Phan Đình Trung: Hình học phẳng

Bài toán 1: Cho tam giác nhọn

. Từ điểm

bất kỳ trên

(

khác

và

) kẻ đường thẳng song song với đường thẳng

, đường thẳng này cắt

tại

. Lấy

trên

sao cho góc

. Qua giao điểm

của đường thẳng

và

kẻ đường thẳng song song với

, đường thẳng này cắt cạnh

tại

. Chứng minh rằng:

Lời giải:
Gọi

là giao điểm của

và

, theo định lý Thales, ta có:

Sử dụng định lý Menelaus, ta có:

Mặt khác, ta có

, và theo định lý Thales thì

nên :

Dựng đường thẳng

qua

vuông góc với

. Dễ thấy

là phân giác góc

, do đó:

Từ đây suy ra

vuông tại

có trung tuyến là

nên

đpcm).

Bài toán 2: Cho tam giác $ABC$ , các điểm $M, N$ lần lượt di chuyển trên $AB, AC$ sao cho $MN // BC$ . Gọi $P$ là giao điểm của $BN$ với $CM$ . Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $BMP$ và $CNP$ cắt nhau tại $Q$ (khác $P$ ). Gọi $A', B', C'$ lần lượt là điểm đối xứng của $Q$ qua $BC, CA, AB$ . Chứng minh rằng, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A'B'C'$ luôn nằm trên một đường thẳng cố định.

Lời giải:

Gọi $L$ là giao điểm của $BC$ với $AP$ . Theo định lý Ceva, ta có:

$\frac{BL}{LC}.\frac{CN}{NA}.\frac{AM}{MB}=1$

Mặt khác, do $MN // BC$ nên $\frac{CN}{NA}.\frac{AM}{MB}$ =1, suy ra $BL=LC$

do đó $AP$ là trung tuyến của tam giác $ABC$ .

Do $C'$ đối xứng với $Q$ qua $AB$ , $B'$ đối xứng với $Q$ qua $AC$ , nên:

$AC'=AQ=AB'$ .

Mặt khác, dễ thấy tứ giác $BMPQ$ và $CNPQ$ nội tiếp

suy ra

Suy ra

là đường đối trung của

.
Tứ giác

nội tiếp nên:

là đường đối trung của tam giác

Dễ dàng nhận ra rằng,

là đường trung bình của

Do đó,

là trung trực của

, tức là

luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp

Bài toán 3: Cho tam giác $ABC$ thỏa mãn:

Chứng minh rằng tam giác $ABC$ là tam giác đều.

Lời giải:

Đặt $BC=a, CA=b, AB=c$ , $p$ là nửa chu vi tam giác, ta có

Áp dụng định lý $sin$ , ta có:

Mặt khác, ta lại có:

Đẳng thức đã cho tương đương với:

Đặt

. Khi đó:

Từ đây chú ý tới bất đẳng thức AM-GM:

$(n+k)^2 \geq 4nk$

$(m+k)^2 \geq 4mk$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $m=n=k$ , tức là $a=b=c$ hay tam giác $ABC$ đều (đpcm).

Bài toán 4: (Thi thử vào lớp 10 chuyên KHTN năm 2013-2014) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ . Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ lần lượt tại $E,F$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $S$ . $SE,SF$ lần lượt cắt $(O)$ tại $M,N$ khác $S$ . Đường tròn ngoại tiếp $\triangle AEM, AFN$ cắt nhau tại $P$ khác $A$ .

a) Chứng minh rằng $AMPN$ là hình bình hành.

b) Gọi $EN,FM$ làn lượt cắt $(K)$ tại $G,H$ khác $E,F$ . Gọi $GH$ cắt $MN$ tại $T$ . Chứng minh $\triangle AST$ cân.

Lời giải.

a) Vì tứ giác $APEM$ nội tiếp nên $\angle APE=180^{\circ}- \angle AME$ .

Tương tự ta cũng có $\angle APF=180^{\circ}- \angle ANF$ .

Lại có tứ giác $ANSM$ nội tiếp nên $\angle AME+ \angle ANF=180^{\circ}$ .

Từ đó ta suy ra $\angle ANF+ + \angle AME=180^{\circ}$ . Vậy $P,F,E$ thẳng hàng.

Ta có $\angle NAP= \angle EFS$ (cùng bù với $\angle NFP$ ) do tứ giác $ANFP$ nội tiếp.

Ta có $\angle APM= \angle AEM= \angle SEC$ vì tứ giác $APEM$ nội tiếp.

Hơn nữa thì $P,E,F$ thẳng hàng nên $\angle SEC= \angle SFE$ . Do đó hãy .

Chứng minh tương tự $AM \parallel NP$ . Do đó $ANPM$ là hình bình hành.

b) Theo câu a ta có $ANPM$ là hình bình hành nên $MN$ đi qua trung điểm $AP$ .

Kẻ tiếp tuyến $Sx$ của $(O)$ thì suy ra $Sx$ cũng là tiếp tuyến của $(K)$ .

Ta có $\angle NMS= \angle NSx= \angle FSx= \angle FES$ suy ra $\angle NMS= \angle FES$ nên $EF \parallel MN$ .

Vì $P \in EF$ và $MN$ đi qua trung điểm $AP$ nên $MN$ đi qua trung điểm $Q$ của $AF$ .

Lấy điểm $R$ là giao của $EF$ và $AN$ . Tam giác $ARF$ có $Q$ trung điểm $AF$ và $NQ \parallel RF$ nên $N$ trung điểm $AR$ .

Vì $NQ \parallel RF$ nên $\angle ANQ= \angle ARF$ . Mặt khác thì $\angle ANQ= \angle ASM$ vì tứ giác $ANSM$ nội tiếp. Do đó $\angle ARF= \angle ASE$ nên tứ giác $ARSE$ nội tiếp.

Vì $ARSE$ nội tiếp nên $\angle ASR= \angle AER$ mà $\angle AER= \angle NSE$ vì $AE$ là tiếp tuyến của $(K)$ . Do đó $\angle ASR= \angle NSE$ .

Dễ dàng chứng minh tia $SN$ nằm giữa hai tia $SR,SA$ và tia $SA$ nằm giữa hai tia $SN,SE$ . Khi đó từ $\angle ASR= \angle NSE$ suy ra $\angle NSR= \angle ASM$ . Kết hợp với $\angle RNS= \angle AMS$ ta suy ra $\triangle RNS \sim \triangle AMS \; ( \text{g.g})$ . Ta có $\dfrac{NS}{NA}= \dfrac{NS}{NR}= \dfrac{MA}{MS}$ (vì $N$ trung điểm $AR$ ) hay $MA \cdot NA= NS \cdot MS \qquad (1)$ .

Giả sử tiếp tuyến tại $A$ cắt tiếp tuyến tại $S$ tại $T$ . $TN \cap (O)= M'$ .

Dễ dàng chứng minh $\dfrac{TN}{TA}= \dfrac{AN}{AM'}$ vì $\triangle TNA \sim \triangle TAM'$ và $\dfrac{TN}{TS}= \dfrac{SN}{SM'}$ vì $\triangle TNS \sim \triangle TSM'$ . Mà $TS=TA$ nên suy ra $\dfrac{AN}{AM'}= \dfrac{SN}{SM'}$ hay $\dfrac{AN}{SN}= \dfrac{AM'}{SM'}$ .

Hơn nữa theo $(1)$ thì $\dfrac{NA}{NS}= \dfrac{MA}{MS}$ nên $\dfrac{AM'}{SM'}= \dfrac{MA}{MS}$ . Mặt khác $M,M'$ cùng thuộc cung $AS$ của $(O)$ nên $\angle AMS= \angle AM'S$ . Do đó $\triangle AMS \sim \triangle AM'S \; ( \text{c.g.c})$ suy ra $AM=AM'$ nên $M \equiv M'$ . Vậy $T,M,N$ thẳng hàng.

$H'= TG \cap (K)$ . Trong $(K)$ thì $TG \cdot TH'= TS^2= TA^2=TM \cdot TN$ . Do đó tứ giác $NGH'M$ nội tiếp.

Ta có $\angle GH'F= \angle GEF= \angle GNM$ (vì $EF \parallel MN$ ). Mà $\angle GNM+ \angle GH'M=180^{\circ}$ vì $NGH'M$ nội tiếp. Do đó $\angle GH'F+\angle GH'M=180^{\circ}$ . Ta suy ra $M,H',F$ thẳng hàng. Như vậy thì $H' \equiv H$ .

Hay nói cách khác $T$ (giao của hai tiếp tuyến tại $A,S$ của $(O)$ chính là giao của $GH$ và $MN$ . Vậy $TA=TS$ hay $\triangle TAS$ cân tại $T$ .

Bài toán 5:Cho $\Delta ABC$ , lấy 3 điểm $D,E,F$ theo thứ tự trên các cạnh $BC,CA,AB$ sao cho tứ giác $AEDF$ nội tiếp. Gọi $S,S'$ lần lượt là diện tích 2 tam giác $ABC$ và $D E F$ . Chứng minh:

$\dfrac{{S'}}{S} \le {\left( {\dfrac{{EF}}{{2AD}}} \right)^2}$

Lời giải:

Dựng đường tròn tâm $O$ ngoại tiếp tam giác $ABC$ . Kéo dài $AD$ cắt đường tròn $(O)$ tại $G$

Theo tính chất của tứ giác nội tiếp, ta có:

$\widehat{D E F} = \widehat{D A F} = \widehat{G C B}$ và $\widehat{D F E} = \widehat{D A E} = \widehat{G B C}$

Suy ra

$\Delta D E F \sim \Delta G B C \Rightarrow \dfrac{{{S_{D E F}}}}{{{S_{G B C}}}} = \dfrac{{E{F^2}}}{{B{C^2}}} \Rightarrow \dfrac{{S'}}{{{S_{G B C}}}} = \dfrac{{E{F^2}}}{{B{C^2}}}\left( 1 \right)$

Dựng $AH \bot BC,GK \bot BC$ lần lượt ở $H,K$ . Ta lại có:

$\dfrac{{{S_{GBC}}}}{{{S_{ABC}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}GK.BC}}{{\dfrac{1}{2}AH.BC}} = \dfrac{{GK}}{{AH}} = \dfrac{{GD}}{{AD}} = \dfrac{{GD.AD}}{{A{D^2}}} = \dfrac{{DB.DC}}{{A{D^2}}}$

$\Rightarrow \dfrac{{{S_{GBC}}}}{S} = \dfrac{{DB.DC}}{{A{D^2}}} \le \dfrac{{\dfrac{{{{\left( {DB + DC} \right)}^2}}}{4}}}{{A{D^2}}} = \dfrac{{B{C^2}}}{{4A{D^2}}}(2)$

Từ $(1),(2)$ suy ra $\dfrac{{S'}}{S} \le \dfrac{{E{F^2}}}{{4A{D^2}}} = {\left( {\dfrac{{EF}}{{2AD}}} \right)^2}$ (đpcm).

Bài toán 6: Cho hình vuông

. Trên

lấy điểm

không trùng với

và

. Gọi

lần lượt là hình chiếu vuông góc của

lên các cạnh

. Chứng minh rằng:
1.

vuông góc với

đồng qui.

Lời giải:

1. Gọi

và

theo thứ tự là giao điểm của

với

Ta có:

2. Theo 1. ta có

là đường cao của tam giác

Tương tự, ta cũng có:

và

là đường cao của tam giác

. Và như thế chúng đồng qui.

Bài toán 7: Cho điểm $M$ nằm trong tam giác $ABC$ . Các đường thẳng

theo thứ tự cắt

tại

. Đặt

lần lượt là diện tích các tam giác

. Chứng minh rằng nếu

thì $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$ .

Lời giải:

Hai tam giác $MA'B$ và $MA'C$ có chung đường cao nên :

Tương tự ta cũng có:

Do đó:

Mặt khác, theo định lý Ceva, ta có:

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

, tức là $M$ là trọng tâm tam giác $ABC$ (đpcm).

Bài toán 8: (IMO 1998) Cho tam giác

nội tiếp đường tròn

. Tiếp tuyến của đường tròn tại

và

cắt nhau tại

. Đường thẳng qua

và song song với

cắt

và

tương ứng tại

và

. Chứng minh rằng

là góc nhọn.

Lời giải:

Do tiếp tuyến tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $T$ nên

Trường hợp 1:

Ta có: $\widehat{TBB_1}=\widehat{ACB}$

$\widehat{TBB_1}=\widehat{CC_1}T$

$\Rightarrow \widehat{TBB_1}=\widehat{CC_1T}$

Tương tự, ta cũng có: $\widehat{TB_1B}=\widehat{TCC_1}$

Do đó, $\Delta TBB_1\sim \Delta TC_1C$, suy ra:

$\frac{TB}{TB_1}=\frac{TC_1}{TC}\Leftrightarrow TB_1.TC_1=TB.TC$

Mặt khác, chú ý rằng: $TB=TC$, suy ra $TB_1.TC_1=TB^2$. Nhận thấy rằng $BT<OT$. Do đó, tồn tại một điểm $D$ thuộc $OT$ sao cho $TD=TB$.

Ta có $OT\perp BC$, $BC//B_1C_1$. Từ đó, tam giác $DB_1C_1$ vuông tại $D$. Bây giờ, chú ý đến $\widehat{B_OT}<\widehat{B_1DT}, \widehat{C_1OT}<\widehat{C_1DT}$, suy ra:

$\widehat{B_1OT}+\widehat{C_1OT}<\widehat{B_1DT}+\widehat{C_1DT}$, tức là $\widehat{B_1OC_1}<90^o$, suy ra đpcm.

Trường hợp 2: $\widehat{BAC}>90^o$. Chứng minh tương tự.

Bài toán 9: Cho thứ giác $ABCD$ có $AD=BC$. Về phía ngoài tứ giác, dựng các tam giác bằng nhau $ADE, BCF$. Chứng minh rằng trung điểm của $AB, CD, EF$ thẳng hàng.

Lời giải:

Gọi $M, N, K$ theo thứ tự là trung điểm của $EF, AB, CD$, $A'$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$, $H$ là giao điểm của $AK$ với $A'B$.

Khi đó, ta có $AFA'E$ là hình bình hành, suy ra:

$EM=MF$

$AN=NE$

$MN$ là đường trung bình của $\Delta ABA'$, tức là $MN//HA'$ (1)
Ta lại có: $NK$ là đường trung bình của $\Delta ABH$, suy ra $NK//BH$

$NK//A'H$ (2)
Từ (1) và (2), ta có $MN//NK$, và như thế $M, N, K$ thẳng hàng. Ta có đpcm.

Bài toán 10: Cho góc

. Trên

lấy

và

. Trên $Oy$ lấy

và

sao cho

. Gọi

và

lần lượt là trung điểm của

và

. Chứng minh rằng,

hoặc cùng phương hoặc vuông góc với phân giác góc $\widehat{xOy}$.

Lời giải: Do phân giác ngoài vuông góc với phân giác trong nên ta chỉ xét trong trường hợp với phân giác trong là đủ.
Trên

, lấy điểm

, trên $Oy$ lấy điểm

sao cho