Mt s dnh ly hinh hc va ng dng lp

Một Số ðịnh Lý Hình Học Và Ứng Dụng Lớp 11T1 ðỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS Dựa Theo Bài Của Titu Andreescu Zuming Feng Trong 103 Geometry Problems Quy ước: P = AB ∩ CD ñể ký hiệu P giao ñiểm AB CD Nếu ñiểm A, B, C thẳng hàng, AB AB AB AB = (vì B nằm A C > , ngược lại 900 ⇒ ∠RIS < 900 ⇒ ∆RIS tam giác nhọn 1.3 Một số tập áp dụng: 1.4.1 [Australian-Polish 98] Cho ñiểm A, B, C, D, E, F thuộc ñường tròn cho tiếp tuyến A D, ñường BF, CE ñồng quy Chứng minh ñường thẳng AD, BC, EF ñôi song song ñồng quy 1.4.2 Cho tam giác ABC ðường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F K ñiểm thuộc ñường thẳng EF BK, CK cắt AC, AB E’, F’ Chứng minh E’F’ tiếp xúc với (I) 29 Một Số ðịnh Lý Hình Học Và Ứng Dụng Lớp 11T1 1.4.3 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (O) Tiếp ñiểm thuộc cạnh AB, BC, CD, DA M, N, P, Q AN, AP cắt (O) E, F Chứng minh ME, QF, AC ñồng quy 1.4.4 Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) AC cắt BD I (AOB), (COD) cắt ñiểm L khác O.Chứng minh ∠ILO = 900 1.4.5 Cho tam giác ABC ðường tròn ñường kính AB cắt CA, CB P, Q Các tiếp tuyến P, Q với ñường tròn cắt R Chứng minh CR ⊥ AB 1.4.6 Cho tam giác ABC BB’, CC’ ñường cao E, F trung ñiểm AC, AB EF cắt B’C’ K Chứng minh AK vuông góc với ñường thẳng Ơle tam giác ABC 1.4.7 Cho tam giác ABC, ñường tròn nội tiếp tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F ðường tròn nội tiếp tam giác DEF tiếp xúc với EF, FD, DE M, N, P Chứng minh AM, BN, CP ñồng quy 1.4.8 [Bài toán Stanley-Rabinowitz] Cho tam giác ABC, ñường tròn nội tiếp tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F P ñiểm mặt phẳng PA, PB, PC cắt (I) X, Y, Z Chứng minh DX, EY, FZ ñồng quy 30 [...]... R, S c ng nằm trên một ñư ng tròn và gọi nó là ñư ng tròn ( O3 ) S B T Chú ý r ng PQ là trục ñ ng phư ng của ( O1 ) và ( O3 ) , RS là trục ñ ng phư ng của ( O2 ) và ( O3 ) , còn MN là trục ñ ng phư ng của ( O1 ) và ( O2 ) Vì vậy ba ñư ng th ng PQ, RS , MN s ñ ng quy tại tâm ñ ng phư ng của ba ñư ng tròn này Vậy ta suy ra ñược MN s ñi qua T Ch ng ta s tiếp tục với một bài toán trong “MOSP Tests”... , suy ra ñiều phải ch ng minh BE PB Sau ñây là toán từ “Moldovan Team Selection” năm 2007 A Bài toán 3 Cho tam giác ABC và Ω là ñư ng tròn ngoại tiếp tam giác ðư ng tròn ω tiếp xúc trong với Ω tại T , và với cạnh AB, AC ở P, Q Gọi S là giao ñiểm của AT với PQ Ch ng minh r ng ∠SBA = ∠SCA Lời giải D ng bổ ñề , ta có S BP BT sin ∠BCT sin ∠BAT PS Q = = = = CQ CT sin ∠CBT sin ∠CAT QS Từ ñây dễ d ng suy... ta thu ñược r ng A1 A2 B2 B1 và A1 A2C2C1 c ng là tứ giác nội tiếp Xét 3 ñư ng tròn ngoại tiếp tứ giác, nếu ch ng kh ng tr ng nhau thì ch ng có một tâm ñ ng phư ng, ñó là ñiểm giao nhau của 3 trục ñ ng phư ng Tuy nhiên một ñiều trái ng ợc là ch ng ta có thể thấy r ng nh ng trục ñ ng phư ng này, tức các ñư ng th ng A1 A2 , B1 B2 , C1C2 , tạo thành một tam giác, ñặt tên là ABC ðiều này ch ng tỏ, các ñiểm... ⇒ ∆RIS là tam giác nhọn 1.3 Một s bài tập áp d ng: 1.4.1 [Australian-Polish 98] Cho 6 ñiểm A, B, C, D, E, F thuộc một ñư ng tròn sao cho các tiếp tuyến tại A và D, ñư ng BF, CE ñ ng quy Ch ng minh r ng các ñư ng th ng AD, BC, EF hoặc ñôi một song song hoặc ñ ng quy 1.4.2 Cho tam giác ABC ðư ng tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F K là một ñiểm bất kỳ thuộc ñư ng th ng EF... ng D ng Lớp 11T1 • Ch ng minh: lấy S, T lần lượt là cực của s = XY, t = WZ, P = s ∩ t S d ng tính chất (3 ), S = x ∩ y, T = w ∩ z và p = ST Với lục giác WXXZYY, ta có: Q = WX ∩ ZY , S = XX ∩ YY , R = XZ ∩ YW Ở ñây XX là tiếp tuyến tại X Áp d ng ñịnh lý Pascal (Xem bài “ðịnh lý Ceva và Menelaus”), ta có S, Q, R c ng thuộc một ñư ng th ng Tư ng tự ñối với lục giác XWWYZZ, ta thấy Q, T, R c ng thuộc... 2 sin α sin β sin γ sin α sin β sin γ Ta thu ñược: 1 A B B C A C B C A C ≥ 21 21 2 1 1 2 1 1 22 2 2 2 2 27 a b c sin α sin β sin γ 4S 4 , nên: R2 1 4R 2 A1 B1.B1C1 A1C1 A2 B2 B2C2 A2C2 ≥ 27 S 4 Vì a 2b 2 c 2 sin 2 α sin 2 β sin 2 γ = S d ng bổ ñề 1 và ðịnh lí Euler cho diện tích của tam giác thùy túc, ta có: 12 Một S ðịnh Lý Hình Học Và ng D ng Lớp 11T1 R 2 − OM 2 A1 B1.B1C1 A1C1 = 4 RM S 4R2... trong bốn ñiểm trên sao cho B và C nằm c ng phía với O1O2 Ch ng minh r ng BC song song với một tiếp tuyến chung ngoài của hai ñư ng tròn ( O1 ) , ( O2 ) Lời giải Vẽ hai tiếp tuyến chung trong GH , KL của ( O1 ) , ( O2 ) sao cho G, L nằm A trên ( O1 ) và K , H nằm trên ( O2 ) Gọi EF là giao ñiểm của EF với ( O ) Giờ ñây ta Q P là tiếp tuyến chung ngoài của ( O1 ) , ( O2 ) sao cho E , B nằm c ng. .. ra hai tam giác BPS và CQS ñ ng C d ng Vì vậy ∠SBA = ∠SCA T Bài toán 4 Cho ñư ng tròn ( O ) có dây cung AB Gọi ( O1 ) , ( O2 ) là hai ñư ng tròn tiếp xúc trong với ( O ) và AB Gọi giao ñiểm giữa ( O1 ) , ( O2 ) là M , N Ch ng minh r ng MN ñi qua trung ñiểm cung AB (kh ng chứa M , N ) 23 Một S ðịnh Lý Hình Học Và ng D ng Lớp 11T1 Lời giải Gọi P và Q lần lượt là tiếp ñiểm của ñư ng tròn ( O1 ) với... một ñư ng th ng Từ ñó ta suy ra ñược p = ST = QR Một s ví dụ ng d ng các tính chất cực - ñối cực: 1.3.1 Cho nửa ñư ng tròn tâm O ñư ng kính UV P, Q là hai ñiểm thuộc nửa ñư ng tròn ñó sao cho UP < UQ R là giao ñiểm của hai tiếp tuyến của nửa ñư ng tròn tại P, Q và S là giao ñiểm của UP và VQ Ch ng minh r ng RS ⊥ UV S R Q P K V U Hư ng giải Lấy K = PQ ∩ UV Theo tính chất (4.) ta có ñư ng ñối cực... th ng qua B song song với MK cắt LM, LK lần lượt tại R và S Ch ng minh tam giác RIS là tam giác nhọn Hư ng giải Ta có ñối cực của các ñiểm B, K, L, M lần lượt là MK, BC, CA, AB Lại có B ' = IB ∩ MK B Vì B ' ∈ MK ⇒ B thuộc ñư ng ñối cực của B’ S R (ðịnh lý La Hire) ⇒ MK ⊥ RS ⇒ ñối cực của B’ là RS ⇒ R, B, S B' th ng h ng và các ñư ng ñối cực của ch ng ñ ng quy K M tại B’ I Lại có, các ñư ng ñối cực của ... w2 ðể ý S BΩ1C S ABC = BΩ1.BC sin w1 sin w1 = tư ng tự, sin β AB.BC sin β SCΩ1 A sin w1 S AΩ1B sin w1 = , = S ABC sin γ S ABC sin α Một S ðịnh Lý Hình Học Và ng D ng Lớp 11T1 C ng diện tích... ñược: S BΩ1C + SCΩ1 A + S AΩ1B sin w1 sin w1 sin w1 = + + hay 1= S ABC sin α sin β sin γ 1 1 = + + (1) 2 sin w1 sin α sin β sin γ Cách tính tư ng tự, ta ñược 1 1 = + + (2) 2 sin w2 sin α sin β sin... Gọi S giao ñiểm AT với PQ Ch ng minh ∠SBA = ∠SCA Lời giải D ng bổ ñề , ta có S BP BT sin ∠BCT sin ∠BAT PS Q = = = = CQ CT sin ∠CBT sin ∠CAT QS Từ ñây dễ d ng suy hai tam giác BPS CQS ñ ng C dạng