PHƯƠNG TÍCH TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG

PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 1 I - Chứng minh các hệ thức hình học 1. (Hệ thức Ơ-le) Cho tam giác ABC nội tiêp (O,R), ngoại tiêp (I,r). CMR OI 2  R 2  2 Rr A Lời giải : I Gọi M = BI  (O). KM là đường kính của (O). đường tròn B (I) tiêp xúc với BC tại D. Ta có BDI ~KCM (g.g) D 2 2 IB.IM = ID.KM = 2Rr Mà IB.IM=R -OI . Vậy OI2 =R2 -2Rr (đpcm) K M O C 2. (Định lý Fuss)Cho tứ giác ABCD vừa nội tiêp (O,R), vừa ngoại tiêp (I,r). Đặt OI=d. CMR: 1 1 1   2 2 2 (R  d ) ( R  d ) r Lời giải : Kéo dài BI, DI cắt (O) tại M,N. Ta có MNC = IBC, NMC = IDC Suy ra MNC +NMC =IBC +IDC = 1/2(ABC +ADC) = 900. Suy ra O là trung điểm MN. Áp dụng công thức tính đường trung tuyến trong tam giác IMN ta có: A E N B O I M IM 2 IN 2 MN 2 IM 2 IN 2 2 D d  OI      R C F 2 2 4 2 2 IM 2 IN 2 2 2 R d   2 2 1 1 2( R 2  d 2 ) IM 2  IN 2 IM 2 IN 2 1 1 Do đó :       2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (R  d ) (R  d ) (R  d )  PI / (O) IM .IB IN .ID IB ID 2 2  sin IDF  sin IBE   IE 2 IF2 2  2 sin 2   ABC ADC  sin 2 2 2  1 2 r r2 3. (IMO- 20) Cho AB là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (CAMN) và (NMBD). M nằm giữa C và D trên đường thẳng CD, CD // AB. Các dây cung AN, CM cắt nhau tại P. Các dây BN, MD cắt nhau tại Q. CA cắt DB tại E . CMR: PE = QE. Lời giải :Ta có : EAB = BAM ( cùng bằng ACM) , EBA = ABM. Do đó MAB = EAB  ME  AB  ME  CD. Do đó để chứng minh EP = EQ ta chỉ cần chứng minh MP = MQ. Gọi T = MN  AB , thì ta có : TA2 = TM.TN = TB2  TA = TB. Mặt khác vì CD // AB nên  MP = MQ. Vậy EP = EQ Đoàn Phú Như - THPT Chuyên Tuyên Quang PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 2 II - Tính các đại lượng hình học 1. Cho 2 đường tròn đồng tâm O (C1) và (C2) ((C2) nằm trong (C1)). Từ một điểm A nằm trên (C1) kẻ tiêp tuyến AB tới (C2). AB cắt (C1) tại C (C A). D là trung điểm AB. Một đường thẳng qua A cắt (O2) tại E,F sao cho đường trung trực của đoạn DF và EC cắt nhau tại điểm M nằm trên AC.Tính AM MC Lời giải : Dễ thây B là trung điểm AC. A D 1 2 Ta có PA / (C2 )  AE.AF  AB 2  AB.2 AB  AD. AC B M C E Suy ra tứ giác DCFE nội tiêp.Do đó M là tâm đường tròn ngoại tiêp tứ giác DCFE. Mà M nằm trên AC nên O F 1 MC=MD  CD Từ đó tính được 2 5 3 AM 5 AM  AB; MC= AB   4 4 CM 3 III - Chứng minh tập hợp điểm thuộc một đường tròn 1. Cho tam giác ABC trực tâm H. M1,M2,M3 lần lượt là trung điểm BC,CA,AB. (M1,M1H)  BC = {A1,A2 }, (M2,M2H)  AC = {B1,B2 }, (M3,M3H)  AB = {C1,C2 }. CMR: A1,A2,B1,B2,C1,C2 cùng thuộc một đường tròn. Lời giải : Do M1M2 //AB và AB  HC nên M1M2  HC. Suy ra HC là trục đẳng phương của (M1) và (M2).  