Nếu AD, AE lần lượt là phân giác trong, phân giác ngoài của 4ABC thì BCDE = −1Định lí 2: Cho 4ABC và điểm O không thuộc các đường thẳng chứa 3 cạnh.. * Từ tính chất trên cho ta 2 định lí
Trang 1Ngày 11 tháng 8 năm 2012
1 Tỉ số đơn - Tỉ số kép - Hàng điểm điều hòa
1 Tỉ số đơn:
Định nghĩa: Với 3 điểm A, B, M khác nhau thẳng hàng thì tỉ số M A
M B được gọi là tỉ số đơn củacủa A, B, M và được kí hiệu là (ABM )
Tính chất 4 Nếu (ABCD) = (ABCD0) thì D ≡ D0
Tính chất 5 (ABCD) 6= 1
3 Hàng điểm điều hòa:
a Định nghĩa: Nếu (ABCD) = −1 hay CA
Trang 2Nếu AD, AE lần lượt là phân giác trong, phân giác ngoài của 4ABC thì (BCDE) = −1
Định lí 2:
Cho 4ABC và điểm O không thuộc các đường thẳng chứa 3 cạnh AO, BO, CO theo thứ tự cắt
BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P , BC cắt N P tại Q
M'
Định nghĩa:
Trang 3f (M ) = M0 sao cho S, M, M0 thẳng hàng.
Ánh xạ f được gọi là phép chiếu xuyên tâm từ d đến d’ Điểm S được gọi là tâm của f
Tính chất:
Phép chiếu xuyên tâm bảo toàn tỉ số kép
* Từ tính chất trên cho ta 2 định lí sau dùng để chứng minh 3 đường thẳng song song hoặc đồngquy và 3 điểm thẳng hàng
Định lí 7:
Cho 2 đường thẳng ∆ và ∆0 cắt nhau tại O Các điểm A, B, C thuộc ∆ và các điểm A0, B0, C0 thuộc ∆0.Khi đó AA0, BB0, CC0 đồng quy khi và chỉ khi (OABC) = (OA0B0C0)
Định lí 8:
Cho 2 chùm O(ABCO0) và O0(ABCO)
Khi đó A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi O(ABCO0) = O0(ABCO)
Trang 4⇒ X nằm trên đường phân giác của [BAC
Chứng minh tương tự ta được: Y nằm trên đường phân giác của [BAC
⇒ A, Y, A0, X thẳng hàng theo thứ tự đó
Ta có: AY = 2AN cosAb
2 = AC cos
bA2
Cho 4ABC và đường cao AD, BE, CF
CMR: DA là phân giác \EDF
Ta không xét đến trường hợp đơn giản EF k BC
Gọi giao điểm của EF với BC, AD lần lượt là M, N
AD, BF, CE đồng quy, theo định lí 2 ta có: (M DBC) = −1 ⇒ (M N F E) = −1 ( Phép chiếu xuyêntâm A)
⇒ D(M N F E) = −1
Mà DN nên theo định lí 6 ta có đpcm
Trang 5VD2.1: ( Iran MO)
Cho , AD, BE, CF đồng quy tại O H là hình chiếu củaO trên BC
Khi đó HI là phân giác \EHF
Nhận xét: Từ VD1.1 áp dụng thêm tính chất của chùm điều hòa (Định lí 4) ta có bài toán sau:
VD2.2: Cho , AD, BE, CF đồng quy tại O H là hình chiếu củaO trên BC.AD cắt EF tại I Qua
I kẻ đường thằng song song với DE cắt DF, BC lần lượt tại M, N
Khi đó M là trung điểm của IN
VD3: ( IMO Shortlist 1995)
Cho 4ABC D, E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp của triangleABC với các cạnh
BC, CA, AB X là điểm nằm bên trong sao cho đường tròn nội tiếp triangleXBC tiếp xúc với
D
Trang 6P B F
Mà OP ⊥ OT nên theo định lí 6 \DOP = \BOP (1)
Tương tự ta được (OF, OP, OA, OC) = −1
Mà OP ⊥ OF nên theo định lí 6 [AOP = [COP (2)
Trang 7R E
M CN , \M CN và \M DN , \M DN và \M AN Giả sử 4 điểm P, Q, S, T đôi một phân biệt
a Chứng minh rằng 4 điểm P, Q, S, T cùng nằm trên 1 đường tròn tâm I
b Gọi E là giao điểm AC và BD
Chứng minh rằng 3 điểm E, O, I thẳng hàng
( Có thể xem thêm về bài toán này tại báo Toán học tuổi trẻ số 418)
Ngoài ra định lý Brokard còn được sử dụng để chứng minh định lí con bướm như sau:
VD7: (Định lí con bướm)
Cho đưởng tròn ω và 2 điểm phân biệt A, B nằm trên ω.M là trung điểm của AB Vẽ 2 đường thẳng
l1, l2 từ M (6= AB) sao cho chúng cắt ω lần lượt tại C, D và E, F (C, E nằm cùng phía đối với AB, D, Enằm khác phía đối với AB).Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của AB với CF, DE
Chứng minh rằng: M là trung điểm của XY
Giải:
Trang 8L K
Y X
D
E
M O
B A
F C
Một số tính chất của tứ giác ngoại tiếp
Tính chất 1: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O).M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của (O)với AB, BC, CD, DA
Khi đó: M P, N Q, AC, BD đồng quy
Tính chất 2: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của (O)với AB, BC, CD, DA
Khi đó tiếp tuyến của (O) tại E, F và M Q, N P đồng quy
Từ tính chất 1 và 4 ta có bài toán sau từ định lí Brokard
VD5.1: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O), 2 đường chéo cắt nhau tại L (O) tiếp xúc với
AB, BC, CD, DA tại M, N, P, Q AC cắt (O) tại E, F BD cắt (O) tại R, S Tiếp tuyến tại E, F của(O) cắt nhau tại K
Khi đó O là trực tâm 4HKL
VD8: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của
AB, BC, CD, DA Gọi M Q ∩ N P = K, M P ∩ N Q = I
Chứng minh rằng: (DBIK) = −1
Giải:
Trang 9C
B A
I
K
N M
P Q
Trang 10Dễ thấy KEHO và KHOF là tứ giác nội tiếp.
