Định lý Simson và áp dụng vào bài thi Tuyển sinh lớp 10 năm 2022 của TP. HCM

Định lý Simson:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn  $(O)$, $D$ là một điểm trên $(O)$. Từ $D$ hạ $DE, DF, DK$ lần lượt vuông góc với $BC, CA, AB$. Chứng minh 3 điểm $E, F, K$ thẳng hàng trên đường thẳng (mà ta gọi là đường thẳng Simson).

ss

 

Chứng minh (tức là lời giải)

 

ss1

Tứ giác $EFCD$ nội tiếp đường tròn  đường kính $CD$ nên $\widehat{FEC}=\widehat{FDC}$ (cùng chắn cung  $CF$).

Tứ giác $BEDK$ nội tiếp đường tròn  đường kính $BD$ nên $\widehat{BEK}=\widehat{BDK}$ (cùng chắn cung  $BK$).

Ta có: $\widehat{FEC}=\widehat{FDC}=90^\circ – \widehat{ACD}$

$\widehat{BEK}=\widehat{BDK}=90^\circ – \widehat{DBK}$

$\widehat{ACD}=\widehat{DBK}$ (tứ giác $ABDC$ nội tiếp).

 

Suy ra $\widehat{FEC}=\widehat{BEK}$ nên 3 điểm $E, F, K$ thẳng hàng. (đpcm)

 

Sau đây là áp dụng vào đề thi tuyển sinh 10 năm 2022 của TP. Hồ Chí Minh

ss2

  1. 1. Tứ giác $CDEF$ có $E$ và $F$ cùng nhìn $CD$ dưới một góc vuông  nên nội tiếp được  đường tròn  đường kính $DC$. 

    $\widehat{DFE}=\widehat{DCE} $ (cùng chắn cung  $ED$).

    $\widehat{DCE}=\widehat{DCB} =\widehat{DAB}$ (cùng chắn cung  $BD$).
    Vậy $\widehat{DFE}=\widehat{DAB}$.

  2. 2. Gọi $K’$ là hình chiếu vuông góc  của $D$ trên $AB$. Chứng minh “y sì” như trên ta có ba điểm $F, E, K’$ thẳng hàng. Mà $F, E, K$ cũng thẳng hàng nên $K’\equiv K$. Do đó $DK\perp AB$.

    Tứ giác $DKBE$ có $E$ và $K$ cùng nhìn $BD$ dưới 1 góc vuông  nên nội tiếp đường tròn  đường kính $BD$.

    Tam giác vuông $BED$ đồng dạng với tam giác vuông $AFD$ (do góc $\widehat{DBE}=\widehat{DAF}$ cùng chắn cung  $CD$) suy ra
    $$\dfrac{DB}{DE}=\dfrac{DA}{DF}\Leftrightarrow DB.DF=DA.DE$$

  3. ss3
    3. Tam giác $BAD$ và $EFD$ có $\widehat{BAD}=\widehat{EFD}$ (cùng bằng với $\widehat{BCD}$)

    và $\widehat{DBA}=\widehat{DEF}$ (cùng bù với $\widehat{ACD}$)

    Suy ra hai tam giác này đồng dạng. Do đó $\dfrac{BA}{BD}=\dfrac{EF}{ED} \Rightarrow \dfrac{BI}{BD}=\dfrac{EJ}{ED}$.

    Vậy hai tam giác $BID$ đồng dạng với tam giác $EJD$, suy ra $\widehat{BID}=\widehat{EJD}$.

    Điều này dẫn tới tứ giác $IJDK$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{IKD}=\widehat{IJD}=90^\circ$ (đpcm).

Chia sẻ

About TS. Nguyễn Thái Sơn

TS. Nguyễn Thái Sơn
Nguyên trưởng Khoa Toán-Tin học ĐHSP TP HCM (1999-2009). /n Nguyên Giám đốc- Tổng biên tập NXB ĐHSP TP HCM (2009-2011). /n Nguyên Tổng thư ký Hội Toán học TP HCM (2008-2013). /n Giảng viên thỉnh giảng ĐHSP TP HCM.

Bài Viết Tương Tự

Phép giải tam giác khi biết một chiều cao (bài 2)

2019. Cho tam giác ABC có các góc A, C nhọn; BC = 3,5; đường …

×

Sai số! tác hại to lớn của việc sử dụng máy tính Casio giả và cách phòng tránh Chi tiết