Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh $EF$ chia đôi $PQ$.

* * * * * 1 Bình chọn hình học tính toán

Lời giải HaiDangPham, 19-04-2023 - 21:54

Cho tam giác $ABC$ , đường cao $BE$,$CF$ . Gọi $T$ là hình chiếu của $A$ lên $EF$ . Gọi $M$,$N$ lần lượt là trung điểm $BE$ , $CF$ . $TM$,$TN$ lần lượt cắt $AB$,$AC$ tại $P$,$Q$.Chứng minh $EF$ chia đôi $PQ$ . 

 

Thật sự ngạc nhiên với những tính chất mới liên quan đến trực tâm tam giác trong bài toán này. Ở đây mình trình bày một chứng minh hơi dài. Có lẽ nếu dùng các định lý nâng cao thường dùng trong các bài hình thi olympic sẽ có cách làm ngắn gọn hơn, nhưng vì mình thì không biết nhiều lắm nên đành làm theo cách thô sơ vậy. 

 

Lời giải.  Gọi R là giao điểm EF và PQ. Điều ta cần chứng minh: R là trung điểm PQ. Trước hết gọi AD là đường cao và H là trực tâm tam giác ABC; bốn điểm I, K, S, G lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng EF, BC, MN, AH. Ta lần lượt xét các mệnh đề sau đây. 

 

Mệnh đề 1.  Bốn điểm I, K, G, S cùng nằm trên một đường thẳng vuông góc với EF.

(Đây là một bài toán cơ bản nên ta tạm lược bỏ chứng minh.)

 

Mệnh đề 2.  P, D, N thẳng hàng và Q, M, D thẳng hàng.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BEF với bộ ba điểm thẳng hàng P, M, T ta có $\frac{PB}{PF}=\frac{TE}{TF}.$ Một cách không khó ta  chứng minh được  $\frac{TE}{TF}=\frac{DB}{DC}.$ Do đó $\frac{PB}{PF}=\frac {DB}{DC}.$ Xét tam giác FBC có $\frac{PB}{PF}.\frac{NF}{NC}.\frac{DC}{BD}=1.$ Theo định lý Menelaus ta có P, D, N thẳng hàng.

Chứng minh tương tự Q, M, D thẳng hàng.

 

Mệnh đề 3.  Tam giác DMN và tam giác TMN bằng nhau.

-        Bốn điểm M, N, K, D cùng thuộc đường tròn đường kính HK.

-        MK song song với AC và NK song song AB, suy ra $\angle MKN=\angle BAC$ và $\angle MKD=\angle ACB.$ Do đó $\angle MDN=\angle BAC$ và $\angle MND=\angle ACB.$ Vậy tam giác DMN đồng dạng tam giác ABC.

-        Gọi H* là điểm đối xứng của H qua S. Ta có HNH*M là hình bình hành. Suy ra H*M vuông góc IM và H*N vuông góc IN do đó tứ giác INH*M nội tiếp đường tròn đường kính IH*.

-        Tam giác AHH* có GS là đường trung bình nên AH* song song GS. Mà GS vuông góc EF (Mệnh đề 1) nên AH* vuông góc EF. Do đó A, T, H* hẳng hàng. Suy ra tứ giác MITN nội tiếp đường tròn đường kính IH*. Từ đây chứng minh tương tự như trên ta có tam giác TMN đồng dạng tam giác ABC.

-        Vì tam giác DMN và tam giác TMN cùng đồng dạng ABC và có MN chung nên hai tam giác này bằng nhau.

 

Mệnh đề 4. MN là đường trung trực  của PQ.

Do P, D, N thẳng hàng và P, M, Q thẳng hàng (Mệnh đề 2) đồng thời tam giác MTN và DMN bằng nhau (Mệnh đề 3) ta suy ra hai tam giác NTP và tam giác NDQ bằng nhau (g.c.g). Từ đó suy ra $MP=MQ$ và $NP=NQ$. Vậy MN là đường trung trực của PQ.

 

Mệnh đề 5. Ba điểm M, N, R thẳng hàng.

Ta có $ \angle MDN=\angle BAC.$ Lưu ý tới kết quả Mệnh đề 2 ta suy ra  $\angle QDP=\angle QAP $. Tứ giác QADP nội tiếp suy ra $\angle MQR=\angle BAD$. Mà $\angle BAD =\angle REM $ (vì tứ giác AEHF nội tiếp). Vậy $\angle MQR= \angle REM$, từ đó ta có tứ giác MEQR nội tiếp. Suy ra MR vuông góc PQ.

Chứng minh tương tự NR vuông góc PQ. Do đó M, N, R thẳng hàng.

 

Cuối cùng, từ Mệnh đề 4Mệnh đề 5 ta suy ra R là trung điểm của PQ. Đây là điều phải chứng minh.

Đi đến bài viết »


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
thanhng2k7

thanhng2k7

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 129 Bài viết

Cho tam giác $ABC$ , đường cao $BE$,$CF$ . Gọi $T$ là hình chiếu của $A$ lên $EF$ . Gọi $M$,$N$ lần lượt là trung điểm $BE$ , $CF$ . $TM$,$TN$ lần lượt cắt $AB$,$AC$ tại $P$,$Q$.Chứng minh $EF$ chia đôi $PQ$ . 


Tất cả mọi thứ đều có thể chứng minh bằng Toán học ;)


#2
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết

mình vẽ lại ko  cắt bạn ạ

Có cắt mà bạn :)

Hình gửi kèm

  • Screenshot 2023-04-06 160235.png

"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#3
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết
✓  Lời giải

Cho tam giác $ABC$ , đường cao $BE$,$CF$ . Gọi $T$ là hình chiếu của $A$ lên $EF$ . Gọi $M$,$N$ lần lượt là trung điểm $BE$ , $CF$ . $TM$,$TN$ lần lượt cắt $AB$,$AC$ tại $P$,$Q$.Chứng minh $EF$ chia đôi $PQ$ . 

 

Thật sự ngạc nhiên với những tính chất mới liên quan đến trực tâm tam giác trong bài toán này. Ở đây mình trình bày một chứng minh hơi dài. Có lẽ nếu dùng các định lý nâng cao thường dùng trong các bài hình thi olympic sẽ có cách làm ngắn gọn hơn, nhưng vì mình thì không biết nhiều lắm nên đành làm theo cách thô sơ vậy. 

 

Dang-DDTH-Thang4Ngay19-1 (1).jpg

Lời giải.  Gọi R là giao điểm EF và PQ. Điều ta cần chứng minh: R là trung điểm PQ. Trước hết gọi AD là đường cao và H là trực tâm tam giác ABC; bốn điểm I, K, S, G lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng EF, BC, MN, AH. Ta lần lượt xét các mệnh đề sau đây. 

 

Mệnh đề 1.  Bốn điểm I, K, G, S cùng nằm trên một đường thẳng vuông góc với EF.

(Đây là một bài toán cơ bản nên ta tạm lược bỏ chứng minh.)

 

Mệnh đề 2.  P, D, N thẳng hàng và Q, M, D thẳng hàng.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BEF với bộ ba điểm thẳng hàng P, M, T ta có $\frac{PB}{PF}=\frac{TE}{TF}.$ Một cách không khó ta  chứng minh được  $\frac{TE}{TF}=\frac{DB}{DC}.$ Do đó $\frac{PB}{PF}=\frac {DB}{DC}.$ Xét tam giác FBC có $\frac{PB}{PF}.\frac{NF}{NC}.\frac{DC}{BD}=1.$ Theo định lý Menelaus ta có P, D, N thẳng hàng.

Chứng minh tương tự Q, M, D thẳng hàng.

 

Mệnh đề 3.  Tam giác DMN và tam giác TMN bằng nhau.

-        Bốn điểm M, N, K, D cùng thuộc đường tròn đường kính HK.

-        MK song song với AC và NK song song AB, suy ra $\angle MKN=\angle BAC$ và $\angle MKD=\angle ACB.$ Do đó $\angle MDN=\angle BAC$ và $\angle MND=\angle ACB.$ Vậy tam giác DMN đồng dạng tam giác ABC.

-        Gọi H* là điểm đối xứng của H qua S. Ta có HNH*M là hình bình hành. Suy ra H*M vuông góc IM và H*N vuông góc IN do đó tứ giác INH*M nội tiếp đường tròn đường kính IH*.

