tài liệu chuyên đề PHƯƠNG TÍCH

PHƯƠNG TÍCH 3 A.Tóm tắt lý thuyết: 1.Phương tích của một điểm đối với đường tròn Định lý 1.1: Cho đường tròn (O,R) và một điểm M trên mặt phẳng cách O một khoảng bằng d Từ M kẻ cát tuyến MAB tới (O). Khi đó . MA MB = d 2 -R 2 (*) Hình 1 Định nghĩa: Ta gọi đại lượng d 2 -R 2 là phương tích của điểm M đối với (O), kí hiệu là P M /(O)=d 2 -R 2 Nhận xét: Nếu P M /(O)>0 thì M nằm ngoài (O),P M /(O)=0 thì M nằm trên biên (O),P M /(O)<0 thì M nằm trong (O). Trong nhiều bài toán, ta thường sử dụng độ dài đoạn thẳng dạng hình học và viết (*) dưới dạng MA.MB=|d 2 -R 2 | Định lý 1.2: Cho (O) và một điểm M trên mặt phẳng. Từ M kẻ 2 cát tuyến MAB, MCD thì . . MA MB MC MD = (xem hình 1) Định lý 1.3: Cho (O) và một điểm M nằm ngoài (O). Kẻ tiếp tuyến MN, cát tuyến MAB. Ta có 2 . MA MB MN = (xem hình 1) Định lý 1.4: Cho hai đườ ng th ẳ ng AB,CD c ắ t nhau t ạ i M (khác A,B,C,D). N ế u . . MA MB MC MD = thì 4 đ i ể m A,B,C,D cùng thu ộ c m ộ t đườ ng tròn. Định lý 1.5: Cho hai đườ ng th ẳ ng AB,MN c ắ t nhau t ạ i M. N ế u 2 . MA MB MN = thì đườ ng tròn ngo ạ i ti ế p tam giác ABN ti ế p xúc v ớ i MN t ạ i N. Các đị nh lý trên đề u r ấ t đơ n gi ả n và quen thu ộ c, xin dành l ạ i cho b ạ n đọ c ch ứ ng minh. 2. Trục đẳng phương của hai đường tròn-tâm đẳng phương: Định lý 2.1: T ậ p h ợ p các đ i ể m M có cùng ph ươ ng tích đố i v ớ i hai đườ ng tròn không đồ ng tâm (O 1 ,R 1 ),(O 2 ,R 2 ) là m ộ t đườ ng th ẳ ng vuông góc v ớ i đườ ng th ẳ ng n ố i hai tâm O 1 ,O 2 . N ế u g ọ i O là trung đ i ể m O 1 O 2 , H là hình chi ế u c ủ a M trên O 1 O 2 thì 2 2 1 2 1 2 2 R R OH O O − = 4 Định nghĩa 2.1: Đường thẳng MH được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn. Cách dựng trục đẳng phương: Trường hợp 1: (O 1 ) giao (O 2 ) tại 2 điểm phân biệt A,B. Đường thẳng AB chính là trục đẳng phương của (O 1 ) và (O 2 ) Trường hợp 2: (O 1 ) và (O 2 ) chỉ có một điểm chung X. Tiếp tuyến chung tại X của hai đường tròn là trục đẳng phương của (O 1 ) và (O 2 ) Trường hợp 3: (O 1 ) và (O 2 ) không có điểm chung, dựng đường tròn (O 3 ) có hai điểm chung với (O 1 ) và (O 2 ). Dễ dàng vẽ được trục đẳng phương của (O 1 ) và (O 3 ), (O 2 ) và (O 3 ). Hai đường thẳng này giao nhau tại M. Từ M kẻ MH ⊥ O 1 O 2 . MH chính là trục đẳng phương của (O 1 ) và (O 2 ). 