Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Cao đẳng - Đại học Kỹ thuật - Công nghệ Một số vấn đề về tứ giác và ứng dụng...

Tài liệu Một số vấn đề về tứ giác và ứng dụng

.PDF
60
119
76

Mô tả:

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- HOÀNG DIỆU THU MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TỨ GIÁC VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- HOÀNG DIỆU THU MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TỨ GIÁC VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. Nguyễn Việt Hải THÁI NGUYÊN - 2019 i Danh mục hình 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 Tứ giác nội tiếp . . . . Định lý Pithot . . . . . IMO Shortlist 2008, Bài IMO Shortlist 2013, Bài IMO Shortlist 2016, Bài IMO Shortlist 1997, Bài IMO Shortlist 2008, Bài 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 . . 1 3 1 7 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 8 9 10 11 13 13 a) a2 + c2 = b2 + d2 ; b) Pd AB + Pd BA + Pd CD + Pd DC Bộ 8 điểm thứ nhất đồng viên . . . . . . . . . . . . . KLM N là tứ giác nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . . Bộ 8 điểm thứ hai đồng viên . . . . . . . . . . . . . . ABCD là tứ giác α ⇐⇒ RST U là hình chữ nhật . . . Bốn trung tuyến m1 , m2 , m3 , m4 . . . . . . . . . . . . Bán kính các đường tròn ngoại tiếp: R1 , R2 , R3 , R4 . . Các đường cao của các tam giác h1 , h2 , h3 , h4 . . . . . IMO Shortlist 1992, Bài 5 . . . . . . . . . . . . . . . . Tứ giác αβ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Công thức diện tích tứ giác αβ của Josefsson . . . . . =π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 17 18 19 20 21 22 23 28 31 33 Tứ giác toàn phần . . . . . . . . . . . . . . . Điểm Miquel, đường tròn Miquel . . . . . . . Đường thẳng Simson của tứ giác toàn phần . Định lý Brocard: O là trực tâm 4GEF . . . Dấu hiệu nhận biết tứ giác điều hòa . . . . . d . . . . . . . . . . . . . AI là phân giác BID VMO 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Bốn điểm F, M, Z, Y đồng viên . . . . . . . P Q = QR ⇐⇒ 2 phân giác và AC đồng quy . . . . . . . . . 36 37 37 39 40 41 43 45 46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii 3.10 Moldova, 2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 3.11 VMO 2016, Bài 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 3.12 VMO 2017, Bài 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 iii Mục lục Lời cảm ơn iii Mở đầu 1 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Các công thức tính diện tích tứ giác . . . . . . 1.2 Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp 1.2.1 Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp . . . 1.2.2 Dấu hiệu nhận biết tứ giác ngoại tiếp . 1.3 Các ứng dụng trong giải toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3 4 4 7 8 2 Tứ 2.1 2.2 2.3 giác có hai đường chéo vuông góc, bằng nhau 15 Tứ giác có hai đường chéo vuông góc . . . . . . . . . . . . 