TỈ số kép HÀNG điẻm

[1] T s kép c a hàng m áp d ng Nguy n Đình Thành Công , Nguy n Phương Mai M t s khái ni m v t s kép c a hàng m, hàng đư ng th ng Đ nh nghĩa 1.1 Cho m A, B, C, D n m m t đư ng th ng Khi t s kép c a A, B, C, D (ta AC BC : ta kí hi u ý t i tính th t ) đư c đ nh nghĩa AD BD AC BC (ABCD) = : AD BD AC BC (Chú ý: Trong trư ng h p : = −1 ta nói A, B, C, D hàng m u hòa kí AD BD hi u (ABCD)=-1) T đ nh nghĩa suy i.(ABCD) = (CDAB) = (BADC) = (DCBA) 1 ii.(ABCD) = = (BACD) (ABDC) iii.(ABCD) = − (ACBD) = − (DBCA) iv.(ABCD) = (A 'BCD) ⇔ A ≡ A ' (ABCD) = (AB 'CD) ⇔ B ≡ B ' v.(ABCD) ≠ Đ nh nghĩa 1.2 Phép chi u xuyên tâm Cho (d) S (d) V i m i m M, SM c t (d) t i M’(M không thu c đư ng th ng qua S song song (d)) V y M→M’ phép chi u xuyên tâm v i tâm chi u S lên (d) Ti p theo ta s phát bi u m t đ nh lí quan tr ng v phép chi u xuyên tâm Đ nh lí 1.3 Phép chi u xuyên tâm b o toàn t s kép Ch ng minh Trư c h t ta c n phát bi u m t b đ B đ 1.3.1 Cho S A, B, C, D thu c (d) T C k đư ng th ng song song SD c t SA, SB t i A’, B’ CA ' Khi (ABCD) = CB' [2] Th t v y theo đ nh lí Talet ta có: CA DA AC DB CA ' DS CA ' (ABCD) = : = : = : = CB DB AD CB DS CB ' CB ' Tr l i đ nh lí ta có CA ' C1A '' (ABCD) = = = (A1B1C1D1) (d.p.c.m) CB' C1B'' Nh n xét: A, B, C, D hàng m u hòa ⇔ C trung m A’B’ T đ nh lí 1.3 ta có h qu : H qu 1.3.2 Cho đư ng th ng đ ng quy đư ng th ng ∆ c t đư ng th ng t i A, B, C, D (ABCD) không ph thu c vào ∆ H qu 1.3.3 Cho hai đư ng th ng ∆1 , ∆ c t t i O A, B, C ∈ ∆1 , A ', B ', C '∈ ∆ Khi đó: (OABC) = (OA ' B 'C ') ⇔ AA ', BB ', CC ' đ ng quy ho c đôi m t song song Ch ng minh TH1 AA’, BB’, CC’ song song BO CO B 'O C 'O ⇒ : = : BA CA B' A C ' A ⇒ (OABC) = (OA ' B'C ') TH2 AA’, BB’,CC’ không đôi m t song đ t AA '∩ BB ' = S,SC ∩ ∆ = C" Ta có: (OA 'B'C ') = (OABC) = (OA ' B'C") ⇒ (OA 'B'C ') = (OA 'B'C") ⇒ C ' ≡ C '' V y AA’, BB’, CC’đ ng quy H qu 1.3.4 Đ nh nghĩa 1.4 [3] Cho b n đư ng th ng a, b, c, d đ ng quy t i S M t đư ng th ng (l) c t a, b, c, d t i A, B, C, D Khi t s kép c a chùm a, b, c, d b ng t s kép c a hàng A, B, C, D T ta suy ra: sin(OA, OC) sin(OB, OC) (abcd) = (ABCD) = : sin(OA, OD) sin(OB, OD) Tính ch t m t tính ch t quan tr ng, r t có l i vi c gi i toán Chú ý: Chùm a, b, c, d chùm u hòa ⇔A, B, C, D hàng m u hòa Tính ch t 1.5 Cho chùm u hòa (abcd) N u b⊥d ⇔ b, d phân giác góc t o b i a c Ch ng minh - N u b, d phân giác góc t o b i a, c suy u ph i ch ng minh - N u b⊥d T C k đư ng th ng song song OD Do (abcd)=-1 nên MC = MN suy b, d phân giác góc COA Tính ch t 1.6 Cho O O’ n m d Các đư ng th ng a, b, c đ ng quy t i O, a’, b’, c’ đ ng quy t i O’ a '∩ a = A, b ∩ b ' = B, c ∩ c ' = C Ch ng minh r ng A, B, C th ng hàng ⇔ ( abcd ) = ( a’b’c’d ) Ch ng minh Xét AC ∩ d = K M t s ví d Chú ý : Trong m t s toán có nh ng trư ng h p đơn gi n đư ng th ng song song v i nhau, ch ng minh trư ng h p tương đ i đơn gi n, xin b qua 2.1 Cho t giác ABCD E = AB ∩ CD, F = AD ∩ BC, G = AC ∩ BD EF ∩ AD, AB = M, N Ch ng minh r ng (EMGN) = −1 Ch ng minh [4] Xét phép phép chi u: A: E → B, G → C, M → F, N → N ⇒ ( EGMN ) = ( BCFN ) D: E → C, G → B, M → F, N → N ⇒ (EGMN) = (CBFN) ⇒ ( BCFN ) = (CBFN) (BCFN) ⇔ (BCFN) = −1 (do (BCFN) ≠ ) ⇔ (BCFN) = V y ( EGMN ) = −1 (d.p.c.m) Nh n xét: T 2.1 ta suy toán: Cho tam giác ABC D, E, F thu c c nh BC, CA, AB EF ∩ BC = M Ta có: AD, BE, CF đ ng quy ⇔ (ABDM) = −1 2.2 Cho t giác ABCD AC ∩ BD = O M t đư ng th ng (d) qua (O) (d) ∩ A, B, C, D = M, N, P, Q Ch ng minh r ng: ( MNOP ) = ( MOQP ) Ch ng minh Xét phép chi u: [5] A : M → J, O → C, Q → D, P → P ⇒ (MOQP) = ( JCDP ) B : M → J, N → C, O → D, P → P ⇒ (MNOP) = ( JCDP ) V y ( MNOP ) = ( MOQP ) Nh n xét : T 2.2 ta suy toán sau: Cho t giác ABCD AC ∩ BD = O M t đư ng th ng (d) qua (O) (d) ∩ A, B, C, D = M, N, P, Q Ch ng minh r ng: O trung m QH ch O trung m MP Bài toán đ nh lí “con bư m” t giác 2.3 Cho t giác ABCD n i ti p đư ng tròn (O) S∈(O) Khi S(ABCD) = const (S(ABCD) t s kép c a chùm SA, SB, SC, SD Ch ng minh Ta có S(ABCD) = sin(SA,SC) sin(SB,SC) sin(BA, BC) sin(AB, AC) : = : sin(SA,SD) sin(SB,SD) sin(BA, BD) sin(AB, AD) = AC BC : = const (d.p.c.m) AD BD 2.4 Cho t giác ABCD n i ti p đư ng tròn (O), AC ∩ BD = J M t đư ng th ng (d) qua J , (d) ∩ AB, CD, (O) = M, N, P, Q Ch ng minh r ng: (QMJP) = (QJNP) Ch ng minh [6] Theo 2.3 ta có: A(QBCP) = D(QBCP ⇔ (QMJP) = (QJNP) Nh n xét T 2.4 ta có toán sau: Cho t giác ABCD n i ti p đư ng tròn (O), AC ∩ BD = J M t đư ng th ng (d) qua J , (d) ∩ AB, CD, (O) = M, N, P, Q Ch ng minh r ng: JM = JN ⇔ JP = JQ Bài toán đ nh lí bư m đư ng tròn 2.5 Cho tam giác ABC AD, BE, CF đ ng quy, EF ∩ AD = L T L k đư ng th ng vuông góc BC t i H Ch ng minh r ng a HL phân giác FEH b Đư ng th ng qua L