ĐƯỜNG ĐỐI TRUNG VÀ ỨNG DỤNG VỚI HÌNH HỌC BẬC THCS
Nguyễn Tiến Dũng - Hà Nội 2.1 Tóm tắt nội dung
Trong bài viết này, chúng tôi xin giới thiệu một số tính chất của đường đối trung và ứng dụng của những tính chất đó trong giải toán Hình học phẳng.
Đối tượng chính mà bài viết hướng đến là các bạn học sinh THCS và các bạn đọc yêu thích Hình học.
2.2 Định nghĩa và các định lí
c Định nghĩa 2.1. Trong một tam giác, đường thẳng đối xứng với đường trung tuyến qua đường phân giác xuất phát từ một đỉnh được gọi là đường đối trung của tam giác đó.
Xét tam giác ABC, AD và AM lần lượt là đường phân giác và đường trung tuyến. Đường thẳng AK đối xứng với đường thẳng AM qua đường thẳng AD.
Khi đó,AK được gọi là đường đối trung ứng với đỉnh A của tam giác ABC.
K D M
A
B C
Trước khi phát biểu các định lí, chúng ta đưa vào những kí hiệu sau: d(M,∆) là khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆; S(ABC) là diện tích của tam giác ABC; (ABC) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
c Định lí 2.1. Cho tam giácABC và một điểmP (AP không là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). Khi đó, AP là đường đối trung của tam giácABC khi và chỉ khi d(P, AB)
d(P, AC) = AB AC.
Chứng minh. Gọi Q là điểm đối xứng vớiP qua tia phân giác của BAC.[ Do tính đối xứng, ta có d(P, AB) =d(Q, AC)và d(P, AC) =d(Q, AB).
Các khẳng định sau tương đương:
AP là đường đối trung của tam giácABC. (1)
AQ là đường trung tuyến của tam giác ABC.
(2)
S(QAB) =S(QAC).
(3) 1
2AB·d(Q, AB) = 1
2AC·d(Q, AC).
(4)
AB·d(P, AC) =AC·d(P, AB).
(5) d(P, AB)
d(P, AC) = AB AC. (6)
P A
B C
Q
c Định lí 2.2. Cho tam giác ABC và điểm P thuộc cạnh BC. Khi đó, AP
là đường đối trung của tam giácABC khi và chỉ khi P B
P C = AB AC
!2
.
Chứng minh.
Các khẳng định sau tương đương:
(1) AP là đường đối trung của tam giác ABC
(2) d(P, AB)
d(P, AC) = AB
AC (theo Định lí 2.1) (3)
1
2AB·d(P, AB)
1
2AC·d(P, AC) = AB2 AC2 (4) S(P AB)
S(P AC) = AB AC
!2
(5) P B
P C = AB AC
!2
P A
B C
c Định lí 2.3. Trong một tam giác, ba đường đối trung đồng quy tại một điểm. Điểm đồng quy được gọi là điểm Lemoine của tam giác đó.
Chứng minh.
Cách 1.
Giả sử các đường đối trung ứng với các đỉnh AvàB của tam giácABC cắt nhau tại L.
Theo Định lí 2.1, d(L, AB)
d(L, AC) = AB
AC và d(L, BC)
d(L, BA) = BC BA. Suy ra d(L, CB)
d(L, CA) = CB CA.
L A
B C
Lại áp dụng Định lí 2.1, ta có CL là đường đối trung của tam giácABC. Vậy các đường đối trung của tam giácABC đồng quy tạiL.
Điểm Lemoine L của tam giác ABC thỏa mãn tính chất d(L, BC)
BC = d(L, CA)
CA = d(L, AB) AB .
Cách 2.
Các đường đối trung của tam giác ABC cắt các cạnh đối diện BC, CA, AB lần lượt tạiD, E, F.
Theo Định lí 2.2, ta có DB
DC = AB2 AC2,EC
EA = BC2 BA2,F A
F B = CA2 CB2. Suy ra DB
DC · EC EA · F A
F B = 1.
D E
F L
A
B C
Áp dụng Định lí Ceva đảo cho tam giác ABC, ta thu được AD, BE, CF đồng quy.
c Định lí 2.4. Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn(O). Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại S. Khi đó, AS là đường đối trung của tam giác ABC.
Chứng minh. Gọi D là hình chiếu vuông góc củaA trên BC; H và K lần lượt là
hình chiếu vuông góc củaS trên AB và AC.
Vì SB, SC là các tiếp tuyến của (O) nên
SB =SC
\SBH =ACB[
\SCK =ABC.[
Ta có
∆SBH S ∆ACD
∆SCK S ∆ABD.
Suy ra SH
SK = SH SB · SC
SK = AD AC · AB
AD = AB AC. Theo Định lí 2.1, AS là đường đối trung của tam giác ABC.
D
K
H
S O A
B C
2.3 Các ví dụ
Bài toán 1. Russia 2009
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tia phân giác của BAC[ cắt BC tại Dvà cắt(O)tại E khácA. Đường tròn đường kínhDE cắt (O)tại P khácE. Chứng minh rằng AP là đường đối trung của tam giác ABC.
Lời giải.
Kẻ đường kính EK của (O). Gọi M là trung điểm của BC.
Ta có \DP E = KP E\ = 90◦ nên K, D, P thẳng hàng.
Vì KAD\ = KM D\ = 90◦ nên tứ giác ADM K nội tiếp. Suy ra
M AD\ =M KD\ =EKP\ =EAP .[
Do đóAP là đường đối trung của tam giác ABC.
M K
P
E D
O A
B C
Bài toán 2.
Cho tam giác không cânABC, đường phân giác AD(DthuộcBC). Đường trung trực của AB và AC cắt AD lần lượt tạiM vàN. GọiP là giao điểm của BM vàCN. Chứng minh rằng đường đối trung ứng với đỉnhAcủa tam giác ABC đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác M N P.
Lời giải. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác M N P. Từ giả thiết, ta thấy M BA\ =M AB\ = 1
2BAC[ =\N AC =N CA.\ Từ đó P M N\ =BAC[ =P N M.\
Suy ra IM N\ =M AB\ =\N AC =IN M\. Vì thế IM//AB và IN//AC.
Dễ thấy ∆ABM S ∆ACN. Do đó d(I, AB)
d(I, AC) = d(M, AB)
d(N, AC) = AB AC. Áp dụng Định lí 2.1, ta có AI là đường đối trung của tam giác ABC.
I
P N
M
D A
B C
Bài toán 3.
Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. AD cắt EF tại M. Lấy N thuộc F D và P thuộc DE sao cho M N//DE và M P//F D. Chứng minh rằng tứ giácEF N P nội tiếp.
Lời giải.
Vì AE, AF là các tiếp tuyến của (I) nên theo Định lí 2.4, DA là đường đối trung của tam giác DEF. Áp dụng Định lí 2.2, ta có M E
M F = DE DF
!2
. Do M N//DE và M P//F D nên
DN DF ·DE
DP = EM EF · F E
F M = M E
M F = DE2 DF2.
Suy ra DP ·DE =DN ·DF. Vậy tứ giác EF N P nội tiếp.
N P
M
E
D F
I A
B C
Bài toán 4. Saint Petersburg 1997
Cho hai đường tròn (O1)và (O2)cắt nhau tại A và B. M là một điểm tùy ý khác A vàB trên(O1).M Avà M B lại cắt (O2)lần lượt tạiC và D. Các tiếp tuyến tại A vàB của (O1) cắt nhau tạiS. Chứng minh rằng M S chia đôi CD.
Lời giải. Gọi I và K lần lượt là trung điểm của AB và CD.
S
K I
D
C
B A
O1 O2
M
Bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc(O2)nên M AB\ =BDC\ và M BA\ =\ACD.
Hai tam giác M AB và M DC đồng dạng có các đường trung tuyến tương ứng là M I và M K nên AM I[ =DM K.\
Suy ra M K là đường đối trung của tam giác M AB.
Vì SA, SB là các tiếp tuyến của(O1) nên theo Định lí 2.4, M S là đường đối trung của tam giác M AB. Do đó, M, S, K thẳng hàng.
Vậy M S chia đôi CD.
Bài toán 5.
Cho tam giác ABC,L là điểm Lemoine. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của L trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng L là trọng tâm của tam giác DEF.
Lời giải. Vẽ hình bình hành EKF L.
Theo chứng minh Định lí 2.3, ta có LD
BC = LE
CA = LF AB.
VìEKF Llà hình bình hành và tứ giác AELF nội tiếp nên F L
F K = LF
LE = AB AC và \LF K = 180◦−F LE[ =BAC[. Do đó∆F LK S ∆ABC.
Suy ra \F LK =ABC.[
Dễ thấy tứ giác BDLF nội tiếp nên ta có
K E
D F
L A
B C
\KLF +F LD[ =ABC[ + 180◦−\F BD= 180◦.
Suy raD, L, K thẳng hàng. Lại cóKLđi qua trung điểm củaEF nên DLlà đường trung tuyến của tam giác DEF.
Chứng minh tương tự, ELlà đường trung tuyến của tam giác DEF. Vậy L là trọng tâm của tam giác DEF.
Bài toán 6. Đường tròn Lemoine thứ hai
Cho tam giácABC, điểm LemoineL. Lấy X vàY thuộcBC,Z vàT thuộc CA, U và V thuộc AB sao cho XT, ZV, U Y đồng quy tại L; đồng thời các tứ giác BCZV, CAU Y và ABXT nội tiếp. Chứng minh rằng sáu điểm X, Y, Z, T, U, V cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải. Vì các tứ giácBCZV, CAU Y vàABXT nội tiếp nên
\LXY =BAC[ =\LY X,LZT[ =CBA[ =LT Z[ và LU V[ =ACB[ =LV U[.
Suy ra LX =LY, LZ =LT và LU =LV. Gọi M là trung điểm củaBC.
Hai tam giác AZV và ABC đồng dạng, đồng thời BAM\ =ZAL[ nên LZ =LV. Chứng minh tương tự, LX=LT. Do đó,
LX =LY =LZ =LT =LU =LV. Vậy sáu điểmX, Y, Z, T, U, V cùng thuộc
một đường tròn tâm L. X
U T
Y V
Z
L
M A
B C
Bài toán 7. Sharygin 2015
Cho tam giác nhọn, không cânABCcó các đường caoAD, BE, CF (D, E, F lần lượt thuộc BC, CA, AB). Đường đối trung ứng với đỉnh Acủa tam giác ABC cắt DE tại K. Chứng minh rằngK thuộc đường trung bình ứng với đỉnh B của tam giác ABC.
Lời giải. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và EF. Ta thấy các tứ giác BCEF, ABDE nội
tiếp. Hai tam giác AEF và ABC đồng dạng có các đường trung tuyến tương ứng là AN và AM.
Suy ra F AN\=CAM\ =BAK\. Do đóA, N, K thẳng hàng.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của F trên CA.
Chú ý rằng M
P
K N
H
F
E
D A
B C
N H =N E=N F = 1
2EF, ta cóN HE\ =N EH\ =ABC[ =DEC\ nên N H//DE.
Từ N H//KE và F H//BE, dễ thấy AF
AB = AH
AE = AN
AK. Suy ra BK//EF. Gọi BK cắt CA tại P.
Chú ý rằng EF//BP và N là trung điểm củaEF, theo bổ đề hình thang thì K là trung điểm của BP.
Vậy K thuộc đường trung bình ứng với đỉnh B của tam giác ABC.
Bài toán 8. Russia 2013
Các hình vuôngCAKLvàCBM N được dựng ra ngoài tam giác nhọnABC. CN cắt AK tại X, CL cắt BM tại Y. Gọi P là giao điểm nằm trong tam giác ABC của đường tròn ngoại tiếp các tam giác KXN và LY M. Gọi S là trung điểm của AB. Chứng minh rằng ACS[ =\BCP.
Lời giải.
Gọi Q là giao điểm của KL và M N.
Vì XKQ\ =XN Q\ =Y M Q\
=Y LQ[ = 90◦,
nên các tứ giác KXN Q và M Y LQ nội tiếp.
Do đóCXA\=KQM\ =\CY B nên ∆CAX S ∆CBY.
Suy ra CX
CY = CA
CB = CL CN.
Vì thế, ta có CX ·CN =CY ·CL.
Gọi QC cắt (KXN) tại P0 khácQ. S
P
X Y
Q
M N
L
K
C
A B
Dễ thấy CP0·CQ=CX ·CN =CY ·CL.
Suy ra P0 thuộc (LY M).
Do vậy P0 trùngP hay C, P, Q thẳng hàng.
Chú ý rằng QL//CA và QN//CB, ta có d(Q, CA)
d(Q, CB) = d(L, CA)
d(N, CB) = LC
N C = CA CB. Theo Định lí 2.1, CQ là đường đối trung của tam giácABC. Vậy ACS[ =\BCP.
Bài toán 9.
Cho tam giác nhọn, không cân ABC với O là tâm đường tròn ngoại tiếp.
Gọi M là trung điểm của BC. Đường trung trực của AB và AC cắt AM lần lượt tại Dvà E. Gọi F là giao điểm của BD và CE. Chứng minh rằng AF là đường đối trung của tam giác ABC và AF O[ = 90◦.
Lời giải.
Gọi X và Y lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BF và CF; Z và T lần lượt là hình chiếu vuông góc của B và C trên AM.
Dễ thấy ∆ADX = ∆BDZ,
∆M BZ = ∆M CT,
∆ECT = ∆EAY, nên AX =BZ =CT =AY.
Suy ra F A là tia phân giác của XF Y\. Do đó AF B[ =AF C.[
O
T Z
X Y
F E D
P N
M A
B C
Từ đó, ta có2(F AB[ +F BA) = ([ F AB[ +F BA) + ([ F AC[ +F CA)[
= (F AB[ +F AC) + ([ F BA[ +F CA)[
=BAC[ + (\DAB+EAC) = 2[ BAC[ .
Vì thế F AB[ +F BA[ =BAC[ =F AB[ +F AC. Suy ra[ F BA[ =F AC.[ Dễ thấy ∆F AB S ∆F CA. Suy ra d(F;AB)
d(F;CA) = AB CA.
Theo Định lí 2.1, AF là đường đối trung của tam giác ABC.
Gọi N và P lần lượt là trung điểm củaCA và AB.
Hai tam giácF AB và F CA đồng dạng có các đường trung tuyến tương ứng làF P và F N nên F P A[ =F N C\. Do đó tứ giácAN F P nội tiếp.
Chú ý rằng tứ giác AN OP nội tiếp đường tròn đường kính AO, ta có A, O, F, N, P cùng thuộc đường tròn đường kính AO. Vì vậy AF O[ = 90◦.
Bài toán 10. Taiwan TST 2015
Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D. AD lại cắt (I)tại L. GọiK là tâm đường tròn bàng tiếp góc Acủa tam giácABC; M và N lần lượt là trung điểm của BC và KM. Chứng minh rằng bốn điểm B, C, N, L cùng thuộc một đường tròn.
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, M là trung điểm của BC. Đường tròn (I)nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc vớiBC tại D. Khi đó, AD//KM.
Chứng minh.
Gọi AI cắt BC tại S và cắt (ABC)tại T khác điểm A.
Dễ thấy tứ giác BICK nội tiếp nên SA·ST =SB·SC =SI·SK.
Chú ý rằng ID//T M, ta có SA
SK = SI
ST = SD SM. Suy ra AD//KM.
Bổ đề được chứng minh.
T D S
M
K I
A
B
C
Lời giải. Trở lại bài toán 10.
Đường tròn (I) tiếp xúc với CA và AB lần lượt tại E và F.
GọiP vàQlần lượt là trung điểm củaF D và DE.
