Đang tải... (xem toàn văn)
Cho tứ giác toàn phần ABCDEF có ABCD nội tiếp.. Bổ đề được chứng minh.. Chứng minh rằng I là trung điểm MN.. Cho tứ giác ABCD cố định có hai đường chéo AC, BD cắt nhau ở P. Trung[r]
(1)hần
TUYỂN TẬP
CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC TỪ
MỘT SỐ CHUYÊN GIA VIỆT NAM
(2)PHẦN THẦY NGUYỄN MINH HÀ
Bài tốn Cho tam giác khơng cân ABC, O, H theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp trực tâm A1, B1, C1 theo thứ tự trung điểm AH, BH, CH A2, B2, C2 theo thứ tự điểm đối xứng
của H qua trung điểm OA1, OB1, OC1 Chứng minh đường tròn (OA1A2), (OB1B2),
(OC1C2) qua điểm thuộc đường tròn Euler tam giác ABC
Lời giải Gọi (N) đường tròn Euler tam giác ABC; S giao điểm thứ hai (OA1A2),
(OB1B2) Dễ thấy OHA1A2, OHB1B2, OHC1C2 hình bình hành
Từ đó, ý HBCA/ /C1A1 HACB/ /C B1 1, suy
(SA , SB ) (SA , SO) (SO, SB ) (A A , A O) (B O, B B ) (mod )
(HO, HA) (HB, HO) (HB, HA) (CA, CB) (C A , C B ) (mod ).
1 1 2 2
1 1
Điều có nghĩa S thuộc (N) (1) Vậy, ý B1A / /1 AB BACH, ta có
(SC , SO) (SC , SA ) (SA , SO) (B C , B A ) (A A , A O) (mod )
(BC, BA) (OH, AH) (AH, CH) (OH, AH) (OH, C H) (C C , C O) (mod ).
1 1 1 1 2
1 2
Điều có nghĩ S thuộc (OC1C2) (2) Từ (1) (2) suy đpcm
Bài toán Cho tam giác ABC (K) đường tròn qua B, C không qua A E, F theo thứ tự giao điểm thứ hai (K) CA, AB H giao điểm BF CE Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KEF thuộc OH
Lời giải
Gọi P giao điểm BC EF; Q giao điểm thứ hai AP (O); L tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KEF; M, N theo thứ tự trung điểm EC, FB; X, Y, Z theo thứ tự giao điểm thứ hai HQ, HB, HC (O) Dễ thấy PA.PQPB.PCPE.PF.
Điều có nghĩa A, Q, E, F thuộc đường trịn (1)
Do tam giác QEC, QFB đồng dạng hướng (kết quen thuộc)
(3)Từ đó, ý M, N theo thứ tự trung điểm EC, FB, suy tam giác QEM, QFN đồng dạng hướng
Do (MA, MQ)(MF, MQ)(NE, NQ) (NA, NQ) (mod ) Điều có ngghĩa A, Q, M, N thuộc đường tròn
Từ (1) (2), ý KMAKNA 90 , suy A, K, Q, M, N thuộc đường tròn
đường kính AK Do XQAKQA 90 (3)
Áp dụng định lí Brocard cho tứ giác BCEF, ta có KH AP (4)
Từ (3) (4) suy K, H, Q thẳng hàng KHQAP Dễ thấy AOEF (5) Dễ thấy (YZ, EF)(YZ,YB) (EB, EF) (CZ, CB) (CB, CF) (CZ, CF) 0(mod ). Do YZ / / EF (6)
Từ (5) (6) suy AOYZ (7)
Từ (3), (6) (7) suy AOX YZ Do XY XZ. Vậy XY KE
XZ KF (8)
Dễ thấy ( XY , XZ) 2( XA, XZ)2(CA, CZ)2(CE, CF)(KE, KF) (mod 2) (9)
Từ (8) (9) suy hai tam giác XYZ, KEF đồng dạng hướng Kết hợp với (6) suy tam giác XYZ, KEF có cạnh tương ứng song song HYEZF.
Nói cách khác tam giác XYZ, KEF ảnh qua phép vị tự có tâm H Từ đó, ý O, L theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ, KEF, suy H, O, L thẳng hàng Điều có nghĩa L thuộc OH
Bài toán Cho tam giác ABC hai điểm đằng giác I, J M, N theo thứ tự trung điểm BC,
AJ D, E, F theo thứ tự hình chiếu I BC, CA, AB P, Q theo thứ tự giao điểm IE, IF DF, DE Chứng minh MN PQ.
Lời giải
Z
Y
X
L H
M N
P Q
E
K O
A
B
(4)Gọi X, Y theo thứ tự giao điểm BJ, CJ AC, AB; Z, T theo thứ tự trung điểm XY CY; H, K theo thứ tự hình chiếu J AB, AC Theo kết đường thẳng Gauss, M, N, Z thẳng hàng (1)
Chú ý B, D, I, F thuộc đường tròn; I, J hai điểm đẳng giác tam giác ABC; C, D, I, E thuộc đường tròn, ta có
(DP, DI ) (DP, DB) (DB, DI ) (DF, DB) (FB, FI ) (mod )
(IF, IB) (BA, IF) (BA, BI ) (BJ, BC) (BX , BC)(mod );
(IP, ID)(IE, ID)(CE, CD)(CX , CB) (mod ). Do tam giác DPI, BXC đồng dạng hướng
Tương tự tam giác DQI, CYB đồng dạng hướng
Từ đó, ý M, Z, T theo thứ tự trung điểm BC, XY, CY;
IP IP ID CX BC CX TZ
. . ;
IQ ID IQ CB BY BY TM
2
2
(IP, IQ) (IP, ID) (ID, IQ) (CX , CB) (BC, BY ) (mod )
(CX , CB) (CB,YB) (CX ,YB) (TZ, TM) (mod ).
Do tam giác IPQ, TZM đồng dạng hướng Kết hợp với IPAC / / TZ, suy PQZM (2) Từ (1) (2) suy PQMN.
Bài tốn Về phía ngồi tam giác ABC dựng hình chữ nhật BCXY, CAZT, ABUV cho ZV / / AB S giao điểm YZ XV Chứng minh ASBC.
Lời giải
Ta cần có bổ đề
(5)Bổ đề Về phía ngồi tam giác ABC dựng hình chữ nhật CAZT, ABUV cho ZV / / AB. K là giao điểm BZ CV Khi AKBC.
Chứng minh
Gọi (M), (N) theo thứ tự đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật CAZT, ABUV; L giao điểm thứ hai (M) (N); E, F theo thứ tự giao điểm thứ hai (M), (N) CV, BZ; H giao điểm ZE VF
Vì M, N theo thứ tự trung điểm CZ, BV nên MN / / BC / /ZV (1) Dễ thấy H trực tâm tam giác KZV
Do KHZV Kết hợp với (1), suy KHBC(*) Dễ thấy ALMN Kết hợp với (1), suy ALBC (2)
Dễ thấy PH /( M ) HZ.HEHV.HFPH /(N ).
Do HAL(3)
Từ (2) (3) suy AHBC (**) Từ (*) (**) suy AK BC.
Trở lại toán,
Gọi K giao điểm BZ CV; W giao điểm BU CT; P giao điểm AZ đường thẳng qua W song song với AC; Q giao điểm AV đường thẳng qua W song song với AB; E, F theo thứ tự giao điểm BP, CQ ZV
V
T
U L
F E
M N
K H A
B C
(6)Ta có PQ PAAQWCBW BC (1)
Dễ thấy lục giác BWCQAP nội tiếp đường tròn đường kính AW
Do PBCPAC 90; QCB QAC90 (2) Từ (1) (2) suy BCQP hình chữ nhật Vậy YX / / BC / / PQ / / EF.
Do Z(AKSV) Z(PBYE) (PBYE) (QCXF) V(QCXF)V(AKSZ). Do A, K, S thẳng hàng (3)
Theo bổ đề trên, AK BC (4) Từ (3) (4) suy ASBC.
Bài tốn Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) E giao điểm AB CD F giao điểm AD CB K giao điểm đường phân giác AED, AFB. M, N, P, Q theo thứ tự hình chiếu K AB, BC, CD, DA Chứng minh OK, MP, NQ đồng quy Lời giải
Ta cần có hai bổ đề
Bổ đề Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) E giao điểm AB CD Gọi P, Q theo
thứ tự giao điểm BC, EF phân giác trong góc AED S giao điểm đường thẳng qua P vuông góc với AD đường thẳng qua Q vng góc với CB Khi O, E, S thẳng hàng
Chứng minh
Gọi M, N theo thứ tự hình chiếu O AD, CB; H, K theo thứ tự hình chiếu E AD, CB; P, Q theo thứ tự hình chiếu S AD, CB
Dễ thấy tam giác EAD, ECB đồng dạng
Từ đó, ý M, N theo thứ tự trung điểm AD, CB; H, K theo thứ tự hình chiếu E AD, CB; P, Q theo thứ tự chân đường phân giác kẻ từ E tam giác EAD, ECB
OM / / KP / / AR; ON / / KQ / / OS, suy O, K, A thẳng hàng
K F
Q E
P
W S
X
T Z
U
A
B C
V
(7)Bổ đề Cho tam giác ABC điểm O không thuộc BC, CA, AB Các điểm M, N theo thứ tự thuộc AB, AC Các điểm P, Q theo thứ tự thuộc BN, CM cho OP, OQ theo thứ tự song song với AB, AC Các điểm R, S theo thứ tự thuộc AC, AB cho MR, NS theo thứ tự song song với AP, AQ T giao điểm BR, CS Khi A, O, T thẳng hàng
Chứng minh
Gọi W, U, V theo thứ tự giao điểm AO, BO, CO BC, CA, AB
Dễ thấy điều kiện sau tương đương A, O, T thẳng hàng
2 B( ACOT )C( ABOT ).
3 B( ACUR )C( ABVS ).
4 ( ACUR )( ABVS ).
M N H
K S P
Q E
O B
A
D C
W
V U
T S R
Q P
B
A
C O
M
(8)5 UA: RA VA SA: . UC RC VB SB
6 UA: MP VA NQ:
UC MC VB NB (vì RM / / AP; SN / / AQ)
7 UA VO: VA UO:
UC VC VB UB (vì MV / / PO; NU / / QO)
8 VB UA WC. . UB VO WC. . . VA UC WB UO VC WB
9 1 (vì AW, BU, CV đồng quy (tại O); OW, BV, CU đồng quy (tại A))
Trở lại giải toán
Gọi L giao điểm MP NQ; X, Z theo thứ tự giao điểm FK AB, CD; Y, T theo thứ tự giao điểm EK AD, CB; U giao điểm đường thẳng qua X vng góc với AB đường thẳng qua Z vng góc với CD; V giao điểm đường thẳng qua Y vng góc với BC đường thẳng qua T vng góc với DA Theo bổ đề 1, ba điểm F, O, U E, O, V Dễ thấy 180 180 2 180 180 180
2 2
180 90
2 2
AFE CFE AEF CEF FKE KFE KEF
AFE AEF CFE CEF AFE AEF CFE CEF
FAE FCE BAD BCD
(9)Do XZ EK ;YT FK (1)
Vì KEMKEP; KMKP KFNKFQ; KN KQ nên EM EP; FNFQ.
Do MPEK ; NQFK (2)
Từ (1) (2) suy LM / / KF ; LQ / / KE (3)
Vì XUAB; MK AB TVAD; QK AD nên XU / / MK ;TV / / QK (4)
Từ (3), (4), áp dụng bổ đề cho tam giác KFE điểm L, suy O, L, K thẳng hàng Nói cách khác OK, MP, NQ đồng quy
Bài Cho tam giác ABC A1, B1, C1 theo thứ tự tiếp điểm đường tròn bàng tiếp (Ia),
(Ib), (Ic) BC, CA, AB K giao điểm AA1, BB1, CC1 Các điiểm A2, B2, C2 theo thứ tự
thuộc BC, CA, AB cho KA2, KB2, KC2 vng góc với AI, BI, CI Chứng minh A2, B2,
C2 thuộc đường thẳng vng góc với IK
Lời giải
Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề Cho tam giác ABC Đường tròn nội tiếp (I) theo thứ tự tiếp xúc với AC, AB E, F K, L theo thứ tự điểm đối xứng với E, F qua I S giao điểm BK CL Đường thẳng qua S vng góc với AC theo thứ tự cắt BI, AC M, N Đường thẳng qua S vng góc với AB theo thứ tự cắt CI, AB P, Q Chứng minh M, N, P, Q thuộc đường tròn
Y T
Z X
Q P
M N
S L
K
F E
I A
(10)Chứng minh Gọi X, Z theo thứ tự giao điểm EK, NS AB; Y, T theo thứ tự giao điểm
của FL, QS AC
Chú ý KL XY , theo định lí Thales, ta có
SM KI LI SP SZ KX LY ST
Do MP ZT Từ đó, ý Z, T, N, Q thuộc đường tròn, suy M, N, P, Q thuộc đường trịn
Trở lại tốn,
Gọi A’ B’, C’ theo thứ tự hình chiếu A2, B2, C2 IK; A3 giao điểm AI KA2;
A4 điểm đối xứng A0 qua I; A5, A6 theo thứ tự giao điểm đường thẳng qua K
vng góc với BC AI, BC Tương tự có B5, B6; C5, C6
Theo bổ đề trên, KA KA5 6KB KB5 6KC KC5 6 k
Dễ thấy KA KI' KA KA2 3KA KA5 6k Do KA' k
KI
Tương tự KB' k ;KC' k
KI KI
Vậy A'B'C'
Điều có nghĩa A2, B2, C2 thuộc đường thẳng vng góc với IK
Bài Về phía ngồi tam giác ABC, dựng tam giác A1BC, B1CA, C1AB theo thứ tự vuông cân
tại A1, B1, C1 A2, B2, C2 theo thứ tự ảnh đối xứng A, B, C qua B1C1, C1A1, A1B1 Chứng
minh đường thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, A2B2C2 qua trực tâm
của tam giác A1B1C1
A3
A6
A5
A4
A'=B'=C'
A2
K C1
B1
A1
C0
B0
A0 I
A
(11)Lời giải
Ta cần có bổ đề
Bổ đề Về phía ngồi tam giác ABC dựng tam giác A1BC, B1CA, C1AB theo thứ tự vng
cân A1, B1, C1 Khi AA1, BB1, CC1 đồng quy trực tâm H1 tam giác A1B1C1
Trở lại toán,
Gọi (O2) đường tròn ngoại tiếp tam giác A2B2C2; A3, B3, C3 theo thứ tự giao điểm thứ
hai AA1, BB1, CC1 (O2)
Theo bổ đề trên, AA1, BB1, CC1 đồng quy H1
Vì A B1 2A B1 A C1 A C1 2 nên B, C, B2, C2 đồng viên Do
1
H B H B H C H C
Kết hợp với H B H B1 2H C H C1 2, suy
1
1 3
H B H C H B H C
Tương tự 1
1 3
H A H B H C k H A H B H C
Từ đó, suy phép vị tự
k H
V biến tam giác A3B3C3 thành tam giác ABC
Do O, H1, O2 thẳng hàng (đpcm)
(12)PHẦN THẦY TRẦN QUANG HÙNG
Bài Cho tam giác ABC nhọn khơng cân nội tiếp đường trịn ( )O với đường cao
, ,
AD BE CF trực tâm H Giả sử DEHC Q DF, HBR Tiếp tuyến ( )O ,B C
cắt T. Chứng minh HT chia đôi RQ
Lời giải
Gọi AP đường kính ( )O Giả sử PCABN PB, AC M P trực tâm tam giác AMN. Do đó, dễ thấy T trung điểm MN Dựng hình bình hành BCNK BCLM
Ta thấy BE CN , vng góc với AC nên K B E, , thẳng hàng Tương tự , ,L C F
thẳng hàng Ta MLNK hình bình hành nên T trung điểm KL
Gọi S điểm đối xứng với O qua BC , S tâm ngoại tiếp (BHC )
Mặt khác RH RB RD RF (tứ giác BDHF nội tiếp) nên R có phương tích đến đừơng tròn(DEF),(BHC Tương tự với điểm ) Q Suy RQ trục đẳng phương đường tròn
Hơn nữa, AH OS AH OS, nên AHSO hình bình hành AS qua trung điểm OH , tâm (DEF Từ ta thấy ) RQ AS Ta lại có
2
OS OA OC BC ML
OA OT OT CT MT
(13)Bài Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường trịn ( )I có M N P Q tiếp điểm ( ), , , I lên
cạnh AB BC CD DA Gọi , , , K L, tâm ngoại tiếp tam giác AMN APQ Gọi R , giao điểm BD KL, J giao điểm AI MQ Chứng minh , RARJ
Lời giải
Gọi ,S T trung điểm AM AQ Khi đó, , KS trung trực AM LT trung trực
AQ Suy AI SK TL đồng quy tâm ngoại tiếp , , G tam giác AMQ
Chú ý BI trung trực MN nên KBI; tương tự LDI
Xét hai tam giác IBD GST có BS DT IG đồng quy , , A nên theo định lý Desargues điểm , ,T S L thẳng hàng
Do đó, R thuộc trung trực đoạn AJ nên RARJ
Bài Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp ( )O đường tròn ( ) cố định qua ,A O
cắt AB AC , F E, Giả sử OE OF cắt ( ), O M N, Gọi P điểm cung BC ( ).O
Đường thẳng AP( ) L OL cắt ( )O G H (điểm , G N phía so với , AP)
,
MPCGJ NPBH I Chứng minh P thay đổi (PIJ ln qua điểm cố định )
Lời giải
Gọi D giao điểm khác A ( ), ( ). O Ta có
2
AOD AED
ECD
(14)Suy M trung điểm cung CD (O) Do BM phân giác góc B tam giác BCD Tương tự với N
Cũng cách trên, ta có LDLP OL trung trực DP , kéo theo G H trung điểm , cung (O), suy I J, tâm nội tiếp tam giác DBP DCP ,
Giả sử (PIJ cắt ( )) O T theo mơ hình vị tự quay (chú ý JM DM IN, DN ), ta có
TM JM DM
TN IN DN
Do tứ giác DNTM điều hịa T điểm cố định Ta có đpcm
Bài Cho tam giác ABC cân A có P nằm tam giác cho BPC180 A Các đường thẳng PB PC cắt , CA AB , E F, Gọi I J, tâm bàng tiếp ứng với đỉnh ,B C tam giác ABE ACF Gọi K tâm ngoại tiếp tam giác AEF Chứng minh KI KJ
Lời giải
Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:
Cho tứ giác toàn phần ABCDEF có ABCD nội tiếp Gọi M N, trung điểm AC BD,
Khi đó, phân giác góc E F, qua điểm thuộc MN.
