Các bài toán về Hình học

. Tương tự các bộ bốn điểm Bc, Ba, Ca, Ac; Ca, Cb, Ab, Ac cũng cùng thuộc một đường tròn. Tóm lại, theo bổ đề trên, Ab, Ac, Bc, Ba, Ca, Cb cùng thuộc một đường tròn. Bài toán 11. Cho tam giác ABC. P là trung điểm của BC. Lấy các điểm X, Y, Z sao cho sao cho A, X / BC; B / CA / Y; C / AB / Z và các tam giác XBC, YAC, ZBA đồng dạng. YZ theo thứ tự cắt AC, AB tại N, M. Chứng minh rằng YN ZM= khi và chỉ khi n nPAB XAC.= Lời giải. Điều kiện cần. Gọi K, H theo thứ tự là hình chiếu của Y, Z trên AC, AB; gọi S là giao điểm của AX và YZ (h.11.1). 1 2 1 2 YK.ANAC YK AM S(AYN) AM YN AM AM . . . . AB ZH AN S(AZM) AN ZM AN ANZH.AM = = = = = Do đó 1ABC ANM ( ).Δ Δ∼ Dễ thấy SY = SZ (kết quả quen thuộc). Kết hợp với NY = MZ, suy ra SN = SM. Do đó 1 2PB SN ( ). PC SM = = Từ (1) và (2) suy ra n n nPAB SAN XAC.= = S K H M N Z Y X P A B C (h.11.1) 22 Điều kiện đủ. Gọi S là giao điểm của AX và YZ; H, K theo thứ tự là hình chiếu của Z, Y trên AB, AC; U, V theo thứ tự là hình chiếu của S trên AB, AC. K H V U SM N Z Y X P A B C (h.11.2) Vì n nPAB XAC= và BZA AYCΔ Δ∼ nên SU AB ZH . SV AC YK = = Kết hợp với SU // ZH;SV // YK, suy ra SM SU SV SN . ZM ZH YK YN = = = Kết hợp với SY = SZ, suy ra 1ZM SM ZM SM SZ . YN SN YN SN SY += = = =+ Do đó YN ZM.= Bài toán 12. Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp. Các điểm A1, B1, C1 theo thứ tự thuộc các đoạn BC, CA, AB. Các đường tròn (AB1C1), (BC1A1), (CA1B1) theo thứ tự lại cắt (O) tại A2, B2, C2. Tìm M sao cho 1 1 1 2 2 2 S(A B C ) S(A B C ) nhỏ nhất. Lời giải. Trong lời giải này các kí hiệu R(XYZ), r(XYZ) theo thứ tự chỉ bán kính đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp XYZ.Δ Ta cần có ba bổ đề. Bổ đề 1. Cho tam giác ABC. Các điểm A1, B1, C1 theo thứ tự thuộc các đoạn BC, CA, AB. Các điểm A2, B2, C2 theo thứ tự là điểm đối xứng của A1, B1, C1 qua trung điểm của BC, CA, AB. Khi đó 1 1 1 2 2 2S(A B C ) S(A B C ).= Chứng minh. (h.12.1). Đặt 1 2 1 2 1 2BA CA CB AB AC BCx; y; z. BC CB CA AC AB BA = = = = = = 23 C1 B2 A2 A B CA1 B1 C2 (h.12.1) Ta thấy 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S(A B C ) S(A B C ) S(ABC). S(ABC) S(ABC) S(AB C ) S(BC A ) S(CA B ) S(ABC). S(ABC) AC AB BA BC CB CA S(ABC) 1 . . . AB AC BC BA CA CB = − + += ⎛ ⎞= − − −⎜ ⎟⎝ ⎠ ( ) ( ) ( )( ) ( ) S(ABC) 1 z 1 y x 1 z y 1 x S(ABC) 1 x y z yz zx xy . = − − − − − − = − − − + + + Tương tự ( )2 2 2S(A B C ) S(ABC) 1 x y z yz zx xy .= − − − + + + Vậy 1 1 1 2 2 2S(A B C ) S(A B C ).= Bổ đề 2. Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp. Các điểm A1, B1, C1 theo thứ tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. A2, B2, C2 theo thứ tự là giao điểm thứ hai của các đường tròn (AB1C1), (BC1A1), (CA1B1) và đường tròn (O). A3, B3, C3 theo thứ tự là điểm đối xứng với A1, B1, C1 qua trung điểm của BC, CA, AB. Khi đó các tam giác A2B2C2, A3B3C3 đồng dạng cùng hướng. Chứng minh. (h.12.2). Dễ thấy các tam giác A2BC1, A2CB1 đồng dạng cùng hướng (1). Vì C3, B3 theo thứ tự là điểm đối xứng với C1, B1 qua trung điểm của AB, AC nên 1 1 3 1 1 3BC C B AC ;CB B C AB (2).= − = − = − = − Do đó 1 3 1 3BC AC ;CB AB .↑↓ ↑↓ JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG Vây 1 1 3 3 2 3(BC ,CB ) (AC , AB )(mod ) ( ).≡ π JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG Từ (1), (2) và (3) suy ra 32 1 2 2 1 1 3 3 2 1 3 2ACA B BC ;(A B, A C) (BC ,CB ) (AC ,AB )(mod ). A C CB AB = = ≡ ≡ πJJJJG JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG JJJJG Do đó các tam giác A2BC, AC3B3 đồng dạng cùng hướng. Tương tự các cặp tam giác B2CA, BA3C3 ; C2AB, CB3A3 đồng dạng cùng hướng (4). 24 C3 B3 A3 C2 B2 A2 O A B C B1 C1 A1 (h.12.2) Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 (A B , A C ) (A B , A A) (A A,A C )(mod ) (CB ,CA) (BA,BC )(mod ) (v× C (A B A);B (AA C )) (A B,A C ) (A B , A C)(mod ) (v× (4)) (A B ,A C )(mod ) (v× A C A B). ≡ + π ≡ + π ∈ ∈ ≡ + π ≡ π ≡ Tương tự 2 2 2 2 3 3 3 3(B C , B A ) (B C ,B A )(mod ).≡ π Tóm lại các tam giác A2B2C2, A3B3C3 đồng dạng cùng hướng. Bổ đề 3. Cho tam giác ABC. Các điểm A1, B1, C1 theo thứ tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó 1 1 1R(A B C ) r(ABC).≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A1, B1, C1 theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC và BC, CA, AB. Chứng minh. Dựng A ' B 'C 'Δ nhận (A1B1C1) là đường tròn nội tiếp và B’C’, C’A’, A’B’ tương ứng song song với BC, CA, AB (h.12.3). C' A' B' A B CA1 B1 C1 (h.12.3) 25 Dễ thấy các tam giác ABC, A’B’C’ đồng dạng (cùng hướng). Từ đó, chú ý rằng ABCΔ nằm trong A' B 'C ',Δ suy ra 1 1 1 r(A ' B 'C ') S(A ' B 'C ') R(A B C ) r(A ' B 'C ') r(ABC). r(ABC) r(ABC). r(ABC) S(ABC) = = = ≥ Vậy 1 1 1R(A B C ) r(ABC).≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A1, B1, C1 theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp ABCΔ và BC, CA, AB. Trở lại giải bài toán 12. Gọi A0, B0, C0 theo thứ tự là điểm đối xứng của A1, B1, C1 qua trung điểm của BC, CA, AB; D0, E0, F0 theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp ABCΔ và BC, CA, AB; D1, E1, F1 theo thứ tự là điểm đối xứng của D0, E0, F0 qua trung điểm của BC, CA, AB. Theo bổ đề 1, 1 1 1 0 0 0S(A B C ) S(A B C ).= Theo bổ đề 2, các tam giác A0B0C0, A2B2C2 đồng dạng (cùng hướng). Theo bổ đề 3, 0 0 0R(A B C ) r(ABC).≥ Vậy 2 2 1 1 1 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 S(A B C ) S(A B C ) R(A B C ) r(ABC) . S(A B C ) S(A B C ) R(ABC) R(ABC) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Đẳng thức xảy ra ⇔ A0, B0, C0 theo thứ tự trùng D0, E0, F0 ⇔ A1, B1, C1 theo thứ tự trùng D1, E1, F1. Tóm lại 1 1 1 2 2 2 S(A B C ) S(A B C ) nhỏ nhất khi A1, B1, C1 theo thứ tự trùng D1, E1, F1. Bài toán 13. Cho tứ giác ABCD, O = AC ∩ BD. Phân giác của các góc nnnnAOB, BOC,COD,DOA theo thứ tự cắt AB, BC, CA, AD tại M, N, P, Q. X, Y, Z, T theo thứ tự là trung điểm của QM, MN, NP, PQ. Chứng minh rằng AX, BY, CZ, DT đồng quy. Lời giải. Ta cần có một bổ đề. Bổ đề. Nếu M thuộc cạnh BC của tam giác ABC thì MC MBAM AB AC. BC CB = +JJJG JJJG JJJG Bổ đề trên chính là ví dụ 1.9, trang 12, Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10. Trở lại giải bài toán 13. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AC, BD; K là điểm chia trong đoạn EF theo tỉ số AC BD (h.13). 26 F EK T Z YX P M N Q O A B C D (h.13) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) BD.AE AC AC + BD AK BD.AE AC.AF .AO AB AD AO 2 AC AC .BD.AO AB AD 2AO 2 AC 1 . OD.AB OB.AD AB AD 2 AO AC OD OA OB OA .AB .AD 2 OA OA AC AD AB . .AM 2 AQ AM = + = + + = + + ⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟⎝ ⎠ + +⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ = JJJG JJJG JJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG JJ G ( ) AB AD . AQ AM AQ AC AD AB . . AM AQ 2 AQ AM AB.AC.AD .AX. AM.AQ ⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠ = + = J JJJG JJJG JJJG JJJG Do đó AX đi qua K. Tương tự BY, CZ, DT cũng đi qua K. Tóm lại AX, BY, CZ, DT đồng quy (tại K). Bài toán 14. Cho tam giác ABC, trực tâm H. (S) là đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC. Điểm P thay đổi trên (S). Đường thẳng qua B vuông góc BA cắt PC tại M. Đường thẳng qua A vuông góc AC cắt PB tại N. Chứng minh rằng trung điểm MN thay đổi trên một đường thẳng cố định. Lời giải. Gọi X là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BA và tiếp tuyến với (S) tại C; Y là giao điểm của đường thẳng qua A vuông góc với AC và BC; Z là giao điểmcủa đường thẳng qua A vuông góc với AC và tiếp tuyến với (S) tại B; E, F, Q theo thứ tự là trung điểm của XY, BZ, MN (h.14). 27 MX Ta cã C(XBMH) (v× CH // BXM) MB C(CBPH) (v× CX CC;CM CP) B(CBPH) (v× B,C, H, P, M ®ång viªn) = = ≡ ≡ = B(YZNH) (v× BC BY;BB BZ;BP BN) NY (v× BH // ZYN). NZ = ≡ ≡ ≡ = Từ đó, theo bổ đề trong bài toán 7, suy ra E, F, Q thẳng hàng. Nói cách khác Q thay đổi trên một đường thẳng cố định, đường thẳng EF. E X F Z Y Q N M S H A B C P (h.14) Bài toán 16. Cho tam giác ABC, (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp. X, Y, Z theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB. D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. YZ, ZX, XY theo thứ tự giao với (O) bằng { }1 2A , A , { } { }1 2 1 2B , B , C ,C . Chứng minh rằng I là tâm đẳng phương của các đường tròn (DA1A2), (EB1B2), (FC1C2). Lời giải. Ta cần có một bổ đề. 28 Bổ đề 1. Cho hai đường tròn (O1), (O2) và điểm M. Nếu ∆ là trục đẳng phương của (O1), (O2) và H là hình chiếu của M trên ∆ thì 1 2M /(O ) M /(O ) 1 2 P P 2O O .HM.− = Chứng minh. (h.15.1). H O1 O2 M (h.15.1) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 1 2 1 1 2 2M /(O ) M /(O ) M /(O ) H /(O ) M /(O ) H /(O ) 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 P P P P P P MO HO MO HO MO HO MO HO MO HO MO HO MH MO HO MO HO HM.2O O − = − − − = − − − = − + − − + = + − − = JJJJJG JJJJG JJJJJG JJJJG JJJJJG JJJJG JJJJJG JJJJG JJJJG JJJJJG JJJJG JJJJJG JJJJG JJJJG 1 2 1 22MH.2O O 2O O .HM.= = JJJJJG JJJJG JJJJJG Trở lại giải bài toán 15 (h.15.2). Gọi K là điểm đối xứng của D qua X; M là trung điểm của cung pBC không chứa A của (O). Lấy Oa thuộc tia đối của tia XM sao cho aO X R.= Gọi (Oa) là đường tròn tâm Oa và đi qua D; H là giao điểm của XM và trục đẳng phương của (O) và (Oa); P là giao điểm của DI và A1A2; Q là giao điểm thứ hai của DI và (DA1A2); N là hình chiếu của Oa trên DI. Theo bổ đề trên aX /(O) X /(O ) a XB.XC XD.XK P P 2HX.OO 2HX.MX.− = − = = Do đó ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) a b c 2a2 p b p cXB.XC XD.XK 4 4HX a A2XM p b p c2. tan a2 2 p p a p p a p b p c S 1 h . a a 2 −− − −−= = = − − − − − −= = = Điều đó có nghĩa là trục đẳng phương của (O) và (Oa) chính là A1A2. Do đó (Oa) chính là (DA1A2). Từ đó suy ra aDQ 2DN 2XO 2R.= = = Do đó ( ) 1 2I /(DA A ) P IQ.ID IQ.ID 2R r r.= =− =− − 29 Tương tự ( ) 1 2I /(EB B ) P 2R r r=− − và ( ) 1 2I /(FC C ) P 2R r r.=− − Vậy I là tâm đẳng phương của (DA1A2), (EB1B2), (FC1C2). N M P H Oa Q K A2A1 F E D I Z X Y O A B C (h.15.2)