Một bài toán tới chuỗi bài toán đẹp trong hình học phẳng

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1></div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>Lời nói đầu</b>. Dạo gần đây có nhiều thời gian rảnh, tơi đã để ý và hứng
thú với một bài tốn đẹp. Sau đó nhận thấy tiềm năng khai thác của nó tơi
đã rất hứng thú, các bài tốn trong bài viết tìm tịi xoay quanh bài toán gốc,
chúng bổ trợ lẫn nhau tạo ra một chuỗi bài toán thú vị.

<b>Bài toán 1(lovely kitty)</b>. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). P,Q là hai
điểm liên hợp đẳng giác ứng với tam giác ABC. AP cắt (O)tại điểm thứ hai
P0. T đối xứng P qua BC. S thuộc (O) sao cho AS vuông BC. P0S cắt BC tại
R. Chứng minh rằng QS vng góc RT.

<b>Lời giải 1(Nguyễn Đắc Quán)</b>. Gọi D là hình chiếu của P lênBC. Điều
phải chứng minh tương đương với ∠QS A₌_∠P SD. Gọi AP_∩BC₌U và AQ_∩
(O)=Q06=A.

Ta có: 4PBP0_{∼ 4}_BQQ0₍_g_._g₎_{. Do đó:} _{P P}0_._QQ0₌_P0_B_._Q0_B_.

Để ý rằng ₄RBP0 _{∼ 4}BSQ(g.g) suy ra: RP0.Q0S ₌ P P0.QQ0 ₌P0B.Q0B suy
ra:4RP0_P _{∼ 4}_QQ0_S₍_c_._g_._c₎_{suy ra:}_∠_{P RD}₌_∠_{AU C}₋_∠_RPU₌_∠_ASQ0₋_∠_QSQ0₌

∠QS A. Do đó ta có điều phải chứng minh.

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

<b>Lời giải 2(An Chu)</b>.

<b>Bổ đề</b>. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D,E là hai điểm
liên hợp đẳng giác ứng với tam giác ABC. AD cắt (O) tại M, ME cắt BC tại
P, khi đó DP _ËAE.

<i>Chứng minh.</i> AE cắt BC tại Q, cắt (O)tại N, khi đó

∠B AM₌_∠C AN_⇒M N_ËBC.
Bằng biến đổi góc chỉ ra được

∠MDC₌_∠NCE, _∠NCQ₌_∠M AC.

Từ đó 4MDC_v₄NCE, 4M AC_v₄NCQ (g.g), chú ý PQ_ËM N thu được
M A

MD =

M A
NC ·

NC

MD =

MC
NQ ·

N E

MC =

N E

NQ =

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

Quay trở lại bài toán. Kéo dài AQ cắt(O) tạiQ0_, _P0_Q _cắt _BC _tại _D_, _P0_S _cắt

P T tại E.

Theo bổ đề P DËAQ,chú ý P,T đối xứng qua BC và P TËAS ta có
∠DT P₌_∠DP T₌_∠S AQ0₌1

2sđ SQÙ0=
1

2(sđ QÛ0SB−sđ ÙSB)=∠P

0_RC_.

Mặt khác P T_⊥RC nên P0_R_⊥_DT _{dẫn đến} _E _{là trực tâm tam giác} _DRT _suy

ra DE_⊥RT.

Chú ý AS_ËP E, P D_ËAQ, bằng định lý Thales ta có
P0E

P0_S =

P0P
P0_A =

P0D

P0_Q ⇒QSËDE.

Bởi vậyQS_⊥RT.

Tiếp tục là khai thác thú vị của bạn <b>Hà Huy Khôi</b> cho <b>bài tốn 1</b>.

<b>Bài tốn 2(Hà Huy Khơi)</b>. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có trực tâm
H. P,Q là 2 điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác ABC. Gọi P0 đối xứng P
quaBC. Đường thẳng qua H_⊥ AP cắtBCtại E. Chứng minh rằngQE_⊥HP0_.

