Ứng dụng hàng điểm điều hòa trong bài toán đường phân giác và bài toán đồng quy, thẳng hàng

Giới thiệu Ứng dụng hàng điểm điều hòa trong bài toán đường phân giác và bài toán đồng quy, thẳng hàng

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Ứng dụng hàng điểm điều hòa trong bài toán đường phân giác và bài toán 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 Ứng dụng hàng điểm điều hòa trong bài toán đường phân giác và bài toán đồng quy, thẳng hàng

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

ỨNG DỤNG HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA TRONG BÀI TOÁN ĐƯỜNG PHÂN GIÁC VÀ BÀI TOÁN ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG Tác giả: Nguyễn Bá Hoàng Trường THPT Chuyên Lào Cai A. PHẦN MỞ ĐẦU I. Lý do chọn đề tài Các bài toán về Hình học phẳng thường xuyên xuất hiện trong các kì thi HSG môn toán và luôn được đánh giá là nội dung khó trong đề thi. Có rất nhiều dạng bài tập về hình học phẳng cùng với sự tương ứng của các công cụ đi cùng, trong đó hàng điểm điều hòa là một trong những công cụ mạnh để giải nhiều lớp bài toán về hình học. Mặc dù là một vấn đề khá quen thuộc của hình học phẳng, kiến thức về nó khá đơn giản và dễ hiểu, tuy nhiên nó có ứng dụng nhiều đối với các bài toán chứng minh vuông góc, đồng quy, thẳng hàng, điểm cố đinh, đường cố định hay các bài toán về tập hợp điểm…. Chính vì thế trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế và khu vực, những bài toán có liên quan đến hàng điểm điều hòa thường xuyên được đề cập và thường được xem là những dạng toán hay của kì thi. Chính vì vậy tác giả lựa chọn chuyên đề: “Ứng dụng hàng điểm điều hòa trong bài toán phân giác và đồng quy, thẳng hàng” để thấy được ứng dụng quan trọng của hàng điểm điều hòa đối với khá nhiều dạng bài tập hình học phẳng. Trong chuyên đề tác giả cố gắng tập hợp được các bài toán đặc trưng cho việc sử dụng công cụ hàng điểm điều hòa. II. Mục đích của chuyên đề Thông qua chuyên đề “Ứng dụng hàng điểm điều hòa trong bài toán phân giác và đồng quy, thẳng hàng” tác giả rất mong muốn nhận được góp ý trao đổi của các bạn đồng nghiệp và các em học sinh. Chúng tôi mong muốn chuyên đề này góp một phần nhỏ để việc ứng dụng hàng điểm điều hòa trong bài toán hình học phẳng đạt hiệu quả cao nhất. Từ đó giúp các em học sinh hiểu rõ hơn về việc sử dụng hàng điểm điều hòa và tăng khả năng vận dụng nó vào giải các bài toán hình học một cách tốt nhất. 1 B. PHẦN NỘI DUNG I. Hệ thống lý thuyết cơ bản về hàng điểm điều hòa 1. Tỉ số kép của hàng điểm a) Định nghĩa 1 + Bộ bốn điểm đôi một khác nhau có kể đến thứ tự cùng thuộc một đường thẳng được gọi là hàng điểm. + Tỉ số kép của hàng điểm A, B, C , D là một số, kí hiệu là (ABCD) và được xác định bởi:  ABCD   CA DA : CB DB b) Tính chất của tỉ số kép: +)  ABCD    CDAB    BADC    DCBA +)  ABCD   1 1   BACD   ABDC  +) Nếu  ABCD    ABCD ‘ thì D  D ‘ +)  ABCD   1   ACBD   1   DBCA  2. Hàng điểm điều hòa a) Định nghĩa 2: A C B D Nếu  ABCD   1 thì hàng điểm A, B, C, D được gọi là hàng điểm điều hòa. Nói cách khác nếu CA   DA thì hàng điểm A, B, C, D được gọi là hàng điểm điều hòa. CB DB b) Một số định định lí quan trọng (được suy trực tiếp từ định nghĩa): Định lí 1: (Hệ thức Newton) Cho ( ABCD )  1 . Gọi N là trung điểm của AB. Khi đó NA2  NB 2  NC.ND Định lí 2: (Hệ thức Descartes) Cho ( ABCD )  1 . Khi đó 2 1 1   AB AC AD Định lí 3: (Hệ thức Maclaurin) Cho ( ABCD )  1 . Gọi I là trung điểm của CD. Khi đó AC. AD  AB. AI AOB thì OD là phân Định lí 4: Cho ( A, B, C , D )  1 . Lấy O sao cho OC là phân giác trong của  giác ngoài của  AOB . 