CA1.CA2  CB1.CB2 Suy ra A1 ,A2 ,B1 ,B2 thuộc đường tròn (W1). Tương tự A1,A2,C1,C2 thuộc đường tròn (W2), C1,C2,B1,B2 thuộc đường tròn (W3) Nếu 6 điểm A1 ,A2 ,B1 ,B2 , C1 ,C2 không cùng thuộc một đường tròn thì các trục đẳng phương của 3 đường tròn (W1),( W2),( W3) phải đồng quy tại một điểm, nhưng chúng lại cắt nhau tại A,B,C nên vô lý. Vậy ta có đpcm. A C1 B2 M3 M2 H C2 B B1 A1 C A2 M1 E 2. (IMO shortlist 2006)Cho hình thang ABCD (AB>CD). c1 AK DL K,L là hai điểm trên AB,CD sao cho  . BK CL F L D Giả sử P,Q nằm trên đoạn thẳng KL sao cho APB = BCD và CQD = ABC. CMR bốn điểm P,Q,B,C cùng thuộc một đường tròn. Lời giải: C O1 P c2 Q A Đoàn Phú Như - THPT Chuyên Tuyên Quang K O2 B PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG Từ giả thiết : 3 AK DL  suy ra AD,BC,KL đồng quy tại E. BK CL Dựng đường tròn (O1) đi qua C,D và tiếp xúc với BC, đường tròn (O2) đi qua A,B và tiếp xúc với BC. Vì DQC = ABC = DCE nên Q  (O1), tương tự P (O2). 2 Gọi F là giao điểm thứ hai của EQ với (O1) thì EF.FQ  EC (1) Mặt khác ta có : O1CD = O2BA nên AO2B  DO1C  O1C DC EC   k O2 B AB EB EO1  k  EO1  k EO2 suy ra phép vị tự H(E,k): (O1)  (O2) EO2 EF EC Vì E,F,P thẳng hàng, F (O1), P(O2) nên EF  k EP  k (2) EP EB Từ (1) và (2) suy ra : EP.EQ  EC.EB . Vậy 4 điểm P,Q,B,C thuộc một đường tròn .  E,O1,O2 thẳng hàng và IV- Chứng minh thẳng hàng, đồng quy 1. Cho ABC nội tiếp (O), các đường cao AA1,BB1,CC1 đồng quy tại H. BC cắt B1C1 tại A2, tương tự ta có B2,C2 . CMR: 3 điểm A2 , B2, C2 thẳng hàng . Lời giải : Ta có : A2 B. A2 C  A2 B1 . A2 C1  P(A2)/(ABC) = P(A2)/(A1B1C1)  A2 thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (ABC) và (A1B1C1) . CM tương tự B2,C2 cũng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (ABC) và (A1B1C1) . Vậy 3 điểm A2,B2,C2 thẳng hàng 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi E = AC  BD ,F = AB  CD . Gọi H,K là trực tâm các tam giác AED, BEC. CMR : 3 điểm F,H,K thẳng hàng. Lời giải : Gọi : A’ = AH  BD, D’ = DH  AC , B’ = BK  AC , C’ = CK  BD. Ta có : FA.FB  FC.FD  P(F)/(AB) = P(F)/(CD). HA.HA'  HD.HD '  P(H)/(AB) = P(H)/(CD) . KB.KB'  KC .KC '  P(K)/(AB) = P(K)/(CD) . Vậy 3 điểm F,H,K thẳng hàng. 3. Cho tam giác ABC.Các phân giác ngoài góc A,B,C lần lượt cắt cạnh đối diện tại A1,B1, C1 . CMR : A1,B1,C1 thẳng hàng và nằm trên đường vuông góc với đường thẳng nối tâm đường tròn nội tiêp và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải : Gọi A2B2C2 là tam giác tạo bởi ba đường phân giác ngoài của các góc A,B,C. Ta có : AA2  B2C2, BB2  A2C2, CC2  A2B2. C1 B1 B2 A C2 A1 I B J A2 Đoàn Phú Như - THPT Chuyên Tuyên Quang C O PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 4 Tứ giác BC2B2C nội tiếp nên : A1C2 . A1B2  A1B. A1C , tương tự : B1C2 .B1 A2  B1 A.B1C ; C1B2 .C1 A2  C1 A.C1B . Suy ra A1 ,B1,C1 cùng nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (O) ngoại tiêp tam giác ABC và đường tròn (J) ngoại tiêp tam giác A2B2C2 . Mà (O) là đường tròn Ơ-le của tam giác A2B2C2 . AA2 ,BB2 ,CC2 đồng quy tại trực tâm I của tam giác A2B2C2 (cũng đông thời là tâm đường tròn nội tiêp tam giác ABC) suy ra I,O,J thẳng hàng. Vậy đường thẳng qua A1 ,B1,C1 vuông góc với OI (đpcm) 4. Trên đường thẳng d lấy 4 điểm A, B, C, D (theo thứ tự đó). Đường tròn đường kính AC và BD cắt nhau tại X, Y. Đường thẳng XY cắt BC tại Z. Lấy P là một điểm trên XY khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ 2 là M, và BP cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là N. Chứng minh rằng AM, DN và XY đồng qui. P Lời giải : Gọi Q, Q’ lần lượt là giao điểm của DN và AM với XY. Ta cần chứng minh Q≡Q′ . X N Tứ giác QMCZ nội tiếp, suy ra PM .PC  PQ.PZ M Q Tứ giác NQ’ZB nội tiếp, suy ra PQ '.PZ  PN .PB A Mà P thuộc XY là trục đẳng phương của đường tròn D Z C B đường kính AC và đường tròn đường kính BD nên PN .PB  PQ '.PZ  PM .PC Y Suy ra PQ.PZ  PQ '.PZ  Q ≡ Q′ Vậy XY, AM và DN đồng quy. 5. (Iran NMO 2001): Cho tam giác ABC nội tiêp (O). (I), (Ia) lần lượt là đường tròn nội tiêp và bàng tiếp góc A. Giả sử IIa cắt BC và (O) lần lượt tại A’, M. Gọi N là trung điểm cung MBA. NI, NIa cắt (O) lần lượt tại S,T. CMR:S,T,A’ thẳng hàng. Lời giải: A Ta có :   1 sd NA   sd AS   1 sd NM   sd AS   NIM  NTS 2 2   I a TS  I a IS suy ra tứ giác IaTIS nội tiếp đường     0 tròn (w1). Mặt khác IBIa = ICIa = 90 nên IBIaC nội tiếp (w2). Ta thấy IIa là trục đẳng phương của (w1) và (w2), BC là trục đẳng phương của (O) và (w2), TS là là trục đẳng phương của (O) và (w1) nên IIa, BC, TS đồng quy tại A’. Vậy T,A’,S thẳng hàng. S I N B O C A' T M Ia 6. (Định lý Brianchon) Cho lục giác ABCDEF ngoại tiêp (O).CMR: AD,BE,CF đồng quy. Lời giải : Đoàn Phú Như - THPT Chuyên Tuyên Quang PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 5 Gọi G,H,I,J,K,L lần lượt là tiếp điểm của AB,BC,CD,DE, EF,FA với (O). Trên tia KF,HB, GB, JD, ID, LF lần lượt lấy các điểm P,S, Q,R,N ,M sao cho KP = SH = GQ = JR = IN = LM. Dựng (O1) tiêp xúc với EF,CB tại P,S, (O2) tiêp xúc AF,CD tại M,N, (O3) tiêp xúc AB, ED tại Q,R. Ta có FP = PK- FK = LM - LF = FM, CS = SH + HC = IN + IC = CN Suy ra FC là trục đẳng phương của (O1) và (O2). S Tương tự AD là trục đẳng phương của (O2) và (O3), BE là trục đẳng phương của (O3) và (O1). O1 Áp dụng định lý vê tâm đẳng phương ta có P AD,BE,CF đông quy (đpcm) Q B G A H L C F I K J E M O3 R D O2 N V - Chứng minh điểm cố định, đường cố định 1. Cho (O,R) và hai điểm P,Q cố định (P nằm ngoài (O), Q nằm trong (O)). Dây cung AB của (O) luôn đi qua Q. PA, PB lần lượt cắt (O) lân thứ hai tại D,C. CMR : CD luôn đi qua một điểm cố định. A Lời giải : D Gọi E là giao điểm thứ hai của PQ với đường tròn (PAB), E CD cắt PQ tại F. Q F P O Ta có : OQ 2  R 2  QA.QB  QP.QE , vì O.P.Q cố định nên C B QE không đổi  E cố định. Mặt khác PDC =PBA = PEA nên tứ giác DAEF nội tiếp  PO 2  R 2  PD.PA  PE.PF ,vì P,E cố định nên PF không đổi  F cố định. Vậy đường thẳng CD luôn đi qua điểm F cố định. 2. Cho đường tròn (O), điểm M cố định trong (O), đường thẳng d quay xung quanh M và cắt (O) tại 2 điểm A,B. Các tiếp tuyến của (O) tại A,B cắt nhau tại K. CMR : K chạy trên một đường thẳng cố định. Lời giải : Gọi I là giao điểm của d với OK thì OIM vuông tại I. Trong tam giác vuông OAK ta có : KA2 = KO.KI  P (K)/(O) = P (K)/(OM) nên K thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn (O) và (OM). 