5 Cách dựng này dựa vào định lý sau: Định lý 2.2: Cho ba đường tròn (O 1 ),(O 2 ),(O 3 ).l 1 ,l 2 ,l 3 theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ), (O 2 ) và (O 3 ), (O 3 ) và (O 1 ) +Nếu O 1 ,O 2 ,O 3 không thẳng hàng thì l 1 ,l 2 ,l 3 đồng quy. +Nếu O 1 ,O 2 ,O 3 thẳng hàng thì l 1 ,l 2 ,l 3 đôi một song song hoặc trùng nhau. Định nghĩa 2.2: Điểm đồng quy của các đường thẳng l 1 ,l 2 ,l 3 được gọi là tâm đẳng phương của các đường tròn (O 1 ),(O 2 ),(O 3 ) 3.Phương tích, trục đẳng phương trong hệ toạ độ: Định lý 3.1: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình: C(x,y)=x 2 +y 2 +2ax+2by+c=0 với a 2 +b 2 >c. Khi đó, phương tích của điểm M(x o ,y o ) đối với đường tròn (C) là P M /(C)=x o 2 +y o 2 +2ax o +2by o +c=C(x o ,y o ) Nhận xét: Vị trí của M đối với (C): M nằm ngoài (C) ⇔ C(x o ,y o )>0, M nằm trên (C) ⇔ C(x o ,y o )=0, M nằm trong (C) ⇔ C(x o ,y o )<0 Định lý 3.2: Trục đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm: (C 1 ): x 2 +y 2 +2a 1 x+2b 1 y+c 1 =0 (C 2 ):x 2 +y 2 +2a 2 x+2b 2 y+c 2 =0, trong đó (a 1 -a 2 ) 2 +(b 1 -b 2 ) 2 ≠ 0, có phương trình: (a 1 -a 2 )x+(b 1 -b 2 )y+ 1 2 2 c c − =0 6 B.Ví dụ: 1. Chứng minh các hệ thức hình học: Ví dụ 1: Cho tam giác ABC n ộ i ti ế p (O,R), ngo ạ i ti ế p (I,r). CMR OI 2 =R 2 -2Rr (h ệ th ứ c Ơ -le) Lời giải: Kéo dài BI c ắ t (O) t ạ i M. K ẻ đườ ng kính MK c ủ a (O). (I) ti ế p xúc v ớ i BC t ạ i D. Ta có ~ ( . ) BDI KCM g g △ △ BI ID ID KM MC MI ⇒ = = ⇒ IB.IM=ID.KM=2Rr Mà IB.IM=R 2 -OI 2 V ậ y OI 2 =R 2 -2Rr ( đ pcm) Ví dụ 2: Cho t ứ giác ABCD v ừ a n ộ i ti ế p (O,R), v ừ a ngo ạ i ti ế p (I,r). Đặ t OI=d. CMR: 2 2 1 1 ( ) ( ) R d R d + − + = 2 1 r ( Đị nh lý Fuss) Lời giải: 7 Kéo dài BI, DI c ắ t (O) t ạ i M,N. Ta có ∠ MNC= ∠ IBC, ∠ NMC= ∠ IDC Suy ra ∠ MNC+ ∠ NMC= ∠ IBC+ ∠ IDC=1/2( ∠ ADC+ ∠ ABC)=90 o Suy ra O là trung đ i ể m MN. Áp d ụ ng công th ứ c tính đườ ng trung tuy ế n trong tam giác IMN ta có: OI 2 = 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 IM IN MN IM IN R + − = + − Do đ ó 2 2 1 1 ( ) ( ) R d R d + − + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( / ( )) . . I R d IM IN IM IN R d P O IM IB IN ID + + = = + − 2 2 2 2 2 2 2 sin sin 1 1 1 2 2 B D IB ID r r r ∠ ∠ = + = + = ( đ pcm) 2.Tính các đại lượng hình học: Ví dụ (USAMO 1998): Cho 2 đườ ng tròn đồ ng tâm O (C 1 ) và (C 2 ) ((C 2 ) n ằ m trong (C 1 )). T ừ m ộ t đ i ể m A n ằ m trên (C 1 ) k ẻ ti ế p tuy ế n AB t ớ i (C 2 ). AB giao (C 1 ) l ầ n th ứ 2 t ạ i C. D là trung đ i ể m AB. M ộ t đườ ng th ẳ ng qua A c ắ t (O 2 ) t ạ i E,F sao cho đườ ng trung tr ự c c ủ a đ o ạ n DF và EC giao nhau t ạ i đ i ể m M n ằ m trên AC.Tính AM MC ? Lời giải: 8 D ễ th ấ y B là trung đ i ể m AC. Ta có P A /(C 2 )= 2 . AE AF AB = = 1 .2 . 