Tản mạn về hình học (P2) - Mừng Xuân Tân Sửu 2021

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

TẢN MẠN VỀ HÌNH HỌC (P2)

Nguyễn Đăng Khoa

∗

Happy Lunar New Year 2021

1

Mở đầu

Nhân dịp đầu xuân năm mới, tác giả có sáng tác được một vài bài tốn hay dựa trên một cấu
hình quen thuộc đã biết. Bài viết này xin chia sẻ những tìm tịi đó tới bạn đọc. Tác giả cũng xin
chúc cho mọi người một năm mới bình an, mọi điều may mắn, tốt lành sẽ tới ♥

2

Các bài toán và lời giải

Bài toán 1. (Warm up) Cho tam giác ABC, lấyB₁ và C₁ lần lượt là điểm đối xứng củaB,C qua
hai cạnh AC,AB. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB₁C₁. Chứng minh rằng A I đi
qua điểm O₁, với O₁ là điểm đối xứng với O qua BC.

Tuymaada 2009
-mD2H2C2 = 66.95°

mCAG2 = 80.99°

mBAF2 = 113.05°

mC2D2E2 = 96.73°

mAC'F = 25.32°
mAB'E = 25.32°
IE∙IE DI∙DI

( )∙2 (m EF∙m EF m FD∙m FD) = 0.00 cm2

m EF∙m EF m FD∙m FD = 8.67 cm2

m EF = 11.49 cm
m FD = 11.11 cm
IE∙IE DI∙DI = 4.34 cm2

IE = 7.32 cm
DI = 7.02 cm

O1

J
I

C1

B1

F2

G2

H2

D2

C2

E2

K

H
Eu

M
H

F

E

D

B'

C'

A'
I

AB
BC

AC

BA
P

CB

CA

N

H

M
E

F
D

O'

B'

C'

A'

O

C

O

C

O

C
A

B

A

B

A

B

∗_{THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ}

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

Tản mạn về hình học (P2) Mừng Xuân Tân Sửu 2021

Lời giải. (Thầy Nguyễn Văn Linh)

Ta gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC, ta dễ dàng chứng minh được rằng

AO₁,A J đẳng giắc trong _∠B AC.

Vì _∠B₁AC₌_∠B AC₌_∠C₁AB nên ta cũng có A J,AO₁ đẳng giác trong _∠B₁AC₁.

Do đó để chứng minh A,O₁,I thẳng hàng thì ta đưa về chứng minh A J vng góc với B₁C₁.
Ta có

A J_⊥B₁C₁_⇔AB2₁₋AC2₁₌JB2₁₋JC2₁

⇔4R2(sin2C₋sin2B)=(B₁C2₊C J2₋2B₁C_·JC_·cos_∠B₁C J₋BC2₁₋BJ2₊2BC₁_·BJ_·cos_∠C₁BJ)

⇔4R2(sin2C₋sin2B)=2BC_·R_BOC_·(cos_∠C₁BJ₋cos_∠B₁C J)

⇔4R2(sin2C−sin2B)=2R·sinA· R

cosA·(cos(2A+2B−90

◦₎₋_cos(2_A₊₂_C₋₉₀◦₎₎

⇔2(sinC₋sinB)(sinC₊sinB)=tanA(sin 2B₋sin 2C)

Đẳng thức cuối cùng đúng dựa vào các phép biến đổi lượng giác cơ bản. Kết thúc phép chứng
minh.

Bài toán 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và lần lượt lấy A0,B0,C0 là điểm đối
xứng với A,B,C qua AC,AB,BC. Đường thẳng A A0, BB0, CC0 lần lượt cắt lại (A0B0C0)tại điểm

D,E,F. Gọi X là giao điểm của EF với BC, Y là giao điểm của DF với AC. Chứng minh rằng

X Y vng góc với đường thẳng Euler của tam giác ABC.

mHCB1HB = 73.11°

mCAC2 = 83.15°

mBAB2 = 106.89°

mHBHCHA = 87.09°

mAC'F = 26.65°
mAB'E = 26.65°
IE∙IE DI∙DI

( )∙2 (m EF∙m EF m FD∙m FD) = 0.00 cm2

m EF∙m EF m FD∙m FD = 8.67 cm2

m EF = 11.49 cm
m FD = 11.11 cm
IE∙IE DI∙DI = 4.34 cm2

Y'

A1

Y
X
B2

C2

X'

B1 C1

HC

HB

HA

H

F

E

D

B'

C'

A'
I

AB

BC

AC

BA

P

CB

CA

N

H

M
E

F
O'

B'

C'

A'

O

C

O

C
A

B

A

B

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

Tản mạn về hình học (P2) Mừng Xuân Tân Sửu 2021

Lời giải. Ta gọi H_A,H_B,H_C là chân đường cao hạ từ đỉnh A,B,C xuống cạnh đối diện trong tam
giác ABC. Lấy A₁ là giao điểm của AH với H_BH_C, tương tự với điểm B₁,C₁. Lấy B₂,C₂ là điểm
đối xứng của H qua AC,AB.

Trước hết ta dễ có B₁C₁,H_BH_C,BC đồng quy tại X0 và H_AH_C,A₁C₁,AC đồng quy tại Y0.
Ta sẽ chứng minh B₁C₁_ËEF, điều này tương đương với HC1

HB₁ =
HF

HE hay

HC₁
HB₁=

HB0
HC0.
Theo giả thiết là B0 đối xứng với B qua AC nên HB0₌BB₂ và HC0₌CC₂, suy ra

HB0
HC0 =

BB₂
CC₂ =

sin_∠B AB₂

sin_∠C AC₂.

Để ý ta có ∠B AB₂₌_∠A₊_∠C AB₂₌_∠HB₁H_A, tương tự thì ∠C AC₂₌_∠HC₁H_A.
Lại có H_AH là đường phân giác của góc _∠C1HAB1 nên ta suy ra

sin_∠B AB₂

sin∠C AC₂=

sin_∠HB₁H_A

sin∠HC₁H_A =
HC₁
HB₁.

Vậy ta có EF_ËB₁C₁, hồn tồn tương tự cho ta A₁C₁_ËDF.
Vậy từ đó theo định lý Thales ta có

C X
C X0=

CF
CC₁=

CY
CY0,
điều này dẫn đến X Y_ËX0_Y0_.

Mặt khác, dễ thấy X0_H_C_·_X0_H_B₌_X0_B_·_X0_C _nên _X0 _{nằm trên trục đẳng phương của} ₍_O₎ _và
đường tròn Euler của tam giác ABC. Tương tự đối với Y0, từ đó rút ra được rằng X0Y0⊥OH.

Từ các điều trên cho ta đi đến kết luận X Y ⊥OH, hay ta có đpcm.

Bài tốn 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và lần lượt lấy A0,B0,C0 là điểm đối
xứng với A,B,C qua AC,AB,BC. Gọi O0 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và lấy I là
trung điểmmHBHCHA = 96.73°OO0. Chứng minh rằng A I_⊥B0C0.

mAC'F = 25.12°
mAB'E = 25.12°
IE∙IE DI∙DI

( )∙2 (m EF∙m EF m FD∙m FD) = 0.00 cm2

m EF∙m EF m FD∙m FD = 8.67 cm2

m EF = 11.49 cm
m FD = 11.11 cm
IE∙IE DI∙DI = 4.34 cm2

IE = 7.32 cm
DI = 7.02 cm

C2

B2

I

HA

HC

HB

H
O'

B'

C'

A'
I

AB

BC

AC

BA

P

CB

CA

N

H

M
E

F
D

O'

B'

C'

A'

O

C

O

C
A

B

A

B

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

Lời giải. Ta sẽ chứng minh bằng định lý 4 điểm hay ta cần chỉ ra

B0I2₋C0I2₌B0A2₋C0A2.

Áp dụng công thức đường trung tuyến cho hai tam giác C0OO0 và B0OO0, ta có

B0I2₌B

0_O02₊_B0_O2

2 −

OO02

4 ; C
0_I2

=C

0_O02₊_C0_O2

2 −

OO02

4 .

Suy ra

B0I2₋C0I2₌B

0_O2₋_C0_O2

2 =

1
2

¡

PB0_/(_O₎−P_C0_/(_O₎¢

=1

2(B
0_B

2·B0B−C0C2·C0C)=BH·BHB−CH·CHC

=BH_A_·BC₋CH_A_·CB₌H_AB2₋H_AC2

=AB2₋AC2₌B0A2₋C0A2.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài tốn 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và lần lượt lấy A0,B0,C0 là điểm đối
xứng với A,B,C qua AC,AB,BC. Đường thẳng A A0, BB0, CC0 lần lượt cắt lại (A0B0C0)tại điểm

D,E,F.Chứng minh rằng ba đường thẳng lần lượt đối xứng với EF,F D,DE qua các đường thẳng

BC,C A,AB đồng quy tại một điểm.

mHBHCHA = 96.73°

mAC'F = 25.12°
mAB'E = 25.12°

I

C2

B2

I

HA

HC

HB

H
O'

B'

C'

A'

AB

BC

AC

BA

P

CB

CA

N

H

M
E

F
D

O'

B'

C'

A'

O

C

O

C
A

B

A

B

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

Tản mạn về hình học (P2) Mừng Xuân Tân Sửu 2021

Lời giải. Ta gọi M là giao điểm thứ hai của(A0EB)với (A0CF), ta có

∠A0ME+∠A0MF=∠A0BE+∠A0CF=180◦⇒M∈EF.

Dễ thấy các cặp tam giác đồng dạng (góc - góc) là 4A0_MF_{∼ 4}_A0_BB0 _và ₄_A0_ME_{∼ 4}_A0_CC0
nên ta rút ra được MC

M A0=

BB0
A0_B=

BB0

AB và

ME
M A0=

CC0
AC.

Từ đó ta suy ra M là trung điểm EF. Lập luận tương tự đối với điểm N,P là trung điểm

DF,DE.

Ta lấy C_A là giao điểm của M N với A A0, do MC_A_ËDE nên theo định lý Reim ta dễ có C_A

nằm trên đường trịn (CMF). Khi đó∠CM N₌_∠C A0C_A₌_∠C A0A₌90◦−∠ACB.
Tương tự thì ta có ∠CN M₌90◦−∠ACB, vậy nên CM₌CN và ∠MCN₌2_∠ACB.

Chứng minh tương tự ta có AN₌AP, BP₌BM và∠N AP₌2_∠B AC,∠MBP₌2_∠ABC. Từ
đó sẽ tồn tại điểm I sao cho đối xứng của điểm này qua ba cạnh BC,C A,AB lần lượt là M,N,P.
Vậy ta kết thúc phép chứng minh, tuy nhiên ta cũng có thể chứng minh điểm đồng quy I này
là trung điểm OO0.

Thật vậy, ta có _∠BMC=∠BE A0+∠CF A0=∠A0DB0+∠A0DC0=∠B0DC0.
Kết hợp

BM

MC =

BM
H M·

H M

MC =

sin_∠BH M

sin_∠M A0_E·

sin_∠M A0F

sin_∠MHC =
HF
HE·

A0E
A0_F =

HF
A0_F ·

A0E

HE =

HD
DC0·

DB0

HD =

DB0
DC0.
Suy ra hai tam giác 4BMC_{∼ 4}B0DC0 (c.g.c) nên _∠ICB₌_∠BCM₌_∠DC0B0₌_∠D A0B0. Suy ra

C I_⊥A0B0.

Chứng minh tương tự thì BI_⊥A0C0, từ đó theo bài tốn 3 thì điểm đồng quy I này chính là
trung điểm của đoạn thẳng OO0.

Bài toán 5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và lần lượt lấy A0,B0,C0 là điểm đối
xứng với A,B,C qua AC,AB,BC. Đường thẳng A A0, BB0, CC0 lần lượt cắt lại (A0B0C0)tại điểm

D,E,F.Chứng minh rằng tâm đường tròn Euler của hai tam giác ABC và DEF là trùng nhau.

mHBHCHA = 96.73°

mAC'F = 25.12°

mAB'E = 25.12°

D'
J

HD
P

N
D

H

M
E

F

C2

B2

I

HA
HC

HB

H
O'

B'

C'

A'

B'

C'

A'
O

C

O

C
A

B

A

B

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

Lời giải. Ta gọi J là trung điểm OH và ta đi chứng minh J là tâm đường tròn (M N P).

Lấy H_D,H_E,H_F là chân đường cao hạ từ D,E,F của tam giác DEF. Theo bài tốn 2 thì ta
có EF_ËB₁C₁ mà theo bổ đề quen thuộc thì B₁C₁_⊥A J, vậy nên ta có A J_⊥EF.

Ta lấy D0 là điểm đối xứng với D qua A, ta cần chứng minh D0M_⊥EF.

Ta có AP_ËD0_E _và _AN_Ë_D0_F_{, suy ra} _∠_DED0₌_∠_{DP A}₌_∠_DC0_A_{, kéo theo}

∠D0EF₌_∠DEF₋_∠DED0₌_∠DC0F₋_∠DC0A₌_∠AC0C

và ∠D0_{F E}₌_∠_AB0_B₌_∠_AC0_C_{, hay ta có tam giác} _D0_EF _{cân tại} _D0_.
Suy ra A J là trung trực của đoạn thẳng MHD.

Chứng minh hoàn toàn tương tự cho ta điểm J cũng thuộc đường trung trực củaHENvà HFP

hay J chính là tâm đường tròn Euler của tam giác DEF.

Để kết thúc cho bài viết, tác giả xin giới thiệu một bài toán khá thú vị sau đây, tuy nhiên tác
giả chưa có thời gian để ngẫm nghĩ và mong muốn được trao đổi thêm với bạn đọc.

Bài toán 6. (Cool Down)Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O)và lần lượt lấy A0_,_B0_,_C0
là điểm đối xứng với A,B,Cqua AC,AB,BC. Đường thẳngA A0_,_BB0_,_CC0_{lần lượt cắt lại}₍_A0_B0_C0₎
tại điểm D,E,F.Lấy X_A,XB,XC lần lượt là giao điểm của BF,CE ; CD,AF và BD,AE. Chứng

minh rằng A X_A,BXB,C XC đồng quy tại T1 ; D XA,E XB,F XC đồng quy tại T2 và T1T2 đi qua
trực tâm của tam giác ABC.

mHBHCHA = 96.73°

mAC'F = 25.12°

mAB'E = 25.12°

T

2

X

A

T

1

X

B

H

F

X

C

D

E

C'

B'

A'

C

2

B

2

I

H

A

H

C

H

B

H

O'

B'

C'

A'

C

O

C

A

A

B

B

</div>

<!--links-->