Có thể chứng minh:
1. AB, CD, EF là 3 đờng cao, 3 đờng trung tuyến, 3 đờng trung trực, 3 đờng phân giác trong, một đờng phân giác trong và 2 đờng phân giác ngoài … của một tam giác.
2. AB, CD cắt nhau tại một điểm thẳng hàng với E, F. 3. AB, CD cắt nhau và đối xứng với nhau qua EF.
4. Có 3 đờng tròn (O1), (O2) và (3) sao cho AB, CD, EF là dây chung (hoặc tiếp tuyến chung trong) của các cặp đờng tròn tơng ứng: (O1) với (O2), (O2) với (O3), (O3) với (O1).
II) Các ví dụ:
Ví dụ 1: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB. Một đờng tròn (O’) qua B cắtđoạn thẳng AB tại điểm thứ hai C và cắt (O) tại điểm thứ hai D. Đoạn thẳng AD cắt (O’) tại điểm thứ hai E, tia BE cắt (O) tại điểm thứ hai F. C/m rằng 3 đờng thẳng AF, BD, CE đồng quy.
Ví dụ 2: Cho hình thang cân ABCD (AD // BC; AD > BC). Gọi I là giao điểm của AC và BD, K là trung điểm của AD. C/m rằng 3 đờng thẳng AB, CD, IK đồng quy.
Lời giải:
Do góc ADB nội tiếp (O) chắn đờng kính AB nên góc ADB = 900. Mà góc EDB cũng nội tiếp (O’) nên EB là đờng kính của (O’), suy ra EC ⊥ AB (1).
Do góc ABF nội tiếp (O) chắn đờng kính AB nên góc AFB = 900. Nh vậy E là giao điểm của 2 đờng cao AD, BF của
∆ABI (I là giao điểm các tia AF, BD) hay E là trực tâm
∆IAB, do đó IE ⊥ AB (2).
Kết hợp (1) và (2) ta có 2 đờng thẳng EC, IE trùng nhau (vì cùng qua E và ⊥ AB). Suy ra 3 đờng thẳng AF, BD, CE đồng quy tại I. (đpcm) I O' O F E D C B A Lời giải:
Gọi H là trung điểm của BC. Do hình thang cân nên nó nhận KH làm trục đối xứng. Nếu AB // CD thì ABCD là hình bình hành và BC = AD, trái với giả thiết. Vậy AB cắt CD tại 1 điểm O. Do AB đối xứng với CD qua KH nên O nằm trên trục đối xứng KH.
Tơng tự nh vậy, I cũng nằm trên trục đối xứng KH, và ta có
đpcm. K H I D C B A
Ví dụ 3: Cho 2 đờng tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm M và 1 đờng tròn (O3) tiếp xúc trong với (O1), (O2) tại các điểm tơng ứngN, P. C/m rằng đờng tròn qua 3 điểm M, N, P là đờng tròn bàng tiếp tam giác O1O2O3.
Ví dụ 4: Cho nửa đờng tròn đờng kính AB với điểm M trên đó. Gọi H là chân đờng vuông góc hạ từ M xuống AB. Đờng tròn đờng kính MH cắt MA tại điểm P, cắt MB tại điểm Q và cắt cung AB tại điểm thứ hai E. C/m rằng tứ giác APQB nội tiếp. Suy ra các đờng thẳng AB, PQ, ME đồng quy.
Lời giải:
Kẻ các phân giác góc ngoài các đỉnh O1,O2 của ∆O3O2O1, gọi giao điểm của chúng là I, ta có phân giác góc trong tại đỉnh O3 cũng đi qua I. Suy ra các cặp tam giác sau đây bằng nhau (c.g.c.): ∆INO1 = ∆IMO1; ∆IMO2 = ∆IPO2;
∆IPO3 = ∆INO3.
Do đó Nˆ1 =Mˆ2; Mˆ1 =Pˆ1; Pˆ1 =Nˆ1 (1). Giả sử Nˆ1< 900, ta có Mˆ 2 < 900; Mˆ1 > 900 ; Pˆ1 > 900. Vậy Pˆ1 > 900 > Nˆ1, mâu thuẫn với (1).
Nếu Nˆ1> 900 thì c/m tơng tự ta cũng có Pˆ1 < 900 < Nˆ1, mâu thuẫn với (1).
Vậy Nˆ1= 900 = Mˆ 2 = Pˆ1. Suy ra N, M, P là các tiếp điểm của đờng tròn (I; IN) với tia đối của tia O1O3, cạnh O1O2, tia đối của tia O2O3. Vậy đờng tròn qua M, N, P bàng tiếp tam giác O1O2O3.
1 2 1 2 1 1P O3 O2 O1 I N M Lời giải: Ta có góc MPH = 900 = góc MQH (nội tiếp chắn đờng kính MH). áp dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông, ta có
MP.MA = MH2 = MQ.MB. Do các ∆HMA, HMB vuông đỉnh H
nên các chân đờng cao là P, Q hạ từ H phải nằm trên các cạnh huyền tơng ứng MA, MB suy ra giao điểm M của các đoạn thẳng AP, BQ không thuộc đoạn nào trong AP, BQ. Kết hợp với (1) ta có A, P, Q, B nằm trên 1 đờng tròn. Gọi giao điểm của 2 đờng thẳng PQ và AB là I. Do (2), ta có IP.IQ = IA.IB. Giả sử IM cắt đờngtròn đờng kính MH tại E’, ta có IE’.IM = IP.IQ = IA.IB. Tơng tự nh trên, ta có 4 điểm A, B, E’, M nằm trên 1 đ- ờng tròn, đó là đờng tròn đờng kính AB. Suy ra E’ là giao điểm (khác M) của đờng tròn đờng kính MH với đờng tròn đờng kính AB, và do đó trùng với E. Vậy AB, PQ, ME đồng quy tại I. (đpcm) Q P H I E M B A
Ví dụ 5: Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB với điểm M trên đó, một điểm I nằm giữa A, B và không trùng với O. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa M, ngời ta kẻ các tia Ax và By vuông góc với AB. Đờng thẳng qua M vuông góc với MI cắt Ax tại điểm N, đờng thẳng d qua I vuông góc với IN. C/m các đờng thẳng d, MN, By đồng quy.
Lời giải:
Do M nội tiếp chắn đờng kính AB nên góc AMB = 900. Do đó Aˆ1 =Bˆ1 (vì cùng phụ với góc MAB). Mà
1
1 ˆ
ˆ I
A = (vì cùng phụ với góc INP). Vậy Bˆ1 =Pˆ1. Suy ra tứ giác IMPB nội tiếp, và góc IBP = 1800 – sđ góc IMP = 900, hay BP trùng với By (cùng qua B và vuông góc với AB). Suy ra đpcm.
d P 1 1 1 1 y x O N M I B A