
DEF.

Chứng minh. Bổ đề này quen thuộc và xuất hiện rất nhiều nên bạn đọc tự chứng minh.
Ta quay lại bài toán ban đầu.

E

K
H
P

M

N

J
D

I
O

C
A

B

Chứng minh. Ta gọi tiếp điểm của (I) với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt là M, N và P. Lấy H
là trực tâm tam giác M N P và K là trung điểm M P.

Theo bổ đề ta có H, I, O thẳng hàng và bằng cộng góc đơn giản ta có ∠J DE =∠J IB.
Chú ý rằng tam giác 4HIN ∼ 4IED (các cặp cạnh tương ứng song song) nên

J D
DE =

ID
ED =

HN
IN .

Mặt khác ta cóHN = 2IK nênHN·IB= 2IK·IB= 2IN2 từ đó suy ra HN
IN =

2IN
IB =

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Ngoài cách thay tâm nội tiếp thành tâm bàng tiếp thì tác giả sử dụng phép nghịch đảo để thu
được bài toán sau đây.

Bài toán tương tự 1. Cho tam giác ABC cân tại A có tâm đường trịn bàng tiếp góc A là
Ia. Lấy J là điểm đối xứng với Ia qua AC. Trên tiaAC lấy D sao cho IaD=IaC. Gọi E là hình
chiếu của Dlên AI. Chứng minh rằng bốn điểm B, D, E,J đồng viên.

E'

D'

E D

J
J'

Ia

I

M
A

C
B

Chứng minh. LấyI là tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC.BI cắtAC tạiD0, qua D0 kẻ đường
vng góc với AC cắt AI tại E0. Lấy J0 đối xứng với I quaAC.

Ta có ∠AID0 = 90◦− 1

2∠ACB =∠IaCD =∠IaDC suy ra AI·AIa =AD·AD
0.
Xét phép nghịch đảo tâm A phương tích AB2 thì

I ↔Ia, D↔D0, J ↔J0, B ↔B.

Theo bài tốn ban đầu thì B,E0,D0,J0 nằm trên một đường trịn nên suy raB, D,E,J cũng
nằm trên một đường tròn.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Cách 2.

J

E

D

I

a

M

A

C

B

Chứng minh. Gọi M là trung điểm BC, ta đi chứng minh 4BDJ ∼ 4EM B.

Do tam giác ABC cân tại A nên ta có CB = CD từ đó ∠BDJ = ∠BDC + ∠CDJ =
∠IaCD+∠BDC = 90◦ =∠EM B.

Ta có BM
DJ =

BM
IaB

= sin∠BIaM = sin∠DBC =
M E

BD hay
BM
M E =

DJ
DB.

Suy ra hai tam giác 4BM E ∼ 4J DB nên ∠BJ D =∠EBM = 180◦−∠BED.
Từ đó ta có BEDJ nội tiếp (đpcm).

Nhận xét.Bài tốn này có tính chấtCIa chia đơi đoạn BJ (gần giống tính chất 2), từ đó suy ra
tâm đường trịn (BDJ) nằm trên IaC. Bạn đọc hãy tự chứng minh tính chất này.

Bài tốn tương tự 2. Cho tam giác ABC cân tại A có tâm đường trịn nội tiếp là I. Dựng
hình thoi ICJ D sao cho D nằm trên AC. Gọi E là hình chiếu của D lên AI. Chứng minh bốn
điểm B, D, E,J cùng nằm trên một đường tròn.

Lời kết. Mong rằng bạn đọc đã tìm thấy những điều thú vị mới mẻ của bài tốn thơng qua
bài viết này. Mọi ý kiến trao đổi xin gửi về địa chỉ

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Tài liệu tham khảo

[1] Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ 2019 - 2020

[2] Group Hướng tới VMO - TST

[3] Blog Toán học của Khoa Nguyễn

</div>


<a href=' thi chọn đội tuyển tỉnh Phú Thọ 2019 - 2020 /><a href=' Hướng tới VMO - TST /> KHAI THÁC 73 NỘI DUNG TỪ 1 BÀI TOÁN HÌNH HỌC doc