Vẽ hình và những gợi ý nảy sinh cho lời giải bài toán hình học tương ứng

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 VẼ HÌNH VÀ NHỮNG GỢI Ý NẢY SINH CHO LỜI GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC TƯƠNG ỨNG Nguyễn Bá Đang Hội THHN Tóm tắt nội dung Trong hình học phẳng, vẽ được hình là yếu tố quan trọng để đi tới cách giải. Không phải bài hình học nào cũng nhất thiết vẽ hình cảm tính theo trình tự như giả thiết, mà phải theo nguyên tắc linh hoạt từ bản thân bài hình học đó. Bài báo này minh họa ý trên qua một số bài toán hình học phẳng. Bài toán 1. (Olympiad Baltic) Cho tam giác ABC vuông tại đỉnh A. Lấy điểm D trên cạnh BC sao cho ∠ADB = 2∠BAD. Chứng minh rằng 2 AD = 1 BD + 1 CD . Lời giải.Giả thiết tam giác ABC vuông tại A. GọiO là trung điểm BC thìO là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Kéo dài AD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại E. Ta có ∠BOE = 2∠BCE = 2∠BAE = 2∠BAD = ∠BDA nên tam giác OED cân tại E, nghĩa là DE = OE = 1 2 BC. Theo trường hợp g.g., các tam giác ADB và CDE đồng dạng nên DB DE = DA DC ⇒ DB · DC = DA · DE. O B C E D A Từ đó, 1 BD + 1 CD = CD+ BD BD · CD = 2ED AD · DE = 2 AD . Nhận xét. Chìa khóa giải bài toán là ED = EO. Đó cũng là chìa khóa cho cách vẽ hình. Bài toán 2. Cho tam giác ABC có ∠ABC = 2∠ACB. Chứng minh rằng a) ∠ACB < 60◦; b) AC2 = AB2 + AB.BC và AB+ BC < 2AC. 1 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Lời giải. Hướng dẫn cách vẽ như sau: - Dựng tam giác cân DBC; - Lấy đối xứng cạnh BC qua BD; - CD cắt đường thẳng đối xứng tại A. a) Ta có ∠A+∠B+∠C = 180◦ nên ∠A+ 3∠C = 180◦, suy ra 3∠C < 180◦. Vậy ∠ACB < 60◦. b) Tam giác ABC thỏa mãn ∠ABC = 2∠ACB. Theo cách dựng BD là phân giác góc ∠ABC nên ∠DBC = ∠DCB và ∠ABD = ∠DBC B C D A hay ∠ADB = 2∠DBC = 2∠ABD. Từ đó, tam giác ABC và tam giác ADB đồng dạng (g. g.) AB AD = AC AB ⇒ AB2 = AD · AC (?) Theo tính đường phân giác DC DA = BC AB ⇒ DC+ DA DA = BC+ AB AB ⇒ AC DA = BC+ AB AB ⇒ DA = AC · AB BC+ AB . Thay vào đẳng thức (?), ta có AB2 = AC · AB BC+ AB · AC hay là AC2 = AB2 + AB · BC. Tương tự, ta có DC = AC · BC AB+ BC . Do DB+ DC > BC nên 2AC · BC AB+ BC > BC ⇒ AB+ BC < 2AC. Cách 2. Ta dùng lượng giác như sau. Do AC2 AB = AB+ BC < 2AC nên AC < 2AB, tức là sin 2C < 2 sinC, hay 2 sinC cosC < 2 sinC⇔ cosC < 1. Luôn đúng! Bài toán 3. (Germany 2009) Cho tam giác nhọn ABC, đường cao BD và CE. Đường tròn qua A, E và tiếp xúc với BC tại P và Q. Chứng minh rằng giao điểm của PD và QE thuộc 2 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE. Lời giải. Từ giả thiết đường tròn đi qua A và E đồng thời tiếp xúc với cạnh BC, suy ra có hai đường tròn tiếp xúc với BC tại P và Q và đi qua A, E. Theo tính chất của tiếp tuyến suy ra BP2 = BE · BA và BQ2 = BE · BA. Như vậy BP = BQ. Từ đó suy ra cách dựng hai điểm P và Q. Ta có ∠EQB = ∠EAQ (góc tạo bởi tiếp tuyến) nên các tam giác BQE và BAQ đồng dạng theo trường hợp c.c và ∠QEB = ∠AQB. (1) B C A D E FQ P H K Gọi H là trực tâm tam giác ABC và F là giao điểm của AH và BC. Khi đó AF ⊥ BC. Ta có CB.CF = CB(CB− BF) = CB2 − CB.BF (2) Do tứ giác ACFE nội tiếp nên BF.BC = BE.BA = BQ2, từ (2) suy ra CB.CF = CB2 − CB.BF = CB2 − BQ2 = (CB+ BQ)(CB− BQ) = CQ.CP (3) Tứ giác ADFB nội tiếp suy ra CD.CA = CF.CB, từ (3)⇒ CP.CQ = CD.CA (4) Từ (4) suy ra tứ giác ADPQ nội tiếp. Khi đó, ∠PDC = ∠AQB = ∠QEB (theo (1)) (∗) Gọi K là giao điểm QE và PD, từ (∗) suy ra tứ giác ADKE nội tiếp nên K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE. Nhận xét. Chìa khóa từ giả thiết BP2 = BE.BA và QP2 = BE.BA ⇒ BP = BQ. Suy ra đường tròn đường kính AC cắt CE tại K, khi đó BK2 = BE.BA hay BK = BP = BQ. Bài toán 4. Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H và tâm đường tròn nội tiếp I. Đường tròn (BIC) cắt cạnh AB tại P. K là hình chiếu của H trên AI. Q là điểm đối xứng của P qua K. Chứng minh B, H, Q thẳng hàng. (Olympiad Baltic 2017) Lời giải. Cách 1. Theo giả thiết, K là hình chiếu của H trên AI ⇒ HK⊥AI. GọiM, N lần lượt là giao điểm của HK với AB và AC. Khi đó 4AMN là tam giác cân⇒ KM = KN. ⇒ PMQN là hình bình hành ⇒ QN//AB nên QN⊥CH. Từ đó suy ra N là trực tâm 4AHQ, suy ra HN⊥CQ. Vậy Q là điểm đối xứng của C qua HK. A B C H KP I M N Q 3 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Cách 2. Gọi M và N là giao điểm của AI với BH và CD và ∠BAM = ∠MAC = 1 2 ∠BAC, suy ra ∠HNM = 90◦ = 1 2 ∠BAC, ∠HMN = 90◦ − 1 2 ∠BAC nên ∠HNM = ∠HMN ⇒ tam giác HMN cân tại H ⇒ HM = HN. Giả thiết HK⊥AI ⇒ KM = KN, giả thiết KP = KQ⇒ tứ giác PNQM là hình bình hành. A B C H KP I M N Q DKéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, theo tính chất trong tam giác thì DB = DC = DI suy ra D là tâm đường tròn (BIC) suy ra DP = DC Mặt khác, AI là phân giác góc ∠BAC ⇒ AI là trục đối xứng góc giữa tia AB và AC ⇒ tam giác DPC cân, suy ra tam giác APC cân, CN là đường cao tam giác APC ⇒ PN⊥AC, QM⊥AC. Hơn nữa AH⊥AC. Vậy B, H, Q thẳng hàng. Cách 3. Tam giác HMN cân tại H, HK⊥MN nên HK là trục đối xứng của BQ và CN suy ra tam giác HCQ cân tại H. ⇒ ∠CHQ = ∠BHN = ∠BCA Ta có: ∠BHC+∠BAC = 180◦ ⇒ ∠BHC + ∠CHQ = ∠BHC + ∠BAC = 180◦ ⇒ B, H, Q thẳng hàng. A B C H KP I M N Q D Cách 4. Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại J. Khi đó JB = JC = J I nên J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC. GọiM là trung điểm BC, N là trung điểm BP, đường cao BD và CE suy ra bốn điểm A, D, H, E nằm trên một đường tròn, AH là đường kính đường tròn đó. HK⊥AI ⇒ K, A, D, H, E nằm trên một đường tròn. F nằm trên AH sao cho FD = FE nên K là trung điểm của cung DE thuộc đường tròn (ADE) suy ra M, K, F thẳng hàng. JM, AH cùng vuông góc với BC nên JM//AH A B C H KP I M N Q D J E G F ⇒ ∠FAK = ∠FKA = ∠MKJ = ∠MJA ⇒ tam giác MKJ cân, suy ra MK = MJ, N⊥AJ ⇒ NK = NJ. Tam giác BEC và BDC là các tam giác vuông nên MD = ME. Giả thiết Q đối xứng với P qua K ⇒ NK//BQ. JN⊥AB, JM⊥NM nên NM là đường thẳng Simson, NM cắt AC tại G suy ra NG⊥AC ⇒ 4 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 tứ giác AGJN là tứ giác nội tiếp. Suy ra ∠GAN = ∠GNJ = 1 2 ∠BAC. Từ NK = NJ suy ra tứ giác KGJN là hình thoi, suy ra ∠KNM = ∠JNM = 1 2 ∠BAC ⇒ ∠ANK = 90◦ −∠KNJ = 90◦ −∠BAC = ∠ABH ⇒ NK song song với BH, suy ra B, H, Q thẳng hàng. Bài toán luôn đúng khi H nằm trong tam giác và thỏa mãn ∠ABH = ∠ACH vẫn đúng. Bài toán 5. Cho tam giác ABC, các điểm A1, B1 tương ứng thuộc cạnh BC và AC, các điểm P và Q tương ứng thuộc AA1, BB1 sao cho PQ song song AB, điểm P1 thuộc PB1 sao cho B1 nằm giữa P và P1 thỏa mãn ∠PP1C = ∠BAC, tương tự Q1 thuộc QA1 sao cho A1 nằm giữa Q và Q1 thỏa mãn ∠CQ1Q = ∠ABC. Chứng minh bốn điểm P,Q, P1,Q1 nằm trên một đường tròn. (IMO 2019) Cách vẽ hình: Theo giả thiết điểm P1 thuộc PB1 sao cho B1 nằm giữa P và P1 thỏa mãn ∠PP1C = ∠BAC, kéo dài B1P cắt AB tại M, từ ∠PP1C = ∠BAC suy ra ∠MP1C = ∠BAC từ đó suy ra cách dựng điểm P1 nằm trên PB1 giao với cung tròn MAC đây chính là cung chứa góc (SGK lớp 9 tập 2) với đoạn thẳng MC, và góc α = ∠BAC, đơn giản chỉ cần dựng cung tròn qua ba điểm M, A,C xác định được điểm P1, gọi là dựng “cung chứa góc” nhưng qui về dựng được tròn qua ba điểm M, A,C. Hoàn toàn tương tự chúng ta dựng được được điểm Q1. A B C P Q P1 M Q1 A1 N B1 Lời giải. Gọi giao điểm AA1, BB1 với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D và E. Do tứ giác AEDB nội tiếp nên ∠ABE = ∠ADE; Từ giả thiết PQ song AB, suy ra ∠PQE = ∠ABE = ∠ADE = ∠PDE. Do đó, tứ giác PQDE nội tiếp. Mặt khác, giả thiết ∠PP1C = ∠BAC và kết quả ∠B1EC = ∠BEC = ∠BAC, ta được ∠B1EC = ∠B1P1C. Suy ra tứ giác B1EP1C nội tiếp. Do đó: A B C P Q P1 M Q1 A1 N B1 D E ∠EP1P = ∠EP1B1 = ∠ECB1 = ∠ECA = ∠EBA = ∠EQP. Vì thế tứ giác EP1QP nội tiếp. 5 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Tương tự, tứ giác DQ1PQ nội tiếp, kết hợp lại suy ra tứ giác PQDE nội tiếp. Từ đó, P,Q,D,Q1, P1, E nằm trên một đường tròn. Vậy, P,Q, P1,Q1 nằm trên một đường tròn. 6