THÔNG TIN TÀI LIỆU
Chuyên đề 8.ĐỊNH LÝ PTÔLÊMÊ-ĐƯỜNG THẲNG SIMSON CHỦ ĐỀ 1.ĐỊNH LÝ PTƠLÊMÊ A Kiến thức cần nhớ Ptơlêmê nhà khoa học cổ Hy Lạp, sống vào kỷ Từ năm 127 đến năm 151 sau công nguyên, ông sống Alechxanđri (Ai Cập), nghiên cứu toán học, thiên văn học địa lý Ông tác giả thuyết hệ vũ trụ địa tâm; mơ hình cấu trúc vũ trụ đầu tiên, khẳng định cách sai lầm rằng, thiên thể chuyển động vòng trịn có tâm tâm trái đất nằm n, sở cho thiên văn học thòi gian dài kỷ 17, trước thuyết hệ nhật tâm Kơpecnich đời Cơng trình tốn học ông phong phú, sau định lý mang tên ông Định lý Trong tứ giác nội tiếp tích hai đường chéo tổng tích hai cặp cạnh đối diện Giải Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Ta cần chứng minh: AB.CD AD.BC AC.BD Giả sử DBC ABD Lấy điểm M đoạn AC cho MBC ABD Suy ABM ∽ DBC Suy AB AM BD CD AB CD BD AM CBM ∽ DBA Suy BC CM BD AD AD.BC BD.CM Do AB.CD AD.BC BD AM CM AC BD B Một số ví dụ Ví dụ Cho nửa đường trịn O; R , đường kính AB có C điểm Gọi M điểm thuộc cung BC Chứng minh rằng: AM BM CM Giải CB ta suy CA CB biểu diễn qua bán kính R Vì M điểm bất Tìm cách giải Với CA kì thuộc cung BC, kết luận liên quan tới MA, MB, MC nên ta liên tưởng tới định lý Ptơlêmê Trình bày lời giải Ta có AC BC , ACB 90 nên ABC vuông cân C AC BC AB R 2 Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABMC ta được: AC.BM AB.CM AM BC R 2.BM R.CM R AM AM BM CM Ví dụ Cho tứ giác ABCD nội tiếp AB.CD AD.BC Gọi M trung điểm BC Chứng minh rằng: MAB CAD Giải Tìm cách giải MAB CAD ABM ∽ ACD (vì có ABM ACD ) Do cần chứng tỏ cặp cạnh kề góc tỉ lệ tức AB AC MB DC Dựa vào giả thiết, tất yếu ta nghĩ tới vận dụng định lý Ptơlêmê Trình bày lời giải Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABCD ta được: AB.CD AD BC AC BD Mà AB.CD AD.BC nên: AB.CD 2 AC.BM AB AC MB DC Mặt khác ABM ACD suy ra: ABM ∽ ACD (c.g.c) Vậy MAB CAD Ví dụ Cho đường trịn (O) dây cung BC khác đường kính Tìm điểm A thuộc cung lớn BC đường tròn cho 21 AB 10 AC đạt giá trị lớn Giải Tìm cách giải Nếu có điểm E cung nhỏ BC ta có: AB.CE AC.BE BC AE Do để xuất 10 21 AB 10 AC ta cần xác định điểm E cho 21.BE 10.CE tức BE CE Với tỉ lệ 21 lại nghĩ tới đường phân giác góc BEC Do chất dựng điểm E Trình bày lời giải Gọi I điểm thuộc cạnh BC cho IB 10 IC 21 Gọi D điểm cung lớn BC đường tròn (O) Gọi E giao điểm thứ hai DI với (O) Khi EI phân giác góc BEC Suy EB IB 10 10 EB EC EC IC 21 21 Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác nội tiếp ABEC, ta có: AB.CE AC.BE BC AE Suy ra: AB.CE AC 21AB 10 AC 10 EC BC AE 21 21BC AE CE Do 21AB 10 AC đạt giá trị lớn AE lớn AE đường kính (O) Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có AC 2 AB Các đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (O) A, C cắt P Chứng