Chú ý rằng theo bổ đề trên thìKM//AD, ta có KM C\ =LDB[ =DEL[ và
KCM\ =\CDE =DLE.[
Hai tam giác KM C và DEL đồng dạng có CN và LQ là các đường trung tuyến tương ứng nên M CN\ =ELQ.[
Do CD, CE là các tiếp tuyến của (I) nên theo Định lí 2.4, LC là đường đối trung của tam giác LDE.
Suy ra DLC[ =ELQ[ =M CN\.
Chứng minh tương tự, DLB[ =M BN\.
P
Q L E
D
N M
K
F I
A
B C
Ta có BLC[ +BN C\ =DLB[ +DLC[ +BN C\
=M BN\ +M CN\ +BN C\ = 180◦. Vậy B, C, N, L cùng thuộc một đường tròn.
2.4 Các bài tập tự luyện
Bài toán 11 (Poland 2000). Cho tam giác ABC cân tại C. Điểm P nằm trong tam giác sao cho P AB[ = \P BC. Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh rằng AP M\ +\BP C = 180◦.
Bài toán 12 (IMO Shortlist 2003).Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. GọiΓlà đường tròn đi quaA, Cvà có tâm không thuộc đường thẳng AC. Các tiếp tuyến củaΓ tại A và C cắt nhau tại P. Giả sử Γcắt đoạn thẳng P B tại Q. Chứng minh rằng giao điểm của đường thẳngAC và tia phân giác của AQC[ không phụ thuộc vào cách chọn Γ.
Bài toán 13. Cho tứ giácABCD nội tiếp thỏa mãn AB·CD =AD·BC. Chứng minh rằng AC là đường đối trung của tam giácABD.
Bài toán 14. Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Đường tròn đi qua A, C và tiếp xúc với AB cắt đường tròn đi quaA, B và tiếp xúc vớiAC lần thứ hai tại K. Chứng minh rằng BAK\=CAM\.
Bài toán 15 (Russia 2010). Cho tam giác nhọn, không cân ABC với O là tâm đường tròn ngoại tiếp, đường cao AD (Dthuộc BC). Lấy P và Qtrên AD sao cho OP và OQ lần lượt vuông góc với AB và AC. GọiM là trung điểm của BC và S là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácOP Q. Chứng minh rằng BAS[ =CAM\. Bài toán 16 (Đường tròn Lemoine thứ nhất). Cho tam giác ABC, Llà điểm Lemoine. Lấy X và Y thuộc BC, Z và T thuộc CA, U và V thuộc AB sao cho XT, ZV, U Y đồng quy tạiL; đồng thời XT//AB, ZV//BC, U Y//CA. Chứng minh rằng sáu điểm X, Y, Z, T, U, V cùng thuộc một đường tròn.
Bài toán 17.Cho tam giácABC, đường caoAD(DthuộcBC),Llà điểm Lemoine.
GọiM vàN lần lượt là trung điểm củaBC vàAD. Chứng minh rằngL, M, N thẳng hàng.
Bài toán 18 (Trần Quang Hùng). Cho tam giác ABC, J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A. Đường tròn (I)nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D. P là điểm bất kì trên (I)(P khác D). LấyQtrên BC sao choJ Q//P D. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác P BC đi qua trung điểm của đoạn thẳngJ Q.
Bài toán 19. Cho tam giác ABC không cân tại A với BAC >[ 45◦ và O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Dựng ra ngoại tam giác ABC các hình vuông ABKL và ACM N. Các đường thẳng AL, AN theo thứ tự cắt các đường thẳng CM, BK tại E, F. Gọi P là giao điểm nằm trong tam giác ABC của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác LM E và N F K. Chứng minh rằng B, C, O, P cùng thuộc một đường
tròn.
Bài toán 20 (IMO Shortlist 2000). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A của (O)cắt các tiếp tuyến tại B và C của (O) lần lượt tại S vàT.BT cắtCAtại E,CS cắtAB tạiF. Gọi M vàN lần lượt là trung điểm của BE và CF. Chứng minh rằng BCM\ =CBN\.
