CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN PHƯƠNG TÍCH và TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG

PHƯƠNG TÍCH – TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG A LỜI NĨI ĐẦU Phương tích, trục đẳng phương cơng cụ quen thuộc giải tốn hình học phẳng Kiến thức liên quan đến chúng đơn giản lại có nhiều ứng dụng mạnh tốn hình học phẳng, xử lý tốn khó với cách xử lí đẹp ấn tượng Trong viết này, tác giả đề cập đến số ứng dụng phương tích, trục đẳng phương toán chứng minh tứ giác nội tiếp; vng góc, song song; thẳng hàng, đồng quy; yếu tố cố định…nhằm giúp em học sinh nắm bắt phần ứng dụng chúng B KIẾN THỨC CƠ SỞ I Phương tích điểm đường trịn Định lí Cho đường trịn (O; R) điểm P cố định, OP = d Một đường thẳng thay đổi qua P cắt đường tròn hai điểm M N Khi đó: PA.PB = PO − R = d − R Chứng minh Gọi M ′ điểm đối xứng M qua O Ta có MN ⊥ NM ′ Khi đó: uuur uuur PM PN = PM PN = PM ′.PN ( công thức hình chiếu ) ( )( ) = ( PO + OM ) ( PO − OM ) = PO + OM PO + OM ′ = PO − OM = PO − R 2 Định nghĩa Phương tích điểm M đường trịn (O;R), kí hiệu ℘P / ( O ) , xác định ℘P / ( O ) = OP − R Các tính chất Tính chất 1: • Nếu A, B cố định AB.AM = const M cố định • Điểm P nằm ngồi (O; R) ⇔℘P /( O ) > • Điểm P nằm (O; R) ⇔℘P /( O ) < • Điểm P nằm (O; R) ⇔℘P /( O ) = Tính chất 2: Cho đường trịn (O; R) điểm M nằm (O) Qua M kẻ cát tuyến MAB tiếp tuyến MT tới (O) Khi MA.MB = MT = MO − R Tính chất 3: Cho hai đường thẳng AB, CD phân biệt, cắt M, M khác A, B, C, D Khi MA.MB = MC MD bốn điểm A, B, C, D nằm đường trịn Tính chất 4: Cho hai đường thẳng AB, MT phân biệt cắt M, M khác A, B, T Khi MA.MB = MT đường tròn ngoại tiếp tam giác ABT tiếp xúc với MT T II Trục đẳng phương hai đường trịn Định lí Cho hai đường trịn khơng đồng tâm ( O1; R1 ) , ( O2 ; R2 ) Tập hợp điểm M có phương tích hai đường tròn đường thẳng Đường thẳng gọi trục đẳng phương hai đường tròn cho Chứng minh Giả sử điểm M có phương tích đến hai đường trịn Gọi H hình chiếu M O1O2, I trung điểm O1O2 Ta có: PM / ( O1 ) = PM /( O2 ) ⇔ MO12 − R12 = MO22 − R22 ⇔ MO12 − MO22 = R12 − R22 ⇔ ( MH + HO12 ) − ( MH + HO2 ) = R12 − R22 ⇔ HO12 − HO2 = R12 − R22 ( ⇔ HO1 − HO2 ) ( HO + HO ) = R 2 − R22 ⇔ O2O1.2 HI = R12 − R22 ⇔ IH = R12 − R22 O1O2 Từ suy H cố định, suy M thuộc đường thẳng qua H vng góc với O 1O2 Các tính chất • Trục đẳng phương hai đường trịn vng góc với đường nối tâm • Nếu hai đường trịn cắt A B AB trục đẳng phương • Nếu điểm M có phương tích với hai đường trịn đường thẳng qua M vng góc với đường nối tâm trục đẳng phương • Nếu hai điểm M, N có phương tích hai đường trịn đường thẳng MN trục đẳng phương • Nếu ba điểm có phương tích với