2 AB AB AD AC = Suy ra t ứ giác DCFE n ộ i ti ế p.Do đ ó M là tâm đườ ng tròn ngo ạ i ti ế p t ứ giác DCFE. Mà M n ằ m trên AC nên MD=MC= 1 2 DC T ừ đ ó tính đượ c AM= 5 4 AB và MC= 3 4 AB 5 3 AM MC ⇒ = 3. Chứng minh tập hợp điểm cùng thuộc một đường tròn: Ví dụ 1 (IMO 2008): Cho tam giác ABC, tr ự c tâm H.M 1 ,M 2 ,M 3 l ầ n l ượ t là trung đ i ể m BC,CA,AB. (M 1 ,M 1 H) ∩ BC={A 1 ,A 2 }, (M 2 ,M 2 H) ∩ AC={B 1 ,B 2 }, (M 3 ,M 3 H) ∩ AB={C 1 ,C 2 }. CMR A 1 ,A 2 ,B 1 ,B 2 ,C 1 ,C 2 cùng thu ộ c m ộ t đườ ng tròn. Lời giải: 9 Do M 1 M 2 //AB và AB ⊥ HC nên M 1 M 2 ⊥ HC Suy ra HC là tr ụ c đẳ ng ph ươ ng c ủ a (M 1 ) và (M 2 ). 1 2 1 2 . . CA CA CB CB ⇒ = Suy ra A 1, A 2, B 1 ,B 2 thu ộ c đườ ng tròn (W 1 ) T ươ ng t ự A 1, A 2, C 1 ,C 2 thu ộ c đườ ng tròn (W 2 ), C 1, C 2, B 1 ,B 2 thu ộ c đườ ng tròn (W 3 ) N ế u 6 đ i ể m A 1 ,A 2 ,B 1 ,B 2 ,C 1 ,C 2 không cùng thu ộ c m ộ t đườ ng tròn thì các tr ụ c đẳ ng ph ươ ng c ủ a 3 đườ ng tròn (W 1 ),( W 2 ),( W 3 ) ph ả i đồ ng quy t ạ i m ộ t đ i ể m, nh ư ng chúng l ạ i c ắ t nhau t ạ i A,B,C nên vô lý. V ậ y ta có đ pcm. Ví dụ 2 (IMO shortlist 2006): Cho hình thang ABCD (AB>CD). K,L là hai đ i ể m trên AB,CD sao cho AK DL BK CL = . Gi ả s ử P,Q n ằ m trên đ o ạ n th ẳ ng KL sao cho ∠ APB= ∠ BCD và ∠ CQD= ∠ ABC. CMR b ố n đ i ể m P,Q,B,C cùng thu ộ c m ộ t đườ ng tròn. Lời giải: 10 T ừ gi ả thi ế t, AK DL BK CL = suy ra AD,BC,KL đồ ng quy t ạ i E. D ự ng đườ ng tròn (O 1 ) đ i qua hai đ i ể m C,D và ti ế p xúc v ớ i BC, (O 2 ) đ i qua hai đ i ể m AB và ti ế p xúc v ớ i BC. Khi đ ó ∠ DQC = ∠ ABC= ∠ DCE nên Q ∈ (O 1 ), t ươ ng t ự P ∈ (O 2 ). G ọ i F là giao đ i ể m th ứ hai c ủ a EQ v ớ i (O 1 ). Ta có: 2 . EF EQ EC = (1) M ặ t khác, d ễ dàng có ∠ O 1 CD= ∠ O 2 BA do đ ó △ AO 2 B~ △ DO 1 C ⇒ 1 2 O C DC EC O B AB EB = = =k ⇒ E,O 1 ,O 2 th ẳ ng hàng và 1 2 EO k EO = ⇒ 1 2 EO k EO =   Suy ra phép v ị t ự H (E,k) : (O 1 ) → (O 2 ). Mà E,F,P th ẳ ng hàng, F ∈ (O 1 ), P ∈ (O 2 ) nên EF EC EF kEP k EP EB = ⇒ = =   (2) T ừ (1),(2) suy ra . . EP EQ EC EB = . V ậ y 4 đ i ể m P,Q,B,C cùng thu ộ c m ộ t đ u ờ ng tròn ( đ pcm) 4.Chứng minh sự thẳng hàng, đồng quy: Ví dụ 1: Cho tam giác ABC. Các phân giác ngoài góc A,B,C l ầ n l ượ t c ắ t c ạ nh đố i di ệ n t ạ i A 1 ,B 1 ,C 1. CMR A 1 ,B 1 ,C 1 th ẳ ng hàng và n ằ m trên đườ ng vuông góc v ớ i đườ ng th ẳ ng n ố i tâm đườ ng tròn n ộ i ti ế p và tâm đườ ng tròn ngo ạ i ti ế p tam giác ABC. Lời giải: 11 G ọ i A 2 B 2 C 2 là tam giác t ạ o b ở i 3 phân giác ngoài góc A,B,C. D ễ dàng có 2 2 2 AA B C ⊥ , 2 2 2 BB A C ⊥ , 2 2 2 CC A B ⊥ . T ứ giác BC 2 B 2 C n ộ i ti ế p nên 1 2 1 2 1 1 . . A C A B A B A C = T ươ ng t ự 1 2 1 2 1 1 . . B C B A B A B C = , 1 2 1 2 1 1 . . C B C A C A C B = Suy ra A 1 ,B 1 ,C 1 cùng n ằ m trên tr ụ c đẳ ng ph ươ ng c ủ a đườ ng tròn (O) ngo ạ i ti ế p tam giác ABC và đườ ng tròn (J) ngo ạ i ti ế p tam giác A 2 B 2 C 2 . Mà (O) là đườ ng tròn Ơ -le c ủ a tam giác A 2 B 2 C 2 , AA 2 ,BB 2 ,CC 2 giao nhau t ạ i tr ự c tâm I c ủ a tam giác A 2 B 2 C 2 (c ũ ng đồ ng th ờ i là tâm đườ ng tròn n ộ i ti ế p tam giác ABC) suy ra I,O,J th ẳ ng hàng. V ậ y đườ ng th ẳ ng qua A 1, B 1 ,C 1 vuông góc v ớ i OI ( đ pcm) Ví dụ 2 (Iran NMO 2001): Cho tam giác ABC n ộ i ti ế p (O). (I), (I a ) l ầ n l ượ t là đườ ng tròn n ộ i ti ế p và bàng ti ế p góc A. Gi ả s ử II a giao BC và (O) l ầ n l ượ t t ạ i A’, M.G ọ i N là trung đ i ể m cung MBA. NI, NI a giao (O) l ầ n l ượ t t ạ i S,T. CMR S,T,A’ th ẳ ng hàng. Lời giải: [...]... phía v i tr c đ ng phương N u hai đư ng tròn n m ngoài nhau thì chúng n m v hai phía c a tr c đ ng phương 18 L i gi i: +N u hai đư ng tròn đ ng nhau, hi n nhiên tr c đ ng phương không có đi m chung v i đư ng tròn l n vì n u M là đi m chung thì phương tích t M t i đư ng tròn nh ph i b ng 0 và hai đư ng tròn giao nhau t i M, vô lý Do đó đư ng tròn l n n m v m t phía c a tr c đ ng phương và m i đi m trong... ng phương c a (C1) và (C2), đư ng th ng qua A vuông góc v i EF là tr c đ ng phương c a (C2) và (C3), đư ng th ng qua B vuông góc v i DF là tr c đ ng phương c a (C1) và (C3) Do đó 3 đư ng th ng này đ ng quy t i tâm đ ng phương c a 3 đư ng tròn (đpcm) Bài 17: 32 G i J,J’,Z l n lư t là giao c a AM,DN, AD v i XY T giác JMCK n i ti p nên PJ PK = PM PC Tương t PJ '.PK = PN PB Do P n m trên tr c đ ng phương. .. đ ng phương ta suy ra tr c đ ng phương c a (O1) và (O2) đi qua H (đpcm) 35 Bài 22: Kí hi u (C1),(C2) l n lư t là đư ng tròn ngo i ti p tam giác AEF, BCE Ta có AF, BC là tr c đ ng phương c a (O) và (C1), (O) và (C2) M t khác ∠ OAF= ∠ FDB= ∠ FEA, ∠ OBC= ∠ CEB Suy ra OA,OB l n lư t là ti p tuy n c a (C1),(C2) và l i có OA2=OB2 Do đó OE là tr c đ ng phương c a (C1) và (C2) Theo đ nh lý v tâm đ ng phương. .. ng tròn (O1),(O2) n m khác phía đ i v i tr c đ ng phương Ví d 2: Ch ng minh r ng n u tr c đ ng phương c a hai đư ng tròn c t m t trong hai đư ng tròn thì hai đư ng tròn đã cho c t nhau N u tr c đ ng phương c a hai đư ng tròn ti p xúc v i m t trong hai đư ng tròn thì hai đư ng tròn đã cho ti p xúc nhau L i gi i: G i C1,C2 là hai đư ng tròn có tr c đ ng phương d và M là đi m chung c a C1 v i d Ta có PM/(C1)=PM/(C2)=0... i P,S, (O2) ti p xúc AF,CD t i M,N, (O3) ti p xúc AB, ED t i Q,R Ta có FP=PK-FK=LM-LF=FM, CS=SH+HC=IN+IC=CN Suy ra FC là tr c đ ng phương c a (O1) và (O2) Tương t AD là tr c đ ng phương c a (O2) và (O3), BE là tr c đ ng phương c a (O3) và (O1) Áp d ng đ nh lý v tâm đ ng phương ta có AD,BE,CF đ ng quy (đpcm) 5.Ch ng minh đi m c đ nh, đư ng c đ nh: Ví d 1: Cho (O,R) và hai đi m P,Q c đ nh (P n m ngoài... ∠I aTS = ∠I a IS Suy ra t giác IaTIS n i ti p (w1) M t khác, ∠ IBIa= ∠ ICIa=90o nên t giác IBIaC n i ti p (w2) Ta th y IIa là tr c đ ng phương c a (w1) và (w2), BC là tr c đ ng phương c a (O) và (w2), TS là tr c đ ng phương c a (O) và (w1) Theo đ nh lý v tâm đ ng phương thì IIa, TS, BC đ ng quy t i A’ V y T,A’,S th ng hàng (đpcm) Ta có ∠ NTS= ( ) ( ) Ví d 3(Đ nh lý Brianchon): Cho l c giác ABCDEF ngo... trên tr c đ ng phương c a W’B và W’C M t khác, qua A k đư ng th ng d song song v i BC Trên d l y 2 đi m P,Q tho mãn AP=AF=AE=AQ G i S là giao c a QF v i BC, J là giao c a PE v i BC.QF ∩ PE={R} Vì AQ=AF=BH=BT và AQ//BC nên Q đ i x ng v i T qua N.Suy ra Q ∈ W’C, tương t P ∈ W’B T giác PQEF n i ti p nên RP.RE = RQ.RF suy ra R n m trên tr c đ ng phương c a W’B và W’C Do đó AR là tr c đ ng phương c a W’B... G i (C1),(C2) l n lư t là các đư ng tròn đư ng kính A1A2,B1B2 Do ∠ A1MA2= ∠ B1MB2=90o nên M n m trên tr c đ ng phương c a (C1) và (C2) M t khác O1A12=O1B12 và O1A1, O1B1 l n lư t là ti p tuy n c a (C1),(C2) nên O1 n m trên tr c đ ng phương c a (C1) và (C2) Tương t O2 cũng n m trên tr c đ ng phương c a (C1) và (C2) Suy ra O1,M.O2 th ng hàng Ta có đpcm Bài 15: G i (I,R) đư ng tròn ngo i ti p c a tam giác... ng phương c a (A,0) và (O) ⇒ DA2=DP2=DQ2 ⇒ D là tâm đư ng tròn ngo i ti p tam giác APQ L i có M n m trên tr c đ ng phương c a (A,0) và (O) nên MA2=MP.MQ Suy ra MA là ti p tuy n c a (D,DA) V y ∠DAM = 90o (đpcm) Ví d 2 (Russian 2005): Cho tam giác ABC, WB, WC là các đư ng tròn bàng ti p đ i di n đ nh B,C W’B, W’C l n lư t là đư ng tròn đ i x ng v i WB, WC qua trung đi m c nh AC, AB CMR tr c đ ng phương. .. ng phương +N u hai đư ng tròn ngoài nhau G i O là trung đi m O1O2 M là m t đi m n m trên tr c đ ng phương H là hình chi u c a M trên O1O2 Không m t t ng quát gi s R1>R2 R 2 − R22 2 Ta có OH = 1 suy ra 2O1O2 OH = R12 − R2 > 0 , t c là OH và O1O2 cùng hư ng, 2O1O2 R12 − R22 hay H n m trên tia OO2.M t khác OH=