Epsilon 13 - Flip EBook Pages 101-150 | AnyFlip

Trang chủ » đường Thẳng Liên Hợp » Epsilon 13 - Flip EBook Pages 101-150 | AnyFlip

Có thể bạn quan tâm

  • Quick Upload
  • Explore
  • Features
  • Support
    • Contact Us
    • FAQ
    • Help Document
  • Pricing
Sign In Sign Up
  • Explore
  • Features
  • Support
    • Contact Us
    • FAQ
    • Help Document
  • Pricing
  • Enrichment
  • Business
  • Books
  • Art
  • Lifestyle
  • Religion
  • Home
  • Science
The words you are searching are inside this book. To get more targeted content, please make full-text search by clicking here. Home Explore Epsilon 13 View in Fullscreen

Tạp chí Epsilon số 13

Like this book? You can publish your book online for free in a few minutes!
  • Gặp gỡ Toán học
  • http://anyflip.com/anxl/bedt/
Download PDF Share

Related Publications

Discover the best professional documents and content resources in AnyFlip Document Base. Search Published by Gặp gỡ Toán học, 2018-04-26 12:01:50 Epsilon 13
    Pages:
  • 1 - 50
  • 51 - 100
  • 101 - 150
  • 151 - 200
  • 201 - 250
  • 251 - 300
  • 301 - 327

Tạp chí Epsilon số 13

Keywords: ggth,GGTH,gapgotoanhoc,epsilon

Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 A F K N LP E C O M Q B D U V Hình 5.Lời giải thứ nhất. Gọi BK, CL là đường cao của tam giác ABC. Theo bài toán 1 thì AU , AVlần lượt đi qua trung điểm của BK, CL mà trung điểm BK, CL theo thứ tự nằm trên DF , DEdo đó P , Q chính là trung điểm của BK, CL. Ta thấy các tam giác ABK và ACL đồng dạngcó trung tuyến là AP , AQ nên hai tam giác AQL và AP K đồng dạng. Lại có CV BK vàBU QL nên ta có các cặp tam giác đồng dạng AQL ∼ AV C và AP K ∼ AU B. Từ AQđó AV = AL = AK = AP hay AQ · AU = AP · AV . Từ đó tứ giác P QU V nội tiếp. AC AB AU A FE C O P Q MN B D U V Hình 6. 101Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Cách giải sau do bạn Phạm Ngọc Khánh lớp 12 Toán, THPT chuyên Sư phạm đề xuất.Lời giải thứ hai. Theo hệ quả của bài toán 1 thì U , V lần lượt nằm trên DF , DE. ∠V EC =∠U F B = ∠BAC nên các tam giác vuông V CE và U BF đồng dạng g.g mà E, F lần lượt làtrung điểm của CA, BA do đó hai tam giác V EA và U F A đồng dạng c.g.c. Suy ra ∠F U A =∠EV A nên tứ giác P QV U nội tiếp.Nhận xét. Trong lời giải thứ nhất, việc sử dụng bài toán gốc để chỉ ra P , Q nằm trên các đườngcao của tam giác đóng vài trò quyết định trong việc giải bài toán này. Mặt khác trong lời giảithứ hai thì việc sử dụng hệ quả của bài toán 1 cũng để chỉ ra U , V lần lượt nằm trên DF , DEđóng vai trò quan trọng. Từ việc U , V lần lượt nằm trên DF , DE ta sẽ đưa ra một bài toán hệquả khá thú vị như sauBài toán 5. Cho tam giác ABC có đường cao BE, CF cắt nhau tại H. K, L là trung điểmcủa CA, AB. M , N lần lượt đối xứng E, F qua K, L. Trên CA, AB lần lượt lấy P , Q sao choLP ⊥ LH, KQ ⊥ KH. S, T đối xứng C, B qua P , Q.a) Chứng minh rằng bốn điểm M , N , S, T cùng nằm trên một đường tròn (J).b) Chứng minh rằng trung trực BC chia đôi AJ.c) Gọi ST cắt M N tại R. Chứng minh rằng AR BC.Lời giải thứ nhất. a) Lấy X, Y , Z lần lượt đối xứng với A, B, C qua trung điểm của BC, CA,AB. Dễ thấy M , N chính là hình chiếu vuông góc của Y , Z lên CA, AB. Mặt khác H là tâmngoại tiếp tam giác XY Z. Vị tự tâm B tỷ số 2 thì H, K lần lượt biến thàng U , Y và Q biếnthành T . Mặt khác Q được định nghĩa là giao điểm của đường thẳng qua K vuông góc KH vàAB nên T chính là giao điểm của đường thẳng qua Y vuông góc Y U với đường trung bình ABcủa tam giác XY Z. Tương tự với S. Vậy áp dụng bài toán 4 vào tam giác XY Z dễ suy ra bốnđiểm M , N , S, T cùng thuộc một đường tròn.b) Vị tự tâm A tỷ số 2 ta cần chứng minh XJ ⊥ BC. Chú ý rằng cũng theo bài toán 4 ta cóZT ⊥ ZX, Y S ⊥ Y X, từ đó áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông thì BZ2 = BN ·BT ,CY 2 = CM · CS. Từ đó ta có biến đổiBJ 2 −CJ2 = (BJ 2 −RJ2 )−(CJ2 −RJ2 ) = BN ·BT −CM ·CS = BZ2 −CY 2 = XB2 −XC2trong đó RJ là bán kính của đường tròn đi qua M , N , S, T nên XJ ⊥ BC.c) Theo lời giải thứ nhất bài toán 4 thì T M , SN đi qua X. Lại do tứ giác ST M N nội tiếp cóhai đường chéo cắt nhau tại A nên theo định lý Brocard J là trực tâm tam giác ARX nên JXvuông góc với AR. Theo câu b), JX ⊥ BC nên AR BC. 102Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 T S J Y ZR Q A N PE V LU K F M H C B X Hình 7.Cách giải sau do các bạn Đinh Công Duy lớp 11 Toán và Trần Minh Tiến lớp 12 Toán, THPTchuyên KHTN đề xuất.Lời giải thứ hai. a) Gọi BY là đường kính của (O) thì ta thấy các tam giác QKL và HY Ccó các cạnh tương ứng vuông góc nên đồng dạng. Do đó QL KL KL . Chứng minh HC = YC = HAtương tự PK = KL nên PK = QL do đó AS = 2P K = HB = BF = AN từ đây suy ra HB HA HB HC AT 2QL HC CE AMAN · AT = AM · AS nên tứ giác ST M N nội tiếp.b) X đối xứng với A qua trung điểm BC, ta cần chứng minh JX ⊥ BC. Ta thấy AT = 2QL = CX AB2QL HC 2K L HC BC HC BE EC EC M A . Từ đó theo định lý Thales đảoHC · AB = HA · AB = HA · AB = EA · EB = EA = M Cthì T , M , X thẳng hàng. Tương tự S, N , X thẳng hàng. Từ đó ∠BXN = ∠N SC = ∠N T Xdo đó BX2 = BN · BT = BJ2 − RJ2 . Tương tự CX2 = CM · CS = CJ2 − RJ2 . VậyJ B2 − J C2 = (J B2 − RJ2 ) − (J C2 − RJ2 ) = BX2 − CX2 nên J X ⊥ BC.c) Trong tam giác XST thì A(M, N ; X, R) = −1 mà AX đi qua trung điểm BC nên ARBC. 103Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 TS J Q AR P Y EK N M L O F H BC X Hình 8.Nhận xét. Trong lời giải thứ nhất thì ý b) của bài toán cũng có thể cho vào bài toán 4 tuy nhiên,rõ ràng việc viết lại bài toán 4 như trong bài toán 5 thì khi giải ta cần phải dựng lại các điểm X,Y , Z và giải thông qua việc áp dụng cả bài toán 1 và bài toán 4. Đó là thách thức không hề nhỏkhi giải cả hai ý của bài toán này. Nội dung ý c) và cách chứng minh ý c) ở cách giải thứ nhất làcủa bạn Phạm Ngọc Khánh lớp 12 Toán, THPT chuyên Sư phạm đề xuất. Tuy nhiên cách giảithứ hai là cách giải độc lập dựa hoàn toàn trên mô hình mới và ý c) nhìn theo lời giải thứ haicũng rất đơn giản và có thể dùng nó chứng minh ngược lại ý b). Lời giải thứ nhất các ý a) và b)là cách tác giả tạo ra bài toán này tuy nhiên trong quá trình giảng dạy nó đã được giải theo cáccách khác nhau bởi các bạn học sinh ở chuyên KHTN và chuyên Sư phạm như trên. Đây là cácđóng góp về mặt ý tưởng hay và giá trị của các em cho bài toán.Bài toán 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính AD, CF . AL là đườngcao và H là trực tâm tam giác ABC. Lấy P sao cho DP ⊥ DH và CP ⊥ CB. I là trung điểmAL. Chứng minh rằng CI F P . 104Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 A KF OQ P I HBL M C D Hình 9.Lời giải. BHCD là hình bình hành nên H, D đối xứng qua trung điểm M của BC. Gọi Klà điểm đối xứng M qua O. Phép đối xứng tâm O biến D thành A và biến đường thẳng qua Cvuông góc CB thành đường thẳng qua B vuông góc CB. Do đó giao điểm P của đường thẳngqua D vuông góc DM và đường thẳng qua C vuông góc CB biến thành giao điểm Q của đườngthẳng qua A vuông góc AK và đường thẳng qua B vuông góc CB. Theo bài toán 1 thì CQ điqua I, mà P F QC là hình bình hành nên CI F P .Dùng bài toán trên có thể giải bài toán dưới đâyBài toán 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với BP , CQ là đường kính của (O). Hlà trực tâm tam giác ABC. Lấy các điểm M , N sao cho CM ⊥ CA, P M ⊥ P H, BN ⊥ BA,QN ⊥ AH. Chứng minh rằng QM , N P và AO đồng quy. AQE P RI M C F H K OL JNBD Hình 10. 105Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Lời giải thứ nhất. Gọi AD, BE, CF là đường cao của tam giác ABC. R, K, L lần lượt làtrung điểm AD, BE, CF . Từ các tính chất tam giác đồng dạng của trực tâm dễ thấy R là đẳnggiác của giao điểm J của BL và CK do đó J nằm trên AO. Theo bài toán 5 thì hai đường thẳngQM và CK đối xứng qua O, hai đường thẳng N P và BL cũng đối xứng qua O do đó giaođiểm I của QM và P N đối xứng với giao điểm J của BL và CK qua O. Mà J thuộc AO nênI thuộc AO. Ta thu được điều phải chứng minh. A Q R P F E M I C HO N BK D Hình 11.Cách giải sau do bạn Trần Thị Hà lớp 12 Toán, THPT chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định đềxuất.Lời giải thứ hai. Gọi AK là đường cao của tam giác ABC. R, E, F là trung điểm HA, CA,AB. AD là đường kính của (O). Tứ giác CEP M nội tiếp suy ra ∠CEM = ∠CP M = ∠RP H.Từ đó ta có hai tam giác vuông đồng dạng là CEM rs∼aonCBgMNRnê=PnHQDD.BCMShu, ayNyrPaM,CRNAMHO=đBồCRnCPEg. = 2đAKóCCh=ai Từ AD . Chứng minh tương tựcóBRcHNác=cạn2AChDDtư. ơTnừgđứóndgễsosunyg giác AQP và DM N quy.t2aBmD 106Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 A Q P F E Z T H ONX M Y C BK D Hình 12.Cách giải sau do bạn Trần Minh Khoa lớp 12 Toán, THPT chuyên KHTN đề xuất.Lời giải thứ ba. Gọi AD là đường kính của (O) thì M C, N B đi qua D. Gọi Z, T là trung điểmQB, P C. X, Y đối xứng F , E lần lượt qua Z, T . Do N F , Y E là đường kính của (N QB),(M P C) nên X, Y là trực tâm các tam giác N QB, M CP . Ta suy ra N X, M Y BC. Mặt khácdo EF BC ZT nên XY BC. Từ đó XY BC. Vậy M , N , X, Y thẳng hàng trên đườngthẳng song song BC. Vậy hai tam giác AQP và DM N có các cạnh tương ứng song song nênQM , N P và AO đồng quy.Nhận xét. Lời giải thứ nhất cũng là cách tác giả tạo ra bài toán này hai cách giải sau chứng minhđồng quy bằng cách sử dụng các tam giác có cạnh tương ứng song song, một hệ quả của định lýDesargues. Cách giải thứ hai chỉ cần tới tam giác đồng dạng, đặc biệt cách giải thứ ba chỉ cầncác kiến thức về phần đầu chương trình lớp 8, đó là các cách làm có giá trị.Ta đi đến tiếp một ứng dụng khá lạ mắt như sauBài toán 8. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) cố định với B, C cố định và Adi chuyển trên cung lớn BC. P là trung điểm cung lớn BC của (O). I là tâm nội tiếp tam giácABC. M là trung điểm IB. BI cắt (O) tại N khác B. Q là trung điểm M N . S đối xứng B quaQ. R đối xứng M qua O. Đường thẳng qua N vuông góc RS cắt đường thẳng qua P song songIB tại T . Chứng minh rằng đường thẳng T Q luôn đi qua điểm cố định khi A thay đổi. 107Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 A T S PG N M L X Q JR B I O C H Hình 13.Lời giải. AI, CI cắt (O) tại H, G khác A, C thì I là trực tâm tam giác GHN . HP là đườngkính của (O) nên P T đi qua G. Gọi L là trung điểm GH, J đối xứng với L qua O. Vậy X đốixứng R qua J thì X thuộc M N mặt khác X cũng là đối xứng của M là hình chiếu vuông góccủa O trên BN hay X là đối xứng của M qua trung điểm BN . Từ đó XN = BM = N S, nênRS JN . Vậy đường thẳng qua N vuông góc RS là đường thẳng qua N vuông góc JN . Ápdụng bài toán 1 vào tam giác N GH thì T H chia đôi N M hay T H đi qua Q nói cách khác làT Q đi qua H cố định.3. Mở rộng và kết hợpBài toán này có thể được mở rộng theo nhiều cách khác nhau đồng thời kết hợp với các mô hìnhkhác. Chúng ta hãy xét mở rộng đầu tiên như sauBài toán 9. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Một đường tròn (K) đi qua B, C cắtCA, AB lần lượt tại E, F . BE giao CF tại H. AH cắt BC tại D. P đối xứng với K qua O.Đường thẳng qua A vuông góc AP cắt đường thẳng qua B song song AD tại Q. Chứng minhrằng CQ chia đôi AD. 108Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 T A Q P GL E F O H K CS BD Hình 14.Lời giải thứ nhất. Gọi (L) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . (L) cắt (O) tại G khác A.Ta dễ thấy AL ⊥ BC nên AL OK và LK AO do cùng vuông góc EF . Từ đó ALKO làhình bình hành kéo theo AP OL là hình bình hành. Do AG là dây cung chung của (O) và (L)nên AG ⊥ OL AP . Từ đó AG đi qua Q. Theo tính chất trục đẳng phương, AG, EF , BCđồng quy tại S. Mặt khác hàng (B, C; D, S) = −1 nên chiếu song song theo phương AD lênAS có (A, S; Q, T ) = −1 trong đó đường thẳng qua C song song AD cắt AS tại T . Suy rachùm C(A, S; Q, T ) = −1 nên CQ chia đôi AD. A P QE F HO LD K CSB Hình 15. 109Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Cách giải sau do bạn Trần Minh Khoa lớp 12 Toán, THPT chuyên KHTN đề xuất.Lời giải thứ hai. Gọi EF cắt BC tại S. Gọi AL là đường cao của tam giác ABC. Do O làtrung điểm P K nên A(P, K; O, L) = −1 = S(A, H; F, D). Mà AO ⊥ SF , AL ⊥ SDvà AK ⊥ SH theo định lý Brocard, từ đó suy ra SA ⊥ AP hay A, S, Q thẳng hàng. VậyQ(B, C; D, S) = −1 mà AD QB nên CQ chia đôi AD.Nhận xét. Lời giải thứ nhất chứng minh A, Q, S thẳng hàng bằng cách thuần túy hình học. Lờigiải thứ hai cũng chứng minh A, Q, S thẳng hàng nhưng bằng phương pháp chùm trực giao rấtngắn gọn tuy nhiên phải dùng qua định lý Brocard. Cả hai lời giải đều có nét đặc sắc riêng.Bài toán 10. Cho tam giác ABC và P là điểm bất kỳ. Các điểm Q, R lần lượt thuộc CA, ABsao cho P Q AB, P R AC. Lấy I sao cho IQ ⊥ CA, IR ⊥ AB. J đối xứng P qua I.Đường thẳng qua A vuông góc QR cắt BC tại H. Đường thẳng qua B song song AH cắt đườngthẳng qua A vuông góc AJ tại G. Chứng minh rằng CG chia đôi AH. K AG J R Q I F H P EB Hình 16. C LLời giải thứ nhất. Gọi BG cắt AC tại K. Ta cần chứng minh G là trung điểm BK. Gọi L làđối xứng của A qua I và E, F là hình chiếu của L lên CA, AB. Do đó E, F cũng là đối xứngcủa A qua Q, R suy ra RQEP và RQP F là hình bình hành nên P là trung điểm của EF . Mặtkhác các tam giác ABK và LF E có các cạnh tương ứng vuông góc nên đồng dạng. Cũng dođối xứng L qua trung điểm I của P J nên P L AJ ⊥ AG. Vậy các tam giác ABK và LF E cócác cạnh tương ứng vuông góc nên trung tuyến tương ứng cũng vuông góc nói cách khác AQ làtrung tuyến của tam giác ABK. Vậy ta hoàn tất chứng minh. 110Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 A G J R Q IS FK P E CT BH Hình 17.Cách giải sau do bạn Trần Minh Khoa lớp 12 Toán, THPT chuyên KHTN đề xuất.Lời giải thứ hai. E, F đối xứng với A qua Q, R dễ thấy RQEP và RQP F là hình bình hànhnên P là trung điểm của EF và I là tâm ngoại tiếp tam giác ABC. AH cắt EF tại K, AGcắt EF , BC tại S, T . Áp dụng cách lời giải thứ ba của bài toán 1 vào tam giác AEF thì(E, F ; K, S) = −1 do đó chiếu bằng tâm A xuống đường thẳng BC thì (B, C; H, T ) = −1nên G(B, C; H, T ) = −1. Mà AH BG nên CG chia đôi AH.Cách giải sau do bạn Trương Mạnh Tuấn lớp 11 Toán, THPT chuyên KHTN đề xuất.Lời giải thứ ba. AC cắt BG tại K. Ta cần chứng minh G là trung điểm BK thi CG chia đôiAH, thật vậy. AQP R là hình bình hành nên AP và QR cắt nhau tại trung điểm M của mỗiđoạn. Dựng IL QR thì I(Q, R; M, L) = −1. Lại có AC ⊥ IQ, QB ⊥ IR, AG ⊥ AJ IM ,AH ⊥ QR IL do đó A(B, C; G, H) = −1 mà BK AH do đó G là trung điểm BK.Nhận xét. Ý tưởng lời giải thứ nhất là dựa trên lời giải thứ hai của bài toán gốc, lời giải thứ haitrong trường hợp tổng quát này rất có hiệu lực. Mặt khác ta thấy bài toán hoàn toàn không dùngtới đường tròn trong phát biểu và lời giải này. Lời giải thứ hai dựa trên kết quả trong lời giải thứba của bài toán gốc. Tiếp cận theo hướng này cũng rất tự nhiên. Cách giải thứ ba dùng trực tiếpchùm vuông góc cũng rất đặc sắc. Các bài toán tổng quát có rất nhiều hướng áp dụng hay tuynhiên do khuôn khổ bài viết có hạn tôi chỉ xin nêu ra một ứng dụng đẹp như sau [7]Bài toán 11. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC cắt BD tại P . Gọi J, K, L lầnlượt là tâm ngoại tiếp các tam giác P CD, P AD, P BC. Q là trung điểm OP . Trên đường thẳngqua P vuông góc JQ lấy các điểm S, T sao cho DS, CT cùng vuông góc với KL. DT , CS cắtcác đường tròn (P AD), (P BC) tại M , N . Chứng minh rằng bốn điểm C, D, M , N cùng thuộcmột đường tròn. 111Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 F B A P T S Q L K MN O D J R C I Hình 18.Lời giải thứ nhất. Gọi I là đối xứng của O qua J, như vậy ST đi qua P và vuông góc với P I.AD cắt BC tại F , P F cắt CD tại R. Theo bài toán 9 thì DT , CS đi qua trung điểm X củaP R. Dễ thấy P R là trục đẳng phương của (K) và (L). Do đó XM · XD = XN · XC ta thuđược tứ giác CDM N nội tiếp.Cách giải sau do bạn Đỗ Xuân Long lớp 11 Toán, THPT chuyên KHTN đề xuất.Lời giải thứ hai. Gọi R là tâm của (AP B). DU, CV là đường kính của (O) và P T là đườngkính của (R). Ta có U , B, T thẳng hàng và V , A, T thẳng hàng. Vì ABU V nội tiếp nênP R ⊥ U V , kết hợp P R ⊥ CD suy ra P R OJ. Tương tự thì JP RO là hình bình hành nênR, Q, J thẳng hàng và L, K, Q thẳng hàng. AB cắt CD tại E, AD cắt BC tại F . Áp dụngđịnh lý Brocard ta có F P ⊥ OE KL. Gọi F P cắt SC, CD tại I, X thì IS = XD . Vì IC XC(E, X; D, C) = −1 nên IS SD suy ra F P , SC, DT đồng quy tại I. (K) cắt (L) tại Y khác IC = CTP , ta có F , P , Y thẳng hàng, ta suy ra IY ·IP = IN ·IC = IM ·ID hay DN M C nội tiếp. 112Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 F T B AR U V T S PQ K MI N O L J CE DX Hình 19.4. Nguồn gốc và một phát triển khácCác bạn lớp 9 ở Việt Nam hẳn đã quen thuộc với bài toán sau, đây cũng là bài toán số 75 trang104 trong [3]Bài toán 12. Cho đường tròn (O) đường kính AB và điểm P nằm trên (O). Tiếp tuyến tại A vàP của (O) cắt nhau tại Q. H là hình chiếu của P lên AB. Chứng minh rằng BQ chia đôi P H.Đây là một bài toán vào loại kinh điển của tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau. Nó có một lời giảirất đơn giản như sau 113R Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 P BQA HO Hình 20.Lời giải. Gọi P B cắt AQ tại R thì theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau QA = QP mà tam giácP AR vuông tại P nên Q là trung điểm AR do đó theo định lý Thales thì BQ chia đôi P H.Mặc dù phát biểu và chứng minh hết sức đơn giản như vậy nhưng đây có thể coi là một bài toánkinh điển và như các bạn đã thấy thì bài toán 1 là một mở rộng đẹp cho bài toán này. Nếu trongbài toán này ta coi P là trực tâm tam giác P AB thì bài toán này còn có thể mở rộng theo cáchkhác như sauBài toán 13. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao AD, CF . Đường thẳngqua B vuông góc OC cắt đường thẳng qua F vuông góc OF tại P . Chứng minh rằng CP chiađôi DF . AFP O XBD C Hình 21.Để giải bài toán này ta cần hai bổ đề sau, bổ đề thứ nhất tham khảo [4] 114Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Bổ đề 13.1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với các đường cao AD, CF . AD cắt(O) tại K khác D. GọiKF cắt (O) tại L khác K. Đường thẳng qua A vuông góc OC cắt CLtại N . Chứng minh rằng F N vuông góc với F O. A LN Q M FP HO BD C K Hình 22.Chứng minh. Ta sẽ chứng minh F N A ∼ F OC để suy ra F N O ∼ F AC thì ∠N F O =90◦, thật vậy. ∠N AC = ∠ABC = ∠ALC, từ đó ∠N AF = ∠N AC − ∠BAC = ∠ABC −∠BAC = ∠F CO. AD cắt CF tại H và P là hình chiếu của F lên AD, M đối xứng vớiH qua P . Ta có ∠F M H = ∠F HM = ∠ABC = ∠N AC và ∠F KM = ∠ACN do đó KF M ∼ CN A. Ta cũng có tam giác F AL ∼ F KB và F DP ∼ ACF . Gọi Q làtrung điểm AC. Từ đó ta có biến đổi tỷ số NA = NA · LA = NC · KB = HB · NC = 2OQ · AC FA LA FA AC FK AC FK AC MK = 2OQ = OQ · OC · CF = BF · OC · AC = OC 2DP OC CF DP BC CF FD CFTừ đó suy ra F N A ∼ F OC theo suy luận phần trên có điều phải chứng minh.Bổ đề thứ hai sau tham khảo trong [5,6]Bổ đề 13.2. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Đường cao BE, CF cắt nhau tạiH. AH cắt (O) tại D khác A. DE cắt (O) tại G khác D. Chứng minh rằng BG chia đôi EF .Lời giải sau lấy ý tưởng trong [6] là của oneplusone là nick của Jeck Lim [2] 115Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 G A M E O F H C BK D Hình 23.Chứng minh. Gọi AH cắt BC tại K thì K là trung điểm HD. Từ đó chú ý hai tam giác EF Bvà EHK đồng dạng (g.g). Gọi M là trung điểm ttaamcógiHáEcFE BF suy ra EEHFEđ/2ồn=g d2BHạFnKg.hTaừy ∠BF M = ∠DHE suy ra EF = HK và DHFM = BF . Kết hợp hai BFHE HD Mđó suy ra ∠F BM = ∠HDE = ∠F BG. Từ đó B, M , G thẳng hàng. Ta có điều phải chứngminh. AK L F E P X H O BD C Hình 24.Lời giải thứ nhất. Gọi BE là đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. BE cắt (O) tạiK khác B. KF cắt (O) tại L khác K. Theo bổ đề 13.1 thì P nằm trên LC. Vậy theo bổ đề 13.2thì CL chia đôi DF . Vậy ta hoàn tất chứng minh. 116Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Lời giải trực tiếp sau do bạn Nguyễn Lê Phước đề xuất. A L G E C F I O P H M K D B Q Hình 25.Lời giải thứ hai. Gọi BE là đường cao, CF cắt (O) tại G khác C. Gọi K, L là giao điểm củaP F và BC, AG. Theo bài toán con bướm thì F L = F K mà F G = F H nên KH GA nên∠F HK = ∠F GA = ∠F BC. Gọi Q là giao điểm của KH và AB thì ∠QHC = ∠QBC nêntứ giác QBHC nội tiếp suy ra KB = HB · QB . Lấy M thuộc BC sao cho F M BP suy ra KC HC QCF M ⊥ OC ⊥ DE nên F M DE. Từ đó ∠F M D = ∠EDC = ∠BAC = ∠F DM nênF M = F D. Vậy ∠F QC = ∠F HB = ∠F DB = ∠F M C suy ra M F CP nội tiếp. Từ đóQB = MB = MB . Lại do CBH ∼ CF D nên HB = DF . Vậy KB = DF · MB = MB . TừQC MF FD HC DC KC DC FD DCđó lại do M F nên suy ra 1. Gọi CP cắt F D tại I, áp dụng BP CD = BM = PF CD . PK = CK BK PK CK PFđịnh lý Menelaus cho tam giác F KD với P, I, C thẳng hàng thì ID CD PK 1. Ta hoàn tấtchứng minh. IF = CK . PF =Dựa vào định lý con bướm thì bài toán 13 có một cách nhìn tổng quát hơn như sauBài toán 14. Cho tam giác ABC với P bất kỳ. P A, P B, P C cắt BC, CA, AB tại D, E, F . Gđối xứng với P qua F . Đường thẳng qua P song song AG cắt BC tại K. Lấy Q trên F K saocho BQ DE. Chứng minh rằng CQ chia đôi DF .Ta sử dụng các bổ đề sauBổ đề 14.1. Cho tam giác ABC với P bất kỳ. P A, P B, P C cắt BC, CA, AB tại D, E, F .Đường thẳng qua B song song DE cắt đường thẳng qua C song song DF tại Q. Chứng minhrằng P Q chia đôi EF . 117Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 A Q E C R F P BD Hình 26.Chứng minh. Ta có biến đổi diện tích[P QE] = [P QE] · [BQE] · [CQF ] = EP · [BQD] · CF = EP · DB · CF = 1.[P QF ] [BQE] [CQF ] [P QF ] EB [C QD] PF EB DC PFĐẳng thức cuối có do định lý Ceva cho tam giác P BC và điểm A.Bổ đề 14.2. Cho tam giác ABC với P bất kỳ. P A, P B, P C cắt BC, CA, AB tại D, E, F .Đường thẳng qua B song song DE cắt đường thẳng qua P song song EF tại Q. Chứng minhrằng CQ chia đôi DF . A R E F P Q BD C Hình 27.Chứng minh. Gọi đường thẳng qua C song song DF cắt BQ tại R. Theo bổ đề 13.4 thì P Rchia đôi EF mà P Q EF do đó chùm P (B, C; Q, R) = P (E, F ; Q, R) = −1 do B, Q, Rthẳng hàng nên C(B, Q; F R) = P (E, F ; Q, R) = −1 mà CR DF do đó CQ chia đôiDF . 118Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Bổ đề 14.3. Cho tam giác ABC với P bất kỳ. P A, P B, P C cắt BC, CA, AB tại D, E, F . Lđối xứng A qua F . P L cắt BC tại K. Đường thẳng qua B song song DE cắt đường thẳng quaP song song EF tại Q. Chứng minh rằng F, Q, K thẳng hàng. A R E F P C Q KDB L Z Hình 28.Chứng minh. Lấy R thuộc EF sao cho DR AB. Do F (BC, DE) = −1 nên F C chia đôiDR do đó R, P, L thẳng hàng. Gọi DE cắt AB tại Z. Từ liên hệ giữa tỷ số đơn và tỷ số kép tathấy B(F, P ; K, Q) = (ZE; D) = (F E; R) = P (F, B; K, Q) nên F, Q, K thẳng hàng.Lời giải thứ nhất. Dễ thấy P K đi qua L là đối xứng của A qua F . Do F, Q, K thẳng hàng nêntheo bổ đề 14.3 thì P Q EF . Từ đó theo bổ đề 14.2 thì CQ chia đôi DF .Lời giải trực tiếp sau do bạn Nguyễn Lê Phước đề xuất. 119Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 A G E M F I P C K D Q B N L T Hình 29.Lời giải thứ hai. P K cắt AB tại L; M thuộc BC sao cho F M song song với DE; DE cắtAB tại T ; N là trung điểm F T . CQ cắt F D tại I. Theo định lý Menelaus IF = QF · CK ID QK CDĐể chứng minh CQ chia đôi F D, hay nói cách khác là chứng minh I là trung điểm F D, ta QF CD QF BMsẽ chứng minh QK = CK . Theo định lý Thales, QK = BK . Như vậy ta sẽ chứng minhKB = BM .KC CDÁp dụng định lý Menelaus KC = PC · LF KB PF LB = EC · BA · LF EA BF LBF là trung điểm P G, mà AG song song với P L nên theo định lý Thales thì F cũng là trung FL FA TA LF ATđiểm AL. FB = FB = TB nên LB = AB ⇒ KC = EC · BA · AT KB EA BF AB 120Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 CD = DC · BD BM DB BM = EC · FA · BT EA FB BF = EC · TA · BT EA TB BF = EC · TA EA BFTa chứng minh KB = BM bằng biến đổi tương đương KC CD ⇔ EC · BA · AT = EC · TA EA BF AB EA BF ⇔ AB · AT = 1 (luôn đúng) AT ABVậy ta có điều phải chứng minh.Dựa vào bài toán trên ta có thể thu được thêm các mở rộng có rất nhiều ý nghĩa cho bài toán 13.Bài toán 15. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P là điểm bất kỳ trên đường trònđường kính OC. Q đẳng giác P trong tam giác ABC. QA, QB, QC cắt BC, CA, AB tạiD, E, F . Đường thẳng qua F vuông góc F O cắt đường thẳng qua B song song DE tại R.Chứng minh rằng CR chia đôi DF . A F E C R Q B O P D Hình 30. 121Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Lời kếtBài toán này là một bài toán mà tác giả đã tổng quát từ một đề toán quen thuộc trong chươngtrình học mà thực chất là từ trong trí nhớ của tác giả từ những ngày còn đi học cấp 2. Cụ thể đóchính là bài toán số 75 trang 104 trong sách "Nâng cao và phát triển toán 9", tập 1 của thầy VũHữu Bình, một cuốn sách mà chắc chắn rằng đã quen thuộc với hầu hết các bạn học sinh cấp 2ở Việt Nam. Cũng thật vinh dự cho tôi khi bài toán này đã được chọn vào đề thi Sharygin mộtcuộc thi Olympic hình học uy tín nhất thế giới. Trong bài viết cuối cho báo Epsilon 13, tôi lạicó dịp được viết về một bài toán của chính mình, viết về những ý tưởng bắt nguồn cách đây rấtnhiều năm từ hồi còn là học sinh cấp 2 kéo dài cho đến tận những ngày đi làm hiện nay. Đó thựcsự là cảm xúc rất vui và hạnh phúc khi tôi được chia sẻ những ý tưởng của mình với bạn đọcEpsilon những người luôn ủng hộ tôi với những bài viết của mình trong tất cả các số báo trướcđây. Do đó trong bài viết cuối trên báo tôi xin được nói lời cảm ơn chân thành tới tất cả các bạnđọc Epsilon, những người đã dành thời gian của mình để theo dõi báo nói chung và những bàiviết của tôi nói riêng trong 13 số báo vừa qua. Đó thực sự là niềm động viên và khích lệ to lớncho tôi trong việc cố gắng tìm tòi để cho ra đời những bài viết chất lượng cho báo.Cuối cùng tác giả muốn nói lời cám ơn tới bạn Ngô Quang Dương người học trò cần mẫn củatác giả, đã giúp tác giả đọc lại toàn bộ bài viết này và đưa ra các góp ý giá trị.Tài liệu [1] Đề thi Olympic Sharygin 2014 vòng cuối http://jcgeometry.org/Articles/Volume3/JCG2014V3pp60-62.pdf [2] Lời giải đề thi Olympic Sharygin 2014 vòng cuối http://geometry.ru/olimp/2014/final_sol_e.pdf [3] Nâng cao và phát triển toán 9, tập 1, Vũ Hữu Bình. [4] Mỗi tuần một bài toán: Tuần 1 tháng 8 năm 2015 http://analgeomatica.blogspot.com/2015/08/ moi-tuan-mot-bai-toan-tuan-1-thang-8.html [5] Về một bài toán hình học từ diễn đàn AoPS, Trần Quang Hùng, Nguyễn Bảo Ngọc, tạp chí Epsilon 3. http://analgeomatica.blogspot.com/2015/06/ ve-mot-bai-toan-hinh-hoc-tu-dien-aops.html [6] Topic Divide in two eqal segments. http://www.artofproblemsolving.com/community/h386417 [7] Topic Concyclic points http://artofproblemsolving.com/community/c6h1362268 122Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 HAI ĐIỂM BROCARD Ngô Quang Dương Đại học Khoa học Tự Nhiên - Đại học quốc gia Hà Nội TÓM TẮT Bài viết này đề cập và chứng minh các tính chất kinh điển của hai điểm Brocard.1. Mở đầu1.1. Trang bị kiến thứcXuyên suốt bài viết, ta sử dụng các kí hiệu a, b, c cho độ dài của BC, CA, AB và SABC là diệntích tam giác ABC.Bên cạnh việc sử dụng các công cụ hình học thuần túy, bài viết còn kết hợp sử dụng hệ tọa độ tỉcự trong tam giác.Định nghĩa 1. Trong mặt phẳng của αA−PB→AC,+chβo−P−→mBộ+t đγiểP−m→CP=, k→−h0i.đó luôn tồn tại ba số thựcα, β, γ không đồng thời bằng 0 sao choBộ ba số (α : β : γ) như vậy được gọi là tọa độ tỉ cự của P với ABC. Hơn nữa (kα : kβ : kγ)với k = 0 cũng là tọa độ tỉ cự của P . Ta kí hiệu P = (α : β : γ).Về tọa độ tỉ cự, chúng ta có những công thức cơ bản sauMệnh đề 1 (Jacobi, Lagrange). P = (x : y : z) thì với M bất kì, ta có1. (x + y + z)M−−→P = x−M−→A + yM−−→B + z−M−→C2. (x + y + z)M P 2 = xM A2 + yM B2 + zM C2 − xP A2 + yP B2 − zP C23. xP A2 + yP B2 + zP C2 = a2yz + b2zx + c2xy x+y+zViệc đưa ra hệ tọa độ tỉ cự không chỉ để kí hiệu cho gọn mà còn để thiết lập phương trình cácđường. Cụ thể trong bài viết này, ta sẽ dùng đến phương trình đường tròn trong hệ tọa độ tỉ cự.Sau đây chúng ta sẽ xây dựng phương trình trong tọa độ tỉ cự. Phần này tác giả đã tham khảotrong [3] 123Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Mệnh đề 2. Trong mặt phẳng tam giác ABC, cho điểm P = (x : y : z) và đường tròn (K, r).Khi đó xPA/(K) + yPB/(K) + zPC/(K) a2yz + b2zx + c2 xy PP /(K ) = x+y+z − (x + y + z)2 .trong đó kí hiệu PP/(K) là phương tích của P với đường tròn (K, r).Chứng minh. Vì P = (x : y : z) nên áp dụng công thức Jacobi ta được xKA2 + yKB2 + zKC2 = xP A2 + yP B2 + zP C2 + (x + y + z)KP 2Theo cộng thức Lagrange về tâm tỉ cự thì xP A2 + yP B2 + zP C2 = a2yz + b2zx + c2xy , sau x+y+zđó trừ hai vế của đẳng thức trên một lượng bằng (x + y + z)r2 dẫn đến(x + y + z )(K P 2 − r2) = x(K A2 − r2) + y(K B 2 − r2) + z (K C 2 − r2) − a2yz + b2zx + c2xy x+y+zĐó cũng chính là điều phải chứng minh.Từ định lý trên, cùng với nhận xét, P thuộc đường tròn (K, r) khi và chỉ khi phương tích của Pvới (K, r) bằng không đưa ta đến việc kết luận phương trình của đường tròn (K, r) là (xPA/(K) + yPB/(K) + zPC/(K))(x + y + z) − (a2yz + b2zx + c2xy) = 0Người ta gọi đó là phương trình chính tắc của đường tròn (K, r) trong hệ tọa độ tỉ cự.1.2. Định nghĩaĐịnh nghĩa 2. Cho ABC. Đường tròn qua A, tiếp xúc BC tại B cắt đường tròn qua B, tiếpxúc CA tại A cắt nhau tại Ω1 khác B. Đường tròn qua A, tiếp xúc BC tại C cắt đường trònqua B, tiếp xúc CA tại A cắt nhau tại Ω2 khác C.Ω1 và Ω2 lần lượt được gọi là điểm Brocard thứ nhất và thứ hai của ABC.Từ định nghĩa, cùng với tính chất góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùngchắn một cung thì bằng nhau, ta suy ra Ω1BC = Ω1CA = Ω1AB = ω1 Ω2CB = Ω2AC = Ω2BA = ω2Hơn thế nữa, ta còn có ω1 = ω2. Nhớ lại công thức tính cot A của ABC là cot A =AB2 + AC2 − BC2 4SABC , áp dụng cho ba tam giác Ω1 B C , Ω1C A, Ω1AB, ta được cot ω1 = AB2 + AΩ21 − BΩ21 = BC2 + BΩ21 − CΩ12 = C A2 + CΩ12 − AΩ12 4SΩ1AB 4SΩ1BC 4SΩ1CA 124Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau cot ω1 = BC2 + CA2 + AB2 4SABCDo tính tương tự, ta cũng có cot ω2 = BC2 + CA2 + AB2 , kéo theo việc ω1 = ω2, lại suy 4SABCra rằng hai điểm Brocard là hai điểm đẳng giác. Từ giờ ta đặt chung hai góc này là ω, ω B C 2 +C A2 +AB 2được gọi là góc Brocard. Đẳng thức cot ω = 4SABC trực tiếp dẫn đến bất đẳng thứcω ≤ π , dấu bằng xảy ra k√hi và chỉ khi tam giác ABC đều - có được điều này từ bất đẳng thức 6BC2 + CA2 + AB2 ≥ 4 3SABCĐiểm Brocard, góc Brocard được đặt tên theo nhà khí tượng học, nhà hình học người Pháp HenriBrocard(1945-1912). Ông được biết đến nhiều nhất qua hai điểm Brocard - hai điểm đặc biệttrong tam giác có nhiều tính chất đẹp đẽ, liên quan đến rất nhiều đối tượng khác của hình họctam giác. Cho đến nay, rất nhiều tính chất của hai điểm Brocard vẫn tiếp tục được tìm thấy. Vìcác đối tượng hình học tam giác liên quan đến hai điểm Brocard là rất đa dạng nên đã ra đờimột nhánh của hình học tam giác là hình học Brocard.2. Các tính chất kinh điển2.1. Tọa độTrong tam giác, trọng tâm G có tọa độ tỉ cự (1 : 1 : 1), tức là −G→A + G−−→B + G−→C = →−0 .Điểm Lemoine K - đẳng giác của trọng tâm có tọa độ là (a2 : b2 : c2); trực tâm có tọa độ(tan A : tan B : tan C); ... Bây giờ chúng ta sẽ tìm tọa độ tỉ cự của hai điểm Brocard. 125Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Chú ý rằng nếu P là điểm thuộc miền trong của ABC thì tọa độ tỉ cự của P là (SP BC :SP CA : SP AB). SΩ1CA = AΩ1 · AC sin Ω1AC SΩ1AB AΩ1 · AB sin Ω1AB = AC sin(A − ω) AB sin ω = b · sin A cos ω − cos A sin ω c sin ω = b · (sin A cot ω − cos A) c = b · a(a2 + b2 + c2) − b2 + c2 − a2 c 2R · 4SABC 2bc = b · (a2 + b2 + c2) − (b2 + c2 − a2) c 2bc = a2 . c2Tương tự, ta chỉ ra được rằng SΩ1BC = c2 . Do đó ta kết luận tọa độ của điểm Brocard thứ nhất SΩ1CA b2 Ω1 = 1 : 1 : 1 b2 c2 a2Tương tự với điểm Brocard thứ hai Ω2 = 1 : 1 : 1 c2 a2 b2Từ tọa độ tỉ cự của hai điểm Brocard, trọng tâm, điểm Lemoine mà ta thu được sáu bộ ba đườngđồng quy kì lạ: (AΩ1, BK, CG) (AΩ2, BG, CK) (AG, BΩ1, CK) (AK, BΩ2, AG) (AK, BG, CΩ1) (AG, BK, CΩ2)Hiển nhiên là từng cặp trong ba cặp điểm đó liên hợp đẳng giác. Cụ thể hơn tọa độ của chúnglần lượt là A1 = (a2 : a2 : c2) A2 = (a2 : b2 : a2) B1 = (a2 : b2 : b2) B2 = (b2 : b2 : c2) C1 = (c2 : b2 : c2) C2 = (a2 : c2 : c2) 126Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Ngoài ra ta còn có thể chứng minh được A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy tại trung điểm Ω củaΩ1Ω2. Có thể chứng minh khẳng định này bằng vector như sau. Từ tọa độ tỉ cự của hai điểm A1,A2 ta sử dụng hai đẳng thức a2Ω−→A + a2−Ω→B + c2−Ω→C = (2a2 + c2)−Ω−A→1 a2−Ω→A + b2Ω−→B + a2−Ω→C = (2a2 + b2)Ω−−A→2Sử dụng tọa độ của hai điểm Brocard. c2a2−Ω−1→A + a2b2−Ω−1→B + b2c2−Ω−1→C = →−0 a2b2Ω−−2→A + b2c2−Ω−2→B + c2a2−Ω−2→C = →−0 −−→ −−→ a2)(−Ω−1→B −−→ −−→ −−→⇒ a2(b2 + c2 )(Ω1A + Ω2A) + b2(c2 + + Ω2B) + c2(a2 + b2 )(Ω1C + Ω2 C ) = →−0 ⇔ a2(b2 + c2)−Ω→A + b2(c2 + a2)−Ω→B + c2(a2 + b2)Ω−→C = →−0 ⇔ b2(a2Ω−→A + a2Ω−→B + c2−Ω→C) + c2(a2Ω−→A + b2Ω−→B + a2−Ω→C) = →−0 ⇔ b2(2a2 + c2)−Ω−A→1 + c2(2a2 + b2)−Ω−A→2 = →−0 .Đẳng thức cuối chứng tỏ rằng A1, A2, Ω thẳng hàng. 127Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/20172.2. Đối xứng sánh đôiTừ định nghĩa của hai điểm Brocard, cùng với biểu thức tọa độ, ta thấy rằng chúng hoán vị vòngquanh. Hơn nữa, sự hoán vị của hai điểm lại ngược nhau nhưng khi đi cùng nhau, chúng làmnên tính đối xứng. Các kết quả sau đây sẽ làm minh chứng cho nhận định đó.Định lý 1. D1E1F1 và D2E2F2 là tam giác pedal của Ω1 và Ω2 với ABC thì F1D1E1 = E2F2D2 và đồng dạng với ABC.Chứng minh. Từ việc Ω1AB = Ω1BC = Ω1CA = Ω2BC = Ω2AC = Ω2CB = ω vàtổng ba góc trong tam giác bằng 180◦, ta có   CΩ1A = AΩ2B = 180◦ − A  AΩ1B = BΩ2C = 180◦ − B BΩ1C = CΩ2A = 180◦ − CBởi Ω1 và Ω2 đẳng giác nên AΩ1, BΩ1, CΩ1 lần lượt vuông góc với E2F2, F2D2, D2E2 vàAΩ2, BΩ2, CΩ2 lần lượt vuông góc với E1F1, F1D1, D1E1. Dẫn đến F1D1E1 = E2F2D2 = 180◦ − (180◦ − B) = B D1E1F1 = F2D2E2 = 180◦ − (180◦ − C) = C E1F1D1 = D2E2F2 = 180◦ − (180◦ − A) = ADo đó F1D1E1, E2F2D2 và ABC đồng dạng. Mà F1D1E1 và E2D2F2 cùng nội tiếpmột đường tròn(tính chất của hai điểm đẳng giác), kết hợp hai điều trên ta suy ra F1D1E1 = E2F2D2.Với nhận xét là tam giác pedal và tam giác circumcevian đồng dạng, ta thu được hệ quả sau đây. 128Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Hệ quả 2. AΩ1, BΩ1, CΩ1 cắt (ABC) tại X1, Y1, Z1. AΩ2, BΩ2, CΩ2 cắt (ABC) tại X2, Y2,Z2 thì Z1X1Y1 = Y2Z2X2 = ABC.Hệ quả 3. OΩ1 = OΩ2.Chứng minh. F1D1E1 = E2F2D2 nên chúng có diện tích bằng nhau. Theo công thức Eulervề tam giác pedal thìSD1E1F1 = R2 − OΩ21 · SABC SD2E2F2 = R2 − OΩ22 · SABC 4R2 4R2ta suy ra OΩ1 = OΩ2.Định lý 4. Các cặp bằng nhau khác.1. Tam giác cevian của hai điểm Brocard có diện tích bằng nhau.2. Tam giác antipedal của hai điểm Brocard bằng nhau.3. Tam giác anticevian của hai điểm Brocard có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng nhau.Trong 3 ý trên, ý thứ 3 là một bài toán mở(chưa có chứng minh thuần túy hình học). Ở đây chỉnêu ra chứng minh cho hai ý đầu tiên. 129Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Chứng minh. ABC và có tọa độ (x : y : z), DEF là tam giác cevian của P vớiBổ đề 5. P nằm trong 2xyz ABC, khi đó + z)(z + x)(x + SDEF = (y y) · SABCChứng minh bổ đề. Ta có AF = y và AE = z nên SAEF = (y + yz(y + z) + y) . AB x+y AC x+z SABC z)(z + x)(xTương tự, ta tính được SBF D và SCDE theo x, y, z SABC SABC ⇒ SDEF = 1− yz(y + z) + zx(z + x) + xy(x + y) = 2xyz SABC (y + z)(z + x)(x + y) (y + z)(z + x)(x + y)Quay trở lại bài toán, áp dụng cho hai tọa độ của hai điểm Brocard, ta tính được diện tích củahai tam giác cevian của chúng đều bằng (b2 + 2a2b2c2 + b2) · SABC c2)(c2 + a2)(a2 130Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Bổ đề 6 (Định lý Peletier). A1, B1, C1 thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. A2, B2, C2 thỏamãn B2C2, C2A2, A2B2 lần lượt song song với B1C1, C1A1, A1B1 thì SA2 BC = SA1B1C1 · SA2B2C2Quay trở lại bài toán, kí hiệu D1E1F1, D2E2F2 là tam giác pedal của Ω1, Ω2, D1E1F1, D2E2F2 là tam giác antipedal của Ω1, Ω2. Với chú ý rằng E1F1, F1D1, D1E1, E2F2, F2D2,D2E2 lần lượt song song với E2F2, F2D2, D2E2, E1F1, F1D1, D1E1. Nên theo định lý PeletierSD1E1F1 = SD2E2F2 = SA2 BC = SA2 BC SD1E1F1 SD2E2F2Hơn nữa E1F1D1 ∼ F2D2E2 ∼ ABC nên E1F1D1 = F2D2E2.Tiếp theo, chúng ta đến với một hệ thống các tính chất kinh điển khác của hai điểm Brocard.2.3. Hai tam giác Brocard, đường tròn BrocardĐịnh nghĩa 3. BΩ1 cắt CΩ2 tại Ω1a, CΩ1 cắt AΩ2 tại Ω1b, AΩ1 cắt BΩ2 tại Ω1c.(Ω1CA) cắt (Ω2AB) tại Ω2a khác A, (Ω1AB) cắt (Ω2BC) tại Ω2b khác B, (Ω1BC) cắt (Ω2CA)tại Ω2c khác C. Ω1aΩ1bΩ1c được gọi là tam giác Brocard thứ nhất, Ω2aΩ2bΩ2c được gọi là tam giác Brocardthứ hai.Chú ý rằng tên gọi tam giác Brocard thứ nhất không có nghĩa là tương ứng với điểm Brocardthứ nhất, tam giác Brocard thứ hai không có nghĩa là tương ứng với điểm Brocard thứ hai. Tamgiác Brocard thứ nhất và tam giác Brocard thứ hai đều bị phụ thuộc bình đẳng với cả hai điểmBrocard.Định lý 7 (Tọa độ các đỉnh của hai tam giác Brocard). Ω1a = (a2 : c2 : b2) Ω2a = (b2 + c2 − a2 : b2 : c2) 131Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Chứng minh. Từ tọa độ của hai điểm Brocard:SΩ1aAB = SΩ1AB = b2 SΩ1a C A = SΩ2CA = c2SΩ1aBC SΩ1BC a2 SΩ1aBC SΩ2BC a2Do đó Ω1a = (a2 : c2 : b2).Để tính tọa độ của Ω2a, ta cần tìm ra tính chất hình học khác của điểm này.BΩ2aC = 360◦ − AΩ2aB − AΩ2aC = 360◦ − AΩ2B − AΩ1C = 360◦ − (180◦ − A) − (180◦ − A) = 2 A = BOCĐẳng thức trên cho thấy Ω2a, O, B, C đồng viên. Gọi Ωab và Ωac lần lượt là tâm của hai đườngtròn (AΩ2aB) và (AΩ2aC). AC tiếp xúc (AΩ2aB) tại A và AB tiếp xúc (AΩ2aC) tại A nênAΩabOΩac là hình bình hành, dẫn đến O đối xứng với A qua trung điểm ΩabΩac. Hơn nữa, A vàΩ2a đối xứng qua ΩabΩac nên OΩ2a vuông góc với AΩ2a. Do đó nếu gọi OT là đường kính của(OBC) thì A, Ω2a, T thẳng hàng. Ta đã biết AT chính là đường đối trung của tam giác ABCnên Ω2a chính là hình chiếu vuông góc của O lên KA.Vì A, K, Ω2a thẳng hàng nên tọa độ của Ω2a có dạng (p : b2 : c2). Bây giờ ta cần thiết lậpphương trình để tính p - điều này dựa vào việc Ω2a là hình chiếu vuông góc của O lên KA. Lấy 132Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Ka là giao điểm khác A của KA với (ABC). (ABC) có phương trình a2yz + b2zx + c2xy = 0nên từ đó ta tính được p, nên ta kết luận tọa độ của Ka là − a2 : b2 : c2 2Vậy tọa độ của Ω2a – trung điểm của AKa là −a2 b2 c21 + 2 a2 : a2 : a2 = (b2 + c2 − a2 : b2 : c2) c2 2 2 2 b2 + − b2 + c2 − b2 + c2 −Định lý 8 (Đường tròn Brocard). 6 đỉnh của hai tam giác Brocard, 2 điểm Brocard, điểmLemoine K, tâm đường tròn ngoại tiếp O cùng thuộc đường tròn đường kính KO.Chứng minh. Ω1BC = Ω2CB = ω nên Ω1a thuộc trung trực của BC. Tương tự, Ω1b thuộctrung trực của CA, Ω1c thuộc trung trực của AB. Xét bốn điểm B, C, K và Ω1a, ta có CΩ1a cắtBK tại C2 và BΩ1a cắt CK tại B1. Mà B1C2 đi qua trung điểm BC nên KΩ1a song song vớiBC, dẫn đến KΩ1a vuông góc với trung trực của BC. Như vậy Ω1a, Ω1b, Ω1c lần lượt là hìnhchiếu vuông góc của K lên trung trực của BC, CA, AB nên Ω1a, Ω1b, Ω1c thuộc đường trònđường kính KO.Ω2a, Ω2b, Ω2c là hình chiếu vuông góc của O lên KA, KB, KC nên các đỉnh của tam giácBrocard thứ hai thuộc đường tròn đường kính KO. 133Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Bây giờ ta chỉ cần chỉ ra nốt hai điểm Brocard cũng thuộc đường tròn này. Vẫn bằng việc cộnggóc Ω1bΩ1Ω1c = AΩ1C = 180◦ − A = Ω1bOΩ1c (vì OΩ1b, OΩ1c vuông góc với AC, AB).Như vậy điểm Brocard thứ nhất thuộc (OΩ1bΩ1c) - đường tròn đường kính KO. Hoàn toàntương tự, điểm Brocard thứ hai cũng thuộc đường tròn đường kính KO.Định lý 9. ABC và Ω1aΩ1bΩ1c đồng dạng nghịch và có cùng trọng tâm.Chứng minh. Khi chứng minh một cặp tam giác là đồng dạng thuận hay nghịch, ta cần đến gócđịnh hướng. Với việc O thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác Brocard thứ nhất và các đỉnh củanó lần lượt nằm trên trung trực của BC, CA, AB, ta có (Ω1aΩ1b, Ω1aΩ1c) = (OΩ1b, OΩ1c) = (AC, AB) (mod π).Tương tự, (Ω1bΩ1c, Ω1bΩ1a) = (BA, BC) (mod π) nên ABC và Ω1aΩ1bΩ1c đồng dạngnghịch.AV−−iΩ−ệ→c1ac+hứ−Bn−gΩ−→1mb i+nhC−−hΩ−a→1icta=m→−0giá- chatryêA−n−Ωc−→ó1bc+ùn−Bg−Ω−t→r1ọcn+g −Ct−âΩm−→1atư=ơn→−g0 đ. ưTơansgẽ với việc ta cần chỉ ra rằng chứng minh điều này bằngphép quay vector[5]Không giảm tổng quát, giả sử ABC có hướng dương. Khi đó −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ (Ω1aB, Ω1aC) = (Ω1bC, Ω1bA) = (Ω1cA, Ω1cB) = 2ωPlC−à−hΩ−éb→1pibế+qnuA−−Aa−−yΩΩ−−→→v11ceb +c+toB−r−B−−Ω−gΩ→−ó1→a1ccv2+ìωđi−C−ề−uΩ−π→n1aàlyầtnhtưàlơnưnhợgtC−b−điΩư−ế→ơn1bnA−g+−ΩB−−−→−A→1C−bΩ−,→+B−1−cC−Ω−+→→A1cB−,+−C−Ω−−−A→Ω1→−Ba→1.a=Mthà→−à0n−A.−hPΩ−C−→h1−ébΩ−p→+1qb,uB−−A−a−Ωy−Ω−→→1g1cóc,c+−B2−−CωΩ−−→Ω−−1→a1π,atlứ=ạcikhông làm thay đổi vector thì vector đó phải là vector không. Đó là điều phải chứng minh.Định lý 10. Ω1aΩ2a, Ω1bΩ2b, Ω1cΩ2c đồng quy tại trọng tâm của ABC.Chứng minh. Theo phần chứng minh trên: Ω1a = (a2 : c2 : b2) Ω2a = (b2 + c2 − a2 : b2 : c2)⇒ (a2 + b2 + −c2)a−G2−)Ω−−G→−1Ωa−→2=a a2G−→A + c2G−−→B + b2−G→C + c2 −G→C (2b2 + 2c2 = (b2 + c2 − a2)−G→A + b2G−−→B=⇒ (a2 + b2 + c2)−G−Ω−→1a + (2b2 + 2c2 − a2)−G−Ω−→2a = (b2 + c2)(−G→A + G−−→B + G−→C) = →−0 .Vậy ta kết luận Ω1aΩ2a đi qua G. 134Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/20172.4. Đường tròn NeubergTa có một kết quả rất kì lạ như sauĐịnh lý 11 (Đường tròn Neuberg). Cho ABC. Tập hợp các điểm P thỏa mãn góc Brocardcủa P BC và ABC bằng nhau là hợp của hai đường tròn đối xứng nhau qua BC.Qũy tích đặc biệt này được đặt tên theo nhà hình học người Luxembourg - Joseph Jean BaptisteNeuberg. Xin nói thêm, tên tuổi ông cũng gắn với những đối tượng hình học khác như đườngtròn Neuberg - Mineur của tứ giác, đường bậc ba Neuberg - đây là một trong những đường bậcba nổi tiếng và hấp dẫn bậc nhất trong hình học tam giác.Nhằm mục đích chặt chẽ, ở đây xin đưa ra một chứng minh bằng tọa độ tỉ cự.Chứng minh. Điểm P thỏa mãn góc Brocard của tam giác ABC và P BC bằng nhau, tức là a2 + b2 + c2 = a2 + PB2 + PC2 (1) 4SABC 4SP BCĐặt tọa độ của P là (x : y : z) thì SP BC = SABC · |x |x| z| và +y+ P B2 = c2x2 + a2z2 + (a2 + c2 − b2)zx P C2 = b2x2 + a2y2 + (a2 + b2 − c2)xy (x + y + z)2 (x + y + z)2cả hai đẳng thức trên đều thu được từ công thức Jacobi về tâm tỉ cự. Quy đồng và bình phương(1), ta thu được (a2 + b2 + c2)2x2(x + y + z)2 − (a2 + P B2 + P C2)2(x + y + z)4 = 0Biểu thức ở vế trái có thể phân tích thành nhân tử vì là hiệu hai bình phương. Cuối cùng ta thuđược đẳng thức tương đương là (a2y + a2z)(x + y + z) − (a2yz + b2zx + c2xy) × ((a2 + b2 + c2)x + a2y + a2z)(x + y + z) − (a2yz + b2zx + c2xy) = 0Như vậy quỹ tích điểm P là hợp của hai đường tròn với phương trình lần lượt là (a2y + a2z)(x + y + z) − (a2yz + b2zx + c2xy) = 0 ((a2 + b2 + c2)x + a2y + a2z)(x + y + z) − (a2yz + b2zx + c2xy) = 0Sử dụng định lý 12, cho các điểm thuộc BC(có tọa độ tỉ cự tại A bằng 0), ta thấy mọi điểm trênBC đều nằm ngoài cả hai đường tròn trên. Lại nhận xét rằng nếu P thuộc quỹ tích thì đối xứngcủa P qua trung trực của BC hay là qua BC cũng thuộc quỹ tích nên BC và trung trực của BClà hai trục đối xứng của quỹ tích. Từ điều này ta kết luận hai đường tròn trên bằng nhau và đốixứng nhau qua BC. 135Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017So với nhiều đường tròn khác trong hình học tam giác, phương trình của đường tròn Neubergđược coi là đơn giản và đẹp.Ta gọi đường tròn A-Neuberg đi qua A là đường tròn A-Neuberg thứ nhất, đường còn lại làđường tròn A-Neuberg thứ hai. Có một phép dựng đơn giản(việc giải thích hoàn toàn dựa vàođịnh nghĩa của điểm Brocard) cho hai đường tròn này: đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc BCtại B cắt AC tại D, đường tròn qua A, C và tiếp xúc BC tại C cắt AB tại E thì (ADE) vàđối xứng của nó qua BC chính là hai đường tròn A-Neuberg. Ngoài ra cũng có một phép dựngcũng rất đặc sắc như sauĐịnh lý 12 ([4]). Tâm của đường tròn A-Neuberg thứ nhất là điểm Na thỏa mãn Na thuộc trungtrực của BC, BNaC = 2ω, A và Na cùng phía với BC.Chứng minh. Na là tâm đường tròn A-Neuberg thứ nhất. Theo chứng minh của đường trònNeuberg ở trên thì đường tròn này nằm hoàn toàn về một phía của BC nên A và Na cùng phíavới BC.Ta lấy D là giao điểm khác B của AB với đường tròn (Na, NaB) và E là giao điểm khác A củaAB với đường tròn A-Neuberg thứ nhất. Theo phương trình của đường tròn Neuberg thì phươngtích của B với đường tròn A-Neuberg thứ nhất là a2, suy ra a2 = BA · BE = BA · AD ⇒ a2 = AD . c2 BAAΩ1 cắt BC tại D1. Vì Ω1 = 1 : 1 : 1 nên D1C = − a2 . Như vậy AD = D1C . Theođịnh lý Thales đảo, CD b2 c2 a2 D1B c2 AB 2ω.D1B song song với AΩ1 nên BDC = ω, tức là BNaC =Với kết quả trên, bạn đọc có thể kiểm chứng được công thức đẹp đẽ sau: 136Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Định lý 13. Bán kính đường tròn A-Neuberg là a √ cot2 ω − 3 2Với cả ba đường tròn Neuberg thứ nhất, ta có kết quả sauĐịnh lý 14 (Điểm Tarry – X98,[6]). ANa, BNb, CNc đồng quy trên (ABC).Chứng minh. Ta chứng minh điều này qua bước trung gian – chỉ ra ANa, BNb, CNc lần lượtvuông góc với các cạnh của tam giác Brocard thứ nhất. Thế nhưng nhận xét đó lại là trường hợpđặc biệt của kết quả sau, khi mà tam giác cân được dựng vào phía trong tam giác và có góc ởđáy bằng ω.Bổ đề 15. Cho ABC, dựng DBC, ECA, F AB lần lượt cân tại D, E, F và đồng dạngthuận. D là trực tâm DBC thì AD vuông góc với EF .Chứng minh bổ đề. Đặt DBC = DCB = ECA = EAC = F AB = F BA = ϕKhông giảm tổng quát, ta giả sử DBC và ABC cùng hướng. A , B , C là trung điểm BC,CA, AB. −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ AD AA AD AB AC ϕA D = + = + + cot2Một lần nữa ta sử dụng phép quay vector. Xét phép quay góc vuông R π 2 R π −−→ = R π −−→ + R π −−→ + cot2 ϕR π −−→ (AD ) (AB ) (AC ) (A D) 2 2 2 2 C−−→B = cot ϕ −−→ + cot ϕ −−→ + cot ϕ· 2 ·C F −−→ · EB −−→ −−→ = cot ϕ(C F + EB + B C ) = cot ϕ · −E→F 137Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Điều này chứng tỏ AD vuông góc với EF .Quay trở lại chứng minh chính, ta suy ra ANa, BNb, CNc lần lượt vuông góc với Ω1bΩ1c,Ω1cΩ1a, Ω1aΩ1b. (AΩ12b − AΩ12c) + (BΩ12c − BΩ21a) + (CΩ12a − CΩ12b) = (Ω1aC2 − Ω1aB2) + (Ω1bA2 − Ω1bC2) + (Ω1cB2 − Ω1cA2) = 0.Theo định lý Carnot, ANa, BNb, CNc đồng quy tại một điểm T . Hơn nữa (T B, T C) =(Ω1aΩ1c, Ω1aΩ1b) = (AB, AC) (mod π) nên T thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Trên đây tác giả đã tổng kết những kết quả đẹp đẽ, kinh điển về hai điểm Brocard. Mọi góp ý,câu hỏi xin gửi về địa chỉ gmail: [email protected]Tài liệu[1] Brocard points, First Brocard triangle, Second Brocard Triangle, Brocard circle, Wolfram Mathworld[2] R.Honsberger, Episodes in Nineteenth and Twentieth Century Euclidean Geometry[3] Trần Quang Hùng, Blog hình học sơ cấp, Tâm tỉ cự và các bài toán phương tích http://analgeomatica.blogspot.com/2014/01/ tam-ty-cu-va-cac-bai-toan-phuong-tich.html[4] Neuberg cirkel, http://www.pandd.demon.nl/lemoine/neuberg.htm[5] Trần Văn Tấn, Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 11[6] C.Kimberling, Encyclopedia of Triangle Centers http://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/ 138Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017 MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ ĐẲNG CỰ TRONG TAM GIÁC Nguyễn Trần Hữu Thịnh Trường THPT Chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ TÓM TẮT Trong bài viết này, tác giả sẽ trình bày các tính chất, bài toán về đường đẳng cự được tổng hợp lại từ nhiều nguồn khác nhau, cùng với những phát hiện của chính tác giả.1. Đường đẳng cự1.1. Định nghĩaĐịnh nghĩa 1. Cho đoạn thẳng AB. Ta nói hai điểm D1 và D2 là hai điểm đẳng cự trên đoạnAB đã cho nếu chúng nằm trên AB và đối xứng với nhau qua trung điểm của AB.Định nghĩa 2. Cho ABC. Gọi D, E là hai điểm nằm trên đường thẳng BC sao cho chúngđối xứng nhau qua trung điểm của cạnh BC. Khi đó ta gọi AD và AE là hai đường đẳng cựcủa góc A trong ABC.Ví dụ 1. (i) Một trường hợp tầm thường là: Đường trung tuyến đẳng cự với chính nó. (ii) Nếu ABC ngoại tiếp đường tròn (I) và có tâm đường tròn bàng tiếp góc A là Ia thì hình chiếu vuông góc của I và Ia lên BC là hai điểm đẳng cự trên BC.Bạn đọc có thể kiểm tra một cách dễ dàng các ví dụ trên. 139Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/20171.2. Các tính chất cơ bản1.2.1. Tiêu chuẩn kiểm tra hai đường thẳng đẳng cự với nhauĐịnh lý 1. Cho ABC và hai điểm D, E trên cạnh BC. Khi đó, AD và AE là hai đường đẳngcự của góc A khi và chỉ khi: sin(A−→B, −A−→D) · sin(−A→B, −A→E) = AC 2 (1) sin(A−−→D, −A→C) sin(−A→E, A−→C) ABChứng minh.DB = [ADB] = AD · AB · sin(−A−→D, A−→B) = − AB · sin(−A→B, −A−→D) (2)DC [ADC ] AD · AC sin(A−−→D, −A→C) AC sin(A−−→D, −A→C) (3)Tương tự, ta cũng có: sin(−A→B, A−→E) sin(−A→E, −A→C) EB = AB · EC ACNhân vế với vế của hai đẳng thức trên, ta được DB · EB = AB2 · sin(A−→B, A−−→D) · sin(A−→B, −A→E) DC EC AC 2 sin(A−−→D, −A→C) · sin(A−→E, A−→C)AD, AE là hai đường đẳng cự khi và chỉ khi DB · EB = 1, tương đương với DC EC sin(−A→B, −A−→D) · sin(−A→B, −A→E) = AC 2 sin(A−−→D, A−→C) sin(A−→E, −A→C) ABĐịnh lý 2. Cho ABC. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Gọi D, E làhai điểm bất kỳ trên cạnh BC. Khi đó AD là đường đẳng cự với AE của góc A nếu và chỉ nếuAM , N E, P D đồng quy hoặc đôi một song song. 140Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Chứng minh. Gọi T là giao điểm của N E và P D(khi chúng song song thì giao điểm tại vôcùng). Ta đã biết A, T , M thẳng hàng khi và chỉ khi: (P N, P A, P M, P T ) = (N P, N A, N M, N T )Tuy nhiên với việc N P song song với BC thì (P N, P A, P M, P T ) = (P N, P B, P M, P D) = BD BM (N P, N A, N M, N T ) = (N P, N C, N M, N E) = CE CMDo đó hai tỉ số kép trên bằng nhau khi và chỉ khi BD = EC, tức là AD, AE đẳng cự.Hẳn bạn đọc đã phần nào nhận ra một số điểm tương đồng giữa đường đẳng cự và đường đẳnggiác thông qua hai tiêu chuẩn này. Đường đẳng giác liên quan đến hai góc bằng nhau và mộtđịnh lý Steiner quen thuộc về tiêu chuẩn để hai đường thẳng là đẳng giác của một góc. Đườngđẳng cự cũng tương tự, nó liên quan đến hai cạnh bằng nhau và thay vì là tích tỉ số giữa các cạnhnhư trong định lý Steiner thì chúng chính là tích tỉ số giữa sin các góc, và thú vị hơn chúng đều 2cho ta kết quả là AB 2 . Phần tiếp theo tác giả xin giới thiệu đến bạn đọc một số tính chất của ACđường đẳng cự.1.2.2. Các tính chất cơ bảnĐịnh lý 3. (Định lý con bướm mở rộng với cặp đường thẳng) Cho ABC. Gọi D và E làhai điểm đẳng cự trên BC. Một đường thẳng bất kỳ đi qua D cắt AB, AC lần lượt tại D1, D2.Một đường thẳng bất kỳ đi qua E cắt AB, AC lần lượt tại E1, E2. Giả sử D1E2 và D2E1 cắtBC theo thứ tự tại X và Y . Chứng minh rằng X và Y là hai điểm đẳng cự trên BC. 141Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Chứng minh. Điều cần chứng minh tương đương với việc XB = Y C . XC Y BÁp dụng định lý Menelaus cho ABC với các cát tuyến X, D1, E2 và Y, D2, E1 ta có:XB · E2C · D1A = 1 ⇔ XB = E2A · D1B (1)XC E2A D1B XC E2C D1AY C · E1B · D2A = 1 ⇔ Y C = E1A · D2C (2)Y B E1A D2C Y B E1B D2AÁp dụng định lý Menelaus cho ABC với các cát tuyến D1, D, D2 và E1, E, E2 ta có:DB · D2C · D1A = 1 ⇔ D2C = DC · D1B (3)DC D2A D1B D2A DB D1AEC · E1B · E2A = 1 ⇔ E2A = EB · E1A (4)EB E1A E2C E2C EC E1BTừ (1), (2), (3) và (4) kết hợp với việc D và E là hai điểm đẳng cự trên BC suy ra XB = Y C XC Y Bsuy ra điều phải chứng minh.Định lý 4. Cho ABC. Cặp đường thẳng da, da là hai đường đẳng cự ứng với góc A, địnhnghĩa tương tự với db, db và dc, dc. Khi đó điều kiện cần và đủ để da, db, dc đồng quy tại P là da,db, dc đồng quy tại P . 142Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Chứng minh. Gọi X, X lần lượt là giao điểm của da, da với BC, định nghĩa tương tự cho Y ,Y và Z, Z . Từ đây ta có được: XB · Y C · ZA = X C · Z B · Y A XC Y A ZB X B Z A Y CDo đó áp dụng định lý Ceva đảo ta kết luận da, db, dc đồng quy tại P khi và chỉ khi da, db, dcđồng quy tại P . Định lý được chứng minh.Định nghĩa 3. Hai điểm được gọi là hai điểm liên hợp đẳng cự nếu các cặp đường thẳng nốichúng với mỗi đỉnh là những cặp đường đẳng cự.Ví dụ 2. Trong một tam giác thì điểm Gergonne và điểm Nagel là hai điểm liên hợp đẳng cự.Định lý 5. Cho ABC. Một cát tuyến bất kì cắt ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại A1, B1, C1thì các điểm A2, B2, C2 lần lượt đẳng cự với chúng cũng thẳng hàng.Chứng minh. Theo giả thiết ta có: A2C · C2B · B2A = A1B · B1C · C1A = 1 A2B C2A B2C A1C B1A C1BDo đó theo định lý Menelaus đảo thì A2, B2, C2 thẳng hàng.Định lý 6. Cho ABC, đường trung tuyến AM cắt (ABC) tại K. Từ A kẻ đường thẳng songsong BC cắt (ABC) tại H. Trên tia HK lấy T bất kì nằm ngoài (ABC). Từ T kẻ tiếp tuyếnT D và T E của (ABC). Khi đó AD và AE là hai đường đẳng cự với nhau. 143Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Chứng minh. Do T D và T E là các tiếp tuyến của (ABC) và HT cắt (ABC) tại K nên HDKElà tứ giác điều hòa hay (AD, AE, AK, AH) là chùm điều hòa. Do AH BC nên theo tính chấtcơ bản về chùm điều hòa thì BC định ra trên ba đường AD, AK, AE hai đoạn thẳng bằng nhau.Mà AK là đường trung tuyến của tam giác ABC nên AD và AE là hai đường đẳng cự của tamgiác này.Định lý 7 ([?]). Cho ABC và điểm P di chuyển trên (ABC). Gọi P là điểm liên hợp đẳngcự của P đối với ABC. Khi đó P luôn di chuyển trên một đường thẳng cố định khi P thayđổi.Chứng minh bởi nickname Colorful trên AoPS. Gọi P , P1, P2 là ba điểm bất kì nằm trên (ABC).Gọi P , P1, P2 lần lượt là điểm liên hợp đẳng cự của P , P1, P2 đối với ABC. Ta được(AP1, AP2, AP , AB) = (AP1, AP2, AP, AC). Vì A, B, C, P , P1, P2 cùng nằm trên mộtđường tròn nên (AP1, AP2, AP, AC) = (BP1, BP2, BP, BC). Lại do tính đẳng cự nên tacũng có (BP1, BP2, BP, BC) = (BP1, BP2, BP , BA). Như thế (AP1, AP2, AP , AB) =(BP1, BP2, BP , BA). Điều này chứng minh tỏ P , P1, P2 thẳng hàng. Ta có điều phải chứngminh. 144Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Hệ quả 1. Đường thẳng qua A song song BC cắt (ABC) tại X. Tiếp tuyến tại X của (ABC)cắt BC tại A . Định nghĩa tương tự cho B , C . Khi đó P nằm trên đường thẳng đi qua A , B ,C.Đường đẳng cự quả là một trong những đường thẳng đẹp. Ta cùng liên hệ đến một số kết quảkhác để thấy được tính ứng dụng của đường thẳng này.2. Liên hệ tới các khái niệm khác2.1. Đường đối phân giácĐịnh nghĩa 4. Trong một tam giác, đường đẳng cự với đường phân giác xuất phát từ một đỉnhđược gọi là đường đối phân giác của tam giác.Đường đối phân giác là đường đẳng cự với phân giác nên sẽ có các tính chất của cặp đườngđẳng cự. Từ các định lý đã nêu ta có các tính chất sau:1. Cho ABC. Ta có AP (P ∈ BC) là đường đối phân giác khi và chỉ khi:(a) PB = − AC ; PC AB sin(−A→B, A−→P )(b) sin(−A→P , A−→C) = AC 2 AB ;(c) d(P, AB) = AC 2 d(P, AC) AB .2. Các đường đối phân giác giao nhau tại một điểm gọi là điểm đối phân giác. Có ký hiệu X(75) trong ETC1.Một kết quả trực tiếp từ tính chất (c) chính là ví dụ sau:Ví dụ 3. Cho ABC, đường phân giác trong góc A cắt BC tại D. Dựng bên ngoài tam giác AB2các hình chữ nhật ABP Y và ACQX sao cho AX = AC 2 . Gọi O là tâm của (AXY ). Khi đó AYAO chính là đường đối phân giác góc A của ABC.Định lý 8. Cho ABC, đường phân giác trong góc A cắt BC tại D. Gọi E là điểm đẳng cựcủa D trên BC. Tia AD, AE lần lượt cắt (ABC) tại P, Q khác A. Chứng minh rằng (EP Q)tiếp xúc BC. 1Encyclopedia of Triangle Centers, http://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/ETC.html 145Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Chứng minh. Đường thẳng qua A song song BC cắt (ABC) tại S. Vì S, E lần lượt đối xứngvới A, D qua trung trực của BC nên S, E, P thẳng hàng. Do D, E đẳng cự trên BC và chú ýP A = P S nên (DA, DB) = (EC, ES). Thông qua biến đổi góc: (EB, EP ) = (EC, ES) = (DA, DB) = (CA, CP ) = (QA, QP )Như vậy BC là tiếp tuyến tại E của (EP Q) hay (EP Q) tiếp xúc BC.2.2. Tứ giác ngoại tiếpĐịnh lý 9 ([?]). Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (I). Gọi T1, T2, T3, T4 lần lượt là tiếp điểmcủa (I) đối với AB, BC, CD, DA. Gọi N1, N2, N3, N4 lần lượt là điểm đẳng cự của T1, T2,T3, T4 trên các cạnh tương ứng. Điểm Nagel N của tứ giác ABCD được xác định là giao điểmcủa N1N3 và N2N4. Gọi Ga, Gb, Gc, Gd lần lượt Klàhtirđọóng−N−t→âGm=củ2a−G→I .B D, AC D, ABD, ABC. Gọi G là giao điểm của GaGc và GbGd. CLời giải sau đây sử dụng vector để chứng minh: 146Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Chứng minh. Đặt AT1 = AT4 = a, BT1 = BT2 = b, CT2 = CT3 = c, DT3 = DT4 = d. Theođịnh lý con nhím (a + b)−I→T1 + (b + c)I−→T2 + (c + d)I−→T3 + (d + a)−I→T4 = →−0 ⇔ (b−I→A + a−I→B) + (c−I→B + bI−→C) + (d−I→C + cI−→D) + (a−I→D + d−I→A) = →−0 ⇔ (b + d)−I→A + (a + c)−I→B + (b + d)−I→C + (a + c)I−→D = →−0Các điểm T1, T2, T3, T4, N1, N2, N3, N4 thỏa mãn cbdaT−T−T−−T−−−−1234→→→→ABCD++++abcd−T−TT−−T−−−21−3→→4→CBD→D====→−→−→−0→−000 bacd−N−NN−N−−−−2−31→→→4BCA→D++++cbd−Na−N−N−N−−−21→−3→C→B4D→A====→−→−0→−0→−00Vì vậy, N = N1N3 ∩ N2N4 và T = T1T3 ∩ T2T4 thì aN−−→A + b−N−→B + c−N−→C + dN−−→D = →−0 1 · −T→A + 1 · T−→B + 1 · T−→C + 1 · T−→D = →−0 a b c dNgoài ra, 1 · −T→A + 1 · T−→C cùng phương với A−→C , còn 1 · T−→B + 1 · −T→D cùng phương với B−−→Dnên a c b d 1 · T−→A + 1 · T−→C = 1 · −T→B + 1 · −T→D = →−0 a c b dTheo định lý Newton về tứ giác ngoại tiếp thì AC, BD, T1T3, T2T4 đồng quy. Lấy P là trọngtâm của 4 điểm A, B, C, D thì −P→A + −−→ = P−−→B + −−→ = −P→C + −−→ = −P−→D + −−→ = →−0 3P Ga 3P Gb 3P Gc 3P Gddo đó −P→T + 3P−→G = →−0 nên cG−−G→a + aG−−G→c = →−0 ⇒ c(G−−→B + −G→C + G−−→D) + a(G−−→D + −G→A + −G−→B) = →−0 ⇒ a−G→A + (a + c)G−−→B + c−G→C + (a + c)G−−→D = →−0Tương tự, (b + d)−G→A + b−G−→B + (b + d)−G→C + dG−−→D = →−0 ⇒ (a + b + d)−G→A + (a + b + c)−G−→B + (b + c + d)−G→C + (a + c + d)−G−→D = →−0 ⇔ (b + d)−G→A + (a + c)G−−→B + (b + d)−G→C + (a + c)G−−→D +a−G→A + bG−−→B + cG−→C + d−G−→D = →−0 ⇔ 2(a + b + c + d)−G→I + (a + b + c + d)−G−→N = →−0Vậy, 2G−→I + −G−→N = →−0 , đó là điều phải chứng minh. 147Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/20172.3. IsotomcomplementĐịnh nghĩa 5. Cho ABC, trọng tâm G và điểm P bất kì. Điểm P thỏa mãn −P→G = −−→ 2GPđược gọi là điểm Complement của điểm P đối với ABC.Định nghĩa 6. Cho ABC, trọng tâm G và điểm P bất kì. Điểm P thỏa mãn −−→ = 2G−→P PGđược gọi là điểm Anticomplement của điểm P đối với ABC.Định nghĩa 7. Điểm Isotomcomplement của điểm P đối với ABC là điểm Complement củađiểm liên hợp đẳng cự của điểm P .Định lý 10. Cho ABC và điểm P bất kì trong mặt phẳng. Gọi A B C là tam giác Ceviancủa P đối với ABC. Gọi A1, B1, C1 theo thứ tự là trung điểm của B C , C A , A B . Khi đóAA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm Isotomcomplement của điểm P đối với ABC.Chứng minh. Gọi G là trọng tâm của ABC. Gọi Q là điểm liên hợp đẳng cự của P đối vớiABC. Gọi Q là điểm Complement của điểm Q đối với ABC. Gọi XY Z là tam giácCevian của Q đối với ABC. Gọi D, E, F lần lượt là điểm đối xứng của A, Y , Z qua trungđiểm của BC. B E, C F lần lượt song song với AB, AC nên áp dụng hệ quả của định lýPappus cho các cặp đường thẳng BE và CF ta có A, giao điểm của BF và CE, giao điểm củaB E và C F đồng quy. Mà giao điểm của B E và C F là đối xứng của A qua A1 nên AA1,BF , CE đồng quy. Do tính đối xứng của trung điểm của BC nên ta được AA1 DQ. Mặtkhác vì GD = GQ = −2 nên theo định lý Thales đảo ta có AQ DQ. Như vậy AA1 đi GA GQqua Q . Tương tự BB1, CC1 cũng đi qua Q . Ta kết luận AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểmIsotomcomplement của điểm P đối với ABC.Hệ quả 2. Gọi MA, MB, MC, MA, MB, MC lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB, AA ,BB , CC . Khi đó MAMA, MBMB, MCMC đồng quy tại điểm Isotomcomplement của điểm Pđối với ABC. 148Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Định nghĩa 8. Cho ABC và điểm P bất kì. Gọi AP BP CP là tam giác Cevian của P đốivới ABC. (AP BP CP ) lần lượt cắt BC, CA, AB tại AQ, BQ, CQ. Khi đó AAQ, BBQ, CCQđồng quy tại Q. Q được gọi là điểm liên hợp Cyclocevian của P đối với ABC.Định lý 11 ([?]). Cho ABC và điểm P bất kì. Gọi Q là điểm liên hợp Cyclocevian của P đốivới ABC. Gọi P , Q lần lượt là điểm Isotomcomplement của P , Q đối với ABC. Chứngminh rằng P , Q là hai điểm liên hợp đẳng giác trong ABC.Chứng minh. Gọi AP BP CP , AQBQCQ lần lượt là tam giác Cevian của P , Q đối với ABC. Gọi A1, A2 lần lượt là trung điểm của BP CP , BQCQ. Do BP CP đối song BQCQnên AA1 và AA2 là hai đường đẳng giác góc A trong ABC. Mặt khác theo Định lý 12 thìAA1 đi qua P , AA2 đi qua Q . Suy ra AP và AQ đẳng giác góc A trong ABC. Tương tựBP , BQ đẳng giác góc B, CP , CQ đẳng giác góc C trong ABC. Ta kết luận P , Q là haiđiểm liên hợp đẳng giác trong ABC.Hệ quả 3. Cho ABC, trực tâm H, điểm Lemoine L. Khi đó điểm liên hợp đẳng cự của Hchính là điểm Anticomplement của L.2.4. Một số điểm đặc biệtĐịnh lý 12. Cho ABC nội tiếp (O), trực tâm H. Gọi H là điểm liên hợp đẳng giác của điểmliên hợp đẳng cự của H đối với ABC. Khi đó H , O, H thẳng hàng. 149Tạp chí Epsilon, Số 13, 02/2017Chứng minh. Gọi D, E, F lần lượt là giao điểm của AH, BH, CH với BC, CA, AB. GọiA , B , C lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến tại B và C, C và A, A và B của (O). Gọi X,Y , Z lần lượt là hình chiếu của H lên EF , F D, DE. Gọi V là hình chiếu của A lên EF . DoH, A lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp góc D của DEF nên X,V đẳng cự trên EF . Suy ra H nằm trên AX. Tương tự H nằm trên BY và CZ. Mặt khác vì A B C ∪ ABC đồng dạng với DEF ∪ XY Z nên H là tâm vị tự của A B C và DEF . Hơn nữa ta cũng có H, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của DEF và A B Cnên H , O, H thẳng hàng. Định lý được chứng minh.Hệ quả 4. Gọi O1, H1 lần lượt là điểm liên hợp đẳng cự của O, H đối với ABC. Khi đó O ,H , H thẳng hàng.Định lý 13. Cho ABC nội tiếp (O), tâm đường tròn Euler N . Gọi N là điểm liên hợp đẳnggiác của điểm liên hợp đẳng cự của N đối với ABC. Chứng minh rằng N là trọng tâm tamgiác pedal của trực tâm H.Bổ đề 1. Cho ABC, tâm đường tròn nội tiếp I. Gọi M , N lần lượt là tâm đường tròn ngoạitiếp, tâm đường tròn Euler của BIC. Đường thẳng qua M song song IN cắt BC tại X. Khiđó X nằm trên đường thẳng Nagel của ABC. 150

    Pages:
  • 1 - 50
  • 51 - 100
  • 101 - 150
  • 151 - 200
  • 201 - 250
  • 251 - 300
  • 301 - 327
Click to View FlipBook Version

Từ khóa » đường Thẳng Liên Hợp