Một số chuyên đề về đường thẳng và đường tròn trong hình học phẳng 13

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
---------- -----------

Lê Đình Trƣờng

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐƢỜNG THẲNG VÀ
ĐƢỜNG TRÒN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội – 1/2015


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
---------- -----------

Lê Đình Trƣờng

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐƢỜNG THẲNG VÀ
ĐƢỜNG TRÒN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp
Mã số

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. Vũ Đỗ Long

Hà Nội – 1/2015

LỜI CẢM ƠN
Trước tiên em xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất tới
PGS.TS. Vũ Đỗ Long, người thầy với lòng nhiệt huyếtđã luôn chỉ bảo tận
tình em từ những ngày đầu tiên, đồng thờiđưa ra những lời khuyên bổích
giúp em hoàn thiện luận văn này.
Em cũng xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô, tập thể cán bộ ban chủ
nhiệm khoa Toán- Cơ – Tin học cùng các học viên cao học, đã không chỉ
trang bị kiến thức cho em mà còn luôn giúp đỡ, tạođiều kiện thuận lợi trong
quá trình em học tập tại trường.
Cuối cùng, em xin cảmơn tới bạn bè người thân, những người luôn
ủng hộ động viên em vượt qua những khó khăn để em hoàn thành tốt luận
văn.

Hà Nội, tháng 1 năm 2015


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

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
1


Ch

I

ƣơng

Các

bài
t
oán
về

đƣờ

ng
th
ẳng
,
Ch ứ ng minh.

đƣờng

Điề

u kiệ ncần.Giảs ửP,Q, Rt hẳnghà ng. Qua Cvẽ đƣờngt hẳ ngsongsongvớiPQ c ắtABt ạiC ′(h.1)the ođịnhl íTa- lé t

tròn
1.
1.
đƣờ

Bài toán về ba đƣờ ng th ẳ ng
ng th ẳng đồ ng quy.

Bài toán 1. Định lí Mê - nê-la

m
tự
t hu
ộc
các
đƣờ
ng th
ẳ ng
BC ,
CA,
AB.
C hứ
ng
minh
r ằ ng
M,
N, P

thẳ
ng h
àng
khi
và
chỉ
khi.

PA

PB

Q,R,

P theo th ứ

-

uýt. Cho tam giác

hàng, ba

ABC .Ba điể

ta có:


2

hoặc song song khi và chỉ khi

Chứng minh.(h.2)
Điều kiện cần. Giả sử AM, BN, CP đồng quy tại O. Vẽ qua A đƣờng
thẳng song song với BC, đặt X= BN ∩ Δ, Y = CP ∩Δ . Theo định lí Talét ta có
MB
MC

.

NC
NA

.

PA
PB

=

AX
AY

.

CB
AX

.

AY

BC

=

CB
BC

= −1 .

P
Y

A

X

N

A

P

N

O

B

M
C

C

B
Hình 3

Hình 2

Giả sử ba đƣờng thẳng AM, BN, CP song song (h.3). Ta có
MB NC PA

MC .NA .PB

=

MC .BM . CB

=

MB BC CM

BM .CB .MC

MB BC CM

= −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

-

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.

3


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 ∩AC

Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABO
và ba điểmP, A′, B′ ta có.

Vào trong tam giác BCO và ba điểm Q, B′, C′ ta có

C′C

QB

.

QC

′

B′ O

.

C ′O

B ′B

′

RC A A C O

RA

A′O

.

C′C

.

Nhân ba đẳng thức trên ta đƣợc kết quả sau
PA

QB

RC

.
PB

.
QC

RA

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
các

cạnh
tƣơng ứng phải thẳng hàng, ba giao điểm đó là AA′ ∩ C C′ = O, A′ P
′
′
′
′
′ R cho nên theo phần thuận a) thì giao điểm
∩ CC Q = B , AP ∩ CQ = B. Vậy đƣờng thẳng AA , BB , CC đồng quy tại O

.
4

′

′

Bài toán 4. Cho hai hình bình hành ABCD và AB C D
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

IB

′
B A

B′ B

.

ID′

.

theo định lí Ta – lét ta có

Vậy từ (*) suy ra
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

A

DE

AE

FC

.

.
DC

FB

JM // DE nên
IN

IP

.

hàng.

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

5


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′

Theo định lí Ta – lét ta có
vì CC′ // RD và B đối xứng với D qua O , C′

đối xứng với P qua O.
QB

Ta lại có
QC

PO

Suy ra

.
PB

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

. MBMC

.

NA

NC

= −

PA

PB

.−

MB

MC

. −

NA

NC

.

