1. Trang chủ
  2. » Nghệ sĩ và thiết kế

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ MỘT SỐ CHUYÊN GIA VIỆT NAM

37 66 1

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 37
Dung lượng 1,58 MB

Nội dung

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 KMAKNA 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 KHAP (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 AOXYZ Do XYXZ. 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 MNPQ.

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

. . ;

IQID IQCB BYBYTM

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 AKBC.

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     PAAQWCBWBC (1)

Dễ thấy lục giác BWCQAP nội tiếp đường tròn đường kính AW

Do PBCPAC 90; QCB QAC90 (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, AKBC (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 RCVB SB

6 UA: MPVA 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 WBUO 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 XZEK ;YTFK (1)

Vì KEMKEP; KMKPKFNKFQ; KN KQ nên EMEP; FNFQ.

Do MPEK ; NQFK (2)

Từ (1) (2) suy LM / / KF ; LQ / / KE (3)

XUAB; MKAB TVAD; QKAD 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 SZKXLYST

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 6KB KB5 6KC KC5 6 k

Dễ thấy KA KI' KA KA2 3KA KA5 6k 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

A B1 2A B1 A C1 A C1 2 nên B, C, B2, C2 đồng viên Do

1

H B H BH C H C

Kết hợp với H B H B1 2H C H C1 2, suy

1

1 3

H B H C H BH C

Tương tự 1

1 3

H A H B H C k H AH BH 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 DEHCQ 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, ACM 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, AHOS AH OS,  nên AHSO hình bình hành AS qua trung điểm OH , tâm (DEF Từ ta thấy ) RQAS Ta lại có

2

OS OA OC BC ML

OAOTOTCTMT

(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 GSTBS 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 NPBHI 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 JMDM IN, DN ), ta có

TM JM DM

TNINDN

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 BPC180  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 KIKJ

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: EACEBD g g( ) M N, trung điểm hai cạnh tương ứng nên ta có EMCEND 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

INENBD

Tương tự, gọi I  giao điểm phân giác góc F MN I M AC I N BD

 

Suy II  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

180

BPC BGC

     nên G(BPC)

Mặt khác GBGC nên PG phân giác BPCEPF

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 IJBC (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 ARAR dây cung ( )K nên KNAR, mà N trung điểm IJ nên tam giác KIJ cân K Vậy ta có KIKJ, 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 IMAK 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 IMIN

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 FB, (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 OHFK 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 HHOM nên hai tam giác H HP MOG ,

Điều cho thấy HP OG hay P G, đối xứng qua dGBC nên theo tính đối xứng, ta có PEF hay P P Vì nên PHPA

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 EHEAEB 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

HTHA 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, 1O I, 1I 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 KLKF 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 BFBY BCCX CBCE CA C/(AEF) Do đó, JBJC nên

( )

LAEF Ngoài ra, A ML BC( , )  1 (TL FE, ) 1

Mặt khác, gọi G giao điểm trung trực TL với BC Ta có

TJGTAL AMB

    

nên JTMG nội tiếp Do JTG JLG90  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 LUKL UAL TAL TGL

         nên G tâm ngoại tiếp tam giác

TT L , suy GTGT . Do đó, T  điểm đối xứng T qua PG T ( ).O

Bài Cho tam giác ABC nhọn khơng cân nội tiếp đường trịn ( )OM 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 EKEB Tương tự FKFC

Mặt khác DBDCDBE  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 PBAB QCAC TCAC

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

KAKP KB KQ KCBPQC 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

   

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 ,

AEAFBC 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 AABC 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 AYBI 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 ABBCCA(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

HQAM AQ HM Điểm K nằm (O) cho AKQ90 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

 

GKPPLC 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/ xABACB;

ii/ x'ACABC

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 PBAPCA 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 (ABAC), 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 ABAC 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 ABCCDA90 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 BKC90 Kẻ KPLT 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) BADCAE

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 DE 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 EBAFCA90 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 IAIB 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 PBAPCA 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 APDABP 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 HQA90 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

Ngày đăng: 29/12/2020, 17:00

HÌNH ẢNH LIÊN QUAN

CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ - TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ MỘT SỐ CHUYÊN GIA VIỆT NAM
CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ (Trang 1)
Bài toán 4. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các hình chữ nhật BCXY, CAZT, ABUV sao cho - TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ MỘT SỐ CHUYÊN GIA VIỆT NAM
i toán 4. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các hình chữ nhật BCXY, CAZT, ABUV sao cho (Trang 4)
Bổ đề. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các hình chữ nhật CAZT, ABUV sao cho ZV // AB .K là giao điểm của BZ và CV - TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ MỘT SỐ CHUYÊN GIA VIỆT NAM
ph ía ngoài tam giác ABC dựng các hình chữ nhật CAZT, ABUV sao cho ZV // AB .K là giao điểm của BZ và CV (Trang 5)
Từ (1) và (2) suy ra BCQP là hình chữ nhật. Vậy  YX / / BC / / PQ / / EF.    - TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ MỘT SỐ CHUYÊN GIA VIỆT NAM
1 và (2) suy ra BCQP là hình chữ nhật. Vậy YX / / BC / / PQ / / EF. (Trang 6)
Gọi A’ B’, C’ theo thứ tự là hình chiếu của A2, B2, C2 trên IK; A3 là giao điểm của AI và KA2; A4 là điểm đối xứng của A0 qua I; A5, A6  theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng đi qua K và  vuông góc với BC và AI, BC - TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ MỘT SỐ CHUYÊN GIA VIỆT NAM
i A’ B’, C’ theo thứ tự là hình chiếu của A2, B2, C2 trên IK; A3 là giao điểm của AI và KA2; A4 là điểm đối xứng của A0 qua I; A5, A6 theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng đi qua K và vuông góc với BC và AI, BC (Trang 10)
đi qua trung điểm KL nên theo bổ đề hình thang thì nó cũng đi qua trung điểm của QR. - TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ MỘT SỐ CHUYÊN GIA VIỆT NAM
i qua trung điểm KL nên theo bổ đề hình thang thì nó cũng đi qua trung điểm của QR (Trang 12)
nên nó cũng đi qua trung điểm N của IJ theo bổ đề hình thang. - TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ MỘT SỐ CHUYÊN GIA VIỆT NAM
n ên nó cũng đi qua trung điểm N của IJ theo bổ đề hình thang (Trang 16)
nằm trong tam giác ABC. Gọi B1, C1 là hình chiếu của P lên các cạnh AC, AB. Giả sử DB1, DC1 cắt AB, AC ở C2, B2 và (AB1C1) cắt (AB2C2 ) ở Q - TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ MỘT SỐ CHUYÊN GIA VIỆT NAM
n ằm trong tam giác ABC. Gọi B1, C1 là hình chiếu của P lên các cạnh AC, AB. Giả sử DB1, DC1 cắt AB, AC ở C2, B2 và (AB1C1) cắt (AB2C2 ) ở Q (Trang 18)
Khi đó AYF  BIC . Ta có AY  BI nên AYBI là hình bình hành. Tương tự AXCI là hình bình hành - TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ MỘT SỐ CHUYÊN GIA VIỆT NAM
hi đó AYF  BIC . Ta có AY  BI nên AYBI là hình bình hành. Tương tự AXCI là hình bình hành (Trang 26)

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w