Định lý Con bướm mở rộng

2021/03/27 14:06

#hình học #định lý

Bài toán. (định lý Con bướm mở rộng) Cho dây cung PQ của một đường tròn và trung điểm M của nó. ZZ,WW là các điểm trên ABAB sao cho MZ=MWMZ=MW. Gọi ABAB, CDCD theo thứ tự qua ZZ, WW là các dây cung của (O)(O). PQPQ theo thứ tự cắt ADAD, BCBC tại XX, YY. Khi đó ta có MX=MYMX=MY.

– Con Heo’s solution –

Lời giải 1

Lời giải 1. sử dụng tỉ số kép của hàng điểm.

Lời giải 1.

Ta có A(BDPQ)=A(DBQP)=C(DBQP)A(BDPQ)=A(DBQP)=C(DBQP).

Chiếu lên PQPQ ta có (ZXPQ)=(WYQP)(ZXPQ)=(WYQP).

Xét phép đối xứng SM:S_{M}: PQP \mapsto Q, QPQ \mapsto P, ZWZ \mapsto W, XXX \mapsto X'.

Khi đó (WXQP)=(ZXPQ)=(WYQP)(WX'QP)=(ZXPQ)=(WYQP). Suy ra XYX' \equiv Y.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải 2

Lời giải 2. không dùng các định lý liên quan tới các tỉ số và khá dài dòng (nhưng vẫn là một lời giải).

Ý tưởng cũng là kẻ các đường vuông góc như chứng minh định lý Con bướm.

Lời giải 2. Gọi EE, FF, II, JJ lần lượt là trung điểm của ABAB, CDCD, BCBC, ADAD.

Gọi HH là giao điểm của MFMFADAD, GG là giao điểm của MEMEBCBC.

Dễ thấy OEABOE \perp AB, OFCDOF \perp CD, OIBCOI \perp BC, OJADOJ \perp AD.

Tứ giác OEZMOEZM và tứ giác OFWMOFWM nội tiếp; Tam giác ZOWZOW cân tại OO suy ra MOZ^=MOW^\widehat{MOZ}=\widehat{MOW}.

Suy ra GEB^=MEZ^=MOZ^=MOW^=MFW^=HFD^\widehat{GEB}=\widehat{MEZ}= \widehat{MOZ}=\widehat{MOW}= \widehat{MFW}=\widehat{HFD}.

Lại có EGB^=FDH^\widehat{EGB}=\widehat{FDH}     IGM^=MHJ^\implies \widehat{IGM}=\widehat{MHJ}.

Ta để ý rằng,

MY=MX    YOM^=XOM^    YIM^=MJX^MY=MX \iff \widehat{YOM}=\widehat{XOM} \iff \widehat{YIM}=\widehat{MJX}

    MIG^=MJH^    MIGMJH\iff \widehat{MIG}=\widehat{MJH} \iff \triangle MIG \sim \triangle MJH.

Như vậy ta chứng minh được MIGMJH\triangle MIG \sim \triangle MJH thì bài toán sẽ được chứng minh.

Ta vẽ lại hình và bỏ bớt điểm.

Lấy BB' đối xứng với BB qua GG, DD' đối xứng với DD qua HH. Gọi KK giao điểm CDCD'ABAB'.

Như đã chứng minh ở trên, IGM^=MHJ^\widehat{IGM}=\widehat{MHJ}GEB^=HFD^\widehat{GEB}=\widehat{HFD}. Ta sẽ chứng minh IGGM=JHMH\frac{IG}{GM}=\frac{JH}{MH}. ()(*)

Thật vậy

Dễ thấy GEGE là đường trung bình tam giác ABBAB'B ứng với đỉnh BB. Vì vậy, MG//ABMG // AB' và tương tự thì MH//CDMH // CD.

Suy ra BAD^=BAB^+BAD^=GEB^+BCD^=HFD^+BCD^=DCD^+BCD^=BCD^\widehat{B'AD'}=\widehat{B'AB}+\widehat{BAD}= \widehat{GEB}+\widehat{BCD}= \widehat{HFD}+\widehat{BCD}=\widehat{D'CD}+\widehat{BCD}=\widehat{B'CD'}.

Do đó, BCADB'CAD' nội tiếp.

Suy ra ADB^=180oADB^=ADB^    BD//BD\widehat{AD'B'}=180^o - \widehat{AD'B'} = \widehat{ADB} \implies B'D' // BD.

Hệ quả là GHGH là đường trung bình của hình thang BDDBB'D'DB (BD//BD)(B'D'//BD) nghĩa là GH//BD//BDGH//BD//B'D'.

BKD\triangle B'KD'GMH\triangle GMH có các cạnh tương ứng song song với nhau nên đồng dạng với nhau.

    MGMH=KBKD\implies \frac{MG}{MH}=\frac{KB'}{KD'}.

KBKD=CBAD=2IG2JH=IGJH\frac{KB'}{KD'} = \frac{CB'}{AD'}= \frac{2IG}{2JH}=\frac{IG}{JH}.

Nên MGMH=IGJH    ()\frac{MG}{MH}=\frac{IG}{JH} \implies (*).

Nghĩa là MIGMJH\triangle MIG \sim \triangle MJH (c.g.c). Bài toán đã được chứng minh.

Tổng quát

Từ Lời giải 2. ta cũng có thể giải bài toán tổng quát hơn bài toán định lý Con bướm mở rộng như sau:

Cho (O)(O) và tứ giác ABCDABCD nội tiếp (O)(O). Gọi EE, FF, II, JJ lần lượt là trung điểm ACAC, BDBD, ADAD, BCBC. Trên ADAD lấy MM và trên BCBC lấy NN sao cho EMA^=FNB^\widehat{EMA}=\widehat{FNB}. Gọi KK giao điểm EMEMNFNF. Khi đó: IJ//CDIJ//CDKID^=KJC^\widehat{KID}=\widehat{KJC}.

Quay trở về Blog