MỘT SỐ BÀI TOÁN SỬ DỤNG HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA HAY SƯU ...

Có thể bạn quan tâm

Bài toán (ELMO Shortlist 2012)

Cho tam giác $ABC$ và tâm nội tiếp $(I)$ , $D$ là chân vuông góc của $I$ xuống $BC$ , $P$ là chân vuông góc của $I$ xuống $AD$ . Chứng minh $\angle BPD = \angle CPD$ .

Gọi $(c)$ là đường tròn đường kính $ID$ . Dễ dàng thấy rằng $BC,IP,EF$ theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp đường tròn $(c)$ và $(I)$ , $(c)$ và $(AFPIE)$ , $(AFPIE)$ và $(I)$ . Như vậy $BC,IP,EF$ đồng quy tại $J$ .

Từ đó dễ thấy $(JD,BC)=-1$ mà $PI$ vuông góc $PD$ nên theo định lý về chùm điều hòa ta được $\angle BPD = \angle CPD$

Bài toán : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ có $AD,BC$ giao nhau tại $E$ và $AC,BD$ giao nhau tại $P$ . Gọi $M,N$ là trung điểm của $AC,BD$ . Gọi $I$ là tâm ngoại tiếp tam giác $EMN$ . Chứng minh $OP$ song song $EI$ .

Lời giải :

fffff

Gọi $S$ là trung điểm của $EF$ , $X$ theo thứ tự là giao của $EF$ với $BD,AC$ .

Dễ thấy $(AC,YP)=-1$ mà $M$ là trung điểm của $AC$ nên theo hệ thức Macraulin :

$PM.PY=PA.PC$

Hoàn toàn tương tự thì $PN.PX=PD.PB$ . Hơn nữa lại có $PA.PC=PB.PD=P_{P/(O)}$ nên có $PN.PX=PM.PY$

Suy ra $M,N,X,Y$ đồng viên.

Mà dễ dàng thấy $S,M,N$ thẳng hàng theo định lí về đường thẳng Gauss.

Do vậy ta được $SM.SN=SX.SY$ . Cũng dễ thấy $(EF,XY)=-1$ và $S$ là trung điểm của $EF$ nên theo hệ thức Newton :

$SE^2=SX.SY$

Ta thu được $SE^2=SM.SN$ . Suy ra $SE$ là tiếp tuyến của $(EMN)$ . Từ đó $IE$ vuông góc $EF$ .

Lại theo định lý Brocard thì $O$ là trực tâm tam giác $PEF$ , kéo theo $OP$ vuông góc $EF$ . Như vậy $IE$ song song $OP$ .

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ . $I_A,I_B,I_C$ lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp góc $A,B,C$ . $(I_A)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $A_1,B_1,C_1$ . $(I_B)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $A_2,B_2,C_2$ . $(I_C)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $A_3,B_3,C_3$ . Gọi $D,E,F$ theo thứ tự là giao của các cặp đường thẳng $(I_AA_1,B_1C_1),(I_BA_2,B_2C_2),(I_CA_3,B_3C_3)$ . Chứng minh $AD,BE,CF$ đồng quy.

Lời giải :

dfdarlemma

Qua $A$ kẻ đường thẳng $d$ song song với $BC$ . $I_AA_1$ cắt $d$ tại $T$ . $B_1C_1$ cắt $d$ tại $U$ .

Dễ thấy các điểm $A,T,B_1,C_1,I_A$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AI_A$ , suy ra :

$\angle C_1TI_A=\angle C_1AI_A=\dfrac{\angle A}{2}=\angle B_1AI_A=\angle B_1TI_A$

Tức $TI_A$ là phân giác góc $B_1TC_1$ , hơn nữa $TI_A$ vuông góc $TU$ . Do đó $T(B_1C_1,UI_A)=-1$ .

Kéo theo $(B_1C_1,UD)=-1$ . Lại kéo theo $A(CB,UD)=-1$ mà ta có $AU$ song song $BC$ nên theo định lý về chùm điều hòa, ta được $AD$ đi qua trung điểm của $BC$ hay $AD$ là trung tuyến của tam giác $ABC$ .

Một cách tương tự $BE,CF$ là trung tuyến của tam giác $ABC$ . Như vậy $AD,BE,CF$ đồng quy.