-        Tam giác AHH* có GS là đường trung bình nên AH* song song GS. Mà GS vuông góc EF (Mệnh đề 1) nên AH* vuông góc EF. Do đó A, T, H* hẳng hàng. Suy ra tứ giác MITN nội tiếp đường tròn đường kính IH*. Từ đây chứng minh tương tự như trên ta có tam giác TMN đồng dạng tam giác ABC.

-        Vì tam giác DMN và tam giác TMN cùng đồng dạng ABC và có MN chung nên hai tam giác này bằng nhau.

 

Mệnh đề 4. MN là đường trung trực  của PQ.

Do P, D, N thẳng hàng và P, M, Q thẳng hàng (Mệnh đề 2) đồng thời tam giác MTN và DMN bằng nhau (Mệnh đề 3) ta suy ra hai tam giác NTP và tam giác NDQ bằng nhau (g.c.g). Từ đó suy ra $MP=MQ$ và $NP=NQ$. Vậy MN là đường trung trực của PQ.

 

Mệnh đề 5. Ba điểm M, N, R thẳng hàng.

Ta có $ \angle MDN=\angle BAC.$ Lưu ý tới kết quả Mệnh đề 2 ta suy ra  $\angle QDP=\angle QAP $. Tứ giác QADP nội tiếp suy ra $\angle MQR=\angle BAD$. Mà $\angle BAD =\angle REM $ (vì tứ giác AEHF nội tiếp). Vậy $\angle MQR= \angle REM$, từ đó ta có tứ giác MEQR nội tiếp. Suy ra MR vuông góc PQ.

Chứng minh tương tự NR vuông góc PQ. Do đó M, N, R thẳng hàng.

 

Cuối cùng, từ Mệnh đề 4Mệnh đề 5 ta suy ra R là trung điểm của PQ. Đây là điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 19-04-2023 - 22:29

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#4
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết

Thật sự ngạc nhiên với những tính chất mới liên quan đến trực tâm tam giác trong bài toán này. Ở đây mình trình bày một chứng minh hơi dài. Có lẽ nếu dùng các định lý nâng cao thường dùng trong các bài hình thi olympic sẽ có cách làm ngắn gọn hơn, nhưng vì mình thì không biết nhiều lắm nên đành làm theo cách thô sơ vậy. 

 

attachicon.gif Dang-DDTH-Thang4Ngay19-1 (1).jpg

Lời giải.  Gọi R là giao điểm EF và PQ. Điều ta cần chứng minh: R là trung điểm PQ. Trước hết gọi AD là đường cao và H là trực tâm tam giác ABC; bốn điểm I, K, S, G lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng EF, BC, MN, AH. Ta lần lượt xét các mệnh đề sau đây. 

 

Mệnh đề 1.  Bốn điểm I, K, G, S cùng nằm trên một đường thẳng vuông góc với EF.

(Đây là một bài toán cơ bản nên ta tạm lược bỏ chứng minh.)

 

Mệnh đề 2.  P, D, N thẳng hàng và Q, M, D thẳng hàng.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BEF với bộ ba điểm thẳng hàng P, M, T ta có $\frac{PB}{PF}=\frac{TE}{TF}.$ Một cách không khó ta  chứng minh được  $\frac{TE}{TF}=\frac{DB}{DC}.$ Do đó $\frac{PB}{PF}=\frac {DB}{DC}.$ Xét tam giác FBC có $\frac{PB}{PF}.\frac{NF}{NC}.\frac{DC}{BD}=1.$ Theo định lý Menelaus ta có P, D, N thẳng hàng.

Chứng minh tương tự Q, M, D thẳng hàng.

 

Mệnh đề 3.  Tam giác DMN và tam giác TMN bằng nhau.

-        Bốn điểm M, N, K, D cùng thuộc đường tròn đường kính HK.

-        MK song song với AC và NK song song AB, suy ra $\angle MKN=\angle BAC$ và $\angle MKD=\angle ACB.$ Do đó $\angle MDN=\angle BAC$ và $\angle MND=\angle ACB.$ Vậy tam giác DMN đồng dạng tam giác ABC.

-        Gọi H* là điểm đối xứng của H qua S. Ta có HNH*M là hình bình hành. Suy ra H*M vuông góc IM và H*N vuông góc IN do đó tứ giác INH*M nội tiếp đường tròn đường kính IH*.