Trang 11Ta có: OB2 = OK.OA ⇒ OE2 = OK.OA
Theo hệ thức Newton, ta có (AKEF ) = −1 ⇒ M (AKEF ) = −1
Mà M E ⊥ M F nên M E là phân giác \AM K
Nhận xét: 1 Ta thấy M E cũng là phân giác của \CM B Như vậy ta có thể phát biểu VD8 nhưsau:
VD10.1: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại P
M là trung điểm của BC
Khi đó: [BAP = [P AC
2 Ở VD10 nếu cho M N là đường kính bất kì của (O) thì: M O = OE ⇒ \OM E = \OEM ⇒ \N M K =
Trang 12I D
B
E
C A
Cách dựng điểm I như sau:
Gọi (ω) là đường tròn đường kính BC
Từ A vẽ tiếp tuyến AM, AN đến (ω)
⇒ I chính là giao điểm của M N và IA
Cho4ABC, đường tròn bất kì đi qua 2 điểm B, C cắt AB, AC tại điểm thứ 2 là F, E.BE ∩ CF =
G, AG ∩ BC = D Qua D kẻ đường thẳng song song với EF cắt AB, AC tại Q, R
Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp 4P QR đi qua 1 điểm cố định
B
Trang 13Ta có: BCEF là tứ giác nội tiếp
⇒ BRCQ là tứ giác nội tiếp
⇒ DB.DC = DQ.DR
Mà (P DBC) = −1, M là trung điểm BC, theo hệ thức Maclaurin ta có:
DB.DC = DP DM ⇒ DQ.DR = DP DM
⇒ P QM R là tứ giác nội tiếp
Vậy đường tròn ngoại tiếp 4P QR luôn đi qua trung điểm của BC (đpcm).
1 số bài toán chứng minh đồng quy và thẳng hàng
Trước hết ta sẽ nhắc lại 1 số định lí thường dùng:
Định lí 7:
Cho 2 đường thẳng ∆ và ∆0 cắt nhau tại O Các điểm A, B, C thuộc ∆ và các điểm A0, B0, C0 thuộc ∆0.Khi đó AA0, BB0, CC0 đồng quy khi và chỉ khi (OABC) = (OA0B0C0)
Định lí 8:
Cho 2 chùm O(ABCO0) và O0(ABCO)
Khi đó A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi O(ABCO0) = O0(ABCO)
Sau đây là 1 số định lí cơ bản về đồng quy và thẳng hàng:
Z Y
X O
Trang 14C D
E
Gọi Oa là điểm đối xứng với O qua BC, từ O kẻ đường thẳng da vuông góc với AD
⇒ O, O2, O3, Oa cùng thuộc (D) vàda là tiếp tuyễn của đường tròn đó tại O
Ta có: O(OO2O3Oa) = (d, OO2, OO3, OOa) = (DA, DF, DE, DB) = −1
⇒ OO2O3Oa là tứ giác điều hòa
Do đó tiếp tuyến tại O, Oa của (D) cắt nhau tại 1 điểm trên BC
BC, da, O2O3 đồng quy tại điểm A0
Trang 15⇒ A0 thuộc trục đẳng phương của điểm O và đường tròn (O1O2O3)
Z N
A
B
C
D E
Nhận xét: Ta có thể sử dụng định lí Pascal để chứng minh định lí Pappus như sau:
Áp dụng định lí Pascal cho lục giác suy biến AB’CA’BC’ nội tiếp đường tròn bậc (S) là cặp đườngthẳng cắt nhau d va d’ ta có đc đpcm
VD5:
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O).M, N là trung điểm của AB, CD.CD∩(AN B) = Q, AB ∩(DM C) = P
Trang 16A
Dễ thấy A, B là giao điểm của (M AB), (ABCD)
⇒ AB là trục đẳng phương của (M AB), (ABCD)
⇒ PE/(M AB) = PE/(ABCD)
⇒ EP EN = EC.ED
Mà N là trung điểm của CD, theo hệ thức Maclaurin ta có: (EP CD) = −1
Tương tự ta có: (EQAB) = −1
⇒ (EP CQ) = (EQAB)
⇒ P Q, CA, BD đồng quy (Theo định lí 7)
VD6: ( Romanian Junior Balkan MO 2007)
