Bàitoán 9.Chứng minh rằng trong một tam giác, trọng tâm, trực tâm và tâmđường tròn ngoại tiếp cùng
nằm trên một đường thẳng.(Đường thẳng Euler)
Lời giải
Gọi G, H, O lần lượt là trong tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm cạnh BC
Xét phép vị tự: A M nên biến AH thành đường thẳng trung trực của BC. Tương tự biến BH, CH lần lượt thành trung trực của AC, AB. Suy ra biến H thành O. Vậy O, G, H thẳng hàng và (đpcm).
Bàitoán 10. Trong một tam giác, trung điểm các cạnh, chân các đường cao, trung điểm đoạn thẳng nối từ
đỉnh đến trực tâm cùng thuộc một đường tròn (Đường tròn Euler – Đường tròn chín điểm).
Gọi G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; M, N, Plần lượt là trung điểm cạnh BC, CA, AB; D, E, F lần lượt là trung điểm của AH, BH, CH; A1, B1, C1 lần là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C; A2, B2, C2 lần lượt là giao điểm của AH, BH, CH với đường tròn (O)
Xét phép vị tự: A M, B N, CP. Suy ra (O) biến thành (MNP). Gọi O’ là tâm đường tròn (MNP). Khi đó :O O’ Suy ra O’ là trung điểm của OH
Hơn nữa (H, G, O’, O)= -1 nên H là tâm vị tự ngoài của (O) và (O’) Xét phép vị tự : AD, BE, CFnên D, E, F thuộc đường tròn (O’) Mặt khác phép vị tự : A2 A1 , B2 B1, C2 C1nên A1, B1, C1 thuộc (O’).
Vậy ta chứng minh được các điểm đã cho cùng thuộc đường tròn Euler và tâm đường tròn là trungđiểm của của đoạn thẳng nối trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.
Bài toán11. Cho ba điểm E, F, G theo thứ tự nằm trên ba cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Điều kiện
cần và đủ để ba đường thẳng AE, BF, CG đồng quy là: (Định lí Ceva)
Lời giải
Giả sử ba đường thẳng AE, BF, CG đồng quy tại O. Từ A và C kẻ các đường thẳng song song với BF chúng cắt lần lượt CG, AE tại K, I.
Khi đó .
Tương tự ta có .
Ngoài ra ta có các cặp tam giác đồng dạng IEC và OEB; AKG và BOG .Do đó .
Ngược lại giả sử . Qua giao điểm các đường thẳng AE và BF, kẻ CC1 với C1 nằm trên AB. Khi đó theo chứng minh phần thuận hay C1 trùng với G, ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 12.Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O). Gọi (w) làđường tròntiếp xúc với AB,
AC tại D và E và tiếp xúc trong với (O) tại K. Chứng minh rằng DE đi qua tâm nộitiếp của tam giác ABC.
Lời giải
Đặt Xét phép vị tự : (w) (I). Gọi I’ là trung điểm của DE, ta có (1). Mặt khác (2). Từ (1), (2) ta cóhay : J I’. Vậy I’ trùng với I.
Bài toán 13. Cho hai đường tròn (O1) và (O2) tiếp xúc nhau tại M. Một điểm A thay đổitrên đường tròn (O2), từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến (O1) với B, C là hai tiếp điểm. BM, CM lầnlượt cắt (O2) tại D và E. DE cắt tiếp tuyến tại A của (O2) tại F. Chứng minh rằng F thuộc một
đườngthẳng cốđịnh khi A di chuyển trên (O2) không thẳng hàng với O1 và M.
Lời giải
Gọi Ax là tiếp tuyến tại A của (O2), Mz là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1) và (O2). R1, R2 lần lượt là bán kính của (O1) và (O2)
Xét phép vị tựbiến các điểm A, D, E lần lượt thành A’, B, C. Suy ra biến đường thẳng DE thành BC, biến tiếp tuyến Ax của (O2) thành tiếp tuyến A’y của (O1). Khi đó biến điểm F thành điểm K (K là giao điểm của A’y và BC).
Mặt khác theo tính chất của cực và đối cực ta có K thuộc đường đối cực BC của A đối với (O1)nên A thuộc đường đối cực của K đối với (O1) nên K thuộc Mzdo đó F ∈ Mz.
Bài toán 14. Hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài nhau tại C và tiếp xúc trong với (O) tại D và E. Gọi (d) là tiếp tuyến chung của (O1) và (O2) tại C. Lấy AB làđường kính của (O), AB vuông góc với (d) sao cho A, D, O1 cùng phía đối với (d). Chứng minh rằng AO1, BO2, DE và (d) đồng quy.
Lời giải
Gọi R, R1, R2 lần lượt là bán kính của các đường tròn (O), (O1), (O2).Xét phép vị tự : (O1) (O). Vì O1C //OB suy ra :(O1C) (OB) và CB. Do đó D, C, B thẳng hàng. Hơn nữa nếu gọi X là giao điểm của CO1 và (O1) thì XA, suy ra X AD.
Tương tự ta có E, C, A thẳng hàng và Y BE ( Y là giao của CO2 với (O2))
Gọi M là giao điểm của AD và BE. Vì nên C là trực tâm của tam giác MAB. Suy ra M(d). Gọi P, H lần lượt là giao điểm của (d) với DE và AB. Khi đó ta có (MCPH)=-1, suy ra (AD, AC, AP, AH)= -1 (1).
