Các bài hình học mathley được đề nghị bởi Trần Quang Hùng

Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Các hình học mathley đề nghị Trần Quang Hùng Đề Bài 1.1 Cho tam giác ABC nhọn tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H, đường cao AD AO cắt BC E Đường thẳng qua D song song OH cắt AB, AC M, N I trung điểm AE DI cắt AB, AC P, Q MQ cắt NP T Chứng minh D, O, T thẳng hàng Bài 1.2 Cho tam giác ABC khơng cân Đường trịn (O) qua B, C cắt đoạn BA, CA điểm thứ hai F, E Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường thẳng CF M, N cho M nằm C F Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACF cắt đường thẳng CE P, Q cho P nằm B E Đường thẳng qua N vng góc AN cắt BE R Đường thẳng qua Q vng góc AQ cắt CF S SP giao NR U RM giao QS V Chứng minh NQ, UV, RS đồng quy Bài 1.3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P1 , P2 hai điểm mặt phẳng; P1 A, P1 B, P1 C cắt (O) điểm thứ hai A1 , B1 , C1 ; P2 A, P2 B, P2 C cắt (O) điểm thứ hai A2 , B2 , C2 a) A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 giao BC, CA, AB A3 , B3 , C3 Chứng minh ba điểm A3 , B3, C3 thẳng hàng b) P điểm đường thẳng P1 P2 ; A1 P, B1 P, C1 P cắt (O) điểm thứ hai A4 , B4 , C4 Chứng minh ba đường thẳng A2 A4 , B2 B4 , C2 C4 đồng quy điểm P1 P2 Bài 1.4 Cho tam giác ABC Đường tròn (K ) tiếp xúc đoạn thẳng AC, AB E, F (K ) cắt đoạn thẳng BC M, N cho N nằm B M FM giao EN I Đường tròn ngoại tiếp tam giác IFN IEM cắt J khác I Chứng minh I J qua A KJ vng góc I J Bài 1.5 Cho tam giác ABC, P điểm A1 hình chiếu song song P theo phương l cố định lên BC A2 trung điểm AA1 A2 P cắt BC A3 A4 đối xứng A1 qua A3 Chứng minh PA4 qua điểm cố định Bài 1.6 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (K ) qua B, C Đường tròn (O1 ) tiếp xúc AB, AC tiếp xúc với (K ) Đường tròn (O2 ) tiếp xúc DB, DC tiếp xúc với (K ) Chứng minh hai tiếp tuyến chung (O1 ) (O2 ) song song với AD Bài 1.7 Cho tam giác ABC không cân, (O), H theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp trực tâm tam giác Đường thẳng qua A song song với OH lại cắt (O) K Đường thẳng qua K song song với AH lại cắt (O) L Đường thẳng qua L song song với OA cắt OH E Chứng minh điểm B, C, O, E thuộc đường tròn Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Bài 1.8 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M thuộc trung trực BC I1 , I2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB, MAC Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AI1 I2 thuộc đường thẳng cố định M di chuyển Bài 1.9 Cho tam giác ABC đường tròn (O) (O) cắt CA L, E cắt AB K, F D điểm thuộc (O) d đường thẳng qua A DE, DF cắt d M, N Chứng minh MK giao NL điểm thuộc (O) Bài 1.10 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến B, C đường tròn (O) cắt T Gọi M, N điểm thuộc tia BT, CT cho BM = BC = CN Đường thẳng MN cắt CA, AB theo thứ tự E, F; BE giao CT P, CF giao BT Q Chứng minh AP = AQ Bài 1.11 Cho tam giác ABC Gọi (Oa ) đường tròn qua B, C; hai đường tròn (Ob ), (Oc ) xác định tương tự Hai đường tròn (Ob ), (Oc ) cắt A1 , khác A Các