Thông tin tài liệu
HH9-CHUYÊN ĐỀ CHÙM BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐIỂM, ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT TRONG TAM GIÁC, TIẾP TUYẾN CÁT TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRỊN I CHÙM BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG CAO VÀ ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP TAM GIÁC Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp O có đường cao AD, BE, CF cắt H , đường thẳng BH , CH kéo dài cắt O giao điểm thứ P, Q, R ( P khác B, Q khác C , R khác A) Gọi M , I trung điểm BC, AH , đường thẳng EF cắt AH K Các tứ giác BFHD, CEHD, BFEC nội tiếp Chứng minh: Do AD, BE, CF đường cao tam giác ABC nên HDB BFD 900 HDB BFD 1800 suy tứ giác BFHD nội tiếp (tổng hai góc đối 1800 ) Tương tự ta có tứ giác CEHD nội tiếp Ta có: BFC BEC nên BFEC tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh liên tiếp F , E nhìn cạnh BC góc nhau) Các đường thẳng AD, BE, CF chứa đường phân giác góc EDF , DEF , EFD từ suy trực tâm H tâm đường trịn nội tiếp tam giác DEF Chứng minh: Vì BFHD nội tiếp nên: FBH FDH (cùng chắn FH ) (1), CEHD nội tiếp nên HDE HCE (cùng chắn EH ) (2), tứ giác BFEC nội tiếp nên FBE FCE (cùng chắn EF ) (3) Từ (1), (2), (3) ta suy FDH EDH hay AD phân giác góc EDF Chứng minh tương tự ta có BE, CF chứa đường phân giác góc DEF , EFD từ suy trực tâm H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Dựng đường kính O Khi tứ giác BHCN hình bình hành Suy H , M , N thẳng hàng H , G, O thẳng hàng HO 3GO Chứng minh: Vì AN đường kính O nên NC AC, BH AC BH // NC Chứng minh tương tự ta có CH // NB nên tứ giác BHCN hình bình hành, suy đường chéo NH , BC cắt trung điểm đường, mà M trung điểm BC nên N , H , M thẳng hàng Ta có MO đường trung bình tam giác AHN nên MO / / AH Gọi G giao điểm AM HO, MO / / AH (cùng vng góc với BC ) Theo định lý Thales ta có: trọng tâm tam giác ABC H , G, O thẳng hàng Do AG MO G GM AH GO OM HO 3GO (Đường thẳng GH AH qua H , G, O gọi đường thẳng Ơle tam giác ABC ) Các đường thẳng AH , BH , CH kéo dài cắt O giao điểm thứ P, Q, R đó: P, Q, R điểm đối xứng với H qua BC, CA, AB Chứng minh: Vì AN đường kính O nên APN 900 PN / / DM Lại có M trung điểm HN (chứng minh 3) Suy DM đường trung bình tam giác HPN suy D trung điểm HP Nói cách khác P điểm đối xứng với H qua BC Chứng minh tương tự ta có: Q, R điểm đối xứng với H qua CA, AB OA EF , tam giác ARQ cân Chứng minh: Dựng tiếp tuyến Ax đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ta có Ax OA (4) Ta có xAC ABC (tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Mặt khác tứ giác BFEC nội tiếp nên AEF ABC từ suy xAC AEF hay EF / / Ax (5) Từ (4) (5) suy EF OA Chú ý EF đường trung bình tam giác HQR nên QR / / EF QR OA suy OA vng góc với QR trung điểm QR nên tam giác AQR cân A Đường thẳng EF kéo dài cắt đường tròn O E1 , F1 ( E nằm E1 F ) Khi đó: AE1 , AF1 , tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CEE1 , BFF1 Chứng minh: Theo chứng minh câu ta có EF / /QR E1F1 / /QR suy tam giác AF1E1 cân A nên AF1E1 AE1F1 Mặt khác AE1F1 AB1E1 AF1E1 ABF1 Suy AF1 tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BFF1 Chứng minh tương tự ta có: AE1 tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CEE1 Chú ý rằng: Từ chứng minh ta có hệ thức đẹp: AF12 AF AB AH AD AE12 AE AC AH AD Gọi X , Y , Z , T trung điểm AB, AC, HC, HB Khi điểm D, E, F , X , Y , M , I , Z , T nằm đường trịn có tâm trung điểm OH (gọi đường tròn Ơle tam giác ABC ) Chứng minh: Ta có IZ đường trung bình tam giác ABH IZ / / bình tam giác ABC nên YM / / AB, YM đường trung AB Từ suy IZ / / YM IZMY hình bình hành Lại có ZM đường trung bình tam giác BHC nên ZM / /CH mà AB CH suy ZM IZ tứ giác IZMY hình chữ nhật nên hai đường chéo IM , ZY cắt trung điểm J đường Tương tự ta chứng minh tứ giác XITM , XYTZ hình