Sử dụng định lý Ceva và Menelaus trong bài toán chứng minh đồng quy, thẳng hàng

Giới thiệu Sử dụng định lý Ceva và Menelaus trong bài toán chứng minh đồng quy, thẳng hàng

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Sử dụng định lý Ceva và Menelaus trong bài toán chứng minh đồng quy, thẳng hàng.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Sử dụng định lý Ceva và Menelaus trong bài toán chứng minh đồng quy, thẳng hàng

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán học sinh giỏi tại đây

SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG Phần 1. Đặt vấn đề Các bài toán Hình học phẳng là một phần quan trọng trong các chuyên đề toán học và đồng thời nó cũng là một mảng khó trong chương trình toán THPT chuyên. Chính vì thế trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế và khu vực, những bài toán Hình học phẳng cũng hay được đề cập và thường được xem là bài toán khó của kì thi. Trong các dạng toán liên quan đến Hình học phẳng thì bài toán đồng quy, thẳng hàng vừa được coi là bài toán quen và lạ, vừa dễ vừa khó. Bởi bài toán đồng quy, thẳng hàng đã được làm quen từ khi các em bắt đầu học Hình học cho đến chúng ta cảm thấy rất quen thuộc với Hình hoc nó vẫn hiện hữu. Nó lại là bài toán có tần suất xuất hiện nhiều nhất trong tất cả các kì thi HSG các cấp với rất nhiều hình thái khác nhau, mức độ khác nhau thậm chí là rất khó. Các em học sinh bậc Trung học phổ thông thường gặp một số khó khăn khi tiếp cận các dạng toán liên quan đến bài toán đồng quy thẳng hàng nói riêng và bài toán Hình học phẳng nói chung bởi không biết phải bắt đầu từ đâu và khó khăn khi định hướng vẽ hình phụ. Cái khó của các em chính là không nắm được tường tận các phương pháp giải quyết từ đó dẫn đến khó khăn trong khâu định hướng. Để hiểu và vận dụng tốt một số dạng toán cơ bản và vận dụng kiến thức Hình học phẳng vào giải toán đồng quy thẳng hàng thì thông thường học sinh phải có kiến thức nền tảng Hình học tương đối đầy đủ và chắc chắn trên tất cả các lĩnh vực của nó. Trong số rất nhiều các phương pháp để giải quyết bài toán đồng quy, thẳng hàng tác giả lựa chọn các phương pháp “Sử dụng định lý Ceva và Menelaus” để giải quyết lớp bài toán trên. Đây là phương pháp khá cổ điển và đặc trưng cho lớp bài toán này. 1 Phần 2 ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG 1 Lý thuyết 1.1. Định lí Ceva: Cho tam giác ABC và các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB. Khi đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi A ‘ B B ‘C C ‘ A A ‘ B B ‘C C ‘ A . .  1 . . .  1 hay A ‘C B ‘ A C ‘ B A ‘C B ‘ A C ‘ B Chứng minh: AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi: A ‘ B B ‘C C ‘ A . .  1. (1) A ‘C B ‘ A C ‘ B (  ) Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy ta chứng minh (1) Giả sử BB’, CC’ cắt đường thẳng qua A song song với BC lần lượt tại I và K. Áp dụng định lí Thales có: B ‘ C  BC ; C ‘ A  AK . B’A AI C ‘ B BC Hơn nữa ta có: AI  AM  AK  A ‘ B  AI A’ B Vậy ta có MA ‘ A ‘C A ‘C AK A ‘ B B ‘ C C ‘ A AI BC AK . .  . .  1. A ‘ C B ‘ A C ‘ B AK AI BC (  ) Giả sử ta có hệ thức (1), ta cần chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng quy. Gọi P là giao điểm của AA’ và BB’, D là giao điểm của CP và AB. Khi đó áp dụng phần trên ta có Từ (1) và (2) ta có A ‘ B B ‘ C DA . .  1. (2) A ‘ C B ‘ A DB C ‘ A DA   C ‘  D (Do C’ và D cùng thuộc cạnh AB) C ‘ B DB Vậy AA’, BB’, CC’ đồng quy tại P. 2 Bộ ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy như trên được gọi là bộ ba đường thẳng Ceva và các đoạn thẳng AA’, BB’và CC’ được gọi là bộ ba đoạn thẳng Ceva. Nhận xét: Trong chứng minh phần thuận của đình lý, có thể dùng các tỷ sổ diện tích như sau : S S S AG BE CF . .  . BOC . COA . AOB  1 GB EC FA S AOB S BOC SCOA – Các đoạn thẳng AE, BF, CG đươc gọi là các đường Ceva của tam giác – Khi các điểm E, F, G có thể nằm tùy ý trên các đường thẳng chứa cạnh thì định lý Ceva mở được phát biểu như sau: Cho các điểm D, E, F tương ứng nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó các đương thẳng AD, BE, CF đồng quy nếu và chỉ nếu: BD CE FA . .  1 . DC EA BF 1.2. Định lí Ceva dạng lượng giác (Ceva sin) Cho tam giác ABC. D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng các mệnh đề sau là tương đương: a) AD, BE, CF đồng quy tại một điểm. b)  sin CAD  sin  ABE sin BCF . .  1.  sin FCA  sin DAB  sin EBC c) AE CD BF . .  1. EC DB FA Chứng minh: Chúng ta sẽ chứng minh rằng a) dẫn đến b), b) dẫn đến c), và c) dẫn đến a). Giả sử a) đúng. Gọi P là giao điểm của AD, BE, CF. 3 sin  ABE sin  ABP AP   . (1)  sin BAP  BP sin DAB Theo định lý hàm số sin trong tam giác APB ta có:   Tương tự, ta cũng có: sin BCF  BP ; (2); sin CAD  CP . (3)  sin EBC  sin FCA CP AP Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta được b). Giả sử b) đúng. Theo định lý hàm số sin trong tam giác ABD và tam giác ACD ta có:  CD sin  ADB AB sin CAD  ;  .  DB sin  sin BAD ADC CA Do đó:  AB CD sin CAD   . . BDA ADC  1800 (4)  CA DB sin BAD  Tương tự, ta cũng có:   CA BF sin BCF sin  ABE BC AE  . . (5);  . . (6)  BC FA  AB EC sin FCA sin EBC Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được c). Giả sử c) đúng, ta gọi P  CF  BE , D1  AP  BC. Theo a) và b) ta có: CD1 CD AE CD1 BF AE CD BF . .  . .  1 hay:  . EC D1 B FA EC DB FA D1 B DB Do đó: D  D1 . 1.3 Định lí Menelaus: Cho tam giác ABC và các điểm A’, B’, C’ trên các đường thẳng BC, CA, AB sao cho: hoặc cả ba điểm A’, B’, C’ đều nằm trên phần kéo dài của ba cạnh, hoặc một trong ba điểm trên nằm trên phần kéo dài của một cạnh còn hai điểm còn lại nằm trên hai cạnh của tam giác ABC. Điều 4 kiện cần và đủ để A’, B’, C’ thẳng hàng là A ‘ B B ‘C C ‘ A . .  1 hay A ‘C B ‘ A C ‘ B A ‘ B B ‘C C ‘ A . . . 1 A ‘C B ‘ A C ‘ B Chứng minh : A’, B’, C’ thẳng hàng là A ‘ B . B ‘ C . C ‘ A  1. (1) A ‘C B ‘ A C ‘ B (  ) Cho A’, B’, C’ thẳng hàng ta chứng minh (1) Từ C vẽ đường thẳng song song với AB cắt A’C’ tại M. Áp dụng định lí Thales ta có: A ‘ B  A ‘ C ‘ , B ‘ C  B ‘ M . A ‘C A’ M B ‘ A B ‘C ‘ Mặt khác ta có CM  B ‘ M và CM  A ‘ M  C ‘ A  A ‘ M .B ‘ C ‘ . C’A B ‘C ‘ C ‘B A ‘C ‘ C ‘B A ‘ C ‘.B ‘ M Do đó ta có A’ B . B ‘ C . C ‘ A  A’ C ‘ . B ‘ M . A’ M . B ‘C ‘   1. A’C B ‘ A C ‘ B A ‘ M B ‘ C,  A ‘ C ‘ B ‘ M  (  ) Cho các điểm A’, B’, C’ thoả mãn (*) và (1), ta chứng minh A’, B’, C’ thẳng hàng. Giả sử B’, C’ nằm trên hai cạnh của tam giác và A’ thuộc phần kéo dài của cạnh còn lại. Gọi D là giao điểm của A’C’ và AC. Khi đó, theo chứng minh trên ta