D
T J
I
H
G
L N
M
F
E
O A
B C
(15)Chứng minh Ta có: EACEBD g g( ) M N, trung điểm hai cạnh tương ứng nên ta có EMCEND g g( ) Suy EM EN, đẳng giác góc E phân giác góc AEB,MEN trùng
Giả sử I giao điểm phân giác MN
IM EM AC
IN EN BD
Tương tự, gọi I giao điểm phân giác góc F MN I M AC I N BD
Suy I I hay phân giác góc E F, MN đồng quy Bổ đề chứng minh
Trở lại toán,
Do BPC 180 A nên EPF EAF 180, tức AEPF nội tiếp hay P( ).K
Gọi G điểm đối xứng với A qua BC Vì
180
BPC BGC
nên G(BPC)
Mặt khác GBGC nên PG phân giác BPC EPF
Dễ thấy IJ phân giác ngồi EAF nên qua trung điểm cung EF chứa A ( )K , mà PG qua trung điểm (vì phân giác EPF) nên đường thẳng PG IJ , cắt R thuộc ( ).K
Gọi S trung điểm AP L giao điểm BI CJ Khi đó, theo bổ đề cho tứ giác tồn , phần AEPFBC L nằm đường thẳng nối S trung điểm EF
Đây đường thẳng Gauss tứ giác tồn phần nói nên SL qua trung điểm I
N
M E
F
A
B
(16)Do IJ BC (cùng vng góc với phân giác BAC) SL qua trung điểm BC nên qua trung điểm N IJ theo bổ đề hình thang
Hơn nữa, MS đường trung bình tam giác APG nên MS PG qua trung điểm N AR Vì AR dây cung ( )K nên KN AR, mà N trung điểm IJ nên tam giác KIJ cân K Vậy ta có KI KJ, đpcm
Bài Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp ( )I tiếp xúc AC AB , E F, Gọi ,
G H theo thứ tự điểm đối xứng với E F, qua I Giả sử GH cắt BC P Các điểm
,
M N thuộc IP cho CM vng góc với IB BN vng góc với IC Chứng minh I trung điểm MN
Lời giải
Trước hết, ta có chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp ( )I tiếp xúc
với BC D Kẻ đường kính DK ( )I gọi M trung điểm BC Khi IM AK N
L S
R
G
J I
F
E
M
B C
A
P
C' B'
E M K
D I
C B
(17)Trở lại toán,
Gọi D tiếp điểm ( )I lên BC Q K điểm đối xứng với , D P, qua tâm I
Dễ dàng thấy K( )I PD tiếp xúc với ( )I nên ta có QK tiếp xúc với ( ).I
Cũng tính đối xứng Vì EF đối xứng với GH qua I PGH nên QEF
Giả sử AK cắt lại ( )I L rõ ràng tứ giác KEFL điều hịa (vì AE AF tiếp tuyến , ( )I ), suy EF tiếp tuyến K L, đồng quy
Từ ta có QL tiếp xúc với ( )I ALIP
Gọi R trung điểm BC Áp dụng bổ đề trên, ta có
IR AK nên IRIP
Tiếp theo, giả sử BN CM cắt EF ,, S T biến đổi góc, dễ dàng có được:
90
BTC BSC
Suy ,T S thuộc đường trịn đường kính BC
Đường thẳng qua tâm R vng góc với IR cắt CT BS , M N, nên theo định lý bướm, ta có IM IN
Bài toán chứng minh
Bài Cho tứ giác ABCD cố định có hai đường chéo AC, BD cắt P Trung trực AC, BD cắt K Đường thẳng d thay đổi qua K cắt (PAB) Q, R Chứng minh trực tâm tam giác PQR ln thuộc đường trịn cố định d thay đổi
R L
Q K
N
M S
T
P
G
H
D
F E
I A
(18)Bài Cho tam giác ABC không vuông A, điểm D cố định BC Gọi P điểm di chuyển nằm tam giác ABC Gọi B1, C1 hình chiếu P lên cạnh AC, AB Giả sử DB1, DC1
cắt AB, AC C2, B2 (AB1C1) cắt (AB2C2) Q Chứng minh PQ qua điểm cố định
(19)(20)PHẦN THẦY NGUYỄN VĂN LINH
Bài Cho tam giác ABC nhọn khơng cân có trực tâm H tâm ngoại tiếp O Giả sử (BOH ) cắt AB F B, (COH cắt ) AC EC. Gọi P giao điểm EF OH
a) Chứng minh PAPH
b) Chứng minh đường tròn Euler tam giác ABC AEF tiếp xúc
Lời giải
Giả sử (BOH cắt ) BC K ý
OHK OBK OBC HBA HKF
nên OH FK Do F K, đối xứng qua trung trực d OH
Tương tự, gọi L giao điểm (COH ) BC L E, đối xứng qua d
Suy EF KL, đối xứng qua d hay nói cách khác BC EF đối xứng qua , d
Gọi H K, giao điểm trung trực AH với AH OH , GOHBC. Ký hiệu M trung điểm BC HH OM HHOM nên hai tam giác H HP MOG ,
Điều cho thấy HP OG hay P G, đối xứng qua d Mà GBC nên theo tính đối xứng, ta có PEF hay P P Vì nên PH PA
b) Giả sử tam giác AEF nhọn Khi đó, ta chứng minh H I O thẳng hàng với I tâm , , ngoại tiếp tam giác AEF Lấy A B, ( )O cho AA OH BB AC
M H'
G K
P'
H
O
F
E
C B
(21)Theo câu a PA PAPH nên H A đối xứng qua EF , mà ta biết , H B đối xứng , qua AC Suy EH EAEB nên E tâm (HA B )
Do HEA 2 HB A , đối xứng, HEA 2 FEA nên FEA HB A FAA Từ đó, ta , , ,A E F A thuộc đường tròn
Gọi T trung điểm HA 1
2
HT HA HAOM nên biến đổi góc, ta chứng minh
được HOMT hình thang cân, ngồi ra, gọi O I điểm đối xứng tâm ngoại tiếp tam 1, 1
giác ABC qua BC tâm ngoại tiếp tam giác AEF qua EF H O I thẳng hàng , 1, 1
Cuối cùng, xét phép vị tự tâm ,A tỷ số 1
2 :AH O, 1O I, 1I với O I tâm ,
Euler tam giác ABC AEF (theo tính chất quen thuộc điểm đối xứng với , O qua BC nằm đường thẳng qua A tâm Euler) Do đó,H O I, thẳng hàng ,
Ngồi ra, (AEF),(ABC qua ) A nên qua phép vị tự trên, đường tròn (O), ( )I
đi qua H , nên hai đường tròn Euler AEF ABC tiếp xúc trung điểm , AH
Bài Cho tam giác ABC nội tiếp ( )O có P thay đổi trung tuyến AM tam giác ABC Đường tròn (APB),(APC cắt lại ) AC AB điểm , E F, Gọi G giao điểm EF BC , Đường tròn (AEF cắt ) AP T. Chứng minh đối xứng T qua PG nằm ( ).O
Lời giải
T
A'
B'
I
M K
H
O
F
E
C B
(22)Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:
Cho tam giác ABC nội tiếp ( )O có P mặt phẳng Đường tròn (APB),(APC cắt lại ) ,
AC AB điểm E F, Đường tròn (AEF cắt ) AP T. Gọi H điểm đối xứng với K qua
P Chứng minh H( ).O
Thật vậy,
Gọi L giao điểm FK (APC ), M S điểm đối xứng với , K E, qua , L C Ta có
LCA AFL AEK
nên KE LC
Ngoài ra, MS KE nên MSAKEAAFM nên tứ giác AFSM nội tiếp
Mặt khác, KA KH 2KA KP 2KF KL KF KM nên tứ giác AFMH nội tiếp Do đó, năm điểm , , ,A F S H M thuộc đường tròn ,
Tương tự, (AEH) qua điểm đối xứng F qua B Từ ta có
/( ) /( )
/( ) /( )
1
C AEH B AEH
C AFH B AFH
nên điểm , ,A B H C thuộc đường tròn Bổ đề chứng minh ,
Trở lại toán,
Gọi X Y giao điểm thứ hai , (APB), (APC) với BC gọi , J tâm (AEF) L điểm đối xứng A qua trung trực BC Ta có
(23)
Từ suy ra, B/(AEF) BA BF BY BC CX CB CE CA C/(AEF) Do đó, JBJC nên
( )
L AEF Ngoài ra, A ML BC( , ) 1 (TL FE, ) 1
Mặt khác, gọi G giao điểm trung trực TL với BC Ta có
TJG TAL AMB
nên JTMG nội tiếp Do JTG JLG90 Do G E F, , thẳng hàng hay GG
Gọi K giao điểm TP với ( ),O U điểm đối xứng K qua O Giả sử UT cắt ( )O
T Theo bổ đề PTPK nên T P TPKP
Hơn nữa, 90
2
TT L UKL UAL TAL TGL
nên G tâm ngoại tiếp tam giác
TT L , suy GT GT . Do đó, T điểm đối xứng T qua PG T ( ).O
Bài Cho tam giác ABC nhọn khơng cân nội tiếp đường trịn ( )O có M N, trung điểm AB AC, D trung điểm cung lớn BC ( ).O Giả sử K điểm nằm tam giác thỏa mãn KAB 2 KBA, KAC 2 KCA AD cắt BC T TM cắt (BMC) R, TN cắt (BNC) S. Gọi P giao điểm KB OM, Q giao điểm KC
ON Chứng minh KAKD trục đẳng phương (TQR), (TPS) qua O
(24)Trên AB AC, lấy điểm ,E F cho KAKDKEKF theo tính chất ,K ta có
2
KAE KBA KEA
nên EK EB Tương tự FK FC
Mặt khác DBDC DBE DCF nên hai tam giác DBE DCF, nhau, kéo theo
DEA DFA
nên D(AEF) Mà K tâm (AEF) nên suy KAKD
Ta có P OM nên PAPB, kéo theo AP phân giác KAB, tương tự AQ phân giác
KAC
Theo tính chất đường phân giác
, ,
PK AK QK AK TB AB PB AB QC AC TC AC
Từ đó, theo định lý Menelaus tam giác KBC , dễ thấy P Q T, , thẳng hàng
Do PAK PBA,QAK QCA nên đường thẳng KA tiếp tuyến chung hai đường tròn (ABP), (ACQ); suy
2
KA KP KB KQ KC BPQC nội tiếp
Gọi L giao điểm TO (BOC) TL TO TB TC
Xét phép nghịch đảo tâm ,T phương tích T O/( ) thì:
:O L N, S Q, P
Mà O N Q, , thẳng hàng nên (SPL) qua tâm nghịch đảo T hay (SPT) qua L Tương tự (SQT) qua L nên trục đẳng phương hai đường trịn (SPT), (SQT)
TL qua O Ta có đpcm
L
P F
E N
M Q
O S
R
T
D
K
C B
(25)Bài
(26)Bài Cho ABC nhọn không cân, nội tiếp O Lấy điểm ,E F cạnh AC AB cho ,
AE AF BC Đường tròn AEF cắt O điểm thứ hai P Gọi ,K L điểm
cung AC AB , O Giả sử PK PL cắt , AEF điểm thứ hai X Y Đường tròn bàng , tiếp đỉnh A ABC tiếp xúc BC D Chứng minh AD chia đôi XY.
