TLBD HSG CHUYÊN đề HÌNH học PHĂNG

Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi CHUYÊN ĐỀ : PHÉP DỜI HÌNH PHÉP ĐỒNG DẠNG GĨC ĐỊNH HƯỚNG GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG Bài 2: Giáo viên thực chuyên đề: Võ Thị Ngọc Ánh Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành Giáo viên phản biện chuyên đề: Tô Minh Trường Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành Tỉnh/TP: Kon Tum Tỉnh/TP: Yên Bái A KIẾN THỨC CƠ BẢN I Lý thuyết Khái niệm góc định hướng hai vectơ: 1.1 Định nghĩa:  Định nghĩa: uur uuu r - Cho hai vectơ chung gốc OA , OB , mặt phẳng (OAB) cho tia Ot quay quanh điểm O theo hướng định từ tia OA đến tia OB, ta nói tia Ot quét góc định hướng, kí hiệu uur uuu r uur uuu r OA, OB với OA vectơ đầu, OB vectơ cuối r r r r r r - Cho hai vectơ a , b Góc định hướng hai vectơ a b , kí hiệu a, b góc uur uuu r uur r uuu r r OA, OB với OA = a , OB = b ( ) ( ) ( ) M b O a  Chú ý: - Ta quy ước hướng quay tia Ot dương hướng ngược với chiều quay kim đồng hồ, âm hướng quay theo hướng kim đồng hồ uur uuu r uur uuu r - Theo đơn vị rađian, ta có số đo góc định hướng OA, OB sđ OA, OB = α+ k2π hay uur uuu r OA, OB = α+ k2π �AOB =α, |k| số vòng quay tia Ot, k ≥ quay theo hướng dương, ( ( ) ( ) ) k < quay theo hướng âm  Nhận xét: uur uuu r - Góc định hướng hai vectơ chung gốc OA , OB góc lượng giác tia OA, OB - Góc định hướng hai vectơ khơng phụ thuộc vào độ dài vectơ đó, nên để thuận tiện ta xét vectơ có độ dài - Hai góc định hướng vectơ gọi chúng có số đo, kí hiệu r r r u r a, b = c, d , quan hệ có tính chất: phản xạ, đối xứng, bắc cầu ( ) ( ) CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 1| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi - Hai vectơ xác định cho ta góc định hướng ta xét góc định hướng có số đo thuộc [0; 2π) Do ta thường xét số đo góc định hướng hai vectơ theo đồng dư r r r u r r r r u r thức với mô đun 2π sau: a, b � c, d (mod 2π) � a, b = c, d + kπ2 k, �� ( ) ( )  Ví dụ: uuu r uuur a) ( MA, MB ) �‫=ۺ‬ 2kπ uuu r uuur ( MA, MB) 0(mod 2π ) ( ) ( ) M, A, B thẳng hàng M nằm đoạn AB uuu r uuur uuu r uuur π ) M đoạn AB b) ( MA, MB ) �‫ۺ‬+= ( 2kπ 1) MA (MB , π) (mod uuu r uuu r uuu r uuu r π π kπ2 AB ( CD , ) (mod π2 ) AB CD c) ( AB, CD) ^��‫ۺ‬+�= 2 d) Cho A, B, C, D không thuộc đường thẳng uuu r uuu r � uuu r uuu r ( AB , CDπ ) �0(mod ) ( AB, CD) = kπ � � � AB //CD r uuu r �uuu � ( AB , CDπ ) � (mod π ) � 1.2 Tính chất: r r r r + Góc khơng: a, a ≡ (mod 2π), góc bẹt a, - a ≡ π (mod 2π) r r r r + Hai góc định hướng ngược hướng: a, b ≡ - b, a (mod 2π) r r r r r r r r r r r r + Hệ thức Salơ: a, b ≡ a, c + c, b (mod 2π), a, b ≡ c, b - c, a (mod 2π) (từ hệ thức Salơ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) suy quy tắc chuyển vế, đổi dấu đồng dư thức) r r r r r r r r + Hai góc định hướng bù nhau: a, b ≡ π + - a, b (mod 2π), a, b ≡ π + a, - b (mod 2π) r r r r + Hai góc định hướng đối đỉnh: a, b ≡ - a, - b (mod 2π) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1.3 Quan hệ góc định hướng phép biến hình  Định lí : Cho phép biến hình f biến điểm A, B, C, D thành A’, B’, C’, D’ Khi đó: uuu r uuu r a) Nếu f phép tịnh tiến, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự AB, CD  uuuur uuuur A ' B ', C ' D ' (mod 2) uuu r uuu r uuuur uuuur b) Nếu f phép đối xứng trục AB, CD  C ' D ', A ' B ' (mod 2) ( ( ) ) ( ) ( ) 1.4 Các định lí:  Định lí 1: (Tổng góc tam giác) Tổng ba góc hướng tam giác π theo mô đun 2π” (nếu xét góc dương nhỏ π ta có tổng ba góc tam giác π) Chứng minh Ta có uuu r uuu r AB, ABπ �0(mod ) uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r � AB, AC + AC , BC + BC , ABπ �0(mod ) uuu r uuu r uur uur uuu r uur � AB, AC + CA, CB + BC , BAπ+ �0(mod π2 ) uuu r uuu r uur uur uuu r uur � AB, AC + CA, CB + BC , BAπ� (mod π ) ( ) ( ( ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH ) ) ) 2| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi  Định lí 2: (Góc ngồi tam giác) Tổng hai góc hướng tam giác góc ngồi hướng đỉnh thứ ba theo mô đun 2π’ Chứng minh uuu r uuu r uur uur uuu r uur π ) Ta có: AB, AC + CA, CB + BC , BAπ� (mod uuu r uuu r uuu r uur uur uur � AB, AC + BC , BAπ� CA - CB, (mod π ) uuu r uuu r uuu r uur uur uur � AB, AC + BC , BAπ� CB + CA, (mod π ) uuu r uuu r uuu r uur uur uur � AB, AC + BC , BA � CB , - CAπ(mod ) uuu r uur uur uur  Định lí 3: Cho tam giác ABC, tam giác ABC cân A � BC , BA ≡ CA, CB (mod 2π) ( ( ( ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ) ) ) ( ) ( ) Chứng minh uuu r uur uur uur Ta có BC , BA , CA, CB hai góc hướng nên uuu r uur uur uur tam giác ABC cân A � B= C � BC , BA ≡ CA, CB (mod 2π) ( ) ( ) ( ) ( )  Định lí 4: (Góc nội tiếp góc tâm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O, ta có hệ thức uur uuu r uur uur OA, OB ≡ CA, CB (mod 2π) ( ) ( ) Chứng minh Ta có tam giác OAC, OBC cân O nên: uur uuu r uur uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r OA, OB � OA, AC + AC , BC + BC , OB uuu r uuu r uur uur uuu r uuu r �π + AO, AC + CA, CB + BC , OB + π uur uuu r uur uur uuu r uuu r � CA, CO + CA, CB + CO, BC uur uur �2 CA, CB (mod 2π ) ( ) ( ) ( ( ( ( ) ( ) ( ) ( ) ) ) ( ) ( ) )  Định lí 5: Giả sử bốn điểm A, B, C, D nằm đường tròn tâm O uur uur a) Khi C, D nằm phía đường thẳng AB CA, CB ≡ uur uur b) Khi C, D nằm khác phía đường thẳng AB CA, CB ≡ ( ( uuu r uuu r ) ( DA, DB) (mod 2π) uuu r uuu r DA , DB ) ( ) (mod 2π) Chứng minh uur uuu r uur uur � (OA, OB) �2(CA, CBπ) (mod ) � Ta có : �uur uuu r uuu r uuu r � (OA, OB) �2( DA, DBπ) (mod ) � � uur uur uuu r uuu r ‫ۺ‬ 2(CA, CB ) 2( DA, DBπ)(mod ) uur uur uuu r uuu r � ( CA , CB ) � ( DA , DBπ ) (mod ) �� r uuu r uuu r �uur uuu � ( OA , OBπ ) � DA + ( DB , ) (mod π ) � uur uur uuu r uuu r � (CA, CB ) �( DA, DBπ) (mod ) (1) �� r uuu r uuu r �uur uuu � ( OA , OB ) � ( DA , DB ) (mod 2π ) (2) � CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 3| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi uur uur Xét góc định hướng CA, CB uur uur phía AB CA, CB uuu r uuu r DA, DB có số đo khoảng [0; 2π); C, D nằm uuu r uuu r DA, DB hướng nên xảy (1); C, D nằm khác uur uur uuu r uuu r phía AB CA, CB DA, DB ngược hướng nên xảy (2) ( ( ) ) ( ) ( ) ( ) ) ( Chú ý: Từ định lí 5, suy hệ sau: uuu r uuur uur uur  Hệ 1: Cho tam giác ABC, {M| MA, MB ≡ CA, CB (mod 2π)} cung tròn qua điểm C ( ) ( ) chắn dây AB  Hệ 2: (Điều kiện để tứ giác nội tiếp) Cho tứ giác ABCD, uuu r uuu r uur uuu r ABCD nội tiếp AB, AD ≡ CB, - CD (mod 2π) ( ) ( ) Khái niệm góc định hướng hai đường thẳng: 2.1 Định nghĩa:  Định nghĩa: Trong mặt phẳng cho hai đường thẳng a b cắt O, cho đường thẳng m qua O quay quanh O từ vị trí đường thẳng a đến vị trí đường thẳng b theo hướng định m quét nên góc định hướng hai đường thẳng a b, kí hiệu (a,b); a đường thẳng đầu, b đường thẳng cuối  Chú ý: - Ta quy ước hướng quay đường thẳng m dương hướng ngược với chiều quay kim đồng hồ, âm hướng quay theo hướng kim đồng hồ - Theo đơn vị rađian, ta có số đo góc định hướng (a,b) sđ(a, b) = α+ kπ hay (a, b) = α+ kπ với α góc hai đường thẳng a b theo nghĩa thông thường (α �(0; π)), |k| số lần quay nửa vòng đường thẳng m Ot, k ≥ quay theo hướng dương, k < quay theo hướng âm - Khi a song song b a trùng b ta quy ước (a,b) = kπ  Nhận xét: - Hai góc định hướng đường thẳng gọi chúng có số đo, kí hiệu (a,b) =(c,d), quan hệ có tính chất: phản xạ, đối xứng, bắc cầu - Hai đường thẳng xác định cho ta góc định hướng ta xét góc định hướng có số đo thuộc [0; π) Do ta thường xét số đo góc định hướng hai đường thẳng theo đồng dư thức với mô đun π sau: (a,b) ≡ (c,d) (mod π) � sđ(a,b) =sđ(c,d) +k π , k �� - Nếu α≡ β (mod 2π) α≡ β (mod π) Điều ngược lại nói chung khơng  Ví dụ: CHUN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 4| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi � a //b a) (a, b) = kπ � (a,b) ≡ (mod π) � � � a �b � π π a b )� ^ b) (a, b) = + kπ � (a, bπ) � (mod 2 ( AB, AC ) kπ ( AB, AC ) 0(mod π ) c) A,B, C thẳng hàng ‫�=ۺ‬ d) Cho a, b, c ba đường thẳng phân biệt (a, b) �(a, cπ)(modb )c� // 2.2 Tính chất: + Hai góc định hướng ngược hướng: (a,b) ≡ -(b,a) (mod π) + Hệ thức Salơ: (a,b) ≡ (a,c) + (c,b) (mod π), (a, b) ≡ (c,a) – (c,b) (mod π) (từ hệ thức Salơ suy quy tắc chuyển vế, đổi dấu đồng dư thức) 2.3 Quan hệ góc định hướng phép biến hình  Định lí : Cho phép biến hình f biến đường thẳng a, b thành a’, b’ Khi a) Nếu f phép tịnh tiến, phép đối xứng tâm, phép quay, phép vị tự (a,b) (a’,b’) (mod ) a) Nếu f phép đối xứng trục (a,b) (b’,a’) (mod ) 2.4 Quan hệ góc định hướng hai đường thẳng góc định hướng hai vectơ: Xét hai đường thẳng a, b cắt O; A, B điểm thuộc đường thẳng a; C, D uur uuu r điểm thuộc đường thẳng b cho (a,b)  (OA, OC ) (mod ) (như hình vẽ) b B C O D A a uur uuu r uur uuu r uur uuu r uur uuu r Ta có (OA, OC ) �(- OA, - OCπ) � OA + ( OC ,π) � +OA (- OC, )(mod π ) uur uuu r uur uuu r uur uuu r uur uuu r nên (OA, OC ) �(- OA, - OC ) �(OA, - OC ) �(- OA, OCπ)(mod ) uuu r uuu r uur uuur uuu r uuur uur uuu r hay (a, b) �( AB, CD) �( BA, DC ) �( AB, DC ) �( BA, CDπ)(mod ) uuu r uuu r � ( AB, CD) � AB , CDπ(mod ) uuu r uuu r � Như vậy, (AB,CD) ≡ AB, CD (mod π) � � uuu r uuu r � ( AB , CD ) � AB , CDπ (mod ) � � ( ( ( ) ) ) 2.5 Các định lí:  Định lí 1: (Góc nội tiếp góc tâm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, ta có hệ thức (OA, OB) ≡ (CA, CB) (mod π) Chứng minh uur uuu r uur uur Ta có (OA, OB) ≡ (OA, OB ) �2(CA, CB) ≡2 (CA, CB) (mod π)  Định lí 2: Cho tam giác ABC, tam giác ABC cân A � ( AB, BC ) ≡ ( BC , AC ) (mod π) Chứng minh uur uuu r uur uur Ta có (AB,BC) ≡ BA, BC ≡ CB, CA ≡ ( BC , AC ) (mod π) ( ) ( )  Định lí 3: (Góc tiếp tuyến dây cung) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, d tiếp xúc với (O) A, ta có hệ thức (d, AB) ≡ (CA, CB) (mod π) Chứng minh CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 5| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi � π π � π - ( AB, AO) � - � + (OB, OA)� � 2(CA, CB ) �(CA, CBπ)(mod ) � � � � � 2 � 2  Định lí 4: Cho tam giác ABC, tập hợp điểm M thỏa mãn điều kiện (MA, MB) ≡ (CA, CB) (modπ) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chú ý: Trong phát biểu điểm M trùng với A (hoặc B) ta xem MA (hoặc MB) tiếp tuyến đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC * Thuận: Xét điểm M thỏa (MA, MB) ≡ (CA, CB) (mod π) suy uuu r uuur uur uur � ( MA , MB ) � CA , CBπ(mod ) � �uuu nên M nằm đường tròn (O) uur uur � r uuur ( MA, MB) � CA, - CBπ(mod ) � � * Đảo: Xét điểm M nằm đường tròn (O), + Khi M trùng với A, B ta có (MA, MB) ≡ (CA, CB) (mod π) theo định lí uur uur uuu r uuur + Khi M nằm phía với C so với đường thẳng AB (CA, CB ) �(MA, MBπ)(mod ) , uur uur uuu r uuur M nằm khác phía C AB (CA, CB) �( MA, - MBπ)(mod ) Do xét theo mơđun π uur uur uuu r uuur (CA, CB) �( MA, MBπ)(mod ) hay (MA, MB) ≡ (CA, CB) (mod π) Ta có (d,AB) ≡ ( ( ) )  Hệ quả: (Điều kiện để điểm đồng viên – thuộc đường tròn) Cho A, B, C, D phân biệt khơng có điểm thẳng hàng A, B, C, D đồng viên (CA,CB) ≡ (DA, DB)(mod π) � (AB, AD) ≡ (CB, CD) (mod π) II Phương pháp giải Ưu điểm phương pháp: - Ta thấy khái niệm góc định hướng khái niệm mở rộng góc theo nghĩa thông thường hai vectơ, hai tia chung gốc, hai đường thẳng Đây đại lượng có hướng chúng có tính chất giống tính chất vectơ đặc biệt quy tắc “cộng”, quy tắc “trừ” (quy tắc “xen đường thẳng”) giúp chuyển việc giải tốn hình học thành biến đổi đại số Do thực cơng cụ mạnh ta biết sử dụng chúng lúc cách - Với việc sử dụng góc định hướng giúp cho lời giải số tốn hình học phẳng liên quan đến góc trở nên ngắn gọn so với dùng góc khơng có hướng khơng phải phụ thuộc vào hình vẽ, khơng phải xét nhiều vị trí tương đối hình - Tránh tình trạng học sinh giải theo hình vẽ mà không xét đầy đủ trường hợp vị trí tương đối đối tượng hình Các dạng toán phương pháp ứng dụng góc định hướng:  Đối với giả thiết: Bài tốn liên quan đến góc, song song, vng góc, tứ giác nội tiếp, yếu tố di động dẫn đến nhiều vị trí tương đối xảy điểm hình  Đối với kết luận:  Chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng (không kể thứ tự điểm đó) A, B, C thẳng hàng � (AB,AC) �0 mod π )  Chứng minh hai đường thẳng AB CD song song: Cho bốn điểm A, B, C, D không thẳng hàng: AB //CD � (AB,C D) � (mod π ) CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 6| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi  Chứng minh hai đường thẳng AB CD vng góc: π AB ^ CD � (AB,C D) � (mod π )  Chứng minh bốn điểm A, B, C, D thuộc đường trịn (khơng kể thứ tự điểm đó) A, B, C , D thuộc đường tròn � (AC,AD) �(BC, BD) (mod π )  Chứng minh đường trịn thay đổi ln qua điểm cố định: Có thể dự đốn điểm cố định chuyển thành toán chứng minh bốn điểm thuộc đường tròn  Chứng minh đường thẳng thay đổi ln qua điểm cố định: Có thể dự đoán điểm cố định chuyển thành toán chứng minh ba điểm thẳng hàng  Chứng minh ba đường thẳng đồng quy: Có thể chuyển thành tốn chứng minh ba điểm thẳng hàng  Chứng minh hai tam giác đồng dạng, chứng minh tam giác cân, chứng minh phân giác: Dùng góc định hướng thường kết trung gian để đưa đến điều cần chứng minh B VÍ DỤ MINH HỌA  Ví dụ 1: (Đề thi HSG quốc gia 2006) Cho tứ giác lồi ABCD Xét điểm M di động đường thẳng AB cho M không trùng với A, B Gọi N giao điểm thứ hai khác M đường tròn qua điểm (M, A, C) đường tròn qua điểm (M, B, D) Chứng minh rằng: a) Điểm N chạy đường tròn cố định b) Đường thẳng MN qua điểm cố định  Phân tích: - Giả thiết cho tứ giác nội tiếp a) Ta cần chứng minh N, O, C, D thuộc đường tròn (với O giao điểm AC, BD) tốn liên quan đến góc b) Dự đốn điểm cố định I giao điểm d MN với d đường thẳng qua O song song với AB (d cố định) , ta thấy OI // AB I thuộc (NOC), đưa tốn liên quan đến góc Lời giải Gọi O giao điểm AC BD, ta có O cố định a) Xét góc định hướng theo mơđun π, ta có (CO, CN) = (CA, CN) ≡ (MA, MN) = (MB, MN) ≡ (DB, DN) = (DO, DN) (mod π) (1) Suy (CO, CN) ≡ (DO, DN) (mod π) hay N thuộc đường tròn (CDO) đường tròn cố định b) Gọi d đường thẳng qua O song song với AB, ta có d cố định Gọi I giao điểm d MN Ta chứng minh I cố định, CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 7| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi (MA, MN) ≡ (IO, MN) =(IO, IN) (mod π) IO // MA Mà theo (1) (CO, CN) ≡ (MA, MN) (mod π) nên (CO, CN) ≡ (IO, IN) (mod π) suy I thuộc đường tròn (CON) hay I thuộc đường trịn (CDO) cố định Suy I cố định I