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

BQT Toán Casio
nguyên trưởng Khoa Toán-Tin học ĐHSP TP HCM (1999-2009). nguyên Giám đốc- Tổng biên tập NXB ĐHSP TP HCM (2009-2011). nguyên Tổng thư ký Hội Toán học TP HCM (2008-2013). Giảng viên thỉnh giảng ĐHSP TP HCM.

Bài Viết Tương Tự

1 1

Xử lý nhanh tỉ lệ thức (thuận và nghịch)

Menu C    CASIO fx $580VN X$ bảo lưu chức năng Ratio để xử lý tỉ …

×

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