Lời giải
Gọi I tâm đường trịn nội tiếp ABC Ta có
180 180
90
YAF YPF LPA APF AEF ACI IAC ACI IBC
1
180 90
2
AYF APF AEF BAC BIC
Khi AYF BIC g c g Ta có AY BI nên AYBI hình bình hành Tương tự AXCI
hình bình hành Do AXY IBC Lấy M N, trung điểmXY BC, Gọi T tiếp
điểm I với BC R ảnh T qua I Ta có INAM Mặt khác A R D, , thẳng hàng INRD nên A M R D, , , thẳng hàng
(27)Bài
(28)Bài
(29)(30)PHẦN THẦY LÊ VIẾT ÂN
Bài viết Ban biên tập chọn lọc từ giảng thầy Ân Gặp gỡ Toán học 2019 Dưới đây tác giả nêu phương pháp quan trọng để chứng minh toán liên quan đến việc chứng minh tiếp xúc Đặc biệt, tất toán minh họa, áp dụng tác giả sáng tác
Phương pháp Sử dụng phép biến hình bản: dời hình – đồng dạng Ta thường dùng kết quan trọng sau:
Kết 1: Trong phép biến phép dời hình (tịnh tiến, đối xứng tâm, đối xứng trục, quay), phép đồng dạng (vị tự, vị tự quay) quan hệ tiếp xúc bảo tồn
Kết 2: Cho tam giác TBC số thực k Phép vị tự k T
V có tâm T, tỉ số k biến B, C
tương ứng thành B', C' Tức k
T : TBC TB'C'
V Khi hai đường tròn (TBC) (TB'C')
tiếp xúc với (tại T)
Kết 3: Nếu hai tam giác ABC A'B'C' có cặp cạnh tương ứng song song đồng thời ba đường thẳng AA', BB', CC' đồng quy điểm T Nếu T thuộc đường tròn (ABC) (ABC)
và (A'B'C') tiếp xúc với T
Có thể phát biểu lại kết kết sau:
Kết 4: Cho điểm T thuộc đường tròn (O) số thực k Khi đường trịn k
T (O)
V
tiếp xúc với (O) (tại T)
Một số tập tham khảo
Bài 1.1 Cho tam giác nhọn ABC , AB>AC có H trực tâm Phân giác ngồi góc BHC theo thứ tự cắt cạnh AB, AC D, E Gọi M, N theo thứ tự trung điểm BC, DE Phân giác
trong góc BHC theo thứ tự cắt BC, MN P, Q Chứng minh (ADE) (MPQ) tiếp xúc với
Bài 1.2 Cho hai đường tròn cắt A B Tiếp tuyến A cắt lại C Tiếp tuyến A cắt BC D Trên đường thẳng AB lấy điểm EE cho DE
vng góc với AC Điểm F thuộc đường thẳng AD cho FE vng góc với DC Các điểm X, Y thuộc đường thẳng AB cho DX, FY song song với AC Dựng tam giác XYZ
sao cho XZ BC, YZ DA Chứng minh (XYZ) tiếp xúc
Bài 1.3 Trong mặt phẳng cho đoạn thẳng AB cố định Đường tròn (K) thay đổi qua A B Đường thẳng qua B vng góc với AK theo thứ tự cắt đường thẳng qua A vng góc với
(31)Bài 1.4 Cho hai đường tròn cắt A B Điểm M nằm cung nhỏ AB cho MA<MB Tiếp tuyến M cắt P Q Gọi K giao điểm
PA QB Trung trực PQ cắt KM R Chứng minh (KAB) (PQR) tiếp xúc
Bài 1.5 Cho tam giác ABC điểm P không thuộc ABBCCA(ABC) Một đường thẳng qua P theo thứ tự cắt lại (PBC), (PCA), (PAB) A', B', C' Các đường thẳng qua A', B', C' theo thứ tự song song với BC, CA, AB cắt tạo thành tam giác XYZ Chứng minh
(XYZ) tiếp xúc (ABC)
Bài 1.6 Cho tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp O Một đường thẳng d qua O Gọi
0
A , B , C theo thứ tự hình chiếu A, B, C lên d Gọi A', B', C' theo thứ tự đối xứng 0 0
của A , B , C tương ứng qua BC, CA, AB Gọi 0 0 0 A , B , C , A , B , C theo thứ tự trung điểm 1 1 1 2 2 2
của BC, CA, AB, AA', BB', CC' Chứng minh (A B C ) 1 1 1 (A B C ) tiếp xúc 2 2 2
Bài 1.7 Cho tam giác nhọn ABC với AB<AC Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp, H trực tâm,
F chân đường cao kẻ từ đỉnh A tam giác M trung điểm BC Q điểm thỏa mãn
HQAM AQ HM Điểm K nằm (O) cho AKQ90 Chứng minh (AKQ) (FKM) tiếp xúc với
Bài 1.8 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) điểm P nằm tam giác Các điểm E, F nằm phần cạnh AB, AC cho EB=BP FC=CP Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại (O) G Điểm K nằm (O) L nằm cạnh BC cho
GKPPLC Giả sử A, B, C, K, G đôi phân biệt nằm (O) theo thứ tự Gọi D tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác PEF; I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
BCD KI cắt BC M Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác GKP KLM
tiếp xúc với
Bài 1.9 Cho tam giác khơng vng ABC có O tâm đường tròn ngoại tiếp, H trực tâm Các điểm M, N theo thứ tự CA, AB cho HM AB, HN CA P điểm AO (P
khác A, O ) K, L theo thứ tự giao điểm PM, PN OC, OB D, E, F theo thứ tự hình chiếu O KL, LP, PK Chứng minh (DEF) tiếp xúc với đường tròn Euler tam giác ABC
Bài 1.10 Cho tam giác khơng vng ABC nội tiếp đường trịn (O) có H trực tâm Các điểm M, N theo thứ tự CA, AB cho AMHN hình bình hành Một đường thẳng song song với MN khơng qua A H cắt CA, AB thứ tự P, Q MP, NQ theo thứ tự cắt HC, HB R, S X, Y, Z thứ tự đối xứng H qua QR, PS, SR Chứng minh (XYZ) tiếp xúc (O)
(32)Kết 5: Nếu hai đường tròn (O) (O') tiếp xúc với đường thẳng điểm
T (O) (O') tiếp xúc với (tại T)
Phương pháp gắn liên với điều kiện để đường thẳng tiếp xúc với đường tròn nên cần nhớ đến hai kết quan trọng sau đây:
Kết 6: Cho tam giác ABC đường thẳng xAx' Khi đường thẳng xx' tiếp xúc với đường trịn (ABC) xảy hai điều kiện sau đây:
i/ xABACB;
ii/ x'ACABC
Kết 7: Cho tam giác ABC với AB<AC Điểm P nằm BC Khi AP tiếp xúc với (ABC) xảy hai điều kiện sau đây:
i/ PA2 PB.PC;
ii/
2
2
PB AB
PC AC
Bài tập áp dụng
Bài 2.1 Cho điểm P nằm tam giác ABC thỏa mãn PBAPCA Đường thẳng qua A
và không qua B, C, P theo thứ tự cắt BP, CP E, F Các điểm X, Y thuộc BC cho EX AB, FY AC Lấy điểm Z cho ZX, ZY thứ tự vng góc với BP, CP Chứng minh (XYZ) tiếp xúc với (ABC)
(33)là đường kính qua A Các đường thẳng OP, OQ cắt thứ tự B, C Chứng minh đường trịn (OBC) ln tiếp xúc với đường tròn cố định PQ thay đổi
Bài 2.3 Cho tam giác ABC (ABAC), phân giác AD, trung tuyến AM Gọi đường trịn đường kính AD Lấy điểm E khác D cho ME=MD Đường tròn theo thứ tự cắt
AB, AC P, Q (khác A) PQ cắt AM N Chứng minh PQ tiếp xúc (DEN)
Bài 2.4 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm cung BAC (O) BO cắt CA B' Lấy C' thuộc BM cho B'C' AM Gọi đường thẳng qua C' song song với AC Chứng minh tiếp xúc với đường tròn (B'CO)
Bài 2.5 Cho R S hai điểm phân biệt đường trịn cho RS khơng phải đường kính Cho tiếp tuyến R Lấy điểm T thuộc tia đối tia SR Lấy J cung
nhỏ RS cho đường tròn ngoại tiếp tam giác JST cắt hai điểm phân biệt Gọi A giao điểm gần R Đường thẳng AJ cắt lại K Lấy điểm V đoạn RT cho RS=TV Chứng minh KT tiếp xúc đường tròn (ATV)
Chú ý: Khi V ta có đề thi IMO 2017 S
Bài 2.6 Cho tam giác ABC với ABAC đường cao AH D điểm nằm BC cho trung trực BC cắt AD P Các điểm E, F nằm AB, AC cho AEDF hình bình hành Trung trực EF cắt AH K Chứng minh (K; KA) tiếp xúc với (BCP)
Bài 2.7 Cho tứ giác lồi ABCD có ABCCDA90 Điểm H chân đường vng góc hạ từ
A xuống BD M trung điểm CH Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD Giả sử MN đường kính Các đường thẳng AN, CM theo thứ tự cắt lại P, T ; giả sử MP cắt BC S Chứng minh TS tiếp xúc với với
Bài 2.8 Cho hình thang cân ABCD , AD BC nội tiếp đường tròn (O) Các tiếp tuyến A, B (O) cắt T Các điểm P, Q thuộc TA, TB cho DP, CQ vng góc với AB Các điểm K, L thuộc TA, TB cho DK TB, CL TA Chứng minh đường tròn (DPQ) tiếp xúc với KL
Bài 2.9 Cho tam giác nhọn ABC có AD đường cao trực tâm H Dựng đường trịn đường kính AH Điểm T thuộc cho tiếp tuyến T cắt AD L ( A, H khác L) Trên
đoạn AD lấy điểm K cho BKC90 Kẻ KPLT P Chứng minh đường tròn (DPL) ngoại tiếp tam giác DPL tiếp xúc với
Phương pháp Sử dụng bổ đề đẳng giác
(34)Kết 7: Cho tam giác ABC điểm D, E nằm cạnh BC Khi (ADE) tiếp xúc với (ABC) BADCAE
Chú ý rằng, có kết sau cịn gọi định lí Steiner:
Kết 8: Cho tam giác ABC điểm D, E nằm cạnh BC Khi AD, AE hai
đường đẳng giác góc BAC
2
2
DB EB AB AC DC EC
Ngoài ra, từ kết 7, cho DE ta thu kết sau, gọi kết hai đường tròn tiếp xứng:
Kết 9: Cho PQ dây cung đường tròn (O) Cho (I) đường tròn tiếp xúc với PQ S qua điểm T nằm đường tròn (O) (T khác P, Q ) Khi (I) tiếp xúc
với (O) TS phân giác PTQ
Bài tập áp dụng
Bài 3.1 Cho tam giác ABC , Ilà tâm đường tròn nội tiếp Đường thẳng qua I vng góc vớiAI Các điểm E, F thuộc cho EBAFCA90 P điểm thuộc AI Các điểm K, L thuộc PB, PC cho KE LF AI Gọi Q, R tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEK, CFL BC cắt KQ, LR M, N Chứng minh đường tròn (PBC), (PMN) tiếp xúc với
Bài 3.2 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường trịn (I) có cặp cạnh đối khơng song song O giao điểm hai đường chéo Gọi đường thẳng qua O , không qua A, B, C, D khơng
vng góc với OI Giả sử cắt AB, BC, CD, DA M, N, P, Q M N P Q Các đường trung trực MP, NQ cắt OI K, L Chứng minh đường tròn (MPK) (NQL) tiếp xúc với
Bài 3.3 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) có cặp cạnh đối khơng song song I giao điểm hai đường chéo Gọi đường thẳng qua I, không qua A, B, C, D khơng vng góc với OI Giả sử cắt AB, BC, CD, DA M, N, P, Q M N P Q Các đường trung trực MP, NQ cắt OI K, L Chứng minh đường tròn (MPK) (NQL) tiếp xúc với
(35)Bài 3.5 Giả sử AB dây cung khơng đường kính đường tròn (O) điểm I cố định nằm A B với IAIB PQ dây cung thay đổi qua I (O) Các tiếp tuyến với (O) P Q cắt AB E F Trung trực EF cắt OI K Chứng
minh đường tròn (KEF) ln tiếp xúc với đường trịn cố định
Bài 3.6 Cho tam giác ABC Một đường tròn (K) thay đổi qua B, C cắt AB, AC E, F BF cắt CE H AH cắt BC, EF D, L cắt đường tròn (K) hai điểm N, G Trung trực DL cắt HK P Chứng minh đường tròn (KGN) (DPL) tiếp xúc
Bài 3.7 Cho tam giác nhọn ABC không cân A có đường cao BE CF Gọi phân giác đỉnh A tam giác Kí hiệu (x, y, z) đường trịn tam giác xác định ba đường thẳng x, y, z Chứng minh hai đường tròn ( , BC, EF) ( , BE, CF) tiếp xúc với
Phương pháp Sử dụng kết mơ hình góc đặc biệt
Có số kết đẹp mà tác giả phát sử dụng để từ xây dựng nhiều toán tiếp xúc thú vị
Kết 10: Cho tam giác ABC điểm P nằm tam giác thỏa mãn PBAPCA Một đường thẳng qua P cắt AB, AC thứ tự F, E Đường thẳng qua E song song với BP, qua F song song với CP với BC cắt tạo thành tam giác XYZ Khi (XYZ) tiếp xúc với
(ABC) , tiếp điểm điểm anti-Steiner ứng với tam giác ABC
Bài tập áp dụng
Bài 4.1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) đường kính AA' Các điểm B', C' thuộc AB, AC cho B'C' BC Trung trực BC cắt B'C', A'B, A'C M, N, P B'N, C'P cắt AM E, F Đường thẳng B'C' đường thẳng qua E vuông góc với B'N , qua F vng góc với C'P cắt tạo thành tam giác XYZ Chứng minh đường tròn (XYZ) tiếp xúc với (O)
Bài 4.2 Cho tam giác ABC không cân A nội tiếp đường trịn (O) AA' đường kính (O) M điểm cạnh BC AM cắt A'B, A'C theo thứ tự E, F M' thuộc AM cho trung trực BC chia đôi đoạn MM' Đường thẳng qua M' song song với BC đường thẳng qua E vng góc với A'B, qua F vng góc với A'C cắt tạo thành tam giác Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác tiếp xúc với (O)
Bài 4.3 Cho tam giác ABC khơng vng nội tiếp đưịng trịn (O) H trực tâm tam giác Gọi A' đối xứng A qua O Xét hai đường thẳng vng góc với 1 theo thứ tự 2
qua A H Kí hiệu ( ; XYZ) đường tròn ngoại tiếp tam giác paralogic đường thẳng
ứng với tam giác XYZ Chứng minh hai đường tròn ( ; ABC)1 ( ; A'BC)2 tiếp xúc
(36)Bài 4.4 Cho tam giác khơng vng ABC có trực tâm H P điểm đoạn BC E, F thứ tự hình chiếu D lên AB, AC EF cắt HB, HC thứ tự K, L Chứng minh (HKL) tiếp xúc (AEF)
Kết 11: Cho tứ giác ABCD điểm P thuộc miền tứ giác Khi hai đường trịn (ABP) (CDP) tiếp xúc APDABP DCP
Bài 4.5 Cho tam giác ABC điểm P, Q nằm BC cho B, P, Q C đôi phân biệt Gọi G giao điểm thứ hai hai đường tròn (ABP) (ACQ) AG cắt BC M; (APQ) cắt cắt lại AB, AC thứ tự E, F EP FQ cắt T Các đường thẳng qua M thứ tự song song với AB, AC tương ứng cắt EP, FQ X, Y Chứng minh (TXY) tiếp xúc với (APQ)
Bài 4.6 Cho tam giác ABC không cân A, nội tiếp đường tròn (O) H trực tâm Các điểm E, F thứ tự thuộc AB, AC cho AB, AC cho AEHF hình bình hành EF cắt BH, CH thứ tự K, L Dựng hình bình hành HKDL DK, DL thứ tự cắt BC P, Q Chứng minh (DPQ) tiếp xúc với (O)
Phương pháp Sử dụng bổ đề Sawayama – Thebault
Sử dụng bổ đề Sawayama-Thebault có cho ta cách chứng minh tiếp xúc hai đường tròn độc đáo
Kết 12: Đường tròn mixtilinear ứng với đỉnh A, tiếp xúc AB, AC M,N tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC trung điểm MN
Bài tập áp dụng
Bài 5.1 Cho tam nhọn ABC, AB>AC, nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H Phân giác góc
BHC cắt BC K Lấy Q (O) cho HQA90 Chứng minh đường tròn Apolonius ứng với đỉnh K tam giác HKQ tiếp xúc với đường tròn Euler tam giác ABC
Bài 5.2 Cho tam giác ABC cân A M trung điểm BC Các điểm E, F thứ tự thuộc CA, AB
sao cho EMF BAC Dựng hình vng PBQC Gọi (P) (Q) đường trịn thứ tự có tâm P Q tiếp xúc với hai đường thẳng AB, AC Chứng minh đường trịn đường kính EF tiếp xúc với (P) (Q)
Phương pháp Sử dụng định lý Feuerbach
Định lí Feurbach định lí đẹp cổ điển tam giác Nội dung định lí sau:
Kết 13: Trong tam giác khơng đều, đường trịn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp
các đường tròn bàng tiếp tam giác
Bài tập áp dụng
Bài 6.1 Cho tam giác không ABC có đường cao AH , BH , CHa b c đường trung
(37)theo thứ tự qua M M , M M , M Mb c c a a b cắt tạo thành tam giác có đường trịn ngoại tiếp tiếp xúc với đường tròn Euler tam giác ABC
Bài 6.2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các trung trực AB AC với BC
cắt tạo thành tam giác OEF Các tiếp tuyến E F (OEF) với trục đẳng phương hai đường tròn (O) (OEF) cắt tạo thành tam giác XYZ Chứng minh (XYZ) tiếp xúc với (O)
Phương pháp Sử dụng phép nghịch đảo
Phép nghịch đảo có tính chất bảo tồn bảo tồn góc (tính chất bảo giác) Khi sử dụng phép nghịch đảo thường đưa hai ý tưởng
Sự tiếp xúc đường trịn đường thẳng bảo toàn qua phép nghịch đảo, tâm nghịch đảo không trùng với tiếp điểm Ngược lại trùng ta nhận cặp đường thẳng song song
Bài 7.1 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) Chứng minh trục đẳng phương hai
đường tròn (I) (IBC) với hai đường phân giác đỉnh B C cắt tạo thành tam giác có đường trịn ngoại tiếp tiếp xúc với đường trịn (I)
Bài 7.2 Cho tam giác ABC khơng cân A với AD AE phân giác phân
giác tam giác Chứng minh có đường tròn tiếp xúc với bốn đường tròn (ABD), (ABE), (ACD), (ACE)
LỜI CÁM ƠN