chữ nhật nên suy đường chéo IM , ZY , TX đồng quy trung điểm J đường Chú ý rằng: IDM , ZEY , TFX vng D, E, F nên tâm vịng trịn ngoại tiếp trung điểm J cạnh huyền tương ứng Suy điểm D, E, F , X , Y , M , I , Z , T nằm đường tròn tâm J Ta có: OM / / AH / / IH nên tứ giác IHMO hình bình hành, suy hai đường chéo IM , HO cắt trung điểm đường Nói cách khác điểm J trung điểm HO Chú ý rằng: Nếu chứng minh điểm số điểm nêu nằm đường trịn ta làm đơn giản sau: Ví dụ: Chứng minh tứ giác DMEF nội tiếp Ta có: M tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác BFEC nên EMF 2EBF (tính chất góc tâm góc nội tiếp chắn cung) Mặt khác theo 2) ta EDF 2HDF 2EBF suy EMF EDF hay tứ giác DMEF nội tiếp (các đỉnh liên tiếp D, M nhìn cạnh EF góc nhau) K trực tâm tam giác IBC Chứng minh: Để chứng minh K trực tâm tam giác IBC ta chứng minh: CK IB Ta chứng minh: IBC KCB 900 Ta có: IBC IBE EBC IBE 900 ACB (5) Để ý rằng: điểm A, E, F , H nằm đường tròn tâm I trung điểm AH nên EIH 2EAH 2PBC PBE (do H đối xứng với P qua D) Suy tứ giác EIBP nội tiếp nên IBE IPE (6) Ta có: AEF ABC APC nên tứ giác EKPC nội tiếp suy IPE KPE KCE ACB KCB (7) Từ (6) (7) suy IBE ACB KCB thay vào (5) ta có: IBC 900 KCB Từ suy IBC KCB 900 KC IB kết hợp với IK BC suy K trực tâm tam giác IBC Ngồi ta làm theo cách sau: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC cắt IC K1 theo tính chất Quen thuộc tiếp tuyến cát tuyến ta có: IK1.IC IE (1’) mặt khác ta có điểm I , F , D, M , E nằm đường tròn nên IEF IDF IDE IEK suy IDE IE IK.ID (2’) Từ (1’), (2’) suy IK1.IC IK ID suy tứ giác DKK1C nội tiếp Nên KK1C 900 Lại có BK1C 900 (Do K1 nằm đường trịn đường kính BC ), từ suy B, K , K1 thẳng hàng hay KB IC kết hợp với IK BC đpcm ME, MF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh: Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF có tâm trung điểm I AH Ta có IAE IEA (8), tam giác MEC cân M nên MEC MCE (9), IAE MCE 900 (10) Từ (8), (9), (10) suy IEA MEC 900 hay IEM 900 tức ME tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh tương tự ta có MF tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF 10 Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt O T ( T khác A) M , H , T thẳng hàng Chứng minh: Ta thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF I đường kính AH Vì đường trịn O cắt I giao điểm thứ T nên HTA 900 NTA 900 N , H , T thẳng hàng Mặt khác theo 3) ta chứng minh: N , M , H thẳng hàng Từ suy M , H , T thẳng hàng 11 Đường thẳng RD kéo dài cắt đường tròn O D1 AD1 qua trung điểm DE Chứng minh: Xét tam giác FHD tam giác AED ta có: DFH DAE, FDH ADE nên FDH RH FH AE FH AE AE , gọi A1 trung điểm AD1 AED suy HD ED HD ED HD EA1 RH AE RHD HD EA1 AEA1 nên DRH A1 AE, mặt khác DRH D1 AC suy D1 AC A1 AE hay AA1 AD1 tức A, A1 , D1 thẳng hàng 12 Đường thẳng KE1 cắt BC K1 AK1 HE1 Chứng minh: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt AK1 giao điểm thứ H1 suy AH1H 900 nên HH1K1D tứ giác nội tiếp Theo 6) chứng minh được: AH1 AK1 AH AD AE AC AE12 Tam giác AE1K1 vng E1 có AE12 AH1 AK1 nên theo hệ thức lượng tam giác vuông ta suy E1H1 AK1 (đpcm) 13 Đường thẳng AT cắt BC B1 E, F , B1 thẳng hàng Chứng minh: Cách 1: Ta có tứ giác ATBC nội tiếp nên B1T B1 A B1B.B1C, giả sử B1 F cắt I E ' tứ giác ATFA ' nội tiếp nên B1T B1 A B1F B1E ' từ suy B1B.B1C B1F B1E ' hay tứ giác BFE ' C nội tiếp, suy E ' E Suy E, F , B1 thẳng hàng Cách 2: Ta có TFB 3600 TFE EFB 1800 TFE 1800 EFB TAC ACB 1800 AB1B nên TFB AB1B 1800 nên tứ giác BFTB1 nội tiếp Ta có: TFB1 TFE TBB1 TFE TAE TFE 1800 suy E, F , B1 thẳng hàng 14 Đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF , HBC cắt điểm nằm đường thẳng AM Chứng minh: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF cắt đường thẳng AM M Dễ thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF đường trịn ngoại tiếp tứ giác AEHF nên ta có: HM1 A HM1M 900 HDMM1 tứ giác nội tiếp Ta có biến đổi góc sau: EM1M 3600 EM1H HM1M 1800 EM1H 1800 HM1M HAE HDC 1800 ECM nên tứ giác EM1MC nội tiếp Ta có: HM1C 3600 HM1E EM1C 1800 1800 HM1E EMC 1800 HAC EMC 1800 HAC 2HBC 1800 HBC suy HM1CB nội tiếp Tức là: Đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF , HBC cắt điểm nằm đường thẳng AM Cách 2: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC HEF cắt M Làm tương tự ta chứng minh tứ giác EM1MC, FM1MB nội tiếp Từ ta có: AM1E EM1M AFE 1800 ACB 1800 suy A, M1 , M thẳng hàng 15 Ba điểm B1 , H , M1 thẳng hàng Chứng minh: Theo 10 ta có: MH AB1 , ta có AH B1M suy H trực tâm tam giác AB1M suy B1H AM theo 14 ta có HM1 AM từ suy B1 , H , M1 thẳng hàng Chú ý: Các tính chất 13, 14, 15 dễ dàng suy nhờ định lý Brocard sau đây: Định lý Brocad: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O Gọi M giao điểm AB CD; N giao điểm AD BC; I giao điểm AC BD Chứng minh I trực tâm tam giác OMN Chứng minh: Gọi E giao điểm thứ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI CDI Trước tiên ta chứng minh: E, I , M thẳng hàng: Thật giả sử MI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB E ' MI ME ' MB.MA MC.MD suy điểm D, E ', I , C nằm đường tròn suy E ' E suy M , I , E thẳng hàng Ta có: AED 3600 DEI AEI 1800 DEI 1800 AEI ABD ACD AOD nên tứ giác AEOD nội tiếp Ta có: BEC BEI IEC BAC BDC BOC nên tứ giác BEOC nội tiếp Từ ta suy N , E, O thẳng hàng 1800 BOC BDC 900 suy ME ON Chứng minh Ta có: OEM OEC CEM OBC BDC tương tự ta có: NI OM suy I trực tâm tam giác OMN Trở lại toán: Ta thấy tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn tâm M đường kính BC , có giao điểm hai đường chéo H nên suy H trực tâm tam giác AMB1 Cũng chứng minh: B1H AM mà không dùng đến định lý Brocard sau: Gọi I1 trung điểm HM I1 tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác HDM , điểm E , F nằm đường trịn tâm I đường kính AH Ta có: Tứ giác DEFM nội tiếp đường tròn Ơle tam giác ABC nên B1F B1E B1B.B1M từ suy B1H trục đẳng phương hai AH HM đường tròn I ; , I1; suy B1H II1 , mà II1 đường trung bình tam giác HAM suy B1H AM 16 Gọi T1 điểm nằm O , T2 , T3 , T4 hình chiếu vng góc điểm T1 lên cạnh AB, BC, CA Khi điểm T2 , T3 , T4 nằm đường thẳng gọi đường thẳng Simson điểm T1 đường trịn O Từ suy điểm đối xứng với T1 qua AB, BC, CA nằm đường thẳng gọi đường thẳng Steiner điểm T1 tam giác ABC Hãy chứng minh: Đường thẳng Steiner điểm T1 qua trực tâm H tam giác ABC Chứng minh: 0 + Tứ giác TT BT3 có BT2T1 BT3T1 90 90 180 nên tứ giác nội tiếp T2 BT1 T2T3T1 (cùng chắn cung T2T1 ), mà tứ giác ABT1C nội tiếp nên T2 BT1 ACT1 , T2T3T1 ACT1 0 Mặt khác tứ giác TT 3T4C nội tiếp nên TT 3T4 T4CT1 180 T2T3T1 TT 3T4 180 Vậy T2 , T3 , T4 thẳng hàng + Ta có T2 , T3 , T4 thẳng hàng Dễ thấy T2T3 đường trung bình tam giác T1T5T6 nên T2T3 / /T5T6 Tương tự T3T4 / /T6T7 Theo tiên đề Ơ-clit T2 , T3 , T4 thẳng hàng nên suy T5 , T6 , T7 thẳng hàng + Đường thẳng Steiner qua trực tâm tam giác ABC Theo 4) ta chứng minh R đối xứng với H qua AB, Q đối xứng với H qua AC nên HRT5T1 hình thang cân tứ giác TT BT3 , TT 3T4C nội tiếp nên ta có: HT5T1 HRT1 T3 BT1 T3T2T1 HT5 / /T2T3 Tương tự ta có: HT7 / /T3T4 mà T2 , T3 , T4 thẳng hàng nên T5 , H , T7 thẳng hàng Nói cách khác: Đường thẳng Steiner điểm T1 qua trực tâm tam giác ABC 17 Giả sử BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Chứng minh: Trực tâm H tam giác ABC thuộc đường tròn cố định Chứng minh: Do B, C cố định nên độ dài BC không đổi Gọi M ' điểm đối xứng với O qua BC theo 3) ta suy OM '/ / AH nên tứ giác AHM ' O hình bình hành M ' điểm cố định M ' H OA OB OC M ' B M ' C R (Do BC trung trực MM ') Như M ' tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC Hay điểm H thuộc đường tròn cố định M '; R 18 Giả sử BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Tìm vị trí điểm A để HA HB HC lớn Chứng minh: Theo 17) ta có H thuộc đường trịn cố định M '; R mà BC dây cung cố định M '; R nên BHC không đổi suy EHC 1800 BHC khơng đổi Theo 3) ta có: AH 2OM suy HA có độ dài khơng đổi Như để tìm GTLN HA HB HC ta quy tìm GTLN HB HC Trên tia đối tia HB ta lấy điểm E ' cho HE ' HC HE ' C cân H HE ' C 1800 2CHE ' 1800 2 không đổi Suy E ' chuyển động cung chứa góc 1800 2 dựng đoạn BC Ta có: HB HC BE ' nên HB HC lớn BE ' đường kính đường trịn chứa cung chứa góc 1800 2 dựng đoạn BC tức BC E ' C Từ suy cách dựng điểm A sau: Dựng cung chứa góc 1800 2 đoạn BC , dựng tia Cx BC cắt cung chứa góc E ' Dựng đường thẳng qua B vng góc với BE ' cắt O A vị trí cần tìm 19 Giả sử BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Tìm vị trí điểm A để EF FD DE lớn 1 Chứng minh: Chứng minh: OA EF suy S AEOF OA.EF , tương tự ta có: S BDOF OB.DF , 2 SCDOE OC.DE từ suy 2S ABC R EF FD DE Do R không đổi nên EF FD DE lớn S ABC lớn khoảng cách từ điểm A đến BC lớn Ta có AH AM AO OM R OM nên AH lớn A, O, M thẳng hàng Hay A điểm cung lớn BC Ngồi ta giải theo cách khác: Ta thấy điểm B, F , E, C nằm đường tròn tâm M đường kính BC Do BC khơng đổi nên BAC khơng đổi Ta có ME, MF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF nên MFE BAC khơng đổi Ta có EF AE cos BAC không đổi suy độ dài EF không BC AB đổi Gọi K ' điểm đối xứng với E qua BC EDC K ' DC Ta lại có EDC EHC FHB FDB Suy EDB KDM nên F , D, K ' thẳng hàng Ta có chu vi DEF lớn DE DF lớn Từ chứng minh ta có: DE DF FK ' 2R ' BC Suy DE DF lớn D M hay A điểm cung lớn BC Cũng tiếp cận tốn theo hướng khác: Gọi P ', Q ' hình chiếu vng góc B, C EF Ta có tính chất quen thuộc FH , DH phân giác góc EFD, FDE suy FB, FD đường phân giác EFD, FDE Hạ BX ', BY ' vng góc với DE, DF suy FP ' FY ', DX ' DY ', EP EX ' (tính chất điểm nằm phân giác cách cạnh) Ta có: Chu vi tam giác DEF p DF EF DE Y ' F DX ' EF DE FP ' EF EX ' EP ' EX ' 2EP ' Hoàn toàn tương tự ta p EP ' FQ ' P ' Q ' 2EF p P ' Q ' 2EF suy có: p 2FQ ' DE DF P ' Q ' Suy Mặt khác P ' Q ' BC nên chu vi tam giác DEF lớn EF BC P ' Q '/ / BC hay A điểm cung lớn BC 20 Giả sử BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Tìm vị trí điểm A để DH DA lớn Chứng minh: Ta dễ chứng minh được: BHD ACD BD AD DH DA BD.CD HD CD tam giác IBK ' vuông B Mặt khác theo 1) ta chứng minh: KI KB KC nên suy K trung điểm IK ' hay KK ' KI KB KC Các đường thẳng BI , CI kéo dài cắt O giao điểm thứ X , Y ( X khác A, Y khác B) Đường thẳng KY cắt AB, BC, BI B1 , B2 , B3 Đường thẳng KX cắt AC, BC, CI C1 , C2 , C3 Khi ta có: + BB1B2 , CC1C2 tam giác cân + B1 , I , C1 thẳng hàng + KI BC KA AB AC + B3C3 / / BC + I trực tâm tam giác KXY + Gọi J trung điểm IK điểm A, B3 , C3 , J nằm đường tròn Chứng minh: 1 + Ta có: KC1C sñ AX KC , CC2 X sñ CX BK Mà AX XC, KC BK 2 KC1C CC2 X hay tam giác CC1C2 cân C Chứng minh tương tự cho trường hợp tam giác BB1B2 + Ta có: IAC1 IXC1 sñ BC suy tứ giác IAXC1 nội tiếp Suy XIC1 XAC XBC IC1 / / BC, chứng minh tương tự ta có: IB1 / / BC B1 , I , C1 thẳng hàng B1C1 / / BC + Theo 1) ta có: KI KB KC Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp: ABKC ta có: AB.KC AC.BK AK.BC suy KI AB AC KA.BC KI BC KA AB AC + Theo tính chất đường trịn nội tiếp tam giác ta có: BIC B3 KC3 BIC FDE 1800 B C 1 B3 KC3 900 BAC BKC 900 900 1800 2 2 Suy tứ giác KB3 IC3 nội tiếp Suy IB3C3 IKC3 ABX XBC B3C3 / / BC + Ta có: 1 1 KC3C sñ KC XY sñ KC sñ AX AY sñ AB BC CA 900 2 KX CY , chứng minh tương tự ta có: KY BX suy I trực tâm tam giác KXY nên + Theo ta chứng minh: IC3 K IB3 K , nên điểm I , B3 , K , C.3 nằm đường tròn tâm J đường kính IK , chứng minh tương tự phần B3C3 / / BC ta suy A3 B3 / / AB, A3C3 / / AC Từ ta có: B3 A3C3 B3 JC3 BAC 2B3 KC3 BAC BKC 1800 suy điểm B3 , A3 , C3 , J nằm đường tròn Đường thẳng qua E song song với BC cắt AD, DF E1 , E2 E1 trung điểm EE2 Chứng minh: Dựng đường thẳng qua A song song với BC cắt DF A ' Ta dễ chứng minh tam giác AEF , AFA ' cân A nên AE AF AA ' Áp dụng định lý Thales ta có: E1E2 DE1 BE BD EE1 EE1 AA ' DA BA BA EA AA ' Suy E1E2 EE1 hay E1 trung điểm EE2 DI phân giác góc MDN Chứng minh: Theo 1) ta chứng minh: BENI , CMFI , BMNC tứ giác nội tiếp nên BNI CMI 900 suy tứ giác CMID, BNID nội tiếp nên IDN IBN ICM IDM hay ID phân giác góc MDN Đường trịn tâm K1 tiếp xúc với O K tiếp xúc với cạnh AB, AC K3 , K Khi tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC trung điểm K3 , K (Đường tròn K1 gọi đường trịn Mixtilinear ứng với góc A tam giác ABC ) Chứng minh: Ta có O, K1 , K thẳng hàng, dựng tiếp tuyến chung K x O K1 Giả sử K K cắt O K Các tam giác K1K2 K4 , OK2 K5 cân K1 , O nên K1K4 / /OK5 , mà K1K4 AC OK5 AC suy K điểm cung AC suy B, I , K5 thẳng hàng Giả sử BK5 cắt K3 K I Ta chứng minh: CI phân giác góc ACB Ta có: K5 BK2 K4 K3 K2 K5 K2 x (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Suy tứ giác IK3 BK nội tiếp Ta có: IK2C BK 2C BK I 1800 BAC AK3 K 1800 1800 AK K3 AK4 K3 AK K3 nên tứ giác IK 4CK nội tiếp Từ ta tính được: ACI IK2 K4 BK2C BK2 I K5 K2C 1800 BAC AK3 K4 ABK5 1800 BAC 1800 BAC ABC ABC BAC ACB 900 Điều chứng tỏ CI phân giác 2 2 góc ACB Hay tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC trung điểm K3 K Tam giác ABC nội tiếp O điểm M cạnh BC Đường tròn J tiếp xúc với MA, MC E , F đồng thời tiếp xúc với O P Khi tâm I đường trịn nội tiếp tam giác ABC nằm đường thẳng EF (Bổ đề Sawayama- Thebault) Chứng minh: Đường thẳng PF cắt O D Đường tròn J tiếp xúc với O P suy P, J , O thẳng hàng Tam giác PJF , POD tam giác cân nên ODP JFP suy OD / / JF , JF BC OD BC DC DB hay AD phân giác góc BAC Gọi I giao diểm AD với EF IAP FPx, FEP FPx IEP IAP nên tứ giác IEAP nội tiếp Suy AEP AIP, EFP AEP AIP EFP suy DIP DFI DIF DC DB CDF DIP suy DI DP.DF Vì PDC DC DF DP DI DC Theo chứng minh: 1) ta suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Áp dụng bổ đề ta có tốn sau: Đường trịn tâm K ' tiếp xúc với O K Xét hai điểm P ', Q ' nằm đường tròn K ' O K ' , qua P ' kẻ tiếp tuyến với cắt O B ', D ', qua Q ' kẻ tiếp tuyến với K ' cắt A ', C ' Khi tâm đường trịn nội tiếp tam giác AC ' D ' B ' C ' D ' nằm P ' Q ' Cho tam giác ABC nội tiếp O , ngoại tiếp đường tròn I , D điểm cạnh BC , gọi O1 đường tròn tiếp xúc với AB, BC O , O2 đường tròn tiếp xúc với AD, BC O Khi I , O1 , O2 thẳng hàng Chứng minh: Gọi E , F tiếp điểm O1 với BC, AD, P, Q tiếp điểm O2 với AD, BC Theo 6) ta có EF PQ I tâm vịng tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi H giao điểm DO1 với EF , K giao điểm DO2 với PQ DO1 EF , DO2 DO1 DO2 / / EF , tương tự ta có DO1 / / PQ suy IHDK hình chữ nhật Theo định lý Thales IH KD O1H O1 , I , O2 thẳng hàng O2 D O2 D O1D Chú ý: Khi D chân đường phân giác góc A O1 , O2 tiếp xúc I Tam giác ABC nội tiếp đường tròn O ngoại tiếp đường tròn I Đường tròn K tiếp xúc với O P tiếp xúc với AB, AC D, E Khi PI qua điểm cung BAC Chứng minh: Gọi F giao điểm CI với O , Q giao điểm PI với O theo câu 5) ta có I trung điểm DE Ta có: FPB DPB 1800 ACB; DIB BIA 900 1 ABC BAC 900 ACB nên DPB DIB Suy tứ 2 giác DBPI nội tiếp suy BPQ ADE Tương tự tứ giác IPCE nội tiếp nên IPC AED BPQ CPQ suy Q điểm cung BAC Tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn I AI cắt BC D Gọi E , F điểm đối xứng D qua CI , BI Gọi M , N trung điểm DE, DF Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM , AFN cắt P khác A Khi AP chia đơi BC Chứng minh: Theo tính chất đối xứng phân giác Ta có E , F thuộc AC, AB Ta có: BF BD CD CE EF / / BC Gọi J trung điểm BA BA CA CA EF ta có: MPN MPA NPA MEC NFP MDC NDB 1800 MDN 1800 MJN Suy MJPN nội tiếp Từ ta có: MPJ MNJ MEJ EDC DEC MPA suy A, J , P thẳng hàng, hay AP chia đôi EF , suy AP chia đơi BC 10 Cho đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF K , gọi M trung điểm BC Chứng minh: MI DK Gọi P giao điểm ID EF Vì AE, AF tiếp tuyến I E , F nên IA EF Vì IP BC suy IP AK Từ suy P trực tâm tam giác AIK AP IK H suy tứ giác ANHK nội tiếp Kẻ đường thẳng qua P song song với BC cắt AB, AC X , Y từ tứ giác IPXF , IPEY nội tiếp ta suy PXI PFI PEI PYI dẫn tới tam giác IXY cân I nên P trung điểm XY Theo định lý thales ta dễ suy A, P, M thẳng hàng Lại có: IH IK IN IA IF ID IHD IDK (c.g.c) Tứ giác IDMH nội tiếp suy IDH IMH , IHD IH ID suy ID IK IDK IDH IKD IMH IKD mà IMH phụ với MIH nên IKD phụ với MIH IM DK 11 Dựng đường kính DK đường trịn I , đường thẳng AK cắt BC H Chứng minh: BD HC Chứng minh Dựng đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC S , T suy ST tiếp tuyến I , theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có: SK SE, BD BE, lại có: SIE BIE nên tam giác SIB vuông I , suy KIE DIE 900 SK BD SE.EB IE r Tương tự ta có: KT CD IF r suy KT CD SK.BD SK TK SK TK SK TK ST áp dụng tính chất dãy tỷ số ta suy ra: , mặt khác CD DB DC DB CD BD BC theo định lý Thales ta có: SK SA ST SK SK từ suy DC BH đpcm BH AB BC DC BH III CHÙM BÀI TỐN CÁT TUYẾN, TIẾP TUYẾN VỚI ĐƯỜNG TRỊN Cho đường tròn O; R điểm M nằm ngồi đường trịn O , qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn O ( A, B tiếp điểm) dựng cát tuyến MCD cho MC MD Gọi E trung điểm CD, đoạn thẳng MO cắt O AB I , H Khi tính chất hình học sau có liên quan đến nhau: điểm M , A, O, E, B nằm đường tròn ME tia phân giác góc AEB MA2 MC.MD AC BC AD BD I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB Tứ giác CHOD nội tiếp AB chứa đường phân giác góc CHD CAD BHD OE kéo dài cắt AB K KC, KD tiếp tuyến O 10 AE cắt O giao điểm thứ F ( F khác với A) Khi BF / /CD 11 Tia CH cắt đường tròn O giao điểm thứ P (khác C ) DP / / AB 12 Đường thẳng qua E song song với BD cắt AB N Khi CN OB 13 Vẽ đường kính AQ, đường thẳng QC, QD cắt đường thẳng MO X , Y O trung điểm XY 14 Đường thẳng qua trung điểm E CD song song với AD cắt AB F , DF cắt AM N1 N1 trung điểm AM 15 Qua M dựng cát tuyến thứ O MC1D1 Chứng minh: CD1 , C1D cắt điểm nằm AB 16 Giả sử MC cắt AB K Gọi L trung điểm MK ta có hệ thức sau tương đương nhau: + KC MC (*); LM LK LC.LD (Hệ thức Niu tơn) (**); ME.MK MC.MD (Hệ thức KD MD Maclaurin) (***) 17 Kẻ đường kính CC ' O đường thẳng qua trung điểm BD song song với BC ' cắt C ' D J ' J ' nằm đường trịn có bán kính khơng đổi 18 Giả sử M cố định, chứng minh: Khi cát tuyến MCD thay đổi, trọng tâm G tam giác BCD thuộc đường tròn cố định 19 Giả sử M cố định, chứng minh: Tia BO cắt O giao điểm thứ L ( L khác B) Đường thẳng ML cắt O giao điểm thứ T (khác L) Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác ATM tiếp xúc với đường thẳng cố định 20 Giả sử M thuộc đường thẳng cố định d MO cắt AB H Chứng minh: H thuộc đường tròn cố định 21 Giả sử M cố định nằm O cát tuyến MCD thay đổi quanh điểm M Đường thẳng BE cắt đường tròn O giao điểm thứ B1 (khác B) Tìm vị trí cát tuyến MCD để diện tích tam giác MB1 D lớn 22 Giả sử M thay đổi O Đường thẳng qua O vng góc với MO cắt tia MA, MB S ,W Khi diện tích tam giác MSW nhỏ 23 Giả sử MO 2R, cát tuyến MCD thay đổi quanh M Tìm vị trí cát tuyến để EA EB EM lớn 24 Giả sử MO 2R, cát tuyến MCD thay đổi quanh M Tìm vị trí cát tuyến để CHỨNG MINH CÁC BÀI TOÁN 1 nhỏ EA EB Vì MA, MB tiếp tuyến O nên MAO MBO 900 , E trung điểm CD nên EO CD MEO 900 (Tính chất đường kính qua trung điểm dây cung) Từ suy điểm M , A, O, E, B nằm đường tròn đường kính MO Vì tứ giác MAEB nội tiếp MA MB MA MB AEM BEM (Góc nội tiếp chắn cung có số nhau) Từ suy ME phân giác góc AEB Vì MA tiếp tuyến O nên MAC ADC (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Xét hai tam giác MAC MDA ta có: MAC ADC , AMD chung nên MAC MDA (g.g) suy MA MD MA2 MC.MD MC MA Từ chứng minh MAC MCB MBD MDA (g.g) suy CA MC (1), chứng minh tương tự ta có: AD MA CB MC MC MC CA CB (2), từ (1) (2) ý MA MB BD MB MA MB AD BD Do I nằm MO nên MI phân giác góc AMB (3) Lại có MO trung trực AB I nằm MO nên IA IB suy IAB IBA Mặt khác ta có MAI ABI (tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) từ suy MAI IAB phân giác góc MAB (4) Từ (3) (4) suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB Theo chứng minh câu 3) ta có MA2 MC.MD (5), áp dụng hệ thức lượng tam giác vng MAO, AH MO ta có MA2 MH MO (6) Từ (5) (6) suy MH MO MC.MD hay MH MD MH MD Xét tam giác MCH , MOD ta có: OMD chung nên MCH MC MO MC MO MOD (g.g) suy MHC MDO tứ giác CHOD nội tiếp (góc ngồi đỉnh H góc đối diện đỉnh H ) Từ 6) ta có MHC MDO (7) mà MDO OCD (8) (do tam giác COD cân O) Mặt khác ta có OCD OHD (9) (góc nội tiếp chắn OD) Từ (7), (8), (9) suy MHC OHD Các góc CHA, DHA phụ với góc MHC , OHD tương ứng nên suy CHA DHA hay AH phân giác góc CHD Chú ý: Từ việc chứng minh: AH phân giác CHD gọi ta có Z giao điểm AH CD HC ZC , MH ZH nên MH phân giác ngồi góc CHD từ ta có: HD ZD ta có: HC MC MC ZC MC ZD suy (đây hệ thức hay gặp đề thi TS vào 10 HD MD MD ZD MD ZC chuyên) 1 Ta có BHD 1800 DHA 1800 CHD 1800 COD (10) (Do AH phân giác góc CHD 2 tứ giác CHOD nội tiếp chứng minh trên) Mà COD CBD (11) (tính chất góc nội tiếp số đo góc tâm chắn cung) CBD 1800 CAD (12) Từ (10), (11), (12) suy BHD CAD Chú ý rằng: ACD HBD có BHD CAD ACD HBD chắn cung AD nên ACD HBD (g.g) suy ADC HDB Từ ta suy ADH CDB Giả sử tiếp tuyến C , D cắt K KCO KDO 900 nên tứ giác KCOD nội tiếp Mặt khác theo 6) ta có tứ giác CHOD nội tiếp Từ suy điểm K , C, H , O, D nằm đường trịn đường kính KO suy KHO 900 , mặt khác ta có AHO 900 K , A, H thẳng hàng, hay K nằm đường thẳng AB 10 Theo chứng minh 1) điểm A, E, O, M nằm đường tròn đường kính MO nên ta có AEM AOM AOB AFB (Tính chất góc nội tiếp góc tâm) Mà hai góc AEM , AFB đồng vị nên suy EM / / BF 11 Theo chứng minh 6) ta có tứ giác CHOD nội tiếp kết hợp với 7) AH chứa đường phân giác 1 góc CHD nên CHA CHD COD CPD mà hai góc CHA, CPD đồng vị nên HA / / DP 2 12 Để chứng minh: CN OB ta chứng minh CN / / MB Thật theo cách dựng điểm N ta có: CEN CDB (đồng vị) Mặt khác CDB CAB chắn cung BC suy CEN CAB CAN tứ giác CEAN nội tiếp (có đỉnh liên tiếp A, E nhìn cạnh CN góc nhau) Từ suy ECN EAN EAB (13) mặt khác tứ giác EAMB nội tiếp (chứng minh 1) nên EAB EMB (14) Từ (13), (14) suy ECN EMB suy CN / / MB mà MB OB CN OB 13 Do AQ đường kính O nên ADQ 900 ADYH tứ giác nội tiếp Suy AYD AHD Mặt khác theo 6, 7) ta có CHOD nội tiếp AH phân giác góc CHD suy 1 AHD CHD COD CQD AYD CQD suy AY / /CQ Xét hai tam giác AOY , QOX ta 2 có: OA OQ, AOY QOX , YAO XQO nên AOY QOX (g.c.g) suy OX OY Chú ý: Ta chứng minh theo cách khác sau: Tứ giác AEOM nội tiếp nên: AEC AEM AOM QOY , YQO DQO DCA ECA nên OYQ QY CA QY CA QYA 1 QA CD QA CD 2 CAD (c.g.c) nên AY / /QX nên tứ giác AXQY hình bình hành suy OX OY Tính chất trường hợp đặc biệt toán: EAC QY CA hay QO CE YAQ ADC ECA AQC Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp O điểm P nằm tam giác, đường thẳng AP cắt BC , O Q, D Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQD cắt S , SO cắt AC, AB E , F Khi ta có: PE QE PF QF Ta chứng minh tốn sau: Ta có: DQC DPS APF PAF QCD nên QCD PAF Tương tự ta có: QBD Nên PAE PE PE AP QD QC QC đpcm Khi PF AP PF QB QD QB P O ta có tốn 14 Đường thẳng qua trung điểm E CD song song với AD cắt AB F , DF cắt AM N1 N1 trung điểm AM Ta có biến đổi góc: FEC ADC ABC Suy EFCB nội tiếp Giả sử CF cắt AD K1 EF đường trung bình tam giác CDK1 hay F trung điểm CK1 Theo bổ đề hình thang ta suy N1 trung điểm AM 15 Ta có CHOD tứ giác nội tiếp, AH phân giác góc CHD Tương tự ta có: C1HOD1 tứ giác nội tiếp HB phân giác góc C1 HD1 Ta có: CI1C1 sđ CC1 DD1 CHC1 CHM MHC1 ODC OD1C1 1 1800 COD 1800 C1OD1 3600 sñ CD sñ C1D1 sñ CC1 DD1 2 hay CI1C1 CHC1 tức tứ giác CI1 HC1 nội tiếp, tương tự ta có DD1HI1 nội tiếp Từ ta có biến đổi góc CHI1 CC1D CD1D CC1D DHI1 hay I1 H phân giác CHD Suy A, I1 , H thẳng hàng 16 Chứng minh hệ thức: + KC MC (*) KD MD + LM LK LC.LD + ME.MK MC.MD Giải: + Trước tiên ta chứng minh hệ thức tương đương với nhau: Thật ta có: LM LC.LD LM MC ML MD ML LM MC.MD ML MC MD ML2 MC.MD ML MC MD MC.MD MK MK 2ME MK ME (**) (***) tương đương MC MD 2 + Ta có: KC MC MD.KC MC.KD MD MK MC MC MD MK 2MC.MD MK MC MD KD MD 2MC.MD MK.2ME MC.MD MK ME (*) (***) tương đương Bây ta chứng minh (***) Gọi H giao điểm AB, MO CHOD KHOE tứ giác nội tiếp nên MC.MD MH MO MK.ME (đpcm) 17 Gọi E ' trung điểm BD Do E ' J ' song song với BC ' nên E ' J ' đường trung bình DBC ' dẫn tới J ' trung điểm C ' D suy OJ ' D 900 nên điểm OE ' J ' D nằm đường trịn đường kính OD R 18 Qua G kẻ đường thẳng song song với EO, MD cắt OB, MB U ,V Ta có điểm B, O, M cố định BG BU BV UV , suy U ,V cố định BE BO BM MO UGV 900 Suy G thuộc đường tròn đường kính PQ MO 19 Do MTB MHB 900 nên tứ giác MTHB nội tiếp nên TBH TMH mặt khác TBH TBA TAM suy TMH TAM hay HM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ATM Vậy đường trịn ngoại tiếp tam giác ATM ln tiếp xúc với đường thẳng cố định MO Một tốn tương tự tính chất Cho đường trịn tâm O, đường kính BC Một điểm A di chuyển O cho AB AC Tiếp tuyến A O cắt đường thẳng BC D Gọi E điểm đối xứng với A qua BC , AE cắt BC M Kẻ đường cao AH ABE Gọi I trung điểm AH , BI cắt O K Gọi N giao điểm AK với BD Chứng minh: N trung điểm MD Hướng dẫn: Ta có M trung điểm AE nên IM đường trung bình tam giác AHE suy IF / / HE, kết hợp với BAKC tứ giác nội tiếp Ta có biến đổi góc: AMI AEB ACB AKI suy tứ giác AIFK nội tiếp Chú ý rằng: IM AH (do AH BE ) nên tứ giác AIMK nội tiếp đường trịn đường kính AM Gọi S giao điểm DK với O Ta có KMD KAE (cùng phụ với KMA) mà KAE KED KMD KED hay KMED nội tiếp Dẫn đến KDM KEM KEA KSA suy AS / / BD Ta có: KDN KSA KAD Suy KND DNA NK.NA ND2 Trong tam giác vng NMA ta có: MN NK NA từ suy MN ND 20 Dựng OA1 d , d , O cố định nên OA1 không đổi, giả sử OA1 cắt AB A2 Ta có: MA1O A2 HO OA1 OM OA1.OA2 OH OM OH OA2 Trong tam giác vng MOA ta có: OH OM OA2 R2 suy OA1.OA2 R OA2 R2 OA1 không đổi, suy A2 điểm cố định Mặt khác A2 HO 900 suy H thuộc đường trịn đường kính OA2 21 Theo tính chất 10) ta có AB1 / /CD nên SMB1D SMAD Dựng DD1 AM SMAD 1 DD1.MA DA.MA 2R.MA R.MA Dấu xảy D1 A, DA 2R Hay 2 D điểm đối xứng với A qua O Từ ta xác định vị trí cát tuyến MCD sau: Dựng đường kính AD, nối MD cát tuyến MCD cần tìm 22 Ta có: SMWS 2SMOS OA.MS OA MA AS Áp dụng bất đẳng thức Côsi dạng x y xy ta có: MA AS MA AS Mặt khác theo hệ thức lượng tam giác vng MOS ta có MA AS OA2 R2 suy MA AS 2R Do SMWS 2R Dấu xảy AM AS MOS vuông cân O hay MO R Để giải câu hỏi 19, 20 ta cần biết toán tiếng sau: Định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn O Khi ta có: AB.CD AD.BC AC.BD Chứng minh: Trên đường chéo BD lấy điểm E cho DAE BAC Ta có DAE BAC ADE ACB (cùng chắn AB) nên ADE ACB (g.g) AD DE AD.BC AC.DE AC BC (1) Do DAE CAB nên DAC EAB, lại có ABE ACD (cùng chắn AD) ABE ACD (g.g) AB BE AC CD AB.CD AC.BE (2) Từ (1) (2) suy AB.CD AD.BC AC BE DE AC.BD 23 Khi MO 2R MO 2OA AMO 300 AMB 600 , MAB nên MA MB AB Mặt khác tứ giác MEOB nội tiếp (chứng minh 1) Áp dụng định lý Potolemy cho tứ giác MEOB ta có: EA.MB EB.MA EM AB Mà MA MB AB suy EA EB EM Do EA EB EM 2EM Vì tổng EA EB EM lớn EM lớn nhất, mặt khác EM MO 2R Vậy EM lớn EM MO 2R E O Nói cách khác cát tuyến MCD qua tâm O 1 1 24 Với số thực dương x, y ta có: x y xy Nên ta suy xy x y 1 4 1 Do EM MO 2R nên ta Áp dụng vào tốn ta có: EB EC EB EC EM x y x y suy 1 R Dấu xảy E O nói cách khác cát tuyến MCD MA MB R qua tâm O
Ngày đăng: 20/10/2023, 12:24
Xem thêm:
