Head

 

 

Bai Tap Hinh Hoc: 26-50

BÀI TẬP HÌNH HỌC

26  27  28  29  30  31  32  33  34 35 36 37 38

39  40  41  42  43  44  45  46  47  48


:: Bài 26


Cho tam giác ABC, gọi: a, b, c là độ dài các cạnh BC, CA, AB lần lượt; m(c) là độ dài đường trung tuyến phát xuất từ đỉnh C. Chứng minh: ½ (a+b-c) < mc < ½ (a+b).

(For elements of triangle ABC as following: a, b, c are the lengths of sides BC, CA, AB, respectively; m(c) is the length of the median drawn from vertice C. Prove that: ½ (a+b-c) < mc < ½ (a+b)).


BÀI GIẢI


Lấy C1 là trung điểm của cạnh AB thì CC1 + C1A > CA và BC1 + C1C > BC (*). Cộng hai bất đẳng thức trên, ta có:  2CC1 + BA > CA + BC ==> 2CC1 > CA + BC - BA

Vậy: CC1 > ½ (a+b-c).

Lấy điểm C' đối xứng với C qua C1 thì CC1 = C1C' và BC' = CA. Vì : CC' < CB + BC' ==> 2CC1 < CB + CA. Vậy: CC1 < ½ (a+b).


(*) Xem ĐL 3 về Bất Đẳng Thức trong tam giác.



:: Bài 27


Chứng minh rằng trong một tam giác, tổng số chiều dài các trung tuyến nhỏ hơn chu vi và lớn hơn ¾ chu vi.

(Prove that in any triangle, the sum of the medians is less than the perimeter but greater than ¾ of the perimeter).


BÀI GIẢI


Gọi a, b, c là độ dài các cạnh BC, CA, AB và ma, mb, mc là độ dài các đường trung tuyến phát xuất từ đỉnh A, B, C lần lượt. Trong bài trước, ta đã biết:

ma < ½ (b + c)

mb< ½ (a + c)

mc< ½ (a + b)

Cộng vế, ta được:

ma + mb+ mc< ½ (2a + 2b +2c) = a + b + c = chu vi

==> ma + mb+ mc < chu vi

Gọi M là trọng tâm, ta có:

MA + MB > AB

MB + MC > BC

MC + MA > AC

Cộng vế, ta được:

2MA + 2MB +2MC > AB + BC +CA (1)

Theo tính chất của trọng tâm - giao điểm ba đường trung tuyến trong một tam giác, ta có:

MA = 2/3 ma

MB = 2/3 mb

MC = 2/3 mc

Thế trị số vào (1): 2( 2/3 ma+ 2/3 mb + 2/3 mc) > chu vi

hay: (ma+ mb + mc) > ¾ chu vi.

Vậy: ¾ chu vi < ma + mb + mc< chu vi



:: Bài 28


Cho tam giác ABC có các cạnh bằng a, b, c. Chứng minh: a2 + b2+ c2 < 2(ab + bc + ca)

(a, b, c are the lengths of the sides of an arbitrary triangle. Prove that: a2 + b2+ c2 < 2(ab + bc + ca)


BÀI GIẢI


a, b, c là các cạnh tam giác, nên a, b, c > 0 . Ta có:

a < b + c suy ra a2 < a(b + c) = ab + ac

b < a + c suy ra b2 < b(a + c) = ab + bc

c < a + b suy ra c2 < c(a + b) = ac + bc

Sau khi cộng ta có: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca).



:: Bài 29


Trong tam giác ABC, AC > BC, CM là trung tuyến và CH là đường cao kẻ từ C. Tính góc MCH nếu ACM và BCH cùng bằng 17o.

(In ABC, AC > BC, CM is the median, and CH is the altitude emanating from C, as shown in the figure on the left. Determine the measure of MCH if ACM and BCH each have measure 17o).

(USA Mathematical Talent Search, Round 2 - Year 11 - Academic Year 1999 - 2000)


BÀI GIẢI


Cách 1:

Theo giả thiết, M là trung điểm của AB. Nếu kẻ từ M một đường thẳng góc với AB cắt BC nối dài tại K, thì KM cũng là đường phân giác của tam giác cân KAB ==> AKM = BKM = BCH = 17o ==> AKM = ACM.

Điều này chứng tỏ tứ giác AKCM nội tiếp.

Suy ra: KCA = KMA = 90o ==> ACB = 90o.

Vậy: MCH = 56o.


Cách 2: - Vẽ tam giác cân BCI với đường cao CE. Vậy CE cũng là trung tuyến.

Suy ra ME // AC, ME cắt BC tại F

Vậy F cũng là trung điểm BC

CMF = MCA= 17o.

Tam giác CHF cân  ==> FHC = HCB = 17o

Vậy MCFH là tứ giác nội tiếp ==> FMH = FCH = 17o ( cùng chắn cung FH)

==> CMH = 34o. Vậy MCH = 56o

(Solution by Đinh Cao Phạn)



:: Bài 30


Cho tứ giác lồi ABCD với điều kiên: AB + BD <= AC + CD.. Chứng minh: AB < AC.


BÀI GIẢI


Gọi K là giao điểm hai đường chéo.

Ta có: AB < AK + BK

CD < KC + KD

Cộng vế: AB + CD < (AK + KC) + (BK + KD)

hay: AB + CD < AC + BD (1)

Theo giả thiết : AB + BD <= AC + CD (2)

Cộng (1) và (2):

2AB + CD + BD < 2AC + BD + CD

Vậy: AB < AC



:: Bài 31


Điểm P nằm trên vòng tròn ngoại tiếp với tam giác ABC. BP cắt AC ở X và CP cắt AB ở Y. Q là giao điểm thứ hai của hai vòng tròn ngoại tiếp với tam giác ABC và AXY. Chứng minh rằng PQ cắt XY tai trung điểm.

(Let P be a point on the circumcircle of ABC, distinct from A, B, and C. Suppose BP meets AC at X, and CP meets AB at Y. Let Q be the point of intersection of the circumcircles of ABC and AXY, with Q A. Prove that PQ bisects the segment XY. (The various points of intersection may occur on the extensions of the segments.))


BÀI GIẢI


PQ cắt XY tai M và cắt vòng ngoại tiếp tam giác AXY tai N thì tứ giác NYPX là hình bình hành. Thật vậy, ta có:

NYA = NQA (chắn cung NA)

NQA = PBA (chắn cung PA)

Vậy NYA = PBA, chứng tỏ NY // PX (1)

Ngoài ra: YPN = QPC (góc đối đỉnh)

QPC = QAC (chắn cung QC)

QAC = QNX (chắn cung QX)

Vậy YPN = QNX, chứng tỏ YP // NX (2)

Từ (1) và (2) suy ra NYPX là hình bình hành. Hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, nên:

M là trung điểm của XY.



:: Bài 32


Cho tam giác cân ABC. Từ trung điểm D của BC,kẻ đường thẳng góc DE với AC. F là trung điểm của DE. Chứng minh rằng BE thẳng góc với AF.

(ABC is an isosceles triangle. Drop a perpendicular from the midpoint D of the base BC onto the leg AC and denote the foot of the perpendicular by E. The midpoint of the line segment DE is F. Show that the lines BE and AF are perpendicular.)

(April 2006 B. 3904. http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=honap&h=200604&t=mat&l=en)


BÀI GIẢI


Cách 1:


Hai tam giác đồng dạng EAD và EDC

==> ED / AD = EC / DC.

Suy ra : 2DF / AD = 2EC / BC ( vì AD = BC/2)

Vây: DF / AD = EC / BC ==> DFA ~ ECB.

Suy ra DAF = EBC, vì DA BC,

vậy AF BE.


Cách 2:


Gọi K là trung điểm EC,

suy ra DK // BE và KF // BC (đường trung bình)  

==>  KF AD (do AD BC trong tam giác cân).

Xét ADK có DF, KF là đường cao, nên AF cũng là đường cao.

Vậy AF  DK. Do đó: AF BE.  

(Solution by Đinh Cao Phạn)





:: Bài 33


Chứng minh rằng, nếu trung tuyến AM của ABC chia BAC theo tỷ lệ 1:2 và AM kéo dài đến D sao cho DBA vuông, thì AC = ½ AD.

(Prove the following; if, in ABC, median AM isuch that BAC is divided in the ratio 1:2, and AM is extended through M to D so that DBA is a right angle, then AC = ½ AD.

(Challenging Problems in Geometry, Alfred S. Posamentier & Charles T. Salkind))


BÀI GIẢI


Trên AD, chọn điểm N sao cho AM = MN. Tứ giác ABNC có hai đường chéo AN và BC giao nhau tại trung điểm của mỗi đường, nên ABNC là hình bình hành.

Vậy BN = AC và BNM = CAM.  (1)

Lấy trung điểm I của AD thì BI là trung tuyến của tam giác vuông ABD nên BI = ½ AD,

BIA cân ==> IBA = IAB.

Ta có: BIN = IBA + IAB = 2 IAB = CAM (giả thiết). (2)

Từ (1) và (2) suy ra BNM = BIN ==> BNI cân ==> BI = BN = AC. Vậy: AC = ½ AD



:: Bài 34


Chứng minh rằng tổng số độ dài từ một điểm bất kỳ trên cạnh của hình chữ nhật kẻ thẳng góc đến hai đướng chéo là một hằng số.

(Prove that the sum of the measures of the perpendiculars from any point on a side of a rectangle to the diagonals is constant.

