Một số chuyên đề về đường thẳng và đường tròn trong hình học phẳng
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.9 MB, 82 trang )
MỤC LỤC
Lời nói đầu 1
Chƣơng I. Các bài toán về đƣờng thẳng , đƣờng tròn 2
1.1. Bài toán về ba đƣờng thẳng hàng, ba đƣờng thẳng đồng quy. 2
1.2. Một số bài toán về đƣờng thẳng và đƣờng tròn, tứ giác nội tiếp 14
Chƣơng II. Các bài toán về vectơ và ứng dụng của vectơ 26
2.1. Vectơ, tâm tỉ cự 26
2.2. Tích ngoài của hai vectơ và ứng dụng 42
2.3. Phƣơng tích của điểm đối với đƣờng tròn. Trục đẳng phƣơng, tâm đẳng
phƣơng 62
KẾT LUẬN 79
Tài liệu tham khảo 80
1
Lời mở đầu
Hình học phẳng là dạng toán quen thuộc đối với học sinh trung học cơ sở
cũng nhƣ học sinh trung học phổ thông. Nó không chỉ xuất hiện trong đề thi học
sinh giỏi cấp tỉnh đối với khối học sinh lớp 9của các trƣờng THCS, các đề thi vào
THPT mà còn có trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế
của học sinh các trƣờng THPT, đồng thời cũng có trong đề thi vào các trƣờng đại
học với phần trăm điểm không nhỏ. Chính vì vậy đề tài em lựa chọn cho luận văn
của mình là : “ Một số chuyên đề về đƣờng thẳng và đƣờng tròn trong hình học
phẳng “.
Hình học phẳng trong toán THPT với chủ yếu là các bài toán về đƣờng thẳng và
đƣờng tròn, với đối tƣợng học sinh khá giỏi, còn đƣợc bổ sung thêm các định lí
thƣờng dùng nhƣ Mê-nê-la-uýt , Xê- va ,…Để giải các bài toán về đƣờng thẳng
và đƣờng tròn trong hình học phẳng nhanh và dễ dàng hơn, trong luận văn của
mình em nêu ra những nội dung sau :
Chƣơng 1 trình bày các bài toán về đƣờng thẳng, đƣờng tròn.Gồm có các bài
toán về ba điểm thẳng hàng, ba đƣờng thẳng đồng quy; đƣờng thẳng và đƣờng
tròn, tứ giác nội tiếp.
Chƣơng 2 nêu trọng tâm của luận văn các bài toán về vectơ và ứng dụng của
vectơ gồm có 3 phần. Vectơ, tâm tỉ cự; tích ngoài của hai vectơ và ứng dụng;
phƣơng tích của điểm đối với đƣờng tròn. Trục đẳng phƣơng, tâm đẳng phƣơng.
Luận văn này đƣợc hoàn thành với sự hƣớng dẫn tận tình của PGS.TS.Vũ Đỗ
Long – Trƣờng Đại Học Khoa Học Tự Nhiên – Đại học Quốc Gia Hà Nội. Em
xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Vũ Đỗ Long đối với sự quan tâm, chỉ bảo
tận tình của thầy. Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong Trƣờng Đại học
Khoa Học Tự nhiên - Đại học Quốc Gia Hà Nội, đã dạy dỗ, trang bị những kiến
thức bổ ích và giúp đỡ em trong suốt quá trình theo học. Em xin chân thành cảm
ơn ban chủ nhiệm khoa Toán- Cơ- Tin học đã tạo điều kiện, giúp đỡ cho em hoàn
thành luận văn này.
Hà Nội, tháng 01 năm 2015
Tác giả
Lê Đình Trƣờng
2
Chƣơng I
Các bài toán về đƣờng thẳng , đƣờng tròn
1.1.Bài toán về ba đƣờng thẳng hàng, ba đƣờng thẳng đồng quy.
Bài toán 1. Định lí Mê-nê-la-uýt. Cho tam giác ABC .Ba điểm Q, R, P theo thứ
tự thuộc các đƣờng thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng khi
và chỉ khi.
PA
PB
.
QB
QC
.
RC
RA
= 1 . (1)
Chứng minh.
Điều kiện cần. Giả sử P, Q, R thẳng hàng.
Qua C vẽ đƣờng thẳng song song với PQ
cắt AB tại C
′
(h.1) theo định lí Ta- lét
ta có:
PA
PB
.
QB
QC
.
RC
RA
=
PA
PB
.
PB
PC
′
.
PC
′
PA
= 1
Vậy
PA
PB
.
QB
QC
.
RC
RA
= 1 .
Điều kiện đủ. Ngƣợc lại, ta chứng minh rằng nếu thỏa mãn (1) thì ba điểm P, Q,
R thẳng hàng. Gọi P
′
giao điểm của QR và AB . Vì Q, R, P
′
thẳng hàng nên theo
chứng minh trên :
P
′
A
P
′
B
.
QB
QC
.
RC
RA
= 1 . (2)
Từ (1) và (2) rút ra
PA
PB
=
P
′
A
P
′
B
=> P
′
Vậy ba điểm P , Q, R thẳng hàng.
Bài toán 2. Định lí Xê – va . Cho tam giác ABC .Các điểm M, N, P lần lƣợt
thuộc các đƣờng thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy
A
B
C
P
R
Q
C
′
Hình 1
P
′
3
hoặc song song khi và chỉ khi
MB
MC
.
NC
NA
.
PA
PB
= 1 . (1)
Chứng minh.(h.2)
Điều kiện cần. Giả sử AM, BN, CP đồng quy tại O. Vẽ qua A đƣờng thẳng Δ
song song với BC, đặt X= BN ∩ Δ, Y = CP ∩Δ . Theo định lí Ta- lét ta có
MB
MC
.
NC
NA
.
PA
PB
=
AX
AY
.
CB
AX
.
AY
BC
=
CB
BC
= 1 .
Giả sử ba đƣờng thẳng AM, BN, CP song song (h.3). Ta có
MB
MC
.
NC
NA
.
PA
PB
=
MB
MC
.
BC
BM
.
CM
CB
=
MB
BM
.
BC
CB
.
CM
MC
= 1
Điều kiện đủ. Ngƣợc lại, giả sử ba điểm M, N, P tƣơng ứng trên các đƣờng thẳng
BC, CA, AB thỏa mãn hệ thức (1).
- Nếu hai trong ba đƣờng thẳng AM, BN, CP cắt nhau, chẳng hạn AM và BN
cắt nhau tại O . Đặt P
′
= OC AB . Theo phần thuận ta có
MB
MC
.
NC
NA
.
P
′
A
P
′
B
= 1. (2)
Từ (1) và (2) rút ra
PA
PB
=
P
′
A
P
′
B
=> AM, BN, CP đồng quy tại O.
