(Luận văn) trục đẳng phương, phương tích và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG VĂN PHÚ lu an n va TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG, PHƯƠNG TÍCH p ie gh tn to VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu Thái Nguyên - 2015 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG VĂN PHÚ TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG, PHƯƠNG TÍCH VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG lu an n va tn to Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp 60 46 01 13 p ie gh Mã số: w d oa nl LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z at nh oi PGS.TS TRẦN TRUNG z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2015 ac th si i Mục lục Lời cảm ơn iii lu an 1 Kiến thức sở 1.1 Phương tích điểm với đường tròn 1.1.1 Định nghĩa ví dụ 1.1.2 Các tính chất Phương tích hệ tọa độ Descartes Trục đẳng phương hai đường tròn n va Mở đầu p ie gh tn to 1.2.2 Các tính chất 1.2.3 Cách xác định trục đẳng phương hai đường tròn 10 1.2.4 Trục đẳng phương hệ tọa độ Descartes 11 nf va 12 1.3.1 Định nghĩa ví dụ 12 1.3.2 Các tính chất 13 gm @ Tâm đẳng phương z z at nh oi lm ul Một số ứng dụng phương tích trục đẳng phương 15 co l Định nghĩa an 1.3 lu 1.2.1 d oa 1.2 nl w 1.1.3 Chứng minh đồng quy 15 2.2 Chứng minh điểm cố định 22 m 2.1 an Lu n va ac th si ii 2.3 Chứng minh điểm thuộc đường tròn, điểm nằm đường thẳng cố định 28 2.4 Chứng minh thẳng hàng 34 2.5 Chứng minh đẳng thức 42 2.6 Chứng minh vng góc, song song 44 Kết luận 56 Tài liệu tham khảo 57 lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si iii Lời cảm ơn Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên hướng dẫn khoa học PGS.TS Trần Trung Qua em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn lu an khoa học mình, PGS.TS Trần Trung, người đưa đề tài dành nhiều va n thời gian tận tình hướng dẫn, giải đáp thắc mắc em suốt Em xin trân trọng cảm ơn thầy cô giảng dạy Phịng Đào tạo thuộc ie gh tn to trình nghiên cứu Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy p Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện tốt nl w để em theo học lớp học Đồng thời xin gửi lời cảm ơn tới tập thể d oa lớp Cao học Tốn 7D khóa 1/2014 - 1/2016 động viên giúp đỡ an lu trình học tập làm luận văn nf va Tôi xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải Dương, Ban lm ul Giám hiệu đồng nghiệp Trường THCS Quang Trung - Kinh Môn - Hải z at nh oi Dương tạo điều kiện cho tơi học tập hồn thành kế hoạch học tập Tơi cảm ơn gia đình bạn bè động viên giúp đỡ suốt z trình học tập làm luận văn gm @ Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015 l m co Đặng Văn Phú Học viên Cao học Toán 7D an Lu Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên n va ac th si Mở đầu Trong hình học phẳng, phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương vấn đề quen thuộc ứng dụng nhiều việc giải tốn Nói đến chủ đề này, ta hiểu cách đơn giản định nghĩa, lu an tính chất ứng dụng liên quan đến việc xét vị trí tương đối điểm cố va n định với đường tròn, tập hợp điểm với đường tròn, đường tròn với đường trịn tn to Phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương chuỗi phát triển ie gh mối quan hệ Những kiến thức đơn giản dễ hiểu p ứng dụng đa dạng, phong phú nhiều phương pháp nl w tối ưu cho tốn hình học Một nắm vững d oa hiểu rõ vấn đề này, việc áp dụng vào giải toán trở nên thuận tiện bao an lu hết nf va Một số ứng dụng phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương lm ul kể đến tập hợp điểm, góc, khoảng cách, điểm cố định, đường z at nh oi cố định, chứng minh hệ thức, toán thẳng hàng, đồng quy, vng góc, dựng hình, cực trị hình học, Chúng ta có lợi khơng nhỏ z sử dụng vấn đề toán học để giải toán liên quan đến vấn đề gm @ mặt giúp người học hạn chế nghiệm trường hợp l toán, làm cho toán trở nên nhẹ nhàng cách gọi ẩn tình m co xảy ra, mặt khác giúp lời giải toán trở nên hay, đẹp an Lu tạo nên tối ưu việc giải yêu cầu đề Với lý trên, với quan tâm muốn sâu vấn đề n va ac th si chúng tơi chọn đề tài Trục đẳng phương, phương tích số ứng dụng cho luận văn Do nhiều yếu tố chủ quan khách quan, nội dung viết cịn nhiều khiếm khuyết, mong nhận ý kiến đóng góp q thầy bạn bè đồng nghiệp Cấu trúc luận văn Nội dung luận văn trình bày thành chương: • Chương 1: Kiến thức sở Trong chương này, chúng tơi trình bày lu cách sơ lược phương tích điểm với đường trịn, trục đẳng an n va phương hai đường tròn tâm đẳng phương mà sử dụng • Chương 2: Một số ứng dụng phương tích trục đẳng phương gh tn to chương p ie Trong chương chúng tơi trình bày ứng dụng phương tích, trục đẳng w phương tâm đẳng phương vào chứng minh đồng quy, chứng minh điểm cố oa nl định, chứng minh điểm thuộc đường tròn, chứng minh điểm d nằm đường thẳng cố định, chứng minh thẳng hàng, chứng minh lu nf va an vng góc song song lm ul Thái Nguyên, tháng 11 năm 2015 z at nh oi Đặng Văn Phú z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Kiến thức sở 1.1 Phương tích điểm với đường trịn lu an 1.1.1 Định nghĩa ví dụ n va tn to Định lí 1.1.1 [1] Cho đường trịn (O; R) điểm P cố định, OP = d Qua ie gh P kẻ đường thẳng cắt đường tròn hai điểm U V Khi giá trị p P U P V = P O2 − R2 = d2 − R2 nl w d oa không phụ thuộc vào vị trí đường thẳng an lu Chứng minh (Hình 1.1) Gọi M nf va điểm đối xứng V qua O Ta có lm ul M U vng góc với P V hay U hình z at nh oi chiếu M P V Suy −→ −→ −−→ −→ P U P V = P U P V = P M P V −→ −−→ −→ −−→ = (P O + OM )(P O + OV ) −→ −−→ −→ −−→ = (P O − OV )(P O + OV ) −→ −−→ = P O2 − OV = OP − OV = d2 − R2 Hình 1.1 z co l gm @ m Định nghĩa 1.1.1 [1] Giá trị không đổi P U P V = P O2 − R2 = d2 − R2 an Lu gọi phương tích điểm P đường tròn (O) ký hiệu n va PP/(O) ac th si Định lí 1.1.2 [1] Nếu đường thẳng AB CD cắt P P A.P B = P C.P D điểm A, B, C, D thuộc đường trịn Chứng minh (Hình 1.2) Giả sử đường trịn ngoại tiếp ∆ABC cắt CD D0 P A.P B = P O.P D0 lu an ⇒ P D = P D0 ⇒ D ≡ D0 n va Vậy điểm A, B, C, D thuộc Hình 1.2 gh tn to đường trịn p ie Ví dụ 1.1.1 Cho đường tròn (O) điểm A, B cố định Một đường thẳng w quay quanh A cắt (O) M N Chứng minh tâm đường tròn ngoại d oa nl tiếp tam giác BM N thuộc đường thẳng an lu Giải (Hình 1.3) Gọi I tâm đường tròn nf va ngoại tiếp tam giác BM N C giao lm ul điểm AB với (I) Khi z at nh oi PA/(I) = AC.AB = AM AN = PA/(O) z khơng đổi A, O cố định PA/(O) Suy AC = Vì A, B cố định AB co l Hình 1.3 m trung trực BC cố định gm điểm C cố định Do I thuộc đường @ C thuộc AB nên từ hệ thức suy an Lu n va ac th si 1.1.2 Các tính chất Tính chất 1.1.1 Nếu điểm M nằm ngồi đường trịn (O) M T tiếp tuyến (O) PM/(O) = M T Tính chất 1.1.2 Nếu hai điểm A, B cố định AB.AM số M cố định Tính chất 1.1.3 + Điểm M nằm bên ngồi đường tròn (O) PM/(O) > lu + Điểm M nằm đường tròn (O) PM/(O) = an + Điểm M nằm bên đường tròn (O) PM/(O) < n va tn to Tính chất 1.1.4 (Hình 1.4) Cho hai đường thẳng AB, M T phân biệt cắt gh M (M không trùng A, B, T ) Khi M A.M B = M T p ie đường trịn ngoại tiếp tam giác ABT tiếp xúc với M T T d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul Hình 1.4: Hình 1.5: z gm @ Ví dụ 1.1.2 Cho ABC nội tiếp đường tròn (O, R) G trọng tâm củaABC m co l Chứng minh PG/(O) = − (AB + BC + CA2 ) −→ −→ −−→ −→ Giải (Hình 1.5) Vì G trọng tâm ABC nên OG = OA + OB + OC, an Lu suy 9OG2 = OA2 + OB + OC + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) n va = 3R2 + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) (1) ac th si 43 2(b2 + c2 ) − a2 a2 = + 4 2 2 a a b +c − + = (a2 + b2 + c2 ) = Tương tự ta tính PB/(O2 ) = PC/(O3 ) = (a2 + b2 + c2 ) Do PA/(O1 ) = PB/(O2 ) = PC/(O3 ) Bài toán 2.5.2 (S44 Mathematical Reflection MR2-2007) Từ điểm P nằm bên đường tròn tâm O, kẻ tiếp tuyến P A, P B tới đường tròn lu (O) (A, B tiếp điểm) Gọi M trung điểm AP N giao điểm an n va BM với (O) (N không trùng B) Chứng minh P N = 2M N gh tn to Giải (Hình 2.31) Ta có ie M N.M B = M A2 = M A.M P p Gọi N điểm đối xứng với N oa nl w qua M Khi d M N.M B = M N M B an lu Suy M A.M P = M N M B nf va hay tứ giác ABP N tứ giác nội Hình 2.31 lm ul \ Suy N \ tiếp đường trịn Ta có P\ AN = P\ BN = BAN AN = z at nh oi \ AN N hay tam giác N AN cân A Mà ∆N AN = ∆N P N , suy tam giác N P N cân N Suy P N = 2.M N z Bài toán 2.5.3 (USAMO 1998) Cho hai đường tròn đồng tâm O ký hiệu gm @ (C1 ) (C2 ), (C2 ) nằm (C1 ) Từ điểm A nằm (C1 ) kẻ l co tiếp tuyến AB tới (C2 ) AB giao với (C1 ) điểm thứ hai C Gọi D trung m điểm AB Một đường thẳng qua A cắt (C2 ) E, F cho đường trung an Lu trực đoạn DF EC giao điểm M nằm AC Chứng minh n va 3AM = 5M C ac th si 44 lu an n va Hình 2.32: tn to Giải (Hình 2.32) Theo giả thiết (C1 ); (C2 ) hai đường tròn đồng tâm O ie gh AC tiếp tuyến (C2 ) B nên B trung điểm AC p Ta có PA/(C2 ) = AE.AF = AB = AB.2AB = AD.AC Nên tứ giác DCF E nội tiếp Do M tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác DCF E Mà oa nl w d M nằm AC nên M D = M C = DC Từ đó, ta có AM = AB M C = AB Suy 4 nf va an lu lm ul AM 2.6 hay 3AM = 5M C z at nh oi MC = Chứng minh vng góc, song song z @ gm Với cách giải toán cho ta thấy nghiên cứu sâu co l kĩ chủ đề giúp ta thấy hay, đẹp hình học Bài tốn m chứng minh quan hệ vng góc, song song sau kết hợp tuyệt an Lu vời tính chất phương tích trục đẳng phương n va ac th si 45 Bài tốn 2.6.1 [2] Cho đường trịn (O) đường kính AB Gọi AM BN hai dây cung cắt I Kẻ IH vng góc với AB đường cắt (O) J Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IJM Chứng minh KJ vng góc với AJ Giải (Hình 2.33) Vì AB đường kính nên \ \ AM B = AN B = 900 Suy tứ giác BHIM nội tiếp đường trịn đường kính IB lu Ta lại có tam giác AJB vng J có JH an n va đường cao nên AJ = AH.AB Mà tứ tn to giác BHIM nội tiếp nên ta có AH.AB = p ie gh AM AI Suy AJ = AM AI Hình 2.33 w Đẳng thức chứng tỏ AJ tiếp xúc với d oa nl đường trịn (M IJ) hay KJ vng góc với AJ an lu Bài tốn 2.6.2 [4] Cho hai đường tròn (O), (O0 ) cắt A B Trên nf va đường thẳng AB, đoạn AB lấy điểm C Qua C vẽ cát tuyến CM N lm ul (O) CP Q (O0 ) CT CT tiếp tuyến (O) (O0 ) Gọi I z at nh oi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T P Q, chứng minh IT vng góc với CT , I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T M N , chứng minh I T vng góc với CT z @ m co CM CN = CA.CB l gm Giải (Hình 2.34) Tứ giác AM N B nội tiếp đường tròn (O), n va CP CQ = CA.CB an Lu Tứ giác APQB nội tiếp đường tròn (O’), ac th si 46 Suy CM CN = CA.CB Ta có CT tiếp xúc (O) T CM N cát tuyến (O), nên CT = CM CN Theo chứng minh ta có CM CN = CP CQ Do CT = CP CQ lu Vậy CT tiếp tuyến T an n va đường tròn ngoại tiếp tam giác Tương tự ta có CT tiếp tuyến gh tn to T P Q hay IT vng góc với CT p ie T đường tròn ngoại tiếp oa nl với CT w tam giác T M N , I T vng góc Hình 2.34 d an lu Bài tốn 2.6.3 [3] Cho đường trịn (O) điểm P nằm ngồi đường tròn nf va Qua P vẽ cát tuyến P AB (O) Các tiếp tuyến (O) A, B cắt lm ul M Đường thăng OM cắt AB i, đường thẳng M H vuông góc với OP z at nh oi H, cắt AB n Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IN T , chứng minh KT vng góc P T (P T tiếp tuyến (O)) z \ = OAM \ = OBM \ = 900 nên điểm Giải (Hình 2.35) Ta có OHM l gm @ O, H, A, M, B đường tròn an Lu P A.P B = P O.P H (1) m co Trong đường tròn đó, OH AB cắt P nên n va Trong (O), OM vng góc với AB I trung điểm AB Tứ giác ac th si 47 lu an Hình 2.35: n va gh tn to \ = OIN [ = 900 Do OIM N nội tiếp Suy OIM N có OHN (2) p ie P O.P H = P I.P N d oa nl w So sánh (1) (2) ta P A.P B = P O.P H = P I.P N (3) an lu lm ul tuyến nên nf va P T tiếp tuyến (O) T Trong (O), P AB cát tuyến, P T tiếp P T = P A.P B (4) z at nh oi Từ (3) (4) ta suy P T = P I.P N Điều chứng tỏ đường tròn ngoại z tiếp tam giác IN T tiếp xúc với P T T hay KT ⊥ P T @ l gm Bài tốn 2.6.4 (Thi vơ địch tốn Iran 1996) Cho hai điểm D, E tương ứng nằm cạnh AB, AC tam giác ABC cho DE k BC Gọi P co m điểm nằm bên tam giác ABC, đường thẳng P B P C lần an Lu lượt cắt DE F G Gọi O1 , O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác n va P DG, P F E Chứng minh AP vng góc với O1 O2 ac th si 48 lu an va n Hình 2.36: gh tn to Giải (Hình 2.36) Gọi M giao điểm thứ AB với (O1 ) N giao p ie điểm thứ AC với (O2 ) Ta có oa nl w \ \ P\ MD = P GD = P CB d Suy tứ giác BP CM nội tiếp, tương tự tứ giác BP CN nội tiếp, tứ lu nf va an giác BM N C nội tiếp Mà DE k BC ta thu tứ giác M DEN nội tiếp Áp dụng định lý tâm đẳng phương cho đường tròn ngoại tiếp lm ul DGP, P EF DEN M ta có DM ∩EN = {A} nằm trục đẳng phương z at nh oi (O1 ) (O2 ) Suy AP ⊥ O1 O2 z Bài toán 2.6.5 [2] Cho tam giác ABC, đường cao AD, BE, CF đồng @ quy H, M trung điểm BC, EF cắt BC I Chứng minh IH vuông co l gm góc với AM m Giải (Hình 2.37) Gọi O, J trung điểm AH, M H Ta có an Lu \ \ \ = EM \ EF D = 2.HF D = 2.EBM C n va ac th si 49 Hình 2.37: lu an Suy tứ giác FEMD nội tiếp Khi IE.IF = IM ID Suy I nằm n va trục đẳng phương (O; OA) (J; JH) Suy IH vng góc với OJ tn to Mà OJ đường trung bình tam giác AM H nên OJ k AM Do vậy, p ie gh IH vuông góc với AM w Bài tốn 2.6.6 (Vơ địch Toán Hungary 1999) Cho tam giác ABC nhọn với oa nl đường cao AD, BE, CF cắt H Gọi M, N giao điểm d cặp đường thẳng DE, CF DF, BE; O tâm đường trịn ngoại lu góc với nf va an tiếp tam giác BHC Chứng minh hai đường thẳng OA M N vuông lm ul Giải Trước hết ta chứng minh toán: Cho tam giác ABC có E tâm z at nh oi đường tròn Euler H trực tâm Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC Khi ta có A, E, O thẳng hàng (Hình 2.38) z Gọi (I) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi K giao điểm @ l gm tia AH với (I) Ta dễ dàng chứng minh đươc hai tam giác BHC, BKC đối co xứng qua đường thẳng BC Do đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác m BHC đối xứng với đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác ABC qua BC an Lu Suy OI vng góc với BC Do OI k AH (1) n va Gọi M trung điểm BC Kẻ đường kính BIJ (I) Lại có AHCJ ac th si 50 lu an n va Hình 2.38: Hình 2.39: tn to hình bình hành nên AH = CJ Mà M trung điểm BC O, I đối ie gh xứng qua BC nên OI = 2IM = CJ (IM đường trung bình tam p giác BJC) (2) nl w Do OI = AH d oa Từ (1) (2) suy AHOI hình bình hành Vì E tâm đường tròn an lu Euler tam giác ABC nên E trung điểm IH Suy E trung lm ul minh nf va điểm AO Điều chứng tỏ A, H, O thẳng hàng Bài toán chứng z at nh oi Ta quay trở lại tốn ban đầu (Hình 2.39) Gọi G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF tức G tâm đường tròn Euler tam giác ABC Ta có tứ giác BHFD nội tiếp nên z @ l gm PN/(BF HD) = N F N D = N B.N H co Mà N F N D = PN/(G) , N B.N H = PN/(O) Suy PN/(G) = PN/(O) m Tương tự ta có PM/(G) = PM/(O) Do M N trục đẳng phương an Lu (O) G Suy M N vng góc với OG Mà O, G, A thẳng hàng nên n va M N vng góc với OA ac th si 51 Bài tốn 2.6.7 [2] Trên cạnh AB hình bình hành ABCD lấy hai điểm thay đổi A0 , B tùy ý Các đường thẳng CA0 , DB cắt P Chứng minh trục đẳng phương hai đường tròn ngoại tiếp tam giác P AA0 , P BB luôn song song với BC lu an n va ie gh tn to p Hình 2.40: w oa nl Giải (Hình 2.40) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác P AA0 P BB d cắt điểm thứ hai Q P Q trục đẳng phương chúng Gọi M an lu M A.M A0 = M B.M B (1) lm ul Ta có nf va giao điểm P Q AB; N giao điểm P Q CD Mặt khác, tam giác P M A0 tam giác P N C đồng dạng nên z at nh oi M A0 NC PM = PN (2) z M B0 ND (4) n va = (3) an Lu NC M B0 m Từ (2) (3) suy M A0 PN co ND PM = l gm @ Ta lại có, tam giác P M B tam giác P N D đồng dạng nên ac th si 52 Từ (1) (4) ta có NC MB = mà AD song song với BC nên M N song ND MA song với BC hay P Q song song với BC Bài tốn 2.6.8 [1] Cho hai đường trịn (O), (O0 ) tiếp xúc A Tiếp tuyến chung tiếp xúc với (O) T , với (O0 ) T , cắt OO0 S Tiếp tuyến chung cắt T T M a Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OM O0 , chứng minh HM vng góc với SM lu b Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AT T , chứng minh an n va KA vng góc với SA p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu lm ul z at nh oi Hình 2.41: Giải (Hình 2.41) a Nối M O M O0 Đó phân giác hai góc kề bù z gm @ T M A góc AM T nên M O vng góc với M O0 l \ \ Tam giác OMO’ vng M MA đường cao nên M OA = AM O0 m co M T (MO’ phân giác), suy M 0M T \ \ Mà AM O0 = O\ OA = O\ an Lu M T nên \ Hai tam giác SM O SO0 M có: Góc Sb chung M OA = O\ n va ac th si 53 tam giác SM O tam giác SO0 M đồng dạng Suy SM SO0 SO = SM ⇒ SM = SO.SO0 Điều chứng tỏ SM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp OM O0 M hay HM vng góc với SM b Tứ giác OAM T nội tiếp nên SM ST = SO.SA (1) lu an Tứ giác O0 AM T nội tiếp nên va n SM ST = SO0 SA (2) tn to p ie gh Nhân (1) (2) vế theo vế ta 2 (3) nl w SM ST ST = SO0 SO.SA d oa Mà SM = SO0 SO nên (3) trở thành SA = ST ST Điều chứng tỏ nf va vng góc với SA an lu SA tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác AT T hay KA lm ul Bài toán 2.6.9 (Iran MO 1996) Trên hai cạnh AB, AC tam giác ABC z at nh oi lấy điểm D, E cho DE song song với BC Gọi P điểm tùy ý bên tam giác ABC, đường thẳng P B, P C cắt DE F, G Gọi z O1 , O2 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P DG, P EF m co l gm @ Chứng minh AP vuông góc với O1 O2 an Lu n va ac th si 54 Giải (Hình 2.42) Gọi M giao điểm thứ hai AB với (O1 ), N giao điểm thứ hai AC với (O2 ) Suy tứ giác BP CM nằm đường tròn, tương tự tứ giác BP CN nội tiếp đường trịn Do đó, tứ giác lu BM N C nội tiếp an n va Mà ta có DE k BC nên ta có Hình 2.42 tn to tứ giác M DEN nội tiếp gh Áp dụng định lý tâm đẳng phương cho đường tròn ngoại tiếp tam giác p ie DGP , tam giác P EF tứ giác DEN M ta có A giao DM EN nl w nằm trục đẳng phương (O1 ), (O2 ) Suy AP vuông góc với O1 O2 d oa Bài tốn 2.6.10 [4] Cho tam giác ABC không cân A, nội tiếp đường an lu tròn tâm (O) (O1 ; R1 ) đường tròn qua B, C cắt AB, AC theo thứ nf va tự K, L Đường tròn ngoại tiếp tam giác AKL cắt đường tròn (O) M z at nh oi với M O1 lm ul khác A S giao diem cua AM, KL, BC Chứng minh SA vng góc Giải (Hình 2.43) Gọi (O2 ) đường trịn ngoại tiếp tứ giác AM KL Vì tam z giác ABC khơng cân A nên ba điểm O, O1 , O2 không thẳng hàng nên S @ l gm tâm đẳng phương ba đường tròn (O), (O1 ), (O2 ) Ta có SM SA = SK.SL = PS/(O1 ) = SO12 − R12 m co (1) an Lu \ [ = LCB [ Suy tứ giác LM SC nội tiếp Suy Ta lại có SM L = LKA (2) n va AM AS = SL.AC = PA/(O1 ) = AO12 − R12 ac th si 55 lu Hình 2.43: an n va Từ (1) (2) suy ra: SM SA − AM AS = SO12 − AO12 tn to gh ⇒ (SM + AM ).SA = SO12 − AO12 p ie ⇒ (SM + AM ).(SM − AM ) = SO12 − AO12 oa nl w ⇒ SM − AM = SO12 − AO12 d Do SA vng góc với M O1 nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 56 Kết luận Luận văn đề cập đến số vấn đề sau: Trình bày cách sơ lược kiến thức liên quan đến phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương như: Khái niệm phương tích, trục đẳng lu an phương tâm đẳng phương số tính chất chúng Nội dung chủ va n yếu trình bày chương tn to Trong chương trình bày số ví dụ minh họa cho việc vận dụng ie gh tính chất phương tích, trục đẳng phương tâm đẳng phương p việc giải vài dạng tốn hình học tốn chứng minh đồng quy, nl w thẳng hàng, qua điểm cố định, điểm nằm đường tròn, d oa chứng minh vng góc, song song an lu Những tập phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương thường nf va kết hợp với nhiều kiến thức toán học khác như: vectơ, tam giác đồng lm ul dạng, hệ thức lượng tam giác vuông nhiều định lý toán học khác z at nh oi chứng minh Do thời gian nghiên cứu hạn chế nên tác giả qua hết tất ứng dụng phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng z phương tốn học Ngồi lý thuyết ứng dụng nêu gm @ luận phương tích, trục đẳng phương, tâm đẳng phương ứng l dụng để giải toán liên quan đến mặt cầu, toán quỹ tích, tốn m co dựng hình,bài tốn cực trị, chứng minh bất đẳng thức hình học cho vấn đề an Lu Hy vọng nghiên cứu sau sâu mở rộng n va ac th si 57 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Trần Đức Huyên, Phạm Thành Luân, Lê Mậu Thống, Lê Mậu Thảo lu an (2010), Các vấn đề Hình học 10, tài liệu bồi dưỡng học sinh Khá & n va Giỏi, NXB Đại học Quốc Gia Tp Hồ Chí Minh NXBGD p ie gh tn to [2] Đoàn Quỳnh (chủ biên) (2009), Tài liệu chuyên tốn - Hình học 10, nl w [3] Nhiều tác giả (2005), Tuyển tập 30 năm tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, d oa NXBGD lu z at nh oi lm ul Tiếng Anh nf va NXBGD an [4] Nhiều tác giả (2006), Tuyển tập theo chuyên đề Toán học Tuổi trẻ, z [5] Dusan Djukic, Vladimir Jankovic, ivan Matic, Nikola Petrovic, The IMO @ m co l Mathematical Olympiads (1959-2004) gm Compedium A collection of Problems Suggested for the International an Lu n va ac th si