trục đẳng phương phương tích

Bài 10 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Các đường thẳng AB CD cắt P, đường thẳng AD đường thẳng BC cắt  2R  · ≥ Q Chứng minh rằng: cos POQ ÷  OP + OQ  Hướng dẫn Lấy điểm E PQ cho tứ giác PBCE · · · nội tiếp Ta có PEC nên = ABC = QDC tứ giác QDCE nội tiếp PO − R + QO − R =℘P /( o ) +℘Q /( o ) = PC.PD + QC.QB = PE.PQ + QE.QP = PQ ⇒ OP + OQ − PQ = R · ⇔ 2OP.OQ.cos POQ = 2R2 R2 4R2 ≥ OP.OQ ( OP + OQ ) · ⇔ cos POQ = Dấu "=" xẩy OP = OQ Bài 11 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi P, Q, M lượt giao điểm cặp đường thẳng AB DC, AD BC, AC BD Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ, OMP OMQ Hướng dẫn Gọi S giao điểm thứ đường tròn ngoại tiếp tam giác PDA PQ Khi ( SA, SP ) = ( AD, PD ) = ( AB, BC ) (4 điểm A, B, C, D nằm đường tròn) Suy S, A, B, Q nằm đường tròn uuu r uuur uuu r uuu r ℘P /( ASQB ) = PS PQ = PA.PB = PO − R uuu r uuu r uuu r uuur ℘Q/( CSQB ) = QS QP = QA.QD = QO − R uuur uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuur ⇒ PQ = PQ PS + SQ = QS QP + PS PQ = OQ + OP − R ( ) Tương tự: MQ = OQ + OM − R suy OP − OQ = MP − MQ ⇒ MO ⊥ PQ Tương tự ta chứng minh OP ⊥ MQ suy O trực tâm tam giác MPQ Suy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ, OMP OMQ Bài 12.Cho đường tròn (O, R) đường thẳng d điểm chung với (O) Từ (O) hạ OH ⊥ d H Giả sử M điểm d Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O) Gọi K, I hình chiếu vuông góc H xuống MA, MB Chứng minh đường kính KI qua điểm cố định Hướng dẫn Gọi J, T giao điểm AB với OH OM Ta có OM ⊥ AB MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O) · suy MTJ = 900 · Lại có MHJ = 900 OH ⊥ HM · · ⇒ MTJ + MHJ = 1800 suy MTJH nội tiếp ⇒ OJ.OH = OT.OM mà OT OM = OA2 = R tam giác OMA vuông A có AT đường cao R2 suy OJ = suy J cố định OH Gọi N hình chiếu vuông góc H xuống AB, L giao điểm KI OH Ta có năm điểm M, H, O, A, B nằm đường tròn đường kính OM Do K, I, N hình chiếu vuông góc H xuống MA, MB, AB nên K, I, N thẳng hàng, tính chất đường thẳng simson tam giác MAB tương ứng với H · · Vậy tứ giác HIBN nội tiếp INH = IBH · · Mặt khác IBH tứ giác MOBH nội tiếp = MOH · · Lại có HN / / OM vuông góc AB nên MOH = JHN · · INH tam giác JHN vuông góc N nên từ ta có L = JHN trung điểm JH Do J, H có định nên L cố định Vậy đường thẳng KI qua điểm L cố định Bài 13.Cho đường tròn (O) hai điểm A, B cố định Một đường thẳng quay quanh A, cắt (O) M N Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN thuộc đường thẳng cố định Hướng dẫn Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNB Gọi C giao điểm AB (I) Khi ta có: ℘A/( I ) = AC AB = AM AN =℘A/( O ) (không đổi A, (O) cố định) ℘A/( O ) Suy AC = AB Vì A, B cố định C thuộc AB nên từ hệ thức ta có C cố định Suy I thuộc đường trung trực BC cố định Bài 14.Cho đường tròn tâm O đường kính AB, điểm H cố định thuộc AB Từ điểm K thay đổi tiếp tuyến B O, vẽ đường tròn (K; KH) cắt (O) C D Chứng minh CD qua điểm cố định Hướng dẫn Gọi I điểm đối xứng H qua B, suy I cố định thuộc (K) Gọi M giao điểm CD AB Vì CD trục đẳng phương (O) (K) nên ta có: MH MI = MC.MD = MA.MB ( )( ) ( ⇔ ( MB + BH ) ( MB − BH ) = MB ⇔ MB + BH MB + BI = MB MB + BA 2 ) + MB.BA ⇔ MB − BH = MB + MB.BA BH ⇔ BM = BA Vì A, B, H cố định suy M cố định Bài 15.Cho tam giác ABC có đỉnh A cố định B, C thay đổi đường thẳng d cố định cho gọi A’ hình chiếu A lên d A′B A′C âm không đổi Gọi M, N hình chiếu A’ lên AB, AC K giao điểm tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN M N Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định Hướng dẫn Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN I giao điểm OK MN Ta thấy O trung điểm AA’ Gọi D P giao điểm AA’ với (ABC) MN Dễ thấy AM AB = AA′2 = AN AC Suy tứ giác BMNC nội tiếp ⇒ ·AMN = ·ACB Mà ·ADB = ·ACB Nên ·AMN = ·ADB Suy MPDB nội tiếp Do ta có AP AD = AM AB = AA′2 Mà A, A’ D cố định suy P cố định Gọi H hình chiếu K AA’ Ta có OP.OH = OI OK = ON = AA′2 Mà O, P, A’ cố định suy H cố định Vậy K thuộc đường thẳng qua H vuông góc với AA’ Bài 16.Trên đường thẳng d lấy điểm A, B, C, D (theo thứ tự đó) Đường tròn đường kính AC BD cắt X, Y Đường thẳng XY cắt BC Z Lấy P điểm XY khác Z Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC điểm thứ M, BP cắt đường tròn đường kính BD điểm thứ N Chứng minh AM, DN XY đồng qui Hướng dẫn: 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 tròn đường kính AC đường tròn đường kính BD nên PN PB = PX PY = PM PC Suy PQ.PZ = PQ′.PZ ⇒ Q ≡ Q′ Vậy XY, AM DN đồng quy Bài 17 Cho đường tròn tâm O đường kính AB Một điểm H thuộc đoạn AB Đường thẳng qua H cắt đường tròn C Đường tròn đường kính CH cắt AC, BC (O) D, E F a) Chứng minh AB, DE CF đồng quy b) Đường tròn (C, CH) cắt (O) P Q Chứng minh P, D, E, Q thẳng hàng Hướng dẫn a) Ta có CA.CD = CH = CB.CE , suy ADEB nội tiếp Xét đường tròn (ADEB), (O) đường tròn đường kính CH, DE, AB CF trục đẳng phương cặp đường tròn nên chúng đồng quy b) Ta có PQ trục đẳng phương ( C) (O) nên OC ⊥ PQ Ta dễ thấy OD ⊥ DE Hơn M tâm đẳng phương ba đường tròn (O), (C, CH) đường tròn đường kính CH Suy PQ qua M Vậy DE, PQ qua M vuông góc với OC nên trùng Hay D, E, P, Q thẳng hàng Bài 18 Cho tam giác ABC có đường cao BD CE cắt tai H M trung điểm BC, N giao điểm DE BC Chứng minh NH vuông góc với AM Hướng dẫn Gọi O, I trung điểm AH, MH Ta có · · · · DEH = DAH = DBC = FEH · · · · ⇒ FED = 2.FEH = 2.DBC = DMC Suy tứ giác EDMF nội tiếp Từ ta có NE.ND = NF NM , suy N nằm trục đẳng phương đường tròn (O, OH) đường tròn (I, IH) Mặt khác H giao điểm đường tròn (O, OH) đường tròn(I, IH), suy NH trục đẳng phương (O) (I) Suy NH ⊥ OI , mà OI // AM, NH ⊥ AM Bài 19 Cho tam giác ABC Một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC D E Gọi P điểm bên tam giác ADE, F G giao DE với BP CP Đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác PDG, đường tròn tâm (I) ngoại tiếp tam giác PEF cắt điểm thứ hai Q Chứng minh AQ ⊥ OI Hướng dẫn Gọi M giao điểm thứ hai AB (PDG), N giao thứ hai AC (PFG) · · · Ta có ·AMP = PGD PGD (đồng vị), = PCB · suy ·AMP = PCB , suy BMPC nội tiếp Chứng minh tương tự PNCB nội tiếp Suy BMNC nội tiếp, suy AM AB = AN AC AD AE = (Định lý Thalet) AB AC Suy AM AD = AN AE Do A thuộc trục đẳng phương PQ (PDG) (PEF) suy AQ ⊥ OI Mà Bài 20 Cho tam giác ABC tam giác nhọn tam giác cân nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Một đường thẳng d thay đổi cho vuông góc với OA cắt tia AB, AC Gọi M, N giao điểm d AB, AC Giả sử BN CN cắt K, AK cắt BC a) Gọi P giao AK BC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP qua điểm cố định b) Gọi H trực tâm tam giác AMN Đặt BC = a l khoảng cách từ A đến HK.Chứng minh KH qua trực tâm tam giác ABC, từ suy ra: l ≤ R − a Hướng dẫn Gọi Q giao điểm MN BC, E trung điểm BC Xét tứ giác BMNC ta biết Q, P, B, C hàng điểm điều hòa Suy (QPBC) = - Khi ta có: a) EP.EQ = EB , suy QE.QP = QE − QE PE = QE − EB = OQ − OB = QB.QC · · Mà tứ giác BMNC nội tiếp có NCB = xAB = ·AMN (Ax tia tiếp tuyến (O)) Suy QM QN = QB.QC Từ suy QM QN = QP.QE , suy tứ giác MNIP nội tiếp, suy đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP qua điểm E cố định b) Giả sử đường cao AD, BF CJ tam giác ABC cắt I; ba đường cao MX, AY, NZ tam giác AMN cắt H Ta cần chứng minh K, I, H thẳng hàng Xét đường tròn tâm (O1) đường kính BN tâm (O2) đường kính CM Ta thấy: KC.KM = KB.KN IC.IJ = IB.IF HM HX = HN HZ Suy K, I, H thuộc trục đẳng phương (O1) (O2) nên thẳng hàng Từ suy AL ≤ AI Mà AI = 2.OE = R − BC = 4R − a Nên AL = l ≤ R − a Bài 21 Cho hình chữ nhật OABC, đường tròn (O ; OA) cắt BC D, tiếp tuyến D (O ; OA) cắt OC E Chứng minh : AE ⊥ OB Hướng dẫn Cách Ta có: OD = OC.OE ⇒ OA2 = OC.OE OA OE ⇒ = OC OA OA OE ⇒ = AB OA ⇒∆ OAB ∼∆ EOA ( c.g.c ) · · ⇒ BOA = OEA ⇒ EA ⊥ OB Cách 2: Có OD = OC.OE ⇒ OA2 = OC OE uuur uuu r uuur uuur uuu r uuur AE.OB = ( AO + OE )(OA + OC ) = −OA2 + OE.OC = O ⇒ AE ⊥ OB Cách 3: Xét đường tròn (O) đường tròn (ABCO) có OB đường nối tâm ℘A/(O ) =℘A/( ABCO ) = ℘E /(O ) = ED ,℘E /( ABCO ) = EC.EO ⇒℘E /(O ) =℘E /( ABCO ) Vậy AE trục đẳng phương đường tròn (O) (ABCO) ⇒ AE ⊥ OB ( trục đẳng phương vuông góc với đường nối tâm ) Cách 4: Nhận xét: tứ giác ABCD có AC ⊥ BD ⇔ AB − AD = CB − CD Áp dụng: EA ⊥ OB ⇔ EO − EB = AO − AB ⇔ ( EO − DO ) − EB + AB = ⇔ ED − EB + AB = ⇔ CD − CB + OC = ⇔ OD − OA2 = ( ) Bài 22.Cho tam giác ABC , trực tâm H O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC AA’, BB’, CC’ đường cao Gọi M giao điểm A’C’ với BB’, N giao điểm CC’ với B’A’ Chứng minh : AO vuông góc với MN Hướng dẫn Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, E tâm đường tròn Ơle ∆ABC ⇒ đường tròn (E) qua A’, B’, C’ E trung điểm KH Ta có AH = KO, AH // KO ⇒ AHOK hình bình hành ⇒ A, O, E thẳng hàng (1) Mặt khác , tứ giác BC’HA’ nội tiếp ⇒ MC '.MA ' = MB.MH hay ℘M/(E) =℘M/(HBC) tương tự ℘N/( E ) =℘N/(HBC) ⇒ MN trục đẳng phương đường tròn (E) đường tròn (HBC) ⇒ MN ⊥EO (2) Từ (1) (2) suy MN ⊥ AO Bài 23 Cho tam giác ABC, D thuộc đoạn BC, E thuộc đoạn AD Đường tròn ngoại tiếp ∆ BDE cắt AB K Đường tròn ngoại tiếp ∆ CDE cắt AC L Gọi M giao điểm DK với BE, N giao điểm DL với CE, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC Chứng minh : AO vuông góc với MN Hướng dẫn Cách 1: Nhận xét: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi I giao điểm AC BD, E giao AB CD, F giao AD BC Khi ℘E /( O ) +℘F /(O ) = EF (*) ℘F/( O ) +℘I/(O ) = FI (**) ℘I/( O ) +℘E/(O ) = IE Chứng minh nhận xét : Trên EF lấy K = ( ADE ) ∩ EF(K ≠ E) · · tứ giác AEKD nội tiếp ⇒ EAF = DKF (1) FE.FK = FD.FA tứ giác ABCD nội tiếp ⇒ FD.FA = pF/(O) Do pF/(O) = FE.FK (2) · · Do (1) EAD nên tứ giác CDKF nội tiếp suy ℘E /(O ) = DCB = ED.EC = EK EF (3) Từ (2) (3) suy ra: ℘E /(O ) +℘F /( O ) = EF Hệ quả: O trực tâm ∆IEF Chứng minh hệ quả: (*) ⇔ OE + OF2 − EF2 = R uuur uuur ⇒ OE.OF = R (**) ⇔ OF + OI2 − IF2 = R uuur uur ⇒ OF OI = R uuur uuur uuur uur Do OE.OF − OF OI = uuur uur ⇒ OF IE = ⇒ OF ⊥ IE Chứng minh tương tự: OE ⊥ IF nên O trực tâm ∆IEF Cách 2: từ (*) (**) suy ra: IE2 ℘ −℘F /( O ) IF2 = E /( O ) = OE − R − (OF2 − R ) = OE − OF2 Do OI ⊥ EF Chứng minh toán: Ta có: AM2 - AN2 = =℘A/( O1 ) +℘M/( O1 ) −℘A/( O2 ) −℘N/( O2 ) =℘M/( O1 ) −℘N/( O2 ) = MB.ME − MC.MF =℘M/( O ) −℘N/( O ) = ( MO − R ) − ( NO − R ) = MO − NO Vậy AO ⊥ MN Bài 24 Cho tam giác ABC, D thuộc đoạn BC, E thuộc đoạn AD Đường thẳng CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Q P, đường thẳng BE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD M N a) Chứng minh : M, N, P, Q thuộc đường tròn b) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MPNQ Chứng minh : OD ⊥ BC Hướng dẫn a) Ta có: EP.EQ = EA.ED EM EN = EA.ED ⇒ EP.EQ = EM EN ⇒ M, N, P, Q thuộc đường tròn b) Ta có: OB − OC = (OB − R ) − (OC − R ) = ℘B /( O ) −℘C/(O ) = BM BN − CP.CQ = BD.BC − CD.CB = BC ( BD + CD ) = ( BD − CD)( BD + CD) = BD − CD Vậy OD ⊥ BC Bài 25 Cho tam giác ABC Dựng tam giác cân A tam giác ABP ACQ thoả mãn ·ABP = ·ACQ Gọi R giao điểm BQ CP, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR Chứng minh : AO ⊥ BC Hướng dẫn Có ∆APC = ∆ABQ(c.g c) ⇒ ·APC = ·ABQ ·AQB = ·ACP ⇒ tứ giác APBR tứ giác AQCR nội tiếp Gọi M = AC ∩ ( APBR ) N = AB ∩ ( AQCR ) ⇒ tứ giác BNMC nội tiếp ⇒ AB AN = AC AM ⇒ AB ( AB + BN ) = AC ( AC + CM ) ⇒ AB + AB.BN = AC + AC CM ⇒ AB − AC = BA.BN − CA.CM ⇒ AB − AC = BR.BQ − CR.CP ⇒ AB − AC = ( BO − R ) − (CO − R ) ⇒ AB − AC = BO − CO ⇒ AO ⊥ BC Bài 26 Cho tam giác ABC Dựng hình vuông ACZT, ABVU, BCYX Gọi A1 giao BT CU, A2 giao BZ CV, B1 giao AX CV, B2 giao AY CU, C1 giao AY CZ, C2 giao AX BT Chứng minh : A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy Hướng dẫn Xét đường tròn đường kính AA2, BB2, CC2 Có ℘A1 /(BB2 ) = 0,℘A1 /(CC2 ) = (1) tứ giác BB1CX tứ giác BC1CY nội tiếp suy tứ giác BB1C1C nội tiếp ⇒ A2 B A2C1 = A2C A2 B1 ⇒ ℘A /(BB2 ) =℘A2 /(CC2 ) (2) Từ (1) (2) suy A1A2 trục đẳng phương (BB2) (CC2) Tương tự B1B2 trục đẳng phương (AA2) (CC2) C1C2 trục đẳng phương (AA2) (BB2) Vây A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy tâm đẳng phương đường tròn xét ... (2) Từ (1) (2) suy A1A2 trục đẳng phương (BB2) (CC2) Tương tự B1B2 trục đẳng phương (AA2) (CC2) C1C2 trục đẳng phương (AA2) (BB2) Vây A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy tâm đẳng phương đường tròn xét ... tròn đường kính CH, DE, AB CF trục đẳng phương cặp đường tròn nên chúng đồng quy b) Ta có PQ trục đẳng phương ( C) (O) nên OC ⊥ PQ Ta dễ thấy OD ⊥ DE Hơn M tâm đẳng phương ba đường tròn (O), (C,... ℘E /(O ) = ED ,℘E /( ABCO ) = EC.EO ⇒℘E /(O ) =℘E /( ABCO ) Vậy AE trục đẳng phương đường tròn (O) (ABCO) ⇒ AE ⊥ OB ( trục đẳng phương vuông góc với đường nối tâm ) Cách 4: Nhận xét: tứ giác ABCD