c t CA, CF t i X, Y Ch ng minh r ng LD phân giác c a XDY Ch ng minh a EF ∩ BC = J Do AD, BE, CF đ ng quy nên (BCDJ) = −1 Suy H(BCDJ)=-1 mà HL ⊥ HJ nên HL phân giác FEH b XY ∩ BC = K Xét phép chi u: C : J → K, F → X, E → Y, I → I ⇒ (YXIK) = (EFIJ) = −1 ⇒ H(YXIK) = −1 [7] Mà HI ⊥ HK nên HI phân giác XHY (đ.p.c.m) 2.6 (Đ nh lí decas) Cho hai đư ng th ng ∆, ∆ ' A, B, C ∈ ∆, A ', B ', C ' ∈ ∆ ' BC ∩ B 'C ' = X, AC ∩ A 'C ' = Y, AB ∩ A ' B ' = Z Ch ng minh r ng X, Y, Z th ng hàng Ch ng minh G i A 'C ∩ AB ' = M, C ' B ∩ B 'C = N, AB ∩ A ' B ' = L Xét phép chi u: A ' : B' → L, M → C, Z → B, A → A ⇒ (B ' MZA) = (LCBA) C ' : B ' → L, C → C, X → B, N → A ⇒ (B 'CXN) = (LCBA) ⇒ (B ' MZA) = (B 'CXN) ⇒ MC, AN, XZ đ ng quy ⇒ X, Y, Z th ng hàng Nh n xét: toán cho ta m t phương pháp m nh đ ch ng minh m th ng hàng 2.7 Cho hai tam giác ABC A’B’C’ R = BC ∩ B 'C ', Q = CA ∩ C ' A ', P = AB ∩ A ' B ' Ch ng minh r ng P, Q, R ⇔ AA ', BB ', CC ' đ ng quy ho c đôi m t song song Ch ng minh [8] Đ t S = BB '∩ CC ', Q = AC ∩ A 'C ', P = AB ∩ A ' B ', M, N = PQ ∩ BB ', CC ' Ta có: AA ', BB ', CC ' đ ng quy ho c đôi m t song song ⇔ S, A, A ' ⇔ P(A ' NAS)=Q(A'MAS) ⇔ P(B ' MBS) = Q(C ' NCS) ⇔ BC, B 'C ', MN đ ng quy ⇔ P, Q, R 2.8 Trên tr c s cho b n m A, B, C, D; I trung m c a AB, K trung m c a CD Ch ng minh r ng u ki n sau tương đương: CA DA (1) a =− CB DB 1 b = + AB AC AD c.IA = IC.ID d.AC.AD = AB.AK Ch ng minh Ch n m t m O b t kì tr c làm g c Đ t OA = 1, OB = b, OC = c, OD = d Khi đó: CA DA a −c a −d (2) =− ⇔ = ⇔ ( ab + cd ) = ( a + b )( c + d ) b−c b−d CB DB 1 1 = + - Ch n O ≡ A(a = 0) , ta có ( ) ⇔ 2cd = bc + bd ⇔ = + ⇔ b c d AB AC AD v y a ⇔ b - Ch n O ≡ I , ta có a = −b [9] (2) ⇔ a = cd ⇔ IA = IC.ID V y a ⇔ c 1 AC + AD - L i có = + ⇔ AC.AD = AB = AC.AD = AB.AK AB AC AD V y b ⇔ d 2.9 Cho t giác ABCD n i ti p (O) AB ∩ CD = S, AD ∩ BC = F, AC ∩ BD = E Ti p n SM, SN v i đư ng tròn Ch ng minh r ng E, F, M, N Ch ng minh SE ∩ AD, BC = Y, T.MN ∩ AB, CD = X, Z Ta có: (SXAB) = −1 = (SZCD) ⇒ AD, BC, XZ đ ng quy ⇒ F, X, Z ⇒ F, M, N (SXAB) = −1 = (SEYT) ⇒ AT, BY, EX đ ng quy ⇒ F, X, E (SZCD) = −1 = (SEYT) ⇒ DT, ZE, CY đ ng quy ⇒ F, Z, E T suy E, F, M, N 2.10 Cho l c giác ABCDEF n i ti p (O) X = AC ∩ BD, Y = BE ∩ CF, Z = AE ∩ DF Ch ng minh r ng X, Y, Z Ch ng minh [10] Do A, B, C, D, E, F ∈ (O) nên: B(ACDE) = F(ACDE) ⇒ (ACXM) = (ANZE) ⇒ EM, CN, XZ đ ng quy ⇒ X, Y, Z (d.p.c.m) Chú ý Đ nh lí mang tên Pascal, có 200 h qu 2.11 Cho tam giác ABC ngo i ti p (I) D, E, F ti p m c a (I) v i BC, CA, AB AD ∩ (I) = X, BX ∩ (I) = Y, CX ∩ (I) = Z Ch ng minh r ng BZ, CY, AX đ ng quy Ch ng minh K ti p n t i X c a (I) c t BC t i K Trong t giác XEDF ta có ti p n t i F, E XD đ ng quy t i A nên t giác XEDF t giác u hòa Mà KX, KD ti p n c a (I) t i X, D nên K, E, F M t khác AD, BE, CF đ ng quy nên ( KCBC ) = −1 Suy ra: [11] X(KDBC) = −1 ⇒ sin(XK, XB) sin(XD, XB) : = −1 sin(XK, XC) sin(XD, XC) ( ) : sin ( −YXD) = −1 sin ( XDZ ) sin ( DXZ ) sin ( XDY ) sin ( YXD ) : ⇒ =1 sin ( XDZ ) sin ( DXZ ) ⇒ sin XDY XY YD XY DZ : =1⇒ =1 XZ DZ XZ DY Theo đ nh lí Céva BZ, CY, AX đ ng quy YB ZX DC ⇔ = −1 YX ZC DB YB ZX DC ⇔ = (do D ∈ BC, Y ∈ BX, Z ∈ XC ) YX ZC DB ⇒ (1) YB ZX DC =1 YX ZC DB YB DC ZX ⇔ =1 BD ZC XY YD XD ZX ⇔ =1 XD DZ XY YD ZX ⇔ = (luôn theo (1)) DZ XY V y BZ, CY, AX đ ng quy (d.p.c.m) ⇔ 2.12 Cho t giác ABCD n i ti p (O) Ti p n t i B C c a (O) c t t i P M trung m BC Ch ng minh r ng BAM = PAC Ch ng minh Đ t PM ∩ (O) = E, D Do P giao m hai ti p n t i B, C c a (O), PM ∩ (O), BC = E, D, M nên (1) (PMED) = −1 ⇒ A(PMED) = −1 (2) M t khác DE đư ng kính c a (O) nên AD ⊥ AE T (1) (2) suy AE phân giác c a MEP Mà AE phân giác c a BAC suy BAM = PAC (d.p.c.m) [12] 2.13 Cho đư ng th ng a, b, c, d a’, b’, c’, d’ đ ng quy th a mãn a ⊥ a ', b ⊥ b ', c ⊥ c ', d ⊥ d ' Ch ng minh r ng (abcd) = (a ' b 'c 'd ') Ch ng minh Do a ⊥ a ', b ⊥ b ', c ⊥ c ', d ⊥ d ' nên ( a, c ) = ( a’, c’) , (a, d) = (a ', d '), (b, c) = (b ', c '), (b, d) = (b ', d ') Ta có (a, c) (b, d) (a ', c ') (b ', d ') = = (a 'b 'c 'd ') (d.p.c.m) (abcd) = : : (a, d) (b, d) (a ',d ') (b ', d ') 2.14 Cho t giác ABCD ngo i ti p (O) M, N, P, Q ti p m c a (O) v i AB, BC, CA, AD Ch ng minh r ng AC, BD, MN, PQ đ ng quy Ch ng minh G i AD ∩ BC = J Ta có NP ⊥ OC, NM ⊥ OB, NN ⊥ ON, NJ ⊥ OJ nên theo 2.13 ta có (JCNB) = O(JCNB) = N(QPNM) Tương t ta có: (JAQD) = O(JAQD) = Q(QPNM) M t khác M, N, Q, P ∈ (O) nên Q(QPNM) = N(QPNM) ⇒ (JCNB) = (JAQD) ⇒ AC, BD, NQ đ ng quy Ch ng minh tương t ta có AC, BD, NQ MP đ ng quy [13] Chú ý: Bài toán có th đư c gi i quy t đơn gi n nh đ nh lí Pascal Xét l c giác MQQPPN Ta có: X = NP ∩ MQ, Y = MP ∩ NQ, D = QQ ∩ PP ⇒ X, Y, D Xét l c giác MMNNPQ Ta có B = MM ∩ NN, Y = MP ∩ NQ, X = MQ ∩ NP ⇒ B, X, Y (1) (2) T (1) (2) suy B, D, Y Ch ng minh tương t ta có A, C, Y V y AC, BD, MN, PQ đ ng quy 2.15 Cho t giác ABCD n i ti p (O) M, N trung m AB, CD ( ANB) ∩ CD = Q, ( DMC ) ∩ AB = P Ch ng minh r ng AC, BD, PQ đ ng quy Ch ng minh Ta có: ΡJ/(ABCD) = JC.JD = JA.JB ΡJ/(CDM) = JC.JD = JP.JM ⇒ JP.JM = JA.JB Mà M trung m AB nên theo h th c Maclawrin ( JPBA ) = −1 Tương t ta có ( JQDC ) = −1 Suy ( JQDC ) = ( JPBA ) = −1 V y PQ, AC, BD đ ng quy(d.p.c.m) [14] 2.16 Cho tam giác ABC tr c tâm H M t đư ng th ng b t kì qua H c t AB, AC t i P, Q Đư ng th ng qua H vuông góc PQ c t BC t i M Ch ng minh r ng: HP MB = HQ MC Ch ng minh K AD song song PQ, HE song song BC Ta có : HP = A(PQHD) HQ MB = H(BCEM) MC AQ ⊥ HB, AP ⊥ HC, AH ⊥ HE, AD ⊥ HM ⇒ A(QPHD) = H(BCEM) T (1), (2) (3) ta có (1) (2) (3) HP MB = (d.p.c.m) HQ MC 2.17 Cho tam giác ABC, tr c tâm H Hai đư ng th ng (d1 ) ⊥ (d ) qua H (d1 ) ∩ BC,CA, AB = A1, B1, C1 (d ) ∩ BC, CA, AB = A , B2 , C2 a Ch ng minh r ng BC1 CB1 = BC2 CB2 b A3 , B3 , C3 l n lư t trung m B2C2 , C2 A , A B2 Ch ng minh r ng A3 , B3 ,C3 Ch ng minh [15] K HJ song song AB, HI song song AC Ta có: BC1 = H(C1C2 BJ) BC2 CB1 = H(B1B2 CH) CB2 HJ ⊥ HC, HC1 ⊥ HB2 , HB ⊥ HI, HC2 ⊥ HB1 ⇒ H(JC1BC2 ) = H(CB2 IB1 ) b Trư c h t ta ch ng minh m t b đ B đ 2.17.1 Cho đư ng th ng ∆1, ∆ , A1, B1, C1 ∈ ∆1, A , B2 , C2 ∈ ∆ , Ao ∈ A1A , Bo ∈ B1B2 , Co ∈ C1C2 th a mãn:  A1B1 A B2 =   A1C1 A 2C2   A o A1 = Bo B1 = Co C1 A A  o Bo B2 Co C2 Ch ng minh r ng A0 , B0 , C0 Ch ng minh (1) (2) (3) [16] Do A o A1 Bo B1 = nên A o A Bo B2 A0A A 0A1 A1B1 + A B2 A0 A1 + A0 A A0 A1 + A0 A Tương t ta có: A C0 A 0B0 = = A0A A A1 A1C1 + A 2C2 A0 A1 + A0 A A0 A1 + A0 A  A0A A A1 AC  = 1  A1B1 + A B2  A1B1  A0 A1 + A0 A A0 A1 + A A  AC = 1 A0 B0 A1B1 V y A0 , B0 , C0 Tr l i toán Theo b đ 2.17.1 ta có: A3 , B3 ,C3 ⇐ A1B1 A B2 = A1C1 A 2C2 ⇔ ( B1C1A1H ) HC1 HC2 = ( B2 C A H ) HB1 HB2 ⇔ A ( B1C1A1H ) ⇔ A(CBA1G) HC1 HC2 = A ( B2 C A H ) HB1 HB2 HC1 HC2 = A(CBA 2G) HB1 HB2 [17] A C AC ⇔ ( CBA1G ) = ( CBA 2G ) (theo 2.16) A 2B A1B AB A B ⇔ ( CBA1G ) = ( CBA 2G ) A1C A 2C CG CG (luôn đúng) = BG BG V y A3 , B3 ,C3 Nh n xét: T b đ 2.17.1 ta có th m r ng toán Cho tam giác ABC, tr c tâm H Hai đư ng th ng (d1 ) ⊥ (d ) qua H ⇔ (d1 ) ∩ BC,CA, AB = A1, B1, C1 (d ) ∩ BC, CA, AB = A , B2 , C2 A3 , B3 , C3 l n lư t A A BB C C thu c đư ng th ng B2C2 , C2 A , A B2 th a mãn = = Ch ng A3A B3B2 C3C2 minh r ng A3 , B3 ,C3 Bài t p 3.1 Cho tam giác ABC n i ti p (O) E m t m đư ng tròn FA c t ti p n t i B C c a (O) t i M, N, CM ∩ BN = F Ch ng minh r ng EF qua m t m c đ nh 3.2 Cho l c giác ABCDEFF n i ti p M = BF ∩ CA, N = CA ∩ BD, P = BD ∩ CE, Q = CE ∩ DF, R = DF ∩ EA,S = EA ∩ BF Ch ng minh r ng MQ, NR, PS đ ng quy 3.3 Cho tam giác ABC M t đư ng tròn (O) c t BC, CA, AB t i M, N, P, Q, R, S X = MQ ∩ RN, Y = RN ∩ SP, Z = SP ∩ MQ Ch ng minh r ng AX, BY, CZ đ ng quy 3.4 Cho tam giác ABC D, E, F ti p m c a đư ng tròn n i ti p v i c nh BC, CA AB X n m tam giác ABC th a mãn đư ng tròn n i ti p tam giác XBC ti p xúc XB, XC, BC t i Z, Y, D th t Ch ng minh r ng t giác EFZY t giác n i ti p 3.5 (China TST 2002) Cho t giác l i ABCD Cho E = AB ∩ CD, F = AD ∩ BC, P = AC ∩ BD O chân đư ng vuông góc h t P xu ng EF Ch ng minh r ng: BOC = AOD 3.6.(Romani Junior Balkan MO 2007) [18] Cho tam giác ABC vuông t i A D m t m c nh AC E đ i x ng A qua BD F giao m c a CE v i đư ng vuông góc v i BC t i D Ch ng minh r ng AF, DE, BC đ ng quy 3.7.(Romani TST 2007) Cho tam giác ABC E F ti p m c a đư ng tròn n i ti p Γ(I) v i c nh AC, AB M trung m BC N = AM ∩ EF γ ( M ) đư ng tròn đư ng kính BC BI CI c t γ ( M ) t i X Y khác B, C Ch ng minh r ng: NX AC = NY AB 3.8 (Mathlinks Forum) Cho tam giác ABC ngo i ti p ρ ( I ) D, E, F ti p m c a ρ ( I ) v i BC, CA, AB Xác đ nh M = ρ ( I ) ∩ AD , N giao m c a ( CDM ) v i DF G = CN ∩ AB Ch ng minh r ng CD = 3FG 3.9 Cho tam giác ABC cân t i A M trung m BC Tìm qu tích m P n m tam giác th a mãn BPM + CPA = 1800 3.10.(Senior BMO 2007) Cho đư ng tròn ρ ( O ) m t m A n m đư ng tròn T A k hai ti p n AB, AC v i ρ ( O ) D thu c ρ ( O ) th a mãn O ∈ AD H hình chi u c a B CD Y trung m c a BX Z giao m c a DY v i ρ ( O ) Ch ng minh r ng ZA ⊥ ZC 3.11 (Virgil Nicula) Cho đư ng th ng (d) b n m A, B, C, D n m (d) cho (ABCD) = −1 M trung m CD Cho ( ω) đư ng tròn qua A M NP đư ng kính c a ( ω) vuông góc AM Các đư ng th ng NC, ND, PC, PD c t ( ω) t i S1,T1,S2 , T2 theo th t Ch ng minh r ng S = S1T1 ∩ S2T2 3.12 Cho t giác ABCD, O = AC ∩ BC M, N, P, Q hình chi u c a O AB, BC, CD, DA Ch ng minh r ng: OM = OP ⇔ ABCD hình bình hành  ON = OQ 3.13 Cho tam giác ABC ngo i ti p (I) (I) ti p xúc BC t i D AD ∩ (I) = X BXC = 900 Ch ng minh r ng AX + AE = XD [19]