minh BP qua điểm cung BAC Giải Tìm cách giải Để chứng minh BD CD, ta cần chứng minh BD CD Như dựa vào kết luận giả thiết liên quan tới cạnh tứ giác ABCD nên ta nghĩ tới việc vận dụng định lý Ptoleme Tuy nhiên bài, tứ giác có hai tiếp tuyến hai đỉnh đối diện (A C) đường chéo đồng quy ln có CD.BA BC AD (bạn nên nhớ tính chất để sử dụng) Trình bày lời giải Ta có: PCD ∽ PBC nên CD PC BC PB PAD ∽ PBA nên DA PA BA PB Mặt khác PC PA nên CD DA BC BA Suy CD.BA BC AD (1) Áp dụng định lý Ptơlêmê ta có: CD.BA AD.BC AC.BD (2) Từ (1) (2) suy ra: 2.CD AB AC.BD Mặt khác: 2.AB AC nên CD BD Vậy D điềm cung BAC C Bài tập vận dụng Chứng minh điểm P nằm cung nhỏ AB đường tròn ngoại tiếp hình vng ABCD PA PC PD PB PD PC Cho tứ giác nội tiếp có cạnh liên tiếp a, b, c, d đường chéo p, q Chứng minh rằng: pq a b c d Cho tam giác ABC không Gọi I O tâm đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tam giác Chứng minh AIO 90 AB AC 2 BC Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Chứng minh rằng: AC BC.CD AB.BD BD BC.BA DC.DA Cho hai đường tròn O1 ; R1 O2 ; R2 cắt hai điểm phân biệt A B (O1 O2 nằm hai phía AB) Một cát tuyến d qua A cắt O1 , O2 điểm C, D khác A (A thuộc đoạn CD) Tiếp tuyến C O1 cắt tiếp tuyến D O2 M Tìm vị trí d cho MC MD đạt giá trị R1 R2 lớn Cho tam giác ABC có I tâm đường tròn nội tiếp, O tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm G Giả sử OIA 90 Chứng minh IG song song với BC 7 Cho tam giác ABC với BC CA AB nội tiếp đường tròn (O) Trên cạnh BC lấy điểm D tia BA lấy điểm E cho BD BE CA Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE cắt cạnh AC điểm P đường thẳng BP cắt đường tròn (O) điểm thứ hai Q a) Chứng minh tam giác AQC đồng dạng với tam giác EPD b) Chứng minh BP AQ CQ (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2011-2012) Cho hình bình hành ABCD Một đường trịn qua A cắt đoạn thẳng AB, AC, AD điểm P, Q, R khác A Chứng minh rằng: AB AP AD AR AQ AC Giả sử M, N điểm nằm tam giác ABC cho MAB MBA NAC NBC Chứng minh rằng: AM AN BM BN CM CN 1 AB AC BA.BC CA.CB HƯỚNG DẪN GIẢI-ĐÁP SỐ Đặt độ dài cạnh hình vng ABCD a AC BD a Áp dụng định lí Ptơlêmê cho tứ giác PADC, ta có: PD AC PA.CD PC AD PD.a a PA PC 1 Áp dụng định lí Ptơlêmê cho tứ giác PBCD, ta có: PC.BD PB.CD PD.BC PC.a a PB PD Từ ( ) (2), suy ra: 2 PA PC PD PB PD PC Áp dụng định lí Ptơlêmê cho tứ giác nội tiếp ta có: ac bd pq Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: ac bd a b c d p q a b2 c d Suy ra: pq a b c d Dấu xảy khi: a b c d Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D Ta có: BAD DAC DB DC Vì I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên: BAI BID IBA B A IBD IBC CBD B A Suy DIB cân D nên DI DB Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABDC nội