có A ‘ B . DC . C ‘ A  1. (2) A ‘ C DA C ‘ B Từ (1) và (2) ta có DC  B ‘ C  D  B ‘ (vì đều thuộc cạnh AC) DA B’A Vậy A’, B’, C’ thẳng hàng. Trong trường hợp 3 điểm A’,B’,C’ cùng thuộc phần kéo dài của các cạnh chứng minh tương tự 5 2 Bài tập minh họa Bài 1. Cho tam giác ABC lấy E, F, M thứ tự trên cạnh AC, AB, BC sao cho EF song song BC, MB = MC. Chứng minh rằng CF, BE, AM đồng quy Chứng minh : Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Gọi K là giao điểm của AM và EF. Theo định lí Thales ta có: AF  AK ; CE  KM ; BM  1  AF . BM . CE  1. BF KM AE AK CM BF CM AE Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta có CF, BE, AM đồng quy. Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt BE tại N, AM cắt BE tại I. Ta có: AF AN BC MI BM AF BM MI  ;  2;   . .  1. BF BC MC AI AN BF CM AI Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABM thì F, I, C thẳng hàng. Từ đó suy ra CF, BE, AM đồng quy tại I. Bài 2. Cho tam giác ABC đường cao AH. Lấy D, E theo thứ tự trên AB, AC sao  . Chứng minh rằng AH, BE, CD đồng quy. cho AH là phân giác góc DHE Chứng minh : 6 Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Từ A kể đường thẳng song song BC cắt HD, HE tại M và N. Vì HA là phân giác góc A , HA là đường cao nên AM = AN. Ta lại có AD  MA ; CE  CH  AD . BH . CE  MA . BH . CH  1 . BD BH AE AN BD CH AE BH CH AN Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta có AH, BE, CD đồng quy. Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt HD, HE, BE lần lượt tại M, N, K. Gọi AH cắt BE tại I. Ta có: AD MA AN HI BH AD BC HI AN BC BH AE CE   ;   . .  . .  .  1. BD BH BH AI AK BD CH AI BH CH AK CE AE Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABH thì D, I, C thẳng hàng. Từ đó suy ra AH, BE, CD đồng quy tại I. Bài 3. Cho đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Chứng minh AD, BE, CF đồng quy tại một điểm. (điểm Gergonne của tam giác ABC) Chứng minh: Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau AF = AE; BF = BD; CE = CD, suy ra AF . BD . CE  AE.BD.CE  1 . BF CD AE BD.CE. AE Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta có AD, BE, CF đồng quy. Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt CF tại N, AD cắt CF tại I. Ta có: AE CB DI AF CB CD AF CB AN CB . .  . .  .  .  1. CE DB AI CD BF AN BF AN CB AN 7 Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACD thì B, I, E thẳng hàng. Từ đó suy ra AD, BE, CF đồng quy tại I. Bài 4 (VMO 2011) Trong mặt phẳng cho đường tròn (O) đường kính AB. Điểm P di động trên tiếp tuyến tại B của (O) sao cho P không trùng với B. Đường thẳng PA cắt (O) tại điểm thứ hai C. Gọi D là điểm đối xứng với C qua O. Đường thẳng PD cắt (O) tại điểm thứ hai E. 1) Chứng minh rằng các đường thẳng AE, BC và PO cùng đi qua một điểm. Gọi điểm đó là M. 2) Hãy xác định vị trí của điểm P sao cho tam giác AMB có diện tích lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo bán kính của đường tròn (O). ((O) kí hiệu đường tròn tâm O). Giải: Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng AE và BP.   900  FAB   EF    EF  Ta chứng minh  ACE  900  BCE P  ECP P  1800 do đó tứ giác CEFP nội tiếp   CFP   900 do đó CF // AB, suy ra CP  FP Từ đó suy ra CEP CA Khi đó ta có: FB CP OA FB OA . .   1 . Theo định lý Ceva ta có đpcm CA OB FP OB P C M A O E B D 2) Đặt BP = x và kí hiệu R là bán kính của (O). Xét tam giác vuông ABP, ta có 8 PA  PB 2  AB 2  x 2  4 R 2  PC  PB 2  PA x2 x 2  4R 2 ; AC  PA  PC  4R2 x2  4R2 Vì CF // AB (cmt) nên MC CF PC BC PC PC  PA PA.BC PB. AB Rx x 2  4 R 2     1   BM    MB AB PA MB PA PA PC  PA PC  PA x 2  2R 2 1 2 1 2 ABM  .2 R. Do đó S AMB  AB.BM .sin  Suy ra S AMB Rx x 2  4 R 2 AC 2 R3 x .  x2  2R2 2R x 2  2R 2 2R3 x R2   . Dấu “=” xảy ra khi x  R 2 2 2 xR 2 2 Bài 5 (IMO 2012). Cho tam giác ABC và  J  là đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC .  J  tiếp xúc với BC , CA, AB tại M , L, K . LM  JB  F , KM  JC  G. Gọi AF và AG cắt BC tại S và T . Chứng minh rằng M là trung điểm của ST . Giải: Gọi JB  MK  P, JC  ML  Q   MQC   900 do đó tứ giác FPQC nội tiếp suy ra Ta có BPM   MQP   MJP   MKB  FGM   BMK  Chú ý rằng BK = BM nên BKM   GMC  nên ta thu được FG / / BC hay FG / / ST Do đó FGM 9 Áp dụng định lý Menelaus cho cát tuyến LMF của tam giác ACS ta có LA MC FS . . 1 LC MS FA Áp dụng định lý Menelaus cho cát tuyến KMG của tam giác ABT ta có KA MB GT . . 1 KB MT GA Từ hai hệ thức trên ta có 1   MT  MS  do KA  MB, LC  CM , KA  KL   AB  BC  CA   2   Và do FG / / ST nên GA FA  Thales  . Từ đó suy ra MT = MS GT FS Bài 6 [IMO Shortlist] Cho điểm A1 là tâm của hình vuông nội tiếp tam giác nhọn ABC có hai đỉnh nằm trên cạnh BC. Các điểm B1, C1 cũng lần lượt là tâm của các hình vuông nội tiếp tam giác ABC với một cạnh nằm trên AC và AB. Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy. Lời giải: 10 Gọi A2 là giao điểm của AA1 và BC. B2 và C2 được xác định tương tự.   SA1 sin SAA SA1 sin BAA 1 2   Theo định lý hàm số sin, ta có: hay  AA1 sin  AA1 sin 450  B A1 SA  0   TA1 sin CAA AA1 sin 45  C 2  Tương tự: hay    TA1 AA1 sin 450  C sin CAA 2    sin  45 sin BAA Do đó, ta được: .  sin 45 sin CAA     0 2 2 0  C   AA . SA  1. (1)  B  TA AA 1 1 1 1 Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng được:   sin 450  B sin BCC 2 .  1. (2) sin  ACA2 sin 450   A     0  sin  ABB2 sin 45  A .  1. (3)  sin 450  C  sin CBB 2     Nhân từng vế của (1), (2), (3) kết hợp định lý Ceva ta được điều cần chứng minh. Bài 7 (Thái Bình TST 2014). Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Các tiếp điểm của (I) trên BC, CA, AB lần lượt là A’, B’, C’. Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng với A’, B’, C’ qua I. Chứng minh AD, BE, CF đồng quy. Lời giải: 11 Theo định lí hàm sin trong tam giác BC’E, BEA’:   C ‘E BE A’ E BE sin C ‘ BE C ‘ E sin BC ‘E  ,    .     sin C ‘ BE sin BC ‘ E sin  A ‘ BE sin BA ‘E sin  A ‘ BE A ‘ E sin BA ‘E Hoàn toàn tương tự thì : Do đó :  A’F sin   B’D sin B’ED  sin A’CF A ‘DF sin B’AD  . ,  .  B’F sin B   C’D sin C’  sin B’CF ‘ EF sin C’AD FD  sin B’AD  sin C’BE  A’F B’D C ‘ E sin   sin BC’E  sin A’CF A ‘DF sin B’ED . .  . . . . .  sin C’AD  sin A’BE  B’F C’D A ‘ E sin B    sin B’CF ‘ EF sin C’ FD sin BA ‘E Dễ thấy C’E = B’F, C’D = A’F, B’D = A’E và theo định lí Ceva Sin trong tam giác DEF với DA’, EB’, FC’ đồng quy tại I: Suy ra  sin BC’E  sin  A ‘DF sin B’ED . . 1    sin B ‘ EF sin C’ FD sin BA ‘E  sin B’AD  sin C’BE  sin A’CF . .  1 . Theo định lí Ceva sin ta có AD, BE, CF  sin C’AD  sin A’BE  sin B’CF đồng quy. Bài 8 (IMO Shortlist 2010, G4) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T). I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. AI cắt (T) lần hai tại D. Gọi E thuộc cung   CAE  . Gọi G là trung điểm của IF. Chứng BDC, F thuộc đoạn BC sao cho BAF minh rằng EI và DG cắt nhau trên (T). Nhận xét: Nếu ta gọi L là giao điểm của EI và (ABC), M là giao điểm của LD và AF thì điều phải chứng minh sẽ tương đương với chứng minh D, G, M thẳng hàng. Do đó, hãy thử nghĩ đến áp dụng Menelaus cho tam giác AFI. 12 Lời giải A L I M G B C F E H D Ia Gọi L là giao điểm của EI và (ABC), {M} = LD  AF, {G’} = LD  FI. Đặt AI = m, AD = n, AB = c, AC = b. Khi đó AIa = 2n – m. Ta có AB.AC = AI.AIa  bc = m(2n – m) bc – mn = mn – n2. Ta có ∆AND  ∆AIE  AN.AE = AD.AI = mn. ∆ABF  ∆AEC  AF.AE = AB.AC = bc Từ đó suy ra AE(AF – AN) = bc – mn  AE.NG = bc – mn. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AIF với cát tuyến DG’N ta có 1 G ‘ I NF DA G ‘ I bc  mn n G ‘ I bc  mn G ‘ I . . 1 . .  .  . G ‘ F NA DI G’F mn n  m G ‘ F mn  m2 G ‘ F Suy ra G’ là trung điểm FI. Hay G  G’. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Bài 9 (APMO 2014). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại B và D cắt nhau tại điểm P trên tia AC. Tiếp tuyến của (O) tại C cắt đường thẳng PD, AD lần lượt tại Q và R. Đường thẳng AQ cắt (O) tại điểm thứ hai là E. Chứng minh rằng ba điểm B, E, R thẳng hàng. Lời giải 13 B A L C D P E Q R Gọi L là giao điểm của AC, BE. Ta có LA AB. AE  LC CB.CE Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác PCQ với cát tuyến R,D,A ta có RQ AC DP RQ AP DQ . . 1  . RC AP DQ RC AC DP Ta có QCE  QAC  CE  EQ  EQ . AC  1 AC PBC  PAB  Xét T  CQ CE QC PB BC PB AB   . 1 PA AB PA CB LA RC EQ AE. AB DP AC EQ . . = . . . = LC RQ EA CE.CB DQ AP EA  EQ AC   AB PD   CE . DQ   CB . PA      EQ AC   AB PB  = . .   1 (do PD = PB, DQ = QC)   CE QC   CB PA  Bài 10 (Đề xuất Duyên Hải Bắc Bộ). Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc trong tại điểm K, ((O’) nằm trong (O)). Điểm A nằm trên (O) sao cho A, O, O’ không thẳng hàng. Các tiếp tuyến AD, AE của (O’) cắt đường tròn (O) lần lượt tại các điểm thứ hai là B và C (D, E là các tiếp điểm). Đường thẳng AO’ cắt (O) tại điểm thứ hai là F. Chứng minh rằng BC, DE, FK đồng quy. Giải: 14 A S S’ E M O D C O’ K B F T Gọi M là giao điểm của KD với (O); T là giao điểm của BF và KC. Ta có O’D//OM  OM  AB . Suy ra M là điểm chính giữa của cung AB. Gọi S là giao điểm của BC và ED; S’ là giao điểm của BC và KF Ta chứng minh S trùng với S’. Áp dụng định lý Menelaus ta có S ‘ B . EC . DA  1  S ‘ B  DB . EA  DB . S ‘C EA DB S ‘C EC DA EC (1) Tương tự ta có SB KC FT SB KT BF KT BF . . 1  .  . . SC KT FB SC KC FT FT KC Mặt khác, tam giác BKT đồng dạng với tam giác CFT nên ta có KB KT SB KB    . FC TF SC KC (2) Do KE và KD lần lượt là hai đường phân giác của góc  AKC và góc  BKA, nên ta có KB DB KC EC  ;  KA DA KA EA  BD KB  . CE KC Từ (1), (2), (3) suy ra SB  S ‘ B . Suy ra S  S’ (Điều phải chứng minh) SC S ‘C 15 (3) 1.3 Bài tập tương tự Bài 1. Chứng minh rằng trong một tam giác, chân đường phân giác trong của hai góc và chân đường phân giác ngoài của góc thứ 3 là thẳng hàng. Bài 2. Cho tứ giác lồi ABCD, các đường DA cắt CB tại K, AB cắt DC tại L, AC cắt KL tại G và DB cắt KL tại F. Chứng minh rằng KF KG .  FL GL Bài 3. Cho tam giác ABC, các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB sao cho AA’, BB’, CC’ đồng quy. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’B’C’ với các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy. Bài 4 (Olympiad Hùng Vương 2013). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Điểm M nằm trong tam giác; MA, MB, MC cắt (O) lần lượt tại A1, B1, C1. Tiếp tuyến của (O) tại A1, B1, C1 lần lượt cắt BC, CA, AB tại A2, B2,C2. Chứng minh rằng ba điểm A2, B2, C2 thẳng hàng. Bài 5 (IMO Shortlist). Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn  I  . Đường tròn  I  tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi X là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho đường tròn nội tiếp tam giác XBC tiếp xúc với XB, XC, BC lần lượt tại Z, Y, D. Chứng minh rằng tứ giác EFZY nội tiếp. Bài 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là trung điểm của BC và AM cắt (O) tại D. Gọi E, F, G, H là trung điểm của AB, BD, DC, CA. Phân  ; FMH  cắt EG, FH tương ứng tại S, T. Gọi giác trong các góc EMG X  AC  BD;Y  AB  CD . a) Chứng minh rằng ST  XY . b) P  MS  FH ; R  MT  EG . Chứng minh rằng AD đi qua trung điểm của PR. Bài 7. Cho tam giác ABC và điểm O nằm bên trong tam giác.AO, BO, CO theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A1 , B1 , C1 . Điểm O1 nằm trong tam giác A1 B1C1 . Các 16 đường thẳng AO1 , BO1. , CO1 theo thứ tự cắt B1C1 , C1 A1 , A1B1 tại A2 , B2 , C2 .Chứng minh rằng A1 A2 , B1 B2 .C1C2 đồng quy Bài 8. Cho tam giác ABC có O là điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Nối AO, BO, CO giao BC, CA, AB ở M, N, P. Gọi I là điểm bất kỳ nằm trong tam giác MNP. Nối MI, NI, PI giao PN, PM, MN ở D, E, F. Chứng minh rằng AD, BE , CF đồng quy. Bài 9. Cho tam giác ABC nhọn không cân, nội tiếp đường tròn  O  . P là điểm nằm trong tam giác sao cho AP  BC . Đường tròn đường kính AP cắt các cạnh AC , AB lần lượt tại E , F và cắt đường tròn  O  tại điểm G khác A . Chứng minh rằng GP, BE , CF đồng quy. Bài 10 (Moldova TST 2011). Cho ∆ABC (AB < AC) H là trực tâm của tam giác. A1, B1 lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B. D đối xứng với C qua A1. AC giao DH tại E. DH giao A1B1 tại F. AF giao BH tại G. Chứng minh rằng: CH, EG, AD đồng quy. 17 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình: Tài liệu chuyên toán hình học 10. NXB Giáo dục, 2010. [2] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình: Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10. NXB Giáo dục, 2006 [3] Tuyển tập lời giải và bình luận đề thi VMO các năm của nhóm tác giả Trần Nam Dũng [4] Trang analgeomatica.blogspot.com của thầy Trần Quang Hùng [5] Đề thi và đề đề xuất Duyên Hải, Hùng Vương các năm. [6] Đề thi chọn đội tuyển các tỉnh. [7] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ [8] Trần Nam Dũng (chủ biên), Chuyên đề toán học số 8, 9, Trường PTNK ĐHQG TP. Hồ Chí Minh. [9] Nguồn tại liệu từ Internet: www.artofproblemsolving.com, www.diendantoanhoc.net, www.matscope.org, www.mathlinks.org; www.imo.org.yu 18
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top