-        Tam giác AHH* có GS là đường trung bình nên AH* song song GS. Mà GS vuông góc EF (Mệnh đề 1) nên AH* vuông góc EF. Do đó A, T, H* hẳng hàng. Suy ra tứ giác MITN nội tiếp đường tròn đường kính IH*. Từ đây chứng minh tương tự như trên ta có tam giác TMN đồng dạng tam giác ABC.

-        Vì tam giác DMN và tam giác TMN cùng đồng dạng ABC và có MN chung nên hai tam giác này bằng nhau.

 

Mệnh đề 4. MN là đường trung trực  của PQ.

Do P, D, N thẳng hàng và P, M, Q thẳng hàng (Mệnh đề 2) đồng thời tam giác MTN và DMN bằng nhau (Mệnh đề 3) ta suy ra hai tam giác NTP và tam giác NDQ bằng nhau (g.c.g). Từ đó suy ra $MP=MQ$ và $NP=NQ$. Vậy MN là đường trung trực của PQ.

 

Mệnh đề 5. Ba điểm M, N, R thẳng hàng.

Ta có $ \angle MDN=\angle BAC.$ Lưu ý tới kết quả Mệnh đề 2 ta suy ra  $\angle QDP=\angle QAP $. Tứ giác QADP nội tiếp suy ra $\angle MQR=\angle BAD$. Mà $\angle BAD =\angle REM $ (vì tứ giác AEHF nội tiếp). Vậy $\angle MQR= \angle REM$, từ đó ta có tứ giác MEQR nội tiếp. Suy ra MR vuông góc PQ.

Chứng minh tương tự NR vuông góc PQ. Do đó M, N, R thẳng hàng.

 

Cuối cùng, từ Mệnh đề 4Mệnh đề 5 ta suy ra R là trung điểm của PQ. Đây là điều phải chứng minh.

Khủng! =)) Thề luôn chứ gặp mấy bài này là mình chịu cứng chịu đơ luôn.

Mà bạn cho mình hỏi là tại sao bạn lại có thể nghĩ tới I, K, G, S?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 19-04-2023 - 22:47

"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#5
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Mà bạn cho mình hỏi là tại sao bạn lại có thể nghĩ tới I, K, G, S?

 

Mỗi bài toán đều có điểm xuất phát là giả thiết của nó. Nếu mình giải nhiều bài về trực tâm sẽ thấy gần như chắc chắn luôn phải quay trở về một số bài toán cơ bản. Bốn điểm I, K, G, S là tập hợp ba bài toán cơ bản: 

1) Trung điểm hai cạnh đối diện và trung điểm hai đường chéo của một tứ giác tạo thành hình bình hành. 

2) Đoạn nối trung điểm AH và trung điểm BC vuông góc với EF

3) Nếu gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì OA vuông góc EF

Cái khó nhất với mình trong bài này chính là chỗ tạo ra điểm H* để chỉ ra A, T, H* thẳng hàng. Chính ở đó mà cần tới đường thẳng đi qua cả bốn điểm I, K, G, S. Ban đầu thì mình cố đưa tâm O vào nhưng thất bại sau mới nghĩ ra H*. 

 

Phương pháp tiếp cận của mình đối với những bài khó như trên là thay vì chỉ tập trung vào kết luận và suy luận ngược, ta sẽ nhìn sâu hơn vào giả thiết, và cố liên kết với những bài toán cơ bản đã biết. Sau đó nhờ sự trợ giúp của phần mềm vẽ hình sẽ quan sát và phát hiện thêm các điểm phụ mới có tính chất đặc biệt (ba điểm thẳng hàng, ba đường đồng quy, hai đường vuông góc, hai đường song song, hai đoạn thẳng bằng nhau,...) sau đó sẽ tìm cách chứng minh. Cứ như thế mở rộng dần các liên kết cho đến khi gặp đúng cái kết luận cần chứng minh. 

 

Toàn bộ ý tưởng của bài này phát sinh từ việc mình tạo ra thêm đường cao AD (rất tự nhiên là phải làm thế) sau đó phát hiện ra rằng tam giác DMN bằng tam giác TMN. Rồi từ nỗ lực chứng minh điều này mình tạo ra thêm các điểm phụ I, K, G, S, H*....Trong một bài toán lại có một bài toán khác! 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 20-04-2023 - 00:10

"Hap$\pi$ness is only real when shared."





Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học, tính toán

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh