Phần 1: Một số bài toán hình học phẳng và tính chất của nó các bài toán cơ bản và một số định lí quen thuộc

Phần 1: Một số bài toán hình học phẳng và tính chất của nó các bài toán cơ bản và một số định lí quen thuộc được nghiên cứu nhằm mục đích giúp các bạn dễ dàng giải một số bài toán khó, bên cạnh đó chúng còn giúp các bạn tự suy ra một số tính chất áp dụng được cho nhiều bài toán khác. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất Phần1: Một số toán hình học phẳng tính chất CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ QUEN THUỘC Trong mục này, quan tâm xét định lí đơn giản môn hình học.Dựa vào chúng, dễ dàng giải số toán khó; Bên cạnh chúng giúp tự suy số tính chất áp dụng cho nhiều toán (Định lí Menelaus) Trên ba cạnh (tính phần kéo dài) BC, CA, AB tam giác ABC ta lấy điểm M, N, P Chứng minh ba điểm M, MB NC PA = 1(*) N, P thẳng hàng khi: MC NA PB BÀI GIẢI ° Chiều thuận: giảsử M, N, P Q thẳng hàng; Ta chứng minh (*) A Từ A kẻ đường thẳng song N song với BC cắt MNP Q Theo định lí Talet, ta có: P PA QA = (1) PB MB NC MC = (2) NA QA Nhân vế đẳng thức (1) (2) ta được: PA NC MC MB NC PA = hay = 1(* ) (ñpcm) PB NA MB MC NA PB ° Chiều nghịch: giả sử có (*) Ta chứng minh M, N, P thẳng hàng Thật vậy: giả sử đường thẳng NP cắt BC M’, theo chiều thuận ta có: M ' B NC PA = 1(**) M ' C NA PB MB M ' B MB M ' B = ⇔ = ⇔ MB = M ' B Từ (*) vaø (**) ⇒ MC M ' C BC BC ⇒ M ≡ M’ Vậy M, N, P thẳng hàng M B C Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất (Định lí Ceva) Trên ba cạnh BC, CA, AB tam giác ABC ta lấy điểm M, N, P Chứng minh ba đường thẳng AM, BN, CP đồng quy khi: MB NC PA = −1 MC NA PB BÀI GIẢI °Chiều thuận: giả sử AM, BN, CQ đồng quy O Theo định lí Talet, ta có: MB BA = (1) E D MC CD C NC EC = (2) N M NA BA O Bên cạnh đó: PA OP PB = =− CD OC EC A B PA CD ⇒ =− (3) PB EC Nhân vế đẳng thức (1), (2) (3)ta điều phải chứng minh MB NC PA = −1(*) Ta phải chứng minh AM, °Chiều nghịch:giảsử MC NA PB BN, CP đồng quy Thật vậy: AM giao BN O Qua O kẻ OC cắt AB P’ Theo chiều thuận ta có: MB NC P ' A = −1 (**) MC NA P ' B P ' A PA Từ (*) (**) ⇒ = ⇒ P ≡ P' P ' B PB Vậy AM, BN, CP đồng quy O (đpcm) Ở hai định lí quan trọng sử dụng nhiều hình học phẳng Nhờ chứng minh tập hợp điểm thuộc đường thẳng (sự thẳng hàng), đồng quy đường thẳng, điểm cố định, tỉ số số toán tập hợp điểm… Sau ta xét số toán dạng Giả sử cặp cạnh AB CD, BC AD, AC BD tứ giác ABCD cắt M, P, Q Gọi Q giao điểm MP AD Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất Chứng minh rằng: QA NA =− QD ND BÀI GIẢI Dùng định lí Menelaus ta có: QA PD MB =1 QD PB MA M D Q A P N ⇒ B C QA PB MA = =α QD PD MB Với VADM ta có: NA CD BM =1 ND CM BA NA CM BA α PB CD AM = =β ⇒ = =1 β PD CM AB ND CD AM (theo định lí Menelaus V BDM) QA NA =− Vậy α = β ⇒ (đpcm) QD ND ⇒− Trên cạnh tam giác ABC ta lấy điểm A 1, BA1 CB AC = p, = q, = r Gọi giao điểm AA1 B1 C1 cho A1C B1 A C1 B với CC1, BB1 P Q.Gọi giao điểm BB1 S VPQR CC1 R Hãy tính: S VABC BÀI GIẢI Xét tam giác ABE cát tuyến CRF ta có: A F P Q B D R E C CB1 C1 A RB RB CA C1B r + 1 =1⇒ = = CA C1B RB1 RB1 CB1 C1 A r q Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất ⇒ RB (q + 1).r + = BB1 q.r S VBRC S VBRC S VBB1C BR CB1 = = S VABC S VBB1C S VABC BB1 CA (q + 1).r + r (q + 1).r + = = q.r r +1 q.(r + 1) ⇒ Tương tự, ta có: S VABQ (r + 1).q + S VACP ( p + 1).q + = = vaø S VABC ( p + 1).r S VABC (q + 1) p S VPQr S VBRC S VACP S VABQ = 1− ( + + )= Vaäy S VABC S VABC S VABC S VABC ( p + 1).q + ( p + 1).r + (r + 1) p + = 1−[ + + ] p.(q + 1) q.(r + 1) r.( p + 1) 5.Cho tia Ax vaø điểm E khác A (E ∈ Ax) Từ E, vẽ tia Ey Hai điểm C vàD phân biệt, khác điểm E, cho trước tia Ey Một điểm B chạy tia Ex Các đường thẳng AC BD cắt M, AD BC cắt N a) Chứng minh đường thẳng Mn cắt tia Ey điểm F cố định b) Hãy xác định vị trí điểm B tia Ex cho tam giác MCD NCD tương ứng có diện tích BÀI GIẢI y D a) Dùng định lí Menelaus cho tam giác CDA ta coù: M FC ND MA =1 F FD NA MC N C FC NA.MC ⇒ = =α > A B P FD ND.MA Với tam giác CDM ta coù: EC BD AM EC BM AC =1⇒ = =β >0 ED BM AC ED BD AM α NA.MC.BD NA BD CM = = = (theo định lí Menelaus tam Nên β BM AC AD AD BM CA giaùc ADM) EC FC = ⇒ F cố định (đpcm) Do α = β hay ED FD Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất b) Khi AE = BE MN song song với AB Thật vậy, MN cắt AB P Áp dụng định lí Xeva tam giác ABD với cát tuyến PNM ta coù: EA MB ND MB ND PA =1= EB MD NA MD NA PB EA EA = ⇒ PA = PB maø = ⇒ PA = PB (vô lí)ø EB EB Vậy MN // AB ⇒ FM = FN ⇒ S V MCD = S V NCD Vậy vị trí thích hợp B EB = EA Giả sử ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy điểm O tam giaùc ABC (A’ ∈ BC, B’ ∈ CA, C’ ∈ AB) OA B ' A C ' A = + Chứng minh rằng: OA ' B ' C C ' B BÀI GIẢI Áp dụng định lí Menelaus vào V ABA’ ta có: A OA CA ' C ' B = OA ' CB C ' A B' ⇒ C' B A' C OA CA ' C ' A (1) = OA ' CB C ' B Tương tự ta có: OA BA ' B ' A (2) = OA ' BC B ' C Cộng vế đẳng thức (1) vaø (2), ta co:ù OA (CA '+ A ' B ) B ' A C ' A OA BA ' B ' A = + = OA ' CB B ' C C ' B OA ' BC B ' C α NA.MC.BD NA BD CM OA B ' A C ' A = = =1 ⇒ (ñpcm) = + β BM AC AD AD BM CA OA ' B ' C C ' B Bây giờ, tiếp tục xét đường tròn, mối liên hệ đường tròn tam giác Khi học kiến thức đường tròn (góc nội tiếp; tam giác nội tiếp, ngoại tiếp; tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp; …) việc giải lớp toán trở nên dễ dàng Còn chưa học chúng toán có giải không? Chúng ta kiểm chứng điều qua toán sau Chứng minh tứ giác lồøi có hai góc đối bù tồn điểm cách Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất bốn đỉnh tứ giác (Đó tứ giác nội tiếp) BÀI GIẢI a) Giả sử tứ giác ABCD có ∠ A + ∠ C = ∠ B+ ∠ D =180o Không ính tổng quát giả sử B ≥ A Nếu ∠ B > ∠ A C ∠ C > ∠ D, ta lấy điểm M B cho ∠ MAB = ∠ A, ∠ MCD = ∠ D, caùc tia BM CM cắt AD P N, suy M ∠ MBC = ∠ MCB neân tam giác MBC cân M Từ tam giác cân O BMC, ABP, CDN suy N P A D trung trực tam giác AB, BC, CD đường phân giác tam giác MNP nên chúng đồng quy O rõ ràng OA = OB = OC = OD Trường hợp điểm M trùng với N P có MA = MB = MC = MD Neáu ∠ B = ∠ A ∠ C = ∠ D, tứ giác ABCD hình thang cân, kết luận hiển nhiên b) Ngược lại, tứ giác ABCD có điểm O thỏa mãn OA = OB = OC = OD Giả sử O nằm tứ C B giác(các trường hợp lại chứng minh tương tư)ï Khi ta có: O ∠ OBA = 90o – ∠ AOB/2 A ∠ OBC = 90o – ∠ BOC/2 ∠ ODC = 90o – ∠ COD/2 ∠ ODA = 90o – ∠ DOA/2 D Neân: ∠AOB + ∠BOC + ∠COD + ∠DOA ∠B + ∠D = 3600 − = 360o – 180o = 180o = ∠ A + ∠ C Chứng minh tứ giác lồi có tổng hai cạnh đốùi tồn điểm cách bốn cạnh tứ giác ( tứ giác ngoại tiếp) BÀI GIẢI Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất a) Giả sử tứ giác ABCD co:ù AB + CD = AD + BC Không tính tổng quát, giả sử AB ≥ BC C Nếu AB > CD AD > CD, lấy điểm M AD sa cho M I BM = BC, N thuộc cạnh AD cho DN = DC, suy AM = AN Từ tam giác cân AMN, BMC, DCN suy phân giác N D A góc A, B, D trung trực tam giác CMN nên chúng đồng quy I Rõ ràng I cách bốn cạnh tứ giác.Trường hợp AB = BC, AD = CD I giao điểm BD phân giác góc A b) Ngược lại, tứ giác ABCD có điểm I cách bốn cạnh tứ giác đễ thấy I giao điểm bốn đường phân giác Do việc chứng minh AB + CD = AD + BC hoàn toàn đơn giản B Cho tứ giác lồi ABCD Chứng minh tứ giác có hai góc đối bù ∠ ACB = ∠ ADB BÀI GIẢI Trường hợp BC song song với AD C dễ thấy hai điều kiện tương đương với tứ giác ABCD hình B thang cân, nên điều chứng minh hiển nhiên Giả sử hai đường thẳng BC O D CD cắt O cho B nằm A O C Ta có góc ABC bù với ADC ⇔ OBA = ADC ⇔ Tam giaùc: OAB ~ OCD (g-g) ⇔ OA/OC = OB/OD ⇔ Tam giaùc OAC OBD ⇔ Góc: ACB = ADB * Chú ý:từ ACD = ABD ta đẽ dàng suy ∠ BAC = ∠ BDC, ∠ CBD = ∠ CAD, ∠ ABD = ∠ ACD 10 (Định lí Ptôlêmê) Chứng minh tứ giác ABCD có hai góc đối bù thì: AB.CD + AD.BC = AC.BD BÀI GIẢI Theo bái toán ta có: ∠ BAC = ∠ BDC, C ∠ BCA = ∠ BDA Trên AC lấy điểm K cho: ∠ ABK B = ∠ DBC K A D Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất ⇒ V ABK ~ V DBC (g-g) AB AK ⇒ = ⇒ AB.CD = AK.BD (1) BD CD Tương tự ta có: V ABD ~ V KBC (g-g) ⇒ AD.BC = BD.CK (2) Coäng (1) (2) theo vế ta có điều phải chứng minh 11 Cho tứ giác ABCD có hai góc đối bù Hạ DM, DN, DP theo thứ tự vuông góc với BC, CA, AB Chứng minh ba điểm M, N, P thẳng hàng (đường thẳng Simson) B BÀI GIẢI Nếu P ≡ A M ≡ C kết luận hiển nhiên Nếu P thuộc đoạn AB điểm bố trí P hình vẽ (với trường hợp N C A K khác chứng minh tương tự) M Ta nhận thấy A, N, M thẳng hàngvà hai đoạn NP, NM nằm hai phía khác đoạn AC Vì D để chứng minh M, N, P thẳng hàng cần chứng minh hai góc ANP CNM Xét tứ giác DNCM, có: ∠ DNC + ∠ CMD = 90o + 90o = 180o => Tứ giác nội tiếp => ∠ MNC = ∠ CDM (theo kết 9) Tương tự với tứ giác APND ta có ∠ ANP = ∠ ADP Bên cạnh đó: ∠ DCM = ∠ DAP (cùng bù với góc DCB) ∠ DMC = ∠ PDA = 90o ⇒ Hai tam giác DMC DPA (g-g) ⇒ ∠ ADB = ∠ CDM => ∠ MNC = ∠ CDM = ∠ ADP = ∠ ANP ⇒ ∠ ANP = ∠ CNM ⇒ Điều phải chứng minh Ở phía sốù tập đường tròn mà giải chúng chưa cần đến kiến thức đường tròn.Trong có nhắc đến hai công cụ sử dụng nhiều hình học, định lí Ptôlêmê đường thẳng Simson Ptôlêmê sử dụng để chứng minh bất đẳng thức hình học, Simson dùng để chứng minh thẳng hàng.Dựa vào chúng, ta dễ dàng suy số tính chất sau: Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất °Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Đường cao AH (H ∈ BC) Ta coù ∠ BAH = ∠ OAC Bây ta chứng minh mà sữ dụng tính chất đường tròn mà biết Chứng minh: Dựng đường kính AF điểm E trung điểm AC Xét tam giác AFC, ta có: ∠ OAC = ∠ OCA ∠ OCF = ∠ OFC (vì OA = A E O H B C F OC = OF) Maø ∠ OAC + ∠ OCA + ∠ OCF + ∠ OFC = ∠ OAB + ∠ ACF + ∠ OFC = 180o 1800 Vaäy ∠ ACF = ∠ ACO + ∠ OCF = = 90o Maø OE // FC ⇒ ∠ AOE = ∠ ACF = 90o (1) vaø ∠ AOE = ∠ AFC (2) (đồng vị) Bên cạnh ∠ ABC = ∠ AFC (3) Từ (1), (2) vaø (3) ⇒ V BAH = V OAE ⇒ ∠ BAH = ∠ OAC (ñpcm) A N E P O F H B D M C °Cho tam giaùc ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi H trực tâm tam giác vàM, N, P giao AH, BH, CH với đường tròn tâm O Ta dễ dàng chứng minh HD = DM thông qua tam giác HCM cân C Tương tự HE = EN, HF = FP.Từ ta suy số tính chất sau: * H giao điểm ba đường phân giác tam giác MNP * HA = PA = NA, HB = PB = MB, HC = NC = MC * OA vuông góc với PN, tương tự với OB vàPM, OC MN… Trong hình học sơ cấp có hệ thức đẹp, hệ thức Ơle d2 = R2 – 4Rr (trong d khoảng cách từ tâm O đường tròn ngoại tiếp đến tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC R, r tương ứng bán kính đường tròn ấy) Tương tự, ta có hệ thức d’ = R2 + 2Rr’(trong d’ khoảng cách từ O đến tâm I’ đường tròn bàng tiếp góc A r’là bán kính đường tròn Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất Để chứng minh hệ thức trên, việc sử dụng hệ thức lượng đường tròn (tính phương tích I I’ với đường tròn (O)), ta dùng đến tính chất sau: ° Tính chất 1: đường tròn tâm O qua trung điểm đoạn IaI Chứng minh: ta xét ba đường tròn bàng tiếp tam giác ABC ta thấy I Ib trực tâm tam giác IaIbIc, IaA, IbB, IcC đường cao tam giác Vì vậy, A đường tròn (O) ngoại tiếp tam Ic J giác Abc đường tròn chín điểm Ơle tam giác O IaIbIc Đường tròn qua I trung điểm IaI, IbI, IcI B đồng thời qua trung điểm C IaIb, IbIc IcIa Ia Gọi J điểm đối xứng I qua O, J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I aIbIc Mặt khác, I trực tâm I aA, IbB, IcC đường cao cua tam giác IaIbIc, nên dễ chứng minh: IA IB IC r r r + + =1⇒ + + =1 I a A I b B I cC rc rb rc 1 1 ⇒ + + = Suy ra rb rc r 1 1 + + = ° Tính chất 2: rb rc r Sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp IBI aC, ICIbA, IAIcB ta coù: r IA IA I b A = = = tg ∠AI b I tg ∠CI a I Do ta có: I a A I b A I a A r B C ° Tính chất 3: tam giác ABC, ta có: = tg tg 2 r A C r A B = tg tg = tg tg Tương tự ⇒ , rb 2 rc 2 Thay vào tính chất ta hệ sau: A B B C C A tg tg + tg tg + tg tg = 2 2 2 ° Tính chất 4: M mộït điểm cạnh BC tam giác ABC Gọi r, r1, r2 bán kính đường tròn nội tiếp p, p1, p2 bán kính đường tròn bang tiếp góc 10 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất A tam giác ABC, ABM ACM Chứng minh hệ thức: r/p = r1/p1 r2/p2 Chứng minh: A AMB + AMC = 180o ⇒ AMB/2 + AMC/2 = 90o ⇒ tgAMB/2 = cotg AMC/2 ⇒ tgAMB/2 tgAMC/2 = Neân r1/p1 r2/p2 = tgB tgAMB/2 tgAMC/2 B C tgC/2 = tgB/2 tgC/2 = r/p M 12 (Định lí Macxoen) Bên tam giác ABC lấy điểm P nối với đỉnh tam giác Chứng minh rằng, dựng tam giác với cạnh song song với đoạn thẳng qua đỉnh dựng đường thẳng song song với cạnh tam giác ABC đường thẳng đồng quy điểm BÀI GIẢI Rõ ràng thay cho tam giác có B cạnh song song với đoạn E D P thẳng AP, BP CP, ta xét tam giác có cạnh vuông góc với đoạn A O thẳng đó, qua đỉnh C F kẻ qua đỉnh kẻ đường thẳng song song, mà vuông góc với cạnh ta giác ABC Một tam giác tam giác DEF với đỉnh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP, BCP CAP Khi đường thẳng qua đỉnh tam giác DEF đường trung trực cạnh tam giác ABC vuông góc với chúng, chúng đồng quy điểm 13 (Định lí Moocley) Bằng tia xuất phát từ đỉnh tam giác ABC, góc tam giác bị chia thành ba phần Hai tia xuất phát từ đỉnh B C gần với cạnh BC cắt điểm A 1, tương tự ta xác định đỉnh B C1 Chứng minh tam giác A1B1C1 tam giác đều.(h.1) 11 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất BÀI GIẢI C3 B A3 N R C1 A1 B2 P M O B1 B3 C A hình hình Giả sử tam giác ban đầu có ∠ A = α , ∠ B = β , ∠ C = γ Ta laáy tam giác A 2B2C2 Dựng cạnh phía đáy tam giác cân A 2B2R, B2C2P C2A2Q với đáy tương ứng 60o - γ , 60o - α , 60o – β Kéo dài cạnh bên tam giác phía A 2, B2, C2 kí hiệu giao điểm đường thẳng RB RA2, QA2 PB2 tương ứng A3, B3, C3 Kẻ qua B2 đường thẳng songsong với A2B2 cắt đường thẳng QA QC3 tương ứng M vàN (h.2) B2Q đường cao tam giác cân QMN, nên B trung điểm đoạn MN Tính góc tam giác B 2C3N vaø B2A3M: ∠ C3B2N = ∠ PB2M = ∠ C2B2M – ∠ C2B2P = α ; ∠ B2NC3 = 180o – ∠ C2A2Q = 120o + β , tức ∠ A3B2M = 180o - α - (120o + ß) = γ Tương tự ∠ A3B2M = γ , ∠ B2A3M = α Suy : V B2C3N – V A3B2M Từ C3 B2 C3 N = ; B2M = B2N tam giác C3B2A3 tam giaùc B2 A3 B2 M C3 B2 C3 N = C3NB2, nên , tức là: V C3B2A3 – V C3NB2, suy ∠ B2A3A3 = B2 A3 B2 N γ Tương tự = γ , tức ∠ A2C3B3 = γ , tức ∠ A3B3C3 = γ = ∠ C C3B2, C3A2 đường chia góc C3 tam giác A3B3C3 thành ba phần Lập luận tương tự cho đỉnh A B3 ta tam giác ABC đồng dạng với tam giác A 3B3C3, từ suy điều phải chứng minh 12 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất TẬP HP ĐIỂM TRONG MẶT PHẲNG 14 Cho B C hai điểm cố định đường tròn cho trước, A điểm chuyển động đường tròn Điểm I đoạn AB cho IA/IB = k (k > cho trước) Tìm tập hợp điểm M, hình chiếu điểm I đường thẳng AC BÀI GIẢI °Phần thuận: Gọi cung BnC cung cho điểm A mà góc BAC nhọn, cung BmC cung cho điểm A mà góc BAC tù a) Nhâïn xét: Khi điểm A thay đổi cung BnC cung BmC tam giác IAM luôn đồng dạng với Vậy ta cần chứng minh: với điểm A thuộc cung BnC, điểm A2 thuộc cung BmC hai tam giác A1M1I1 A2M2I2 đồng dạng với Điều rõ ràng, chúng hai tam giác vuông vaø ∠ A1 = ∠ A2 = ∠ I2A2M2 vaø 180o – ∠ BA2C b) Từ nhận xét trên, suy A thay đổi tam giác ABM luôn đồng dạng với nhau, nên ∠ BM1C = 180o – ∠ BM2C Từ (a) (b) ⇒ góc AMB không đổi, nên góc α = ∠ BM1C (hoặc ∠ BM2C = 180o - α ) không đổi Từ suy điểm M nằm đường tròn qua điểm B C, BC chia đường tròn thành hai cung: cung thứ phía với cung BnC có số đo α , cung thứ hai phía với cung BmC có số đo 180 o - α so với đường thẳng BC Gọi đường tròn (C) °Phần đảo: Lấy điểm M (C), nối CM cắt đường tròn cho điểm A, qua M dựng đường thẳng vuông góc với AC cắt AB IA I.Ta dễ dàng nhận thấy không đổi với vị trí IB điểm M Từ suy đpcm 15 Tìm tập hợp giao điểm hai đường chéo hình bình hành có góc đỉnh α bốn đỉnh qua bồn điểm cho trước BÀI GIẢI Giả sử bốn điểm cho M, N, K, L M thuộc đường thẳng AB; N thuộc đường thẳng CD; K thuộc BC L thuộc đường thẳng AD, với ABCD hình bình hành có hai đường chéo giao O 13 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất Gọi P trung điểm MN Q trung điểm KL OP song song với AB, CD OQ song song với AD, BC Suy góc POQ α (hoặc 180o - α ) Các trường hợp lại giải tương tự (chẳng hạn M K; N L thuộc cặp cạnh đối hình bình hành ABCD) 16 Cho điểm A cố định miền tròn hình tròn tâm O bán kính R Gọi EF dây cung thay đổi qua điểm A đường tròn (O) Tìm tập hợp giao điểm M hai tiếp tuyến với đường tròn kẻ từ E F BÀI GIẢI 1 Ta co:ùMO2 = R2 + ME2 vaø AM2 = ME2 – ( EF)2 + ( EF – AF)2 2 = ME2 + AF2 – EF.AF = MO2 – R2 – (R2 – OA2) = MO2 + OA2 – 2R2 R − OA2 => MO2 – AM2 = 2R2 – OA2, đó: IH = = , I 2OA trung điểm OA, H hình chiếu điểm M lên đường thẳng OA Mặt khác : OA R − OA2 R OH = OI + IH = + = > R OA 2OA Vậy tập hợp điểm M làđường thẳng l vuông góc với đường thẳng OA H thỏa mãn hệ thức: R2 OH = OA 17 Cho hai điểm O G cố định a) Tìm tập hợp đỉnh A tam giác ABC nhận O làm tâm đường tròn ngoại tiếp G làm trọng tâm tam giác b) Tìm tập hợp đỉnh A tam giác ABC với góc A tùvà tam giác nhận O làm tâm đường tròn ngoại tiếp, nhận G làm trực tâm BÀI GIẢI a)° Phần thuận: Giả sử tam giác ABC thỏa mãn toán Gọi M trung điểm cạnh BC Ta có AG = 2GM Gọi I hình chiếu O đường thẳng AM OA > OM nên AI > MI Nếu ∠ AGO > 90o uuuur uuur uuuur r điểm M nằm A I Nếu K1 I1 + I1 J1 + J1 K1 = ∠ AGO ≤ 90o, từ AI > MI ta có: AG – GI > GM + GI 14 Phần1: Một số toán hình học phẳng tính chất AG > 2GI, hay AG > 4GI Mà điểm I thuộc đường tròn (C 1) đường kính OG, suy điểm A nằm đường tròn (C 2), với (C2) ảnh (C1) qua phép vị tự tâm G tỉ số Mặt khác, điểm M thuộc (C1) (nếu ngược lại ba điểm A, B, C thẳng hàng) AG = 2GM, hai điểm A M nằm khác phía với điểm G, suy điểm A thuộc đường tròn (C3), ảnh đường tròn (C1) qua phép vị tự tâm G tỉ số -2, từ điểm O’ ảnh O qua phép vị tự Tóm lại, đỉnh A tam giác ABC nhận O G theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm niềm hình tròn (C2), trừ điểm thuộc đường tròn (C 3)\ { O '} °Phần đảo: Phần không khó lắm, bạn tự chứng minh b) Ta có nhận xét: GO = − GH, O, G, H tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm trực tâm tam giác ABC Sau ta dùng kết câu a) với ý góc BAC tù, nên trung điểm M BC nằm hình tròn (C 1) đường kính OK, với K trọng tâm tam giác ⇒ AG – 18 a) Tìm tập hợp trung điểm đoạn thẳng mà hai đầu mút di độngnhưng thuộc hai cạnh AB CD tứ giác lồi cố định ABCD b) Hãy tìm tập hợp điểm M nằm ngũ giác ABCDE, cho M trung điểm không ba đoạn thẳng, mà hai đầu mút hai đoạn thẳng nằm cạnh khác ngũ giác ABCDE BÀI GIẢI a)°Phần thuận: Giả sử T điểm thuộc cạnh AB Gọi P, Q, R, S trung điểm đoạn thẳng BC, BD, AD AC Khi trung điểm TC làU thuộc PS, trung điểm V TD thuộc QR Do đó, giữ nguyên điểm T đầu mút thứ hai di động cạnh CD trung điểm chúng di động toàn đoạn UV song song PQ, RS Bây giờ, cho điểm T chạy AB đầu mút thứ hai chạy cạnh CD trung điểm vẽ thành đoạn song song với PQ mà đầu mút thuôïc PS QR Vậy trung điểm đoạn thẳng có hai đầu mút chạy cạnh AB CD tứ giác lồi ABCD phủ kín hình bình hành PQRS Các điểm cạnh hình bình hành 15 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất PQRS tương ứng điểm đoạn thẳng mà đầu mút chung với đỉnh tứ giác ABCD °Phần đảo: Lấy điểm M tùy ý thuộc hình bình hành PQRS Qua điểm M kẻ đường thẳng song song với RS cắt PS QR U V, nối UC cắt AP T, ta nhận thấy T, V, D thẳng hàng Nói TM cắt CD X, TX nhận M làm trung điểm b) Trước hết, ta dễ dàng chứng minh khẳng định sau: “Tập hợp tất trung điểm ác đoạn thẳng mà đầu mút nằm hai cạnh tam giác ABC hình bình hành với đỉnh điểm A trung điểm cạnh AB, BC, CA.” Gọi A’, B’, C’, D’, E’ trung điểm ác cạnh CD, DE, EA, AB, BC Các đoạn thẳng BE, E’C’, D’B’đồng quy A 1; A’D’, E’C’, AC đồng quy B1; BD, E’B’, A’D’ đồng quy C 1; B’E’, CE, A’C’ đồng quy D 1; A’C’, B’D’, AD đồng quy E Giao điểm C1E1 với D1B1 D1A1 A1 B2, giao B1E1 với A1D1 A1C1 C2 D2; giao B1D1 với A1C1 E2 Sử dụng câu a) khẳng định ta có trung điểm đoạn thẳng có hai đầu mút nằm cạnh khác hình ngũ giác ABCDE tạo thành hình bình hành sau: BD’B1E’, CE’C1A, DA’D1B’, BB’E1C’, AC’A1D’ B1E’C1E1, C1A’D1A1, D1B’E1B1, E1C’A1C1, A1D’B1D1 Nhưng ta xét điểm M trung điểm đoạn thẳng mà hai đầu mút chúng nằm cạnh khác ngũ giác ABCDE.Do tập hợp điểm M phải thuộc giao cặp năm hình bình hành B1E’C1E1, C1A’D1A1, D1B’E1B1, E1C’A1C1, A1D’B1D1 Hợp giao tạo thành hình A2D2B1E2C1A2D1B2E1C2 Trừ cạnh kể đầu mút, riêng đỉnh A 2, B2, C2, D2, E2 thỏa mãn yêu cầu toán Thật vậy: 1.Ta xét điểm D2: Tại điểm D2 vẽ ba đoạn thẳng nhận làm trung điểm, đoạn thứ có đầu mút B, đoạn thứ hai có đầu mút A, đoạn thứ ba đoạn thẳng song song với CE co đầu mút nằm BC, EA 2.Ta xét cạnh A1D2: Lấy điểm M cạnh A 1D2 (trừ D2) ta nhận thấy từ M vẽ hai đoạn thẳng nhận làm trung điểm: đoạn thẳng thứ qua B, đoạn thẳng thứ hai xây dựng phần đảo câu a) tứ giác ABCE 16 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất 19 Cho hai điểm A G cố định Tìm tập hợp đỉnh B tam giác ABC có ba góc nhọn nhận điểm G làm trọng tâm BÀI GIẢI Giả sử tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm Gọi M trung điểm cạnh BC, suy AG = 2GM, nên điểm M hoàn toàn xác định Dựng hình bình hành ABA1C, suy ∠ ABA1 > 90o nên đỉnh B nằm hình tròn đường kính AA cố định Do ∠ ABC < 90o nên đỉnh B nằm miền hình tròn đường kính MA1 Tóm lại, đỉnh B nằm miền hai hình tròn đường kính AM A1M, đồng thời nằm hình tròn đường kính AA Gọi miền (T) 20 Cho tam giác ABC hai điểm M, N cố định Qua điểm N ta vẽ đường thẳng d lấy hai điểm P, Q cho tam giác PMQ đồng dạng với tam giác ABC Tìm tập hợp điểm P Q d quay quanh điểm N BÀI GIẢI Ta xếp thứ tự đỉnh tam giác PMQ tương ứng với thứ tự tam giác ABC Tức vị trí đường thẳng d ∠ MPQ = ∠ BAC ∠ MQP = ∠ ACB Với vị trí d, xảy hai trường hợp: a) Các điểm P Q nằm hai phía điểm N b) Các điểm P Q nằm phía điểm N °Xét trường hợp a): Điểm P nhìn đoạn MN góc không đổi BAC nên điểm P thuộc hai cung đối xứng qua MN chứa góc BAC với dây tương cung MN Điểm Q nhìn đoạn MN góc ACB không đổi nên điểm Q thuộc hai cung đối xứng qua Mnchứa góc ACB Chú ý hai điểm P Q nằm khác phía với MN °Xét trường hợp b): Ta có góc MQP góc MQN góc ACB không đổi Góc MQP goùc BAC, suy ragoùc MPN = 180 o – BAC (không đổi) Khi đó, điểm Q nằm hai cung chứa góc ACB nhận MN làm dây trương cung Điểm P nằm hai cung chứa góc 180 o – BAC nhận MN làm trương cung Lưu ý P Q nằm hai cung phía BC 21 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Với điểm M đường tròn ta gọi A’, B’, C’ theo thứ tự giao điểm AM, BM, CM với đường tròn Tìm tập hợp điểm M đường tròn cho: 17 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất A C' M GO B MA MB MC + + ≤ MA ' MB ' MC ' BÀI GIẢI Vì M (O) nên: MA.MA’ = MB.MB’ = MC.MC’ = R2.MO2 MA MB MC B' ⇒ + + = MA ' MB ' MC ' (MA2 + MB2 + MC2)/(R2 – MO2) ≤ (1) Với điểm X tùy ý mặt phẳng thì: A' XA + XB2 + XC2 = 3XG2 + GA2 + GB2 + GC2 C (với G trọng tâm tam giác ABC), cho X ≡ M O ta co:ù MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2, OA2 + OB2 + OC2 = 3OG2 + GA2 + GB2 + GC2, suy GA2 + GB2 + GC2 = 3(R2.OG2) Vì thế, (1) tương đương với: MG + R − OG ≤ 3 R − MO Suy ra: MG2 + MO2 ≤ OG2 (2) Hai trường hợp xảy ra: 1) Tam giác ABC đều: từ (2) suy M ≡ O (tâm tam giác ABC) 2) Tam giác ABC không đều: suy M thuộc hình tròn đường kính OG 22 Cho (L) tiếp tuyến đường tròn (C) M điểm (L) Hãy tìm quỹ tích điểm P thỏa mãn tính chất: tồn hai điểm R, Q (L) cho RM = QM tam giác PQR nhận (C) làm đường tròn nội tiếp BÀI GIẢI P Cho X giao điểm (C) (L), O tâm (C) Giả sử XO cắt (C) điểm thứ hai Z; Y điểm z QR cho M trung điểm O XY Gọi (C’) đường tròn Q X Y tiếp xúc với cạnh QR, đường R thẳng PQ, PR phía khác với (C) so với cạnh QR (tức đường tròn bàng tiếp góc P O' tam giác PQR) Giả sử (C’) tiếp xúc với QR Y’ 18 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất PY ' biến (C) thành (C’), tiếp tuyến PZ với (C) Z biến thành đường thẳng QR, suy Z biến thành Y’ Ta chứng minh QX = RY’ Thật vậy, hiển nhiên X Y’ chân đường vuông góc với QR hạ từ O O’ tương ứng Ta có: ∠ OQO’ = ∠ ORO’ = 90o Từ suy hai tam giác QY’O’ OXQ đồng dạng nhau, QY ' OX = đó: Cũng hai tam giác RXO O’Y’R đồng dạng Y ' O XQ RX O ' Y ' = neân: Suy ra: XO Y ' R QY’ XY = Y’O’.OX = RX.Y’R QX QX RY ' RY ' = = = , Từ ta được: RX QR − QX QR − RY ' QY ' ⇒ QX = RY’ Mặt khác, QX = RY M vừa trung điểm XY, vừa trung điểm QR, ta có Y trùng Y’ Như vậy, điểm P di động luôn nằm tia YZ (dễ thấy Z cố định, Y cố định nên tia YZ cố định) Đảo lại, lấy điểm P tia YZ, cách lí luận tương tự ta có QX = RY Nhưng M trung điểm XY nên suy M trung điểm QR, P điểm quỹ tích Tóm lại, quỹ tích P tia YZ Phép vị tự tâm P, tỉ số 23 Cho đường tròn tâm O hai điểm B, C cố định Một điểm A di động đường tròn Gọi H trực tâm tam giác ABC a) Tìm tập hợp trung điểm K AH b) Tìm tập hợp trọng tâm tam giác AOH c) Tìm tập hợp giao điểm đường phân giác góc A tam giác ABC với đường thẳng OH BÀI GIẢI a) Gọi I trung điểm cạnh BC Dễ thấy uuur uur uuur uur AH = 2OI nên AK = OI Vậy K nằm đường tròn ảnh đường tròn (O) qua uur phép tịnh tiến véctơ OI Gọi đường tròn ( I ) uuur uuur b) Gọi G trọng tâm tam giác AOH, ta có: OG = OK Vậy G thuộc đường tròn ảnh đường tròn ( I ) qua phép vị tự tâm O tỉ số 19 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất c) Dễ thấy phân giác góc A tam giác phân giác góc A tam giác AOH Gọi điểm D giao điểm đường phân giác góc A với OH Ta có: uuur uuur HD AH AK 2OI OH 2OI + R R = = = = OH (*) hay , từ ñoù: OD = DO AO uAO Rr OD R 2OI + R uur uu Ta lại có AH = 2OI nên trực tâm H nằm đường tròn ảnh uur đường tròn (O) qua phép tịnh tiến theo véctơ OI , ta gọi (H) Do đó, từ đẳng thức (*) suy điểm D thuộc đường tròn ảnh đường tròn (H) qua phép vị tự tâm O tỉ số: R 2OI + R 24 Cho tam giác Abc vuông A, BC = a, CA = b, AB = c Tìm quỹ tích điểm M thỏa mãn: a2MA2 + b2MB2 + c2MC2 = 2b2c2 BÀI GIẢI uur uur uur r Gọi I điểm thỏa mãn điều kiện: a AI + b BI + c CI = Trước hết, ta xác định điểm I Gọi H hình chiếu A xuống BC,ta có: uuur uuur uuur c uuur HB = − HC ⇔ b HB + c HC = b Khi đó, (1) tương đương với: uu r uuu r uuur uuur r M a IA + (b + c ) IH + b HB + c HC = uu r uuu r r 2 ⇔ a IA + a IH = (do c + b = a ) A uu r uuu r r ⇔ IA + IH = ⇔ I trung điểm AH Theo hệ thức LepNhit, ta có: I a MA2 + b MB + c MC = H C B = (a + b + c ) IM + a IA2 + b IB + c IC = 2a IM + a 2 2 2 b2c 2 b c + 4c b c +b + b + c 4a 4a 4a = 2a IM + Từ đó, ta có IM = đường tròn ( I ; b2c = 2b c BC , vaø suy quỹ tích điểm M 2a bc ) 2a SỰ ĐỒNG QUY VÀ ĐIỂM CỐ ĐỊNH 20 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất 25 Trong một mặt phẳng cho số hữu hạn đa giác cho hai đa giác có điểm chung Chứng minh tồn đường thẳng có điểm chung với đa giác BÀI GIẢI Do tập hợp đa giác hữu hạn nên tồn đường thẳng (a) cho tất đa giác nằm phía nửa mặt phẳng bờ (a) Đánh số đa giác D 1, D2, D3,…, Dn hình chiếu vuông góc chúng lên (a) đoạn A 1B1, A2B2, …, AnBn Không làm tính tổng quát, giả sử A1, A2,…,An nút phải đoạn thẳng AiBi, i = 1…n Giả sử Ak nút cuối kể từ phải sang trái, đó, không tồn Bc thuộc [AkA1] đoạn thẳng nằm phía trái Ak Đường thẳng l vuông góc với (a) A k đường thẳng cần tìm 26 Cho đường thẳng cố định xy đường tròn cố định tâm O không cắt đường thẳng Từ điểm A di động xy, ta dựng hai tiếp tuyến AB, AC tiếp xúc với đường tròn tâm O B C Chứng minh BC qua điểm cố định A vạch nên đường thẳng xy BÀI GIẢI Gọi D hình chiếu vuông góc O lên xy, E F lấn lượt giao E F điểm BC với OA , OD C Các tam giác OEF ODA đồng dạng cho ta: OD.OF = OE.OA x A y D Maët khác, tam giác OBA vuông B nên OE.OA = OB2 = r2, với r bán kính đường tròn tâm O cho Suy OD.OF = r2 (hằng số), OF không đổi Điều chứng tỏ F điểm cố định ta có điều phải chứng minh B 27 Cho tam giác ABC không vuông, không cân, nội tiếp đường tròn tâm O Gọi A1, B1, C1 trung điểm cạnh BC, CA, AB Trên tia OA lấy A2 cho tam giác OAA1 đồng dạng với tam giác OA 2A Trên tia OB1, OC1 tương tự cho điểm B2, C2 Chứng tỏ đường thẳng AA2, BB2, CC2 đồng quy điểm BÀI GIẢI 21 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất Xét điểm A2, tam giác OAA1 đồng dạng với tam giác OA2A nên ta có: OA2 = OA1.OA2, suy ra: OC2 = OB2 = OA1.OA2 Từ ta được: ∠ OBA2 = ∠ OCA2 = A o 90 Tương tự, ta suy A2, B2, C2 lập thành đỉnh tam giác nhận O làm tâm đường tròn nội O tiếp, A, B, C tiếp điểm ta có toán quen thuộc sau: Trong tam giác, ba đường C B A1 thẳng nối đỉnh với điểm tiếp xúc đường tròn nội tiếp với cạnh đối diện đồng quy (bài toán dễ dàng chứng minh định lí Ceva) A2 Từ suy AA2, BB2, CC2 đồng quy (đpcm) 28 Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường thẳng, đường qua trung điểm cạnh vuông góc với cạnh đối diện đồng quy BÀI GIẢI Giả sử M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA tứ giác ABCD; Mx, Ny, Pz, Qt đường thẳng lần lựơt vuông góc với CD, DA, AB, BC Giả sử ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Khi gọi G trọng tâm tứ giác ABCD (G trung điểm MN) OG cắt Mx H Từ điều kiện On song song với MK suy hai tam giác GMH GNO ⇒ GO = GH (trong H điểm đối xứng O qua G) Lập luận tương tự suy ra: Ny, Pz, Qt qua H Ngược lại, giả sử Mx, Ny, Pz, Qt đồng quy H Gọi O điểm đối xứng H qua G Từ tam giác GMH GNO suy ON song song với MH, từ OP đường trung trực cạnh CD Lập luận tương tự, OM, ON, OQ trung trực AB, BC, AD; suy O tâm vòng tròn ngoại tiếp tứ giác 29 Cho tam giác ABC Các tam giác ABX, BCY CAZ cân đồng dạng nhau, chúng tam giác ABC thỏa mãn XA = XB, YB = YC, ZC = ZA Chứng minh đường thẳng AY, BZ CX đồng quy 22 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất BÀI GIẢI Gọi x số đo góc đáy tam giác cân Giả sử AY, BZ, CX cắt BC, CA, AB tương ứng L, M, N Khi đó: BA.BY sin(∠B + x) BL [ ABY ] BA.sin(∠B + x) = = = BC [ ACY ] CA.CY sin(∠C + x) CA.sin(∠C + x) 2 MG + R − OG (kí hiệu […] dùng để diện tích) R − MO Tương tự ta coù: CM BC.sin(∠C + x ) AN CA.sin(∠A + x) = = vaø MA BA.sin(∠A + x ) NB BC.sin(∠B + x ) BL CM AN = 1, Vậy: LC MA BN từ theo định lí đảo Định lí Ceva ⇒ AL, BM CN đồng quy, tức AY, BZ CX đồng quy 30 Trong tam giác ABC, ta vẽ trung tuyến AA 1, BB1, CC1 Gọi O tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AOA1, BOB1, COC1 có điểm chung khác O BÀI GIẢI Tâm Oc đường tròn ngoại tiếp tam giác COC giao hai đường trung trực m, n OC OC1 Trung trực n qua trung điểm A 2, B2 đoạn OA, OB Khi thực phép vị tự Vo½, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biến thành đường tròn ngoại tiếp tam giác A 2B2C2 Từ suy đường thẳng m tiếp tuyến đường tròn (A 2B2C2) ảnh tiếp tuyến đường tròn (ABC) vẽ C Tương tự OA giao điểm tiếp tuyến đường tròn (A 2B2C2) A2 cạnh B2C2; OB giao tiếp tuyến đường tròn (A 2B2C2) B2 với A2C2 Theo Định lí Pascal Các điểm O A, OB, OC thuộc đường thẳng l; đường tròn (AA 1O), (BB1O), (CC1O) nhận l làm trục đối xứng Khi O điểm chung thứ O’ ảnh O qua phép đối xứng trục l điểm chung thứ hai (đpcm) 31 Cho A, B, C bốn điểm phân biệt đường thẳng theo thứ tự Các đường tròn đường kính AC BD cắt điểm X Y Đường thẳng XY cắt BC Z Cho P điểm đường thẳng XY khác Z Đường thẳng CP cắt đường tròn đường tròn đường kính AC C M,đường thẳng BP cắt đường tròn 23 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất đường kính BD B N Chứng minh đường thẳng AM, DN XY đồng quy BÀI GIẢI °Xét trường hợp P ≠ X, P ≠ Y Do XY trục đẳng phương hai đường tròn đường kính AC BD, nên PM PC = PN PB Đồng thời XY ⊥ AD kéo theo ∠ PZD =90o Giả sử AM ∩ XY = { K } Vì M nằm đườnh tròn đường kính AC nên ∠ AMC = 90o ∠ KMC = 90o Vậy ∠ KMC = ∠ KZC = 90o.Suy bốn điểm K, M, C, Z thuộc đường tròn mà ta gọi đường tròn (V) Xét phương tích điểm P (V) ta có: PM PC = PK PZ (2) Tương tự, DN ∩ XY = { K '} PN PB = PK '.PZ (3) Từ (1), (2) (3) ta co:ù PK PZ = PK '.PZ Do P ≠ Z neân K’ ≡ K Vậy AM, DN, XY đồng quy °Trường hợp P ≡ X Khi M ≡ X N ≡ X Do AM, DN XY đồng quy °Trường hợp P ≡ Y xét tương tự theo trường hợp 32.Chứng minh với tam giác ABC, tồn ba đường tròn có điểm chung cho ba đường tròn có đường kính tiếp xúc với cặp cạnh AB, BC; BC, CA; CA, AB BÀI GIẢI Giả sử R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi ba đường tròn có tâm A, B, C có bán kính R cắt điểm Điểm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Các tiếp tuyến chung cặp đường tròn nói cắt tạo thành tam giác A’B’C’ có: A’B’//AB, B’C’//BC, C’A’//CA Thực phép vị tự biến tam giác A’B’C’ thành tam giác ABC Khi ba đường tròn cần tìm ảnh ba đường tròn nói 33 Trên cạnh AB, BC, CA tam giác ABC, ta lấy điểm C1, A1, B1 tương ứng cho đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy điểm O Đường thẳng vẽ qua O song song với AC cắt đường thẳng A 1B1 B1C1 tương ứng điểm K, M Chứng minh OK = OM 24 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất BÀI GIẢI Vẽ qua B đường thẳng song song với AC cắt đường thẳng B1C1 B1A1 tương ứng điểm M1, K1 Mệnh đề cần chứng minh tương đương với việc cần chứng minh BM1 = BK1 Từ tam giác đồng dạng AB 1C1 vaø BM1C1, suy ra:BM1 = AB1 (BC1/AC1) BA1 Tương tự ta có: BK1 = CB1 CA1 Chia đẳng thức nhận theo vế kết hợp với Định lí Ceva ta có: BM AB1 CA1 BC1 = =1 BK1 CB1 BA1 AC1 Từ suy điều phải chứng minh 25 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất ĐƯỜNG TRÒN VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT 33 Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC, tiếp điểm thuộc AB, BC, CA I, J, K Chứng uuu r uuur uuur minh rằng: OA.sin A + OB.sin B + OC.sin C = BÀI GIẢI Vì OI ⊥ AB OK ⊥ AC A nên tứ giác AIOK nội tiếp đường kính AO I1 Như thế, tam giác AIK nội tiếp đường tròn I K này, áp dụng định lí hàm sin ta có: J1 O IK = OA.sinA (1) Ngoài tam giác AIK K1 J C cân AO vuông góc B với IK (2) Xét thêm phép quay tâm O, góc quay -90 o, qua phép quay naøy: I → I1 J → J1 K → K1 Từ I1K1 ⊥ IK (3) I1K1 = IK (4) Từ (2) (3) ta suy I1K1 // AO (5) Từ (1) (4) ta có I1K1 = OA.sinA (6) uuuur uuu r Lại từ (5) (6) cho ta: K1 I1 = OA.sin A , uuur uuu r uuuur uuur Hoàn toàn tương tự, ta có I1 J1 = OB.sin B J1 K1 = OC.sin C Từ uuuur uuur uuuur r K1 I1 + I1 J1 + J1 K1 = ta suy điều phải chứng minh 34 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), hai đường chéo cắt M Qua trung điểm P cua cạnh AB kẻđường thẳng PM, qua trungđiểm Q cạnh BC kẻ đường thẳng QM Chứng minh PM ⊥ CD QM ⊥ AD BÀI GIẢI: D C M A P B 26 Phần1: Một số tốn hình học phẳng tính chất uuur r uuur r Đặt MA = a, MB = b Ta có tam giác MAB đồng dạng với tam giác MDC nên uuuu r kb r uuuu r − ka r MD MC = = k Vậy MD = kMA, MC = kMB Do CM = a, MD = b , với ký MA MB a b hiệu a =MA, b = MB uuur k r r uuuu r uuuu r uuur (b c − a b) Mặt khác, CM + MD = CD nên CD = ab uuur uuur uuur uuur uuuuu r Theo giả thiết, PM ⊥ CD nên CD.MP = , mà MA + MB = 2MP nên r r r r rr (a + b)(b a − a b) = suy ab(b − a ) = + Nếu b2 - a2 = 0, hay a = b ABCD hình thang cân hay hình chữ nhật, lúc dễ dàng có đượcr rkết luận tốn + Nếu ab = AC ⊥ CD, ta có: r uuur uuur uuur uuuu r uuu (OA + OB + OC + OD) = OM uuuu r uuuu r uuur uuu r uuur QM = OM − OQ = (OA + OD ) Suy ra: uuuu r uuur uuu r uuur uuur uuu r QM AD = (OA + OD )(OD − OA) = (OD − OA2 ) = 2 Vậy QM ⊥ AD 27 ... theo vế kết hợp với Định lí Ceva ta coù: BM AB1 CA1 BC1 = =1 BK1 CB1 BA1 AC1 Từ suy điều phải chứng minh 25 Phần1 : Một số tốn hình học phẳng tính chất ĐƯỜNG TRÒN VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT 33 Cho đường... dụng để chứng minh bất đẳng thức hình học, Simson dùng để chứng minh thẳng hàng.Dựa vào chúng, ta dễ dàng suy số tính chất sau: Phần1 : Một số tốn hình học phẳng tính chất °Cho tam giác ABC nội tiếp... c BC , suy quỹ tích điểm M 2a bc ) 2a SỰ ĐỒNG QUY VÀ ĐIỂM CỐ ĐỊNH 20 Phần1 : Một số tốn hình học phẳng tính chất 25 Trong một mặt phẳng cho số hữu hạn đa giác cho hai đa giác có điểm chung Chứng