Đang tải... (xem toàn văn)
Tứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kìTứ giác ngoại tiếp thần kì
Tứ giác ngoại tiếp thần kì Nguyễn Văn Linh Năm 2015 Tóm tắt nội dung Trong viết tác giả giới thiệu tới bạn đọc toán tổng quát tứ giác ngoại tiếp mang hướng hình học tổ hợp Bài tốn sau đề xut bi tỏc gi Fazakas Tă unde, mt n giỏo viên chuyên toán Hungary Bài toán Cho tứ giác ABCD, AB giao CD P , AD giao BC Q Từ điểm P Q kẻ n − đường thẳng chia tứ giác ABCD thành ma trận có n hàng n cột Từ n2 tứ giác ta chọn n tứ giác ngoại tiếp cho hàng cột có tứ giác Chứng minh tứ giác ABCD ngoại tiếp Q B A P D C Bài tốn thực gây khơng khó khăn cho người tiếp cận Ban đầu tác giả thử chứng minh trường hợp n = 2, kết đơn giản (xem bổ đề 1) Trường hợp n = lại quy n = cách sử dụng hai lần trường hợp n = Tuy nhiên n = vấn đề khơng đơn giản Ta quy nạp n = theo cách trên, nguyên nhân n = 4, có khả tứ giác ngoại tiếp chọn không chung đỉnh hình vẽ Khi khơng thể đưa trường hợp nhỏ theo cách chứng minh n = Mặc dù vậy, ta có thêm nhận xét tồn hai tứ giác ngoại tiếp chung đỉnh, ta rút bớt hai đường thẳng giao đỉnh chung đưa trường hợp n − Ngoài tồn tứ giác ngoại tiếp bốn góc tứ giác ABCD, ta rút hai đường thẳng cạnh tứ giác ngoại tiếp đưa trường hợp n − Một ý tưởng nảy sinh có cách biến tứ giác n · n hai dạng hay không? Q Y B X A P T D Z C Trước tiên thử giải trường hợp n = Tác giả dựng thêm đường tròn thứ hình vẽ Sau từ P kẻ tiếp tuyến thứ hai tới đường tròn Rõ ràng tứ giác XY ZT thỏa mãn yêu cầu đề có tứ giác ngoại tiếp nằm đỉnh T Do chứng minh tứ giác XY ZT ngoại tiếp nhờ phép quy nạp Ta thực phương pháp tương tự cho trường hợp tổng quát sau Chứng minh Trước tiên ta phát biểu hai bổ đề Bổ đề Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) AB giao CD E, AD giao BC F Các điểm M, N, P, Q nằm AB, BC, CD, DA cho M P qua F , N Q qua E M P giao N Q S Khi tứ giác AM SQ ngoại tiếp tứ giác CN SP ngoại tiếp F A B M E Q S N D P C Chứng minh Ta xét trường hợp A nằm B E, D F , trường hợp lại chứng minh tương tự Tứ giác AM SQ ngoại tiếp tứ giác lõm EAF S ngoại tiếp Theo định lý Pythot suy điều tương đương EA − F A = ES − F S (1) Do tứ giác ABCD ngoại tiếp nên EA − F A = EC − F C Suy (1) tương đương ES − F S = EC − F S, tứ giác lõm F CES ngoại tiếp hay tứ giác CN SP ngoại tiếp Bổ đề Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp Gọi P, Q giao AD BC, AB CD, d1 , d2 đường thẳng qua P Dựng đường tròn (I1 ), (I2 ) nội tiếp tam giác tạo AB, d1 , d2 CD, d1 , d2 Từ Q kẻ tiếp tuyến l1 , l2 khác AB, CD tới (I1 ), (I2 ) Khi d1 , d2 , AD, BC cắt tạo thành tứ giác ngoại tiếp Chứng minh P Y I3 B I2 X A Z T I4 I1 Q D M N C Kí hiệu (d1 , d2 , d3 , d4 ) tứ giác tạo giao điểm đường thẳng d1 , d2 , d3 , d4 Dựng đường tròn (I3 ) (I4 ) nội tiếp tam giác QY B QZC Từ P kẻ đường thẳng d3 khác BC tiếp xúc với (I4 ) Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn (I1 ), (I2 ), (I4 ) suy tâm vị tự (I2 ) (I4 ) nằm P Q Lại áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn (I2 ), (I3 ), (I4 ) ta có tâm vị tự (I2 ) (I3 ) Q, tâm vị tự (I2 ) (I4 ) nằm P Q nên tâm vị tự (I3 ) (I4 ) nằm P Q - điểm P Vậy tứ giác (d3 , QY, QB, P B) ngoại tiếp Do tứ giác ABCD (QZ, P N, QC, P C) ngoại tiếp nên áp dụng bổ đề suy tứ giác (P N, QZ, QA, P A) ngoại tiếp Mà tứ giác (P N, QB, QY, P B) ngoại tiếp nên lại áp dụng bổ đề suy tứ giác XY ZT ngoại tiếp Trở lại toán -Trường hợp n = 2, theo bổ đề toán hiển nhiên -Xét trường hợp n = k Nếu tứ giác chứa tứ giác nhỏ ngoại tiếp nằm góc tứ giác ta quy nạp trường hợp n = k − Vì ta xét tốn trường hợp khơng có tứ giác ngoại tiếp nằm góc Xn+2 Xn+1 Xk X2 X1 Ta đơn giản hóa tốn bảng ô vuông n · n, đường thẳng thuộc hàng đồng quy (tại P ) đường thẳng thuộc cột đồng quy (tại Q) Tính từ hàng cùng, kí hiệu Xi tứ giác ngoại tiếp thuộc hàng thứ i Gọi Xk tứ giác ngoại tiếp bên phải Thực liên tiếp phép dựng tứ giác ngoại tiếp Xn+1 cột có tứ giác X1 , tứ giác Xn+2 cột có tứ giác X2 , đến tứ giác ngoại tiếp Xn+k−1 hình vẽ Khi ta có bảng n · n chứa n tứ giác ngoại tiếp Xk , Xk+1 , , Xn+k−1 , với Xk tứ giác ngoại tiếp nằm góc Kí hiệu Ck tứ giác bao ngồi bảng Theo trường hợp thứ nhất, tứ giác Ck ngoại tiếp Áp dụng bổ đề 2, tứ giác Ck−1 chứa tứ giác ngoại tiếp Xk−1 , Xk , , Xn+k−2 tứ giác ngoại tiếp Lại tiếp tục áp dụng bổ đề suy Ck−2 , , C1 tứ giác ngoại tiếp Ta có đpcm Bài tốn có hình thức giống toán tác giả đề xuất cách năm thi Mathley Geometry Contest, mời bạn đọc thử sức Bài toán Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD AB giao CD E, AD giao BC F Hai đường thẳng qua E cắt AD, BC M, N, P, Q (M, N ∈ AD, P, Q ∈ BC) Hai đường thẳng qua F cắt AB, CD X, Y, Z, T (X, Y ∈ AB, Z, T ∈ CD) Gọi d1 , d2 tiếp tuyến thứ hai kẻ từ E tới đường tròn nội tiếp tam giác F XY, F ZT ; d3 , d4 tiếp tuyến thứ hai kẻ từ F tới đường tròn nội tiếp tam giác EM N, EP Q Chứng minh d1 , d2 , d3 , d4 cắt tạo thành tứ giác ngoại tiếp Tài liệu [1] BÀI TOÁN HAY-LỜI GIẢI ĐẸP- ĐAM MÊ TOÁN HỌC https://www.facebook.com/groups/Loicenter/ [2] Geometry Mathley Contest, Hexagon, Math and Science http://hexagon.edu.vn/mathley.html Email: Lovemathforever@gmail.com