điểm B1 , C1 xác định tương tự Gọi Q điểm mặt phẳng tam giác ABC QB, QC cắt (Oc ), (Ob ) A2 , A3 khác B, C Tương tự ta có B2 , B3 , C2 , C3 Gọi (Ka ), (Kb ), (Kc ) đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 , B1 B2 B3 , C1 C2 C3 Chứng minh a) ba đường tròn (Ka ), (Kb ), (Kc ) có điểm chung b) hai tam giác Ka Kb Kc , ABC đồng dạng Bài 1.12 Giả sử E, F hai điểm cạnh CA, AB tam giác ABC Gọi (K ) đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Tiếp tuyến E, F (K ) cắt T Chứng minh a) T nằm BC BE cắt CF điểm thuộc đường tròn (K ); b) EF, PQ, BC đồng quy biết BE cắt FT M, CF cắt ET N, AM AN cắt đường tròn (K ) P, Q khác A Bài 1.13 Cho tam giác ABC đường tròn (K ) qua B, C cắt CA, AB M, N Dựng tam giác APQ ngược hướng tam giác ABC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác CPM BQN Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Lời giải Bài 2.1 Cho tam giác ABC nhọn tâm đường tròn ngoại tiếp O, trực tâm H, đường cao AD AO cắt BC E Đường thẳng qua D song song OH cắt AB, AC M, N I trung điểm AE DI cắt AB, AC P, Q MQ cắt NP T Chứng minh D, O, T thẳng hàng A Q G L I O H B M N J D F E C K P T Hình −→ −→ Lời giải Gọi F trung điểm BC, G trung điểm AH Từ kết quen thuộc 2OF = AH Ta có −→ −→ −→ AG = GH = OF Tứ tứ giác AGFO, GHFO hình bình hành suy GF song song AE GF, OH có chung trung điểm J Trong tam giác ADE có trung tuyến AI qua trung điểm đoạn chắn song song GF Do AI qua trung điểm J OH Chú ý DN k HO từ liên hệ tỷ số đơn tỷ số kép ta có D ( HOJN ) = ( HOJ ) = −1 Gọi OD giao AB, AC K, L Qua phép chiếu xuyên tâm D ta dễ thấy Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN ( AKMP) = D ( AKMP) = D ( ALNQ) = ( ALNQ) = D ( HOJN ) = −1 Khi ( AKMP) = −1 ta có ( AKPM) = −1 Vậy từ hai đẳng thức ta có ( AKPM) = ( ALNQ) hay KL, PN, MQ đồng quy T, nói cách khác D, O, T thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh Bài 2.2 Cho tam giác ABC khơng cân Đường trịn (O) qua B, C cắt đoạn BA, CA điểm thứ hai F, E Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE cắt đường thẳng CF M, N cho M nằm C F Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACF cắt đường thẳng CE P, Q cho P nằm B E Đường thẳng qua N vng góc AN cắt BE R Đường thẳng qua Q vng góc AQ cắt CF S SP giao NR U RM giao QS V Chứng minh NQ, UV, RS đồng quy K Q V A E N F I M U P B T R C S Hình Lời giải Do tứ giác ANBE BCEF nội tiếp ∠ ANE = ∠ ABE = ∠ ACN nên ANE ∼ ACN AN = AE.AC Tương tự AM2 = AE.AC, AP2 = AQ2 = AF.AB, BCEF nội tiếp nên AE.AC = AF.AB Từ ta có AM = AN = AP = AQ hay M, N, P, Q thuộc đường tròn ( A ) Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Gọi CN giao BQ I, RN giao SQ K Ta xét phép chiếu xuyên tâm đường tròn ( A), ý NR, QS tiếp tuyến ( A), ta có ( MNPQ) = N ( MNPQ) = ( IRPQ) = S( IRPQ) = ( NRUK ) (1 ) ( MNPQ) = Q( MNPQ) = ( MN IS) = R( MN IS) = (VKQS) = (QSVK ) (2 ) Từ (1), (2) suy ( NRUK ) = (QSVK ) QN, RS, UV đồng quy, điều phải chứng minh Bài 2.3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P1 , P2 hai điểm mặt phẳng; P1 A, P1 B, P1 C cắt (O) điểm thứ hai A1 , B1 , C1 ; P2 A, P2 B, P2 C cắt (O) điểm thứ hai A2 , B2 , C2 a) A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 giao BC, CA, AB A3 , B3 , C3 Chứng minh ba điểm A3 , B3, C3 thẳng hàng b) P điểm đường thẳng P1 P2 ; A1 P, B1 P, C1 P cắt (O) điểm thứ hai A4 , B4 , C4 Chứng minh ba đường thẳng A2 A4 , B2 B4 , C2 C4 đồng quy điểm P1 P2 Đề giải toán ta cần số bổ đề sau Bổ đề 2.3.1 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Khi tiếp tuyến A, B, C (O) tương ứng cắt BC, CA, AB ba điểm thẳng hàng Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN A O B C Hình Bổ đề quen thuộc xin không nêu cách chứng minh Bổ đề 2.3.2 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với X điểm Gọi A0 , B0 , C0 giao điểm thứ hai AX, BX, CX với đường tròn (O) ( BCAA0 ) · (CABB0 ) · ( ABCC0 ) = −1 Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN B1 B' A B2 C' C2 X O A2 A1 C B A' C1 Hình Lời giải Gọi A1 , B1 , C1 tương ứng giao điểm tiếp tuyến A, B, C (O) với đường thẳng BC, CA, AB A2 , B2 , C2 tương ứng giao điểm AX, BX, CX với đường thẳng BC, CA, AB Khi ta dễ thấy ( BCAA0 ) = A( BCAA0 ) = A( BCA2 A1 ) = ( BCA2 A1 ) = A2 B A1 B : A2 C A1 C Tương tự với (CABB0 ), ( ABCC0 ) ta ý AA1 , BB1 , CC1 đồng quy A2 , B2 , C2 thẳng hàng nhân tỷ số kép với áp dụng định lý Menelaus Ceva ta dễ suy ( BCAA0 ) · (CABB0 ) · ( ABCC0 ) = −1 Đó điều phải chứng minh Bổ đề 2.3.3 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với X điểm Gọi A0 , B0 , C0 giao điểm thứ hai AX, BX, CX với đường tròn (O) Chứng minh tiếp tuyến (O) A0 , B0 , C0 tương ứng cắt BC, CA, AB ba điểm thẳng hàng Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN A B' O C' A2 C2 B1 X C1 B C A1 A' B2 Hình Lời giải Gọi giao điểm đường thẳng AA0 , BB0 , CC0 tiếp tuyến A0 , B0 , C0 (O) với BC, CA, AB A1 , A2 , B1 , B2 , C1 C2 Ta thấy ( BCAA0 ) = A0 ( BCAA0 ) = A0 ( BCA1 A2 ) = ( BCA1 A2 ) = A1 B A2 B : A1 C A2 C Tương tự với (CABB0 ), ( ABCC0 ) ta ý AA1 , BB1 , CC1 đồng quy theo bổ đề 3.2 A B B C C A ( BCAA0 ) · (CABB0 ) · ( ABCC0 ) = −1 dễ suy = nên A2 , B2 , C2 thẳng A2 C B2 A C2 B hàng theo định lý Menelaus, điều phải chứng minh Bổ đề 2.3.4 Cho năm điểm A, B, C, X, Y mặt phẳng A( BCXY ) · B(CAXY ) · C( ABXY ) = A B1 C2 C1 B B2 Y X A1 A2 C Hình Lời giải Gọi giao điểm AX, AY với đường thẳng BC A1 , A2 ta dễ thấy A( BCXY ) = ( BCA1 A2 ) = A1 B A2 B : A1 C A2 C Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Chú ý AA1 , BB1 , CC1 đồng quy X, AA2 , BB2 , CC2 đồng quy Y áp dụng định lý Ceva ta có A( BCXY ) · B(CAXY ) · C( ABXY ) = A1 B A2 B : = C A2 C ∏A A1 B : 1C ∏A A2 B = −1 : −1 = 2C ∏A Đó điều phải chứng minh Lời giải a) Gọi A5 , B5 , C5 giao điểm tiếp tuyến A1 , B1, C1 với BC, CA, AB, theo bổ đề ta có A5 , B5 , C5 thẳng hàng A O P1 P2 C A5 B A3 A2 A1 Hình A( BCP1 P2 ) = A( BCA1 A2 ) = ( BCA1 A2 ) = A1 ( BCA1 A2 ) = A1 ( BCA5 A3 ) = ( BCA5 A3 ) = A5 B A3 B : A5 C A3 C Vậy A( BCP1 P2 ) · B(CAP1 P2 ) · C( ABP1 P2 ) = ∏ A5 B A3 B : A5 C A3 C Theo bổ đề 3.4, A( BCP1 P2 ) · B(CAP1 P2 ) · C( ABP1 P2 ) = 1, mặt khác theo bổ đề 3.3 A5 , B5 , C5 A5 B thẳng hàng, áp dụng định lý Menelaus ta có ∏ = Vậy kết hợp đẳng thức ta suy A5 C A3 B = 1, A3 , B3 , C3 thẳng hàng theo định lý Menelaus Ta có điều phải chứng minh ∏ A3 C b) Gọi Q giao điểm A1 C2 A2 C1 Áp dụng định lý Pascal cho lục giác C1 C2 ACA2 A1 ta có giao điểm cặp đường thẳng (C2 A1 , C1 A2 ), (C1 C, A1 A), ( AA2 , CC2 ) thẳng hàng, hay Q thuộc P1 P2 Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 10 A4 A B1 B2 C2 C1 O P2 P1 Q T P C4 C B A2 B4 A Hình Tiếp tục áp dụng định lý Pascal cho lục giác C1 C2 A4 C4 A2 A1 ta có giao điểm cặp đường thẳng (C2 A1 , C1 A2 ), (C2 C4 , A2 A4 ), ( A4 A1 , C4 C1 ) thẳng hàng hay giao điểm T A4 A2 C4 C2 nằm P1 P2 Tương tự ta có giao điểm T A4 A2 B4 B2 nằm P1 P2 Do T ≡ T Như A4 A2 , B4 B2 , C4 C2 đồng quy điểm T nằm P1 P2 Bài 2.4 Cho tam giác ABC Đường tròn (K ) tiếp xúc đoạn thẳng AC, AB E, F (K ) cắt đoạn thẳng BC M, N cho N nằm B M FM giao EN I Đường tròn ngoại tiếp tam giác IFN IEM cắt J khác I Chứng minh I J qua A KJ vng góc I J A E F J K I B N C M Hình Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 11 Lời giải Gọi J hình chiếu K lên AI dễ thấy A, F, J , K, E thuộc đường trịn đường kính AK Từ ta có góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung ∠ AJ F = ∠ AEF = ∠ FN I suy tứ giác FJ IN nội tiếp Tương tự tứ giác EJ I M nội tiếp từ J điểm chung khác I đường tròn ngoại tiếp tam giác IFN IEM, J ≡ J suy A, I, J thẳng hàng KJ ⊥ I J Đó điều phải chứng minh Bài 2.5 Cho tam giác ABC, P điểm A1 hình chiếu song song P theo phương l cố định lên BC A2 trung điểm AA1 A2 P cắt BC A3 A4 đối xứng A1 qua A3 Chứng minh PA4 qua điểm cố định l A A5 A2 P B L A1 A3 A4 C Hình 10 Lời giải Gọi L hình chiếu song song phương l A lên BC Gọi A5 trung điểm AL ta chứng minh A4 , P, A5 thẳng hàng thật vậy, từ liên hệ tỷ số đơn tỷ số kép dễ thấy A1 ( A4 A2 A5 P) = ( LAA5 ) = −1 (Do PA1 k AL A5 trung điểm AL) A2 ( A4 A1 A3 A5 ) = ( A4 A1 A3 ) = −1 (Do A2 A5 k A1 A4 A3 trung điểm A1 A4 ) Từ A1 ( A4 A2 A5 P) = A2 ( A4 A1 A3 A5 ) nên A4 , A5 , P thằng hàng Ta có điều phải chứng minh Bài 2.6 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (K ) qua B, C Đường tròn (O1 ) tiếp xúc AB, AC tiếp xúc với (K ) Đường tròn (O2 ) tiếp xúc DB, DC tiếp xúc với (K ) Chứng minh hai tiếp tuyến chung (O1 ) (O2 ) song song với AD Lời giải Ta có số nhận xét sau Nhận xét (O1 ), (O2 ) tiếp xúc (K ) X, Y Gọi I1 , I2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC DBC Thì XI1 , YI2 cắt điểm Q thuộc (K ) trung điểm cung BC không chứa X, Y (K ) Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 12 A Q I1=W J L O I H B K C O X P Hình 11 Thật vậy, ta cần chứng minh XI1 phân giác ∠ BXC Gọi (O1 ) tiếp xúc AB, AC H, L Gọi W giao điểm khác X đường tròn (XBH ) (XCL) CW giao ( BHX ) I khác W, BW giao (CLX ) J khác W Ta có ∠XLJ = ∠XW J = ∠XWB = ∠ BHX = ∠XLH từ J thuộc HL Tương tự I thuộc HL Từ dễ chứng minh tứ giác I JBC nội tiếp cộng góc Vậy ∠CBW = ∠W I H = ∠ HBW hay BW phân giác ∠ ABC Tương tự CW phân giác ∠ ACB, W ≡ I1 Từ ∠ BXI1 = ∠ BI I1 = 180◦ − ∠ BIC = 180◦ − ∠ BJC = ∠CJ I1 = ∠CXI1 Vậy ta hoàn thành chứng minh I1O1 PC PB Nhận xét Gọi P trung điểm cung BC không chứa A, D (O) = = = R1 PQ PQ I2 O2 , với R1 , R2 bán kính (O1 ), (O2 ) R2 Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 13 A Q I1 O1 O G K B C X P Hình 12 Thật vậy, từ nhận xét O, K, Q thẳng hàng Lấy G thuộc KQ cho KG = KO1 từ dễ thấy O1 G k XQ ta có PI PO1 PI − PO1 IO I1 O1 I1O1 IO PB = = = = 1 = = = 1 PQ PQ PG PQ − PG GQ KQ − KG KX − KO1 R1 Nhận xét Gọi AC, BD giao (K ) điểm thứ hai X1 , Y1 U trung điểm cung X1 Y1 không chứa B, C (K ) I1 I2 k UQ Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 14 R S D T U A Q Y1 X1 N F M E I2 O I1 O1 V B K C O2 X Y P Hình 13 ∠BAC ∠BDC = 90◦ + = ∠BI2 C tứ giác BI1 I2 C nội 2 tiếp Ta có ( I1 I2 , BC) = ( I1 I2 , I2 B) + ( I2 B, BC) = (CI1 , CB) + ( BI2 , BC)( mod π ) (1) Ta lại có (UQ, BC) = (UQ, QB) + (QB, BC) = (CU, CB) + ( BQ, BC) = (CU, CX1 ) + (CX1 , CI1 ) + (CI1 , CB) + ( BQ, BY1 ) + ( BY1 , BI2 ) + ( BI2 , BC) = ( BY1 , BU ) + 2(CI1 , CB) + ( BQ, BY1 ) + 2( BI2 , BC) = ( BQ, BU ) + 2(CI1 , CB) + 2( BI2 , BC)( mod π ) (2) Mặt khác (CX1 , CB) + ( BY1 , BC) = (CX1 , CU ) + (CU, CQ) + (CQ, CB) + ( BY1 , BU ) + ( BU, BQ) + ( BQ, BC) = (CU, CQ) + ( BU, BQ) = 2( BU, BQ)( mod π ) Từ suy (CI1 , CB) + ( BI2 , BC) = [(CX1 , CB) + ( BY1 , BC)] = ( BU, BQ)( mod π ) (3) Từ (2), (3) ta suy (UQ, BC) = (CI1 , CB) + ( BI2 , BC)( mod π ) (4) Từ (1), (4) ta suy I1 I2 k UQ Trở lại toán, qua P vẽ đường thẳng song song KU giao QU T Ta định nghĩa lại điểm O1 M R M, N, gọi đoạn I1 T cắt (O1 ) M, gọi đoạn I2 T cắt (O2 ) N Theo nhận xét = = PT PQ I1 O1 O1 M k PT k KU suy X, M, U thẳng hàng, tương tự Y, N, U thẳng hàng PI1 Gọi V tâm vị tự (O1 ), (O2 ) V thuộc O1O2, ý O1 M k O2 N nên V thuộc MN X, Y tâm vị tự (K ) (O1 ), (K ) (O2 ) nên XY qua V Chú ý tam giác I1O1 M I2 O2 M có I1 M giao I2 N T, I1O1 giao I2O2 P PT k MO1 k NO2 theo định lý Desargues I1 I2 qua V giao MN O1O2 Ta dễ chứng minh PT = PQ, PI1 = PI2 kết hợp QT k I1 I2 nhận xét suy tứ giác Thật vậy, ta ý ∠ BI1 C = 90◦ + Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 15 T I1 I2 Q hình thang cân ( I1 M, I1 V ) = ( I1 T, I1 I2 ) = (QT, QI2 ) = (QU, QY ) = (XU, XY ) = (XM, XV )( modπ ) từ tứ giác I1 MVX nội tiếp, tương tự tứ giác I2 NVY nội tiếp Vậy ta có ( MN, MX ) = ( MV, MX ) = ( I1 V, I1 X ) = ( I1 I2 , I1 Q) = ( I2 T, I2 I1 ) = ( I2 N, I2 V ) = (YN, YV ) = (YN, YX )( mod π ), từ tứ giác XMNY nội tiếp Ta gọi MN giao (K ) E, F Ta thấy ∠EMU = ∠XMN = 180◦ − ∠XYN = ∠XEU suy 4EMU ∼ 4XEU UE2 = UM.UX Tương tự UF2 = UN.UY mà XMNY nội tiếp nên UM.UX = UN.UY UE = UF, tam giác UEF cân suy KU ⊥ EF Từ có O1 M k O2 N k KU suy O1 M, O2 N vng góc MN hay MN tiếp tuyến chung (O1 ), (O2 ) Gọi PT, PQ cắt (O) S, R Từ có PT = PQ, PI1 = PI2 T I1 I2 Q hình thang cân nên ∠ APS = ∠ DPR hay SR k AD Chú ý PR đường kính (O) nên PS ⊥ SR PS ⊥ AD Cũng từ chứng minh ta có PS ≡ PT k KU ⊥ MN từ MN k AD vng góc PS Ta có điều phải chứng minh Bài 2.7 Cho tam giác ABC không cân, (O), H theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp trực tâm tam