(Challenging Problems in Geometry, Alfred S. Posamentier & Charles T. Salkind))


BÀI GIẢI


Lấy điểm P trên cạnh AB của hình chữ nhật ABCD. PQ và PR thẳng góc với hai đường chéo. Vẽ AJ DB và PH AJ thì PHJR cũng là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông) ==> PR = HJ (1).

Hình chữ nhật ABCD cho ta AE = EB nên PAK = ABE.

Vì PH // BJ ==> APK = ABE (góc đồng vị),

suy ra PAK = APK chứng tỏ AKP cân ==> AK = PK.

Ngoài ra AKH = PKQ (góc đối đỉnh) và HAK = QPK (góc có cạnh thẳng góc), vậy hai tam giác AKH và PKQ bằng nhau, suy ra PQ = AH (2).

Từ (1) và (2) cho ta: PQ + PR = AH + HJ = AJ. Vậy:  PQ + PR = hằng số.



:: Bài 35


Cho ABC . Đường thẳng góc kẻ từ đỉnh A, C, B găp đường thẳng xuyên qua trọng tâm G của tam giác tại X, Y, Z lần lượt. Chứng minh: CY = AX + BZ.

(In any ABC, XYZ is any line through the centroid G. Perpendiculars are drawn from each vertex of ABC to this line. Prove CY = AX + BZ.

(Challenging Problems in Geometry, Alfred S. Posamentier & Charles T. Salkind))


BÀI GIẢI


Từ E và M, trung điểm của CG và AB, kẻ EP và MQ thẳng góc với XZ. Ta sẽ có: GMQ = GEP và GM = GE (tính chất đường trung tuyến), vậy hai tam giác vuông QGM và PGE bằng nhau ==> MQ = EP.

Ta có AX // BZ và M, G là trung điểm của AB và XZ nên MQ là đường trung bình của hình thang AXZB; vậy MQ = ½ (AX + BZ).

Vì MQ = EP = ½ CY ==> CY = AX + BZ.




:: Bài 36


Vẽ các vòng tròn đường kính OA, OB, OC bằng nhau. Chứng minh rằng diện tích phần cong B'C'BA' tạo bởi các cung của chúng (không kể điểm O) bằng nửa diện tích tam giác ABC.

(On three segments OA, OB and OC of the same length circles are constructed as on diameters. Prove that the area of the curvilinear triangle bounded by the arcs of these circles and not containing point O is equal to a half area of the (common) triangle ABC)


BÀI GIẢI


Ta có OA'B = OA'C = 90o (nội tiếp trong nửa vòng tròn), vậy B, A', C thẳng hàng. Tương tự, AC'B và AB'C cũng thẳng hàng.

Hai tam giác vuông OA'B và OA'C có OA' chung và cạnh huyền OB = OC nên bằng nhau, do đó BA' = A'C; vậy A' là trung điểm của BC.

Tương tự, C', B' cũng là trung điểm của AB và AC, suy ra: BA' = C'B' và BC' = A'B'.

Hai dây cung bằng nhau BA' và C'B' cắt hai vòng tròn có cùng độ dài đường kính thành hai hình với diện tích bằng nhau: S(BA'A'B) = S(C'B'B'C').

Tương tự với hai dây cung BC' và A'B' cắt hai vòng tròn trên thành hai hình : S(BC'C'B) = S(A'B'B'A').

Do vậy diện tích phần cong B'C'BA' bằng diện tích hình bình hành B'C'BA' nên bằng nửa diện tích tam giác ABC. S(B'C'BA') = ½ S(ABC) 




:: Bài 37


Cho tam giác ABC, góc C vuông, với BD = BC, AE = AC, EF BC, DG AC. Chứng minh rằng: DE = EF + DG.

(In right ABC, with right angle at C, BD = BC, AE = AC, EF BC, DG AC. Prove that DE = EF + DG.

(Challenging Problems in Geometry, Alfred S. Posamentier & Charles T. Salkind))


BÀI GIẢI


Vẽ CP AB, nối CD và CE.

Theo giả thiết: AE = AC ==> ACE cân ==> ACE = CEP

Vì AC // EF ==> ACE = CEF (góc so le trong) nên CEP = CEF, chứng tỏ hai tam giác vuông CPE và CFE bằng nhau, suy ra EP = EF.

Chứng minh tương tự, ta có CPD = CGD ==> DP = DG.

Vì DE = DP + PE, nên DE = EF + DG.




:: Bài 38


Cho hình thang ABCD với hai đường chéo AC và DB cắt nhau tại P. Đường trung tuyến AM của tam giác ADC cắt DB ở E. Qua E kẻ đường thẳng song song với DC cắt AD, AC, BC lần lượt ở H, F, G. Chứng minh rằng HE = EF = FG.

