22-5-2011 | KHOA HỌC

Giải Bài Tập Hình Học từ 41 đến 47

  T. V. PHÊ & NGUYỄN TIN

41   42   43   44   45   46   47

:: 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 = 180^o.

Ta cũng có: BCF + BCA = 180^o.

Vì 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 = 90^o.

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). 

Vì 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

và RDA = QBC (cạnh // từng đôi).

Vậy RDA ~ QBC

nên: ARD = CQB = AQD,

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

Vì 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)

T. V. Phê & Nguyễn Tin