2   900 do đó định lí này có ý nghĩa thực sự quan trọng trong Nhận xét: Từ đó suy ra COD   900 thì OC những bài chứng minh vuông góc. Mặt khác cũng có điều ngược lại tức nếu COD là phân giác trong và OD là phân giác ngoài của  AOB điều này có ý nghĩa quan trọng cho những bài chứng minh yếu tố phân giác. Định lí 5: Cho ( A, B, C , D )  1 và điểm O nằm ngoài hàng điểm điều hòa trên. Một đường thẳng d cắt ba tia OC, OB, OD lần lượt tại E, I và F. Khi đó I là trung điểm của EF khi và chỉ khi d song song với OA. Nhận xét: Định lí này rất có ý nghĩa đối với các bài toán chứng minh trung điểm và song song. c) Một số hàng điểm điều hòa cơ bản: Hàng điểm 1: Cho tam giác ABC. Gọi AD, AE tương ứng là đường phân giác trong, đường phân giác ngoài của tam giác ABC. Khi đó (BCDE) = -1. Chứng minh Sử dụng tính chất đường phân giác và định nghĩa Hàng điểm 2: Cho tam giác ABC và điểm O không thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Các đường thẳng AO, BO, CO theo thứ tự cắt các đường BC, CA, AB tại E, F, K. Hai đường thẳng BC, FK cắt nhau tại T. Khi đó (TEBC) = -1. Chứng minh A F K T B E C Trong tam giác ABC: +Áp dụng định lí Cêva với ba đường đồng quy AE, BF, CK ta có: EB FC KA . .  1 (1) EC FA KB +Mặt khác áp định lí Menelaus với ba điểm thẳng hàng T, K, F lại cho ta: Nhân (1) và (2) vế theo vế suy ra: TB EB  TC EC Theo định nghĩa thì (T , E , B, C )  1 ,đây chính là đpcm. 3 TC KB FA . .  1 (2) TB KA FC Hàng điểm 3: Từ điểm A bên ngoài đường tròn (O), kẻ tới (O) các tiếp tuyến AB, AC  B, C   O   . Một đường thẳng qua A, cắt đường tròn (O) tại M, N và cắt AB tại D. Khi đó  ADMN   1 . Chứng minh Sử dụng hệ thức Marlaurin 3. Tỉ số kép của chùm đường thẳng – Chùm điều hòa 3.1. Chùm đường thẳng và tỉ số kép của nó: a) Định nghĩa 3 – Tập hợp các đường thẳng trong mặt phẳng cùng đi qua một điểm S được gọi là chùm đầy đủ đường thẳng tâm S . – Bộ 4 đường thẳng đôi một khác nhau, có kể đến thứ tự, cùng thuộc một chùm đầy đủ đường thẳng được gọi là chùm đường thẳng b) Tỉ số kép của chùm đường thẳng: Định lí 6: Cho a,b, c, d là chùm đường thẳng tâm O. Đường thẳng  không đi qua O theo thứ tự cắt a, b, c, d tại A, B, C, D. Đường thẳng  ‘ không đi qua O theo thứ tự cắt a, b, c tại A’, B’, C’. Khi đó  ‘/ / d   ABCD   C ‘ A’ . C ‘B’ Định lí 7: Cho a, b, c, d là chùm đường thẳng tâm O. Đường thẳng  không đi qua O theo thứ tự cắt a, b, c, d tại A, B, C, D. Đường thẳng  ‘ không đi qua O theo thứ tự cắt a, b, c, d tại A ‘, B ‘, C ‘, D ‘ . Khi đó  ABCD    A ‘ B ‘ C ‘ D ‘  . 4 Từ định lí 7, ta nhận thấy, tỉ số kép (ABCD) không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng  . Khi đó giá trị không đổi của tỉ số kép (ABCD) được gọi là tỉ số kép của chùm đường thẳng a, b, c, d kí hiệu là  abcd  hoặc O  abcd  với O là tâm của chùm.     sin OA, OC sin OB, OC Từ đó ta suy ra  abcd    ABCD     :   sin OA, OD sin OB, OD         3.2 Phép chiếu xuyên tâm a) Định nghĩa 4: Cho đường thẳng (d). Điểm S ở ngoài (d). Với mỗi điểm M (M không thuộc đường thẳng qua S song song (d)), SM cắt (d) tại M’. Khi đó ánh xạ f: M → M’ là phép chiếu xuyên tâm với tâm chiếu S lên (d) b) Định lí 8: Phép chiếu xuyên tâm bảo toàn tỉ số kép Để chứng minh định lí trước hết ta cần phát biểu một bổ đề Bổ đề 1.1. Cho S. A, B, C, D thuộc (d). Từ C kẻ đường thẳng song song SD cắt SA, SB tại A’, B’. Khi đó (ABCD)  CA ‘ CB’ Thật vậy theo định lí Talet ta có: (ABCD)  CA DA AC DB CA ‘ DS CA ‘ :  :  :  CB DB AD CB DS CB ‘ CB ‘ Trở lại định lí ta có (ABCD)  CA ‘ C1A ”   (A1B1C1D1) CB’ C1B” (d.p.c.m) Nhận xét: A, B, C, D là hàng điểm điều hòa  C là trung điểm A’B’ 5 Từ định lí 1.3 ta có các hệ quả: Hệ quả 1.2. Cho 4 đường thẳng đồng quy và đường thẳng  cắt 4 đường thẳng này tại A, B, C, D. khi đó (ABCD) không phụ thuộc vào  Hệ quả 1.3. Cho hai đường thẳng 1 ,  2 cắt nhau tại O. A, B, C  1 , A ‘, B ‘, C ‘   2 . Khi đó: (OABC)  (OA ‘ B ‘C ‘)  AA ‘, BB ‘, CC ‘ đồng quy hoặc đôi một song song Chứng minh. TH1. AA’, BB’, CC’ song song BO CO B ‘O C ‘O :  : BA CA B’ A C ‘ A  (OABC)  (OA ‘ B’C ‘)  TH2. AA’, BB’,CC’ không đôi một song đặt AA ‘ BB ‘  S,SC    C” . Ta có: (OA ‘B’C ‘)  (OABC)  (OA ‘B’C”)  (OA ‘B’C ‘)  (OA ‘B’C”)  C ‘  C ” Vậy AA’, BB’, CC’đồng quy Phép chiếu xuyên tâm có rất nhiều ứng dụng và xuất hiện hầu hết trong các bài toán có sự hiện diện của hàng điểm điều hòa, vì lí do tránh trùng lặp với những phần khác, ta chỉ nghiên cứu các ứng dụng của phép chiếu xuyên tâm trong việc chứng minh đồng quy thẳng hàng trong phần này. 3.3 Chùm điều hòa: a) Định nghĩa 5: Chùm a, b, c, d được gọi là chùm điều hòa nếu  abcd   1 b) Tính chất: Với chùm a, b, c, d , các điều kiện sau là tương đương: (i) (abcd) = -1 (ii) Tồn tại một đường thẳng song song với một đường của chùm và định ra trên ba đường còn lại hai đoạn thẳng bằng nhau (iii) Mọi đường thẳng song song với một đường của chùm định ra trên ba đường còn lại hai đoạn thẳng bằng nhau c) Tính chất: Với chùm điều hòa a, b, c, d, các điều kiện sau là tương đương: (i) c  d 6 (ii) c là một phân giác của góc tạo bởi a, b. (iii) d là một phân giác của góc tạo bởi a, b. 4. Tứ giác điều hòa 4.1 Định nghĩa Tứ giác nội tiếp ABCD được gọi là điều hòa nếu tồn tại điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác sao cho M(ACBD)=-1. Nhận xét: Tứ giác ABCD là điều hòa thì với mọi điểm M thuộc (O) ta đều có M(ACBD)=-1. Chú ý:     sin( MB, MA) sin( MD, MA)   :   . 1) M(ACBD) được định nghĩa như sau: M( ACBD)  sin( MB, MC) sin( MD, MC) 2) Trong phần này ta quy ước (O) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác điều hòa ABCD . 4.2 Tính chất a) Tứ giác ABCD điều hòa  AB.CD  AD.CB Nhận xét: 1) Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác điều hòa ABCD ta có: AC. BD  2 AB.CD  2 AD.CB 2) Vì tính chất này tương đương với AB CB  nên ta đã sử dụng thuật ngữ “Tứ giác điều hòa”. AD CD b) Tứ giác ABCD điều hòa khi và chỉ khi  A ,  C , BD đồng quy hoặc đôi một song song. Trong đó  A ,  C lần lượt là tiếp tuyến tại A và C của (O). c) Tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp (O). Chứng minh rằng (O) trực giao với đường tròn Apollonius tỉ số k dựng trên đoạn AC. d) Cho tứ giác điều hòa ABCD. Gọi N là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng: 2 NA  BA   DA      NC  BC   DC  2 e) Cho tứ giác điều hòa ABCD. Gọi M là trung điểm của AC. Chứng minh rằng: ADB  MDC Chú ý: Đường thẳng DB trong bài toán này chính là đường đối trung của tam giác ADC. Đây cũng là một tính chất quan trọng và rất hay dùng của Tứ giác điều hòa. 7 II. Bài tập áp dụng Dạng 1: Khai thác bài toán liên quan đến đường phân giác Chúng ta bắt đầu bởi một lớp bài toán liên quan đến đường phân giác. Ta xét bài toán cơ bản sau: Bài 1. Cho A nằm ngoài đường tròn (O), từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC trong đó B, C là hai tiếp điểm . Kẻ cát tuyến AMN bất kì trong đó N nằm giữa A và M. AO cắt đoạn BC và cung   lần lượt tại K và E. Chứng minh rằng ME là phân giác của KMA nhỏ BC Lời giải: B M N F O K E A C Gọi F là giao điểm thứ hai của AE với (O). Khi đó ta có ( A, K , E , F )  1  Vì FME  900 nên ME là phân giác của KMA Nhận xét: Bài toán trên khai thác một trong những ứng dụng quan trọng liên quan đến đường phân giác của hàng điểm điều hòa. Đây là một tính chất đẹp và rất hữu ích trong lớp bài toán về phân giác. Tiếp theo là một bài toán phức tạp hơn của dạng toán này Bài 2 (JMO Finals 2013) Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H. Đường tròn đường kính AH và một đường tròn qua B, C cắt nhau tại hai điểm X, Y. Gọi D là chân vuông góc từ A xuống   CKD . BC. Gọi K là hình chiếu của D xuống XY. Chứng minh rằng BKD Lời giải : 8 Gọi E, F theo thứ tự là chân vuông góc hạ từ B, C xuống CA và AB. Dễ dàng thấy được E, F thuộc đường tròn đường kính AH, giả sử đường tròn đường kính AH là (O) Gọi I là giao của XY và BC. Ta có: PI / O   IX.IY  IE.IF Hơn nữa vì tứ giác XYCB nội tiếp nên PI /  XYCB   IB.IC  IX .IY Như vậy ta có PI / O   PI /  XYCB  . Suy ra I thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn, tức I thuộc XY. Dễ thấy (IDBC) = -1 (hàng điều hòa tứ giác toàn phần). Do vậy theo tính chất của hàng điểm  . Vậy BKD   CKD  điều hòa ta có KD là phân giác của góc BKC   CKD  tương đương với KD là phân giác Nhận xét: Yêu cầu chứng minh của bài toán BKD  từ đó dẫn đến việc tạo ra hàng điểm (IDBC) = -1 hết sực tự nhiên. của góc BKC Tiếp theo là một bài toán có yêu cầu tương tự nhưng kín hơn. Bài 3 (China TST 2002). Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi E, F, P lần lượt là giao điểm của AD và BC, AB và CD, AC và BD. Gọi O là chân đường vuông góc hạ từ P xuống EF. Chứng minh . rằng  AOD  BOC Lời giải 9 I E B O P A C J D F Gọi I là giao điểm của BD và EF và J là giao điểm của EP với CD. Ta có (DCJF) = – 1 (hàng điểm cơ bản trong tam giác ECD) nên E  DCJF   1  E  DBPI   1  O  DBPI   1   DOP   BOP  Mà OP  OI nên theo định lí về chùm điều hòa, ta có OP là phân giác DOB  Hoàn toàn tương tự ta có  AOP  COP   COP   BOP   BOC  Từ đó  AOD    AOP  DOP Đây là điều phải chứng minh. Một bài toán có ý tưởng tương tự Bài 4 (Iran TST 2012). Cho () là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi D là trung điểm  của (). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. DI cắt BC tại E và () tại cung BAC . F. P thuộc AF sao cho PE // AI. Chứng minh rằng PE là phân giác BPC Giải: 10 D A I P B R E O M C F Q Gọi AI cắt () tại Q, suy ra Q là trung điểm cung BC không chứa A, M là trung điểm BC suy ra DQ  BC tại M. FQ  BC = R. Do PE // AQ và tứ giác ADQF; DMFR là tứ giác nội tiếp nên ta có:  = FDM  = FAQ   FRE  nên tứ giác RPEF là tứ giác nội tiếp nên FPE   180  RFE   90  PE  PR RPE (1) FE là phân giác trong của tam giác BFC và FR là phân giác ngoài nên F(CBER) = – 1  P (CBER )  1 (2)  (đpcm). Từ (1) và (2) suy ra PE là phân giác trong BPC Bài 5 (Duyên Hải 2013). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  . Đường tròn  I  nội tiếp tam giác, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên EF ; AH cắt đường tròn  O  tại điểm thứ hai G . Tiếp tuyến với đường tròn  O  tại G cắt BC tại T . Chứng minh rằng tam giác TDG cân. Lời giải 11 A E H O F I S T B C D G Nếu EF // BC thì A, O, I , D, H , G thẳng hàng nên TG // BC (vô lí) Suy ra EF và BC cắt nhau tại S . Ta có  BCDS   1  H  BCDS   1   FHB   EHC  Mà HD  HS  HD là phân giác của BHC   CEH   BFH  AEF  AFE Mặt khác vì AE  AF nên  Từ (1) và (2) suy ra BFH và CEH đồng dạng  Ta có (2) HF BF BH DB    HE CE CH DC (3)  2S GB sin BAG 2S S HF DB AFH (do (3))   : AEH  AFH    AF . AH AE. AH S AEH HE DC GC sin CAG   DG là phân giác của BGC Mà (1) (4)  BCDS   1  G  BCDS   1 (5) Từ (4) và (5) suy ra GD  GS Gọi T ‘ là trung điểm của đoạn SD  T ‘ S  T ‘ G  T ‘ D Theo hệ thức Newton ta có T ‘ G 2  T ‘ D 2  T ‘ B.T ‘ C Suy ra T’G là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BGC hay T ‘ G là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp  O  Vậy T ‘  T hay TDG cân tại T 12 Bài 6. Cho đường tròn (O; R) và một điểm I cố định ở trong đường tròn (I  O), đường thẳng qua I vuông góc với OI cắt đường tròn tại C và D; A là một điểm nằm trên đường tròn, tia đối xứng với tia IA qua đường thẳng CD cắt đường tròn tại B. Gọi M là trung điểm của AB. a) Chứng minh đường thẳng AB đi qua một điểm cố định L khi A thay đổi trên đường tròn (O; R). b) Gọi N, P là giao điểm của đường thẳng OM với đường tròn (O). Đường thẳng CN và DP cắt nhau ở Q. Chứng minh rằng các điểm Q, N là những tâm của đường tròn nội tiếp và bàng tiếp của tam giác CMD. Giải: L B C I D K Q E N M O P A Gọi L là giao điểm của AB và OI; K là giao điểm của AB và CD.  Ta có IE OL và IE là phân giác của góc AIB , suy ra: (ABKL)=-1 Suy ra MA 2  MB 2  MK .ML (M là trung điểm của AB, New-tơn) = (ML  LK ).ML = ML2  LK .LM Mà ta lại có: PL / ( IOMK )  LI .LO  LK .LM Do đó: MA2  ML2  LK LM  ML2  LI .LO Suy ra: ML2  MA 2  LI .LO  LO 2  OM 2  MA 2  LI .LO Suy ra: OL2  OA 2  LI .LO  ( LO  OI ) LO  LO 2  OI .OL R2 Suy ra OA  OI .OL . Suy ra OL  . Vậy L cố định. OI 2 13 b) Trước hết ta chứng minh MK là phân giác của góc CMD. Gọi E là giao điểm của OM với CD Ta có : OIEOML. Suy ra: OM .OE  OI .OL  OA 2  R 2 Suy ra: OE 2  OM .OE  OE 2  R 2 Suy ra : OE.ME  IE 2  OI 2  R 2  IE 2  ( R 2  OI 2 )  IE 2  IC 2 Ta có: PE /(OIRM )  KE.IE  OE.ME Do đó ta suy ra: KE.IE  IE 2  IC 2 Suy ra: IC 2  IE 2  IE .KE  IE ( IE  KE )  IE .IK Theo hệ thức Newton, ta suy ra: (CDKE)=-1 (1)  (2) Mà MK ME nên MK là phân giác trong của góc CMD Theo chứng minh trên ta có: OM .OE  R 2  ON 2 Suy ra: (PNME)= -1 Suy ra: (NPME)= -1 (3) Từ (1) và (3) ta suy ra: CN, PD, KM đồng quy tại Q.  Mà góc QDN  90 0 nên QMND là tứ giác nội tiếp    Suy ra : QDM  QNM  CDP  Suy ra DP là phân giác trong của góc CDM . (4) Từ (2) và (4), ta có Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CMD  . Suy ra N là tâm đường tròn Ta lại có DN  DP suy ra DN là phân giác ngoài của góc CDM bàng tiếp của tam giác CMD. Vậy Q, N lần lượt là tâm của đường tròn nội tiếp và bàng tiếp của tam giác CMD. Bài 7 (Poland 2017) Xét tam giác ABC cân tại A có M là trung điểm của cạnh BC. Gọi D là hình chiếu vuông góc của M trên cạnh AB . Đường tròn  nội tiếp tam giác ACD và tiếp xúc với các cạnh AD, AC lần lượt tại K , L . Các tiếp tuyến của  đi qua M cắt đường thẳng KL tại X , Y ; trong đó X , K , L,Y nằm trên đường thẳng theo đúng thứ tự kể trên. Chứng minh 4 điểm M , D, X ,Y đồng viên. Lời giải 14 A E L K X Y I D Z B N W M C Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADC . Gọi N    CD, Z  MX  ,W  MY  , E  MD  XY .   2MIC   2( IAC   ICA  )  DAC   DCA   BDC  Ta có BIC Suy ra BDIC là tứ giác nội tiếp Theo định lí Sim Son thì K, M, N thẳng hàng. Vì D nằm trên đường đối cực của M đối với đường tròn  , theo định lý Lahire ta có: W, Z , D thẳng hàng và do đó: M ( DNZW)  1  M ( EKXY )  1  D( EKXY )  1. Kết hợp với EDK  90 ta có DE là đường phân giác ngoài của tam giác XDY . Lại có MX  MY . Kết hợp hai kết quả trên ta được 4 điểm X , D, M ,Y đồng viên. Bài 8. Cho đường tròn (O), day cung BC khác đường kính. Điểm A thuộc cung lớn BC. Lấy S đối xứng O qua BC. Lấy T trên OS sao cho AT, AS đối xứng nhau qua phân giác góc BAC. Chứng minh T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Lời giải 15 Q A O M N j C I T B F S P E Y K X Gọi I là trung điểm BC, K = BB  CC. OK cắt (O) tại P và Q, Q thuộc cung lớn BC. Ta có (KIPQ) = – 1 nên theo hệ thức Newton ta có OI.OK = OP2. Mặt khác AP  AQ, AP là phân giác  SAT nên (STPQ) = – 1 Theo hệ thức Newton ta có OP2 = OT.OS Từ đó suy ra OI.OK = OT.OS, mà OS = 2OI nên OK = 2OT Suy ra T là tâm (OBK) hay T là tâm (OBC). 16 Dạng 2: Chứng minh đồng quy, thẳng hàng Bài 9 (Hải Phòng 2017) Cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn nội tiếp I  tiếp xúc BC , CA, AB tại D, E , F ; AD cắt EF và  I  lần lượt tại M , N  N  D  ; BN cắt  I  tại P  P  N  ; CP cắt AD tại Q . Tương tự, đường tròn bàng tiếp đỉnh A là  I ‘ tiếp xúc BC , CA, AB tại D ‘, E ‘, F ‘ ; AD ‘ cắt E ‘ F ‘ và  I ‘ lần lượt tại M ‘, N ‘  N ‘  D ‘  ; BN ‘ cắt  I ‘ tại P ‘  P ‘  N ‘ ; CP ‘ cắt AD ‘ tại Q ‘ . Chứng minh BC , MM ‘, NN ‘, QQ ‘ đồng quy. Giải: A A N E F M I PQ B D P’ N D’ C Q’ E’ M’ E F M I P F’ Q I’ N’ B D Do DENF là tứ giác điều hòa nên  D, N , A, M   1 . Tương tự D ‘ E ‘ N ‘ F ‘ là tứ giác điều hòa nên  D ‘, N ‘, A, M ‘   1 . Do đó  D, N , A, M    D ‘, N ‘, A, M ‘ nên BC , NN ‘, MM ‘ đồng quy. AD QN DF 2 CB PN     AN QD NF 2 CD PB Ta có 2 PF .ND 2 NF .ND 2 DF CB DF CB CB.DF .2 ND CB.DF .2 ND    DF    DF   2 2 NF CD PB NF CD BF CD.NF .BF CD.NF .BD 2 17 C 4 NF .DE CB DF DE EF  4   CD.NF .BD EF BD CD CB.DF    4 2 R sin A B C  2sin  2sin  A 2 2 2r cos 2 32 R sin A B C sin sin 2 2 2 8 r Tương tự  D, N , A, Q   8   D ‘, N ‘, A, Q ‘  , do đó BC , MM ‘, NN ‘, QQ ‘ đồng quy. Bài 10. Cho tam giác ABC và điểm M. Các đường thẳng AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại D, E và F. Lấy X thuộc BC sao cho AMX  900 . Gọi Y, Z theo thứ tự là điểm đối xứng của M qua DE, DF. Chứng minh rằng X, Y, Z thẳng hàng. Giải. A F E M Z B Y D C X T Gọi T là điểm đối xứng của M qua BC. Ta có DY  DZ  DT (cùng bằng DM). Do đó Y, Z, T, M cùng nằm trên một đường tròn tâm D, ký hiệu là (D). Mặc khác, vì AMX  900 nên MX là tiếp tuyến của (D) tại M. Từ đó, chú ý rằng T và M đối xứng nhau qua XD, ta có XT cũng là tiếp tuyến của (D) tại T. Theo giả thiết và theo cách dựng điểm T, MX, MT, MY, MZ theo thứ tự vuông góc với DM, DX, DE, DF.Từ đó, với chú ý D( MXEF )  1  M ( XTYZ )  1  (MTYZ )  1. Điều đó có nghĩa là tứ giác MYTZ là tứ giác điều hòa. Vậy X, Y và Z thẳng hàng. Bài 11. Cho tam giác không cân ABC. Đường tròn (I) tâm I nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F tương ứng. AD cắt (I) tại điểm thứ hai G, M là giao điểm của AI và 18 EF. Giả sử DM và GM cắt (I) tại các điểm thứ hai P, Q tương ứng. Chứng minh rằng A, P, Q thẳng hàng. Lời giải A P G F E M I Q B C D Ta có tứ giác GEDF điều hoà nên M(EFGD)= -1  M (FEQP)=-1 Suy ra tứ giác PEQF là tứ giác điều hoà Suy ra QP, tiếp tuyến tại E, tiếp tuyến tại F đồng quy (tại A) suy ra A, P, Q thẳng hàng. (đpcm) Bài 12 (Romania TST 2014). Cho tam giác ABC nhọn có đường tròn ngoại tiếp (O). Các tiếp tuyến với đường tròn của tam giác ABC điểm B và C gặp nhau tại điểm P. Đường tròn tâm P  trong tam giác ABC tại điểm S, và OS  và bán kính PB = PC cắt phân giác trong của BAC BC = D. Chân đường vuông góc của S trên AC và AB lần lượt là E và F. Chứng minh rằng AD, BE và CF đồng qui. Lời giải 19 EF  BC = G. Ta chứng minh (GDBC) = -1   180  2 BAC   BSC   90  BAC  ; FSE   1800  BAC  nên BSF   CSF   90 Ta có BPC Suy ra SBF ~ CSE ( g  g )  SB  FB  SF SC SE CE Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến GFE ta có GB . EC . FA  1 GC EA FB GB FB FB SF  SB  dễ thấy FA = EA nên   .   GC CE SE CE  SC  2 BD  SB  Dễ thấy OB, OC là tiếp tuyến của tam giác SBC nên SD là đường đối trung nên   DC  SC  2 Do đó (GDBC) = -1. Gọi T là giao điểm của BE và CF; D’ là giao điểm của BC và AT  (GD’BC) = -1  D ‘  D 20 Vậy AD, BE, CF đồng quy. Bài 13 (Olympic KHTN 2017) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Trên đường thẳng EF lấy hai điểm M, N sao cho BN và CM song song với AD. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của DM, DN với (I). Chứng minh BP, CQ, AD đồng quy. Giải. A M G E T N F I R P Q S B D C Gọi S là giao điểm của EF và BC. AD cắt EF, PQ lần lượt tại T, R và cắt đường tròn (I) tại điểm thứ hai G. Ta có DG và hai tiếp tuyến AF, AE của (I) đồng quy nên DFGE là tứ giác điều hòa. Từ đó suy ra, SG là tiếp tuyến của (I). Ta có ( SDBC )  1  (STNM )  1  D( STNM )  1  D( DGQP)  1. Suy ra DQGP là tứ giác điều hòa nên PQ đi qua S. Suy ra ( SRQP)  ( SDBC )  1. Từ đó, BP, CQ, AD đồng quy. Bài 14 (VN TST 2017). Cho tam giác ABC nhọn, không cân. Gọi  I  là đường tròn nội tiếp tam giác ABC và D, E , F tương ứng là các tiếp điểm của ( I ) với các cạnh BC , CA, AB. Gọi I1 và I 2 tương ứng là tâm đường tròn bàng tiếp góc B và C của tam giác ABC. Gọi P , Q tương ứng là trung điểm của các đoạn thẳng I1 E , I 2 F . Đường tròn 1  ngoại tiếp tam giác PAC cắt AB tại R  R  A , đường tròn 2  S  S  A . 21 ngoại tiếp tam giác QAB cắt AC tại a) Chứng minh rằng các đường thẳng PR, QS cắt nhau trên đường phân giác trong của góc . BAC b) Gọi J , K tương ứng là các giao điểm của DF , DE với I1I 2 và M là giao điểm của EJ với KF . Đường thẳng I1P cắt đường tròn 1  tại X  X  P  , đường thẳng I 2Q cắt đường tròn 2  tại Y Y  Q  . Chứng minh các đường thẳng AM , BY , CX đồng quy. Lời giải. Xét thế hình như dưới đây. a) Ta chứng minh rằng đường tròn 1  tiếp xúc với đường tròn  I  tại tiếp điểm nằm trên đường thẳng I1E. Gọi T là giao điểm thứ hai khác E của PE với đường tròn  I  . Ta có o   FTI AFE  I 1 2 AF  180  I1 AF . Do vậy tứ giác I1 AFT là tứ giác nội tiếp. Tương tự tứ giác   CTI  (vì F , D đối xứng với nhau qua đường I1CDT nội tiếp. Vậy ta có  ATE   AFI1  CDI 1 1 BI1 ). Do đó TE là phân giác của góc  ATC , hay T nằm trên đường tròn Apolonius đối với hai điểm A, C theo tỷ số k  AE . CE Gọi  I ‘ là đường tròn tiếp xúc với đường thẳng AC tại E và tiếp xúc trong với đường tròn 1  tại tiếp điểm T ‘ không nằm trên cung  APC . Khi đó theo tính chất của đường tròn hỗn tiếp thì T ‘ E đi qua điểm chính giữa của cung  AC của đường tròn 1  (dễ thấy điểm này là 22 điểm P ). Vậy T ‘ cũng nằm trên đường tròn Apolonius đối với hai điểm A, C theo tỷ số k AE . Vì T , T ‘ cùng nằm trên đường thẳng PE T , T ‘  E  nên T  T ‘. Vậy  I  và  I ‘ CE trùng nhau.   Ta có I 1 FA  I1TA  PRA. Vậy đường thẳng PR song song với I1 F . Do đó PR đi qua trung điểm của EF . Tương tự QS cũng đi qua trung điểm của EF . Vậy PR và QS cắt nhau tại . trung điểm của EF nằm trên đường phân giác góc BAC b) Bổ đề: Cho tam giác A1B1C1 nhọn, không cân ngoại tiếp đường tròn  I1  với các tiếp điểm trên các cạnh B1C1 , A1C1 , A1 B1 tương ứng là D1 , E1 , F1. Cho R1 , S1 là hai điểm trên đường tròn  I1  sao cho D1  A1B1R1S1   1 thì BR1 , CS1 cắt nhau trên AD1. Chứng minh bổ đề. Gọi X 1 là giao điểm của đường thẳng E1F1 với B1C1 , Y1 là giao điểm của D1 A1 với  I1  Y1  D1  . Do tứ giác D1 E1Y1F1 điều hòa nên tiếp tuyến tại Y1 đi qua X 1. Theo giả thiết thì tứ giác D1S1Y1 R1 điều hòa, do vậy R1S1 đi qua X 1. Từ giả thiết D1  A1B1R1S1   1, ta thấy  B1C1D1 X 1    R1S1M 1 X 1   1, với M 1 là giao điểm của R1S1 với A1D1. Vậy B1R1 phải cắt C1S1 cắt nhau trên đường thẳng A1D1. (Bổ đề được chứng minh) Quay lại bài toán. Ta lấy M ‘ là giao điểm của JE với  I   M ‘  E  , K ‘ là giao điểm của FM ‘ với DE. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm  DEF , M ‘ FE  thì ta được J , A, K ‘ thẳng hàng. Do đó K  K  và vì vậy M  M , hay M nằm trên  I  . 23  AFM  FEM AJM , và do đó tứ giác AJFM nội tiếp. Tương tự, tứ giác AKEM Ta thấy,    BFD  , và do đó tứ giác AKDF nội tiếp. Vậy ta có nội tiếp. Đồng thời  AKD  FED   FKD   MAE  , và do đó AM và AD đẳng giác trong tam giác ABC. FAD Gọi U là giao điểm của DI1 với ( I ), V là giao điểm của DI 2 với đường tròn U ,V  D  .  Ta có  XDB  XED XI1C. I  Do vậy tứ giác I1CDX nội tiếp. Mặt khác   I     UEC 1 DE  UI1C . Do vậy tứ giác UEI1C nội tiếp. Từ đó ta có UCE  UI1 E  XCD. Vậy CX và CU đẳng giác trong tam giác ABC. Tương tự ta cũng có BY và BV đẳng giác trong tam giác ABC. Dễ thấy rằng D  ABUV   D  ABI1I 2   C  ABI1I 2   1. Theo bổ đề ta có AD, BV , CU đồng quy. Vậy AM , BY , CX đồng quy. Bài 15 (Peru TST 2017). Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I). Đường tròn (I) tiếp xúc BC tại D. Gọi K, L là tâm đường tròn bàng tiếp góc B, C của tam giác ABC. ID cắt CA, AB lần lượt tại M, N. Gọi J = NK  ML. Chứng minh rằng IJ  AD. Lời giải Gọi E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) với CA, AB, S = EF  BC. Khi đó AD, BE, CF đồng qui nên (SDBC) = – 1. Gọi X là giao điểm thứ hai của (I) và AD Do đó tứ giác XEDF điều hoà. Suy ra EF, DD và XX (của (I)) đồng quy tại S  SI  XD. Như vậy ta chỉ cần chứng minh S, I, J thẳng hàng. 24 N K A L X Y F S R M B J E I C D Gọi R = ID  AK; Y = IC  AB. Ta có A(IKBC) = – 1  (IRNM) = – 1  J(IRNM) = – 1 JI, MK, NL đồng quy. Gọi Y = IC  AB  (LIYC) = – 1  N(LIYC) = – 1 Mà (SDBC) = – 1  N, L, S thẳng hàng. Tương tự ta cũng có M, K, T thẳng hàng. Suy ra NL, MK, IJ đồng quy tại S. Từ đó có điều phải chứng minh. Bài 16. Tam giác ABC có H là trực tâm, M là trung điểm của BC, P là điểm bất kì trên đoạn HM. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của P trên AH, AB, AC. Đường thẳng HM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K, G (M nằm giữa H và K). Tiếp tuyến tại E, F của đường tròn ngoại tiếp tam giác EAF cắt nhau tại T. Chứng minh rằng ba điểm G, D, T thẳng hàng. Lời giải 25 A R F H S G C P E D M B K T Gọi AK’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó K’, H, M thẳng hàng. Vậy K’ trùng K. Ta có AGM = 900  G  ( AEFP ) . Gọi R, S là chân đường cao theo thứ tự hạ từ B, C của tam giác ABC. Xét các đường tròn (AGBC), (AGSHR), (BSRC) có các trục đẳng phương là AG, SK, BC . TH1: AG, SK, BC song song hoặc trùng nhau thì tam giác ABC vuông cân tại A. Khi đó tiếp tuyến tại E và F của (AEF) song song. TH2: AG, SK, BC đồng quy tại T’. Ta có ( AT ‘,AH , AS ,AR )  1  ( AG,AE, AD, AF )  1. Suy ra GEDF là tứ giác điều hòa. Do đó G, P, T thẳng hàng. 26 Bài tập tương tự Bài 1. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn (O) với AB, BC, CD, DA. Gọi X là giao điểm của MN và PQ; E, F lần lượt là giao điểm của AC với đường tròn (O). Gọi H là hình chiếu vuông góc của X trên BD. Chứng   CHF . minh rằng AHE Bài 2 (Iran NMO). Cho tam giác ABC, lấy T,E,F lần lượt thuộc các đoạn BC, CA, AB sao cho 3 đường thẳng AT, BE, CF đồng quy tại một điểm.Gọi L là giao điểm của AT và EF. Gọi H là . hình chiếu của L xuống BC. Chứng minh rằng LH là phân giác của EHF Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC), các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Đường thẳng EF cắt các đường thẳng AH, BC lần lượt tại L và G; đường trung trực của đoạn thẳng LD cắt đường thẳng GH tại P. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC và EF, I là giao điểm của AM và GH, K là hình chiếu vuông góc của H lên đường thẳng AG. a) Chứng minh bốn điểm D, P, L, I cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh rằng I, K, L thẳng hàng. Bài 4. Cho tam giác ABC không cân tại A. Gọi (O) và (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác ABC. (I) tiếp xúc với AC, AB tại E và F. Các điểm M, N thuộc (I) sao cho EM song song BC và FN song song BC. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của BM, CN với (I). Chứng minh rằng : a) BC, EP, FQ đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là K; b) Đường tròn ngoại tiếp các tam giác BPK, CQK cùng tiếp xúc với (I) và cùng đi qua một điểm thuộc (O). Bài 5 (Bắc Giang 2017) Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H. Gọi I là hình chiếu của D lên EF. Đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB và đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF cắt nhau tại P; Q (P; C cùng phía so với AD). . 1) Chứng minh rằng DI là đường phân giác của góc BIC 2) Chứng minh rằng PH; DE cắt nhau trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Bài 6. Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH, trực tâm K. Đường thẳng BK cắt đường tròn đường kính AC tại D, E (BD < BE). Đường thẳng CK cắt đường tròn đường kính AB tại F, G (CF < CG). Đường tròn ngoại tiếp tam giác DHF cắt BC tại điểm thứ hai là điểm P. a) Chứng minh rằng các điểm G, H, P, E cùng thuộc một đường tròn. 27 b) Chứng minh rằng các đường thẳng BF, CD, PK đồng quy. Bài 7. Cho tam giác ABC nhọn, không cân, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp là O, và đường cao AD. Đường thẳng AO cắt BC tại E. Gọi I, S, F lần lượt là trung điểm AE, AH và BC. Đường thẳng qua D song song với OH lần lượt cắt AB, AC tại M và N. Đường thẳng DI lần lượt cắt AB, AC tại P, Q. Đường thẳng MQ cắt NP tại T. Chứng minh rằng: a) SF // AE. b) Các điểm D, O, T thẳng hàng. Bài 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O ) và không có hai cạnh nào song song. Các tia BA và CD cắt nhau tại P , các tia AD và BC cắt nhau tại Q . Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên PQ . Gọi (O1 ), (O2 ) tương ứng là các đường tròn nội tiếp của các tam giác PDA và QDC (bán kính đường tròn (O1 ) và (O2 ) khác nhau). Gọi tuyến chung ngoài của (O1 ) và (O2 ) , tiếp tuyến kẻ từ H tới (O1 ) cắt  là một tiếp  tiếp xúc (O1 ) tại M ,  tiếp xúc (O2 ) tại N . Các  tại X và Y . Các tiếp tuyến kẻ từ H tới (O2 ) cắt  tại Z và T . Chứng minh rằng:  a) HD là phân giác góc O 1 HO2 . b) 1 1 1 1 .    XM YM ZN TN Bài 9 (ELMO SL 2012). Cho tam giác ABC và tâm nội tiếp (I) tâm I. Gọi D là chân vuông góc   CPD . của xuống BC, P là chân vuông góc của I xuống AD. Chứng minh BPD Bài 10 (Balkan 2017) Cho tam giác nhọn ABC với AB  AC có  là đường tròn ngoại tiếp. Gọi t B và tC lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn  tại B và C. Gọi L là giao điểm của chúng. Đường thẳng đi qua B và song song với AC cắt tC tại D. Đường thẳng đi qua C và song song với AB cắt t B tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDC cắt AC tại T; trong đó T nằm giữa A và C. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC cắt AB tại S; trong đó B nằm giữa S và A. Chứng minh rằng ST , AL, BC đồng quy. 28 C. PHẦN KẾT LUẬN Trên đây là một số bài toán về đường phân giác, đồng quy, thẳng hàng sử dụng đến hàng điểm điều hòa. Kiến thức về hàng điểm điều hòa khá dễ hiểu và đơn giản nhưng ứng dụng của nó thì khá nhiều. Thông qua đó giúp học sinh tiếp cận và hình thành kĩ năng sử dụng hàng điểm điều hòa, cũng như lựa chọn được cách giải bài toán phù hợp, tăng thêm tính say mê, tích cực tìm tòi và sáng tạo. Chuyên đề trên nhằm mục đích trao đổi với các thầy cô dạy bộ môn toán về việc sử dụng hàng điểm điều hòa để giải các bài toán hình học phẳng. Do kiến thức còn nhiều hạn chế nên chắc rằng chuyên đề khó tránh khỏi các thiếu sót, chúng tôi mong có sự góp ý của quý thầy cô để chuyên đề được hoàn thiện hơn. Tác giả xin chân thành cảm ơn! 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] Nguồn tại liệu từ Internet: artofproblemsolving.com, diendantoanhoc.net, matscope.org. [5] Đề thi, 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 29
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top