Cho tam giác ABC vuông tại A Điểm D nằm trên cạnh AC, E là điểm đối xứng với A qua BD.F làgiao điểm của đường thẳng qua D vuông góc với BC và đường thẳng CE
Chứng minh rằng: AF, DE, BC đồng quy
Giải:
Trang 17T Y
Z X
F E
A
D
Gọi X, Y, Z lần lượt là giao điểm của AE với BD, BC, DF , T là giao điểm của DF và BC
Để chứng minh AF, DE, BC đồng quy ta sẽ chứng minh (AY EZ) = −1
Ta có: XY T D là tứ giác nội tiếp ⇒ \BY X = \XDZ
tan \BY X = tan \XDZ ⇒ XB
XY =
XZXD
⇒ XB.XD = XY.XZ
Mà 4ABD vuông tại A và AX ⊥ BD nên XA2 = XB.XD
⇒ XA2 = XB.XD
Theo hệ thức Newton ta có: (AY EZ) = −1
Xét 4AEC và 3 đường thẳng AF, DE, BC mà (AEY Z) = −1 nên AF, DE, BC đồng quy ( đpcm).
+ Hệ thức Maclaurin: (ABCD) = −1 ⇔ AC.AD = AB.AJ với J là trung điểm CD
VD1:
Cho góc xOy và 1 điểm M cố định nằm trên phân giác Ot của góc đó Một đường thẳng δ bất kì điqua M cắt Ox, Oy tại p, Q
Tìm vị trí δ để biểu thức 1 đạt GTLN
Trang 18Q B
A
O
M P
Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với Ot cắt Ox, Oy tại A, B ⇒ A, B cố định
Lấy C ∈ Ox sao cho M A là phân giác \CM P
Dễ thấy 4ABC cân tại A
⇒ 1
OP.OQ ≤ 1
4.
1
OP +
1OQ
Nhận xét: Ta có thể phát biểu bài toán trên dưới 1 dạng khác như sau:
Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH Qua H kẻ đường thẳng bất kì cắt AB, AC tại D, E Xácđịnh vị trí đường thẳng đó để AD.AE đạt giá trị nhỏ nhất
VD2:
Cho 4ABC cân tại A và đường thẳng δ ⊥ BC.I di động trên δ.BI ∩ AC = M, CI ∩ AB = N
TÌm vị trí I để BN.CM đạt giá trị lớn nhất
Giải:
Trang 19S R
Q
K P
M N
Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AH Trên AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E Gọi F, G lần lượt
là hình chiếu củaD, E trên AB, BC Biết rằng giao điểm của DG, EF nằm trên AH.P là hình chiếucủa E trên HD
Trang 20C B
A
I
D
E F
Ta bỏ qua trường hợp đơn giản EF k BC
Trang 21a) Chứng minh rằng: độ dài M N không đổi.
b) Chứng minh rằng: đường tròn (DM N ) luôn đi qua một điểm cố định
Giải:
Q
M N
P B
a) Từ vd2 ta có: ABM N là tứ giác nội tiếp
⇒ M N = AB cos180
◦− α
2 = constb) Gọi P = M N ∩ AB, Q là trung điểm AB
⇒ (P DBA) = −1 ⇒ P A.P B = P D.P Q
Trang 22N X Y
.sin \AENsin \N AE
= sin Bsin C =
AC
AB =
CDBD
⇒ P, Q, R thẳng hàng (Bổ đề ERIQ)
VD5:
Cho tứ giác lồi ABCD, O là giao điểm 2 đường chéo
Chứng minh rằng: nếu BO là đường đối trung của tam giác ADC và DO là đường đối trung tam giácADC thì AO là đường đối trung của tam giác ABD
Giải:
Trang 23C
B A
D
Kí hiệu DD, BB lần lượt là tiếp tuyến tại D với (ADC) và tiếp tuyến tại B với (ABC)
Gọi T1 = DD ∩ AC, T2 = BB ∩ AC, T = BB ∩ DD
Do BO, DO lần lượt là đường đối trung tam giác ABC, ADC
⇒ (AOCT1) = (AOCT2)
⇒ T1 ≡ T2 ≡ T
BD, CD lần lượt là đường đối cực của T1, T2 với (ADC), (ABC)
Mà T1 ≡ T2 nên (ADC) ≡ (ABC)
⇒ ABCD nội tiếp
Ta có: (AOCT ) = −1 ⇒ D(AOCT ) = −1
⇒ ABCD là tứ giác điều hòa
⇒ AA, BD, CC đồng quy Vậy ta có đpcm
Trang 24C
B A