giác Đường thẳng qua A song song với OH lại cắt (O) K Đường thẳng qua K song song với AH lại cắt (O) L Đường thẳng qua L song song với OA cắt OH E Chứng minh điểm B, C, O, E thuộc đường tròn A K d O H E B C S L G Hình 14 Lời giải Gọi AH giao (O) G khác A Do KL k AH nên AKLG hình thang cân Ta lại ý AKHF hình bình hành nên FHGL hình thang cân Do tính chất trực tâm H đối xứng G qua Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 16 BC BC trục đối xứng FHGL FH, GL, BC đồng quy S Gọi d trục đối xứng AKHF ta có biến đổi góc sau ( LE, LG) ≡ ( LE, LK ) + ( LK, LG) ≡ ( AO, AG) + (KA, KL)(Do LK k AL phép đối xứng trục d) ≡ (GA, GO) + (OE, GA)(Do phép đối xứng trục d KA k OE, KL k GA) ≡ (OE, OG)( mod π ) Từ bốn điểm O, L, E, G thuộc đường tròn Vậy SE.SO = SG.SL = SB.SC hay điểm B, C, O, E thuộc đường tròn Đó điều phải chứng minh Bài 2.8 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M thuộc trung trực BC I1 , I2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB, MAC Chứng minh tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AI1 I2 ln thuộc đường thẳng cố định M di chuyển Bổ đề 2.8.1 Cho tam giác ABC với I tâm đường tròn nội tiếp Đường tròn qua A, I cắt CA, AB E, F khác A AE + AF = CA + AB − BC A F M N E I B C Hình 15 Lời giải Gọi M, N hình chiếu I lên CA, AB Dễ thấy INF = I ME(c.g.c) từ suy AE = AF = AM + AN = CA + AB − BC Bổ đề 2.8.2 Cho tam giác ABC E, F thuộc CA, AB cho CE = BF E, F phía _ với BC đường trịn ngoại tiếp ( AEF) qua trung điểm cung BC chứa A Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 17 N A O B C E F Hình 16 _ Lời giải Gọi N trung điểm cung BC chứa A Giả sử E, F khác phía A với BC Trường hợp cịn lại chứng minh hoàn toàn tương tự Ta dễ thấy ∠ ABN = ∠ ACN suy ∠ FBN = ∠ ACN Kết hợp NB = BC, FB = CE suy FBN = 4ECN Từ ∠ BFN = ∠CEN hay A, F, E, N thuộc đường tròn N A F O E I1 B I2 D M Hình 17 C Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 18 Lời giải Gọi đường tròn ngoại tiếp ( AI1 I2 ) cắt AM, CA, AB D, E, F khác A Theo bổ đề dễ thấy AD + AF = AB + AM − MB, AD + AE = AC + AM − MC Trừ hai đẳng thức ý MB = MC ta AF − AE = AB − AC hay AB − AF = AC − AE Do trường hợp E, F phía khác phía BC ta có BF = CE Vậy theo bổ đề gọi N trung điểm cung BC chứa A ( AI1 I2 ) ≡ ( AEF) qua N Vậy tâm ngoại tiếp AI1 I2 thuộc trung trực AN cố định Đó điều phải chứng minh Bài 2.9 Cho tam giác ABC đường tròn (O) (O) cắt CA L, E cắt AB K, F D điểm thuộc (O) d đường thẳng qua A DE, DF cắt d M, N Chứng minh MK giao NL điểm thuộc (O) M d A N E F K T L O C B D Hình 18  KLD Lời giải Gọi NL giao (O) T khác L KT giao DE EFT 0 ta suy giao điểm N, A, M thẳng hàng Vậy M thuộc N A ≡ d suy M ≡ M Ta có điều phải chứng minh M0 Áp dụng định lý Pascal cho  Bài 2.10 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến B, C đường tròn (O) cắt T Gọi M, N điểm thuộc tia BT, CT cho BM = BC = CN Đường thẳng MN cắt CA, AB theo thứ tự E, F; BE giao CT P, CF giao BT Q Chứng minh AP = AQ Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 19 A O B C D P Q T F N M E Hình 19 Lời giải Gọi AD phân giác tam giác ABC Do B, C đối xứng qua OT BM = CN nên M, N đối xứng qua OT, suy BC k MN Ta có ∠ FBM = 180◦ − ∠ ABC − ∠CBM = 180◦ − ∠ ABC − ∠CAB = ∠ ACB, ý góc đồng vị ∠ ABC = ∠ BFM ABC ∼ MFB Từ ta ý FM k BC nên theo định lý Thales QC BC BM AC DC = = = = suy QD k BF Tương tự PD k CE QF FM FM AB DB DQ BF CE CD AB BC DQ = = = Từ theo định lý Thales tính chất đường phân giác ta có DP BF CE DP BC AC BD CD AB = Vậy DP = DQ (1) BD AC ∠BAC + ∠ ACB + ∠ ABC Vậy tương tự ∠ ADP = Ta lại có ∠ ADQ = ∠ ADB + ∠ BDQ = ∠BAC + ∠ ACB + ∠ ABC ∠ ADQ = ∠ ADP (2) Từ (1), (2) suy ADQ = ADP (c.g.c) suy AP = AQ Ta có điều phải chứng minh Bài 2.11 Cho tam giác ABC Gọi (Oa ) đường tròn qua B, C; hai đường tròn (Ob ), (Oc ) xác định tương tự Hai đường tròn (Ob ), (Oc ) cắt A1 , khác A Các điểm B1 , C1 xác định tương tự Gọi Q điểm mặt phẳng tam giác ABC QB, QC cắt (Oc ), (Ob ) A2 , A3 khác B, C Tương tự ta có B2 , B3 , C2 , C3 Gọi (Ka ), (Kb ), (Kc ) đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 , B1 B2 B3 , C1 C2 C3 Chứng minh Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 20 a) ba đường tròn (Ka ), (Kb ), (Kc ) có điểm chung b) hai tam giác Ka Kb Kc , ABC đồng dạng Ta đưa bổ đề sau Bổ đề 2.11.1 Cho bốn đường tròn C1 , C2 , C3 , C4 cắt bốn điểm A, B, C, D; C1 cắt C4 A; C2 cắt C1 B, C2 cắt C3 C, C4 cắt C3 D E, P, F, Q giao điểm khác A, B, C, D C1 C4 ; C2 C1 , C2 C3 , C4 C3 a) Chứng minh E, P, F, Q đồng viên (hoặc thẳng hàng) A, B, C, D đồng viên (hoặc thẳng hàng) b) Với giả thiết A, B, C, D thẳng hàng, đồng thời (ω ) đường trịn qua E, F cắt C1 , C2 , C3 , C4 I, J, H, G Khi GJ, I H AB đồng quy Lời giải a) Nếu E, P, F, Q đồng viên A* B* D* C* F* C* P* Hình 20 Xép phép nghịch đảo tâm E phương tích bất kì, đường trịn C1 , C4 , C5 biến thành đường thẳng C1∗ , C4∗ , C5∗ Còn đường tròn C2 , C3 biến thành đường tròn C2∗ C3∗ , F thành F∗ thẳng hàng với P∗ Q∗ , D thành D ∗ thẳng hàng với A∗ Q∗ , B thành B∗ thẳng hàng với A∗ P∗ Như C2∗ C3∗ đường tròn ( P∗ B∗ F∗ ) ( F∗ D ∗ Q∗ ) Từ theo định lý Miquel A∗ , B∗ , C∗ , D ∗ đồng viên A, B, C, D thẳng hàng đồng viên Nếu E, P, F, Q thẳng hàng chứng minh tương tự b) Theo định lý Miquel với ba đường tròn ω, C2 , C3 đồng quy F ta có HD cắt JB điểm X thuộc ω, tương tự BI cắt DG điểm Y thuộc ω Từ áp dụng định lý Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 21 Pascal cho điểm X, H, I, Y, G, J có D = XH ∩ DG; K = I H ∩ JG; B = X J ∩ YI K, B, D thẳng hàng Từ suy GJ, H I AD đồng quy X G Y Q E H P F J I K A B C D Hình 21 Ta hồn tất chứng minh bổ đề Lời giải Gọi T giao điểm đường tròn (C1 C2 C3 ) với AQ B30 giao điểm (Oa ) với (TB1 B2 ) Chú ý bốn đường tròn (Oc ), (Ob ), (C1 C2 C3 ), (TB1 B2 ) cắt điểm A, T, C3 , B2 thẳng hàng nên theo câu b bổ đề với đường trịn ω đường trịn (Oa ) ta có CB30 , BC2 , AB2 đồng quy Từ suy B30 ≡ B3 Suy đường tròn ( B1 B2 B3 ) (C1 C2 C3 ) cắt điểm T thuộc AQ Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 22 C2 T A2 B1 B3 A3 A Oa I Q C1 Ob O Ka B Oc C J K A1 C3 B2 Hình 22 Áp dụng câu a bổ đề suy giao điểm lại bốn đường tròn (Oc ), (Ob ), ( B1 B2 B3 ), (C1 C2 C3 ) đồng viên Nói cách khác ( A1 B1 C1 ) qua I, I giao điểm khác T ( B1 B2 B3 ) (C1 C2 C3 ) Tương tự ( A1 B1 C1 ) qua I I giao điểm ( B1 B2 B3 ) ( A1 A2 A3 ) Từ suy I ≡ I (vì I I khác B1 ), từ suy điều phải chứng minh b) Gọi J, K giao điểm ( A1 A2 A3 ) với QB, QC Ta có ( AB, AC) ≡ ( AB, AA1 ) + ( AA1 , AC) ≡ ( A2 B, A2 A1 ) + ( A3 A1 , A3 C) ≡ ( I J, I A1 ) + ( I A1 , IK ) ≡ ( I J, IK ) ≡ (Ka Kb , Ka Kc )( mod π ) Tương tự ta có ( BC, BA) ≡ (Kb Kc , Kb Ka )( mod π ) Từ suy ∆ABC ∼ ∆Ka Kb Kc Ta có điều phải chứng minh Bài 2.12 Giả sử E, F hai điểm cạnh CA, AB tam giác ABC Gọi (K ) đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Tiếp tuyến E, F (K ) cắt T Chứng minh a) T nằm BC BE cắt CF điểm thuộc đường tròn (K ); Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 23 b) EF, PQ, BC đồng quy biết BE cắt FT M, CF cắt ET N, AM AN cắt đường tròn (K ) P, Q khác A Lời giải a)Gọi D giao điểm CF BE Nếu D thuộc (K ) Khi áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm F, F, D, E, E, A thu T, B, C thẳng hàng A E F D B T C Hình 23 Nếu T, B, C thẳng hàng áp dụng định lý đảo định lý Pascal với ý T = EE ∩ FF, FD ∩ AE = C, DE ∩ AF = B Như D, E, A, F đồng viên Ta có điều phải chứng minh b) Cách xin giới thiệu lời giải bạn Trần Đăng Phúc A K E L H F Y Q V P X M N U R C B T Hình 24 Gọi PQ giao AB, AC X, Y, EP giao AB U, FQ giao AC V, AM, AN cắt EF H, L Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm P, Q, A, F, E, E suy R, N, U thẳng hàng Tương tự có R, M, V thẳng hàng Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 24 Ta lại có ( AFU ) ( AEY ) = (1 ) ( AFB) ( AEV ) ( AEV ) ( AFX ) ( AEVC) = F( AEVC) = ( ALQN ) = R( ALQN ) = ( AFXU ) suy = (2 ) ( AEC) ( AFU ) ( AEY ) ( AFX ) = ⇐⇒ ( AFXB) = ( AEYC) hay EF, PQ, BC đồng quy Ta Từ (1), (2) suy ( AFB) ( AEC) có điều phải chứng minh ( AFUB) = E( AFUB) = ( AHPM) = R( AHPM) = ( AEYV ) suy Bài 2.13 Cho tam giác ABC đường tròn (K ) qua B, C cắt CA, AB M, N Dựng tam giác APQ ngược hướng tam giác ABC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác CPM BQN A M N K P C B Q Hình 25 AC AQ = = Lời giải Từ tam giác APQ = ABC B, C, M, N thuộc đường trịn ta có AP AB AN , kết hợp ∠QAN = ∠ PAM suy tam giác AQN ∼ APM suy ∠ ANQ = ∠ AMP Chú AM ý APQ = ABC ngược hướng dễ suy QB = PC Từ áp dụng định lý hàm số sin suy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CPM BQN Đó điều phải chứng minh  ... Đề giải toán ta cần số bổ đề sau Bổ đề 2.3.1 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Khi tiếp tuyến A, B, C (O) tương ứng cắt BC, CA, AB ba điểm thẳng hàng Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN A O B C Hình. .. S L G Hình 14 Lời giải Gọi AH giao (O) G khác A Do KL k AH nên AKLG hình thang cân Ta lại ý AKHF hình bình hành nên FHGL hình thang cân Do tính chất trực tâm H đối xứng G qua Trần Quang Hùng -... cắt J khác I Chứng minh I J qua A KJ vng góc I J A E F J K I B N C M Hình Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 11 Lời giải Gọi J hình chiếu K lên AI dễ thấy A, F, J , K, E thuộc đường trịn đường