(Luận văn thạc sĩ) một số chuyên đề về đường thẳng và đường tròn trong hình học phẳng 13

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - Lê Đình Trƣờng MỘT SỐ CHUN ĐỀ VỀ ĐƢỜNG THẲNG VÀ ĐƢỜNG TRỊN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội – 1/2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - Lê Đình Trƣờng MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐƢỜNG THẲNG VÀ ĐƢỜNG TRÒN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Chun ngành : Phƣơng pháp tốn sơ cấp Mã số : 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS Vũ Đỗ Long Hà Nội – 1/2015 LỜI CẢM ƠN Trước tiên em xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới PGS.TS Vũ Đỗ Long, người thầy với lịng nhiệt huyếtđã ln bảo tận tình em từ ngày đầu tiên, đồng thờiđưa lời khun bổích giúp em hồn thiện luận văn Em xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô, tập thể cán ban chủ nhiệm khoa Toán- Cơ – Tin học học viên cao học, không trang bị kiến thức cho em mà cịn ln giúp đỡ, tạođiều kiện thuận lợi trình em học tập trường Cuối cùng, em xin cảmơn tới bạn bè người thân, người ủng hộ động viên em vượt qua khó khăn để em hoàn thành tốt luận văn Hà Nội, tháng năm 2015 MỤC LỤC Lời nói đầu Chƣơng I Các toán đƣờng thẳng , đƣờng tròn 1.1 Bài toán ba đƣờng thẳng hàng, ba đƣờng thẳng đồng quy 1.2 Một số tốn đƣờng thẳng đƣờng trịn, tứ giác nội tiếp 14 Chƣơng II Các toán vectơ ứng dụng vectơ 26 2.1 Vectơ, tâm tỉ cự 26 2.2 Tích ngồi hai vectơ ứng dụng 42 2.3 Phƣơng tích điểm đƣờng trịn Trục đẳng phƣơng, tâm đẳng phƣơng 62 KẾT LUẬN 79 Tài liệu tham khảo 80 Lời mở đầu Hình học phẳng dạng toán quen thuộc học sinh trung học sở nhƣ học sinh trung học phổ thơng Nó khơng xuất đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh khối học sinh lớp 9của trƣờng THCS, đề thi vào THPT mà cịn có đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế học sinh trƣờng THPT, đồng thời có đề thi vào trƣờng đại học với phần trăm điểm khơng nhỏ Chính đề tài em lựa chọn cho luận văn : “ Một số chun đề đƣờng thẳng đƣờng trịn hình học phẳng “ Hình học phẳng tốn THPT với chủ yếu toán đƣờng thẳng đƣờng tròn, với đối tƣợng học sinh giỏi, đƣợc bổ sung thêm định lí thƣờng dùng nhƣ Mê-nê-la-uýt , Xê- va ,…Để giải toán đƣờng thẳng đƣờng trịn hình học phẳng nhanh dễ dàng hơn, luận văn em nêu nội dung sau : Chƣơng trình bày tốn đƣờng thẳng, đƣờng trịn.Gồm có toán ba điểm thẳng hàng, ba đƣờng thẳng đồng quy; đƣờng thẳng đƣờng tròn, tứ giác nội tiếp Chƣơng nêu trọng tâm luận văn toán vectơ ứng dụng vectơ gồm có phần Vectơ, tâm tỉ cự; tích ngồi hai vectơ ứng dụng; phƣơng tích điểm đƣờng tròn Trục đẳng phƣơng, tâm đẳng phƣơng Luận văn đƣợc hoàn thành với hƣớng dẫn tận tình PGS.TS.Vũ Đỗ Long – Trƣờng Đại Học Khoa Học Tự Nhiên – Đại học Quốc Gia Hà Nội Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Vũ Đỗ Long quan tâm, bảo tận tình thầy Em xin chân thành cảm ơn thầy cô Trƣờng Đại học Khoa Học Tự nhiên - Đại học Quốc Gia Hà Nội, dạy dỗ, trang bị kiến thức bổ ích giúp đỡ em suốt trình theo học