giao điểm thứ hai khác O d (CDO) Chú ý: Nếu khơng dùng góc định hướng, ta phải xét vị trí tương đối ABCD điểm M, N  Ví dụ 2: (Định lí Miquel cho tứ giác tồn phần) Cho tứ giác ABCD có AB CD cắt E, AD BC cắt F Khi bốn đường tròn (ABF), (CDF), (BCE), (ADE) giao điểm  Phân tích: Để chứng minh bốn đường tròn (ABF), (CDF), (BCE), (ADE) giao điểm, ta cho hai đường tròn giao điểm chung thứ hai M chứng minh đường trịn cịn lại qua M Ta có toán chứng minh điểm thuộc đường tròn Lời giải Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF, CDF cắt điểm thứ hai M, ta chứng minh đường tròn lại qua M Thật vậy, Vì (MB,MF)  (AB,AF) (mod π ) (MF,MC)  (DF,DC) (mod π ) nên (MB,MC)  (MB,MF)+(MF,MC)  (AB,AF)+(DF, DC) (AB,DF)+(DF, DC)  (EB, EC)  (mod π ) Do đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE qua M Tương tự, đường tròn ngoại tiếp ADE qua M C BÀI TẬP Bài 1: (Đường thẳng SimSon) Cho tam giác ABC Gọi M điểm không trùng với A, B, C H, K, L hình chiếu M lên đường thẳng BC, CA, AB Chứng minh: H, K, L thẳng hàng k v c k M �(ABC)  Phân tích: Đây định lí quen thuộc hình học phẳng, chứng minh góc thơng thường, nhiên cần phải xét đến vị trí tương đối điểm M Sau cách chứng minh dùng góc định hướng sử dụng giả thiết tứ giác nội tiếp thơng qua khái niệm góc định hướng Lời giải CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 8| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi + M trùng với A, B, C thỏa đề + M khác A, B, C ta có: H, K, L thẳng hàng � (HK, HL)  (mod ) � (HK, HM) + (HM, HL)  (mod ) � (CK, CM) + (BM , BL)  (mod ) (Vì bốn điểm K, M, H, C L, M, H, B đồng viên) � (CA, CM) + (BM , BA)  (mod ) � (CA, CM)  (BA , BM) (mod ) � M, A, B, C đồng viên � M thuộc (ABC) Bài 2: (Định lý Steiner thuận) Cho ABC nội tiếp (O) Một điểm M nằm (O) (M khơng trùng với A, B, C) Gọi M1, M2, M3 tương ứng điểm đối xứng M qua BC, CA, AB Chứng minh M1, M2, M3 , H thẳng hàng, H trực tâm ABC  Phân tích: Để chứng minh bốn điểm thẳng hàng ta chứng minh có hai ba điểm thẳng hàng Lời giải A B1 M2 M1 C1 O H M3 C B A1 M Gọi A1, B1, C1 giao điểm thứ hai AH, BH, CH với (O) Ta biết A1 = ĐBC (H), B1 = ĐCA (H): C1 = ĐAB (H) Vậy ta có: ĐBC: H a A1 Suy (M1H, BC)  (BC, MA1) (mod ) M1 a M  M1H  MA1 Tương tự ta có: ĐAB: M3H  MC1 Suy (M3H, AB)  (AB,MC1) (mod ) Vậy: (M1H, M3H)  (M1H, BC) + (BC, AB) + (AB, M3H)  (BC, MA1) + (BC, AB) + (MC1, AB) (mod )  (BC, MC1) + (MC1, MA1) + (BC, AB) + (MC1, AB) (mod )  2(BC, AB) + (MC1, MA1)  2(BC, AB) + (AC1, AA1) (mod )  2(BC, AB) + 2(AB, AH)  2(BC, AH)  (mod ) CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 9| Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi (vì C1 = ĐAB (H)  (AC1, AA1)  (AC1, AH)  2(AB, AH) (mod ) BC  AH) Do M1, M3, H thẳng hàng Tương tự, M1, M2, H thẳng hàng Tóm lại ta có: M1, M2, M3, H thẳng hàng Bài 3: (Định lý Steiner đảo) Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H, d đường thẳng tùy ý qua H Gọi d1, d2, d2 đường thẳng đối xứng với d qua BC, CA, AB Chứng minh d1, d2, d3 đồng quy điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải Cách 1: Gọi A1, B1, C1 điểm đối xứng H qua BC, CA, AB; suy A1, B1, C1 thuộc (O) thuộc d1, d2, d3 Gọi M giao điểm d1 d2 Ta có (d1, d2) �(d1, BC)+(BC, CA)+(CA,d2) �(BC,d)+(BC,CA)+(d,CA) � 2(CB, CA) �(CA1, CB1) (mod π ) Suy (MA1, MA2) �(CA1, CB1) (mod π ) hay M thuộc (O) Tương tự giao điểm d1 �d3 , d �d3 thuộc (O) Suy d1, d2, d3 đồng quy M  (O) Cách 2: Giữ kí hiệu A1, B1, C1 Gọi M = d1 I (O)  A1 Khi lấy M1, M2, M3 tương ứng điểm đối xứng M qua BC, CA, AB theo định lý Steiner thuận ta có: M1,M2, M3, H thẳng hàng Mà M1 = ĐBC(M) A1 = ĐBC (H); d1 = ĐBC (d)  M1H trùng d Vậy M3, M2 thuộc d Ta có (cũng theo định lý thuận Steiner) (M3H, AB)  (AB, MC1) (mod )  ĐAB(d) = (MC1)  (MC1) trùng d3 Tương tự: ĐAC (d) = (MB1)  (MB1) trùng d2 Tức ta có: d1, d2, d3 đồng quy M  (O) Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi E = AD �BC , F = AB �CD , G = AC �BD Đường tròn (ADG) (BCG) cắt điểm thứ hai I, đường tròn (ABG) (CDG) cắt điểm thứ hai H a) Chứng minh E, H, O thẳng hàng F, I, O thẳng hàng b) Chứng minh O trực tâm tam giác EFG  Phân tích a) Để chứng minh F, I, O thẳng hàng ta chứng minh F, I, O có phương tích hai đường trịn đó-> ta chọn (ABO), (CDO)-> chứng minh A, B, I, O C, D, I, O thuộc đường tròn b) Ta chứng minh EO ^ FG, FO ^ EG hay OH ^ HG, OI ^ IG Lời giải CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 10 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Bổ đề ( Anti-Steiner).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O), trực tâm H Lấy d đường thẳng qua H Gọi đường thẳng đối xứng d qua BC, CA, AB Chứng minh đồng qui điểm thuộc đường tròn (O) Chứng minh Ta thấy Ha da, Hbdb Gọi M giao điểm da db Ta chứng minh M(ABC) Ta có: (MHa; MHb) = (A’Ha; A’C) + (A’C; CA) + (CA; MHb) = -(A’H; BC) + (BC; CA) – (CA; B’H) =(CHa; CHb) ( mod π) Do M(ABC) Trở lại tốn a) Gọi H trực tâm tam giác ABC, D, E, F giao điểm AH, BH, CH với (O) ta có D, E, F đối xứng với O qua BC, CA, AB Gọi M 1, M2, M3 điểm đối xứng M qua BC, CA, AB Ta có A1, B1, C1lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MA’M1, MB’M2, MC’M3 Áp dụng bổ đề ta có DM 1, EM2, FM3lần lượt đường thẳng đối xứng với MH qua BC , CA, AB nên chúng đồng quy S thuộc (O) Mặt khác DSA’=DAA’=M1MA’ nên S thuộc đường tròn (MA’M 1), tương tự S thuộc trục đẳng phương đường tròn (MB’M2), (MC’M3),(MA’M1) A1, B1, C1thẳng hàng trung trực MS Vậy A1, B1, C1thẳng hàng b) Theo chứng minh ta có S thuộc đường trịn (O) CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 22 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Bài toán Cho tam giác ABC cố định, P điểm di chuyển cạnh BC Gọi (K), (L) đường tròn ngoại tiếp tam giác PAB, PAC Lấy S thuộc (K) cho PS//AB, lấy T thuộc (L) cho PT // AC a) Chứng minh rằng: Đường trịn ngoại tiếp tam giác AST ln qua điểm cố định J khác A b) Gọi (K) cắt CA E khác A (L) cắt AB F khác A BE cắt CF G Chứng minh rằng: Đường thẳng PG qua J AP qua tâm đường tròn Euler tam giác ABC Lời giải a) Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta chứng minh đường tròn ngoại tiếp AST qua J cố định Thật vậy: Gọi AT, AS giao với BC Q, R Ta thấy tứ giác ABPS ACPT hình thang cân ABR, ACQ cân R, Q Dễ thấy JK, JL trung trực AB, AC JK qua R JL qua Q Suy AQR J tâm đường tròn nội tiếp hay AJ phân giác SAT (1) Ta lại có tứ giác ACPT hình thang cân nên JQ trung trực PT JT=JP Tương tự JS=JP Do JT=JS (2) Từ (1) , (2) suy J thuộc đường trịn ngoại tiếp AST (đpcm) b) Ta có tứ giác AEGF nội tiếp từ gọi H ảnh điểm A qua phép đối xứng trục BC BPH = APB =AEB =GPC PG qua H Khi PG AP đối xứng qua BC Từ PG qua tâm ngoại tiếp J tam giác ABC AP qua điểm đối xứng J qua BC hay AP qua tâm đường tròn Euler tam giác ABC (đpcm) Bài tốn5 Cho hai đường trịn (O1), (O2) cắt A,B Đường thẳng Δ quay quanh B theo thứ tự cắt (O1), (O2) C, D Gọi M trung điểm CD, AM cắt (O2) P Đường thẳng qua M vng góc O1M cắt AC Q Chứng minh rằng: PQ qua điểm cố định Lời giải CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 23 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Ta có Do Kết hợp với , suy phép đối xứng tâm M ĐM : A P, BN;CD hay ĐM : (O1) (O4) kết hợp MQ O1O2, suy MQ trục đẳng phương đường trịn (O1), (O4) Từ đó, ý AQ NP theo thứ tự trục đẳng phương cặp đường tròn (O1), (O3) (O3), (O4) suy Q thuộc NP Vậy (BS, BA) = (PS, PA) (mod π) ( P thuộc đường trịn (BSA)) = (PN, PA) (mod π) ( PS, PQ, PN trùng nhau) = (BK, AK) (mod π) ( PN//BK, PA trùng với AK) Do BS tiếp xúc với (O1) Suy điểm S cố định mà PQ ln qua (đpcm) Bài tốn 6.Cho tam giác ABC dựng phía ngồi tam giác hình vng BCIJ, ACMN, ABEF Gọi O, P, Q tâm đối xứng hình vng a) Gọi D trung điểm AB Chứng minh rằng: DOP tam giác vuông cân đỉnh D b) Chứng minh AO vng góc PQ AO=PO Lời giải a) M A; B I BM AI BM AI Vì D trung điểm AB P trung điểm AM DP đường trung bình tam giác ABM DP song song (1) DO song song (2) CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 24 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Từ (1), (2) suy DP =DO Xét phép quay ta suy DP vng góc DO tam giác DOP vuông cân D (đpcm) b) Từ câu (a) suy O P; A Q AO PQ AO vng góc PQ (đpcm) Bài tốn 7.Trong tam giác nhọn ABC, H trực tâm, M, N hai điểm thuộc AB, AC cho Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN Lấy D điểm phía với A BC cho DBC tam giác Gọi F điểm phía với A HC cho FHC tam giác a) Chứng minh rằng: ΔFHD đồng dạng với ΔHNM b) Chứng minh rằng: H, O, D thẳng hàng Lời giải a) Ta có Vì H trực tâm tam giác ABC nên FD=HB Vậy (1) Vì CHM=BHN nên tam giác BHM đồng dạng CHN MH/NH=BH/CH=FH/FD (2) Từ (1), (2) suy ΔFHD ΔHNM b) Theo chứng minh phần a) Ta có MHO=900 -MNH=900 - (CHD-600)=1500 -CHD=MHD Vậy H, O, D thẳng hàng Bài tốn8 Cho đường trịn (O) hai điểm cố định B, C nằm đường trịn cho dây BC khơng đường kính Xét điểm A di động đường trịn (O) cho AB khơng AC A không trùng B,C Gọi D E giao điểm BC với phân giác phân giác ngồi góc BAC Gọi I trung điểm DE Đường thẳng qua trực tâm ABC vng góc với AI cắt đường thẳng AD AE tương ứng M, N Chứng minh rằng: MN qua điểm cố định Lời giải CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 25 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Gọi K giao điểm thứ hai AD (O) K trung điểm cung BC Dựng đường kính KL (O) L, A, E thẳng hàng Gọi J giao điểm MN KL Phép quay AL AK; AK AE; AO AI Suy Mà JO //AH nên AOJH hình bình hành OJ=AH Mặt khác, kẻ đường kính BB’ (O) B’ cố định AHCB’ hình bình hành Vậy JO = AH = B’C = số (với a=BC) điểm J cố định Sử dụng phép vị tự toán chứng minh Bàitoán 9.Chứng minh tam giác, trọng tâm, trực tâm tâmđường tròn ngoại tiếp nằm đường thẳng.(Đường thẳng Euler) Lời giải Gọi G, H, O tâm, trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M trung điểm cạnh BC Xét phép vị tự: A M nên biến AH thành đường thẳng trung trực BC Tương tự biến BH, CH thành trung trực AC, AB Suy biến H thành O Vậy O, G, H thẳng hàng (đpcm) Bàitoán 10 Trong tam giác, trung điểm cạnh, chân đường cao, trung điểm đoạn thẳng nối từ đỉnh đến trực tâm thuộc đường tròn (Đường trịn Euler – Đường trịn chín điểm) Lời giải CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 26 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Gọi G, H, O trọng tâm, trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; M, N, Plần lượt trung điểm cạnh BC, CA, AB; D, E, F trung điểm AH, BH, CH; A1, B1, C1 lần chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C; A2, B2, C2 giao điểm AH, BH, CH với đường tròn (O) Xét phép vị tự: A M, B N, CP Suy (O) biến thành (MNP) Gọi O’ tâm đường trịn (MNP) Khi :O O’ Suy O’ trung điểm OH Hơn (H, G, O’, O)= -1 nên H tâm vị tự (O) (O’) Xét phép vị tự : AD, BE, CFnên D, E, F thuộc đường tròn (O’) Mặt khác phép vị tự : A2 A1 , B2 B1, C2 C1nên A1, B1, C1 thuộc (O’) Vậy ta chứng minh điểm cho thuộc đường tròn Euler tâm đường tròn trungđiểm của đoạn thẳng nối trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Bài toán11 Cho ba điểm E, F, G theo thứ tự nằm ba cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Điều kiện cần đủ để ba đường thẳng AE, BF, CG đồng quy là: (Định lí Ceva) Lời giải Giả sử ba đường thẳng AE, BF, CG đồng quy O Từ A C kẻ đường thẳng song song với BF chúng cắt CG, AE K, I Khi Tương tự ta có Ngồi ta có cặp tam giác đồng dạng IEC OEB; AKG BOG Do Ngược lại giả sử Qua giao điểm đường thẳng AE BF, kẻ CC1 với C1 nằm AB Khi theo chứng minh phần thuận hay C1 trùng với G, ta có điều phải chứng minh CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 27 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Bài toán 12.Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn (O) Gọi (w) làđường tròntiếp xúc với AB, AC D E tiếp xúc với (O) K Chứng minh DE qua tâm nộitiếp tam giác ABC Lời giải Đặt Xét phép vị tự : (w) (I) Gọi I’ trung điểm DE, ta có (1) Mặt khác (2) Từ (1), (2) ta cóhay : J I’ Vậy I’ trùng với I Bài toán 13 Cho hai đường tròn (O1) (O2) tiếp xúc M Một điểm A thay đổitrên đường tròn (O2), từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến (O1) với B, C hai tiếp điểm BM, CM lầnlượt cắt (O2) D E DE cắt tiếp tuyến A (O2) F Chứng minh F thuộc đườngthẳng cốđịnh A di chuyển (O2) không thẳng hàng với O1 M Lời giải Gọi Ax tiếp tuyến A (O2), Mz tiếp tuyến chung hai đường tròn (O1) (O2) R1, R2 bán kính (O1) (O2) Xét phép vị tựbiến điểm A, D, E thành A’, B, C Suy biến đường thẳng DE thành BC, biến tiếp tuyến Ax (O2) thành tiếp tuyến A’y (O1) Khi biến điểm F thành điểm K (K giao điểm A’y BC) Mặt khác theo tính chất cực đối cực ta có K thuộc đường đối cực BC A (O1)nên A thuộc đường đối cực K (O1) nên K thuộc Mzdo F ∈ Mz Vậy F thuộc đường thẳng Mz cố định CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 28 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Bài toán 14 Hai đường trịn (O1), (O2) tiếp xúc ngồi C tiếp xúc với (O) D E Gọi (d) tiếp tuyến chung (O1) (O2) C Lấy AB làđường kính (O), AB vng góc với (d) cho A, D, O1 phía (d) Chứng minh AO1, BO2, DE (d) đồng quy Lời giải Gọi R, R1, R2 bán kính đường trịn (O), (O1), (O2).Xét phép vị tự : (O1) (O) Vì O1C //OB suy :(O1C) (OB) CB Do D, C, B thẳng hàng Hơn gọi X giao điểm CO1 (O1) XA, suy X AD Tương tự ta có E, C, A thẳng hàng Y BE ( Y giao CO2 với (O2)) Gọi M giao điểm AD BE Vì nên C trực tâm tam giác MAB Suy M(d) Gọi P, H giao điểm (d) với DE AB Khi ta có (MCPH)=-1, suy (AD, AC, AP, AH)= -1 (1) Mặt khác xét chùm (AD, AC, AO1, AH) có đường thẳng qua O1 song song với AH cắt AD, AC X, C O1 trung điểm XC nên (AD, AC, AO1, AH) = -1 (2).Từ (1) (2) ta có A, O1, P thẳng hàng Chứng minh tương tự B, O2, P thẳng hàng Vậy AO1, BO2, DE (d) đồng quy P Bài toán 15 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O,R) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC; Ia, Ib, Ic tâm đường tròn bàng tiếp ứng với góc A,B,C tam giác ABC; X,Y, Z tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC, OCA,OAB tương ứng; K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ, P điểm đối xứng với I qua O Chứng minh a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác IaIbIc có tâm P bán kính 2R b) Điểm K thuộc đường thẳng Euler tam giác ABC Lời giải CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 29 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi a) Áp dụng Đường tròn Euler cho tam giác chứng minh tính chất tâm đường trịn Euler trung điểm đoạn nối trực tâm tâm đường tròn nội tiếp Ta có I trực tâm tâm tam