3. (Việt Nam 2003) Cho (O1,R1) tiếp xúc ngoài với (O2,R2 ) tại M (R2 > R1). Xét điểm A di động trên đường tròn(O2 ,R2) sao cho A,O1,O2 không thẳng hàng.Từ A kẻ tiếp tuyến Đoàn Phú Như - THPT Chuyên Tuyên Quang PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 6 AB,AC tới (O1).Các đường thẳng MB,MC cắt lại (O2) tại E,F. D là giao điểm của EF với tiếp tuyến tại A của (O2).CMR : D di động trên một đường thẳng cố định. Lời giải : Qua M kẻ tiếp tuyến chung của (O1) và (O2). D Ta có : MCA = CMy = FMD = FAM  2 2 2 A FAM  FCA  FA  FM .FC  FO1  R1 (1). B F Tương tự : EA2  EO12  R12 (2) Ký hiệu (A;0) là đường tròn tâm A bán kính 0 thì từ (1) và (2) suy ra EF là trục đẳng phương của (A;0) M O1 O2 và (O1). Vì D  EF nên : C DA2  DO12  R12  PD / (O1 )  PD / (O2 ) . y Vậy D thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn E cố định (O1) và (O2). VI - Chứng minh các yếu tố khác 1. Cho (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ tiếp tuyến AB,AC tới (O). E,F lần lượt trung điểm AB,AC. D là một điểm bât kì trên EF. Từ D kẻ tiếp tuyến DP,DQ tới (O). PQ cắt EF tại M. CMR : DAM = 900. Lời giải : Ký hiệu (A;0) là đường tròn tâm A bán kính 0. Ta có : EB 2  EA2  02  EA2 ; FC 2  FA2 nên EF là là trục đẳng phương của (A;0) và (O)  DA2  DP 2  DQ 2  D là tâm (APQ). Vì M EF nên MA2  MP.MQ  MA là tiếp tuyến của (D;DA). Vậy DAM = 900. A F E D M Q C B O P MỘT SỐ BÀI TẬP 1. (Đề thi HSG Hải Phòng, bảng A)Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) . BH  R 2 là đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giácABC . Gọi D,E là hình chiếu vuông góc của H lên các cạnh AB, BC . Chứng minh rằng: B a. BO  DE x b. D,O,E thẳng hàng. Lời giải. Ta có BA.BC = 2R.BH với R là bán kính đường tròn ( ABC) Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên DE . Ta có BD.BA = BH2 = BE.BC  BAC ~ BED . D A C H M Đoàn Phú Như - THPT Chuyên Tuyên Quang E O N PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 7 BK BD BH 2 2R 2 R     BK = R. BH BC BA.BC 2 R.BH BH   (Tứ giác AMNC là thang cân)  O  K  BO  DE. Mặt khác : EBK ABH  EBO  Cách 2 : Kẻ tiếp tuyến Bx . Ta có tứ giác ABEC nội tiếp nên BDE =ACB = ABx  Bx // DE  OB // DE. Kẻ BK  DE thì BK = R = BO  K  O (đpcm) 2. (Đề thi HSG Vĩnh Phúc)Cho tứ giác ABCD nội tiếp. M, N là trung điểm AB,CD . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt đường thẳng CD tại P (P  N) ; đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM cắt đường thẳng AB tại Q(Q  M) . O là giao điểm hai đường chéo AC,BD ; E là giao điểm của các đường thẳng AD,BC . Chứng minh rằng P,Q,O,E thẳng hàng. D Lời giải. A Gọi F là giao điểm của AB và CD. Ta có : FA.FB  FC.FD  FM .FQ  (ABFQ) = -1 (hệ thức Maclaurin). Tương tự, ta có (CDFP) = -1, suy ra P,Q,O,E thẳng hàng (đpcm) N O M Q E P C B F 3. (Đề thi HSG Bà Rịa – Vũng Tàu)Cho H là trực tâm của tam giác ABC không cân và góc A nhọn. Hình chiếu vuông góc của H lên các cạnh AB, AC theo thứ tự là E,F . Gọi D là trung điểm BC ; hai đường tròn đường kính AD,BC cắt nhau tại P,Q . Chứng minh rằng H, P,Q thẳng hàng và các đường thẳng BC, EF, PQ đồng quy. Lời giải. A Gọi G là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC . F Ta có PH /( BC )  HE.HC  HG.HA  PH /( AD ) Q  H nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính AD,BC .  H,P,Q thẳng hàng. Gọi I là giao điểm của EF và BC. (DEF) là đường tròn Euler của tam giác ABC nên G nằm trên (DEF ). Do đó PI /( BC )  IB.IC  IE.IF  IG.ID  PI /( AD ) E I P H B G D C Suy ra I,P,Q thẳng hàng hay BC, EF, PQ đồng quy tại I (đpcm) 4. (Đề thi chọn đội tuyển THPT chuyên ĐHKHTN HN, vòng 1)Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Đường thẳng vuông góc với IA tại A cắt BI,CI tại K,M ; IB cắt AC Đoàn Phú Như - THPT Chuyên Tuyên Quang PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 8 tại B’ , IC cắt AB tại C’. Đường thẳng B 'C ' cắt đường tròn (ABC) tại N,E . Chứng minh rằng bốn điểm M, N, E, K thuộc một đường tròn. Lời giải. Gọi D là giao điểm của MB và KC .Từ giả K thiết, ta có M,K là các tâm bàng tiếp của tam giác ABC , suy ra D cũng là tâm bàng A tiếp của tam giác  A, I,D thẳng hàng. E M B' C' Áp dụng định lý Desargues cho hai tam N I giác MBC ' và KCB ' , ta có MK, NE,BC P C B đồng quy tại P . Các bộ 4 điểm (M,B,C,K) và (N,B,C,E)  đồng viên. Do đó ta có D PM .PK  PB.PC  PN .PE  M, N, E,K đồng viên (đpcm) 5. (Đề thi chọn đội tuyển THPT chuyên ĐHSP HN) Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BE,CF cắt nhau tại H . Trên các tia FB,EC theo thứ tự lấycác điểm P,Q sao cho FP = FC,EQ = EB. BQcắt CP tại K . I, J theo thứ tự là trung điểm BQ,CP .IJ cắt BC,PQ theo thứ tự tại M, N . Chứng minh rằng: a. HK  IJ b. IAM = JAN A Lời giải : a. Từ giả thiết, ta có BPC = BQC = 450 , suy E ra tứ giác BCQP nội tiếp. Do đó: F PK / BQ  KB.KQ  KC.KP  PK /CP  H Theo tính chất trực tâm tam giác, ta có: PH / BQ   HB.HE  HC.HF  PH /CP  B M I K Vậy HK là trục đẳng phương của hai đường J P tròn đường kính BQ,CP . Mà IJ là đường nối N tâm của hai đường tròn nên ta có HK  IJ . b. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác KBC với cát tuyến MIJ , ta có: MB JC IK NQ IK JP MB NQ   1     MC JK IB NP IQ JK MC NP Đoàn Phú Như - THPT Chuyên Tuyên Quang C Q PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 9 Gọi d là phân giác trong của góc BAC , gọi ảnh của B,M,C qua phép đối xứng trục d là B',M ' ,C '. Ta có B',M ',C ' thẳng hàng và B'C ' // PQ. Suy ra A,M ', N thẳng hàng. Do đó CAM =  BAM ' =  BAN . Tương tự, ta cũng có CAI =  BAJ . Từ đó suy ra IAM =  JAN (đpcm) 6. (Định lý Pto-le-me mở rộng)Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O’) tiếp xúc với đường tròn (O) tại một điểm thuộc cung BC không chứa A. Từ A,B,C theo thứ tự kẻ tới (O’) các tiếp tuyến AA”,BB”,CC”. CMR: BC.AA’’= CA.BB’’+AB.CC’’ Lời giải : B Xét trường hợp (O) tiêp xúc ngoài với (O’) tại M B" C' (trường hợp tiếp xúc trong chứng minh tương tự) A' MA,MB,MC theo thứ tự cắt (O’) tại A’,B’,C’. Dễ dàng chứng minh được B’C’//BC, C’A’//CA, A’B’//AB. Theo định lý Ta-lét ta có: M O O' A AA ' BB ' CC '   . AM BM CM B' A" C" C Mặt khác : AA"2  AM .AA '; BB "2  BM .BB '; CC "2  CM .CC ' AA"2 BB "2 CC "2 AA" BB " CC " Do đó :      (1) 2 2 2 AM BM CM AM BM CM Áp dụng định lý Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp ABMC ta có: BC.AM = AB.MC + AC.MB (2) Từ (1) và (2) suy ra BC.AA’’= CA.BB’’+AB.CC’’ (đpcm) 7. (IMO Shortlist 1995): Cho tam giác ABC với (I) là đường tròn nội tiếp . (I) tiếp xúc với 3 cạnh BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F. X là A một điểm nằm trong tam giác ABC sao cho đườg tròn nội tiếp tam giác XBC tiêp xúc E X với XB,XC,BC lần lượt tại Z,Y,D.CMR tứ Y F giác EFZY nội tiếp . I Z Lời giải: Gọi T là giao của EF với BC. Áp dụng định T B D C lý Mê-nê-lauyt cho tam giác ABC với đường Đoàn Phú Như - THPT Chuyên Tuyên Quang PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG thẳng TFE ta có: TE.TF  TD 2  TZ .TY  10 CT CE AF   BT AE BF Mặt khác, dễ dàng có AD,BE,CF đồng quy. Áp dụng định lý Xê-va ta thu được: CD CE AF CD CT     BD AE BF BD BT Tương tự, gọi T’ là giao điểm của YZ với BC thì CD CT '   T  T’. BD BT ' Vậy tứ giác EFZY nội tiếp (đcpm) 8. Trên mặt phẳng cho 2 đường tròn (O1) và (O2) ngoài nhau. A1A2 là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn (A1 (O1), A2  (O2)). K là trung điểm A1A2 .Từ K lần lượt kẻ 2 tiếp tuyến KB1 ,KB2 tới (O1),(O2). A1B1  A2B2 = L , KL  O1O2 = P . CMR B1,B2,P,L cùng nằm trên một đường A1 tròn. K Lời giải : A2 Do KA1 = KA2 = KB1 = KB2 nên tứ giác A1B1B2A2 nội tiếp  LB1.LA1  LB2 .LA2 . P O1 O2 Suy ra KL là trục đẳng phương của (O1) và B1 B2 (O2)  KL  O1O2. Ba điểm A1 ,B1,P nhìn đoạn O1K dưới góc 900 L nên tứ giác A1B1PK nội tiếp , tương tự tứ giác A2B2PK nội tiếp . Áp dụng định lý Miquel ta có tứ giác B1PB2L nội tiếp (đpcm) 9. Cho nửa đường tròn đường kính AB và điểm C nằm trên đó. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ C xuống AB. Đường tròn đường kính CH cắt CA tại E, CB tại F và đường tròn đường kính AB tại D. CMR: CD, EF,AB đông quy. Lời giải : Do ACB = 900 nên EF là đường kính của C đường tròn đường kính CH. F  CEF = ACH = CBA D Suy ra tứ giác AEFB nội tiếp . E Áp dụng định lý vê tâm đẳng phương cho đường I A tròn ngoại tiêp tứ giác AEFB, đường H tròn đường kính AB và đường kính EF ta có CD, EF, AB đồng quy (đpcm) B 10. Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Một điểm H thuộc đoạn AB ( H  O). Đường thẳng qua H và vuông góc với AB cắt đường tròn tại C. Đường tròn đường kính CH cắt AC,BC và (O) lần lượt tại D, E và F. Đoàn Phú Như - THPT Chuyên Tuyên Quang PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 11 a. Chứng minh rằng AB, DE và CF đồng quy. b. Đường tròn tâm C bán kính CH cắt (O) tại P và Q. CMR: P, D, E, Q thẳng hàng. Lời giải : a. Ta có CA.CD  CH 2  CB.CE suy ra ADEB nội tiếp. Xét các đường tròn (ADEB), (O) và đường tròn đường kính CH, thì DE, AB và CF lần lượt là các Q C trục đẳng phương của các cặp đường tròn trên nên E chúng đồng quy. F b. Ta có PQ là trục đẳng phương của (C) và (O) nên D P OC ⊥ PQ . Ta cũng dễ thấy OD ⊥ DE . M A O H B Hơn nữa H chính là tâm đẳng phương của ba đường tròn (O), (C) và đường tròn đường kính CH. Suy ra PQ đi qua H. Vậy DE, PQ cùng đi qua H và cùng vuông góc với OC nên trùng nhau. Hay D, E, P, Q thẳng hàng. MỘT SỐ BÀI LUYỆN TẬP 11. (Việt Nam TST-2009)Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O). A1,B1 ,C1 lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ A,B,C xuông cạnh đối diện. A2 ,B2 ,C2 đối xứng với A1,B1 ,C1 qua trung điểm BC,CA, AB. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB2C2,BC2 A2,CA2B2 cắt (O) lần thứ 2 tại A3, B3 ,C3. CMR: A1A3 , B1B3, C1C3 đồng quy. 12. Cho tam giác ABC. Bên ngoài tam giác này vẽ các tam giác cân BCD, CAE, ABF có các cạnh đáy tương ứng là BC,CA,AB.CMR: 3 đường thẳng vuông góc kẻ từ A,B,C tương ứng xuông EF,FD,DE đồng quy. 13. (Junior Balkan MO 2005)Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Tiếp tuyến của (O) tại A cắt BC tại P. M là trung điểm AP. MB cắt (O) lân thứ 2 tại R, PR cắt (O) lân thứ 2 tại S. CMR : CS song song với AP 14. Cho tam giác ABC. A’,B’ lần lượt thuộc 2 cạnh BC,CA. CMR: Trục đẳng phương của 2 đường tròn đường kính AA’ và BB’ đi qua trực tâm tam giác ABC. 15. (Thi vô địch toán Iran,1996)Cho hai điểm D,E tương ứng nằm trên các cạnh AB,AC của tam giác ABC sao cho DE//BC.Gọi P là điểm bât kì nằm bên trong tam giác ABC, các đường thẳng PB và PC lần lượt cắt DE tại F và G. Gọi O1 , O2 là tâm đường tròn ngoại tiêp tam giác PDG, PFE. CMR: AP  O1O2 . 16. (USAMO 2009)Cho hai đường tròn (C1) và (C2) cắt nhau tại hai điểm X,Y. Một đường thẳng l1 đi qua tâm (C1) và giao (C2) tại hai điểm P,Q, l2 đi qua tâm (C2) và giao (C1) tại R,S. CMR nếu 4 điểm P,Q,R,S cùng thuộc một đường tròn tâm O thì O nằm trên XY. Đoàn Phú Như - THPT Chuyên Tuyên Quang PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 12 17. Cho tam giác ABC, đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. M là trung điểm BC, EF cắt BC tại I. CMR: IH  OJ 18. (IMO 1985)Cho tam giác ABC. Một đường tròn tâm O đi qua các điểm A,C và lại cắt các đoạn AB,BC thứ tự tại hai điểm phân biệt K,N.Giả sử đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABC và KBN cắt nhau tại B và M. CMR :  OMB vuông. 19. (India, 1995)Cho tam giác ABC. Một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại D và E. Gọi P là một điểm bên trong tam giác ADE, F và G là giao của DE với BP và CP. Đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác PDG, đường tròn tâm (I) ngoại tiếp tam giác PEF cắt nhau tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh rằng AQOI. Đoàn Phú Như - THPT Chuyên Tuyên Quang [...]...PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 11 a Chứng minh rằng AB, DE và CF đồng quy b Đường tròn tâm C bán kính CH cắt (O) tại P và Q CMR: P, D, E, Q thẳng hàng Lời giải : a Ta có CA.CD  CH 2  CB.CE suy ra ADEB nội tiếp Xét các đường tròn (ADEB), (O) và đường tròn đường kính CH, thì DE, AB và CF lần lượt là các Q C trục đẳng phương của các cặp đường tròn trên nên E chúng đồng quy F b Ta có PQ là trục đẳng phương. .. tâm (C1) và giao (C2) tại hai điểm P,Q, l2 đi qua tâm (C2) và giao (C1) tại R,S CMR nếu 4 điểm P,Q,R,S cùng thuộc một đường tròn tâm O thì O nằm trên XY Đoàn Phú Như - THPT Chuyên Tuyên Quang PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 12 17 Cho tam giác ABC, đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H M là trung điểm BC, EF cắt BC tại I CMR: IH  OJ 18 (IMO 1985)Cho tam giác ABC Một đường tròn tâm O đi qua các điểm A,C và lại... Tiếp tuyến của (O) tại A cắt BC tại P M là trung điểm AP MB cắt (O) lân thứ 2 tại R, PR cắt (O) lân thứ 2 tại S CMR : CS song song với AP 14 Cho tam giác ABC A’,B’ lần lượt thuộc 2 cạnh BC,CA CMR: Trục đẳng phương của 2 đường tròn đường kính AA’ và BB’ đi qua trực tâm tam giác ABC 15 (Thi vô địch toán Iran,1996)Cho hai điểm D,E tương ứng nằm trên các cạnh AB,AC của tam giác ABC sao cho DE//BC.Gọi P là... là các Q C trục đẳng phương của các cặp đường tròn trên nên E chúng đồng quy F b Ta có PQ là trục đẳng phương của (C) và (O) nên D P OC ⊥ PQ Ta cũng dễ thấy OD ⊥ DE M A O H B Hơn nữa H chính là tâm đẳng phương của ba đường tròn (O), (C) và đường tròn đường kính CH Suy ra PQ đi qua H Vậy DE, PQ cùng đi qua H và cùng vuông góc với OC nên trùng nhau Hay D, E, P, Q thẳng hàng MỘT SỐ BÀI LUYỆN TẬP 11 (Việt ... SH + HC = IN + IC = CN Suy FC trục đẳng phương (O1) (O2) S Tương tự AD trục đẳng phương (O2) (O3), BE trục đẳng phương (O3) (O1) O1 Áp dụng định lý vê tâm đẳng phương ta có P AD,BE,CF đông quy... Tuyên Quang C O PHƯƠNG TÍCH -TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG Tứ giác BC2B2C nội tiếp nên : A1C2 A1B2  A1B A1C , tương tự : B1C2 B1 A2  B1 A.B1C ; C1B2 C1 A2  C1 A.C1B Suy A1 ,B1,C1 nằm trục đẳng phương đường... khác IBIa = ICIa = 90 nên IBIaC nội tiếp (w2) Ta thấy IIa trục đẳng phương (w1) (w2), BC trục đẳng phương (O) (w2), TS là trục đẳng phương (O) (w1) nên IIa, BC, TS đồng quy A’ Vậy T,A’,S thẳng