Em xin chân thành cảm ơn ban chủ nhiệm khoa Toán- Cơ- Tin học tạo điều kiện, giúp đỡ cho em hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng 01 năm 2015 Tác giả Lê Đình Trƣờng Chƣơng I Các tốn đƣờng thẳng , đƣờng trịn 1.1.Bài toán ba đƣờng thẳng hàng, ba đƣờng thẳng đồng quy Bài tốn Định lí Mê-nê-la-t Cho tam giác ABC Ba điểm Q, R, P theo thứ tự thuộc đƣờng thẳng BC, CA, AB Chứng minh M, N, P thẳng hàng PA QB RC =1 PB QC RA (1) Chứng minh A Điều kiện cần Giả sử P, Q, R thẳng hàng Qua C vẽ đƣờng thẳng song song với PQ P ′ cắt AB C (h.1) theo định lí Ta- lét R C′ ta có: PA QB RC PA PB PC′ = =1 PB QC RA PB PC′ PA Vậy P′ Q B Hình C PA QB RC =1 PB QC RA Điều kiện đủ Ngƣợc lại, ta chứng minh thỏa mãn (1) ba điểm P, Q, R thẳng hàng Gọi P′ giao điểm QR AB Vì Q, R, P′ thẳng hàng nên theo chứng minh : P′ A QB RC =1 P′ B QC RA (2) Từ (1) (2) rút PA PB = P′ A P′ B => 𝑃 ≡ P′ Vậy ba điểm P , Q, R thẳng hàng Bài tốn Định lí Xê – va Cho tam giác ABC Các điểm M, N, P lần lƣợt thuộc đƣờng thẳng BC, CA, AB Chứng minh AM, BN, CP đồng quy song song MB NC PA = −1 MC NA PB (1) Chứng minh.(h.2) Điều kiện cần Giả sử AM, BN, CP đồng quy O Vẽ qua A đƣờng thẳng Δ song song với BC, đặt X= BN ∩ Δ, Y = CP ∩Δ Theo định lí Ta- lét ta có MB MC NC NA Y PA PB AX = AY CB AX A AY BC = CB BC = −1 P P N X A N O B M C C B Hình Hình Giả sử ba đƣờng thẳng AM, BN, CP song song (h.3) Ta có MB NC PA MB BC CM MB BC CM = = = −1 MC NA PB MC BM CB BM CB MC Điều kiện đủ Ngƣợc lại, giả sử ba điểm M, N, P tƣơng ứng đƣờng thẳng BC, CA, AB thỏa mãn hệ thức (1) - Nếu hai ba đƣờng thẳng AM, BN, CP cắt nhau, chẳng hạn AM BN cắt O Đặt P′ = OC ∩ AB Theo phần thuận ta có MB NC P′ A = −1 MC NA P′ B Từ (1) (2) rút - PA PB = P ′A P ′B (2) => AM, BN, CP đồng quy O Nếu khơng có hai đƣờng ba đƣờng thẳng AM, BN, CP cắt hiển nhiên ba đƣờng thẳng song song với Bài tốn 3.Định lí Đờ - dác.Cho hai tam giác ABC A′ B′ C′ Nếu đƣờng thẳng AA′ , BB′ , CC′ đồng quy giao điểm AB ∩ A′ B′ , BC ∩ B′ C′ , AC ∩ A′ C′ thẳng hàng, Ngƣợc lại giao điểm chúng thẳng hàng đƣờng thẳng AA′ , BB′ , CC′ đồng quy Chú ý : Các đƣờng thẳng AA′ , BB′ , CC′ gọi đƣờng thẳng nối đỉnh tƣơng ứng hai tam giác ABC A′ B′ C′ , giao điểm AB ∩ A' B', BC ∩ B′ C′ , AC ∩ A′ C′ gọi giao điểm tƣơng ứng hai tam giác Khi định lí Đờ - dác đƣợc phát biểu nhƣ sau Các đƣờng thẳng nối đỉnh tƣơng ứng hai tam giác đồng quy (hoặc song song) giao điểm cạnh tƣơng ứng thẳng hàng O Chứng minh a) Điều kiện đủ Giả sử đƣờng thẳng C AA′ , BB′ , CC′ đồng quy O.(h.4) AB ∩ A′ B′ = P BC ∩ B′ C′ = Q, AC ∩ A′ C′ = R A Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABO ′ ′ ba điểmP, A , B ta có PA B′ B A′ O =1 PB B′ O A′ A R A′ B′ P Q B Hình Vào tam giác BCO ba điểm Q, B′ , C′ ta có QB QC C′C C′O B ′O B ′B = vào tam giác CAO ba điểm R, A′ , C′ ta có RC A′ A C′ O = RA A′ O C′ C Nhân ba đẳng thức ta đƣợc kết sau PA QB PB QC RC RA = từ theo định lí Mê-nê-la-uýt ta suy ba điểm P, Q, R thẳng hàng b) Điều kiền đủ ba điểm P, Q, R thẳng hàng, ba đƣờng thẳng AA′ , BB′ , CC′ đồng quy Giả sử hai đƣờng thẳng AA′ CC′ cắt O Xét hai tam giác AA′ P CC′ Q ta có đƣờng thẳng nối đỉnh tƣơng ứng AC, A′ C′ , PQ đồng quy R theo phần thuận a) giao điểm cạnh tƣơng ứng phải thẳng hàng, ba giao điểm AA′ ∩ C C′ = O, A′ P ∩ CC′ Q = B′ , AP ∩ CQ = B Vậy đƣờng thẳng AA′ , BB′ , CC′ đồng quy O C′ Bài tốn Cho hai hình bình hành ABCD AB′ C′ D′ ba điểm A, B, B′ thẳng hàng, ba điểm A, D, D′ thẳng hàng Gọi I giao điểm hai đƣờng thẳng BD′ vàB′ D Chứng minh I, C ′ , C thẳng hàng B M C Bài Giải B′ Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABD′ với ba điểm C′ I thẳng hàng B′ , I, D (h.5) ta có B′ A B′ B IB ID ′ DD ′ DA = (∗) Gọi M giao điểm BC D′ C′ theo định lí Ta – lét ta có Vậy từ (*) suy IB ID ′ B′ A B′ B C′ D′ C′ M = CM CB C′ D′ C′ M DD ′ DA = CM CB D′ A D Hình =1 Áp đụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác BD′ M ba điểm I, C′ , C ta có ba điểm I, C′ , C thẳng hàng Bài tốn Cho tứ giác ABCD khơng phải hình thang, AB CD cắt E, AD BC cắt F Gọi I , J, K lần lƣợt trung điểm đoạn thẳng AC, BD, EF Chứng minh rẳng I , J, K thẳng hàng Bài giải E Gọi M, N, P lần lƣợt trung điểm cạnh M B BE, EC CB tam giác BEC (h.6) N P Khi điểm I , J, K lần lƣợt nằm đƣờng thẳng NP,PM, MN BEC ba điểm thẳng hàng A, D, F ta có A AB AE DE FC DC FB JM // DE nên IP IN JM JP KN KM = (∗) IN // AE nên DE DC = JM JP AB AE KM // FB nên Hình = FC FB K J I Áp dụng đinh lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác C D IP IN = KN KM Vậy từ (*) suy = 1, áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác MNP ba điểm I,J, K ta suy ba điểm I, J, K thẳng hàng F Bài tốn Cho hình bình hành ABCD với tâm O Trên đƣờng thẳng BD, BC, AC lần lƣợt lấy điểm P, Q, R cho AP // OQ // DR Chứng minh P, Q, R thẳng hàng B Bài giải C C′ Qua C vẽ đƣờng thẳng song song với RD, đƣờng thẳng cắt BD C′ (h.7) Theo định lí Ta – lét ta có RC RO O DC ′ = DO = BP BO CC′ // RD B đối xứng với D qua O , C′ đối xứng với P qua O Ta lại có Suy QB QC = PO QB PB QC A D Hình OB OC OC ′ RO P R OB RC ′ ′ ( OQ // CC ) = − PO PB OB OP Q BP BO OB =− OP = −(−1) = ( P, O, B thẳng hàng ) Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác OBC ba điểm P, Q, R ta đƣợc ba điểm P, Q, R thẳng hàng Bài tốn Đƣờng trịn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần lƣợt M, N, P Chứng minh AM, BN, CP đồng quy Bài giải Cách Áp dụng định lí Xê – va (h.8) Ta có PA MB PB MC NC NA = − PA − PB MB MC − NC NA (∗) Do tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (I) nên PB= MB ; MC = NC ; PA = NA A Từ (*) suy PA MB PB MC − PA PB NC NA − = − PB MC PA PB − − MC PA MB MC − =−1 NC NA N = P B Theo định lí Xê- va cho tam giác ABC ba điểm M, N, P ta đƣợc AM, BN, CP đồng quy I M Hình C Từ tứ giác nội tiếp ABA′ R ABR′ A′ ′, ta có RBA′ = RAA′ = R′ AA′′ = R′ BA′′ Từ đẳng thức ta suy R, B R′ thẳng hàng Bài toán 74 Cho tam giác ABC, đƣờng thẳng Δ cắt BC, CA, AB M, N, P; O điểm không thuộc đƣờng thẳng Δ Các đƣờng thẳng OM, ON, OP cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác OBC, OCA, OAB X, Y, Z ( khác O) Chứng minh