tiếp: AD.BC AB.CD AC BD BD AB AC DI AB AC Suy ra: AD AB AC ID BC Do AOD cân O nên AIO 90 AI ID AI ID 2.ID AD 2.ID AD AB AC ID BC AB AC 2 BC Lấy E, F thuộc đường tròn cho CDB ADE , ADB DCF Khi AE BC , FD AB, EC AB, BF AD Áp dụng định lý Ptôlêmê cho hai tứ giác nội tiếp AECD BCDF ta có: AC.ED AE.CD AD.EC BC.CD AD AB 1 BD.CF BC.DF BF CD BC AB AD.CD Mặt khác: CDE CDB BDE ADE BDE ADB FCD Do đó: FDC suy ED FC FDE CDE FCE FCD ECD Từ (1), (2), (3) suy ra: BC.CD AB.BD AC.ED AC BC.BA DC.DA BD.CF BD Hạ BH vng góc với MD ; MDA Ta có: MCA CBA DBA MCA MDB CBD ; CMD CBD CMD MCA MDB 180 Suy BCMD tứ giác nội tiếp Áp dụng định lý Ptơlêmê ta có: MC.BD MD.BC MB.CD 1 Do CBD ∽ O1 AO2 nên: BC BD CD O1 A O2 A O1O2 Hay BC BD CD R1 R2 O1O2 Đặt BC BD CD k R1 R2 O1O2 Suy ra: BC k R1 , BD k R2 , CD kO1O2 (2) Từ (1) (2) suy ra: MC.R2 MD.R1 MB.O1O2 hay MC MD MB.O1O2 R1 R2 R1 R2 Do MC MD đạt giá trị lớn MB lớn R1 R2 Tam giác BMH ln tự đồng dạng với d thay đổi, nên BM lớn BH lớn nhất, mà BH BD 2.R2 Dấu xảy B D đối xứng qua O2 , d / / O1O2 Kéo dài AI cắt BC (O) D; N Khi N điểm cung BC (khơng chứa A) Ta có: BN NC 1 BIN BN IN Lại có: IBN Do OI AN suy IA IN AN 3 Từ (1), (2), (3) BN NC IN IA Áp dụng định lí Ptơlêmê cho tứ giác nội tiếp ABNC ta có: BN AC AB.NC BC AN Từ (4) BN AC AB 2 BN BC AC AB 2 BC Áp dụng tính chất đường phân giác tam giác ABD, ACD (5) ta có: AB IA AC AB AC AB AC BC 2 BD ID CD BD CD BC BC Vậy IA 2 (6) ID Mặt khác G trọng tâm tam giác suy Từ (6),(7) AG 2 (7) GM IA AG 2 ID GM Suy IG song song với BC (định lý Ta-Lét đảo) a) Do tứ giác BEPD, ABCQ nội tiếp, nên EDP EBP ABQ ACQ (1) EPD 180 EBD 180 ABC AQC Từ (1) (2) suy AQC œ EPD Điều phải chứng minh b) Theo kết phần a, ta có QA QC CA QA QC PE PD DE PE PD Suy QA QC DE PE PD AC PE PD BD (3) Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác BEPD nội tiếp, ta được BP.ED BE.PD EP.BD PD PE BD (4) Từ (3) (4) suy QA QC ED BP.ED hay QA QC BP (điều phải chứng minh) Vì ACB CAD BAC nên ABC đồng dạng với RQP (g.g) RPQ PRQ AB BC AC RQ QP RP Suy ra; RQ AB.QP AC.PQ ; RP BC BC Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác APQR ta được: AP.QR AR.PQ AQ.PR AP AB.QP AC.QP AR.QP AQ BC BC AP AB AR.QP AQ AC AP AB AR AD AQ AC (vì BC AD ) Lấy điểm K đường thẳng BN cho BCK BMA Khi BMA ∽ BCK Suy AB BM AM 1 BK BC CK AB BK MB BC Mặt khác, dễ thấy ABK MBC Từ ABK ∽ MBC , dẫn đến AB BK AK 2 MB BC CM Cũng từ BMA ∽ BCK ta có CKN MAB NAC , suy A, N, C, K nằm đường trịn Áp dụng định lý Ptơlêmê cho tứ giác nội tiếp ANCK ta được: AC.NK AN CK CN AK 3 Nhưng từ (1) (2) thì: CK AM BC AB.CM AB.BC ; AK ; BK BM BM BM Nên từ (3) AC BK BN AN CK CN AK AB.BC AN AM BC CN AB.CM AC BN BM BM BM AB AC.BC AN AM BC CN AB.CM BN BM AC AM AN BM BN CM CN 1 AB AC BA.BC CA.CB CHỦ ĐỀ ĐƯỜNG THẲNG SIMSON