15 Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau . . . . . . . . . . . . 24 Tứ giác có đường chéo vuông góc và bằng nhau . . . . . . . 30 3 Tứ 3.1 3.2 3.3 giác toàn phần, tứ Tứ giác toàn phần . Tứ giác điều hòa . . Các ứng dụng trong Tài liệu tham khảo giác điều . . . . . . . . . . . . giải toán . hòa 35 . . . . . . . . . . . . . . . . 35 . . . . . . . . . . . . . . . . 39 . . . . . . . . . . . . . . . . 42 53 iv Lời cảm ơn Để hoàn thành được luận văn một cách hoàn chỉnh, tôi luôn nhận được sự hướng dẫn và giúp đỡ nhiệt tình của PGS.TS. Nguyễn Việt Hải, Giảng viên cao cấp Trường đại học Hải Phòng. Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy và xin gửi lời tri ân nhất của tôi đối với những điều thầy đã dành cho tôi. Tôi xin chân thành cảm ơn phòng Đào tạo, Khoa Toán-Tin, quý thầy cô giảng dạy lớp Cao học K11B (2017 - 2019) Trường đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo điều kiện cho tôi hoàn thành khóa học. Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất tới gia đình, bạn bè, những người đã luôn động viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn. Xin trân trọng cảm ơn! Hải Phòng, tháng 5 năm 2019 Người viết Luận văn Hoàng Diệu Thu v MỘT SỐ KÝ HIỆU TRONG LUẬN VĂN Stt Ký hiệu 1 a, b, c, d 2 S, s 3 Q 4 α 5 β 6 αβ 7 γ 8 p, q 9 m, n Nội dung ký hiệu Trang Độ dài 4 cạnh tứ giác 3 Diện tích, nửa chu vi tứ giác 3 Tứ giác lồi ABCD 15 2 đường chéo vuông góc 15 2 đường chéo bằng nhau 15 2 đường chéo vuông góc và bằng nhau 15 Đường chéo này chia đôi đường chéo kia 15 Độ dài 2 đường chéo tứ giác 16 Độ dài đường trung bình 20 1 Mở đầu 1. Mục đích của đề tài luận văn Giống như tam giác, tứ giác là một đề tài quan trọng và có nội dung phong phú trong hình học phẳng. Trong chương trình hình học hiện nay (ở phổ thông cũng như ở các trường Đại học sư phạm) mới chỉ đề cập đến các hình tứ giác đặc biệt: Hình thang, hình bình hành, hình vuông, hình thoi,...và tứ giác nội tiếp. Chuyên đề về tứ giác còn rất nhiều vấn đề quan trọng và mới cần được nghiên cứu bổ sung với những kiến thức sâu sắc. Gần đây các khái niệm này được sử dụng nhiều trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế. Đó là lý do tôi nghiên cứu đề tài "Một số vấn đề về tứ giác và ứng dụng". Mục đích của đề tài là: - Trình bày các vấn đề bổ sung về tứ giác, đặc biệt các vấn đề mới nhưng chưa được trình bày trong các sách về hình học sơ cấp: Tứ giác có hai đường chéo vuông góc, bằng nhau; tứ giác toàn phần, tứ giác điều hòa và các ứng dụng hay các đường thẳng đặc biệt liên quan đến tứ giác,... - Sử dụng được các công cụ của hình học như: Biến đổi đại số trên các hệ thức hình học đã có, phương pháp tọa độ, phương pháp biến hình,...để nghiên cứu và mở rộng các khái niệm xung quanh tứ giác. - Bồi dưỡng năng lực dạy các chuyên đề khó ở trường THCS và THPT góp phần đào tạo học sinh học giỏi môn Hình học. 2. Nội dung của đề tài, những vấn đề cần giải quyết Dựa vào các tài liệu [1], [3] luận văn trình bày một số vấn đề quan trọng về tứ giác hay được ứng dụng để giải các bài toán hình học khó. Nội dung luận văn chia làm 3 chương: 2 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị Tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp là các nội dung quan trọng và chủ yếu hay gặp để giải quyết các bài toán thi học sinh giỏi, thi chuyển cấp ở phổ thông. Ở đây ta sẽ hệ thống lại các dấu hiệu nhận biết một tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp, phát biểu các công thức tính toán liên quan đến tứ giác, bổ sung thêm các điều kiện khác và minh họa cách áp dụng các kiến thức đó vào việc giải các bài toán thi Olympic toán quốc gia và quốc tế. Chương này bao gồm: 1.1. Các công thức tính diện tích tứ giác 1.2. Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp 1.3. Các ứng dụng trong giải toán Chương 2. Tứ giác có hai đường chéo vuông góc, bằng nhau Nội dung chương này đề cập đến hai loại tứ giác khá đặc biệt với các tính chất liên quan đến đường chéo: Tứ giác có hai đường chéo vuông góc, tứ giác có hai đường chéo bằng nhau. Sự kết hợp các tính chất này cho ta loại tứ giác mới chưa có tên, mà ta gọi là tứ giác αβ . Chương này bao gồm các mục sau: 2.1. Tứ giác có hai đường chéo vuông góc 2.2. Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau 2.3. Tứ giác có hai đường chéo vuông góc và bằng nhau Chương 3. Tứ giác toàn phần, tứ giác điều hòa Hai loại tứ giác quan trọng nữa là tứ giác toàn phần và tứ giác điều hòa liên quan đến hình học xạ ảnh, được trình bày rất trực quan với các tính chất phong phú, được sử dụng nhiều để giải các bài toán về chứng minh tính thẳng hàng, đồng quy, tính đồng viên, hoặc các đẳng thức, bất đẳng thức hình học. Nội dung của chương được chia thành 3 phần: 3.1. Tứ giác toàn phần 3.2. Tứ giác điều hòa 3.3. Các ứng dụng trong giải toán 3 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Tứ giác nội tiếp, tứ giác ngoại tiếp là các nội dung quan trọng và hay gặp trong các chuyên đề về tứ giác. Ở đây ta sẽ hệ thống lại các dấu hiệu hay dùng để nhận biết một tứ giác nội tiếp, tứ giác ngoại tiếp. Phát biểu và chứng minh các công thức tính diện tích tứ giác, bổ sung thêm các điều kiện khác và minh họa cách áp dụng các dấu hiệu đó vào việc giải các bài toán thi Olympic toán quốc gia và quốc tế. 1.1 Các công thức tính diện tích tứ giác Xét tứ giác lồi ABCD với AB = a, BC = b, CD = c, DA = d và \ = A, ABC \ = B, BCD \ = C, CDA \ = D, hai đường chéo các góc DAB a+b+c+d AC = x, BD = y . Đặt s = . 2 Mệnh đề 1.1. Diện tích tứ giác lồi ABCD được tính theo công thức sau (Công thức Brétchneider). r B+D S = (s − a)(s − b)(s − c)(s − d) − abcd cos2 (1.1) 2 1 1 Chứng minh. Ta có S = SABC + SACD = ab sin B + cd sin D. Suy ra 2 2 4S = 2ab sin B + 2cd sin D (1.2) Áp dụng định lý cô sin biểu diễn AC theo 2 cách (4BAC và 4DAC ): AC 2 = a2 + b2 − 2ab cos B = c2 + d2 − 2cd cos D 4 Suy ra 2ab cos B − 2cd cos D = a2 + b2 − c2 − d2 (1.3) Bình phương hai vế của (1.2), (1.3) và cộng lại 4a2 b2 + 4c2 d2 − 8abcd(cos B cos D − sin B sin D) = 2 = 16S 2 + a2 + b2 − c2 − d2 + 4a2 b2 + 4c2 d2 − 8abcd. cos (B + D) 2 = 16S 2 + a2 + b2 − c2 − d2 + (2ab + 2cd)2 − 8abcd − 8abcd cos (B + D) 2 = 16S 2 + a2 + b2 − c2 − d2 + (2ab + 2cd)2 − 8abcd [1 + cos (B + D)] 2 = 16S 2 + a2 + b2 − c2 − d2 . Rút ra 16S 2 =   B+D = (2ab + 2cd) − a + b − c − d − 8abcd.2 cos 2   h ih i B + D 2 2 2 2 = (a + b) − (c + d) (c + d) − (a − b) − 16abcd cos2 2   2 B+D = (2s − 2d) (2s − 2c) (2s − 2b) (2s − 2a) − 16abcd cos 2   B+D = 16 (s − a) (s − b) (s − c) (s − d) − 16abcd cos2 2   2 2 B+D Ta được S = (s − a) (s − b) (s − c) (s − d) − abcd cos . 2 2 1.2 1.2.1 2 2 2  2 2 Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp Tứ giác nội tiếp là tứ giác có 4 đỉnh nằm trên một đường tròn. Ta còn gọi là 4 điểm đồng viên thay cho cách nói tứ giác nội tiếp. Tứ giác lồi ABCD nội tiếp nếu có một trong các điều kiện sau (i.) Tồn tại điểm I sao cho IA = IB = IC = ID, (ii.) Điểm D ∈ (ABC), (iii.) Hai đỉnh kề nhau nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới cùng một góc, \ = CBD, \ ACB \ = ADB \. CAD (iv.) Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện, hay tổng hai góc đối diện bằng hai vuông. 5 (v.) Có điểm P sao cho P A.P C = P B.P D. Mệnh đề 1.2. Cho tứ giác lồi ABCD với E = AB ∩ CD, F = AC ∩ BD. Khi đó, các điều kiện sau là tương đương a. ABCD là tứ giác nội tiếp, b. EA.EB = EC.ED c. F A.F C = F B.F D. Chứng minh. Mệnh đề được chứng minh nhờ tam giác đồng dạng. Ý nghĩa của mệnh đề là xác định tứ giác nội tiếp nhờ quan hệ giữa các cạnh khi ta không tìm được mối quan hệ giữa các góc. Ví dụ 1.2.1. (Định lý Ptolemy) Tứ giác lồi ABCD nội tiếp được khi và chỉ khi AB.CD + AD.BC = AC.BD (1.4) Chứng minh. Có nhiều cách chứng minh, cách nào cũng có cái hay nhưng ngắn nhất là sử dụng phép nghịch đảo. Tuy nhiên, ở đây chúng tôi chọn cách chứng minh với kiến thức tối thiểu. \ > ABD \. Điều kiện cần. Không mất tính chất tổng quát, giả sử BAD \ = CAD \ . Các tam giác BAP, CAD Chọn điểm P ∈ BD sao cho BAP \ = ACD \ . Từ đó, AB = BP , nghĩa là đồng dạng vì ABP AC CD AB.CD = AC.BP \ = BAP \+P \ Bây giờ các 4ABC, 4AP D cũng đồng dạng vì BAC AC AC AD \+P \ \ \ = ADP \ . Từ đó, = DAC AC = P AD và ACB = , nghĩa là BC PD BC > AD = AC.P D Kết hợp cả hai đẳng thức ta được AB.CD + AD.BC = AC. (BP + P D) = AC.BD Điều kiện đủ. Tứ giác lồi ABCD thỏa mãn (1.4). Dựng điểm P 0 sao cho \0 = CAD \ và ABP \0 = ACD \ . Khi đó các 4ABP, 4ACD đồng dạng. BAP Suy ra AB : AP 0 : BP 0 = AC : AD : CD. Từ đây ta kết luận