giác IaIbIc O tâm đường tròn Euler tam giác IaIbIc suy P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IaIbIc Đường tròn tâm O cắt IIa D ta có D trung điểm IIa nên DO trung bình tam giác IIaP nên PIa=2.OD=2R b) Chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC có I tâm đường tròn nội tiếp, tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Gọi H trực tâm tam giác DEF cmr: H, I, O thẳng hàng Thật vậy: Gọi A’, B’, C’ theo thứ tự giao điểm thứ AI, BI, CI với (O) I trực tâm tam giác A’B’C’ Gọi R, r bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác ABC Mặt khác Với G trọng tâm tam giác DEF suy OI đường thẳng Euler nên H, I, O thẳng hàng Quay lại tốn: Ta có O tâm đường tròn nội tiếp XYZ Gọi A1, B1, C1 giao điểm OA với YZ, OB với ZX, OC với XY, H1 trực tâm tam giác A1B1C1 Áp dụng bổ đề cho tam giác XYZ ta có K thuộc đường thẳng Euler A1B1C1 Xét phép Vị tự: nên biến đường thẳng Euler tam giác ABC thành đường thẳng Euler A1B1C1 Mặt khác hai đường thẳng qua O nên chúng trùng Suy K nằm đường thẳng Euler tam giác ABC Bài toán 16.Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) Gọi D điểm đối xứng với A qua BC E điểm đối xứng với B qua AC, F điểm đối xứng với C qua BA H trực tâm tam giác ABC Chứng minh: D, E, F thẳng hàng OH=2R CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 30 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Lời giải Gọi G trọng tâm tam giác ABC, qua A, B, C kẻ đường thẳng a, b, c song song với BC, CA, AB Gọi Suy A, B, C trung điểm B2C2, C2A2, A2B2 HA, HB, HC trung trực B2C2, C2A2, A2B2 suy H tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác A2B2C2 Vì G trọng tâm tam giác ABC nên G trọng tâm tam giác A2B2C2 phép vị tự : ( A2B2C2)(ABC) suy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác A2B2C2 2R Gọi A1 trung điểm BC D’ hình chiếu O B2C2 Ta có: nên hay Tương tự ; Như D, E, F thẳng hàng D’, E’, F’ thẳng hàng Mặt khác D’, E’, F’ hình chiếu vng góc O cạnh tam giác A2B2C2 nên D’, E’, F’ thẳng hàng Bài toán 17.Cho đường trịn (O) (O’) có bán kính khác cắt A B Một đường thẳng tiếp xúc với (O) P, tiếp xúc với (O’) P’ Gọi Q Q’ chân đường cao hạ từ P P’ xuống OO’ Đường thẳng AQ AQ’ cắt lần thứ hai với hai đường tròn M M’ Chứng minh M,M’,B thẳng hàng Lời giải Hai đường tròn cắt suy : , gọi S tâm vị tự ngồi hai đường trịn Xét phép vị tự : Suy : Ta có : Suy tứ giác AQOA’ nội tiếp đường tròn Suy Vậy Do tam giác MOA tam giác M’O’A’ cân Suy : Ta có : Mà góc : Suy : Do M, B, M’ thẳng hàng Bài toán18 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F Gọi K, L, M điểm CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 31 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi cung BC (không chứa điểm A), cung CA (không chứa điểm B), cung AB (không chứa điểm C) Chứng minh KD, LE, MF đồng quy điểm Lời giải A L E M F S B I O C N D K Gọi N giao điểm đường thẳng BC MK Khi đó: =sđ (sđ +sđ) (1) DF vng góc với IB nên: (2) Từ (1) (2) ta Chứng minh tương tự ta Do kết hợp với hai tam giác hướng nên tồn phép vị tự suy KD, LE, MF đồng quy điểm Nhận xét Ta có nên biến đường trịn ngoại tiếp tam giác thành đường tròn ngoại tiếp tam giác hay suy thẳng hàng Vậy KD, LE, MF đồng quy điểm nằm đường thẳng Sử dụng Phép vị tự - quay toán chứng minh Bài toán 19.Cho hai đường tròn (O1) (O2) cắt P, Q AC, BD tương ứng dây cung (O1) (O2) cho đoạn thẳng AB tia CD cắt P Tia BD cắt AC X Điểm Y nằm (O1) cho PY song song với BD Điểm Z nằm (O2) cho PZ song song AC Chứng minh Q, X, Y, Z nằm đường thẳng Lời giải Giả sử XQ cắt (O1) Y’, cắt (O2) Z’ Ta có Q tâm phép vị tự quay biến D thành C; B thành A Do Q tâm phép vị tự quay biến D thành B; C thành A Theo cách xác định tâm phép vị tự quay Q nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác XDC CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 32 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi X, D, Q, C nằm đường tròn nên Suy DX//PY’.Vậy Y ' Y Suy PZ’//AC Vậy Z 'Z Vậy điểm Q, X, Y, Z nằm đường thẳng Bài toán 20.Cho tứ giác lồi ABCD, gọi E, F điểm cạnhAD, BC cho Tia FE cắt tia BA tia CD S T Chứng minh rằngđường tròn ngoại tiếp tam giác SAE, SBF, TCF, TDE qua điểm chung Lời giải Nhận xét: Các điểm E, F điểm có “cùng tính chất đoạn AD BC”; qua phép đồng dạng biến điểm có tính chất thành điểm có tính chất ảnh Gọi O giao điểm đường trịn ngoại tiếp hai tam giác SAE SBF Ta chúng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác TCF, TDE qua O Để ý O tâm phép vị tự quay biến A thành B E thành F O tâm phép vị tự quay f biến B thành A F thành E Qua f biến tia BE thành tia AF , mà nên qua f biến C thành D Theo cách xác định tâm phép vị tự quay biến F thành E; C thành D O giao điểm thứ hai hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác TFC TED Vậy bốn đường tròn ngoại tiếp tam giác SAE, SBF, TCF, TDE qua điểm chung O (đpcm) Bài toán 21.Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Đường chéo AC cắt BD P Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP CDP cắt P Q phân biệt khác O Chứng minh Lời giải CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 33 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Ta thấy Q tâm phép vị tự quay biến A thành C B thành D tâm phép vị tự quay f biến A thành B C thành D.Yêu cầu cần chứng minh tương đương với việc chứng minh điểm Q, P, M, N nằm đường tròn (M, N trung điểm AC, BD) Xét phép vị tự quay f biến AC thành BD biến trung điểm AC M thành trung điểm BD N Theo định nghĩa phép vị tự quay suy (QM,QN)=(QA,QB) Mà (QA,QB)=(PA,PB) (do A, P, Q, Bcùng nằm đường trịn) Suy (QM,QN)=(PA,PB) Do bốn điểm P, M, Q, N nằm đường tròn Mà ta lại có O, P, M, N nằm đường trịn đường kính OP nên Bài tốn22.Trên mặt phẳng, cho đường tròn (O) hai điểm cố định B, C đường trịn cho BC khơng đường kính (O) Gọi A điểm di động đường trịn (O) A khơng trùng với hai điểm B, C Gọi D, K, J lần luợt trung điểm BC, CA, AB E, M, N lần luợt hình chiếu vng góc A, B, C BC, DJ, DK Chứng minh tiếp tuyến M, N đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN cắt diểm T cố định điểm A thay đổi (O) Lời giải Đường trịn ngoại tiếp tam giác EMN đường trịn đường kính HD Bằng việc lấy đối xứng qua trục BC ta chứng minh T’ giao điểm hai tiếp tuyến với (I) M’, N’ cố định CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 34 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Gọi X giao điểm hai tiếp tuyến với (O) B, C Gọi Q giao điểm thứ hai hai đường tròn (O) (I) Q tâm phép vị tự quay f biến M’ thành B; N’ thành C; f biến D thành D’; I thành O; T’ thành X - XD’ đường đối trung tam giác D’BC nên Suy H’B = SC - Từ dễ chứng minh tam giác XSC tam giác XH’B S đối xứng với H qua D AS đường kính (O) - Qua f biến thành Vậy X, T’, D, O thẳng hàng - Qua f biến thành Suy IT’// XH’ Vậy T’ trung điểm XD T’ cố định nên T cố định Bài tốn23.Cho đường trịn (O) có đường kính AB Gọi N giao điểm phân giác góc M tam giác AMB với đường tròn (O) Đường phân giác ngồi góc cắt đường thẳng NA, NB P, Q Đường thẳng MA cắt đường trịn đường kính NQ R, đường thẳng MB cắt đường tròn đường kính NP S R, S khác M Chứng minh đường trung tuyến ứng với đỉnh N tam giác NSR qua điểm cố định M di động phía đường trịn Lời giải Ta có Để chứng minh N, O , G thẳng hàng ta chứng minh Ta có N tâm phép vị tự quay f biến đường trịn đường kính NQ thành đường trịn đường kính NP Do nên f có góc quay 900 M’M đường kính đường trịn đường kính NP SA, MA cắt đường trịn đường kính NP T, Y Qua phép vị tự quay f M biến thành M’, R biến thành Y, Q biến thành P B biến thành B’ đoạn PN.Do (M'B',M'P) =(MB,MQ) =(MS,MP) = (M'S,M'P) nên M’, B’, S thẳng hàng , suy MN = YN Lại PM phân giác góc nên PM = PY Vậy Y, S đối xứng qua đường kính PN Suy M, T đối xứng qua đường kính PN Tương tự M, K đối xứng qua NQ Suy T, N, K thẳng hàng Ta có: , tương tự Mà nên ( đpcm) Các tập vận dụng Bài Trên cạnh tứ giác lồi dựng phía ngồi hình vng Chứng minh đoạn thẳng nối tâm hình vng đối có độ dài vng góc với Bài Cho lục giác lồi ABCDEF nội tiếp đường trịn tâm O có cạnh AB, CD, EF bán kính đường trịn Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, DE, AF Chứng minh rằng: Tam giác MNP tam giác CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 35 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Bài Đường tròn nội tiếp (I) tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC D Gọi M, E trung điểm BC, AD Chứng minh E, O, M thẳng hàng Bài Cho tam giác không cân ABC với H, M trực tâm trọng tâm tam giác Các đường thẳng qua A, B, C vng góc với AM, BM, CM cắt tạo thành tam giác có trọng tâm G Chứng minh G nằm đường thẳng MH Bài Trên cạnh AB, BC, CA tam giác ABC phía ngồi tam giác ta dựng hình vng Chứng minh đường trung trực đoạn thẳng đồng quy Bài Cho ABC, I trung điểm BC Dựng phía ngồi tam giác MAB NAC có tâm O2 Chứng minhrằng: đồng dạng CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 36 | ... toán học tuổi trẻ) [2] Các thi Olympic toán Trung học phổ thông Việt Nam (1990-2006) [3] Tài liệu từ Internet CHUYÊN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 16 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Chuyên. .. dưỡng học sinh giỏi Chuyên đề 3 HÌNH HỌC PHẦN II: PHÉP DỜI HÌNH VÀ PHÉP ĐỒNG BàiDẠNG 2: ÁP DỤNG PHÉP DỜI HÌNH VÀ ĐỒNG DẠNG VÀO CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH Giáo viên thực chuyên đề: Tô Minh Trường Đơn... Lời giải CHUN ĐÊ 1: ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 12 | Tài liệu chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Gọi X, Y hình chiếu M lên AB, AC theo thứ tự Gọi Z, T hình chiếu N lên AB, AC theo thứ tự Ta có: (XY, ZT)