bốn điểm O, X, Y, Z thuộc đƣờng tròn Bài giải (h.75) Gọi (C1 ), C2 đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC, OYZ Giả sử C2 cắt OM X ′ (khác O) theo giả thiết: NA NC = NO NY => PN/(C ) = PN/(C ) Z▪ ) PP/(C ) = PA PB = PO PZ Δ PP/(C A => Δ trục đẳng phƣơng (C1 ) C2 N P ▪Y => PM /(C ) = PM/(C ) => MB MC = MO MX ′ (1) C B Theo giả thiết, MB MC = MO MX (2) Từ (1) (2) suy :MX = MX ′ => 𝑋 ≡ X ′ ▪ ▪ X O Vậy O, X, Y, Z thuộc đƣờng trịn M Hình 75 Bài tốn 75.Cho tứ giác ABCD; AB ∩ CD = E, AD ∩ BC = F; H, I, J, K theo thứ tự trực tâm tam giác EBC, FDC, EDA, FBA Chứng minh : a) Mỗi bốn điểm H, I, J, K có phƣơng tích đƣờng trịn đƣờng kính AC, BD, EF b) H, I, J, K thẳng hàng( đƣờng thẳng Stai-nơ) Bài giải (h.76) a) Gọi X, Y, Z trung điểm AC, BD, EF; (X) (Y), (Z) đƣờng tròn A đƣờng kính AC, BD, EF Giả sử CM, BN, EP đƣờng cao tam giác CBE Do tứ giác BPNE, CPME nội X D tiếp ta có: P H C 67 F Y N Hình 76 Z B M E HC HM = HB HN = HE HP => PH/(X) = PH/(Y) = PH/(Z) => H có phƣơng tích (X) (Y), (Z) Tƣơng tự nhƣ vậy, ba điểm I, J, K có phƣơng tích (X) (Y), (Z) b) Theo câu a), ta có PH/(X) = PH/(Y) PI/(X) = PI/(Y) => HI trục đẳng phƣơng (X) (Y) => HI⊥ XY Tƣơng tự nhƣ ta có HJ ⊥ XY; HK HI⊥ XY Suy H, I, J, K thẳng hàng Bài toán 76 (Trung Quốc TST 2007) Cho hai điểm A B nằm đƣờng trịn (O) Cho điểm C nằm ngồi đƣờng trịn; gọi CS CT tiếp tuyến tới đƣờng tròn, M điểm cung nhỏ AB (O) MS, MT cắt AB lần lƣợt E, F Các đƣờng thẳng qua E, F vng góc với AB cắt OS, OT lần lƣợt X, Y Một đƣờng thẳng qua C cắt đƣờng tròn (O) P, Q (P thuộc đoạn CQ) Gọi R giao điểm MP AB, Z tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác PQR Chứng minh X, Y, Z thẳng hàng Bài giải (h.77) M Q F A E B R O Z T Y X S P Hình 77 C Vì EX ∕∕ MO ( ⊥ AB) tam giác OSM cân, ta có XES = OMS = OSM = XSE 68 Nên E, S ∈ (X, XS) Vì X thuộc đoạn OS, nên đƣờng trịn (X, XS) tiếp xúc với (O) Vì M điểm cung nhỏ AB (O) A, M, B, P, S thuộc đƣờng trịn, MAB = MBA = MSA = MPA Suy ΔMAR đồng dạng ΔMPA (g.g) ΔMAE đồng dạng ΔMSA (g.g) Từ ta có MA2 = MP MR MA2 = MS ME Do , MP MR = MS ME => PM /(Z) = PM/(X) ( với (Z) tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác PQR) => M nằm trục đẳng phƣơng (Z) (X) Do PC/(X) = CS2 = CP CQ = PC/(Z) ( CS tiếp tuyến (X), (O) ) => C nằm trục đẳng phƣơng (Z), (X) Do đó, MC trục đẳng phƣơng (X) (Z) => MC ⊥ XZ ( trục đẳng phƣơng vng góc với đƣờng nối tâm) (1) Tƣơng tự, ta có MC ⊥ YZ (2) Từ (1) (2) suy X, Y, Z thẳng hàng Bài tốn 77 Cho đƣờng trịn (O) đƣờng thẳng Δ không cắt (O) Qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB tới (O) Chứng minh AB qua điểm cố định Bài giải (h.78) M A Gọi H hình chiếu O Δ K Qua H kẻ tiếp tuyến HK, HL tới đƣờng tròn Đặt I = OH ∩ KL, I điểm cố định.(1) Dễ thấy điểm O, A, M, H, B thuộc H I ▪ O B đƣờng trịn ( đƣờng trịn đƣờng kính OM, ta gọi (O1 ) Hình 78 L Các điểm O, K, H, L thuộc đƣờng trịn (đƣờng kính OH, ta gọi (O2 ) Ta có đƣờng trịn (O) cắt (O1 ) A B nên AB trục đẳng phƣơng (O) (O1 ), trục đẳng phƣơng (O) (O2 ) đƣờng thẳng KL, trục đẳng phƣơng (O1 ) (O2 ) đƣờng thẳng OH Do AB, KL, OH đồng quy (2) Từ (1) (2) suy AB qua điểm I cố định 69 Bài tốn 78 Cho đƣờng trịn (O) dây AB Các đƣờng tròn (O1 ), (O2 ) nằm phía AB, tiếp xúc với AB tiếp xúc với (O);(O1 ) cắt (O2 ) C, D Chứng minh đƣờng thẳng CD qua điểm K cung AB Bài giải M Trƣớc hết ta chứng minh nhận xét sau đây(h.79) O′ , A Giả sử (O′ ) tiếp xúc với (O) M tiếp xúc với N AB N Khi đƣờng thẳng MN qua điểm K ▪ B O cung AB Thật vậy, ta có M, O′ , O thẳng hàng K O′ N ⊥AB, OK ⊥ AB, suy O′ N ∕∕ OK Hai tam giác cân Hình 79 O′ MN OMK có góc đỉnh nhau, suy O′ MN = OMK Vậy M, N, K thẳng hàng Giả sử (O1 ), (O2 ) tiếp xúc với AB N1 , N2 ; tiếp xúc với (O) M1 , M2 (h.80) Theo nhận xét trên, đƣờng thẳng M1 N1 M2 N2 qua điểm K cung AB Ta có M1 M2 K = M1 N1 A = sđM1 AK, M1 suy tứ giác M1 M2 N2 N1 nội tiếp M2 C ▪O1 => KM1 KN1 = KM2 KN2 A ▪ O2 B D N1 Do đóPK/(O ) = PK/(O ) N2 ▪ O => K thuộc trục đẳng phƣơng (O1 ) (O2 ) Vậy C, D, K thẳng hàng K Hình 80 Bài tốn 79 Cho hai đƣờng trịn (O1 ), (O2 ) nằm nhau, MN tiếp tuyến chung ngoài, PQ tiếp tuyến chung (h.81) Chứng minh MP, NQ, O1 O2 đồng quy Bài giải.(h.81) K M N Q O2 O1 L P Hình 81 70 Đặt K = MN ∩ PQ, L = MP ∩ NQ Ta có KO1 ⊥KO2 (phân giác hai góc kề bù), suy MP // KO2 nên MP ⊥ NQ hay MLN = PLQ = 900 (1) Gọi C1 , C2 đƣờng trịn đƣờng kính MN, PQ Theo (1) L ∈ C1 ; L ∈ C2 , PL/ C = PL/ C = (2) mặt khác, O1 M, O1 P theo thứ tự tiếp xúc với C1 , C2 suy PO / C = O1 M2 = O1 P2 = PO / C (3) Tƣơng tự, ta có PO / C = PO / C (4) Từ (2), (3) (4) suy L, O1 , O2 thẳng hàng, tức MP, NQ, O1 O2 đồng quy Bài toán 80 (1995 IMOSL) Cho tứ giác ABCD nội tiếp Gọi E =AC ∩BD F = AB ∩ CD Gọi H1 , H2 lần lƣợt trực tâm tam giác EAD EBC Chứng minh ba điểm F, H1 , H2 thẳng hàng Bài giải Để giải toán, trƣớc hết ta chứng minh bổ đề Bổ đề Cho tam giác hai cevian (xuất phát từ hai đỉnh) tam giác Xét hai đƣờng trịn với đƣờng kính hai cevian Khi trực tâm tam giác cho nằm trục đẳng phƣơng hai đƣờng tròn xét *Một cevian tam giác đoạn thẳng nối từ đỉnh tam giác đến điểm đường thẳng chứa cạnh đối diện Chứng minh bổ đề.(h.82) Xét tam giác ABC, trực tâm H, AD cevian xuất phát từ đỉnh A, BE cevian xuất phát từ đỉnh B Gọi (M), (N) lần lƣợt đƣờng trịn đƣờng kính AD BE Gọi AH ∩ BC = A′ E N▪ ′ BH ∩ CA = B Vì H trực tâm tam giác ABC, ta có AA′ ⊥ BC, BB′ ⊥ CA Do A′ ∈ (M), B′ ∈ (N) A B′ ▪ H M B A Từ đó, ta có PH/(M) = HA HA′ PH/(N) = HB HB′ C D ′ Hình 82 Do H trực tâm tam giác ABC, nên A, B, A′ , B′ thuộc A đƣờng trịn Do HA HA′ = HB HB′ B Vậy ta có PH/(M) = PH/(N) H1 E 71 H2 C D Hình 83 F Điều chứng tỏ H nằm trục đẳng phƣơng (M) (N).Bổ đề đƣợc chứng minh Trở lại toán: Áp dụng bổ đề với tam giác EAD trực tâm H1 hai cevian AB CD, ta có H1 nằm trục đẳng phƣơng hai đƣờng trịn đƣờng kính AB CD Áp dụng bổ đề với tam giác EBC trực tâm H2 hai cevian AB CD, ta có H2 nằm trục đẳng phƣơng hai đƣờng trịn đƣờng kính AB CD Do F = AB ∩ CD tứ giác ABCD nội tiếp, ta có FA FB = FC FD, tức F có phƣơng tích với hai đƣờng trịn đƣờng kính AB CD, F nằm trục đẳng phƣơng hai đƣờng trịn đƣờng kính AB CD Vậy ba điểm F, H1 , H2 nằm trục đẳng phƣơng hai đƣờng tròn đƣờng kính AB CD, ba điểm thẳng hàng Bài toán 81 Cho tam giác ABC (AB≠ AC).Các đƣờng cao AA′ , BB′ , CC′ cắt H, BC cắt B′ C′ K, M trung điểm BC Chứng minh AM⊥ HK Bài giải (h.84) Gọi (O1 ) đƣờng trịn đƣờng kính AH, (O2 ) đƣờng trịn đƣờng kính MH, ta có O1 O2 ∕∕ AM (1) Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýtcho tam giác ABC ba điểm C′ , B′ , K Ta có C′ A C′ B KB KC B′ C B′ A = 1(*) Áp dụng định lí Xê- va cho tam giác ABC ba đƣờng thẳng A AA′ , BB′ , CC′ , ta có C′ A C′ B A′ B A′ C B′ C B′ A C′ = −1(**) Từ (*) (**) suy KB KC =− A′ B O2 A′ C B Đặt KB = b, KA′ = a, KC = c, ta đƣợc: b c = − b−a c−a O1 72 H M A′ Hình 84 ⇔ bc – ba = −bc + ac ⇔ 2bc = a(b +c) B′ C K ⇔ a = 1 + ⇔ b c KA ′ = KB + KC ⇔ KB KC = KA′ KB +KC ⇔ KB KC = KA′ KM (2) Dễ thấy tứ giác BCB′ C′ nội tiếp, suy KB KC = KB′ KC′ (3) Từ (2) (3) suy KA′ KM = KB′ KC ′ , tức PK/ O = PK/ O , Lại có PH/ O = PH/ O = 0, suy HK trục đẳng phƣơng (O1 ) (O2 ), nên HK ⊥ O1 O2 Kết hợp với (1) suy HK ⊥ AM Bài tốn 82 Cho đƣờng trịn (O) dây AB Các đƣờng tròn (O1 ), (O2 ) nằm phía AB tiếp xúc với AB, tiếp xúc với (O) tiếp xúc T Tiếp tuyến chung (O1 ), (O2 )cắt (O) C ( C thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa (O1 ) (O2 ) ) Chứng minh T tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC C M1 Bài giải (h.85) Ta có CT trục đẳng phƣơng (O1 ) (O2 ) Theo toán 78 ta có CT qua điểm K A ▪ O1 ▪ O2 ▪ T N1 B ▪O cung AB Ta lại có KA2 = KM1 KN1 = KT2 (M1 , N1 lần lƣợt tiếp điểm đƣờng tròn (O1 ) với (O), AB)=> KA = KT K => KAT = KTA (2) Hình 85 Mặt khác, KAB = ACK = sđAK (3) Từ (2) (3) suy KAT − KAB = KTA − ACK => BAT = CAT (4) Từ (1) (4) suy T tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC Bài toán 83 Cho tam giác ABC Lấy điểm B′ , C′ thuộc cạnh AC, AB cho AB.AC′ =AC.AB′ Gọi H H′ lần lƣợt trực tâm tam giác ABC, AB′ C′ Chứng minh BB′ , CC′ , HH′ đồng quy Bài giải (h.86) A Gọi O1 , O2 theo thứ tự đƣờng E′ C′ 73 H′ F ′ B′ K F E trịn đƣờng kính BB′ , CC′ ; K giao điểm BB′ CC′ Dễ thấy tứ giác C′ B′ F ′ E′ nội tiếp suy H′ C′ H′ F ′ = H′ E′ H′ B′ => PH ′ / O = PH ′ / O (1) Tứ giác BCEF nội tiếp suy HC HF = HB HE => PH/ O = PH/ O (2) Ta có AB.AC′ =AC.AB′ AB => AB ′ = AC ′ suy AC ΔABB′ đồng dạng ΔACC′ (c.g.c) => ABB′ = ACC′ suy raΔBKC′ đồng dạng ΔCKB′ => KC KC ′ = KB KB′ Suy PK/ O = PK/ O (3) Từ (1), (2) (3) suy K, H, H′ thuộc trục đẳng phƣơng đƣờng tròn O1 , O2 Vậy BB′ , CC′ , HH′ đồng quy Bài toán 84 Cho tam giác ABC Chứng minh tâm đẳng phƣơng ba đƣờng trịn bàng tiếp tam giác tâm đƣờng trịn nội tiếp tam giác có ba đỉnh trung điểm cạnh tam giác ABC Bài giải.(h.87) Gọi X, Y, Z lần lƣợt trung điểm BC, CA, AB, (IA ), (IB ), (IC ) đƣờng tròn bàng tiếp đối diện với đỉnh A, B, C tam giác ABC Gọi ΔA trục đẳng phƣơng (IB ), (IC ); ΔB trục đẳng phƣơng (IC ), (IA ); ΔC trục đẳng phƣơng (IC ), (IB ) K P IC ▪ A ▪ IB Z E B Y X C M Hình 87 Ta có 2CE = AB + AC + BC = 2BM => CE =BM suy XE = XM 74 PX/(IB ) = XM2 , PX/(IC ) = XE2 ,từ suy PX/(IB ) = PX/(IC ) suy X ∈ ΔA vàΔA ⊥ IB IC (1) Tia phân giác góc ZXY góc BAC song song với mà tia phân giác góc BAC vng góc với IB IC Từ suy tia phân giác góc ZXYvng góc với IB IC (2) Từ (1) (2) suy ΔA phân giác góc ZXY Tƣơng tự, ta có ΔB , ΔC theo thứ tự phân giác góc XYZ, YZX Vậy tâm đẳng phƣơng ba đƣờng trịn bàng tiếp tam giác ABC tâm đƣờng trịn nội tiếp tam giác có ba đỉnh trung điểm cạnh tam giác ABC Bài toán 85 Cho hình bình hành ABCD Đƣờng trịn (O) nằm hình bình hành, tiếp xúc với AB, AD M, N cắt BD E, F Chứng minh tồn đƣờng tròn qua E, F tiếp xúc với đƣờng thẳng CB, CD Bài giải (h.88) Q Đặt P = MN ∩ BC, Q = MN ∩ CD A Dễ thấy tam giác CPQ, BPM, DQN cân C, B, A, Suy CP = CQ (1) BM = BP (2) DN = DQ (3) N ▪ M P ′ Từ (1) suy tồn đƣờng tròn (O ) tiếp xúc với CB, CD P, Q D O E F C B Hình 88 Mặt khác, từ (2), (3) suy PB/(O) = PB/(O ′ ) ; PD/(O) = PD/(O ′ ) , nên BD trục đẳng phƣơng hai đƣờng trịn (O) (O′ ) Từ đó, với ý E, F giao điểm (O) BD, ta có PE/(O ′ ) = PE/(O) = ; PF/(O ′ ) = PF/(O) , suy E F thuộc (O′ ) Vậy ta đƣờng tròn (O′ ) qua E, F tiếp xúc với AB, CD Bài toán 86 Cho tam giác ABC khơng cân A, nội tiếp đƣờng trịn (O) (O1 ; R)là đƣờng tròn qua B, C cắt AB, Ac theo thứ tự K, L Đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AKL cắt đƣờng tròn (O) M ≠ A Chứng minh AMO1 = 900 A Bài giải (h.89) 75 M O2▪ K O▪ L Gọi (O2 ) đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác AKLM Vì ΔABC khơngcân A nên O, O1 , O2 không thẳng hàng Gọi Slà tâm đẳng phƣơng (O), (O1 ), (O2 )( S = BC ∩ KL ∩ AM) Ta có SM SA = SK SL = PS/(O ) = SO12 − R21 (1) Ta lại có SML = LKA = LCB => tứ giác LMSC nội tiếp => AM AS = AL AC = PA/(O ) = AO12 − R21 (2) Từ (1) (2) suy SM SA − AM AS = SO12 − AO12 => SM + AM SA = SO12 − AO12 => SM + AM SM − AM = SO12 − AO12 => SM2 − AM2 = SO12 − AO12 (3) Gọi M′ hình chiếu O1 lên SA Khi ta có SO12 − AO12 = SM′ − AM′ (4) 2 Từ (3) (4) sy SM2 − AM = SM′ − AM′ suy M ≡ M′ => SA ⊥ MO1 Vậy AMO1 = 900 Bài tốn 87 Cho đƣờng trịn (O; R) nằm đƣờng tròn (O′ ), điểm M chạy (O) Tiếp tuyến (O) M cắt (O′ ) A B Chứng minh tâm đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác OAB chạy đƣờng tròn cố định Bài giải (h.90) Gọi I tâm đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác OAB Ta có AB trục đẳng phƣơng (O′ ) (I), OM ⊥ AB, PO/(O ′ ) = PO/(O ′ ) − PO/(I) = PO/(O ′ ) − PM/(O ′ ) − PO/(I) − PM /(I) = OO′ − MO′ ′2 = OO − OI = OO′ − OI 2 − MO − MI OO′ + OI − O′ MO′ M O▪ − OI2 − MI2 ′2 A ▪I ▪ B − MI MO′ + MI Hình 90 = IO′ OO′ + OI − MO′ − MI = 2IO′ OM 76 => PO/(O ′ ) = IO′ R => IO′ = P O /(O ′ ) 2𝑅 (*) không đổi Vậy I chạy đƣờng tròn cố định, tâm O′ , bán kính xác định (*) Bài tốn 88.(Hồng Kơng 2006) Tứ giác lồi ABCD có AC = BD nội tiếp đƣờng tròn tâm O Gọi E giao điểm hai đƣờng chéo AC BD Điểm P nằm tứ giác ABCD thỏa mãn PAB + PCB = PBC + PDC = 900 Chứng minh O, P E thẳng hàng Bài giải.(h.91) Gọi (M) (N) lần lƣợt đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác PAC PBD Gọi BP ∩ (O) = B′ , DP ∩ (O) = D′ Xét trục đẳng phƣơng hai ba đƣờng tròn (M), (N) (O) Vì AC trục đẳng phƣơng (M) (O), BD trục đẳng phƣơng (N) (O),mà theo định lí trục đẳng phƣơng , trục đẳng phƣơng (O), (M) (N) đồng quy, tức E nằm trục đẳng phƣơng (M) (N) Mà P giao điểm (M) (N), PE trục đẳng phƣơng (M) (N) M N B A E D′ P O C D B′ Hình 91 77 Để chứng minh O, P E thẳng hàng, ta cần chứng minh O có phƣơng tích (M) (N) Khơng tính tổng quat, giả sử A, B ≥ 900 , P nằm tam giác BCD Ta có PBC + PDC = B′ BC + D′ DC = 2 sđ B′ C + sđCD′ = sđ B′ D′ = 900 => sđ B′ D′ = 1800 nên B′ D′ đƣờng kính đƣờng trịn (O) Xét hai tam giác cân NPB OD′ B: chúng có PNB = 2PDB = 2BDD′ = BOD′ , NBP = OBD′ => NBO = B′ BD′ = 900 Nên OB tiếp tuyến (N) Từ ta có PO/(N) = ON − NB2 = OB2 = R2 ( với R bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD) Tƣơng tự ta có PO/(N) = R2 = PO/(M) Vậy O có phƣơng tích (M) (N) Vậy O,P E nằm trục đẳng phƣơng (M) (N) 78 KẾT LUẬN Luận văn đạt đƣợc số kết quan trọng sau: - Luận văn hệ thống phân loại số dạng thƣờng gặpvề đƣờng thẳng đƣờng trịn hình học phẳng Thông qua hệ thống tập lời giải với dạng toán, luận văn cung cấp đƣợc số phƣơng pháp giải toán đƣờng thẳng đƣờng trịn hình học phẳng - Luận văn sƣu tập đƣợc nhiều tốn hay khó kì thi học sinh giỏi quốc gia, tỉnh thành, Olympic toán nƣớc, khu vực quốc tế,… Dù cố gắng trình làm luận văn, nhƣng luận văn khó tránh khỏi thiếu xót định Em mong nhận đƣợc bảo q thầy góp ý bạn đọc để luận văn đƣợc hoàn thiện 79 Tài liệu tham khảo (1) Vũ Hữu Bình, Văn Nhƣ Cƣơng, Nguyễn Ngọc Đạm, Nguyễn Bá Đang, Trƣơng Công Thành, Tài liệu chun tốn trung học sở tốn hình học tập hai , Nhà xuất giáo dục Việt Nam (2) Vũ Hữu Bình, Nguyễn Ngọc Đạm, Nguyễn Bá Đang, Lê Quốc Hán, Hồ Quang Vinh, Tài liệu chun tốn trung học sở tốn hình học tập hai, Nhà xuất giáo dục Việt Nam (3) Đoàn Quỳnh, Văn Nhƣ Cƣơng, Phạm Vũ Khuê, Bùi Văn Nghị, Hình học 10 nâng cao, nhà xuất giáo dục Việt Nam (4) Đoàn Quỳnh, Văn Nhƣ Cƣơng, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình, Tài liệu chun Tốn Hình Học 10, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam (5) Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình, Bài tập nâng cao số chuyên đề Hình Học 10, Nhà xuất giáo dục Việt Nam (6) IMO Shortlost, 1959−2009 (7) Nguyễn Bá Đang, 279 Bài Tốn Hình Học phẳng Olympic nước, Nhà xuất giáo dục Việt Nam 80 (8) Các đề thi Olympic toán quốc tế, 1959-2013 (9) Website www.artofproblemsolving.com (10) Website diendantoanhoc.net 81 ... THPT, đồng thời có đề thi vào trƣờng đại học với phần trăm điểm không nhỏ Chính đề tài em lựa chọn cho luận văn : “ Một số chuyên đề đƣờng thẳng đƣờng trịn hình học phẳng “ Hình học phẳng tốn THPT...ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - Lê Đình Trƣờng MỘT SỐ CHUN ĐỀ VỀ ĐƢỜNG THẲNG VÀ ĐƢỜNG TRỊN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp Mã số. .. nhƣ học sinh trung học phổ thơng Nó khơng xuất đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh khối học sinh lớp 9của trƣờng THCS, đề thi vào THPT mà cịn có đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế học