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 180 ) Tương tự ta có tứ giác CEHD nội tiếp Ta có: BFC nên BFEC tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh liên tiếp F , E nhìn cạnh BC BEC góc nhau) Các đường thẳng AD, BE , CF chứa đường phân giác góc EDF từ suy trực , DEF , EFD tâm H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF ) (1), CEHD nội tiếp nên Chứng minh: Vì BFHD nội tiếp nên: FBH (cùng chắn FH FDH ) (2), tứ giác BFEC nội tiếp nên FBE ) (3) Từ (cùng chắn EH (cùng chắn EF HDE HCE FCE (1), (2), (3) ta suy FDH hay AD phân giác góc EDF Chứng minh tương tự ta EDH có BE , CF chứa đường phân giác góc DEF từ suy trực tâm H tâm đường tròn , EFD 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 (tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Mặt khác tứ giác BFEC nội tiếp ABC 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 E1 F1 / /QR suy tam giác AF1 E1 cân A nên AF E AE F Mặt khác AE F AB E AF E ABF Suy AF1 tiếp tuyến đường tròn 1 1 1 1 1 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: AF1 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 / / AB, YM đường trung bình tam giác ABC nên YM / / 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 (tính chất góc tâm góc 2 EBF nội tiếp chắn cung) Mặt khác theo 2) ta EDF suy 2 HDF 2 EBF hay tứ giác DMEF nội tiếp (các đỉnh liên tiếp D, M nhìn cạnh EF góc EMF EDF 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 EBC 900 ACB (5) Ta có: IBC IBE IBE Để ý rằng: điểm A, E , F , H nằm đường tròn tâm I trung điểm AH nên (do H đối xứng với P qua D) Suy tứ giác EIBP nội tiếp nên EIH 2 EAH 2 PBC PBE IBE IPE (6) Ta có: AEF ABC APC nên tứ giác EKPC nội tiếp suy (7) Từ (6) (7) suy IBE thay vào (5) ta có: IPE KPE KCE ACB KCB ACB KCB 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 suy IEK ∽ IDE IE IK ID (2’) Từ (1’), (2’) suy IK1.IC IK ID suy tứ giác DKK1C nội C 900 tiếp Nên KK C 900 (Do K1 nằm đường trịn đường kính BC ), Lại có BK 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 trịn ngoại tiếp tam giác AEF có tâm trung điểm I AH Ta có IAE IEA MCE (8), tam giác MEC cân M nên MEC (9), IAE MCE 900 (10) MEC Từ (8), (9), (10) suy IEA 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 tròn 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 trịn ngoại tiếp tứ giác AEHF I đường kính AH Vì đường tròn O cắt I giao điểm thứ T nên 900 N , H , T thẳng hàng HTA 900 NTA 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 RH FH AE FH AE AE , gọi A1 trung điểm AD1 FDH ∽ AED suy HD ED HD ED HD EA1 RH AE AC suy D AC A AE RHD ∽ AEA1 nên DRH A1 AE , mặt khác DRH D 1 HD EA1 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 AH H 900 nên HH1 K1 D tứ giác nội tiếp Theo 6) chứng minh được: AH1 AK1 AH AD AE AC AE12 Tam giác AE1 K1 vng E1 có AE12 AH1 AK1 nên theo hệ thức lượng tam giác vuông ta suy E1 H1 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 B1 B.B1C , giả sử B1 F cắt I E ' tứ giác ATFA ' nội tiếp nên B1T B1 A B1 F B1 E ' từ suy B1 B.B1C B1 F B1E ' hay tứ giác BFE ' C nội tiếp, suy E ' E Suy E , F , B1 thẳng hàng B nên Cách 2: Ta có TFB 3600 TFE EFB 1800 TFE 1800 EFB TAC ACB 1800 AB TFB AB1 B 1800 nên tứ giác BFTB1 nội tiếp E , F , B1 thẳng hàng Ta có: TFB TFE TBB1 TFE TAE TFE 180 suy 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: HM A HM 1M 90 HDMM tứ giác nội tiếp Ta có biến đổi góc sau: M 3600 EM H HM M 1800 EM H 1800 HM M HAE nên tứ EM HDC 1800 ECM 1 1 giác EM 1MC nội tiếp C 3600 HM E EM C 1800 1800 HM E EMC Ta có: HM 1800 HAC EMC 1 1 suy HM 1CB nội tiếp Tức là: Đường tròn ngoại tiếp tam giác 1800 HAC HBC 1800 HBC 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 EM 1MC , FM 1MB nội tiếp Từ ta có: AM E EM M AFE 1800 ACB 1800 suy A, M , M thẳng hàng 1 15 Ba điểm B1 , H , M thẳng hàng Chứng minh: Theo 10 ta có: MH AB1 , ta có AH B1M suy H trực tâm tam giác AB1M suy B1 H AM theo 14 ta có HM AM từ suy B1 , H , M 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 nên tứ giác BEOC nội tiếp Từ ta suy BEI IEC BAC BDC BOC N , E , O thẳng hàng 1800 BOC Ta có: OEM OEC CEM OBC BDC BDC 900 suy ME ON Chứng minh 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: B1 H 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 trịn Ơle tam giác ABC nên B1 F B1E B1 B.B1M từ AH suy B1 H trục đẳng phương hai đường tròn I ; HM , I1 ; suy B1 H II1 , mà II1 đường trung bình tam giác HAM suy B1 H 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 tròn 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: T BT T 900 900 1800 nên tứ giác nội tiếp T BT T T T (cùng + Tứ giác T1T2 BT3 có BT 2 chắn cung T2T1 ), mà tứ giác ABT1C nội tiếp nên T BT1 ACT1 , T 2T3T1 ACT1 Mặt khác tứ giác T1T3T4C nội tiếp nên T1T3T4 T 4CT1 1800 T 2T3T1 T1T3T4 1800 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 T HRT hình thang cân tứ giác T1T2 BT3 , T1T3T4C nội tiếp nên ta có: HT 1 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 không đổi suy EHC 1800 BHC khơng đổi Theo 3) ta có: AH 2OM suy HA BHC 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 ' C 1800 2CHE HE ' 1800 2 không đổi Suy E ' chuyển động cung chứa góc 180 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 vuông 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 S 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 ' DC Gọi K ' điểm đối xứng với E qua BC EDC K 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 ' 2 R ' BC Suy DE DF lớn D M hay A điểm cung lớn BC Cũng tiếp cận toán 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 suy , FDE FB, FD đường phân giác EFD Hạ BX ', BY ' vuông góc với , FDE 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 p 2 EP ' FQ ' 2 P ' Q ' EF p P ' Q ' EF ta suy có: p 2 FQ ' 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 C CC X hay tam giác CC1C2 cân C Chứng minh tương tự cho trường hợp tam giác KC BB1 B2 + Ta có: IAC1 IXC1 sđ 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: C B 1 KC BIC KC 900 BAC BIC B FDE 180 B BKC 900 900 1800 3 3 2 2 C IKC Suy tứ giác KB3 IC3 nội tiếp Suy IB 3 ABX XBC B3C3 / / BC + Ta có: C sñ KC XY sñ KC sñ AX AY BC CA KC sñ AB 900 2 nên KX CY , chứng minh tương tự ta có: KY BX suy I trực tâm tam giác KXY K IB K , nên điểm I , B3 , K , C.3 nằm đường tròn tâm J + Theo ta chứng minh: IC 3 đường kính IK , chứng minh tương tự phần B3C3 / / BC ta suy A3 B3 / / AB, A3C3 / / AC Từ ta có: AC B JC BAC KC BAC B 2B BKC 1800 suy điểm B3 , A3 , C3 , J nằm 3 3 3 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: E1 E2 DE1 BE BD EE1 EE1 AA ' DA BA BA EA AA ' Suy E1 E2 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 hay ID phân giác góc MDN IBN ICM IDM Đường tròn tâm K1 tiếp xúc với O K tiếp xúc với cạnh AB, AC K , K Khi tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC trung điểm K , 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 K1 K K , OK K5 cân K1 , O nên K1 K / / OK , mà K1 K AC OK AC suy K điểm cung AC suy B, I , K5 thẳng hàng Giả sử BK cắt K K I Ta chứng minh: CI phân giác góc ACB BK K K K K K x (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Suy tứ giác Ta có: K 5 C BK C BK I 1800 BAC K IK3 BK nội tiếp Ta có: IK AK K 1800 1800 AK 2 AK K AK K nên tứ giác IK 4CK nội tiếp Từ ta tính được: ACI IK K BK C BK I K K C 1800 BAC K ABK AK 2 5 ABC ABC BAC ACB 1800 BAC 180 BAC 900 Điều chứng tỏ CI phân giác 2 2 góc ACB Hay tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC trung điểm K 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 tam P suy P, J , O thẳng hàng Tam giác PJF , POD giác cân nên ODP JFP suy OD / / JF , DB hay AD phân giác góc BAC Gọi I giao diểm AD JF BC OD BC DC với EF , IAP FPx FEP FPx IEP IAP nên tứ giác IEAP nội tiếp Suy AEP AIP, EFP suy DIP AEP AIP EFP DFI DIF ∽ DIP suy DI DP.DF Vì DB CDF ∽ PDC DC DF DP DI DC Theo chứng minh: 1) ta suy I tâm DC 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 tròn 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 vòng 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 O1 H O1 , I , O2 thẳng hàng O2 D O2 D O1 D 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: 900 FPB DPB ACB; DIB BIA 1800 Suy tứ ABC BAC 900 ACB nên DPB DIB 2 giác DBPI nội tiếp suy BPQ ADE Tương tự tứ giác IPCE nội tiếp nên IPC suy Q điểm cung BAC AED BPQ CPQ 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: suy MPJ MNJ MEJ EDC DEC MPA A, J , P thẳng hàng, hay AP chia đôi EF , suy AP chia đôi BC 10 Cho đường tròn 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 dẫn tới tam giác IXY cân I nên P trung điểm XY Theo định lý PFI PEI PYI 2 thales ta dễ suy A, P, M thẳng hàng Lại có: IH IK IN IA IF ID IH ID suy ID IK IHD ∽ IDK (c.g.c) Tứ giác IDMH nội tiếp suy IDH IMH , IHD ∽ IDK IDH IKD mà IMH phụ với MIH nên IKD phụ với MIH IMH IKD IM DK 11 Dựng đường kính DK đường tròn 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: BIE SK SE , BD BE , lại có: SIE KIE DIE 900 nên tam giác SIB vuông I , suy 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 , mặt khác áp dụng tính chất dãy tỷ số ta suy ra: CD DB DC DB CD BD BC theo định lý Thales ta có: SK SA ST SK SK DC BH đpcm từ suy 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 trịn 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 MC1 D1 Chứng minh: CD1 , C1 D 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 trịn ngoại tiếp tam giác ATM ln 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
Ngày đăng: 26/10/2023, 08:21
Xem thêm: