Hh9 chuyên đề 4 chùm bài toán liên quan điểm, đường đặc biệt trong tam giác, tiếp tuyến cát tuyến của đường tròn(28trang)

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: SMWS  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 SMWS  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