- Nếu không có hai đƣờng nào trong ba đƣờng thẳng AM, BN, CP cắt nhau thì
hiển nhiên cả ba đƣờng thẳng song song với nhau.
Bài toán 3.Định lí Đờ - dác.Cho hai tam giác ABC và A
′
B
′
C
′
. Nếu các đƣờng
thẳng AA
′
, BB
′
, CC
′
đồng quy thì các giao điểm AB A
′
B
′
, BC B
′
C
′
, AC A
′
C
′
thẳng hàng, Ngƣợc lại nếu các giao điểm của chúng thẳng hàng thì các đƣờng
thẳng AA
′
, BB
′
, CC
′
đồng quy.
A
X
Y
N
O
P
B
M
C
Hình 2
N
B
A
C
P
Hình 3
4
Chú ý : Các đƣờng thẳng AA
′
, BB
′
, CC
′
gọi là đƣờng thẳng nối các đỉnh tƣơng ứng
của hai tam giác ABC và A
′
B
′
C
′
, các giao điểm AB ∩ A' B', BC B
′
C
′
, AC
A
′
C
′
gọi là các giao điểm tƣơng ứng của hai tam giác đó. Khi đó định lí Đờ - dác
đƣợc phát biểu nhƣ sau. Các đƣờng thẳng nối các đỉnh tƣơng ứng của hai tam
giác đồng quy (hoặc song song) khi và chỉ khi giao điểm các cạnh tƣơng ứng
thẳng hàng.
Chứng minh.
a) Điều kiện đủ. Giả sử các đƣờng thẳng
AA
′
, BB
′
, CC
′
đồng quy tại O.(h.4) và AB A
′
B
′
= P
BC B
′
C
′
= Q, AC A
′
C
′
= R.
Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABO
và ba điểmP, A
′
, B
′
ta có.
PA
PB
.
B
′
B
B
′
O
.
A
′
O
A
′
A
= 1
Vào trong tam giác BCO và ba điểm Q, B
′
, C
ta có
QB
QC
.
C
′
C
C
′
O
.
B
′
O
B
′
B
= 1 và vào tam giác CAO và ba điểm R, A
′
, C
′
ta có
RC
RA
.
A
′
A
A
′
O
.
C
′
O
C
′
C
= 1.
Nhân ba đẳng thức trên ta đƣợc kết quả sau
PA
PB
.
QB
QC
.
RC
RA
= 1 từ đó theo định lí Mê-nê-la-uýt ta suy ra ba điểm P, Q, R
thẳng hàng.
b) Điều kiền đủ. nếu ba điểm P, Q, R thẳng hàng, thì ba đƣờng thẳng
AA
′
, BB
′
, CC
′
đồng quy.
Giả sử hai đƣờng thẳng AA
′
và CC
′
cắt nhau tại O. Xét hai tam giác AA
′
P và CC
′
Q
ta có các đƣờng thẳng nối các đỉnh tƣơng ứng AC, A
′
C
′
, PQ đồng quy tại R cho
nên theo phần thuận a) thì giao điểm các cạnh tƣơng ứng phải thẳng hàng, ba
giao điểm đó là AA
C C
= O, A
P ∩ CC
Q = B
, AP CQ = B. Vậy đƣờng
thẳng AA
′
, BB
′
, CC
′
đồng quy tại O
.
O
A
R
C
B
P
Q
B
′
C
′
Hình 4
A
′
5
Bài toán 4. Cho hai hình bình hành ABCD và AB
C
D
trong đó ba điểm A, B,
B
thẳng hàng, ba điểm A, D, D
thẳng hàng. Gọi I là giao điểm của hai đƣờng
thẳng BD
′
vàB
D. Chứng minh rằng I, C
, C thẳng hàng.
Bài Giải.
Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABD
với ba điểm
thẳng hàng B
, I, D (h.5) ta có
B
A
B
B
.
IB
ID
.
DD
DA
= 1 () . Gọi M là giao điểm của BC và D
C
theo định lí Ta – lét ta có
B
A
B
B
=
C
D
C
M
và
DD
′
DA
=
CM
CB
.
Vậy từ (*) suy ra
IB
ID
.
C
D
C
M
.
CM
CB
= 1
Áp đụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác BD
M và ba điểm I, C
, C ta có ba
điểm I, C
, C thẳng hàng
Bài toán 5. Cho tứ giác ABCD không phải hình thang, AB và CD cắt nhau tại E,
AD và BC cắt nhau tại F. Gọi I , J, K lần lƣợt là trung điểm các đoạn thẳng AC,
BD, EF. Chứng minh rẳng I , J, K thẳng hàng.
Bài giải.
Gọi M, N, P lần lƣợt là trung điểm các cạnh
BE, EC và CB của tam giác BEC (h.6).
Khi đó các điểm I , J, K lần lƣợt nằm
trên các đƣờng thẳng NP,PM, MN.
Áp dụng đinh lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác
BEC và ba điểm thẳng hàng A, D, F ta có.
AB
AE
.
DE
DC
.
FC
FB
= 1 () vì IN // AE nên
AB
AE
=
IP
IN
JM // DE nên
DE
DC
=
JM
JP
và KM // FB nên
FC
FB
=
KN
KM
. Vậy từ (*) suy ra
IP
IN
.
JM
JP
.
KN
KM
= 1, áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác MNP và ba điểm
I,J, K ta suy ra ba điểm I, J, K thẳng hàng.
A
D
D
B
M
C
B
C
I
Hình 5
A
D
F
K
B
J
I
C
P
N
M
E
Hình 6
6
Bài toán 6. Cho hình bình hành ABCD với tâm O. Trên các đƣờng thẳng BD,
BC, AC lần lƣợt lấy các điểm P, Q, R sao cho AP // OQ // DR. Chứng minh rằng
P, Q, R thẳng hàng.
Bài giải.
Qua C vẽ đƣờng thẳng song song với RD,
đƣờng thẳng này cắt BD tại C
(h.7).
Theo định lí Ta – lét ta có
RC
RO
=
DC
DO
=
BP
BO
vì CC
′
// RD và B đối xứng với D qua O , C
đối xứng với P qua O.
Ta lại có
QB
QC
=
OB
OC
( do OQ // CC
′
) và
OB
OC
=
OB
OP
Suy ra
PO
PB
.
QB
QC
.
RC
RO
=
PO
PB
.
OB
OP
.
BP
BO
= (1) = 1 ( do P, O, B thẳng
hàng ). Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác OBC và ba điểm P, Q, R ta
đƣợc ba điểm P, Q, R thẳng hàng
Bài toán 7. Đƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần lƣợt
tại M, N, P. Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy.
Bài giải.
Cách 1. Áp dụng định lí Xê – va (h.8).
Ta có
PA
PB
.
MB
MC
.
NC
NA
=
PA
PB
.
MB
MC
.
