Bài giảng của thầy Trần Quang Hùng tạiTrường Đông Toán học

Bài giảng thầy Trần Quang Hùng Trường Đông Toán học 2017 Nguyễn Kim Phương Trang 2018 Bài viết tổng hợp tập hình học thầy Trần Quang Hùng giảng dạy Phú Yên vào ngày 25-26/11/2017 Bài 1: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) Qua I kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt (O) M, N Các đường thẳng AM, AN cắt BC P, Q Chứng minh A, I, P, Q thuộc đường tròn Gọi D, X giao điểm AI với BC, (O) XN giao BC K ∠ADK = ∠BAC + ∠ACB = ∠AN K suy điểm A, D, N, K thuộc đường tròn Do XN.XK = XD.XA = XI ⇒ ∠KIX = ∠IN X Ta có: ∠AN I = ∠AN X − ∠IN X = ∠KDX − ∠KIX = ∠IKQ ⇒ N Q⊥KI ⇒ Q trực tâm ∆IKN Do ∠IQC = ∠IN K = 180−∠M N X = 180−∠M AX = ∠P AI Vậy A, I, P, Q thuộc đường tròn Bài 2: Cho ngũ giác ABCDE có AB = BC = CD, ∠A = ∠C, ∠B = ∠D F giao điểm AC BD Chứng minh EF ⊥BC Gọi K trực tâm ∆BCF ⇒ KF ⊥BC Ta có KB đường trung trực AC, KC đường trung trực BD suy KA tia phân giác ∠BAE, KD tia phân giác ∠CDE Do KE đường phân giác ∠AED Gọi M, N giao điểm AE, DE với đường thẳng BC Dễ thấy ∆ABM =∆CDM (g.c.g) ⇒ ∠M = ∠N nên EK⊥BC Vậy EF ⊥BC Bài 3: Cho ∆ABC, P thuộc tia phân giác ∠A tam giác D, E, F hình chiếu P lên BC, CA, AB (DEF ) ∩ BC = D, G H trực tâm ∆GEF Chứng minh P H qua điểm cố định P thay đổi Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), điểm P thay đổi đoạn AB Các điểm M, N thuộc đoạn AD, BC cho P M//BD, P N//AC (AP M )∩ AC = A, S; (BP N )∩ BD = B, T (AP M ) ∩ (BP N ) = P, Q Chứng minh tâm (QST ) thuộc đường thẳng cố định Gọi X giao điểm AC BD Ta có: ∠T QS = ∠T QP −∠SQP = 180−∠ABX − ∠BAX = ∠T XS suy X ∈ (QST ) Mặt khác: ∠ASP = ∠AM P = ∠ADB = ∠ACB nên P S//BC SA P A T D Tương tự: P T //AD đó: SC = P B = T B Gọi (XAD)∩(XBC)=X,Y ∆Y AC ∼ ∆Y DB(g.g) nên ∆Y AS ∼ ∆Y DT ⇒ ∠Y XA = ∠Y T D hay Y ∈ (QST ) nên tâm (QST ) thuộc đường trung trực XY Vì X, Y cố định P thay đổi nên tâm (QST ) thuộc đường thẳng cố định P thay đổi Bài 5: Cho hình thang ABCD(AB//CD) Đường tròn (K) tiếp xúc với cạnh DA, AB, BC; đường tròn (L) tiếp xúc với cạnh BC, CD, DA Gọi BN tiếp tuyến (L) xuất phát từ B khác BC; DM tiếp tuyến (K) xuất phát từ C khác DA Chứng minh BN//DM Gọi tiếp điểm đường tròn (K), (L) với cạnh hình thang hình vẽ N Q giao AB G, M P giao CD H Ta có: ∠BGN = ∠DQN = ∠BN G hay ∆BGN cân B Do GP = BG − BP = BN − BX = BY − BX = XY Tương tự HQ = ZT nên GP HQ hình bình hành ⇒ ∠G = ∠H hay ∠BN G = ∠DM H Vậy BN//DM Bài 6: Cho tứ giác ABCD có AD = BC Đường tròn (K) tiếp xúc với cạnh AB, AD, CD; đường tròn (L) tiếp xúc với cạnh AB, BC, CD Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng AB, CD, KL đồng quy Gọi Q giao điểm AB CD Ta có K, L, Q thẳng hàng thuộc tia phân giác ∠AQD Gọi M giao điểm thứ hai (QBC) với KL ⇒ M B = M C = M L Gọi N giao điểm thứ hai (QAD) với KL ⇒ N A = N D = N K Ta có ∠AN D = 180−∠AQD = ∠BM C Lại có AD = BC nên ∆ADN =∆BCM (g.c.g) ⇒ M L = N K Gọi P giao điểm đường trung trực AB CD Dễ chứng minh P M = P N nên P thuộc đường trung trực KL Vậy đường trung trực AB, CD, KL đồng quy Bài 7: Cho ∆ABC, điểm D, E, F thuộc cạnh BC, CA, AB Gọi X, Y, Z tâm (AEF ), (BF D), (CDE) M giao điểm đường tròn Gọi K tâm (XY Z) Chứng minh đường tròn (K, KM ) qua điểm cố định D, E, F thay đổi Ta có ∠M XY = ∠M AB, ∠M Y X = ∠M BA nên ∆M XY ∼ ∆M AB(g.g) Tương tự ∆M Y Z ∼ ∆M BC, ∆M ZX ∼ ∆M CA Do M tâm đồng dạng biến ∆XY Z thành ∆ABC nên biến K thành O, với O tâm ngoại tiếp tam giác ABC Suy ∆M XA ∼ ∆M KO XM KM = = nên O thuộc (K, KM ) Vì O cố định D, E, F ⇒ KO XA thay đổi nên (K, KM ) qua điểm cố định Bài 8: Cho ∆ABC nội tiếp (O), đường tròn qua A, B tiếp xúc với BC cắt CA E; đường tròn qua A, C tiếp xúc với BC cắt BA F Gọi M, N giao điểm BE, CF với (O) P, Q hình chiếu E, F lên M N R giao điểm EQ F P Chứng minh AR chia đôi BC Bổ đề: Cho tam giác AKL, điểm E, F thuộc đường thẳng AK, AL cho ∠ELK = ∠F KL Gọi P, Q hình chiếu E, F lên KL R giao điểm EQ F P Khi AR chia đơi KL Qua R kẻ đường thẳng song song với KL cắt AK, AL S, T RT FR QR RH Gọi H hình chiếu R lên KL Ta có: = = = PL FP QE EP RS RH PE QF Tương tự = Lại có ∆ELP ∼ ∆F KQ(g.g) ⇒ = QK FQ PL QK suy RS = RT nên AR chia đôi KL Trở lại tốn Ta có: ∠EBC = ∠BAE = ∠F CB = ∠EM N nên M N//BC Gọi K, L giao điểm M N với AC, AB ∠AEM = ∠ABC = ∠ALK ⇒ Tứ giác AEM L nội tiếp Tương tự: Tứ giác AF N K nội tiếp, ∠ELK = 180−∠BAC = ∠F KL Áp dụng bổ đề ta có AR chia đôi KL Vậy AR chia đôi BC AI giao (O) P , P O giao (O) Q Gọi J tâm nội tiếp ∆P BC 1 Ta có: ∠JBC = ∠IBR(= ∠BAC), ∠JCB = ∠ICR(= ∠BAC) 4 nên điểm I, J liên hợp đẳng giác ∆IBC Mặt khác, Q tâm (JBC) Kẻ đường kính JD (Q) Gọi G, H giao điểm P Q với (IBC) Ta có QG.QH = QB = QD2 ⇒ (DJ, GH) = −1 Vì IG⊥IH nên ID, IJ đối xứng qua IG Do ID ≡ IR Vì D cố định A thay đổi (O) nên IR qua điểm cố định 11 Bài 11: Cho tứ giác ABCD, điểm E, F thay đổi thuộc cạnh BC, AD Gọi P, Q, R trung điểm EF, DE, F C Giả sử (P QR) tiếp xúc với EF Chứng minh đường trung trực EF qua điểm cố định Gọi X giao điểm AD BC Ta có: ∠P QR = ∠RP E = ∠XEF , tương tự ∠P RQ = ∠XF E nên ∆XEF ∼ ∆P QR(g.g) XE P Q DF ⇒ = = suy EC.EX = F D.F X XF PR EC Gọi O tâm (XCD) suy OX − OE = OX − OF ⇒ OE = OF O thuộc đường trung trực EF Vì O cố định E, F thay đổi nên đường trung trực EF qua điểm cố định 12 Bài 12: AC, AB cho F M AP, BC, Cho ∆ABC, H trực tâm Gọi E, F trung điểm Trên đường thẳng qua A song song với BC lấy M, N ⊥ F H, EN ⊥ EH EM giao F N P Chứng minh đường thẳng Euler tam giác ABC đồng quy ———————————————————————– Tính chất: ∆ABC, H trực tâm, AM trung tuyến, K hình chiếu H lên AM KB Gọi D đối xứng với A qua M , K, B, C thuộc (DH) = AB KC Gọi L đối xứng với K qua BC, L thuộc (ABC) AL AC đường đối trung ∆ ABC 13 14 Bài 13: Cho hình chữ nhật ABCD, điểm P thuộc cạnh AB, M trung điểm CD H trực tâm tam giác CDP J trung điểm P H, K hình chiếu J lên M P Chứng minh đường trung trực HP tiếp xúc với (KAB) Đường trung trực HP cắt đường trung trực AB X Gọi E, F trung điểm P C, P D Dễ thấy J trực tâm ∆P EF Gọi O tâm (P CD) Vì J O đối xứng qua trung điểm EF nên X O đối xứng qua EF Gọi N đối xứng với K qua EF Theo tính chất trên: N thuộc (P EF ), ∠P N O=90, P N đường đối trung ∆P CD nên N thuộc (OCD) Vì ∆XAB ∆ODC đối xứng qua EF nên K thuộc (XAB) Vậy đường trung trực HP tiếp xúc với (KAB) 15 Bài 14: Cho ∆ABC nội tiếp (O) cố định, BC cố định, A di động (O) E, F đối xứng với B, C qua AC, AB CE cắt AB M , BF cắt AC N Chứng minh đường thẳng qua A vng góc với M N ln qua điểm cố định Bổ đề: ∆ABC nội tiếp (O) Đường phân giác BE, CF (J) đường tròn bàng tiếp góc A ∆ABC Khi OJ ⊥ EF 16 Trở lại toán Gọi P giao điểm BF CE Khi A tâm nội tiếp ∆P BC Vì ∠BP C = 180−∠BOC nên P ∈ (OBC) = (X) Gọi J đối xứng với A qua O, J tâm bàng tiếp góc P ∆P BC Theo bổ đề XJ ⊥ M N Gọi K đối xứng với X qua O suy AK ⊥ M N Vậy đường thẳng qua A vng góc với M N ln qua điểm đối xứng với tâm (OBC) qua O 17 Bài 15: Cho ∆ABC nội tiếp (O) cố định, BC cố định, A di động (O) E, F thuộc tia CA, BA cho CE = BC = BF S trung điểm EF I tâm nội tiếp ∆ABC Chứng minh IS qua điểm cố định (I) tiếp xúc với AB, AC P, Q IB, IC giao RQ M, N Khi M, N trung điểm CF, BE Gọi T giao điểm tiếp tuyến B, C (O) IB, IC giao (T, T B) K, L Chứng minh 1 ∠KBC = ∠ABC = ∠KT C nên K ∈ (T, T B) Tương tự 2 L ∈ (T, T B) Ta có: ∠M KL = ∠N CB = ∠BM N nên M N//KL ∆SM N ∆T KL có cạnh tương ứng song song nên ST, M K, N L đồng quy Vậy IS qua giao tiếp tuyến B, C (O) 18 Bài 16: Cho ∆ABC nội tiếp (O) cố định, BC cố định, A di động (O) E, F đối xứng với B, C qua CA, AB M trung điểm EF Chứng minh AM qua điểm cố định Tương tự 15 AM qua giao tiếp tuyến B, C (OBC) 19 Bài 17: Cho ∆ABC, BC cố định, A di động Hình chữ nhật BCM N cố định Dựng hình chữ nhật CAP Q, ABRS đồng dạng với BCM N SM giao P N T Chứng minh AT qua điểm cố định 20 Gọi X điểm đối xứng với tâm (BCM N ) qua M N Hạ BK ⊥ SM ⇒ K ∈ (ABRS) AK giao (BCM N ) điểm thứ hai U Ta có ∠CN U = ∠CKU = 180 − ∠AKC = ∠AKS + ∠CKM = 2∠CN M = ∠CN X nên U ∈ N X Tương tự hạ CL ⊥ P N , AL giao (BCM N ) V V ∈ M X Áp dụng định lý Pascal cho điểm M, N, U, V, L, K suy A, T, X thẳng hàng Vậy AT qua điểm đối xứng với tâm (BCM N ) qua M N Bài 18: Cho ∆ABC, điểm P X, Y, Z tâm đường tròn Euler tam giác P BC, P CA, P AB Chứng minh đường thẳng qua X, Y, Z vng góc với P A, P B, P C đồng quy 21 Gọi D, E, F, K, L, M trung điểm cạnh BC, CA, AB, P A, P B, P C (KF L)∩ (KEM ) = K, Q (QL, QM ) ≡ (QL, QK) + (QK, QM ) ≡ (F L, F K) + (EK, EM ) ≡ (P A, DM ) + (DL, P A) ≡ (DL, DM )(modπ) ⇒ Q ∈ (DLM ) (X), (Y ), (Z) đồng quy Q Ta có: (XY, XZ) ≡ (QM, QL) ≡ (DM, DL) ≡ (P B, P C)(modπ) Gọi S giao điểm đường thẳng qua Y vng góc với P B đường thẳng qua Z vng góc với P C Ta có: (SY, SZ) ≡ (P B, P C) ≡ (XY, XZ)(modπ) ⇒ S ∈ (XY Z) ⇒ (SX, SZ) ≡ (Y X, Y Z) ≡ (P A, P C) ⇒ (SX, P A) ≡ (SZ, P C) ≡ 90(modπ) suy SX ⊥ P A Vậy đường thẳng qua X, Y, Z vng góc với P A, P B, P C đồng quy Bài 19: Cho ∆ABC, đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Gọi X, Y, Z trực tâm ∆AEF , ∆BF D, ∆CDE P, Q, R trung điểm BC, CA, AB Chứng minh P X, QY, RZ đồng quy Bổ đề: Các đường thẳng Euler ∆IBC, ∆ICA, ∆IAB đồng quy 22 Bài 20: Cho tứ giác ABCD nội tiếp Điểm P tứ giác thỏa ∠P AB = ∠P BC = ∠P CD = ∠P DA Chứng minh ABCD tứ giác điều hòa Dựng ∆QBC ∼ ∆P AD ∠P BQ = ∠DAB = 180-∠DCB = 180∠P CQ ⇒ Tứ giác BP CQ nội tiếp Mà ∠P BC = ∠BCQ ⇒ BP CQ hình thang cân ⇒ P Q = BC Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội BC CQ BQ tiếp BP CQ: BC.P Q = BP.CQ + BQ.CP Vì = = nên AD DP AP BC.AD = P B.P D +P A.P D Tương tự: AB.CD = P B.P D +P A.P C AB.CD = AD.BC Vậy ABCD tứ giác điều hòa 23 Bài 21: Cho ∆ABC nội tiếp (O) D thuộc (O) thỏa AD đường đối trung ∆ABC AM, AN tiếp tuyến (OBC) M N giao AC, AB E, F Chứng minh DA phân giác ∠EDF Dựng X ∆ABC thỏa ∆XAB ∼ ∆XCA ⇒ ∠BXD = ∠CXD suy X ∈ (OBC) ⇒ OX⊥AD ⇒ X trung điểm AD CX giao AB R, BX giao AC Q Vì QA2 = QX.QB, RA2 = RX.RC nên RQ trục đẳng phương (A, 0) (OBC) ⇒ R, Q trung điểm AB, AC suy RX//ED, QX//F D Kết hợp XA phân giác ∠RXQ Vậy DA phân giác ∠EDF 24 Bài 22: Cho ∆ABC, điểm P tam giác D, E, F đối xứng với P qua BC, CA, AB Oa , Ob , Oc tâm ngoại tiếp ∆P BC, ∆P CA, ∆P AB Ka , Kb , Kc tâm ngoại tiếp ∆Oa BC, ∆Ob CA, ∆Oc AB P Ka ∩ DOa = X Điểm Y, Z xác định tương tự Chứng minh đường thẳng qua X, Y, Z vuông góc với P Ka , P Kb , P Kc cắt P A, P B, P C điểm thẳng hàng 25 ...Bài viết tổng hợp tập hình học thầy Trần Quang Hùng giảng dạy Phú Yên vào ngày 25-26/11 /2017 Bài 1: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường... (K), (L) với cạnh hình thang hình vẽ N Q giao AB G, M P giao CD H Ta có: ∠BGN = ∠DQN = ∠BN G hay ∆BGN cân B Do GP = BG − BP = BN − BX = BY − BX = XY Tương tự HQ = ZT nên GP HQ hình bình hành ⇒... BE, CF với (O) P, Q hình chiếu E, F lên M N R giao điểm EQ F P Chứng minh AR chia đôi BC Bổ đề: Cho tam giác AKL, điểm E, F thuộc đường thẳng AK, AL cho ∠ELK = ∠F KL Gọi P, Q hình chiếu E, F lên