được : ( AB.CD = AC.BP 0 AD.BC = AC.P 0 D (do 4ABC, 4AP’D đồng dạng) 6 Hình 1.1: Tứ giác nội tiếp Cộng vế với vế ta được: AB.CD + AD.BC = AC.BP 0 + AC.P 0 D = AC.BD Suy ra BP 0 + P 0 D = BD, kéo theo điểm P 0 ∈ BD. Điều đó dẫn tới \ = ABP \0 = ACD \ và 4 điểm A, B, C, D thuộc một đường tròn. ABD Ví dụ 1.2.2. (Bất đẳng thức Erdos-Mordell) Cho tam giác ABC . M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Đặt x1 = M A, x2 = M B, x3 = M C; p1 , p2 , p3 lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB tương ứng. Khi đó ta có bất đẳng thức x1 + x2 + x3 ≥ 2 (p1 + p2 + p3 ) (1.5) Có rất nhiều cách chứng minh kết quả kinh điển này. Sau đây ta sẽ sử dụng định lý Ptolemy. Chứng minh. AM kéo dài cắt đường tròn nội tiếp tam giác tại điểm A0 . Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABA0 C , ta có : AB.CA0 + AC.BA0 = BC.AA0 . Hạ A0 D ⊥ AC và A0 E ⊥ AB thì rõ ràng A0 B ≥ A0 E, A0 C≥ A0 D. Do đó a.AA0 ≥ c.A0 D + b.A0 E hay A0 D c A0 E b . . 1≥ 0 . + A A a AA0 a 7 p2 A0 E p3 A0 D c b = và = . Nên từ đây x ≥ p + p . Tương tự Nhưng 1 2 3 AA0 x1 AA0 x1 a a cho x2 , x3 và ta thu được      c a c b b a x1 +x2 +x3 ≥ p1 + +p2 + +p3 + ≥ 2 (p1 + p2 + p3 ) . b c a c a b Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều và M ≡ O − tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Những ví dụ trên một lần nữa cho thấy sự gần gũi giữa bất đẳng thức Ptolemy và bất đẳng thức tam giác. 1.2.2 Dấu hiệu nhận biết tứ giác ngoại tiếp Tứ giác lồi ABCD được gọi là tứ giác ngoại tiếp nếu 4 cạnh tiếp xúc với một đường tròn (I, r) nào đó. Ta nêu một số dấu hiệu hay dùng về tứ giác ngoại tiếp: (i.) Các phân giác trong của 4 góc đồng quy tại một điểm, đó chính là tâm I . (ii.) (Định lý Pithot) ABCD là tứ giác ngoại tiếp khi và chỉ khi a+c = b+d. (iii.) ([3]) Tứ giác lồi ABCD với P = AC ∩ BD ngoại tiếp một đường tròn khi và chỉ khi : 1 1 1 1 + = + . d(P, AB) d(P, CD) d(P, BC) d(P, DA) hay viết dưới dạng 1 1 1 1 + = + h21 h23 h22 h24 (1.6) (iv.) (Đặc trưng Iosifescu, [3]) Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp khi và chỉ khi x z y w tan . tan = tan . tan , (1.7) 2 2 2 2 \ y = ADB, \ z = BDC, \ w = DBC. \ trong đó, x = ABD, Chứng minh. (ii.) ([1]), Giả sử ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), các tiếp điểm thứ tự trên các cạnh AB, BC, CD, DA là M, N, P, Q. Suy ra: AM = AQ, BM = BN, CN = CP, DP = DQ. 8 Cộng vế với vế ta có: AB + CD = BC + DA. Ngược lại, giả sử tứ giác ABCD thỏa mãn AB + CD = BC + DA. Không mất tính chất tổng quát ta coi AB ≤ AD, do AB+CD = BC+DA nên BC ≤ DC . Khi đó tồn tại Q ∈ AD, P ∈ DC sao cho AB = AQ và CB = CP , suy ra DP = DQ. Từ đó, các tam giác ABQ, CBP, DP Q là những tam giác cân và các đường cao từ ba đỉnh A, C, D là 3 trung trực của 4BP Q, đồng quy tại một điểm I . Ta có I cách đều các cạnh AD, DC, CB, AB của tứ giác. Vậy tồn tại đường tròn tâm I tiếp xúc với các cạnh tứ giác. Hình 1.2: Định lý Pithot (iii.) và (iv.) Đã trình bày chi tiết trong [3]. 1.3 Các ứng dụng trong giải toán Ta sẽ ứng dụng các kiến thức bổ sung ở trên vào việc trình bày lời giải các bài toán thi học sinh giỏi, thi Olimpic quốc gia và quốc tế. Ví dụ 1.3.1. (IMO Shortlist 2008, Bài 1) Cho H là trực tâm tam giác nhọn ABC . Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB . Đường tròn (I, IH) cắt BC tại M, N , đường tròn (J, JH) cắt CA tại P, Q, đường tròn (K, KH) cắt AB tại R, S . Chứng minh rằng 6 điểm M, N, P, Q, G, S nằm trên một đường tròn. 9 Chứng minh. Cách 1. Dễ thấy KJ ⊥ AH , trục đẳng phương của (K, KH) và (J, JH) là AS AQ AH. Suy ra AR.AS = AP.AQ, = nên ASP đồng dạng với AQR. AP AR [ = 1800 − ARP [ . Điều [ = ASP [ . Như vậy, RQP \ = 1800 − AQR Từ đó AQR đó chứng tỏ tứ giác RSP Q nội tiếp. Dễ thấy tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác RSP Q là giao 2 trung trực của RS và P Q. Nhưng đó chính là tâm ngoại tiếp O của 4ABC . Hình 1.3: IMO Shortlist 2008, Bài 1 Tương tự như trên các tứ giác M N P Q, RSM N cũng nội tiếp đường tròn và tâm của chúng cũng là O. Cuối cùng, do OR = OS = OP = OQ = OM = ON nên ta có điều phải chứng minh. Cách 2. Theo định lý Pythagore, OM 2 = OI 2 + M I 2 , suy ra OM 2 = OI 2 + IH 2 . Vì 4ABC nhọn nên ta luôn có: AH = 2OI . Nếu gọi E là trung điểm của AH thì EH = OI nên HIOE là hình bình hành. Điều đó   1 OH 2 + IE 2 . Mặt khác, cho 2 OI 2 + IH 2 = OH 2 + IE 2 , OM 2 = 2 AEIO là hình bình hành nên IE = OA = R (bán kính đường tròn (O)). 1 1p Ta được OM 2 = (R2 + OH 2 ) =⇒ OM = 2(R2 + OH 2 ). 2 2 10 Tương tự, ta suy ra M, N, P, Q, R, S nằm trên đường tròn tâm O, bán 1p kính 2(R2 + OH 2 ). 2 Ví dụ 1.3.2. (Hệ thức Feuerbach) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng CD2 SABD + AD2 SBCD = BD2 SACD . Chứng minh. Theo định lý Ptolemy AB.CD + AD.BC = AC.BD. Nhân BD.AD.CD 2 vế với ta được 4R BD2 .AD.CD.AC CD2 .AB.BD.AD AD2 .BD.BC.CD + = 4R 4R 4R abc Đẳng thức đó tương đương điều phải chứng minh do S4 = . 4R Ví dụ 1.3.3. (IMO Shortlist 2013, Bài 3) Cho tam giác ABC , gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp với các cạnh BC, CA, AB . Chứng minh rằng nếu tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1 C1 nằm trên (ABC) thì ∆ABC là tam giác vuông. Hình 1.4: IMO Shortlist 2013, Bài 3 Chứng minh. Hình 1.4. Giả sử AC ≥ AB , gọi I là trung điểm cung BAC . [ = ACI [ =⇒ 4IBC1 = 4ICB1 (c.g.c). Vậy Ta có IB = IC =⇒ ABI IC1 = IB1 ⇐⇒ I ≡ O. 11 Trên OB lấy điểm M và trên OC lấy điểm N sao cho BM = CN = OA. \ \. Lại có CA1 = AC1 nên Tứ giác OABC nội tiếp nên N CA1 = OAB 4CN A1 = 4AOC1 (c.g.c). \1 = OBC \ = OAC \ và AB1 = BA1 , suy ra hai tam giác Mặt khác, OBA 4BM A1 = 4AOB1 (c.g.c), N A1 = OC1 = OA1 = OB1 = M A1 . Như 0 0 \ \ \ \ \ \ vậy, CA 1 N = AC1 O = 180 − BC1 O = 180 − OB1 C = AB1 O = BA1 M . Vậy 3 điểm M, A1 , N thẳng hàng. \ Do N A1 = OA1 = M A1 nên 4M ON là tam giác vuông. Từ góc M ON \ vuông. vuông suy ra BAC Ví dụ 1.3.4. (IMO Shortlist 2016, Bài 1) Tam giác BCF vuông ở B . Giả sử A ∈ CF với F A = F B, F ở giữa A và C . Điểm D được lấy sao cho \ ; E được lấy sao cho EA = ED. DA = DC , AC là phân giác góc DAB \. Gọi M là trung điểm CF , X là đỉnh hình AD là phân giác góc EAC bình hành AM XE . Chứng minh rằng BD, F X, M E đồng quy. Hình 1.5: IMO Shortlist 2016, Bài 1 Chứng minh. Hình 1.5. Ta chia làm 3 bước. \ = α. Từ tam Bước 1. Ba điểm B, F, E thẳng hàng. Đặt AB = a, BAC giác cân ADC ta dựng hình thoi ADCG với AD = DC = CG = GA = a 12 \ và F DA = α. Không mất tính chất tổng quát ta coi M F = M C = 1. Ta \ có BF C = 2α, BF = 2 cos(2α) = AF ; AC = AF + F C = 2 cos(2α) + 2. Từ đó, AC 2 = AG2 +GC 2 −2AC.GC. cos(1800 −2α) = 2a2 +2a2 cos(2α). Mặt khác, AC 2 = (CF + F A)2 = (2 + 2 cos(2α))2 . Vậy, (2 + 2 cos 2α)2 = a2 (2 + 2 cos 2α) =⇒ a2 = 2 + 2 cos 2α. AG AE a AE = ⇐⇒ = . 4AED đồng dạng 4AGC nên AD AC a 2 + 2 cos 2α Nghĩa là AE(2+2 cos 2α) = a2 = 2+2 cos 2α =⇒ AE = 1. Nếu ET ⊥AC 1 thì AT = cos 2α = AF (do AF = 2 cos 2α). 4AEF cân ở E nên 2 \ AF E = 2α. Như vậy, B, F, E thẳng hàng. Bước 2. DF ⊥EM . Từ giả thiết, tứ giác F EDM là hình bình hành có EF = ED = 1 nên nó là hình thoi, DF ⊥EM . Bước 3. BFDX là hình thang cân. Rõ ràng ta có AM = EX , AF = DX (do AF XD là hình bình hành) nên EB = EF +F B = ED +DX = EX , 4BEX cân ở E . Suy ra BF DX là hình thang cân với 2 đáy là F D k BX . Hai đường chéo hình thang cân cắt nhau tại điểm K thì K phải thuộc EM − trung trực của hai đáy. Ví dụ 1.3.5. (IMO Shortlist 1997, Bài 7) Cho lục giác ABCDEF với AB = BC , CD = DE, EF = F A. Chứng minh rằng BC DE F A 3 + + ≥ . BE DA F C 2 Dấu bằng xảy ra khi nào? Chứng minh. Áp dụng định lý Ptolemy vào tứ giác ACEF thì AC.EF + AF.CE ≥ AE.F C Từ giả thiết AF = F E ta có: F A(AC + CE) ≥ AE.F C . Bởi vậy, AE FA ≥ . FC AC + CE DE EC BC AC Hoàn toàn tương tự, ≥ và ≥ . DA AE + AC BE EC + AE Cộng ba bất đẳng thức (cùng chiều) vế với vế: F A DE BC AE EC AC + + ≥ + + F C DA BE AC + CE AE + AC EC + AE hay BC DE F A 3 + + ≥ . BE DA F C 2 13 Hình 1.6: IMO Shortlist 1997, Bài 7 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AC = CE = EA và các tứ giác ACEF , ACDE, ABCE nội tiếp, tức là lục giác nội tiếp đường tròn và AC = CE = EA. Nói cách khác, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ABCDEF là lục giác đều. Ví dụ 1.3.6. (IMO Shortlist 2008, Bài 1) Γ là đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC . Lấy các điểm D ∈ AB, E ∈ AC sao cho AD = AE . Trung trực của BD và CE cắt các cung AB, AC của Γ tương ứng tại F, G. Chứng minh rằng DE và EG song song hoặc trùng nhau. Hình 1.7: IMO Shortlist 2008, Bài 1 Chứng minh.
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan