Khai thác cho một chùm bài toán hay về đường thẳng Euler và các mở rộng của nó

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (406.48 KB, 8 trang )

Khai thác cho một chùm bài toán hay về

đường thẳng

Euler

và các mở rộng của nó

Lời nói đầu: Bài viết nói về việc khai thác một chùm bài toán hay bắt nguồn từ
một bài toán rất hay trên Aops, qua đó chỉ ra vẻ đẹp của những lời giải cùng những
điều gợi mở.

Bài toán 1(Aops): Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Lấy P đối xứng A qua BC.

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

điểm BC. Ta có: OE

OA =
N E

N D. Gọi OK ∩BC = J, ta có: ∠N OJ = ∠OKA =

∠OAK = <sub>∠</sub>EON suy ra OJ E là tam giác cân tại O do đó N là trung điểm J E.
Vậy N E

N D =
N J

N D. Lại theo định lí T hales thì:
N J
ON =
DJ
KD =
N D
HA

2 +KD

suy ra

N J
N D =

ON
HA

2 +KD

= HA

HA+ 2HD =
HA
AK =

HA
AD+HD =

HA
DP +HD =

HA
HP. Thế

nên: OA

OM =

HP nên theo định lí T hales đảo thì: OHkP M hay điều phải chứng

minh.

Khai thác bài toán trên sẽ cho ta một lời giải khá đẹp cho bài toán sau của bạn
Nguyễn Tiến Hoàng-PTNK TPHCMkhác với lời giải của tác giảTrần Quang
Hùng bằng phép nghịch đảo(tại />

Bài tốn 2(Nguyễn Tiến Hồng): Cho tam giác ABC có tâm ngoại tiếp (O) và
trực tâm H. Lấy X đối xứng A qua BC. AO∩(OBC) = O, Y. Chứng minh rằng:

Y H, OX, BC đồng quy tại D và AD đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác

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

Lời giải: Theo bài toán 1ta có: OHkXY. Gọi I là chân đường cao hạ từA xuống

BC. AO∩BC =J vàM là trung điểmBC. Theo định lí T halesthì: DO

DX =
HO
XY =
AH
AX =
AH

2AI =

2OM

2AI =

AI =
J O

J A. Do đó
J A
J O.

DO
DX.

IX
IA =

J A
J O.

J O

J A = 1 hay là theo

định lí M enelausđảo ta có: D, I, J thẳng hàng. Áp dụng bổ đề hình thang thì: AD

chia đơi HO nên AD đi qua tâm Euler của tam giác ABC.
Tiếp tục, đảo thành mô hình tâm nội tiếp tơi có bài tốn hay sau:

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

của tam giácDEF.

Ta nhận thấy yếu tố tiếp tuyến trong bài có thể thu gọn lại hơn, rút gọn bớt hai tiếp

tuyến ta được bài toán mới, khi đó vai trị điểm S tương đương với Avà J có vai trị
tương đương điểm đồng quy củaKA, BC và đường thẳng Eulercủa tam giác DEF.
Lời giải: Ta chuyển về bài toán mới như sau: "Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có
trực tâmH. Tiếp tuyến tạiB, C của(O)cắt nhau tại S. Lấy K đối xứngA quaBC

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

Bổ đề: Cho hình thang ABCD. Lấy X, Y trên BC, AD sao cho AXkCY. Khi đó

BYkDX.

Chứng minh bổ đề(Bạn đọc tự vẽ hình): Gọi AD∩BC = K. Ta có: KA

KD =
KB
KC,
KA

KY =
KX

KC do đó chia 2 vế cho nhau ta có:
KY
KD =

KX nên theo định lí T hales

đảo thì: BYkDX.

Quay trở lại bài toán, gọi tiếp tuyến tạiAcủa(O)cắtSKtạiJ0, gọiAO∩(OBC) =P

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

Sử dụng ý tưởng giống bài toán 2, tơi đề xuất lời giải sau cho bài tốn mở rộng
xuất hiện trong chuyên mụcMỗi Tuần Một Bài Toán-Tuần 2-Tháng 6của thầy
Trần Quang Hùng. Thay thế 2 điểm O, H bởi 2 điểm đẳng giác bất kì ta có bài
tốn này.

Bài toán 6(Mở rộng bài toán 1 và bài toán 2)(Ngô Quang Dương-Trần
Quang Huy): Cho tam giác ABC, P và Q là 2 điểm liên hợp đẳng giác trong
tam giác ABC. AP ∩(P BC) = A, X và AQ∩(BQC) = A, Y. Chứng minh rằng:

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

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta có: <sub>∠</sub>BAY =<sub>∠</sub>P AC mà <sub>∠</sub>BY Q =<sub>∠</sub>BCQ=
∠P CA do đó 4BAY ∼ 4P AC(g.g) suy ra AB

AP =
AY

AC. Chứng minh tương tự thì:
AQ

AC =
AB

AX do đó AQ.AX = AP.AY hay là:
AP
AQ =

AY nên theo định lí T hales

đảo thì: P QkXY. Gọi P Y cắt QX tại D thì theo bổ đề hình thang ta có: AD chia
đôi P Q. Ta chứng minh D ∈ BC. Gọi AP ∩BC =I, AQ∩BC =J. Theo định lí

T hales ta có: DQ

DX =
P Q
XY =

AX. Theo định lí hàm số sin thì:
QB
QC =

sin<sub>∠</sub>QCB