(∗)

Do tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (I) nên PB= MB ; MC = NC ; PA = NA.
Từ (*) suy ra
PA

MB

.
PB

NC

.
MC

NA

PA

−

.−

PB

Theo định lí Xê- va cho tam giác ABC và ba điểm M, N, P


ta đƣợc AM, BN, CP đồng quy.
6

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

Do tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn nên ta có
BM = BP, AN = AP, CM = NC; AQ // BC nên
PA

AQ

=
PB

BC

AP

BC

=

.
BP

AQ

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 TB

PB

. TCPC =

−1 khi và chỉ khi T, Q, R

thẳng hàng.
Bài giải (h.10)

Điều kiện đủ. Giả sử
Theo định lí Xê-va ta có
QC

PB
.

.

PC

QA

TB

BC sao cho

RA

.
QA

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

RB

QC

.
TC

RA

RB

ra T ≡T′ . Vậy

Theo chứng minh trên thì R, Q, T′ thẳng hàng suy

7


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

NC

.

MC

PA

.

NA

PB

Vì NP // BC nên theo định lí Ta- lét ta có
PA

NA

=

PB

NC

Từ (1) và (2) suy ra

OE

= −1 = > OE = OF.( ở đây L = AO ∩ PN

=>

OF

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

QB

.

.
PB

QC

NC

NA

và ba đƣờng thẳng N, P, M ta đƣợc

MB

NC

PA

.

MC

.

NA

PB

Từ (3) và (4) suy ra
điểm thẳng hàng : Cho bốn đƣờng thẳng a, b, c, d đồng quy tại O, đƣờng thẳng
cắt chúng tại bốn điểm phân biệt A, B, C, D.
-Nếu đƣờng thẳng
AC

BD

.

=


AD

-

YZ

BC

AC

Một đƣờng thẳng song song với OA cắt các tia OB, OC, OD lần lƣợt tại Y, X, Z thì AD

8

.

BD
BC

= −1 khi và chỉ khi YX =

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

Áp dụng tính chất trên với bốn đƣờng thẳng MQ, MN, ML, MP và

LN
LP

LN
QP

LP . QN

.

QN

QP

= −1.

= −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

EB

=−

ED

ED

đoạn thẳng BD nên
CB

Vậy CD
MA

MB

.

= − ED

CB
CD

.

ND
NA

EB

. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABD và ba điểm M, C, N ta có

= 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,
XA YB ZC TD

BC, CD sao cho
lƣợt song song với XT, YT và TZ. Chứng minh rằng ba đƣờng thẳng a, b, c đồng quy.

=

=

=

XD YA ZB TC

= 2. Gọi a, b, c, là các đƣơng thẳng lần lƣợt đi qua A, B, C và lần

Theo giả thiết ta có AX = 2DX, BY = 2AY, CZ = 2BZ, DT = 2CT.

9

′

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

1

1

PP′ = CT = DC = AB. Hai tam giác ZBP′ và

3


ZCT đồng dạng với nhau và BZ = 2CZ nên

P′B = 1CT =

2

′

′

PB=PP +P B==

Vậy ta có PA = 3.

PB

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=

1

′

1

1

CT = DT nên CM = DX = AD =

2

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 =

′

Vì CN // AB nên ta có

Từ (1), (2), (3) ta suy ra
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

10


′

′

′

′

′

′

B C , A C , A B tại

A

giác A′ B′ C′ . Các đƣờng thẳng AO′ , BO′ , CO′ lần lƣợt cắt 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′

=−

=−

=− −

Vì AA′ , BB′ , CC′ đồng quy nên theo định lí Xê – va vào tam giác ABC và ba

điểm A′ , B′ , C′

CA

′

BA′

Xê- va vào ′′tam′′giác′′ A′ B′ C′ và

ba
điểm A ,B ,C ta đƣợcA′
A′′ , B′ B′′ , C′ C′′ đồng quy.

Bài toán 13. Cho tam giác
ABC và các đƣờng tròn (O1)
tiếp xúc với các tia AB, AC;
đƣờng tròn (O2) tiếp xúc với
các tia BC, BA; đƣờng tròn
(O3) tiếp xúc với các tia CA,
CB. Đƣờng tròn (O4) tiếp
xúc ngoài với (O1), (O2),
(O3) 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,r1, r2, r3, r4 lần
lƣợt là bán kính

các đƣờng tròn (O1), (O2), (O3), (O4).

Đặt K =AX ∩ IO4. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt cho tam

giác IO O

.


12

Áp dụng định lí Ta – lét ta suy ra
suy ra
Đặt K1 = BY ∩ IO4, K2 = CZ ∩ IO4. Tƣơng tự nhƣ trên ta chứng minh

đƣợc
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 C2 , B1. Đƣờng thẳng qua O song song với CA cắt
BC, BA lần lƣợt tại A2 , C1. Đƣờng thẳng qua O song song với AB cắt CA, CB lần lƣợt
tại B2 , A1. Vẽ các hình bình hành OA1A3A2 , OB1B3 B2 , OC1C3 C2 . Chứng minh rằng
AA3 , BB3 , CC3 đồng quy.

Bài giải
(h.17) Giả sử AA3 , BB3 , CC3 lần lƣợt cắt BC, CA, AB tại M, N, P.

MB

Ta có
MC

( vì A2A3//AB, A1A2

A2B

=
A1C

Tƣơng tự ta có

từ các đẳng thức trên ta có
MB

Suy ra
MC

hay AA3 , BB3 , CC3

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.


Bài giải
Giả sử đƣờng thẳng BI cắt AD tai M′ và cắt DC tại X (h.18).

Y

X
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

DM ′
CM
2
XD
2
XC =
CB =
CB = 3. Ngoài ra hiển nhiên X nằm ngoài đoạn thẳng DC nên
XC = 3.

′
Giả sử đƣờng thẳng DJ cắt′ AB tại N′ và
cắt BC tại Y. Vì J là trung điểm
// ND nên J cũng là trung điểm của DN′ và do đó ADNN′ là
YC của NA
CDvà AN CD
hình bình hành, suy ra AN = DN, BN′ = CN. Ta có BN′ // CD nên YB = BN ′ = CN =

3.

Ngoài ra vì Y nằm ngoài đoạn thẳng BC nên YB

YC

= 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

ZB

BD nên
ZD

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.

13


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

AC

=
AE

AD

Mà EAD = BAC nên DAC = BAE .

Suy ra ΔABE và ΔACD đồng dạng.
AB

Do đó
AC

Cộng (1) và (2) theo vế ta đƣợc
AD. BC + AB. CD = AC. ED + AC. BE = AC
( 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.

E

Bài giải.(h.20)
Ta có MDB = MKB = α nên M, K, D, B
cùng nằm trên một đƣờng tròn. Suy ra BMD = BKD.

Ta lại có MEA = MKB = α 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. B Mà EMA + MAE + α = 1800, MBD + α + DMB =
1800

M

A

K

14

D
Hình 20

C


suy ra DMB = EMAnên EKA = DKB.
Do đó D, E, K thẳng hàng.
Nhận xét. Trong trƣờng hợp α = 900, 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

R

PA

Q

PC

Tƣơng tự ΔQBC đồng dạng với ΔQAB (g.g) và

A

ΔRAC đồng dạng với ΔRCB(g.g) ta có
QC

QA

C
B


Nhân (1) , (2) và (3) theo vế ta đƣợc
PB

PC

QC

RA

. QA

. RB

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,

Q
15


ME ⊥ AC, MF ⊥ AB. Do đó D, E, F 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 = 1800.

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, dA , dB , dC , dD là các đƣờng thẳng Simsơn của A, B, C, D tƣơng ứng đối với các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC.

Chứng minh rằng dA , dB , dC , dD đồng quy.

Bài giải.
Gọi H1, H2 , H3, H4 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
H1, H2 , H3, H4. Do đó dA , dB , dC , dD lần lƣợt đi

qua trung điểm của H1, BH2 , CH3, DH4 .

gọi M là trung điểm của AB thìCH4 = 2OM.

Vì DH3 = 2OM nên CDH3H4 là hình bình hành. Suy ra , DH4, CH3cắt nhau tại trung điểm mỗi đƣờng. Tƣơng tự H1, BH2 cắt nhau tại trung điểm mỗi đƣờng. Vậy dA
, dB , dC , dD đồng quy.

Bài toán 21. Cho hai đƣờng tròn (O1) và (O2) 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 (O1), ( E,

16


F là các tiếp điểm, F cùng phía với O2bờ là AB). Đƣờng thẳng BE và BF cắt đƣờng tròn (O2) 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

và ΔMAE đồng dạng nên
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 =

Mặt khác ABF = APQ nên ΔFBA và I′PA đồng dạng.
FB

Suy ra
Ta có ABE =I

′

FA

, QAI′ = QFI ′ = EFB = EAB.

Do đó ΔABE đồng dạng với ΔAQI′. Suy ra

Từ (1), (2) và (3) suy ra

I′Q

I′Q

=

Vây I ≡ I′. Suy ra ba điểm E, F, I thẳng hàng.

I′A

′

′

nên I Q = I P .

I′A

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 = 1800 − ANM −
CKA Mà CKA = ABC = MBC. (2)
Vì tứ giác BMNC nội tiếp đƣờng tròn ( I ) nên ANM = MBC.

17


Từ (1) và (2) suy ra

MKC = 1800 − 2MBC = 1800 − MIC .

A

Do đó MKC + MIC = 1800 nên tứ giác MKIC nội tiếp.
Suy ra IKC =
IMC =

1800 − MIC

=

1800 − 2MBC
2

IMC . Trong tam giác IMC có

= 900 − MBC.

2

Suy ra IMC + MBC = 900 nên IKC + AKC = 900. Do đó IK ⊥ AK. Đƣờng tròn (J) và đƣờng tròn (O) cắt
nhau tại A, K nên OJ⊥ AK. Suy ra OJ // IK.

N

J

O

K
M
B

I

C

Hình 25

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 dạn
Tƣơng tự ta có
Từ (1), (2) và (3) suy ra