hai đường trịn chúng thẳng hàng • Nếu ( O1 ) , ( O2 ) cắt A thi đường thẳng qua A vng góc với O1O2 trục đẳng phương Cách xác định trục đẳng phương hai đường trịn khơng đồng tâm Cho hai đường trịn (O1) (O2) khơng cắt nhau, ta có cách dựng trục đẳng phương hai đường trịn sau:  Dựng đường tròn (O3) cắt hai đường tròn (O1) (O2) A, B C, D  Đường thẳng AB CD cắt M  Đường thẳng qua M vng góc với O1O2 trục đẳng phương (O1) (O2) Tâm đẳng phương ba đường tròn a) Định lí Cho đường trịn ( O1 ) , ( O2 ) ( O3 ) Khi trục đẳng phương cặp đường tròn trùng song song qua điểm, điểm gọi tâm đẳng phương ba đường trịn b) Các tính chất • Nếu đường trịn đơi cắt dây cung chung qua điểm • Nếu trục đẳng phương song song trùng tâm đường trịn thẳng hàng • Nếu đường trịn qua điểm có tâm thẳng hàng trục đẳng phương trùng C CÁC DẠNG TỐN I Ứng dụng giải tốn định lượng Bài (Phương tích trọng tâm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Xác định phương tích trọng tâm G tam giác ABC với (O) theo cạnh BC = a, CA = b, AB = c Giải: uuu r uuu r uuur uuur G trọng tâm tam giác ABC ⇒ OA + OB + OC = 3OG uuu r uuu r uuu r uuur uuur uuu r ⇒ OA2 + OB + OC + OA.OB + OB.OC + OC OA = 9OG Ta có uuu r uuu r uuu r uuur uuur 2OA.OB = OA + OB − AB = R − c ; 2OB.OC = R − a ; 2OC A = R − b Suy OG = 1 R − a2 − b − c ⇒℘G / ( O ) = OG − R = − a + b + c 9 ( ) ( ) Bài (Phương tích trực tâm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O; R) Xác định phương tích trực tâm H tam giác ABC (O) theo R góc A, B, C Giải Xét trường hợp tam giác ABC nhọn Gọi K, A′ giao điểm AH với BC, (O) Áp dụng định lí sin cho tam giác AHB, AH AB AH AB = ⇒ = · cos A sin C sin ·ABH sin AHB AB.cos A c.cos A ⇒ HA = = sin C cos C = R.cos A Tương tự ta có HB = R.cosB · µ = BA · ′A ⇒ ∆BHA′ cân B Vì BHA ′=C · ′ = R cosB.cosC ⇒ KH = KA′ ⇒ KA′ = KH = 2.BH cos BHA Do tam giác ABC nhọn nên ℘H / ( O ) = HA.HA′ = − HA.HA′ = −8R cos A.cos B.cos C Trường hợp tam giác ABC vuông hay tù chứng minh tương tự Nhận xét ℘H / ( O ) = OH − R = −8R cos A.cos B.cosC ⇒ OH = R ( − 8cos A.cos B.cosC ) Bài (Hệ thức Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) ngoại tiếp đường tròn (I; r) Đặt OI = d Chứng minh OI = R − Rr Giải Gọi E tiếp điểm AB (I; r), A′ giao điểm củaAI (O; R) Ta có IA = IE = · sin IAE r A A B · ′ = A + B ; BIA · ′ = 180 − ·AIE + BIE · = + nên ∆A′IB cân A′ ⇒ IA′ = BA′ Vì IBA 2 2 A A Áp dụng định lí sin cho tam giác ∆BAA′, BA′ = R sin ⇒ IA′ = R sin 2 sin ) ( Do điểm I nằm (O; R) nên ℘I / ( O ) = − IA.IA′ = − r sin A 2 R sin A = −2 Rr ⇔ OI = R − Rr BC = a, CA = b, AB = c Xét đường tròn ( I ) cho + c = Gọi R, R′ bán kính đường trịn ngoại tiếp Bài Cho tam giác ABC có ℘A/ ( I ) + a =℘B / ( I ) + b =℘C / ( I ) tam giác ABC ( I ) , M trung điểm đoạn BC a) Chứng minh I trực tâm tam giác ABC; b) Chứng minh R′ = R ; c) Tính ℘M / ( I ) Giải 2 a) Từ giả thiết, suy ra: ℘A/ ( I ) = − a ;℘B /( I ) = −b ;℘C /( I ) = −c Ta có ℘A/ ( I ) = IA2 − R′2 = − a ⇔ IA2 = R′2 − a = R′2 − BC ( 1) ℘B / ( I ) = IB − R′2 = −b ⇔ IB = R′2 − b = R′2 − CA2 ( ) ℘C / ( I ) = IC − R′2 = −c ⇔ IC = R′2 − c = R′2 − AB ( 3) Từ ( 1) ( ) suy CA2 − CB = IA2 − IB ⇒ CI ⊥ AB Tương tự, ta có BI ⊥ AC , AI ⊥ BC I trực tâm tam giác ABC b) 2 2 2 Ta có AI = 2OM ⇒ AI = 4OM = ( R − MB ) = R − a Khi R′2 = IA2 + a = R − a + a = R ⇒ R′ = R IB + IC BC R − b + R − c a 2b + 2c + a 2 − = − = 4R − c) Ta có MI = 4 Suy ℘M / ( I ) = MI − R′2 = R − 2b + 2c + a 2b + 2c + a − 4R2 = − 4 Bài Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) không đồng tâm M điểm tùy ý Gọi d trục đẳng phương ( O1 ) ( O2 ) , H hình chiếu vng góc M d Chứng minh ℘M / ( O1 ) −℘M /( O2 ) = −2O1O2 MH Giải Giải Ta có ( ℘M / ( O1 ) = O1M − R12 = HM − HO1 ) − R12 = HM + HO12 − HM HO1 − R12 = HM +℘H / ( O1 ) − HM KO1 Tương tự, ℘M / ( O2 ) = HM +℘H /( O2 ) − HM KO2 ( ) Do đó, ℘M / ( O1 ) −℘M / ( O2 ) =℘H / ( O1 ) −℘H / ( O2 ) − HM KO1 − KO2 = −2 HM O2O1 = −2MH O1O2 Bài (USA MO 2008) Cho hai đường tròn ( C1 ) ( C2 ) có tâm ( ( C2 ) chứa ( C1 ) ) điểm A ( C1 ) Tiếp tuyến A đường tròn ( C1 ) cắt đường tròn ( C2 ) hai điểm B C Gọi D trung điểm AB Một đường thẳng qua B cắt ( C1 ) hai điểm E, F Biết đường trung trực DE CF cắt điểm I đường thẳng BC Tính tỉ số IB IC Giải BC = BD.BC nên BE.BF = BD.BC Do tứ giác DEFC nội tiếp đường tròn Mà điểm I giao hai đường trung trực DE, FC nên I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DEFC, suy I trung điểm CD Khi đó, IB ID + DB ID DB DB = DC = = + = 1+ = IC IC IC IC 3 2 Ta có ℘B / ( C1 ) = BA = BE.BF Mặt khác BA = BD Bài (Romani TST 2006) Cho đường trịn ( O ) điểm A nằm ngồi ( O ) Từ A kẻ cát tuyến ABC, ADE ( B, D theo thứ tự thuộc đoạn AC, AE) Qua D kẻ đường thẳng song song với AC cắt ( O ) lần thứ hai F AF cắt ( O ) G, EG cắt AC M Chứng minh 1 = + AM AB AC · · · = GFD = MAG ⇒ ∆AMG : ∆EMA ⇒ MA2 = MG.ME ( 1) Ta có GED Mà MG.ME = MB.MC ( ) Từ (1) (2) suy MA2 = MB.MC ⇔ MA2 = ( AB − MA ) ( AC − MA ) = AB AC − MA ( AB + AC ) + MA2 ⇒ MA = AB AC 1 ⇒ = + AB + AC AM AB AC Nhận xét Gọi N điểm đối xứng A qua M Khi 1 1 = + ⇔ = + AM AB AC AN AB AC ⇔ ( ANBC ) = −1 Bài (Russian MO 2008) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O, R ) , ngoại tiếp đường tròn ( I , r ) Đường tròn ( I ) tiếp xúc với AB, AC X, Y Gọi K điểm · cung AB không chứa C Giả sử XY chia đôi đoạn AK Tính BAC Gọi S giao điểm XY AK Ta có AX BC · · · · KAB = KCB ; SXA = 1800 − ·AXY = BIC ⇒ ∆AXS : ∆CIB ⇒ AS = CI hay AX BC AK = ⇔ KI CI = AX BC CI abc S ABC · = ( p − a ) a ⇔ bc = p ( p − a ) ⇔ b + c + bc = a ⇔ BAC = 1200 S ABC p II Ứng dụng giải tốn định tính ⇔ Rr = ( p − a ) a ⇔ Bài toán chứng minh tứ giác nôi tiếp Kết thường dùng : Cho đường tròn ( O ) điểm M d1 , d hai cát tuyến cắt ( O ) A, B C , D Khi MA.MB = MC.MD Ngược lại, cho hai đường thẳng AB, CD phân biệt, cắt M, M khác A, B, C, D Khi MA.MB = MC MD bốn điểm A, B, C, D nằm đường tròn Bài (IMO shortlist 1995) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( I ) Đường tròn ( I ) tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Gọi X điểm nằm tam giác ABC cho đường tròn ngoại tiếp tam giác XBC tiếp xúc với XB, XC, BC Z, Y, D Chứng minh tứ giác EFZY nội tiếp Giải Gọi T giao điểm EF BC Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với ba điểm T, TB EC FA F, E thẳng hàng, ta có = ( 1) TC EA FB Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC với ba điểm D, E, F đồng quy ta có DB EC FA = −1 ( ) DC EA FB Từ (1) (2) suy TB DC =− ( 3) DB TC Gọi T ′ giao điểm BC YZ Tương tự ta có T ′B DC =− ( 4) DB T ′C Từ (3) (4) suy T ≡ T ′ Khi TE.TF = TD = TZ TY , suy tứ giác EFZY nội tiếp 10 Gọi Q, Q’ giao điểm DN AM với XY Ta cần chứng minh Q ≡ Q′ Tứ giác QMCZ nội tiếp, suy PM PC = PQ.PZ Tứ giác NQ’ZB nội tiếp, suy PQ′.PZ = PN PB Mà P thuộc XY trục đẳng phương đường trịn đường kính AC đường trịn đường kính BD nên PN PB = PX PY = PM PC Suy PQ.PZ = PQ′.PZ ⇒ Q ≡ Q′ Vậy XY, AM DN đồng quy Bài (Iran MO 2001) Cho tam giác ABC nội tiếp ( O ) Gọi ( I ) , ( I a ) đường tròn nội tiếp, đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC Giả sử II a cắt BC ( O ) A′, M Gọi N điểm cung MBA NI , NI a cắt ( O ) S, T Chứng minh S , T , A′ thẳng hàng 21 ( ) ( ) · » + sd SA º = sd NM ¼ + sd SA º = NIM · = sd NA ⇒ I· aTS = I· a IS ⇒ I aTIS nội tiếp Ta có NTS 2 · · Mặt khác IBI = ICI = 90 ⇒ IBI C nội tiếp Ta thấy II a trục đẳng phương ( I aTIS ) a a a ( IBI aC ) BC trục đẳng phương ( O ) ( IBI aC ) TS trục đẳng phương ( O ) ( I aTIS ) Suy II a , BC , TS đồng quy A′ ⇒ S , T , A′ thẳng hàng Bài (Vietnam TST 2009) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp ( O ) Gọi A1 , B1 , C1 chân đường cao tam giác ABC kẻ từ A, B, C A2 , B2 , C2 điểm đối xứng A1 , B1 , C1 qua trung điểm BC, CA, AB Các đường tròn ( AB2C2 ) , ( BC2 A2 ) , ( CA2 B2 ) cắt ( O) lần thứ hai A3 , B3 , C3 tương ứng Chứng minh A1 A3 , B1B3 , C1C3 đồng quy 22 Gọi ( I ) đường tròn ngoại tiếp tam giác AB2C2 , M trung điểm BC, AM cắt A1 A3 G Do AC1 AB = AB1 AC AC1 = BC2 , AB1 = CB2 nên BC2 BA = CB2 CA ⇒ BI − R = CI − R ⇒ BI = CI ⇒ IO ⊥ BC Mà IO ⊥ AA3 nên AA3 / / BC Mặt khác A1M = AG AA3 AA3 ⇒ = = ⇒ G trọng tâm tam giác ABC MG A1M Tương tự ta có B1B3 , C1C3 qua G Vậy A1 A3 , B1B3 , C1C3 đồng quy G Bài toán chứng minh điểm cố định, đường cố định Bài Cho đường tròn ( O, R ) hai điểm cố định P, Q (P nằm ( O ) , Q nằm ( O ) ) Dây cung AB ( O ) di động qua Q PA, PB cắt ( O ) lần thứ hai C, D Chứng minh CD qua điểm cố định 23 Gọi E giao điểm thứ hai PQ vơi đường tròn (PAB) CD cắt EF F Ta có OQ − R = QA.QB = QP.QE Vì O P, Q cố định nên E cố định Mặt khác, · · · nên tứ giác DAEF nội tiếp Khi PO − R = PD.PA = PE.PF Vì P, E PDC = PBA = PEA cố định nên F cố định Suy CD qua F cố định Bài (VMO 2003) Cho đường tròn ( O1 , R1 ) tiếp xúc với ( O2 , R2 ) M, R2 > R1 Xét điểm A di động đường tròn ( O2 , R2 ) cho A, O1 , O2 không thẳng hàng Từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC đến ( O1 ) MB, MC cắt lại ( O2 ) E, F D giao điểm EF với tiếp tuyến A ( O2 ) Chứng minh D di động đường thẳng cố định 24 Qua M kẻ tiếp tuyến chung Mx ( O1 ) , ( O2 ) Ta có · · · · MCA = CMx = FMD = FAM ⇒ ∆FAM : ∆FCA ⇒ FA2 = FM FC = FO12 − R12 ( 1) 2 Tương tự EA = EO1 − R1 ( ) Kí hiêu ( A,0 ) đường tròn điểm tâm A Từ (1) (2) suy EF trục đẳng phương hai 2 đường tròn ( A,0 ) ( O1 ) Vì D ∈ EF nên DA = DO1 − R1 ⇒℘D / ( O1 ) =℘D / ( O2 ) Vậy D thuộc trục đẳng phương hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) Bài Cho đường tròn (O) điểm I cố định nằm đường tròn, I khác O Một đường thẳng quay quanh I, cắt (O) A B Các tiếp tuyến (O) A B cắt M Chứng minh M chạy đường thẳng cố định Giải Gọi K giao điểm OM AB, H hinh chiếu M đường thẳng OI Khi tứ giác MKIH nội tiếp OK OM = OA = R ( ) Từ (1) (2) suy OI OH = R ⇔ OH = R2 OI ⇒ OK OM = OI OH ( 1) Tam giác OAM có ⇒ H cố định Vậy M chạy đường thẳng qua H vng góc với OI H Bài Cho đường tròn (O) tiếp xúc đường thẳng d H Hai điểm M, N di động d cho HM HN = −k ( k ≠ cho trước) Từ M, N kẻ tiếp tuyến MA NB (O) (với A, B khác H) Chứng minh a) Đường trịn (OMN) ln qua điểm cố định b) Đường thẳng AB qua điểm cố định Giải 25 a) Gọi P giao điểm OH với đường tròn (OMN), có HM HN = HO.HP = −k Mà H, O cố định, k không đổi nên P cố định Vậy đường trịn (OMN) ln qua hai điểm cố định O, P b) Gọi IH đường kính (O); E, F giao điểm IA, IB với d Dễ thấy M, N trung điểm EH, FH Ta có HE.HF = 2.HM HN = −4k Dựng đường tròn (IEF) cắt IH điểm thứ hai J ℘H /(IEF) = HI HJ = HE.HF = −4k ⇒ J cố định Trong tam giác vng∆IHE ∆IHF Ta có IA.IE = IB.IF = IH ⇒ Tứ giác ABEF nội · · · · · · · tiếp ⇒ IAB (cùng bù EAB ) Mà EFB nên IAB = EJI = EJI = EFB Gọi K giao điểm AB IJ, ta có tứ giác AKJE nội tiếp ℘I /( AKJE ) = IA.IE = IK IJ = IH ⇒ K cố định Vậy AB qua điểm K cố định Bài Cho bốn điểm A, B, C, D theo thứ tự nằn đường thẳng Hai đường trịn có tâm O1 , O2 thay đổi qua A, C B, D, giao M, N Các tiếp tuyến chung ( O ) ,( O ) tiếp xúc với ( O1 ) P1 , Q1 , tiếp xúc với ( O2 ) P2 , Q2 Gọi I, J, X, Y trung điểm đoạn P1P2 , Q1Q2 , P2Q1 , PQ a) Chứng minh điểm M, N, X, Y, I, J thuộc đường thẳng d; b) Chứng minh đường thẳng d qua điểm cố định Giải 26 2 a) Ta có MN trục đẳng phương ( O1 ) , ( O2 ) Mà ℘I / ( O ) = IP1 = IP2 =℘I / ( O ) , tương tự ℘J/ ( O ) =℘J/ ( O ) nên I, J thuộc trục đẳng phương ( O1 ) , ( O2 ) , tức I, J thuộc đường thẳng MN uuuur uuuur / / P2Q2 , PQ = kP Q , k ≠ Mặt khác Dễ thấy PQ 1 1 2 uuur uuur uuuur uuuu r uuuu r uuuur uuur uuuur uuuur uuuur uuur uuuur XY = XP2 + P2Q2 + Q2Y + XQ1 + Q1P1 + PY = P Q − PQ = − k P ( ) 2Q2 ⇒ XY / / P2Q2 2 1 uur uuuur uur uuur Nhưng JY đường trung bình tam giác Q1Q2 P2 ⇒ JY / / P2Q2 Suy JY / / XY ⇒ X , Y , J ( ) ( ) thẳng hàng Tương tự X, Y, I thẳng hàng Suy X, Y, I, J thuộc trục đẳng phương đường thẳng MN ( O1 ) , ( O2 ) b) Gọi W = d ∩ AD Ta chứng minh W cố định Vì W ∈ d trục đẳng phương ( O1 ) , ( O2 ) nên uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuu r uuur uuur ℘W / ( O ) =℘W / ( O ) ⇒ WA.WC = WB.WD ⇔ WA WA + AC = WA + AB WA + AD ( ) ( )( ) uuur uuur uuur uuu r uuur uuu r uuur uuur uuur uuur uuu r uuur ⇔ WA.AC = WA AB + AD + AB.AD ⇔ WA AD + BC = AB.AD Đẳng thức chứng tỏ W cố ( ) ( ) định Vậy d qua điểm cố định Bài Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) cắt hai điểm phân biệt Tiếp tuyến A, B ( O1 ) cắt Q M điểm nằm ( O1 ) AM, BM cắt lại ( O2 ) N, P Chứng minh MQ qua điểm cố định Giải 27 · · Ta có TMP = MBA = ·APN ⇒ MT / / NP Ta chứng minh S cố định = TM ( 1) QR.QM = QB = QI QO1 suy MRIO1 nội tiếp Thật vậy, ta có TATB · · · · · · · · · , mà TMR suy ⇒ RMO = 900 − RMO = MRO1 = MIO1 ; MIS = 90 − MIO1 ⇒ TMR = MIS MT tiếp tuyến (MIS), suy MT = TS TI ( ) Từ (1) (2) suy TS TI = TATB ⇒ ( TSAB ) = −1 Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O, R ) M điểm di động AA′, BB′, CC ′ dây cung qua M thỏa mãn hệ thức ( O) MA MB MC + + = MA′ MB′ MC ′ Chứng minh M thuộc đường tròn cố định Giải Gọi G trọng tâm tam giác ABC, a, b, c độ dài ba cạnh tam giác ABC 28 a + b2 + c ( 1) MA MA2 MA2 2 = = Do MA.MA′ = MB.MB′ = MC.MC ′ = R − OM suy MA′ MA.MA′ R − OM MB MB MC MC = ; = Tương tự ta có Từ ta có MB′ R − OM MC ′ R − OM Theo phương tích trọng tâm, ta có R = OG + MA2 + MB + MC = ⇔ 3MG + ( a + b + c ) = ( R − OM ) ( ) 2 R − OM Từ (1) (2) suy OM + MG = OG Vậy M nằm đường tròn đường kính OG Một số tốn khác Cho AB AC tiếp tuyến đường tròn (O) với B, C thuộc (O) Lấy điểm M bất Bài kì AC (M, A khác phía so với C) Giả sử (O) cắt đường tròn (ABM) điểm thứ hai P Q · chân đường vuông góc hạ từ C xuống MB Chứng minh rằng: MPQ = ·AMB Giải Gọi P’ giao điểm thứ hai MP với (O), Q’ giao điểm OC MB Ta có MP.MP ' = MC = MQ.MQ ' · · 'Q ' M ⇒ Tứ giác PQQ’P’ nội tiếp ⇒ MPQ =P Lại có · ' BC = MPC · · · · · · P = MPB − BPC = (1800 − MAB ) − BCA = BCA ⇒ BP’//AC ⇒ OC ⊥ BP ' ⇒ OQ ' ⊥ BP ' Mặt khác O thuộc đường trung trực đoạn BP’ nên OQ’ trung trực BP’ Khi · ' Q ' M = MBP · P ' = ·AMB (2) · Từ (1), (2) ⇒ MPQ = ·AMB 29 Bài Cho tam giác ABC, AB > AC , ( O ) , ( I ) theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp D, E, F theo thứ tự tiếp điểm ( I ) với BC, CA, AB S giao điểm BC EF T giao điểm thứ hai AS ( O ) M trung điểm BC TM cắt lại ( O ) K Các đường thẳng qua E, F song song với AK cắt BC P, Q Chứng minh AI trục đẳng phương đường tròn (ABP) (ACQ) Giải Gọi L giao điểm thứ hai AD ( O ) , N giao điểm AI BC Dễ thấy A ( BCLT ) = A ( BCDS ) = ( BCDS ) = −1 Do tứ giác BLCT điều hòa · · · · · · Kết hợp với MB = MC suy KAB = KTB = MTB = LTC = LAC = DAC Khi điều kiện sau tương đương AI trục đẳng phương (ABP) (ACQ) ℘N / ( ABP ) =℘N / ( ACQ ) NB.NP = NC.NQ 30 · · NB NQ NB NB − NQ NB QB NB QB EC DB AB sin QFB sin EPC S = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ADB · · NC NP NC NC − NP NC PC NC FB PC DC AC sin FQB S ADC sin PEC · · · · AB sin QFB AD AB.sin DAB sin KAB AD AB.sin DAB AB ⇔ = = = · · · · AC sin PEC AC AD AC.sin DAC sin KAC AD AC.sin DAC Bài Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao BB′, CC ′ cắt H, B′C ′ ∩ AH = K , L trung điểm đoạn AH Chứng minh K trực tâm tam giác LBC Giải Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, A′ = AK ∩ BC , E = AK ∩ ( O ) Ta có A′B A′C = A′E A′A = − A′H A′A ( 1) Gọi M giao điểm B′C ′ BC Khi ( BCA′M ) = −1 ⇒ C ′ ( BCA′M ) = −1 ⇒ ( A′KHA ) = −1 Theo hệ thức Maclaurin, A′H A′A = A′K A′L (L trung điểm đoạn AH) (2) Từ (1) (2) suy A′B A′C = − A′K A′L ⇒ A′B.A′C = A′K A′L ⇒ A′B A′K = ⇒ ∆A′BL ; ∆ A′KC A′L A′C ⇒ ·A′LB = ·A′CK ⇒ CK ⊥ LB Mà LK ⊥ BC nên K trực tâm tam giác LBC Bài (Đề thi chọn đội tuyển trường ĐHSP Hà Nội) Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao BE, CF cắt H Trên tia BF, EC theo thứ tự lấy điểm P, Q cho FP = FC , EQ = EB BQ cắt CP K Gọi I, J theo thứ tự trung điểm BQ, CP IJ cắt BC, PQ M, N Chứng minh a) HK ⊥ IJ ; · · b) IAM = JAN 31 Giải · · a) Từ giả thiết ta có, BPC = BQC = 450 ⇒ BCQP nội tiếp Do đó, ℘K / ( BQ ) = KB.KQ = KC KP =℘K /( CP ) Theo tính chất trực tâm tam giác ta có, ℘H / ( BQ ) = HB.HE = HC.HF =℘H / ( CP ) Vậy HK trục đẳng phương hai đường tròn ( BQ ) ( CP ) ⇒ HK ⊥ IJ b) Áp dụng định lí 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 Gọi d đường phân giac góc BAC Gọi B′, M ′, C ′ ảnh B, M, C qua phép đối xứng trục đường thẳng d Khi B′, M ′, C ′ thẳng hàng B′C ′ / / PQ M ′B′ MB NQ · · · suy A, M ′, N thẳng hàng Do đó, CAM = = ′ = BAN = BAM M ′C ′ MC NP · · · · Tương tự ta có, CAI Từ suy IAM = BAJ = JAN Lại có, Bài Cho tứ giác lồi ABCD Gọi O giao điểm AC BD H1 , H , H , H trực tâm tam giác OAB, OBC, OCD, ODA 32 a) Chứng minh AC = BD H1 , H , H , H bốn đỉnh hình thoi b) Giả sử AC = BD Gọi O1 , O2 , O3 , O4 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB, OBC, OCD, ODA Chứng minh O1O3 ⊥ O2O4 Giải Ta có H1 , H , H , H hình bình hành Xét đường trịn đường kính AB, BC, CD, DA có tâm M, P, N, Q Ta có ℘H Ngồi ℘H 4/ ( Q) 2/ (M) =℘H / ( P ) =℘H / ( N ) =℘H / ( M ) =℘H / ( N ) nên H H trục đẳng phương (M) (N) nên H H ⊥ MN Ngoài H1 H ⊥ PQ mà MN ⊥ PQ , QMPN hình thoi nên H H ⊥ H1 H b) Giả sử G1 , G2 , G3 , G4 trọng tâm tam giác AOB, BOC, COD, DOA suy H , G4 , O4 thẳng hàng H , G2 , O2 thẳng hàng Suy H 4G4 H 2G2 = = , nên G2G4 / / H H ; O2O4 / / H H / / PQ Tương tự O1O3 / / MN mà G4O4 G2O2 MN ⊥ PQ nên ta có điều phải chứng minh 33 D KẾT LUẬN Bài viết trên, tác giả cố gắng trình bày phần lí thuyết cở sở ứng dụng phương tích, trục đẳng phương thơng qua toán minh họa Các phần kiến thức quan trọng có liên quan đến phương tích trục đẳng phương phép ngịch đảo, cực đối cực…chưa nhắc đến viết Do vậy, biết nhiều thiếu sót, mong nhận ý kiến đóng góp thầy TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đồn Quỳnh, Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình: Tài liệu chuyên tốn hình học 10 NXBGD, 2010 [2] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình: Bài tập nâng cao số chuyên đề hình học 10 NXBGD, 2006 [3] Nguyễn Đăng Phất: Các phép biến hình mặt phẳng ứng dụng giải tốn hình học NXBGD [4] Viktor Prasolov: Problems in plane and solid geometry, vol 1, Plane geometry [5] Các tài liệu nguồn internet: www.mathlinks.ro, www.diendantoanhoc.net, www.mathscope.org 34 35 ... qua A vng góc với O1O2 trục đẳng phương Cách xác định trục đẳng phương hai đường trịn khơng đồng tâm Cho hai đường trịn (O1) (O2) khơng cắt nhau, ta có cách dựng trục đẳng phương hai đường tròn... bày phần lí thuyết cở sở ứng dụng phương tích, trục đẳng phương thơng qua tốn minh họa Các phần kiến thức quan trọng có liên quan đến phương tích trục đẳng phương phép ngịch đảo, cực đối cực…chưa... O1O2 trục đẳng phương (O1) (O2) Tâm đẳng phương ba đường trịn a) Định lí Cho đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) ( O3 ) Khi trục đẳng phương cặp đường tròn trùng song song qua điểm, điểm gọi tâm đẳng phương