A.Kiến thức cần nhớ Robert Simson nhà toán học người Scotland, giáo sư tốn học đại học Glasgow Ơng sinh ngày 14 tháng 10 năm 1687 West Kibride ngày tháng 10 năm 1768 Glasgow Robert Simson vốn thầy thuốc lại ưa thích hình học Ông say mê toán học thời cổ đại Hy Lạp thích tự tìm kết Sau định lý mang tên ông Định lý Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) M điểm ( O ) Gọi D, E, F hình chiếu vng góc M đường thẳng AB, BC, CA Chứng minh D, E, F thẳng hàng Đường thẳng qua D, E, F có tên đường thẳng Simson ứng với điểm M ABC Giải Chứng minh Xét trường hợp ABC nhọn MBA MCA (Các trường hợp khác chứng minh tương tự) Khi D thuộc tia đối tia BA, E F tương ứng nằm cạnh BC, CA Vì tứ giác MDBE, ABMC MCFE nội tiếp nên MED MBD ACM 180 MEF MED MEF 180 DEF 180 Do D, E, F thẳng hàng (dpcm) Định lý Cho ABC điểm M Gọi D, E, F tương ứng hình chiếu vng góc M đường thẳng AB, CA, AB Biết ba điểm D, E, F thẳng hàng Chứng minh M nằm đường tròn ngoại tiếp ABC Giải Khơng tính tổng qt, ta xét trường hợp điểm M nằm góc BAC Các tứ giác BEMD, CMEF tứ giác nội tiếp nên: BMD BED; CMF CEF Ta lại có: BED CEF (đối đỉnh) BMD CMF Tứ giác ADMF nội tiếp nên A DMF 180 A DMB BDF 180 A CMF BDF 180 Do tứ giác ABMC nội tiếp Suy M nằm đường tròn ngoại tiếp ABC Bây ta vận dụng định lí để giải số ví dụ sau B.Một số ví dụ Ví dụ Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) M điểm ( O ) , H trực tâm ABC Chứng minh H điểm đối xứng M qua AB, BC, CA thẳng hàng Giải Tìm giải Nếu gọi E, I, F hình chiếu M đường thẳng AB, BC, CA P, Q, R điểm đối xứng M qua AB, BC, CA E, I, F thẳng hàng (đường thẳng Simson) Từ suy P, Q, R thẳng hàng Do cần chứng minh P, H, Q thẳng hàng Trình bày lời giải Cách Xét điểm M thuộc cung nhỏ BC Gọi E, I, F hình chiếu M đường thẳng AB, BC, CA Gọi P, Q, R điểm đối xứng M qua đường thẳng AB, BC, CA Ta có: APB AMB ACB BHD APBH tứ giác nội tiếp BHP BAP BHP BAM (1) Chứng minh tương tự ta có : CHQ CAM (2) Từ (1) (2) suy : PHB BHC CHQ BAM BHC CAM 180 P, H, Q thẳng hàng Tương tự : H, Q, R thẳng hàng H, P, Q, R thẳng hàng Cách Gọi BH, CH cắt đường tròn ( O ) điểm G, J Khi dễ dàng chứng minh : G, J đối xứng với H qua AC AB Từ đó, ta có tứ giác MPJH, MRGH hình thang cân Suy PHJ MJH MAC; RHG MGH MAB Do : PHJ JHG RHG MAC JHG MAB 180 Vậy ba điểm P, H, R thẳng hàng (1) Mà E, I, F thẳng hàng (đường thẳng Simson) Từ suy P, Q, R thẳng hàng (2) Từ (1) (2) suy P, H, Q, R thẳng hàng Nhận xét Đường thẳng PR có tên đường thẳng Steiner Dựa vào tốn trên, bạn giải toán sau: - Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) M điểm ( O ) Gọi P, Q, R điểm đối xứng với M qua đường thẳng AB, BC, CA Chứng minh P, Q, R thẳng hàng xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để PR đạt giá trị lớn - Cho ABC , M điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác Gọi K, P, Q điểm đối xứng M qua BC, CA, AB Chứng minh điểm P, K, Q nằm đường thẳng đường thẳng ln qua điểm cố định không phụ thuộc vào vị trí điểm M thay đổi đường trịn ngoại tiếp ABC (Olympc Tốn Nhật Bản, năm 1996) Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) , M điểm thuộc cung BC khơng chứa đỉnh A Gọi D, E, F hình chiếu M cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng: BC CA AB MD ME MH (Thi Vơ Địch Mỹ, năm 1979) Giải Tìm cách giải Hình vẽ có dạng đường thẳng Simson, H, D, E thẳng hàng Do yêu cầu kết luận, nên ta cần tìm cặp tam giác đồng dạng để suy được: CA x AB y ; Từ góc tứ giác nội tiếp, ta tìm ME MD MH MD hướng chứng minh Trình bày lời giải Theo tốn Simson H, D, E thẳng hàng, tứ giác MHBD, MDEC nội tiếp nên MEH MCB, MBC MHE AMH CMD suy ra: AH CD MH MD AME BMD suy ra: AE BD ME MD Do đó: AH AE CD BD BC AB BH AC CE BC MH ME MD MD MD MH MH ME ME MD Mặt khác BHM CEM suy ra: BH CE từ suy điều phải chứng minh MH ME Nhận xét Dựa vào tốn trên, bạn giải toán sau: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) , M điểm thuộc cung BC không chứa đỉnh A Gọi D, E, F hình chiếu M cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng: 1 MD ME MH Cho tam giác ABC ( AB BC CA ) nội tiếp đường tròn ( O; R ) , M điểm thuộc đường tròn ( O; R ) Gọi D, E, F hình chiếu M đường thẳng BC, CA, AB Tìm vị trí điểm M để BC CA AB đạt giá trị nhỏ MD ME MH Ví dụ Cho ABCD tứ giác nội tiếp Gọi P, Q R tương ứng chân đường vuông góc hạ từ D xuống đường thẳng BC, CA AB Chứng minh PQ QR đường phân giác góc ABC ADC cắt điểm nằm đường thẳng AC (Thi Toán Quốc tế IMO lần thứ 44, Nhật Bản, thi ngày 17/7/2003) Giải Tìm cách giải Khi vẽ hình tốn, nhận thấy có bóng dáng tốn đường thẳng Simson, cần sử dụng P, Q, R thẳng hàng Mặt khác, thấy PQ QR RQ PR Vậy phải đường phân giác góc ABC ADC cắt điểm E nằm đường thẳng AC tạo tính chất tỉ lệ đoạn thẳng? Từ ta có lời giải sau: Trình bày lời giải Từ đề ta có P, Q, R thuộc đường thẳng (đường thẳng Simson) Trên tia đối tia DA lấy điểm M cho DM DA Theo tính chất đường phân giác tam giác, ta có E thuộc AC AB DA AE AB DM BC DC EC BC DC Mặt khác ABC MDC (cùng bù với ADC ) nên ABC MDC ACB MCD, CAB CMD; Mà tứ giác AQDR nội tiếp nên DQR DAR RDQ CMD( CAB ) DQR MAC (g g) RQ DR DR AC MA AD (4) RP RD AC AD (5) Dễ thấy ADC RDP( g.g ) nên Từ (4) (5) suy RQ RP RQ QP Nhận xét Ngồi giải trực tiếp sau: Ta có: P, Q, R thẳng hàng Từ tứ giác nội tiếp CDQP, AQDR Suy ra: DCA DPR( g.g ) Tương tự, ta có: DAB DQP( g.g ), DBC DRQ( g.g ) Do : DC BC PQ DA BA QR Suy PQ QR DC BC DA BA Điều tương đương với chân đường phân giác góc ABC ADC cắt điểm nằm đường thẳng AC Ví dụ Từ điểm P cung BC đường tròn ngoại tiếp ABC kẻ PM, PL, PK vng góc với AB, AC, AC Gọi P’ điểm đối xứng với P qua O Kẻ P’M’, P’L’, P’K’ vng góc với AB, AC, AC Chứng minh : ML M ' L' Giải Vận dụng tính chất đường thẳng Simson ta có : M, K, L thẳng hàng M’, K’, L’ thẳng hàng Tứ giác AM’P’L’ tứ giác nội tiếp AM ' L' AP' L' (1) PP’ đường kính PAC AP' L' ( 90 CAP' ) Mặt khác PAC PBC (2) (3) Tứ giác PMBK tứ giác nội tiếp PMK PBC (4) Từ (1), (2), (3), (4) suy : PMK AM ' L' Mà PMK AML 90 M ' ML MM ' L 90 Suy : ML M ' L' C.Bài tập vận dụng Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) H trực tâm ABC , M điểm nằm cung nhỏ AC Gọi E, F hình chiếu vng góc M đường thẳng AB, BC a) Chứng minh EF qua trung điểm MH b) Xác định vị trí M để EF lớn Cho hai đường tròn ( O ) ( O') cắt hai điểm phân biệt A B Một cát tuyến thay đổi qua A cắt ( O ) ( O') tương ứng C D Gọi E F thứ tự hình chiếu vng góc B lên tiếp tuyến ( O ) C tiếp tuyến ( O') D Chứng minh EF tiếp xúc đường tròn cố định Cho ngũ giác ABCDE nội tiếp đường tròn Gọi M, N, P, Q, R, S, T U hình chiếu vng góc E đường thẳng AB, BC, CD, DA, MN, NP, PQ QM Chứ ng minh R, S, T, U thẳng hàng Cho đường tròn ( O ) điểm A cố định nằm ( O ) M điểm thay đổi đường thẳng qua A vng góc với AO Gọi MB, MC tiếp tuyến ( O ) (B, C tiếp điểm) Kẻ AE MB, AF MC ( E MB; F MC ) Chứng minh EF qua điểm cố định 5 Cho xOy , lấy điểm A cố định thuộc tia phân giác xOy Vẽ đường tròn ( I ) qua O A cắt Ox, Oy B C vẽ hình bình hành OBMC Chứng minh M thuộc đường thẳng cố định Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn ( O ) có trực tâm H D điểm cung nhỏ BC Lấy điểm E cho ADCE hình bình hành K trực tâm tam giác ACE Gọi P, Q hình chiếu K BC AB Chứng minh PQ qua trung điểm HK Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) M điểm thay đổi cung nhỏ BC Kẻ ME AB, MF AC (E AB,F AC ) a) Xác định vị trí M để trung điểm EF nằm đoạn thẳng BC b) Kẻ AP MB, AQ MC (P MB, Q MC ) Chứng minh PQ qua điểm cố định Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi H, K thứ tự hình chiếu vng góc B AC, CD Gọi M, N thứ tự trung điểm AD, HK Chứng minh tam giác BMN tam giác vuông HƯỚNG DẪN GIẢI - ĐÁP SỐ a) Xét trường hợp BAM BCM (các trường hợp khác chứng minh tương tự) Khi E thuộc tia đối tia AB F nằm cạnh BC Hạ MI AC (I AC) Ta EF đường thẳng Simson ứng với điểm M ABC Hơn nữa, I nằm E F Gọi P, Q theo thứ tự điểm đối xứng M qua đường thẳng AB, AC Vì APB AMB ACB 180 AHB nên tứ giác AHBP nội tiếp AHP ABP ABMT Tương tự CHQ CBM Suy AHP AHC CHQ ABM AHC CBM 180 Do P, H, Q thẳng hàng Mà IE đường trung bình MPQ nên IE qua trung điểm MH hay EF qua trung điểm MH (đpcm) Nhận xét Có thể dùng đường thẳng Steiner để chứng minh b) Vì MEI MAI MFI MCI nên MEF MAC ( g.g ) Suy EF EM 1 AC AM Do EF lớn AC xảy BM đường kính (O) Đặt T CE DF Giả sử TCB TDB Hạ BI CD ( I CD ) Vì CBD CBA DBA TCD TDC nên CBD CTD 180 Do tứ giác TCBD nội tiếp Suy EF đường thẳng Simson ứng với điểm B TCD Do I, E, F thẳng hàng I thuộc đường tròn đường kính AB Mà tứ giác BICE nội tiếp nên BIE BCE BAE Vậy EF tiếp xúc với đường tròn đường kính AB cố định (đpcm) Hạ EI AC ( I AC ) Đường thẳng Simson ứng với điểm E với tam giác ABC cho ta ba điểm M, N, I thẳng hàng Đường thẳng Simson ứng với điểm E với tam giác ACD cho ta ba điểm P, Q, I thẳng hàng Ta có A, I, Q, E, M thuộc đường trịn đường kính AE, nên vận dụng đường thẳng Simson ứng với điểm E với tam giác IMQ cho ta cặp điểm R, U, T thẳng hàng Tương tự R, S, T thẳng hàng, ta có đpcm Ta có MAO MBO MCO 90 Suy năm điểm M, A, C, O, B thuộc đường trịn đường kính MO Kẻ AI BC Xét đường trịn đường kính MO, ta có: AE MB, AF MC, AI BC Suy E, F, I thẳng hàng (đường thẳng Simson) Gọi H, J giao điểm BC với AO OM, K giao điểm EI AO Ta có: OJH OAM ( g.g ) suy ra: OJ OM OH OA Ta có: OJB OBM ( g.g ) suy ra: OJ OM OB Do : OH OA OB OH OB không đổi OA Vậy H điểm cố định Tứ giác AICF nội tiếp nên KIA FCA (1) A, M, B, O, C thuộc đường tròn nên ACM AOM (2) Từ (1), (2) suy : KIA AOM Mà AOM KAI (so le trong) nên KIA KAI KA KI AIH vng có KA KI dễ dàng suy AK KH Suy K điểm cố định Vì A thuộc tia phân giác xOy nên AC AB Suy IA BC Kẻ AH Ox, AK Oy K, H cố định K, E, H thẳng hàng nên điểm E thuộc HK cố định Mà hình bình hành OBMC có OM 2OE nên M cố định Suy M thuộc đường thẳng d cố định song song với đường thẳng HK cách HK khoảng không đổi Theo giả thiết ta có ADCE hình bình hành nên ADC AEC mà K trực tâm AEC nên EK AC Mặt khác AKC AEC 180 nên AKC ADC 180 Suy tứ giác ADCK nội tiếp, từ K (O) EK cắt AC I Do P, Q, I thẳng hàng (đường thẳng Simson) Đường thẳng AH cắt đường tròn (O) M cắt PQ N MN KP, KQ AB, KP BC Suy BQKP tứ giác nội tiếp nên QPK QBK AMK Do MPKN tứ giác nội tiếp Do MPKN hình thang cân nên PMN KNM Mặt khác PH PM PMN PHM nên PHM KNM PH KN , lại có NH KP , suy HPKN hình bình hành Do NP cắt HK trung điểm đường Do PQ qua trung điểm HK a) Kẻ MD BC suy E, D, F thẳng hàng (đường thẳng Simson) Từ tứ giác nội tiếp MDBE, MDFC ta có: MED MBD; MFD MCD MEF MBC ( g.g ) ED DF EF MF BC MC DF MF NC MC MDF MNC ( g.c g ) MDF MNC DCF NMC M thuộc cung chứa góc BAC dựng đoạn NC M thuộc giao điểm cung chứa góc BAC dựng đoạn NC cung nhỏ BC Nhận xét Ngồi ta dựa vào ví dụ 3, để giải b) Kẻ AH BC , suy P, H, Q thẳng hàng (đường thẳng Simson) PQ qua điểm H cố định Kẻ BE AD ( E AD ) Ta có BH AC , BK CD E, H, K thẳng hàng Tứ giác BEDK nội tiếp EDB EKB Tứ giác BHKC nội tiếp BHK BCD 180 Mặt khác BAD BCD 180 BAD BHK BHK BAD ( g.g) Mà MA MD, NH NK AMB HNB AMB BNH BNE Do tứ giác BEMN nội tiếp Mà MEB 90 BNM 90 BN MN
Ngày đăng: 18/10/2023, 23:48
Xem thêm: