Khai thac 1 bai toan hay
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (306.26 KB, 8 trang )
Mở
rộng và khai thác một bài toán
hay trong đề Brazil TST' 2017
Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khod 1518-THPT chuyén Ha Noi Amsterdam
Tóm tắt nội dung: Trong bài viết này, tơi muốn đề cập một số khai thác liên quan
đến một bài toán hay trong đề Brazil TST' 2017. Qua bài viết tôi cũng muốn nhấn
mạnh tầm quan trọng của các phép đổi mơ hình trong việc giải tốn và sáng tạo
trong hình học. Bài tốn có nội dung như sau:
Bài tốn 1(Brazil TST 2017): Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Lây M,N trên
AB, AC sao cho: BMI = MỊN =CN. Lây T là tâm nội tiếp tam giác AMAN. Tiếp
tuyến (Ó) tai A cat MN tai P. Chitng minh rang: PA = PI.
Nhận xét:
Tai sao lại xuất hiện giả thiết BM
= CN
= MN
lạ mắt trên?
Thay vì
giải ngay bài tốn này tơi xin mở rộng hơn bài toán này như sau:
Bài toán 2(Mở rộng Brasil TS'T 2017):
Cho tam giác ABC
có các đường phân
giác BE,CT' cắt nhau ở Ï. Tiếp tuyến tại A của (AEF) cát BƠ ở P. Chứng minh
rang: PI||EF va PI = PA.
Lời giải(Nura Rhyon):
Gọi 5, Œ, !ƒ lần lượt là giao điểm của EF véi BC, AD, AP
(cha ¥ AIM BC = D), theo hang diém điều hồ cơ bản thì: (S, BƠ) = —1 do đó:
⁄5AG =90°.
Ta có: ZHAG
= ZHAF + ZGAF = ZGAE+
ZAEF = ZHGA
do
d6 H la trung diém SG. Ap dung dinh If Menelaus cho tam gidc SGD véi cat tuyén
PS
AG
AG
IG
AHP tathu
h được : ——
= PI.
PD =_— AD do đó 5: —~
Ap =
— —TP haytay la:là PI |SG do đó 5 PA
Nhận xét: Có lẽ các bạn vẫn chưa nhận ra bài tốn
tốn 2, sau đây tơi sẽ nói rõ lí do.
1 chỉ là bài tốn nhỏ hơn bài
LGi giai bai toan 1: Goi NINAM
MN
MN
ie
= F, MINAN
we .....
= E. Taco:
FAT AN’uy ne i m8 | EA" AM
BAAN ~= AMAN ~= FAAM ~“mặn
FA” AM °°
theo dinh lf Thales dao.
(AFF).
FB
=
MN+FM
r
FA
FA
x6...
=
eR OFC EA AN
5 ——
Fa == ——
Fa hay hay lARà EF||BEE|BC
Vay (AEF) tiép xac (ABC) do dé PA là tiếp tuyến tới
Vay áp dụng bài toán 2 cho tam giác AAƒN thi: PI = PA hay diéu phải
chứng minh.
Nhận xét:
Nhờ việc sử dụng hợp lí bài tốn mở rộng đã cho một lời giải tuyệt đẹp và
rất tự nhiên.
Trong quá trình đổi mơ hình để giải bài tốn 2, tơi tìm ra bài toán sau:
Bài toán 3(Nguyễn Duy Khương):
cắt nhau tại ƒ.
Cho tam giác ABC có các đường cao AD,E,ŒF
X là tâm dudng tron Luler cia tam gidc ABC.
I= DFOBE,J = DEQCF.
trung điểm đoạn AM.
Lay L la tam DIJ.
AX M BC = M,
Chitng minh rang:
DL di qua
Lời giải: Đổ đề: Cho tam giác ABC có trực tâm !ƒ và cdc duéng cao AD, BE, CF.
Gọi BHựn DF.=P.CHẲAnDE
minh rang: AI L PQ.
=(Q). Gọi Ï là tầm uler của tam giác ABŒ.
Chiing minh(Ban doc tự vé hinh): Lay K la tam (BHC).
IK L PQ. Lại có: ZHFB = ZHDB = 90° do đó HF BD
PF.PD,
cht
ý F,
De
mình tương tự thì:
va (BHC)
(Euler)
FQ/(puez)
cua
tam
giác
= TQ/(ane)
ABC
nên
Chứng
Ta chi can chitng minh
néi tiép nén PH.PB =
Pp/(Euler)
=
PP/(BHO):
Chứng
vậy P?Q là trục đăng phương của (Euler)
do dé chi 7 J, K la tam (Euler) va (BHC)
điều phải chứng minh.
do dé Ik L PQ hay 1a ta cé
Quay trở lại bài tốn ban đầu, theo bổ đề thì: 77 L AM, lấy P = AMO TJ thi
PAF7
nội tiếp.
Gọi K là trung điểm đoạn AM.
Ta có:
/“ÚDA=⁄LDI—⁄EBA=
90°— ⁄IJD~ 90°+ ⁄A= ⁄A—(⁄H.JD-— ⁄HJT) =⁄ZA+⁄ZMAB- (180°—
ZMAB— ZDAB = ZMAD = ZKDA. Vay D,L,K thang hàng.
Nhận xét: Lời giải trên khai thác tính chất thú vị và nhiều ứng dụng của tâm Euler.
Từ đó cho ta một lời giải thuần cộng góc.
tâm, ta có bài toán sau:
Bài toán 4: Cho tam giác AB
I = DFO BE, J = DENCE.
Viết lại bài tốn 2 dưới mơ hình trực
có các dudng cao AD, BE, CF cat nhau tai H. Lay
Tiép tuyén tại D của (D12) cắt EF ö K. Chứng
minh rang: “HH = KD và KHI|TJ.
Lời giải(Nguyễn
Duy
Khương):
Đường thẳng qua A vng góc 1.J cắt BƠ tại
M. IMn(AEPF) = L.H, lấy LAn BƠ = R. Do ZADM = ZMLA = 90° do do
H la truc tam tam gidc ARM.
Theo bài tốn
do dé:
Goi EF
(DIJ)
tiép xic
(ADM).
7 BC
3 ta có:
2Š
= S, DANIJ
di qua tam
= T.
(ADM)
Ta lay trung
diem BƠ là X, ta có SH vng góc AX tại Y do đó: SH.SY = SD.SM = SE.SF
hay là S thuộc trục đẳng phương của (Euler) và (HBƠ) do đó S thuộc ỨJ. Gọi
LPO AH =G,EFO AH = G’, theo phép chiếu xuyên tâm của hàng điều hoà cơ
ban ta dé dang chttng minh dugc: (AH, G’D) = (AH, GD) = —1 do do: G=G’. Do
đó chú ý rằng: 7, EZJ, DG đồng quy tại 7 do đó theo hàng chùm điểm điều hồ cơ
ban thi S(GT, HD) = —1 = S(ET, HR) do do cht ¥ ST||HR nén SE di qua trung
diem HR. Goi EFO HR = K’, ta dé dang chitng minh dudc: K’D 1A tiép tuyén téi
(ADM) do do K'D tiép xúc (D12) hay là ta có: K = K”, Vậy KD = KH đồng thời
K H|\|I J(diéu phải chứng minh).
Nhận xét:
Bài tốn này có lời giải và ý tưởng khá phức tạp.
Dây cũng là 1 lời giải
khá đo điệu cho bài toán 2, khác hẳn cách khai thác giả thiết trực tiếp ban đầu.
Quay trở lại mơ hình bài tốn
2, bài tốn vẫn tiếp tục được mở rộng hơn nữa khi
thay 7 bởi một điểm bất kì trên phân giác góc ⁄B.AƠ.
Bài tốn 5(Nguyễn Trần Hữu Thỉnh): Cho tam giác ABƠ. Lấy 7 là 1 điểm
nằm trên phân giác góc “BAC. BTI,CT cắt AC, AB tại E,F. Tiếp tuyến tại A của
(AEF) cat BC tai diém P. Chitng minh rang: P/||EF va PI = PA.
Lời giải: Lấy $ = EFn BC, APN EF = K,AIN EF,BC = L,D.
Theo hang
điểm điều hồ cơ bản thì: (SD, BƠ) = —1 do đó ⁄SAL = 90°. Ta có: ZK AL =
⁄FAK + ⁄BAD = ⁄KLA do đó KA = KL = KS vay K 1a trung diém SL. Ap
.
¡nh lí li Mĩ Menelaus cho
h tam giac
iac SLD SLD vé6i
én APK thi:
dung dinh
với cacát tuyên
thi
do dé:
PI||EF.
Do dé:
phải chứng minh.
ZPIA
= ZALK
= ZKAIT
do dé PA
SP
AL
—~ = —
PD
AD
IL
= —
ID
= PI hay ta c6 diéu
Nhận zét: Bài toán này vẫn sử dụng ý tưởng giống lời giải bài toán 2.
Cũng mở rộng bài toán 1, nhưng theo ý tưởng khai thác điều kiện các diém M,N.
Tác giả Trần Quốc Thịnh đề nghị bài toán sau(hiển nhiên nó vẫn là hệ quả bài
tốn 5).
Bài tốn 6(Trần Quốc Thịnh): Cho tam giác ABC không cân nội tiếp (Ó). Trên
AB, AC lay cdc diem M,N sao cho BM = CƠN. Dường thẳng qua M song song BN
cắt đường thang qua N song song CM tai diém I. Tiép tuyén (O) tai A cit MN tai
P. Chitng minh rang: AJ là phân giác góc ZBAC dong thoi PA = PI.
Lời giải: Rõ ràng ta chi cần chứng minh A7 là phân giác góc ZBAC la cé ngay tat
cả các điều phải cần phải chứng minh theo bài toán 5. Gọi A7, NT cắt AC, AB lan
lượt tại L, 1.
we tanh,
Z
hú
Z
LY
Th
-
nh lí
eo dinh
sin ZLMN
in
thi:
If Geva sin thi:
—
sinZJAB
.
sinZLMN
.
sinZKNA
TAG sin ZLMA sinZK NM
sin⁄MNB
—
“MP
-
sin ZKNA
=1.D
—
MN
°
NĨ
MN Tuong tt: TUNN.
sinZMBN
đó chú ca gn ZELMA
Do đó: “^^” =1 hay là: ZIAB = ZIAC tic 1A AT là phân giác góc ZBAC.
sin ZITAC
Nhén xét: Bai todn nay hay va rat thi vi dt khong qua kho khi da chttng minh dude
7
l
các kết luận của bài toán 5. Lời giải ở trên là phỏng theo ý tưởng của bạn Trần
Anh
Quân.
Bài toán còn ấn chứa nhiều điều thú vị, các bạn hãy tìm tịi và khai thác thêm nữa.
Ban doc hay thu chứng mình các bài tốn dưới đây xem như các bài tập luyện tập.
Bài toán 7(Nguyễn Trần Hữu Thỉnh): Cho tam giác ABƠ. Lấy FE,F trên
AC, AB va BENCF = X. Tiép tuyến tại A cia (AEF) cat BC tại P. Đường thang
qua P song song HF cat phan gidc gdc ZBAC
Bài toán 8(Nguyễn Duy Khương):
tai J. Chitng minh rang: PI = PA.
Cho tam giác ABC cé céc dutng cao AD, BE, CF
cắt nhau tai H. Lay 1 = DFO BE,J = DENCF. Giao diém thit hai ctia (FIB) va
(HID) la P và giao điểm thit hai cha (HJD) cing (CEJ) lA Q. Goi tam (APQ) IA
T. Chitng minh rang: AT di qua tam dudng tron ngoai tiép tam gidc BHC.
Bài toán 9(Nguyễn Duy Khương):
Cho tam giác ABC nội tiếp (Ĩ) có các đường
cao AD, BH,CF cắt nhau tại . Lấy ï= DF'n BE,J = DEnCF. Tiếp tuyến tại
D cia (DIJ) c&t EF 6K. Goi AKN(O) = X,K. Giao diém thứ hai của (PTB) va
(HID) la P va giao điểm thứ hai của (HJD) ctng (CEJ) la Q. Chitng minh rang:
(AX H) tiép xtc (HPQ).
Tài liệu tham
khảo
1. diendantoanhoc.net
2. Group facebook Bài Toán Hay-Lời Giải Đẹp-Dam Mê Toán Học.
3. Một số bài toán liên quan tới duéng thang Euler va đường tròn Euler-Nguyễn Duy
Khương, Trương Tuấn Nghĩa.