Mặt khác xét chùm (AD, AC, AO1, AH) có đường thẳng qua O1 song song với AH và cắt AD, AC tại X, C và O1 là trung điểm của XC nên (AD, AC, AO1, AH) = -1 (2).Từ (1) và (2) ta có A, O1, P thẳng hàng
Chứng minh tương tự B, O2, P thẳng hàng. Vậy AO1, BO2, DE và (d) đồng quy tại P.
Bài toán 15. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm (O,R). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của
tam giác ABC; Ia, Ib, Ic lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp ứng với góc A,B,C của tam giác ABC; X,Y, Z lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC, OCA,OAB tương ứng; K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ, P là điểm đối xứng với I qua O.
Chứng minh rằng
a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác IaIbIc có tâm P và bán kính 2R b) Điểm K thuộc đường thẳng Euler của tam giác ABC
a) Áp dụng Đường tròn Euler cho tam giác và chứng minh tính chất tâm đường tròn Euler là trung điểm đoạn nối trực tâm và tâm đường tròn nội tiếp. Ta có I là trực tâm của tâm của tam giác IaIbIc và O là tâm đường tròn Euler của tam giác IaIbIc suy ra P là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác IaIbIc
Đường tròn tâm O cắt IIa tại D ta có D là trung điểm của IIa nên DO là trung bình của tam giác IIaP nên PIa=2.OD=2R.
b) Chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F. Gọi H là trực tâm tam giác DEF. cmr: H, I, O thẳng hàng.
Thật vậy: Gọi A’, B’, C’ theo thứ tự là giao điểm thứ 2 của AI, BI, CI với (O) khi đó I là trực tâm của tam giác A’B’C’. Gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC.
. Mặt khác
Với G là trọng tâm tam giác DEF suy ra OI là đường thẳng Euler của nên H, I, O thẳng hàng. Quay lại bài toán: Ta có O là tâm đường tròn nội tiếp XYZ. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là giao điểm của OA với YZ, OB với ZX, OC với XY, H1 là trực tâm tam giác A1B1C1.
Áp dụng bổ đề trên cho tam giác XYZ ta có K thuộc đường thẳng Euler của A1B1C1.
Xét phép Vị tự: nên biến đường thẳng Euler của tam giác ABC thành đường thẳng Euler của A1B1C1. Mặt khác hai đường thẳng này cùng đi qua O nên chúng trùng nhau. Suy ra K nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC.
Bài toán 16.Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R). Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. E là điểm đối xứng
Lời giải
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, qua A, B, C kẻ các đường thẳng a, b, c song song với BC, CA, AB. Gọi . Suy ra A, B, C lần lượt là trung điểm của B2C2, C2A2, A2B2 và HA, HB, HC lần lượt là trung trực của B2C2, C2A2, A2B2 suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A2B2C2. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên G cũng là trọng tâm tam giác A2B2C2 và phép vị tự : ( A2B2C2)(ABC) suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A2B2C2 bằng 2R.
Gọi A1 là trung điểm BC và D’ là hình chiếu của O trên B2C2. Ta có: nên hay . Tương tự ; . Như vậy D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi D’, E’, F’ thẳng hàng. Mặt khác D’, E’, F’ là hình chiếu vuông góc của O trên 3 cạnh tam giác A2B2C2 nên D’, E’, F’ thẳng hàng
Bài toán 17.Cho 2 đường tròn (O) và (O’) có bán kính khác nhau cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng
tiếp xúc với (O) tại P, tiếp xúc với (O’) tại P’. Gọi Q và Q’ lần lượt là chân đường cao hạ từ P và P’ xuống OO’. Đường thẳng AQ và AQ’ cắt lần thứ hai với hai đường tròn tại M và M’. Chứng minh rằng M,M’,B thẳng hàng.
Lời giải
Hai đường tròn cắt nhau suy ra : , gọi S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn Xét phép vị tự :
Suy ra : .
Ta có : . Suy ra tứ giác AQOA’ nội tiếp đường tròn. Suy ra . Vậy .
Do tam giác MOA và tam giác M’O’A’ cân. Suy ra : . Ta có :
Mà góc :
Suy ra : . Do đó M, B, M’ thẳng hàng.
Bài toán18. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn nội tiếp
giữa của cung BC (không chứa điểm A), cung CA (không chứa điểm B), cung AB (không chứa điểm C). Chứng minh rằng KD, LE, MF đồng quy tại một điểm.
Lời giải N S I O M L K F E D C B A
Gọi N là giao điểm của đường thẳng BC và MK. Khi đó: =sđ
(sđ +sđ) (1).
DF vuông góc với IB nên: (2).
Từ (1) và (2) ta được . Chứng minh tương tự ta được .
Do đó kết hợp với hai tam giác cùng hướng nên tồn tại một phép vị tự suy ra KD, LE, MF đồng quy tại điểm .
Nhận xét. Ta có nên biến đường tròn ngoại tiếp tam giác thành đường tròn ngoại tiếp tam giác hay suy ra thẳng hàng. Vậy KD, LE, MF đồng quy tại điểm nằm trên đường thẳng .