NC
NA
()
Do tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (I) nên PB= MB ; MC = NC ; PA = NA.
Từ (*) suy ra
PA
PB
.
MB
MC
.
NC
NA
=
PA
PB
MB
MC
.
NC
NA
=
PA
PB
.
PB
MC
.
MC
PA
=1
Theo định lí Xê- va cho tam giác ABC và ba điểm M, N, P
ta đƣợc AM, BN, CP đồng quy.
.
A
B
D
Q
C
R
C
O
P
Hình 7
A
B
C
P
M
N
I
Hình 8
7
Cách 2. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt(h.9).
Gọi AN ∩ CP = I , từ A vẽ đƣờng thẳng song song
với BC cắt CP tại Q ta có
NA
NC
.
BC
BM
.
IM
IA
=
NA
NC
.
BC
BM
.
IM
IA
Do tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn nên ta có
BM = BP, AN = AP, CM = NC; AQ // BC nên
PA
PB
=
AQ
BC
;
IM
IA
=
MC
AQ
từ
suy ra
NA
NC
.
BC
BM
.
IM
IA
=
AP
MC
.
BC
BP
.
MC
AQ
=
AP
BP
.
BC
AQ
=
AQ
BC
.
BC
AQ
= 1. Theo định lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác AMC và ba
điểm B, I, N ta đƣợc B, I, N thẳng hàng. Vậy ba đƣờng thẳng AM, BN, CP đồng
quy.
Bài toán 8. Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác. AM, BM, CM
lần lƣợt cắt BC, CA, AB tại P, Q, R ( P không phải là trung điểm của BC). Lấy T
trên đƣờng thẳng BC. Chứng minh rằng
PB
TB
.
TC
PC
= 1 khi và chỉ khi T, Q, R
thẳng hàng.
Bài giải (h.10)
Điều kiện đủ. Giả sử
PB
TB
.
TC
PC
= 1(1)
Theo định lí Xê-va ta có
PB
PC
.
QC
QA
.
RA
RB
= -1 (2). Lấy (2) chia cho (1) ta đƣợc
TB
TC
.
QC
QA
.
RA
RB
= 1. Theo định lí Mê-nê-la-uýtcho tam giác ABC
và ba điểm T, Q, R ta đƣợc ba điểm T, Q, R thẳng hàng.
Điều kiện cần. Ngƣợc lại, giả sử T, Q, R thẳng hàng. Lấy T
trên đƣờng thẳng
BC sao cho
PB
T
B
.
T
C
PC
= 1. Theo chứng minh trên thì R, Q, T
thẳng hàng suy
ra T ≡T
. Vậy
PB
TB
.
TC
PC
= 1.
A
B
C
M
N
P
Q
I
Hình 9
A
B
C
T
P
R
M
Q
Hình 10
8
Bài toán 9. Cho tam giác ABC, điểm O nằm trong tam giác. Các đƣờng thẳng
AO, BO, CO lần lƣợt cắt các cạnh BC, CA, AB tại M, N, P. Đƣờng thẳng qua O ,
song song với BC lần lƣợt cắt MN, MP tại E và F. Chứng minh rằng OE = OF.
Bài giải.
Trƣờng hợp 1: NP// BC (h.11). Theo định lí Xê- va ta có
MB
MC
.
NC
NA
.
PA
PB
= -1. (1)
Vì NP // BC nên theo định lí Ta- lét ta có
PA
PB
=
NA
NC
=>
NC
NA
.
PA
PB
= 1. (2)
Từ (1) và (2) suy ra
MB
MC
= 1 =>
LP
LN
= 1
=>
OE
OF
= 1 = > OE = OF.( ở đây L = AO ∩ PN )
Trƣờng hợp 2: NP và BC không song song với nhau (h.12)
Đặt Q = NP ∩ BC. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác
ABC và ba điểm thẳng hàng P, L, Q ta có
PA
PB
.
QB
QC
.
NC
NA
= 1. (3) Theo định lí Xê- va vào tam giác ABC
và ba đƣờng thẳng N, P, M ta đƣợc
MB
MC
.
NC
NA
.
PA
PB
= -1. (4)
Từ (3) và (4) suy ra
MB
MC
.
QC
QB
= 1. Theo tính chất của bốn
điểm thẳng hàng : Cho bốn đƣờng thẳng a, b, c, d đồng quy tại O, đƣờng thẳng Δ
cắt chúng tại bốn điểm phân biệt A, B, C, D.
-Nếu đƣờng thẳng Δ
1
cắt bốn đƣờng thẳng a, b, c, d lần lƣợt tại A
1
, B
1
, C
1
, D
1
thì
AC
AD
.
BD
BC
=
A
1
C
1
A
1
D
1
.
B
1
D
1
B
1
C
1
.
- Một đƣờng thẳng song song với OA cắt các tia OB, OC, OD lần lƣợt tại Y, X,
Z thì
AC
AD
.
BD
BC
= 1 khi và chỉ khi YX = YZ
A
B
C
M
N
P
O
E
F
Hình 11
A
B
C
O
E
F
P
L
M
Q
Hình 12
N
9
Áp dụng tính chất trên với bốn đƣờng thẳng OB, OM, OC, OQ và đƣờng thẳng
BQ và PQ cắt nhau ta đƣợc
MB
MC
.
QC
QB
=
LN
LP
.
QP
QN
= 1 hay
LN
LP
.
QP
QN
= 1.
Áp dụng tính chất trên với bốn đƣờng thẳng MQ, MN, ML, MP và
LN
LP
.
QP
QN
=
1.Ta đƣợc OE= OF.
Bài toán 10. Cho tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh BC và E là một điểm
nằm giữa B và D sao cho BE = 2 ED. Một đƣờng thẳng bất kì đi qua C khác với
CA, CB cắt hai đƣờng thẳng AB và AD lần lƣợt tại M và N. Chứng minh rằng ba
đƣờng thẳng BN, DM và AE đồng quy.
Bài giải.
Vì E nằm giữa B và D (h.13) nên ta có:
EB
ED
=
EB
ED
= 2 , vì C nằm ngoài
đoạn thẳng BD nên
CB
CD
=
CB
CD
= 2 .
Vậy
CB
CD
=
EB
ED
. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABD và ba điểm
M, C, N ta có
MA
MB
.
CB
CD
.
ND
NA
= 1 hay
MA
MB
.
EB
ED
.
ND
NA
= 1. Từ đó áp định lí Xê- va vào tam
giác ABD và ba điểm M. E, N ta suy ra ba đƣờng thẳng BN, DM và AE đồng
quy.
Bài toán 11. Cho hình bình hành ABCD, các điểm X, Y, Z, T nằm giữa DA, AB,
BC, CD sao cho
XA
XD
=
YB
YA
=
ZC
ZB
=
TD
TC
= 2. Gọi a, b, c, là các đƣơng thẳng
lần lƣợt đi qua A, B, C và lần lƣợt song song với XT, YT và TZ. Chứng minh
rằng ba đƣờng thẳng a, b, c đồng quy.
Bài giải
Theo giả thiết ta có AX = 2DX, BY = 2AY, CZ = 2BZ, DT = 2CT.
A
B
C
M
N
D
E
Hình 13
10
Gọi P và P
′
lần lƣợt là giao điểm của AB và hai đƣờng thẳng song song c và ZT
(h.14).
Khi đó CPP
′
T là hình bình hành nên
PP
′
= CT =
1
3
DC =
1
3
AB. Hai tam giác ZBP
′
và
ZCT đồng dạng với nhau và BZ =
1
2
CZ nên
P
′
B =
1
2
CT =
1
6
AB. Từ đó ta có :
PB = PP
′
+ P
′
B = =
1
2
AB, PA = PB + BA = =
3
2
AB.
Vậy ta có
PA
PB
= 3. (1)
Gọi M và M
′
lần lƣợt là giao điểm của BC và hai đƣờng thẳng song song a và
XT, khi đó AMM
′
X là hình bình hành nên:
MM
′
= AX =
2
3
AD =
2
3
BC. Hai tam giác TCM
′
và TDX đồng dạng với nhau và
CT =
1
2
DT nên CM
′
=
1
2
DX =
1
6
AD =
1
6
BC. Từ đó ta có MC = MM
′
CM
′
=
1
2
BC
hay M là trung điểm của BC, tức là
MB
MC
= 1.
(2)
Gọi N và N
′
lần lƣợt là giao điểm của đƣờng thẳng b với AC và DC thì BYTN
′
là
hình bình hành nên : N
′
T = BY =
2
3
CD. Vậy N
′
C = N
′
T CT =
1
3
CD =
1
3
BA.
Vì CN
′
// AB nên ta có
NC
NA
=
NC
NA
=
CN
′
AB
=
1
3
. (3)
Từ (1), (2), (3) ta suy ra
PA
PB
.
MB
MC
.
NC
NA
= 3.
1
.
1
3
= 1.
Từ đó áp dụng định lí Xê- va vào tam giác ABC và ba điểm P, M, N ta suy ra ba
đƣờng thẳng AM, BN, CP đồng quy cũng tức là ba đƣờng thẳng a, b, c đồng quy.
Bài toán 12. Cho tam giác ABC ; điểm O nằm trong tam giác. Các đƣờng thẳng
AO, BO, CO lần lƣợt cắt BC, BA, AB tại A
, B
, C
. Lấy điểm O
nằm trong tam
A
B
C
D
T
M
N
X
Y
P
P
N
Z
M
Hình 14
11
giác A
B
C
. Các đƣờng thẳng AO
, BO
, CO
lần lƣợt cắt B
C
, A
C
, A
B
tại
A
,B
,C
. Chứng minh rằng A
A
, B
B
, C
C
đồng quy.
Bài giải.
Từ (h.15) ta có
A
B
A
C
.
B
C
B
A
.
C
A
C
B
=
A
B
A
C
B
C
B
A
C
A
C
B
=
A
B
A
C
.
B
C
B
A
.
C
A
C
B
=
S
O
A B
S
O
A C
.
S
O
B C
S
O
B A
.
S
O
C A
S
O
C B
=
S
O
C A
S
O
B A
.
S
O
A B
S
O
C B
.
S
O
B C
S
O
A C
=
CA
BA
.
AB
CB
.
BC
AC
=
CA
BA
.
AB
CB
.
BC
AC
=
CA
BA
.
AB
CB
.
BC
AC
Vì AA
, BB
, CC
đồng quy nên theo định lí Xê – va vào tam giác ABC và ba
điểm A
, B
, C
ta có
CA
BA
.
AB
CB
.
BC
AC
= 1 , suy ra
A
B
A
C
.
B
C
B
A
.
C
A
C
B
= 1. Áp dụng định lí
Xê- va vào tam giác A
B
C
ba ểm A
,B
,C
ta đƣợcA
A
, B
B
, C
C
đồng
quy.
Bài toán 13. Cho tam giác ABC và các đƣờng tròn (O
1
) tiếp xúc với các tia AB,
AC; đƣờng tròn (O
2
) tiếp xúc với các tia BC, BA; đƣờng tròn (O
3
) tiếp xúc với
các tia CA, CB. Đƣờng tròn (O
4
) tiếp xúc ngoài với (O
1
), (O
2
), (O
3
) lần lƣợt tại
X, Y, Z.Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy.
Bài giải. (h.16)
Gọi ( I; r ) là đƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC,r
1
, r
2
, r
3
, r
4
lần lƣợt là bán kính
các đƣờng tròn (O
1
), (O
2
), (O
3
), (O
4
).
Đặt K =AX ∩ IO
4
. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt cho tam
giác IO
1
O
4
với ba điểm thẳng hàng A, X, K ta có :
KI
KO
4
.
XO
4
XO
1
.
AO
1
AI
= 1
A
B
C
A
B
C
O
O
A
B
C
Hình 15
C
A
O
4
B
I
O
1
K
X
Hình 16
12
Áp dụng định lí Ta – lét ta suy ra
KI
KO
4
.
r
4
r
1
.
r
1
r
= 1
suy ra
KI
KO
4
=
r
r
4
.
Đặt K
1
= BY ∩ IO
4
, K
2
= CZ ∩ IO
4
. Tƣơng tự nhƣ trên ta chứng minh
đƣợc
K
1
I
K
1
O
4
=
r
r
4
và
K
2
I
K
2
O
4
=
r
r
4
. Từ đó suy ra K ≡K
1
K
2
. Vậy AX,
BY, CZ đồng quy tại K.
Bài toán 14.Cho tam giác ABC, điểm O nằm trong tam giác. Đƣờng thẳng qua O
song song với BC cắt AB, AC lần lƣợt tại C
2
, B
1
. Đƣờng thẳng qua O song song
với CA cắt BC, BA lần lƣợt tại A
2
, C
1
. Đƣờng thẳng qua O song song với AB cắt
CA, CB lần lƣợt tại B
2
, A
1
. Vẽ các hình bình hành OA
1
A
3
A
2
, OB
1
B
3
B
2
,
OC
1
C
3
C
2
. Chứng minh rằng AA
3
, BB
3
, CC
3
đồng quy.
Bài giải
(h.17) Giả sử AA
3
, BB
3
, CC
3
lần lƣợt cắt BC, CA, AB tại M, N, P.
Ta có
MB
MC
=
S
A A
3
B
S
A A
3
C
=
S
A A
2
B
S
A A
2
C
( vì A
2
A
3
//AB, A
1
A
2
//AC )
=
A
2
B
A
1
C
=
A
2
B
CB
.
CB
A
1
C
=
A
2
C
1
CA
.
BA
A
1
B
2
=
AB
AC
.
A
2
C
1
A
1
B
2
.
Tƣơng tự ta có
NC
NA
=
BC
BA
.
B
2
A
1
B
1
C
2
,
PA
PB
=
CA
CB
.
C
2
B
1
C
1
A
2
.
từ các đẳng thức trên ta có
MB
MC
.
NC
NA
.
PA
PB
= 1
Suy ra
MB
MC
.
NC
NA
.
PA
PB
= 1. Theo định lí Xê – va ta có AM, BN, CP đồng quy
hay AA
3
, BB
3
, CC
3
đồng quy.
Bài toán 15. Cho hình bình hành ABCD. Hai điểm M, N lần lƣợt nằm trên hai
cạnh BC và CD sao cho MC= 2MB, DN = 2NC. Gọi I, J, K lần lƣợt là trung
điểm của các đoạn thẳng MA, AN va MN. Chứng minh rằng ba đƣờng thẳng BI,
DJ và CK đồng quy.
A
B
C
A
3
A
2
A
1
B
3
B
1
B
2
C
3
C
2
C
1
O
Hình 17
13
Bài giải
Giả sử đƣờng thẳng BI cắt AD tai M
và cắt DC tại X (h.18).
Vì I là trung điểm của MA và BM // AM
nên I cũng là trung điểm của BM
và
do đó ABMM
là hình bình hành, suy ra AM
= BM và DM
= CM. Ta có
DM
// CB nên
XD
XC
=
DM
CB
=
CM
CB
=
2
3
. Ngoài ra hiển nhiên X nằm ngoài đoạn
thẳng DC nên
XD
XC
=
2
3
.
Giả sử đƣờng thẳng DJ cắt AB tại N
và cắt BC tại Y. Vì J là trung điểm của NA
và AN
// ND nên J cũng là trung điểm của DN
và do đó ADNN
là hình bình
hành, suy ra AN
= DN, BN
= CN. Ta có BN
// CD nên
YC
YB
=
CD
BN
=
CD
CN
=
3. Ngoài ra vì Y nằm ngoài đoạn thẳng BC nên
YC
YB
= 3.
Gọi P là trung điểm của CM và giả sử đƣờng thẳng CK cắt BD tại Z và cắt NP tại
Z
. Khi đó Z
là trọng tâm của tam giác NPC nên
Z
P
Z
N
=
1
2
. Hiển nhiên NP //
BD nên
ZB
ZD
=
Z
P
Z
N
=
1
2
. Từ đó suy ra
XD
XC
.
YC
YB
.
ZB
ZD
=
2
3
. 3.
1
2
= 1.
Áp dụng định lí Xê-va vào tam giác BDC và ba điểm X, Y, Z ta suy ra ba đƣờng
thẳng BI, DJ, CK đồng quy.
A
B
C
D
N
X
M
P
N
I
M
J
Z
Z
Y
Hình 18
K
14
1.2. Một số bài toán về đƣờng thẳng và đƣờng tròn, tứ giác nội tiếp
Bài toán 16.( Bất đẳng thức Ptoleme) Cho tứ giác ABCD, ta có AB.CD +
BC.AD AC.BD. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp đƣờng
tròn.
Bài giải
Lấy điểm E trong tứ giác ABCD sao cho EAD
= BAC
,EDA
= ACB
(h.19).
Ta có ΔABC đồng dạng với ΔAED (g.g) nên
AB
AE
=
AC
AD
=
BC
ED
suy ra AD. BC = AC. ED. (1)
Mà EAD
= BAC
nên DAC
= BAE
.
Suy ra ΔABE và ΔACD đồng dạng.
Do đó
AB
AC
=
BE
CD
nên AB. CD = AC. BE. (2)
Cộng (1) và (2) theo vế ta đƣợc
AD. BC + AB. CD = AC. ED + AC. BE = AC
ED + BE
AC. BD.
( Vì ED + BE ≥ BD ). Dấu bằng xảy ra E nằm trên đƣờng chéo BD.
Vậy AB.CD + BC.AD AC.BD.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp.
Bài toán 17. Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (O), M thuộc cung ABkhông
chứa điểm C. Từ M kẻ các đƣờng thẳng MD, ME, MK lần lƣợt tạo với các cạnh
BC, CA, AB một góc bằng α (D, E, K lần lƣợt thuộc BC, CA, AB ). Chứng minh
rằng D, E, K thẳng hàng.
Bài giải.(h.20)
Ta có MDB
= MKB
= nên M, K, D, B
cùng nằm trên một đƣờng tròn. Suy ra BMD
= BKD
.
Ta lại có MEA
= MKB
= nên M, E, A, K cùng nằm trên
một đƣờng tròn. Suy ra EMA
= EKA
.
Mặt khác AMBC là tứ giác nội tiếp nên MAE
= MBD
.
Mà EMA
+ MAE
+ = 180
0
, MBD
+ + DMB
= 180
0
E
A
B
C
D
M
K
Hình 20
A
B
C
D
E
Hình 19
15
suy ra DMB
= EMA
nên EKA
= DKB
.
Do đó D, E, K thẳng hàng.
Nhận xét. Trong trƣờng hợp α = 90
0
, thì đƣờng thẳng DEK là đƣờng thẳng
Simsơn.
Bài toán 18.Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn, tiếp tuyến tại A, B, C cắt các
đƣờng thẳng BC, CA, AB lần lƣợt tại P, Q, R. Chứng minh rằng P.Q, R thẳng
hàng.(Trục lemoine)
Bài giải. (h.21)
Ta có PA là tiếp tuyến của đƣờng tròn
ngoại tiếp tam giác ABC nên BAP
= BAC
.
Suy ra ΔPAB đồng dạng với ΔPCA(g.g) nên
PA
PC
=
AB
CA
và
PA
PA
=
AB
CA
do đó
PB
PC
=
AB
2
CA
2
. (1)
Tƣơng tự ΔQBC đồng dạng với ΔQAB (g.g) và
ΔRAC đồng dạng với ΔRCB(g.g) ta có
QC
QA
=
AB
2
CA
2
. (2)và
RA
RB
=
CA
2
CB
2
. (3)
Nhân (1) , (2) và (3) theo vế ta đƣợc
PB
PC
.
QC
QA
.
RA
RB
=
AB
2
CA
2
.
AB
2
CA
2
.
CA
2
CB
2
= 1. Áp dụng định líMê-nê-la-uýt vào tam
giác ABC và ba điểm P, Q, R ta đƣợc P, Q, R thẳng hàng.
Bài toán 19. Cho tam giác ABC, M là điểm trên đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác
ABC. Gọi K, P, Q lần lƣợt là các điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB. Chứng
minh rằng P, K, Q cùng nằm trên một đƣờng thẳng và đƣờng thẳng đó luôn đi
qua một điểm cố định, không phụ thuộc vào điểm M thay đổi trên đƣờng tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
Bài giải.
Gọi D, E, F lần lƣợt là giao điểm của MK, MP,
MQ với BC, CA, AB.(h.22) Suy ra MD BC,
A
B
C
Q
P
R
Hình 21
A
B
M
C
P
I
Q
F
E
J
H
K
Hình 22
16
thẳng hàng
( đƣờng thẳng Simsơn).Mặt khác MD = DK,
ME = EP, MF = FQ. Suy ra EF là đƣờng trung bình của tam giác MPQ, ED là
đƣờng trung bình của tam MPK nên EF // PQ vàED // KP. Suy ra P, K, Q thẳng
hàng. Gọi H là trực tâm của ΔABC và I, J lần lƣợt là điểm đối xứng của H qua
AC và AB.
Suy ra I, J thuộc đƣờng tròn ngoại tiếp ΔABC nên các tứ giác MHIP , MHJQ là
hình thang cân .
Do đó QHJ
= MJH
= MAC
. Tƣơng tự PHI
= MIH
= MAB
.
Suy ra QHJ
+ PHI
+ IHJ
= MAC
+ MAB
+ IHJ
= A
+ IHJ
= 180
0
.
Do đó P, Q, H thẳng hàng. Suy ra đƣờng thẳng PQ luôn đi qua trực tâm H của
ΔABC ( đƣờng thẳng này có tên là Steiner).
Bài số 20. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đƣờng tròn, d
A
, d
B
, d
C
, d
D
là các đƣờng
thẳng Simsơn của A, B, C, D tƣơng ứng đối với các tam giác BCD, CDA, DAB,
ABC. Chứng minh rằng d
A
, d
B
, d
C
, d
D
đồng quy.
Bài giải.
Gọi H
1
, H
2
, H
3
, H
4
lần lƣợt là trực
tâm của các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC (h.23)
thì ta có ba đƣờng thẳng Steiner(bài 19)
của các điểm A, B, C, D đối với các tam giác
BCD, CDA, DAB,ABC lần lƣợt đi qua
H
1
, H
2
, H
3
, H
4
. Do đó d
A
, d
B
, d
C
, d
D
lần lƣợt đi
qua trung điểm của H
1
, BH
2
, CH
3
, DH
4
.
gọi M là trung điểm của AB thìCH
4
= 2OM.
Vì DH
3
= 2OM nên CDH
3
H
4
là hình bình hành. Suy ra , DH
4
, CH
3
cắt nhau tại
trung điểm mỗi đƣờng. Tƣơng tự H
1
, BH
2
cắt nhau tại trung điểm mỗi đƣờng.
Vậy d
A
, d
B
, d
C
, d
D
đồng quy.
Bài toán 21. Cho hai đƣờng tròn (O
1
) và (O
2
) cắt nhau tại A và B. Trên tia đối
của tia BA lấy điểm M. Từ M kẻ hai tiếp tuyến ME, MF với đƣờng tròn (O
1
), ( E,
A
B
C
D
H
2
H
3
H
4
O
M
H
1
Hình 23
17
F là các tiếp điểm, F cùng phía với O
2
bờ là AB). Đƣờng thẳng BE và BF cắt
đƣờng tròn (O
2
) lần lƣợt tại P và Q, gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh rằng
ba điểm E, F, I thẳng hàng.
Bài giải
Kéo dài EF cắt PQ tại I
′
. (h.24) vì MF là tiếp tuyến nên MFB
= FAB
( chắn
cung BF ) nên ΔMFB và ΔMAF đồng dạng suy ra
MF
MA
=
FB
FA
. Tƣơng tự ΔMEB
và ΔMAE đồng dạng nên
ME
MA
=
EB
EA
. Do ME = MF nên
FB
FA
=
EB
EA
. (1)
Ta có AFE
= ABE
(cùng chắn cung AE ),
ABPQ là tứ giác nội tiếp.Suy ra ABE
= AQP
nên AFE
= AQP
.
Từ đó AFI
′
Q là tứ giác nội tiếp
nên AFQ
= AI
′
Q
do đó AFB
= AI
′
P
.
Mặt khác ABF
= APQ
nên ΔFBA và ΔI
′
PA đồng dạng.
Suy ra
FB
FA
=
I
′
P
I
′
A
. (2)
Ta có ABE
= I
′
, QAI
′
= QFI
′
= EFB
= EAB
.
Do đó ΔABE đồng dạng với ΔAQI
′
. Suy ra
EB
EA
=
I
′
Q
I
′
A
. (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
I
′
Q
I
′
A
=
I
′
Q
I
′
A
nên I
′
Q = I
′
P .
Vây I ≡ I
′
. Suy ra ba điểm E, F, I thẳng hàng.
Bài toán 22. Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (O). Đƣờng tròn (I) luôn đi
qua B và C cắt AB, AC lần lƣợt tại M, N. Đƣờng tròn ( J ) ngoại tiếp tam giác
AMN cắt đƣờng tròn ( O ) tại điểm thứ hai là K. Chứng minh rằng KI // OJ.
Bài giải.
Nối M với K, và K với I (h.25) thì MIC
= 2MBC
. (1)
Ta lại có MKC
= MKA
CKA
= 180
0
ANM
CKA
Mà CKA
= ABC
= MBC
. (2)
Vì tứ giác BMNC nội tiếp đƣờng tròn ( I ) nên ANM
= MBC
.
I
Q
E
M
P
A
B
O
1
O
2
Hình 24
F
18
Từ (1) và (2) suy ra
MKC
= 180
0
2MBC
= 180
0
MIC
.
Do đó MKC
+ MIC
= 180
0
nên tứ giác MKIC nội tiếp.
Suy ra IKC
= IMC
. Trong tam giác IMC có
IMC
=
180
0
MIC
2
=
180
0
2MBC
2
= 90
0
MBC
.
Suy ra IMC
+ MBC
= 90
0
nên IKC
+ AKC
= 90
0
.
Do đó IK ƣờng tròn (J) và đƣờng tròn (O)
cắt nhau tại A, K nên OJOJ // IK.
Bài toán 23.Cho tứ giác ABCD nội tiếp đƣờng tròn (O). M nằm trên tia đối của
tia BD sao cho MA, MC là hai tiếp tuyến của đƣờng tròn (O). Tiếp tuyến tại B
với đƣờng tròn (O) cắt MC tại N và cắt CD tại P, ND cắt đƣờng tròn (O) tại E.
Chứng minh rằng A, E, P thẳng hàng.
Bài giải. (h.26)
Vì MC là tiếp tuyến của (O) nên MCB
= BDC
.
Suy ra ΔMCB và ΔMDC đồng dạng suy ra
MC
MD
=
CB
DC
. (1)
Tƣơng tự ta có
MA
MD
=
AB
DA
. (2) mặt khác MA = MC. (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
CB
DC
=
AB
DA
suy ra
DA.CB = AB.DC.(4)
Áp dụng định lí Ptoleme với tứ giác nội tiếp ABCD ta có
AB.CD + BC.DA = AC.BD . (5)
Từ (4) và (5) suy ra BC. DA =
1
2
AC. BD suy ra
AC
DA
=
2BC
DB
. (6)
Mặt khác NB, NC là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O) và tứ giác BECD nội tiếp nên
chứng minh tƣơng tự ta có
BC
BD
=
2CE
DE
. (7) Vì PB là tiếp tuyến của (O) nên
A
B
C
I
K
N
O
J
M
Hình 25
A
D
C
P
N
M
B
E
Hình 26
19
PC
PB
=
PB
PD
=
CB
CD
suy ra PC. PD = PB
2
. Do đó
PC
PD
=
PC .PD
PD
2
=
PB
PD
2
=
CB
BD
2
.(8)
Từ (7) và (8) ta có
PC
PD
=
CB
BD
2
=
2CE
DE
2
. (9)
Giả sử AE cắt CD tại Q thì ΔQEC và ΔQDA đồng dạng suy ra
QC
QA
=
EC
DA
.
Mà ΔQDE và ΔQAC đồng dạng suy ra
QD
QA
=
DE
AC
suy ra
QC
QA
QD
QA
=
EC
DA
DE
AC
. (10)
Từ (6), (7) và (10) ta có
QC
QD
=
EC .AC
DE .DA
=
EC
DE
.
2BC
DB
=
EC
DE
.
4EC
DE
=
2EC
DE
2
.
(11)
Từ (9) và (11) suy ra
PC
PD
=
QC
QD
suy ra P ≡ Q suy ra A, E, P thẳng hàng.
Bài toán 24. Cho tam giác ABC với I là tâm đƣờng tròn nội tiếp. Đƣờng thẳng
AI cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. E là điểm trên cung BDC, và F
là điểm trên cạnh BC sao cho BAF
= CAE
<
1
2
A
, G là trung điểm của IF. Chứng
minh rằng DG cắt EI tại điểm nằm trên đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Bài giải
Giả sử EI cắt đƣờng tròn ngoại tiếp ΔABC tại S,
SD cắt AF và IF lần lƣợt tại J và H, AD cắt
cạnh BC tại M.(h.27)Ta sẽ chứng minh G ≡ H .
Theo định lí Mê-nê-la-uýt cho ΔAIF
và ba điểm thẳng hàng D, H, J
Ta có
HI
HF
.
JF
JA
.
DA
DI
= 1. (*)
Theo giả thiết BAF
= CAE
suy ra BK
= EC
nên KE // BC
Và DK
= DE
. Do đó DAK
= EAD
= ESD
= ISJ
nên S, A,
S
A
B
D
K
E
C
M
F
J
I
Hình 27
G
20
I, J cùng nằm trên một đƣờng tròn. Suy ra AKE
= ASI
= AJI
.
Từ đó JI // KE // BC. Suy ra
JF
AJ
=
IM
AI
. Vì I là tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác
BAC nên
IM
IA
=
CM
CA
. Do DCB
= DAB
=
1
2
A
= DAC
nên ΔDCM và ΔDAC đồng
dạng suy ra
CM
CA
=
DC
DA
. Mặt khác DI = DC =>
DC
DA
=
DI
DA
=>
JF
AJ
=
IM
IA
=
CM
CA
=
DI
DA
.
Suy ra
JF
AJ
=
DI
DA
. (1) Thay (1) vào (*) ta đƣợc
HI
HF
= 1suy ra HI= HF từ đó suy
ra H ≡ G. Từ đó suy ra DG cắt EI tại điểm nằm trên đƣờng tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Bài toán 25. Cho hình chữ nhật ABCD, trên tia đối BD lấy điểm P sao cho
APC
= BCP
. Tính tỉ số
PC
PB
.
Bài giải.
Đƣờng tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD cắt PA tại K.(h.28)
Vì AC là đƣờng kính của đƣờng tròn đó nên CK
Dựng tam giác CQO vuông cân tại Q sao cho Q thuộc nửa
mặt phẳng bờ PC chứa điểm B.
Ta có QC = QP, CQP
= 90
0
.
Kéo dài CB cắt AP tại E.
Theo giả thiết ta có APC
= BCP
.
Suy ra ΔPEC cân tại E suy ra QE
Tứ giác AKBD nội tiếp từ đó suy ra PKB
= ADP
= PBE
.
Do đó ΔPEB đồng dạng với ΔPBK nên
PB
PE
=
PK
PB
từ suy ra PB
2
=
PK. PE.(1)
Mặt khác từ cách dựng trên suy ra tứ giác CKQP nội tiếp.
Suy ra QKP
= QCP
= PQE
= 45
0
từ đó suy ra ΔPQE đồng dạng với ΔPKQ.
Do đó
PQ
PE
=
PK
PQ
từ đó suy raPQ
2
= PK. PE. (2)
A
D
C
K
Q
P
B
E
Hình 28
21
Từ (1) và (2) suy ra PB = PQ từ đó suy ra
PC
PB
=
PC
PQ
=
2.
Bài toán 26. Chứng minh rằng trong một tam giác ba trung điểm của các cạnh,
ba chân đƣờng cao tam giác, và ba trung điểm các đoạn nối đỉnh đến trực tâm
của tam giác đó cùng nằm trên một đƣờng tròn ( Đường tròn ơle hay đường tròn
chín điểm ).
Bài giải.
Cách 1. Gọi các điểm nhƣ hình vẽ (h.29).
Ta có BB
IH
B
B
= 90
0
B
H = BB
nên NB
// AH, IN // BC, AH
Từ đó INB
= 90
0
. Suy ra bốn điểm I, N, B
, H
B
cùng nằm trên đƣờng tròn đƣờng kính IB
.
Tƣơng tự các điểm còn lại cũng thuộc đƣờng tròn đƣờng kính IB
.
Cách 2. Gọi các điểm nhƣ hình vẽ (h.29). Đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
có bán kính T và J là giao điểm của HO và IB
. Suy ra OI
OI = B
H n IOB
Hlà hình bình hành từ đó JH = JO. Vì A
HMO là hình bình
hành nên JA
= JM. Xét ΔAHO có JA
là đƣờng trung bình.Suy ra JA
=
1
2
OA =
1
2
R.
Chứng minh tƣơng tự các điểm còn lại cách J một khoảng
R
2
.
Ta xác định đƣợc tâm J là trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm và tâm đƣờng
tròn ngoại tiếp của tam giác, bán kính đƣờng tròn chín điểm là
R
2
.
Bài toán 27.Chứng minh rằng trong một tam giác đƣờng tròn ơle tiếp xúc trong
với đƣờng tròn nội tiếp.
Bài giải.
Gọi các điểm nhƣ hình vẽ (h.30). Gọi SQ là đƣờng
kính đƣờng tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC, kẻ AP
vì J là trung điểm của OH nên J là tâm đƣờng tròn ơle,hạ JE
ƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC nên A, I, S
A
B
C
H
A
H
B
I
H
C
N
B
.
.
A
C
Hình 29
J
O
22
thẳng hàng. Hạ IN
Trong mọi tam giác ta có AH = 2OM.
Tứ giác HOMK là hình thang có JE là đƣờng trung bình.
Suy ra HK + OM = 2JE và PO = PM OM
= AK OM = AH + HK OM = 2OM + HK OM
= OM + HK = 2JE.
Gọi D là giao điểm của AS và BC thì IDN
= IAP
= AQP
.
Suy ra ΔAPQ và ΔIND là hai tam giác vuông đồng dạng nên
PQ
DN
=
AP
IN
suy ra PQ. IN = AP. DN = MK. DN (vì AP = MK).(1)
Tứ giác AEMQ nội tiếp từ đó suy ra SC
2
= SM. SQ = SD. SA.
Vì I là tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC nênSB = SC = SI
Từ đó suy ra SI
2
= SD. SA.
Gọi hình chiếu của A, I, S trên cạnh BC tƣơng ứng là K, N, M thì ta có
MN
2
= MD. MK. Suy ra MN. MK MN
2
= MN. MK MD. MK
Từ đó suy ra MN
MK MN
= MK
MN MD
Từ đó suy ra MN. NK = MK. DN. (2)
Từ (1) và (2) suy ra MN. NK = PQ. IN. Theo định lí Pitago ta có
IJ
2
= (IN JE)
2
+ (MN ME)
2
= (IN
1
2
PO)
2
+ (MN
1
2
MK)
2
Do đó IJ
2
= IN
2
IN. PO +
1
4
PO
2
+ MK
2
( MN. MK MN
2
)
=
1
4
OA
2
+ IN
2
IN. PO MN. NK =
1
4
OA
2
+ IN
2
IN. PO IN. PQ
=
1
4
R
2
+ r
2
IN
QP + PO
=
1
4
R
2
+ r
2
R. r = (
R
2
r)
2
.
Suy ra IJ =
R
2
rnên đƣờng tròn ơle tiếp xúc trong với đƣờng tròn nội tiếp.
Bài toán 28. Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (O). Đƣờng thẳng Δ thay
đổi đi qua trực tâm H của tam giác ABC cắt các đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác
ABH, ACH lần lƣợt tại M và N ( M ≠ H, N ≠ H ). Xác định vị trí của đƣờng
thẳng Δ để diện tích tam giác AMN lớn nhất.
A
B
C
S
Q
P
M
N
E
D
K
H
J
I
O
Hình 30
23
Bài giải
Kéo dài đƣờng thẳng BH cắt AC tại E và cắt đƣờng
tròn (O) tại D (h.31). Ta có ABD
= ACD
(cùng chắn cung AD )
Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên ABE
= HCA
Từ đó suy ra ACH
= ACD
.
Suy ra H và D đối xứng với nhau qua AC.
Do đó đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
và đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AHC
đối xứng với nhau qua ACnên
hai đƣờng tròn này bằng nhau.
Tƣơng tự ba đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tam giác BHC, tam giác ABH
có bán kính bằng nhau. Suy ra AMN
= ANM
nên
MAN
= MAB
+ BAC
+ CAN
= MHB
+ BAC
+ NHC
= BAC
+
180
0
BHC
= BAC
+ BAC
= 2 BAC
(không đổi).
Do tam giác AMN cân tại A có góc ở đỉnh không đổi. Suy ra diện tích AMN lớn
nhất
AM lớn nhất.
ƣờng kính đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AHB.
AH MN // BC.
Bài toán 29.(Olympic Việt Nam -2004) nhọn ABC nội tiếp đƣờng
tròn (O) có trực tâm là H, D là điểm trên cung nhỏ BC, dựng hình bình hành
ADCE, K là trực tâm của tam giác ACE. Gọi P,Q là hình chiếu của K trên BC và
AB. Chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm của HK.
Bài giải.
(h.32) Theo giả thiết ta có ADC
= AEC
,
K là trực tâm ΔAEC => EK ; AKC
+ AEC
= 180
0
suy ra
AKC
+ ADC
= 180
0
nên tứ giác ADCK nội tiếp suy ra
A
B
C
N
M
H
D
E
Hình 31
A
B
E
N
M
I
H
Hình 32
C
D
P
K
Q
24
K
(O) , EK cắt AC tại I suy ra P, Q, I thẳng hàng
(đƣờng thẳng Simsơn). Giả sử AH cắt (O) tại M và cắt
PQ tại N suy raMN // KP, KQ BC BQKP nội tiếp
suy raQBK
= AMK
= QPK
do đó MPKN là tứ giác nội tiếp suy ra
MPKN là hình thang cânnên KN = PM, mặt khác PH = PM suy ra PH = KN do
đóHPKN là hình bình hành suy ra NP cắt HK tại trung điểm mỗi đoạn do đó PQ
đi qua trung điểm của HK.
Bài toán 30. Cho tam giác vuông ABC (A
= 90
0
) và B
< C
. Tiếp tuyến với
đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại cắt BC tại D. Gọi E là điểm đối xứng của
A qua BC, H là hình chiếu của A trên BE. Gọi I là trung điểm của AH, đƣờng
thẳng BI cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K. Chứng minh rằng BD là
tiếp tuyến của đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ADK.
Bài giải. (h.33)
Vì E là điểm đối xứng của A qua BC nên DE là tiếp tuyến của đƣờng tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.
Suy ra AE
Theo giả thiết IA = IH nên IM // BE.
Từ đó KIM
= KBE
= KAE
.
Suy ra A, I, M, K cùng nằm trên đƣờng tròn nên
IAM
= IKM
. Do đó BAH
= BAE
IKM
= MKE
. (1)
Mặt khác
=
( cùng chắn cung AE ).
Ta có BAH
= 90
0
ABH
= 90
0
EDA
= ADM
= EDM
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra MKE
= EDM
. Do đó bốn điểm M, K, D, E cùng nằm trên
một đƣờng tròn.
Suy ra KDM
= KEM
= KEA
= KAD
nên DB là tiếp tuyến của đƣờng tròn ngoại
tiếp tam giác ADK.
Bài toán 31. Cho hình bình hành ABCD, đƣờng phân giác của BAD
cắt BC và
CD lần lƣợt tại M và N. Gọi O là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác CMN. Gọi
E là giao điểm của đƣờng tròn ngoại tiếp các tam giác CMN và BCD. Chứng
A
B
E
D
H
I
M
C
K
Hình 33