(In trapezoid ABCD (AB // DC), with diagonals AC and DB intersecting at P, AM, a median of ADC, intersects BD at E. Through E, a line is drawn parallel to DC cutting AD, AC, and BC at points H, F, and G, respectively. Prove that HE = EF = FG.

(Challenging Problems in Geometry, Alfred S. Posamentier & Charles T. Salkind))


BÀI GIẢI


HE // DM ==> AHE ~ ADM

==> HE / DM = AE / AM  (1)

EF // MC ==> AEF ~ AMC

==> EF / MC = AE / AM (2)

Từ (1) và (2) ta có HE / DM = EF / MC.

Vì DM = MC ==> HE = EF.

EG // DC ==> BEG ~ BDC

==> EG / DC = BG / BC (3)

AB // EG // MC ==> AE / AM = BG / BC (4)

Từ (2), (3) và (4) ta có EF / MC = EG / DC.

Vì MC = ½ DC nên EF = ½ EG ==>  EF = FG. Vậy: HE = EF = FG.



:: Bài 39


Cho tam giác ABC với AB > AC và BAC = 60o. Đường thẳng nối tâm O của vòng tròn ngoại tiếp và trực tâm H tam giác ABC gặp AB tại P và AC tại Q. Chứng minh rằng PO = HQ.

(Let ABC be an acute-angled triangle with AB > AC and BAC = 60o. Denote the circumcenter by O and the orthocenter by H and let OH meet AB at P and AC at Q. Prove that PO = HQ. (British Mathematical Olympiad 2007 Round 2))


BÀI GIẢI


Ta đã biết tâm O, trọng tâm G, trực tâm H của tam giác ABC là ba điểm của đường Euler với GH = 2 GO.

(http://agutie.homestead.com/files/center/nine_point_center_euler.html).

Gọi M là trung điểm của BC ==> OM BC nên OM // AH, vậy GHA ~ GOM, ta được tỷ số: GH / GO = HA / OM.

Vì GH = 2GO nên AH = 2OM.

OM cắt vòng ngoại tiếp ABC tại điểm giữa N của cung BC. Theo giả thiết BAC= 60o, vậy BON = 60o, chứng tỏ tam giác cân BON là tam giác đều và đường cao BM cũng là trung tuyến, ==> ON = 2OM, suy ra AH = ON = R.

Vậy tứ giác ONHA là hình thoi ==> IO = IH và AN OH.

AI là phân giác của PAQ, vừa là đường cao nên PAQ là tam giác cân, vậy AI cũng là trung tuyến ==> IP = IQ. Từ đó suy ra PO = HQ.




:: Bài 40


Hai điểm K, L chia đoạn thẳng AB theo tỷ lệ: AL2 = AK . AB. Vẽ đoạn thẳng AP = AL. Chứng minh rằng PL là phân giác của KPB.

(A line segment AB is divided by points K and L in such a way that AL2 = AK . AB. A line segment AP is drawn congruent to AL. Prove that PL bisects KPB. (Challenging Problems in Geometry, Alfred S. Posamentier & Charles T. Salkind))


BÀI GIẢI


Theo giả thiết AP = AL nên AL2 = AK . AB = AP2

==> AK/AP = AP/AB ==> AKP ~ APB.

Suy ra APK = ABP = LBP.

Vì AP = PL ==> APL cân  

==> ALP = APL =  APK + KPL (1)

Định lý về góc ngoài của LBP

==> ALP = LBP + LPB = APK + LPB (2)

So sánh (1) và (2) ta có KPL = LPB. Vậy:  PL là phân giác của KPB.




:: Bài 41


P là điểm bất kỳ trên đường cao CD của ABC. AP và BP gặp CB và CA lần lươt tại Q và R. Chứng minh rằng QDC = RDC.

(P is any point on altitude CD of ABC. AP and BP meet sides CB and CA at points Q and R, respectively. Prove that QDC = RDC. (Challenging Problems in Geometry, Alfred S. Posamentier & Charles T. Salkind))


BÀI GIẢI


Đường thẳng // với AB vẽ từ C, cắt DR tại M và DQ tại N.

RMC ~ RDA ==> MC/AD = RC/RA

==> MC = (AD.RC) / RA.

QNC ~ QDB ==> NC/DB = QC/QB

==> NC = (DB.QC) / QB.

Lập tỷ số: MC/NC = (AD.RC.QB) / (DB.QC.RA).

Theo định lý Ceva trong tam giác ABC ta có:

(AD/DB).(BQ/QC).(CR/RA) = 1.

Vậy MC/NC = 1. Chứng tỏ MC = NC

==> MDN cân, suy ra: QDC = RDC.




:: Bài 42


Cho tam giác ABC nội tiếp trong vòng (O) với đường kính AD.Tiếp tuyến tại D cắt BC tại E. Đường thẳng đi qua E và O cắt hai cạnh AB, AC Tại P, Q theo thứ tự. Chứng minh: OP = OQ.

(Let be given a triangle ABC and AD the diameter of it's circumcircle (O). The tangent line at D of (O) intersect BC at E. Let P = EOAB, Q = EOAC. Prove that OP = OQ.

(http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?search_id=1340012344&t=158830)


BÀI GIẢI


Qua B vẽ đường song song với PQ cắt AC tại F.

Gọi M là trung điểm của BC ==> OM BC, OD DE (giả thiết), vậy tứ giác OMDE nội tiếp ==> MEO = MDO.

Vì PQ//BF ==> MEO = MBN, nên MBN = MDO (N là giao điểm của AD và BF), vậy tứ giác BMND cũng nội tiếp.

Do đó: BMN + BDN = 180o.

Ta cũng có: BCF + BCA = 180o.

BDN = BCA nên BMN = BCF ==> MN // CF ==> N là trung điểm của BF, suy ra O là trung điểm của PQ, vậy: OP = OQ



:: Bài 43


Tiếp tuyến vẽ từ A gặp vòng tròn tâm O tại B và C. Dây cung BF // ADE. Chứng minh rằng FC cắt DE tại trung điểm.

(From point A, tangents are drawn to circle O, meeting the circle at B and C. Chord BF // secant ADE, as in Fig. Prove that FC bisects DE.(Challenging Problems in Geometry, Alfred S. Posamentier & Charles T. Salkind))


BÀI GIẢI


Tứ giác BACO có hai góc đối ABO và ACO bù nhau nên nội tiếp trong vòng tròn đường kính AO.

Ta có BAE = ½ ( - ) = ½ ( - ) = ½ = BCF

Vậy BAM = BCM, chứng tỏ tứ giác BACM cũng nội tiếp trong vòng tròn qua ba điểm B, A, C; đó chính là vòng tròn đường kính AO nêu trên. Suy ra AMO = 90o.

Trong vòng tròn tâm O, OM DE, vậy: DM = EM.




:: Bài 44


Cho tiếp tuyến AB tiếp xúc với vòng tròn tại trung điểm M. ACD và BEF là hai cát tuyến. Đường FC cắt AB tại M và đường DE cắt AB tại L. Chứng minh AK = BL.

(The tangent AB touches the circle at M, midpoint of AB. ACD and BEF are two secants. FC meets AB at K and DE meets AB at L. Prove that AK = BL).


BÀI GIẢI


Ta có phương tích của A và B với vòng tròn:

AM2 = AC . AD, BM2 = BE . BF

Vì AM = BM nên AC . AD = BE . BF (1)

ADL ==> AL / sinD = AD / sinALD

BFK ==> BK / sinF = BF / sinBKF              

Thế trị số của AD, BF tính từ các biểu thức trên vào (1), ta có:

AC.(ALsinALD/sinD) = BE.(BK sinBKF/sinF) (2) 

Vì sinD = sinF, sinALD = sinBLE, sinBKF = sinAKC nên (2) có thể viết: 

AC.ALsinBLE = BE.BKsinAKC hoặc: (AC/sinAKC).AL = (BE/sinBLE).BK

hoặc: (AK/sinACK).AL = (BL/ sinBEL).BK

==> AK . AL = BL . BK ==>  AK2 + AK.KL = BL2 + BL.KL

==> (AK - BL) (AK + BL + KL) = 0 ==>  (AK - BL) = 0 ==> AK = BL



:: Bài 45


Chứng minh rằng tổng số số đo khoảng cách từ một điểm bên trong tam giác đều đến các cạnh của tam giác ấy là một hằng số.

(Prove that from any point inside an equilateral triangle, the sum of the measures of the distances to the sides of the triangle is constant. (Challenging Problems in Geometry, Alfred S. Posamentier & Charles T. Salkind))


BÀI GIẢI


Phương pháp I:


Trong tam giác đều ABC, PS AC, PR BC, PQ AB  và AD BC.

Vẽ đường thẳng qua P song song với BC cắt AB, AD, AC lần lượt tại E, G, F. Ta có: PR = GD.

Vẽ ET AC. Vì AEF đều nên AG = ET.

Vẽ PH // AC cắt ET tại N. Ta có: NT = PS (1). 

EHP đều nên đường cao PQ = EN (2).

Từ (1) và (2) cho ta: PQ + PS = ET = AG. 

Vì PR = GD nên PQ + PS + PR = AG + GD = AD.

Vậy: Khoảng cách từ P đến các cạnh tam giác đều ABC là hằng số


Phương pháp II:


Trong tam giác đều ABC, PS AC, PR BC, PQ AB  và AD BC. Vẽ PA, PB và PC. Ta có:

S(ABC) = S(APB) + S(BPC) + S(CPA).

= ½ AB.PQ + ½ BC.PR + ½ AC.PS

Vì AB = BC = AC

nên S(ABC) = ½ BC (PQ + PR + PS) (1).

Ngoài ra S(ABC) = ½ BC.AD (2).

Từ (1) và (2), ta có: PQ + PR + PS = AD.

Vậy: Khoảng cách từ P đến các cạnh đều ABC là hằng số.



:: Bài 46


Cho hình thang ABCD. Hai đường chéo cắt nhau tại P. Điểm Q nằm giữa hai đường song song BC và AD sao cho AQD = CQB, P và Q ở hai bên CD. Chứng minh BQP = DAQ.

(The diagonals of a trapezoid ABCD intersect at point P. Point Q lies between the parallel lines BC and AD such that AQD = CQB, and the line CD separates the points P and Q. Prove that BQP = DAQ). (G3 (UKR) IMO Shortlist 2007, From the book "The IMO Compendium)


BÀI GIẢI


Từ D vẽ đường thẳng // với QB cắt QP tại R, ta sẽ có các cạnh tỷ lệ bằng nhau:

RD/QB = PD/PB = DA/BC

RDA = QBC (cạnh // từng đôi).

Vậy RDA ~ QBC

nên: ARD = CQB = AQD,

do đó tứ giác ARQD nội tiếp ==> DAQ = DRQ.

BQP = DRQ (góc so le trong) suy ra BQP = DAQ.



:: Bài 47


Vòng tròn nội tiếp với tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. AD cắt vòng tròn tại X và AX = XD. BX cắt vòng tròn tại Y và CX cắt vòng tròn tại Z. Chứng minh: EY = FZ.

(The incircle of a triangle ABC touches the sides BC, CA, AB at the points D, E, F respectively. Let the line AD intersect this incircle of triangle ABC at a point X (apart from D). Assume that this point X is the midpoint of the segment AD, this means, AX = XD. Let the line BX meet the incircle of triangle ABC at a point Y (apart from X), and let the line CX meet the incircle of triangle ABC at a point Z (apart from X). Show that EY = FZ.

10th Iberoamerican Olympiad Region V, CHILE. [1995] Problem 5)


BÀI GIẢI


Hai tam giác CDZ và CXD có XCD chung và CDZ = CXD (chắn cung DZ) nên đồng dạng, cho ta tỷ số: CD / CX = DZ / XD (1)

Tương tự, CEZ ~ CXE ==> CE / CX = EZ / XE (2)       

Do CD = CE (tính chất tiếp tuyến), ta thấy vế đầu của (1) và (2) bằng nhau, vậy DZ / XD = EZ / XE.

Theo giả thiết AX = XD ==> DZ / AX = EZ / EX,

Ta còn có DZE = AXE (chắn cung EXFYD)

Suy ra DZE  ~ AXE ==> ZED = XEA mà XEA = EDX (cùng chắn cung EX) nên ZED = EDX do đó ZE // DX.

Chứng minh tương tự, ta cũng có: YF // DX ==> ZE // YF. Do đó, hình thang nội tiếp EFYZ là hình thang cân nên hai đường chéo của chúng bằng nhau. Vậy: EY = FZ

(Lời giải của Đinh Cao Phạn)



:: Bài 48 (Điểm SCHIFFLER của tam giác)


Trong quá trình tự tìm tòi về các loại điểm đặc bíệt trong tam giác tôi bắt gặp một số tính chất
về điểm Schiffler của tam giác. Tôi cảm thấy rất tâm đắc với các tính chất này. Tuy nhiên, có
một điểm tôi cảm thấy không thật sự vừa ý là các tính chất và định lí được phát biểu một cách
rất đơn giản nhưng các cách chứng minh lại phải sử dụng đến công cụ tâm tỉ cự, phương
pháp tọa độ - một phương pháp hiện đại nhưng không tiện dụng đối với học sinh kể cả học
sinh giỏi. Mong muốn trình bày vấn đề cho trong sáng hơn đã thôi thúc tôi đi tìm lời giải sơ cấp
hơn, "đẹp mắt" hơn cho bài toán. Đến nay tôi đã thu được những kết quả nhất định xin được
trình bày cùng bạn đọc trong bài viết này. Lê Đức Thịnh (GV THPT NK Trần Phú, Hải Phòng)

Ta bắt đầu bằng bài toán sau về định nghĩa điểm Schiffler của tam giác:


Bài toán 1. Giả sử I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó bốn đường thẳng Euler (*) của tam giác BIC, CIA, AIB, ABC đồng quy tại một điểm S gọi là điểm Schiffler (**) của tam giác ABC.

(*) http://agutie.homestead.com/files/center/nine_point_center_euler.html

(**) http://mathworld.wolfram.com/SchifflerPoint.html


CHỨNG MINH


Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, G là trọng tâm tam giác, M là trung điểm BC, G' là trọng tâm tam giác BIC, AI cắt BC tại D, cắt đường tròn (O) tại J, đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC tại K, JG' cắt OG tại S, cắt AM tại E (h.1).

Rõ ràng J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC. Do đó JG' là đường thẳng Euler của tam giác BIC.


Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác GOM với cát tuyến SEJ, ta có:

SG/SO . JO/JM . EM/EG = 1. Suy ra:

SG/SO = JM/JO . EG/EM = JM/R . EG/EM

(R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).


Sử dụng định lý Menelauss cho tam giác IAM với cát tuyến JG'E, ta có:

JI/JA . EA/EM . G'M/G'I = 1. Do G' là trọng tâm tam giác BIC nên:

EA/EM = 2.JA/JI = 2.JA/JB = 2.JB/JD = 2.JI/JD

(do JI2 = JB2 = JA . JD). Do đó:

EG/EM = GM/EM - 1 = 1/3 . AM/EM - 1

            = 1/3 . [EA/EM + 1] - 1 = 1/3 . EA/EM - 2/3

            = 2/3 . JI/JD - 2/3 = 2/3 . ID/JD = 2/3 . IK/JM = 2/3 . r/JM

(r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC)

SG/SO = JM/R . EG/EM = JM/R . 2/3 . r/JM = 2/3 . r/R  (1)


Tương tự, ta thấy các đường thẳng Euler của các tam giác CIA, AIB cũng cắt OG tại S (xác định bởi hệ thức (1)).

Vậy các đường thẳng Euler của bốn tam giác ABC, BIC, CIA, AIB đồng quy tại S.


*


Một tính chất khác của điểm Schiffler được mô tả trong bài toán sau:


Bài toán 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và I1, I2, I3 lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với các góc A, B, C của tam giác. A1, B1, C1 tương ứng là giao điểm của các cặp đường (OI1, BC), (OI2, CA), (OI3, AB). Khi đó các đường thẳng AA1, BB1,CC1 đồng quy tại điểm Schiffler S của tam giác ABC (h.2).


CHỨNG MINH


Ta chứng minh A, S, A1 thẳng hàng. Thật vậy:

   sinAJG'/sinOJG' . sinJOG/sinAOG . sinOAA1/sinJAA1

= sinIJG'/sinMJG' . sinMOG/sinAOG . sinOAA1/sinI1AA1

 

   2SIJG' / IJ.JG'      2SMOG/MO.OG    2SOAA1/OA.AA1

= --------------------  .  ----------------------  .  -----------------------

   2SMJG'/MJ.JG'    2SAOG/AO.OG     2SI1AA1/I1A.AA1

 

= 2MJ/IJ . AO/2OM . OA1/I1A1 . I1A/OA

= 2MJ/BJ . BO/2OM . OM/I1P . I1P/OAsinA/2

=2sinA/2 [1/(2sinA/2)] = 1.

Do đó theo định lý Ceva dạng lượng giác trong tam giác AOJ, suy ra AA1, OG, JG' đồng quy.

Tức là AA1 đi qua S. Tương tự, ta kết luận rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại S.


Như vậy từ hai bài toán trên ta thu được điểm Schiffler S của tam giác ABC là điểm đồng quy của 7 đường thẳng, gồm có: 4 đường thẳng Euler của tam giác BIC, CIA, AIB, ABC và 3 đường thẳng AA1, BB1, CC1.


*


Bây giờ ta hãy theo dõi một cách mô tả khác của điểm Schiffler được nêu trong bài toán:


Bài toán 3. Giả sử đường tròn bàng tiếp ứng với góc A của tam giác ABC tiếp xúc với các đường thẳng BC, CA, AB lần lượt tại A', B', C'. Gọi A'' là điểm đối xứng của A' qua B'C'. Tương tự ta định nghĩa điểm B", C". Khi đó AA", BB", CC" đồng quy tại điểm Schiffler S của tam giác ABC.


CHỨNG MINH


Bổ đề 1. Với các kí hiệu như ở bài toán 1 thì OI1 là đường thẳng Euler của tam giác A'B'C'.

Chứng minh: Dựng các đường thẳng qua A và song song B'C', qua B và song song C'A', qua C và song song A'B'. Các đường này cắt nhau tạo ra tam giác DEF (h.3). Ta có:

AI1 B'C' ==> AI1 EF, BI1 A'C' ==> BI1 DE.

Do đó I1 là trực tâm tam giác DEF. Nhận thấy O là tâm đường tròn Euler của tam giác DEF. Nên OI1 là đường thẳng Euler của tam giác DEF. Mà đường thẳng Euler của hai tam giác A'B'C' và DEF cùng phương, và đều đi qua I1 nên OI1 cũng là đường thẳng Euler của tam giác A'B'C' (đpcm).


Bổ đề 2. Ba điểm A, A1, A" thẳng hàng.

Chứng minh: (h. 4) Theo bổ đề 1, nếu gọi H' là giao điểm của OI1 và A'A" thì H' là trực tâm tam giác A'B'C'.

Gọi I là chân đường phân giác hạ từ A xuống BC.

Ta có: II1/IA = ra/ha = a/(b+c-a)    (2)

(trong đó ra, ha tương ứng là bán kính đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh A, độ dài đường cao hạ từ A của tam giác ABC; a = BC, b = AC, c = AB). Mặt khác:

A'H'/A'A" = (A'H'.B'C')/(A'A".B'C')

= (- 2ra.cosA'.2ra.sinA')/4SA'B'C'

= - 2ra2.sin2A' / 8ra2.sinA'.sinB'.sinC'

= - 2sin2A' / (sin2A' + sin2B' + sin2C').

Hơn nữa:

B' = A'C'A = C/2, C' = A'B'A = B/2,

suy ra: A' = 180o - B' - C' = 90o + A/2.

Do đó: A'H'/A'A" = sinA / (-sinA + sinB + sinC) = a/(b+c-a)   (3)


Từ (2) và (3) suy ra II1/IA = A'H'/A'A".

Vậy A, A1, A" thẳng hàng.

Rõ ràng theo bổ đề 2 và kết quả bài toán 2 thì bài toán 3 được chứng minh.


Qua chứng minh trên ta thấy rằng bài toán 3 là một bài toán khó và lời giải của nó vẫn phải dùng đến kết quả của bài toán 2. Hi vọng rằng bạn đọc có thể đưa ra một lời giải đẹp hơn nữa cho bài toán 3. Rất mong nhận được sự góp ý của các bạn để hoàn chỉnh hơn nữa bài viết này.


Lê Đức Thịnh

(Toán Học & Tuổi Trẻ số 365, tháng 11 2007)


 

 

Bai Doc Them & Bai Tap Hinh

 

 

Bài Đọc Thêm

 

Việc Thành Lập Hệ Thống Thái Dương

(Trần Hồng Văn)

Thiên Chúa không chơi xúc xắc. Một sai lầm của Einstein (Nguyễn Hoài Vân)

Thuyết Tương Đối Tổng Quát đã được 100 năm (Nguyễn Hoài Vân)

Về Với Vũ Trụ Khác (Trần Hồng Văn)

Albert Einstein, Nhà Bác Học Tị Nạn Chính Trị (Trà Nguyễn)

Câu Chuyện Về Charles Darwin Và Thuyết Tiến Hóa (Trần Hồng Văn)

Câu Chuyện Về Chất Phản Vật Chất (Trần Hồng Văn)

Thời Gian (Hoàng Dung)

Con số 5 (Nguyễn Xuân Vinh)

Toán học (Hoàng Xuân Hãn)

Con ong giỏi toán (Hoàng Xuân Hãn)

Tôi và Toán học (Nguyễn Xuân Vinh)

Định lý Fermat đã được làm sáng tỏ? (Hoàng Vũ)

Ông Vua Toán Học (Thu Giang)

Hàn Tín Điểm Binh (Hoàng Xuân Hãn)

Lý Luận Thường Và Lý Luận Khoa Học

(Hoàng Xuân Hãn)

Bourbaki, Nhà Toán Học Của Thế Kỷ Hai Mươi (Nguyễn Xuân Vinh)

 

Hình Học (Bài Học)

 

Bất đẳng thức

Hình bình hành

Tứ giác

Điểm và đường thẳng

Tóm tắt định lý

 

Hình Học (Bài Tập)

 

Bài 1 - 25,   Bài 26 - 50,  Bài IOM

 

Anh Ngữ

 

   - Anh Ngữ Hàn Lâm:

 

Fragment (Câu Cụt) (Đàm Trung Pháp)

Tản Đà Nguyễn Khắc Hiếu And His Poem “Thề Non Nước” (Đàm Trung Pháp)

Biện Pháp Tu Từ “LIKE” (Đàm Trung Pháp)

Những Từ Viết Giống Nhau, Đọc Khác Nhau, Nghĩa Khác Nhau (Đàm Trung Pháp)

Những Từ “Đồng Âm Dị Nghĩa” (Đàm Trung Pháp)

 

   - Thành Ngữ Tiếng Anh:

 

Thành Ngữ Tiếng Anh Kỳ 14 – [311-335]

(Đàm Trung Pháp)

 

Đố Vui

 

 

Link
 

Liên Kết

IMO
Wolfram MathWorld
The Math Forum
Related Materials
Komal
MathLinks
Cut-The-Knot

   Từ Điển Anh Việt

 

    

 


 

 

© Hoc Xá 2002

© Hoc Xá 2002 (T.V. Phê - phevtran@gmail.com)