Đề thi chọn đội tuyển PTNK năm 2013- ngày thứ hai: Bài 8

Tam giác ABC nhọn có H là trực tâm và P là điểm di động bên trong tam giác ABC sao cho \angle BPC = \angle BHC. Đường thẳng qua B và vuông góc với AB cắt PC tại M, đường thẳng qua C và vuông góc với AC cắt PB tại N. Chứng minh trung điểm I của MN luôn thuộc một đường thẳng cố định.

de thi chon doi tuyen nam 2013 - ngay thu hai

Cách 1: Có cách tiếp cận bài này, là xét trường hợp đặt biệt từ đó suy nghĩ đến cách chứng minh. Để ý rang khí P dần về C thì đường thẳng CP sẽ là tiếp tuyến của đường tròn w ngoại tiếp tam giác CBP. Tương tự khi P dần về B.

Gọi D là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc AB và đường thẳng qua C vuông góc AC. Ta có D thuộc (ABC).

Cho tiếp tuyến tại C của(w) cắt BD tại G, tiếp tuyến tại B của (BPD) cắt CD tại F. Gọi J là trung điểm CG, K là trung điểm BF. Ta có J, K cố định. Ta chứng minh I, J, K thẳng hàng.

Ta có DPMN nội tiếp, suy CN. CD = CP. CM,

Tam giác CBD và CBF đồng dạng nên: CD.CF = CB^2

Khi đó CN/CF = CP.CM/CB^2 (1)

Ta có BD.BG = BC^2, tam giác CGM và BCN đồng dạng, suy ra: GM.BN = CM.CN. Do đó GM/BG = CN.CM.DB/BC^2.BN (2)

Mặt khác CP/CN = PD/MN =BD/BN (3).

Từ (1), (2), (3) ta có CN/CF = GM/GB.

Áp dung bổ đề E.R.I.Q ta có I, J, K thẳng hàng.

Cách giải này tuy chưa phải là hay nhưng lại hiệu quả và dễ suy nghĩ đến vì thời gian có hạn trong lúc thi và đường thẳng rất khó đoán. Phương châm của cách này là: hãy xét trường hợp đặt biệt.

Cách 2: Cách suy luận ngược. Cách tiếp cận này là cách tiếp cận quen thuộc đối với hình học. Ta để ý rằng, trung điểm X của BC, cố định, trung điểm Y DP thay đổi nhưng luôn thuộc một đường tròn, và trung điểm I của MN. Từ đường thẳng Gauss cho tứ giác toàn phần, ta thấy X, Y, I thẳng hàng, và Y thuộc một đường tròn cố định. Khi đó ta chỉ cần chứng minh XY.XI không đổi là xong.

Ta có bổ đề sau:

de thi doi tuyen ngay thu 2-cach 2-bai toan phu

Cho tứ giác nội tiếp ABCD, các đường chéo cắt nhau tại I, AB cắt CD tại E, AD cắt BC tại F. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của CD, AB và FI. Khi đó: latex $M, N, P$ thẳng hàng và PM.PN = PF^2.

Vế đầu thì là đường thẳng Gauss cho tứ giác toàn phần, vế sau thì chứng minh cũng khá đơn giản như sau: FI cắt AB, CD tại J, K. Ta có (EKDC) = -1, (EJAB) = -1. Khi đó:

EK.EM = EC.ED, EJ.EN = EA.EB, mà EC.ED = EA.EB nên $EK.EM = EJ.EN$, do đó JNMK nội tiếp. Suy ra PM.PN = PJ.PK = PF^2. Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. Gọi X là trung điểm BC, Y là trung điểm DP.

Theo bổ đề thì X, Y, I thẳng hàng và XY.XI = XC^2 không đổi.

Ta có P thuộc cùng cung tròn cố định, xét phép vị tự tâm D tỉ số k = 1/2, thì ta suy ra Y thuộc đường tròn cố định qua X.

Xét phép nghịch đảo tâm X, k = XC^2= BC^2/4 biến Y thành I. Mà Y thuộc một đường tròn cố định qua X nên I thuộc một đường thẳng cố định là ảnh của đường tròn trên qua phép nghịch đảo.

Bài toán được chứng minh.

Cách 3. Dành cho các bạn THCS.

Cách này nhìn có vẻ hay nhưng phải có cảm nhận tốt thì mới phát hiện được tích chất của đường thẳng cố định.

de thi doi tuyen ngay thu 2-cach 3

Gọi L là điểm đối xứng của Q qua trung điểm X của BC. Theo đối xứng tâm X thì L thuộc đường tròn ngoại tam giác BPC và D là trực tâm tam giác LBC. Gọi K là giao điểm của BM và $latex CL$, J là giao điểm của DN và LB.  Ta chứng minh I thuộc đường thẳng KL.

Ta có tam giác MKCNBL đồng dạng, suy ra KM/NJ = CK/BJCK/BJ = DK/DJ, do đó KM/NJ = DK/DJ. Áp dung Menelaus cho tam giác DMN ta có J, K, I thẳng hàng. Vậy I thuộc đường thẳng KJ cố định.

Cách 4: Vị tự quay.

de thi doi tuyen ngay thu 2-cach 4

Ta có tứ giác PDMN nội tiếp, gọi E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác và đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC, E khác phía P đối với đường thẳng BC. Ta chứng minh H, D, E thẳng hàng. Ta có:

\angle(ED;EP) = \angle(ND;NP) = \angle (BH;BP) = \angle (EH;EP) .  Suy ra E, H, P thẳng hàng. Do đó E cố định. Khi đó \angle(NE;NM) = \angle (DE;DM) = \angle(DH;DB) không đổi và \angle (EN; EM) = \angle(PM;PN) = \angle (AC; AB) không đổi. Vậy tam giác EMN đồng dạng với tam giác ECB, suy ra \angle (EM;EI) =\angle (EC; EK)  và EM/EI = EC/EK không đổi. Xét phép vị tự quay tâm E góc quay \angle (EC;EK) tỉ số EC/EK biến M thành I, mà M thuộc đường thẳng DB cố định nên I cũng thuộc một đường thẳng cố định. Kết thúc chứng minh.

Trên đây là một số cách chứng minh cho một bài toán hay, mỗi cách có một thể mạnh riêng và hướng suy nghĩ riêng tùy thuộc vào cách nhịn nhận và kiến thức nhất định. Với các cách tiếp cận đối với bài này bạn có thể áp dung cho những bài toán khác, từ đó cho được nhiều lời giải hay. Chúc các bạn thành công.

Gửi phản hồi

Please log in using one of these methods to post your comment:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s