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

Ta có: JB

JC = A(BC,J x)=H(CB,E I)=
EC
EB :

IC

IB (chiếu trực giao)

⇒ EC

EB =

JB
JC.

IC
IB =(

AB
AC.

PaB
PaC

).IC
IB =(

AB
IB .

IC
AC).

PaB
PaC =

(DC
D I.

D I
DB).

QaC
QaB =

DC
DB.

QaC
QaB

⇒E,Qa,D (bổ đề cát tuyến đảo)

Gọi Q0 đối xứng Q qua BC thì áp dụng <b>bài tốn 1</b> ta có ngayQ0E_⊥P D.

Qua phép đối xứng trục BC thì suy ra QE⊥P0H .

<i>Nhận xét. Bài tốn này là một bổ đề do bạn Khơi tìm tịi trong q trình</i>
giải <b>bài tốn 3</b> tiếp theo do tơi đề nghị. Kết quả của <b>bài toán 2</b> cũng rất
hay và đáng lưu ý.

<b>Bài toán 3(Nguyễn Duy Khương)</b>. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có
trực tâm H, tâm nội tiếp I. (I) tiếp xúc BC tại D. Gọi (D,D I)cắt BC tại S,T.
Gọi K là hình chiếu H lên A I. Chứng minh rằng H,K,S,T đồng viên.

<b>Lời giải (Hà Huy Khôi)</b>. Để bảo lưu lời văn của tác giả lời giải xin lưu
ý độc giả kí hiệu (X,Y,Z,T)c yc tức là X,Y,Z,T đồng viên.

Gọi I’ đối xứng I qua BC thì I I0 _{là đường kính của} ₍_D₎_{. Gọi} _HK _cắt _BC _tại

E.

Từ bổ đề, nếu cho P₌Q₌I thì ta thu được ngay H I0_⊥E I.

⇒GọiH I0_cắt_{I E} _tại _J _thì_∠_{I J I}0₌₉₀◦_⇒₍_I_,_I0_,_J_,_S_,_T₎

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

⇒EH.EK₌E I.E J₌ES.ET _⇒(H,K,S,T)c yc.

<i>Nhận xét. Ban đầu tơi sáng tác bài tốn bằng cách đặc biệt hóa</i> <b>bài tốn</b>

giác ABC tiếp xúc BC tại K. Phân giác ngồi góc BHC cắt BC tại D. E là
trung điểm I H. Chứng minh D I vng góc EK.

<b>Lời giải(Nguyễn Duy Khương)</b>. Gọi H M là phân giác trong góc BHC
với M_∈BC ta có: _∠H MB₌_∠HCB₊∠BHC

2 =90

◦₋_∠_B₊₉₀◦₋∠A

2 =∠C+
∠A

2
suy ra:H M_kA I do đó HD_⊥A I tại R. Lấy I0 đối xứng I qua BC. Ta cần chỉ ra
rằng I0H vuông I D. Gọi H0 là trực tâm tam giác I I0D. Gọi (K;K I)_∩BC₌S,T
và J là hình chiếu của I0 _lên _{I D}_{. Ta cần có:} _{D J}_._{D I}₌_DH_._DR₌_DS_._DT _{hay là}

ta quy về chứng minh nội dung <b>bài tốn 3</b>. Từ đây H,H0,J,I0 thẳng hàng.
Do đó: K E⊥I D.

<i>Nhận xét. Bài toán cuối là một ứng dụng rất hay của tính chất từ</i> <b>bài</b>
<b>tốn 3</b>. Thú vị như thể bài toán số 4 được sinh ra để dùng bài toán 3.

<b>1</b> cho tâm nội tiếp và có 1 lời giải khá dài. Lời giải của bạn Khơi vận dụng
rất đẹp <b>bài tốn 2</b>. Ngồi lời giải đẹp trên các bạn cũng có thể tham khảo
lời giải của <b>Eugeo Synthesis 32</b>

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

<!--links-->