Hình học sơ cấp - Phương tích pot

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM
KHOA TOÁN - LỚP TOÁN 4B
HÌNH H C SỌ Ơ C PẤ
PHƯƠNG TÍCH
GVHD: Lê Ngô Hữu Lạc Thiện
Danh sách nhóm – Toán 4B
1. Nguyễn Ngọc Quý
2. Nguyễn Thị Mỵ
( )

.
M O
MA MB=P
3. Lâm Thị Thu Thảo
4. Tôn Nữ Thanh Trúc
5. Nguyễn Phước Thanh
TP.HCM, ngày 10 tháng 10 năm 2012
BÀI 4
PHƯƠNG TÍCH
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT PHƯƠNG TÍCH
1. Định lý phương tích:
( )
2 2
/
.
M O
MA MB MO MR
= −
P =
Nếu MP là tiếp tuyến tại P của đường tròn (O,R) là:
( )

2
/M O
MPP =
2. Định lý đảo:
a. Nếu tứ giác ABCD có
DAB C M
=
I
thoả mãn
. .MA MB MC MD
=
thì
tứ giác ABCD nội tiếp.
b. Một tam giác
ABCV
có M thuộc BC thoả mãn
2
.MA MB MC
=
thì MA
là tiếp tuyến của đường tròn (ABC).
3. Định lý trục đẳng phương:
• Trục đẳng phương thì vuông góc với đường thẳng nối tâm.

• Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) có trục đẳng phương ∆. M là một
điểm có hình chiếu lên trục ∆ là N. Thì ta có:
( ) ( )
/ ; / '; '
2 '.
M O R M O R

OO NMP -P =
.
4. Đường tròn trực giao:
Điều kiện trực giao: điều kiện cần và đủ để hai đường tròn trực giao (O;R)
và (O’;R’) là:
(Các mệnh đề sau là tương đương)
a.
2 2 2
' 'OO R R
= +
b.
( )
2
/ 'O O
RP =
.
c. Đường kính của đường tròn này bị đường tròn kia chia điều hoà.
II. BÀI TẬP PHƯƠNG TÍCH
Bài 1: Cho đường tròn
( ; )O R
có đường kính
BC
thay đổi. A là điểm ở
ngoài đường tròn.
a) Chứng minh
( )ABC
đi qua một điểm cố định khác A. Suy ra tâm
đường tròn
( )ABC
thuộc một đường thẳng cố định.

b) Tiếp tuyến tại A của
( )ABC
cắt
BC

tại T. Chứng minh T thuộc một
đường thẳng cố đñịnh.
Bài giải:
a) Gọi
( )
D AO ABC
=
I
. (cần chứng minh D cố định).
Ta có:
2
/( ) /( )
( ) . .
O ABC O O
D ABC OAOD OB OC R
∈ ⇒ = = = = −
P P
Suy ra:
2
R
OD
OA
−
=

Do
R const
=

và O, A cố định nên D cố định.
• Suy ra, IA=ID do đó I thuộc trung trực AD cố định.
Vậy tâm đường tròn
( )ABC
nằm trên đường thẳng cố định là trung
trực của
AD
.
b)
Gọi M trung điểm của AO, nên M cố định.
H là chân đường cao TH trong tam giác AOT.
Ta có:
/( ) /( )
2 2 2 2 2 2 2
.
P P
T ABC T O
TA TO TB TC TO TO R TO R
− = − = − − = −
Theo hệ thức lượng trong tam giác ta có:
2
2 2 2
2 .
2
R
AD MH TA TO R MH

AD
−
= − = − ⇒ =
Suy ra H là điểm cố định, nên TH là cố định.
Vậy T nằm trên đường thẳng cố định vuông góc với AD tại H.
Bài 2: Cho tam giác
ABC
có trực tâm
H
. Chứng minh rằng các đường
tròn đường kính
AH
và
BC
trực giao nhau.
Bài giải:
Gọi M,N lần lượt là chân đường cao hạ từ B, A xuống cạnh AC, BC của
ABC
∆
Gọi E,F lần lượt là giao điểm của (BC) và đường cao AH
Ta có:
EF BC NE=NF
⊥ ⇒
(đường kính vuông góc với dây cung).
Do đ ó:
»
»
BE BF
=
.

· ·
( )
( ) ( )

, , , là chùm phân giác
Mà
, , , 1 1
EMB FMB
MA MH ME MF
HM AC
MA MH ME MF AHEF

⇒ =

⇒

⊥


⇒ =− ⇒ =−
Vậy hai đường tròn (AH) và (BC) trực giao nhau.
Bài 3: Một cát tuyến thay đổi song song đáy
BC
của tam giác
ABC
cắt
AB
và
AC
lần lượt tại

D
và
E
. Chứng minh trục đẳng phương của
đường tròn đường kính
BE
và
CD
là đường cao từ
A
của tam giác
ABC
.
Bài giải:
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC
Kẻ
'
'
BH AC B
CH AB C
=
=
I
I
Ta có:
/( )
. '
H BE
P HB HB
=

( vì
' ( )B AC
∈
)
/( )
. '
H CD
P HC HC
=
( vì
' ( )C AB
∈
)
Mà:
. ' . 'HB HB HC HC
=
(vì
' 'BCB C
nội tiếp).
Suy ra
/( ) /( D)H BE H C
P P
=
Vì vậy H thuộc trục đẳng phương của (BE) và (CD)
Lại có:

/( )
/( )
. '
. '

A BE
A CD
P AE AB
P AD AC
=
=
Ta có:

/( )
'. '.
A BC
P AC AB AB AC
= =
suy ra: '. . '. .
AB AC
AC AD AB AE
AD AE
=
( )
à : vì DE//BC
AB AC
m
AD AE
=
Nên
/( ) /( )
'. '.
A BE A CD
AC AD AB AE
P P

=
⇒ =

A
⇒
thuộc trục đẳng phương của
( )BE
và
( )CD

Vậy
AH
là trục đẳng phương của (BE) và (CD). (đpcm)
Cách khác:
Gọi
' ( ), ' ( )C AB CD B AC BE
= ∩ = ∩

Khi đó
'CC AB
⊥
và
'BB AC
⊥

Suy ra
H
là trực tâm của
ABCV
( với

' 'H BB CC
= ∩
)
Ta có:
/( )
. '
H BE
P HB HB
=

'.HC HC
=
(vì BC’B’C nội tiếp)
/( )H CD
P
=
(1)
Mặt khác
/ /DE BC
nên
AD AE
AB AC
=

Suy ra:
. .AD AC AE AB
=

Mà :
'. '.AB AC AC AB

=
( do BC’B’C nội tiếp)
Nên :
' '
AD AE
AB AC
=
Hay :
. ' . 'AD AC AE AB
=

/( ) /( )A CD A BE
P P
⇒ =
(2)
Từ (1), (2) suy ra A, H thuộc trục đẳng phương của (BE) và (C D)
Mà AH cũng là đường cao (Hlà trưc tâm của
ABCV
)
Nên ta có đpcm.
Bài 4: Cho tứ giác
ABCD
.
AC
cắt
BD
tại
O
. Gọi
,I J

lần lượt là trung
điểm của
,AB CD
. Gọi
,H K
lần lượt là trực tâm của tam giác
OAD
và
OBC
. Chứng minh rằng
IJ
vuông góc
HK
Bài giải:
Gọi:
E AH OD
= ∩
F DH AO
= ∩
P BK OC
= ∩
Q CK BO
= ∩
Ta có:
( )
/( D)
. . 1
H A
P HE HA HF HD
= =

(do AFED nội tiếp)
Ta có:
( ) ( )
/ /
. ; .
H CD H AB
P HF HD P HE HA
= =
Do (1) nên
( ) ( )
/ /H CD H AB
P P
=
Suy ra H thuộc trục đẳng phương của (CD) và (AB)
(a)
Ta có :
( )
/( )
. . 2 (
K BC
P KC KQ KP KB BQPC
= =
vì noäi tieáp)
( ) ( )
/ /
. ; .maø:
K CD K AB
P KC KQ P KP KB
= =
Do (2) nên

( ) ( )
/ /K CD K AB
P P
=
K
⇒
thuộc trục đẳng phương của
( )
AB
và
( )
DC

(b)
Từ (a) và (b)
⇒
,H K
thuộc trục đẳng phương
( )
AB
và
( )
CD

HK IJ
⇒ ⊥

Bài 5: Cho M, N, P là các điểm thay đổi lần lượt trên BC, CA, AB của
ABC
∆

. Chứng minh các trục đẳng phương của của các đường tròn
đường kính AM, BN, CP lấy từng đôi một đồng quy tại một điểm cố
định.
Bài giải:
Gọi O là trực tâm của tam giác ABC
Dựng
; ; AD BC BE AC CF AB
⊥ ⊥ ⊥
Ta có:
( ) ( ) ( )
D , ,AM E BN F CP
∈ ∈ ∈
• Tứ giác BCEF nội tiếp nên:
( ) ( )
( )

OF. . 1
O CP O BN
OC OE OB
= ⇒ =
P P
• Tứ giác ABDE nội tiếp nên:

( ) ( )
( )

OE. . 2
O BN O AM
OB OD OA
= ⇒ =

P P
Từ (1), (2) suy ra:
( ) ( ) ( )


O BN O AM O CP
= =
P P P
Suy ra các trục đẳng phương của (AM), (BN), (CD) từng đôi một đồng quy tại
điểm O cố định.
Bài 6: Cho bốn điểm A, B, C, D theo thứ tự nằm trên một đường
thẳng. Gọi E, F là giao điểm của (O) và (O’) có đường kính lần lượt là
AC và BD. Lấy P là một điểm trên EF và không thuộc AB. CP cắt (O)
tại điểm thứ hai M; BP cắt (O’) tại điểm thứ hai N. Chứng minh rằng
AM, DN và EF đồng quy.
Bài giải:
Gọi
{ }
H AM DN
= ∩
(1)
Theo đề ta có EF là trục đẳng phương của (O) và (O’).
Ta có:
EF . .P PM PC PN PB
∈ ⇒ =
⇒
Tứ giác BCNM nội tiếp

· ·
·

·
0

90
BCM BNM
BCM DAM

⇒ =


+ =


·
·
0
90BNM DAM
⇒ + =
Vậy:

·
·
·
·
·
0 0 0
90 90 180
DAM DNM DAM DNB BNM+ = + +
= + =

⇒
Tứ giác ADNM nội tiếp
. .HM HA HN HD
⇒ =
( ) ( )
'

H O H O
⇒ =
P P
EFH
⇒ ∈
(2)
Từ (1), (2) suy ra AM, DN, EF đồng quy tại H.
Bài 7: Cho tam giác ABC. Hai điểm thay đổi M, N là lần lượt thuộc
hai cạnh AB, AC. BN cắt CM tại P sao cho tứ giác BCNM nội tiếp. Gọi
H, K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC, AMN. Chứng minh rằng P,
H, K thẳng hàng.
Baøi gi i:ả
Kẻ BB’
⊥
AC,
CC’
⊥
AB,
Vì B’ ∈ (BN) ⇒ P
H/(BN)
=
HB
.

'HB
(1)
C’ ∈ (CM) ⇒P
H/(CM)
=
HC
.
'HC
(2)
Mặt khác tứ giác BCB’C’ nội tiếp nên từ (1) và (2) suy ra:
P
H/(BN)
= P
H/(CM)

Nên H thuộc trục đẳng phương của (BN) và (CM).
(a)
Tương tự , ta chứng minh được K thuộc trục đẳng phương của (BN) và (CM).
(b)
Ta có: P
P/(BN)
=
.PB PN
=
.PC PM
=P
P/(CM)

⇒ P thuộc trục đẳng phương của (BN) và (CM) (c)
Từ (1), (2) v à (3) suy ra P, H, K thẳng hàng.

Bài 8: Gọi R,r,O,I lần lượt là bán kính & tâm của đường tròn ngoại
tiếp và nội tiếp của một tam giác. Chứng minh rằng :
OI
2
=R
2
- 2 Rr
Baøi gi i:ả
Cho
ΔABC
. Gọi
( )
J=AI O∩
JB JC⇒ =
( AI là tia phân giác)
OJ BC⇒ ⊥
(OJ là trung trực của BC)
Gọi
( )
M OJ O= ∩
. Ta có:
·
·
·
·
·
·
·
A

JIC IAC IC
JMC ICB
BCJ ICB
ICJ
= +
= +
= +
=
ICJ
⇒ ∆
cân tại J
JI=JC
⇒
(1)
Tương tự ta chứng minh được
JI JB
=
(2)
Từ (1), (2) ta có: JI=JB=JC
( )
;C J JB⇒ ∈
Vậy
{ } ( ) ( )
; ;B C O J JB∈ ∩
⇒
BC là trục đẳng phương của (O) và (J;JB)
( ) ( )
/ / ;

2.OJ. '
I O I J JB
II⇒ Ρ −Ρ =
2 2
2RrOI R
⇒ − =
(đpcm).
Cách khác:
Kéo dài BI cắt (O) tại M. Kẻ đường kính MK của (O). đ ươờng tròn (I) tiêp
xúc với BC tại D.
Ta có △BDI ~△KCM (g.g)
. . 2
(
2 2
2 2
D D
D
maø: IB.IM=R -OI
Vaäy OI =R -2Rr Ñpcm)
BI I I
KM MC MI
IB IM I KM Rr
⇒ = =
⇒ = =
Bài 9: Trên các cạnh của tam giác nhọn ABC dựng các hình vuông
ABDE và ACFG về phía ngoài. Chứng minh rằng CD và BF cắt nhau
trên đường cao từ A của tam giác ABC.
Bài giải:
Gọi
M CD BF

= ∩

Dựng
( )
( )
AH CD H CD
AK BF K BF

⊥ ∈


⊥ ∈



Ta có:
( ) ( ) ( )
, , 1AD AB HD HB
=
( vì
BHAD
nội tiếp )

( ) ( ) ( )
, , 2AC AF KC KF
=
( vì
AFCK
nội tiếp )
Ta có :

( ) ( ) ( )
, , 3
4
AD AB AC AF
π
= =

Từ (1),(2) và (3)
( ) ( )
, ,HD HB KC KF
⇒ =

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
, , , ,
, ,
HD HC HC HB KC KB KB KF
HC HB KC KB
⇔ + = +
⇔ =

KHBC
⇔

nội tiếp
Do ñoù:
. .MH MC MB MK
=
Ta coù:
( )

( )
K AB
H AC

∈


∈



( )
( )
( ) ( )
/
/ /
/
.

.
M AB
M AB M AC
M AC
P MK MB
P P
P MH MC

=

⇒ ⇒ =


=


Lại có:
( ) ( )
/ /
0
A AB A AC
P P
= =
Suy ra AM là trục đẳng phương của hai đường tròn
( ) ( )
,AB AC

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và AC

AM IJ
AM BC
IJ BC
⇒ ⊥

⇒ ⊥


P
(đpcm).
Bài 10: Cho tam giác ABC. Cho D và E là hai điểm lần lượt thuộc hai
cạnh AB và AC sao cho DE song song BC. P là điểm bên trong tam
giác ABC. PB và PC lần lượt cắt DE tại F và G. Gọi I, J lần lượt là tâm

của đường tròn (PDG) và (PFE). Chứng minh rằng AP vuông góc IJ.
Bài giải:
Kéo dài
AP
cắt
DE
và
BC
lần lượt tại
H
và
K

Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( )
/ /
0 ,
P I P J
P P P I J
= = ∈

Ta chứng minh:
( ) ( )
/ /H I H J
P P
=

. .HG HD HE HF

⇒ =

Ta có:
( )
( )
HG HF
FG BC
KC KB
HD HE
DE BC
KB KC
=
=
P
P

( ) ( )
/ /
. .
. .
. .
H I H J
HG HD HF HE
KC KB KB KC
HG HD HF HE
P P
⇒ =
⇒ =
⇒ =
Suy ra

PH
là trục đẳng phương của hai đường tròn
( ) ( )
,I J

( )
PH IJ
AP IJ A PH
⇒ ⊥
⇒ ⊥ ∈

Cách khác:
Gọi M là giao điểm thứ hai của AB và (PDG), N là giao thứ hai của AC và
(PFG)
Ta có:
(MP,M D) = (GP,G D) ( vì MPGD nội tiếp)
Mà (GP,GD) = (CP,CB) (Vì ED//BC)
Nên (MP,M D) = (CP,CB)
suy ra, BMPC nội tiếp.
Chứng minh tương tự, PNCB nội tiếp.
Suy ra BMNC nội tiếp
suy ra
/( )
. .
A BMNC
P AM AB AN AC
= =
Mà
AC AE
AB AD

=
(Do DE//BC)
Suy ra
. .AM AD AN AE
=
Do đó A thuộc trục đẳng phương PQ của (PDG) và (PEF) suy ra AQ ⊥ OI .
III. BÀI TẬP BỔ SUNG
Bài 1: Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B cố định. Một đường thẳng
quay quanh A, cắt (O) tại M và N. Chứng minh rằng tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác BMN thuộc một đường thẳng cố định.
Giải:
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác MNB.
Gọi C là giao điểm của AB và (I). Khi đó ta
có:
( ) ( )
/ /
. .
A O A I
AM AN AB AC
= = =
P P
(không đổi vì
A, (O) cố định).
Suy ra
( )
/A O
AC
AB
=

P
Vì A, B cố định và C thuộc AB nên từ hệ
thức
trên ta có C cố định.
Suy ra I thuộc đường trung trực của BC cố định.
Bài 2: Cho đường tròn tâm O đường kính AB, và điểm H cố định
thuộc AB. Từ điểm K thay đổi trên tiếp tuyến tại B của (O), vẽ đường
tròn (K; KH) cắt (O) tại C và D. Chứng minh rằng CD luôn đi qua một
điểm cố định.
Gii
Gi I l im i xng ca H qua B, suy ra I c
nh v thuc (K).
Gi M l giao im ca CD v AB.
Vỡ CD l trc ng phng ca (O) v (K) nờn ta
cú:
. . .MH MI MC MD MA MB= =
Suy ra:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
. .
.
. ( )
.
MH MI MA MB
MB BH MB BI MB MB BA
MB BH MB BH MB MB BA
MB BH MB MB BA
BH

BM
BA
=
+ + = +
+ = +
= +
=
vỡ B laứ trung ủieồm cuỷa HI
Vỡ A, B, H c nh suy ra M c nh. Vy CD luụn i qua im M c nh.
Bi 3: Cho t giỏc ABCD va ni tip (O;R) va ngoi tip (I;r), t
OI=d. Chng minh:
( ) ( )
2 2
2
1 1 1
( ẹũnh lyự Fuss)
r
R d R d
+ =
+
.
Gii
Kộo di BI, DI ct (O) ti M,N.
Ta cú
ã
ã
ã
ã
,MNC IBC NMC IDC= =