GEO`

Bài toán (Đề thi Olympic Duyên Hải Bắc Bộ 2012-2013 môn toán lớp 11)

Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$ và nội tiếp $(O)$ . Tiếp điểm với $(I)$ trên $BC,CA,AB$ theo thứ tự là $D,E,F$ . $H$ là chân vuông góc hạ từ $D$ xuống $EF$ . $AH$ cắt $(O)$ tại $G$ . Tiếp tuyến tại $G$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T$ . Chứng minh tam giác $TDG$ cân.

Lời giải :

OLPDHB2B

Theo định lí sin trong tam giác $BGC$ :

$\dfrac{BG}{GC}=\dfrac{sin\angle GBC}{sin\angle GCB}=\dfrac{sin\angle HAE}{sin\angle HAF}$

Lại theo định lí sin trong các tam giác $AFH,AEH$ :

$\dfrac{HF}{sin\angle HAF}=\dfrac{HA}{sin\angle AFH}=\dfrac{HA}{sin\angle AEH}=\dfrac{HE}{sin\angle HAE}\Rightarrow \dfrac{sin\angle HAF}{sin\angle HAE}=\dfrac{HF}{HE}$

Lại có :

$\dfrac{HF}{HE}=\dfrac{FD.cos\angle EFD}{DE.cos\angle FED}=\dfrac{\dfrac{BD.sin\angle B}{sin\angle BDF}.cos\left ( \pi -\angle AFE-\angle BFD \right )}{\dfrac{DC.sin\angle C}{sin\angle EDC}.cos\left ( \pi -\angle DEC-\angle FEA \right )}=\dfrac{BD}{DC}$

Từ đó ta có :

$\dfrac{BG}{GC}=\dfrac{BD}{DC}$

Suy ra $GD$ là phân giác trong tam giác $BGC$ .

Kẻ phân giác ngoài $GS$ ta có hàng điều hòa phân giác :

$(SDBC)=-1$

Do đó nếu ta gọi trung điểm của $SD$ là $T'$ thì theo hệ thức Maclaurin :

$\overline{BT'}.\overline{BD}=\overline{BC}.\overline{BS}$

$\overline{CT'}.\overline{CD}=\overline{CB}.\overline{CS}$

Lần lượt chia hai đẳng thức trên theo vế :

$\dfrac{\overline{BT'}}{\overline{CT'}}=-\dfrac{\overline{BS}}{\overline{CS}}.\dfrac{\overline{BD}}{\overline{CD}}$

Chú ý theo tính chất phân giác trong và phân giác ngoài ta có :

$\dfrac{BS}{CS}=\dfrac{BG}{GC}=\dfrac{BD}{DC}$

Do đó mà $\dfrac{\overline{BT'}}{\overline{CT'}}=\dfrac{BG^2}{CG^2}$

Hơn nữa vì hai tam giác $TGB$ và $TCG$ đồng dạng nên ta có :

$\dfrac{BG^2}{CG^2}=\dfrac{TB^2}{TG^2}=\dfrac{TB^2}{\overline{TC}.\overline{TB}}=\dfrac{\overline{BT}}{\overline{CT}}$

Suy ra :

$\dfrac{\overline{BT}}{\overline{CT}}=\dfrac{\overline{BT'}}{\overline{CT'}}\Rightarrow T\equiv T'$

Từ đó để ý rằng $T$ chính là tâm ngoại tiếp tam giác $SGD$ nên $TG=TD$ . Vậy tam giác $TGD$ cân.

Bài toán (Kiểm tra đội tuyển lớp 10 THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai 2012-2013).

Cho đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$ và tiếp xúc $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$ . Đường thẳng qua $A$ song song với $BC$ cắt $EF$ tại $K$ . Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ . Chứng minh rằng : $IM$ vuông góc với $DK$ .

Lời giải :

Bổ đề : Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$ , các tiếp điểm trên $BC,CA,AB$ lần lượt là $D,E,F$ . $M$ là trung điểm của $BC$ . Khi đó ta có $ID,EF,AM$ đồng quy.

Chứng minh tại đây

Quay trở lại bài toán :

untitled

Theo bổ đề ta có $AM,EF,ID$ đồng quy tại $G$ .

Ta có $AK\parallel BC,BM=CM$ nên $A(BCMK)=-1$ .

Kéo theo $A(EFKG)=D(EFKG)=-1$

Qua $I$ kẻ tia $Ix$ song song với $BC$ . Tương tự trên ta có $(Ix,IM,IC,IB)=-1$

Suy ra $(Ix,IM,IC,IB)=(DG,DK,DE,DF)=-1$ . Kết hợp với $DI\perp Ix,DF\perp IB,DE\perp IC$ ta suy ra $DK\perp IM$

Bài toán : (Gặp gỡ Toán học lần IV) Cho điểm $P$ nằm ngoài đường tròn $(O)$ . $PC$ là tiếp tuyến của $(O)$ kẻ từ $P$ , $PAB$ là cát tuyến. $CD$ là đường kính của $(O)$ . Gọi $E$ là giao điểm của $PO$ với $BD$ . Chứng minh rằng $CE$ vuông góc với $CA$ .

Lời giải :

fsaeawq

Kẻ tiếp tuyến $PG$ đến $(O)$ ( $G$ là tiếp điểm)

Gọi $I$ là giao điểm của $PO$ với $AD$ . Dễ thấy $DG\parallel IE$ (cùng vuông góc với $GC$ )

Dễ thấy $ACBG$ là tứ giác điều hòa nên $D\left ( BACG \right )=-1$ mà đường thẳng $PO$ cắt $DA,DB,DC$ lần lượt tại $I,E,O$ và $DG\parallel IE$ nên $O$ là trung điểm của $IE$ .

Kết hợp với $O$ là trung điểm của $CD$ ta có $CIDE$ là hình bình hành.

Suy ra $CE\parallel AD$ mà $CA\perp AD$ nên $CE\perp AC$ (điều phải chứng minh)

Bài toán : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp. $E,F$ lần lượt là giao điểm của các cặp $(AB,CD),(AD,BC)$ . $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AC,BD$ . Gọi $P,Q$ lần lượt là giao của $AC,BD$ với $EF$ . Chứng minh rằng $M,N,P,Q$ đồng viên.

Lời giải :

untitled

Gọi $I$ là giao điểm của $AC,BD$ . Gọi $L$ là giao điểm của $FI$ với $DC$ .

Ta có $(ELDC)=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần)

Qua phép chiếu xuyên tâm $F$ ta được $(PIAC)=-1$ . Vì $M$ là trung điểm của $AC$ nên theo hệ thức $Maclaurin$ :

$\overline{IP}.\overline{IM}=\overline{IA}.\overline{IC}$

Hoàn toàn tương tự : $\overline{IQ}.\overline{IN}=\overline{IB}.\overline{ID}$

Mà $\overline{IA}.\overline{IC}=P_{I/{ABCD}}=\overline{IB}.\overline{ID}$

Dẫn đến $\overline{IN}.\overline{IQ}=\overline{IP}.\overline{IM}$

Điều này chứng tỏ $M,N,P,Q$ đồng viên.

Bài toán : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp. $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$ . Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABN$ cắt $CD$ tại $P$ . Đường tròn ngoại tiếp tam giác $CDM$ cắt $AB$ tại $Q$ . Chứng minh rằng $AC,BD,PQ$ đồng quy.

Lời giải :

Khi $AB\parallel CD$ thì kết quả là hiển nhiên. Xét $AB,CD$ không song song. Gọi $W=AB\cap CD$ .

Ta có $A,B,C,D$ đồng viên nên $\overline{WA}.\overline{WB}=\overline{WD}.\overline{WC}$

Ta có $A,B,P,N$ đồng viên nên $\overline{WA}.\overline{WB}=\overline{WP}.\overline{WN}$

Suy ra $\overline{WP}.\overline{WN}=\overline{WC}.\overline{WD}$ mà $N$ là trung điểm của $CD$ nên theo hệ thức $Maclaurin$ ta có $(WPCD)=-1$ . Tương tự $(WQAB)=-1$

Suy ra $\left ( WPCD \right )=\left ( WQAB \right )$ , như vậy $PQ,AC,BD$ đồng quy.

Bài toán (IMO Shortlist 1994) Cho tam giác $ABC$ có $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm trên $BC,CA,AB$ của đường tròn nội tiếp tam giác. Gọi $X$ là một điểm bên trong tam giác $ABC$ sao cho đường tròn nội tiếp tam giác $XBC$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$ , tiếp xúc với $XB,XC$ theo thứ tự tại $Y,Z$ . Chứng minh $E,F,Y,Z$ đồng viên.

Lời giải :

untitled

Gọi $J,J'$ lần lượt là giao điểm của $EF,YZ$ với $BC$ . Ta chứng minh $J\equiv J'$ .

Dễ thấy $AD,BE,CF$ đồng quy (tại điểm $Gergonne$ của tam giác $ABC$ ) nên $(JDBC)=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần)

Tương tự $(J'DBC)=-1$ , suy ra $(JDBC)=(J'DBC)$ . Suy ra $J\equiv J'$ .

Từ đó, $JD$ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn nội tiếp tam giác $ABC,XBC$ nên : $JE.JF=JD^2=JY.JZ$

Suy ra các điểm $E,F,Y,Z$ đồng viên.

Bài toán : Cho đường tròn nội tiếp $(O)$ của tam giác $ABC$ . Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ . $AM$ cắt $(O)$ tại hai điểm $K,L$ ( $K$ nằm giữa $A,L$ ). Qua $K$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $X$ . Qua $L$ , kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $Y$ . $AX,AY$ cắt $BC$ tại $Q,P$ . Chứng minh $M$ là trung điểm của $PQ$ .

Lời giải :

Bổ đề : Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(O)$ , tiếp điểm của $(O)$ trên $BC,CA,AB$ lần lượt là $D,E,F$ . Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ . Chứng minh $AM,EF,OD$ đồng quy.

Chứng minh bổ đề :

fsdfsdfsdatyu

Gọi $I$ là giao của $OD$ với $EF$ . Ta chứng minh $AI$ đi qua trung điểm $M$ của $BC$ . Ta sẽ xây dựng nên chùm điều hòa.

Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $OD$ tại $J$ , cắt $EF$ tại $S$ .

Ta có $\widehat{EJI}=\widehat{EAO}=\widehat{OAF}=\widehat{FJI}$ (các điểm $A,F,O,E,J$ đồng viên)

Tức là $JI$ là phân giác góc $FJE$ . Mặt khác $JI \perp JS$ $\left ( JI \perp BC,BC\parallel JS \right )$

Do đó chùm $J(FEIS)=-1$ , tức $A\left ( BCIS \right )=-1$ . Mặt khác chùm $A(BCIS)$ có $BC\parallel AS$ nên $AI$ đi qua trung điểm $M$ của $BC$ . Bổ đề được chứng minh.

Quay trở lại bài toán :

HĐĐH

Gọi $R$ là giao của $YL$ với $AQ$

Theo bổ đề trên ta có $AM,OD,EF$ đồng quy tại $W$ hay $KL,OD,EF$ đồng quy tại $W$ . Mà $XKYL$ là hình thang cân có $OD$ là trục đối xứng, lại có $OD$ cắt $KL$ ở $W$ nên $W$ cũng thuộc $XY$ .

Ta có $(AWKL)=-1$ (hàng điều hòa về đường tròn) nên $X(AWKL)=X(RYKL)=-1$ , mà $XK\parallel RY$ nên $L$ là trung điểm của $RY$ , tức $YL=LR$

Theo định lí $Thales$ $\dfrac{YL}{PM}=\dfrac{AL}{AM}=\dfrac{LR}{MQ}\Rightarrow MP=MQ$ , tức $M$ là trung điểm của $PQ$ .

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$ , $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ với $BC,CA,AB$ . $AD$ cắt $(I)$ tại $X$ , $BX,CX$ theo thứ tự cắt $(I)$ tại $Y,Z$ . $AY,AZ$ lần lượt cắt $I$ tại $R,S$ . Chứng minh rằng $AD,ES,FR$ đồng quy.

Lời giải :

Gọi $K$ là giao điểm của $ES$ với $AD$ . Ta có $(AXKD)=S(AXKD)=S(ZXED)$

Mặt khác ta thấy $ZXED$ là một tứ giác điều hòa và $S$ là điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ZXED$ , suy ra $S(ZXED)=-1\Rightarrow (AXKD)=-1$

Tương tự, nếu gọi $K'$ là giao điểm của $FR$ với $AD$ thì $\left ( AXK'D \right )=-1$ .

Như vậy $\left ( AXK'D \right )=(AXKD)\Rightarrow K\equiv K'$ . Hay $AD,ES,FR$ đồng quy.

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$ , $D$ là điểm tiếp xúc của $(I)$ với $BC$ . Gọi $M$ là một điểm thuộc đoạn $AD$ . Đường thẳng $BM,CM$ theo thứ tự cắt $(I)$ tại $B_1,B_2;C_1,C_2$ sao cho $BB_1<BB_2,CC_1<CC_2$ . Chứng minh rằng $BC,B_1C_1,B_2C_2$ đồng quy.

Lời giải :

untitled

Gọi $E,F$ là hai tiếp điểm với $(I)$ của $CA,AB$ .

Gọi $L$ là giao điểm của $EF,BC$ . Gọi $W$ là giao điểm của $AD$ với $(I)$ . Dễ thấy $WFDE$ là một tứ giác điều hòa nên $LW$ là tiếp tuyến của $(I)$ . Gọi giao điểm của đường thẳng $LB_1$ với $AD,(I)$ lần lượt là $X,C_0$ .

Ta có $(LXB_1C_0)=-1$ (hàng điều hòa về đường tròn) $\Rightarrow M(LDBC_0)=-1\;\;\;(1)$

Mặt khác dễ thấy $AD,BE,CF$ đồng quy tại điểm $Gergonne$ của tam giác $ABC$ nên $(LDBC)=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần), do đó $\Rightarrow M(LDBC_1)=-1\;\;\;(1)$

Từ $(1)(2)$ suy ra $M(LDBC_0)=M(LDBC_1)\Rightarrow MC_0\equiv MC_1$

Mà $C_0\in \left ( I \right ),C_1\in \left ( I \right )\Rightarrow C_0\equiv C_1$ , tức là $B_1C_1$ đi qua $L$ .

Tương tự $B_2C_2$ đi qua $L$

Kết luận : $BC,B_1C_1,B_2C_2$ đồng quy.

Bài toán : Trên cạnh $BC$ của tam giác $ABC$ , lấy một điểm $N$ thỏa mãn đồng thời $BN=2NC$ và $\widehat{NAB}=\widehat{NAC}$ . Gọi $L$ là chân đường vuông góc hạ từ $B$ xuống $AK$ . Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ và $H$ là giao điểm của tia $ML$ với $AC$ .

a) Chứng minh $FH \perp AC$

b) Chứng minh rằng $HM$ là phân giác góc $BHN$ .

Lời giải :

untitled

Bổ đề 1 : Cho hai điểm $A,B$ phân biệt và một số thực $k$ . Khi đó tồn tại duy nhất một điểm $H$ thuộc đường $AB$ và thỏa mãn $HA^{2}-HB^{2}=k$

Bổ đề 2 : Cho hai đường thẳng $a,b$ . Các điểm $A,B$ lần lượt thuộc $a$ và $C,D$ lần lượt thuộc $b$ . Khi đó $a \perp b\Leftrightarrow AC^2-BC^2=AD^2-BD^2$

Xem chứng minh hai bổ đề tại đây.

Trở lại bài toán :

a) Đặt $AB=c,CA=b,BC=a,\widehat{NAC}=\alpha$ thì $AL=AB.cos\widehat{NAB}=c.cos2\alpha$

Theo định lí hàm số cos trong tam giác $ALC$ :

$LC^2=AC^2+LA^2-2AC.LA.cos\widehat{NAC}\Leftrightarrow LC^2-LA^2=AC^2-2AC.LA.cos\widehat{NAC}=b^2-2bc.cos\alpha .cos2\alpha$

Ta có $MC^2-MA^2=\dfrac{a^{2}}{4}-\dfrac{1}{4}\left ( 2b^2+2c^2-a^{2} \right )=\dfrac{a^2-b^2-c^2}{2}=-bc.cosA=-bc.cos \alpha$

Như vậy theo bổ đề 2, ta có $MH \perp AC\Leftrightarrow ML \perp AC\Leftrightarrow LC^2-LA^2=MC^2-MA^2\Leftrightarrow b^2-2bc.cos\alpha .sin2\alpha =-bc.cos3\alpha \Leftrightarrow b^2+bc.cos3\alpha =2bc.cos\alpha .sin2\alpha \Leftrightarrow \dfrac{b}{c}+cos3\alpha =2cos\alpha .sin2\alpha \;\;\;(*)$

Mặt khác theo định lí hàm số sin trong các tam giác $NAB,NAC$ :

$\dfrac{BN}{sin\widehat{NAB}}=\dfrac{AB}{sin\widehat{ANB}}\Rightarrow sin\widehat{ANB}=\dfrac{AB.sin\widehat{NAB}}{BN}=\dfrac{3c.sin2\alpha }{2a}$

và $\dfrac{NC}{sin\widehat{NAC}}=\dfrac{AC}{sin\widehat{ANC}}\Rightarrow sin\widehat{ANC}=\dfrac{AC.sin\widehat{NAC}}{NC}=\dfrac{3b.sin\alpha }{a}$

Chú ý rằng vì $\widehat{ANB}+\widehat{ANC}=\pi \Rightarrow sin\widehat{ANB}=sin\widehat{ANC}\Rightarrow \dfrac{3c.sin2\alpha }{2a}=\dfrac{3b.sin\alpha }{a}\Rightarrow c=\dfrac{2bsin\alpha }{sin2\alpha }=\dfrac{b}{cos\alpha }$

Thay $\dfrac{b}{c}=cos\alpha$ vào $(*)$ thì ta được :

$\left ( * \right )\Leftrightarrow cos\alpha +cos3a=2cos\alpha .cos2\alpha$ . Hiển nhiên đúng.

Như vậy ta có $MH \perp AC$ .

b) Ta có $\dfrac{CB}{CN}=3$ và $4MB=2BC=3NB=3(MN+MB)\Rightarrow \dfrac{MB}{MN}=3$

Suy ra $\dfrac{\overline{MB}}{\overline{MN}}=-\dfrac{\overline{CB}}{\overline{CN}}\Rightarrow (BNMC)=-1$

Như vậy ta có $H\left ( BNMC \right )=-1$ mà $HM \perp HC$ (câu a) nên theo định lí về chùm điều hòa ta có $HM$ là phân giác góc $BHN$ .

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(O)$ . Các tiếp điểm với $(O)$ trên $BC,CA,AB$ lần lượt là $D,E,F$ . Gọi $S$ là giao điểm của $EF$ với $BC$ . Gọi $I,J$ lần lượt là giao điểm của đường thẳng $SO$ với $(O)$ . Chứng minh rằng $BI,CJ,AD$ đồng quy.

Lời giải :

untitled

Gọi $X$ là giao điểm của $AD$ với $(O)$ và $Y$ là giao điểm của $SO$ với $AD$ .

Dễ dàng thấy rằng $XFDE$ là một tứ giác điều hòa, từ đó dễ dàng thấy ngay $SX$ là tiếp tuyến tại $X$ của $(O)$ .

Ta thấy $SX,SD$ tiếp xúc với $(O)$ tại $X,D$ nên $(SYIJ)=-1$ (hàng điều hòa về đường tròn)

Mặt khác thì $AD,BE,CF$ đồng quy tại điểm $Gergonne$ của tam giác $ABC$ từ đó có $(SDBC)=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần)

Suy ra $(SYIJ)=(SDBC)$ . Vậy nên $YD,BI,CJ$ đồng quy hay $AD,BI,CJ$ đồng quy.

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ và điểm $O$ nằm trong tam giác. Các tia $BO,CO$ lần lượt cắt $AC,AB$ tại $E,F$ . Gọi $I$ là giao điểm của $AO,EF$ . Gọi $H$ là hình chiếu của $I$ trên $BC$ . Chứng minh rằng $\widehat{AHE}=\widehat{OHF}$

Lời giải :

ser

Gọi $J$ là giao điểm của tia $AO$ với $BC$ . $S$ là giao điểm của $EF$ với $BC$

Ta có $\left ( BCJS \right )=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần)

$\Rightarrow H \left ( EFIS \right )=-1$ mà $HI \perp HS$ nên theo định lí về chùm điều hòa ta có $HI$ là phân giác của góc $EHF$

Tức là $\widehat{EHI}=\widehat{FHI}$

Cũng vì $\left ( BCJS \right )=-1$ ta có $\left ( FB,FC,FJ,FS \right )=-1\Rightarrow \left ( FO,FA,FJ,FI\right )=-1\Rightarrow H(OAJI)=-1$ mà $HI \perp HS$ nên theo định lí về chùm điều hòa ta có $HI$ là phân giác của góc $AHO$ .

Tức là $\widehat{AHI}=\widehat{OHI}$

Do đó $\widehat{AHE}=\widehat{EHI}-\widehat{AHI}=\widehat{FHI}-\widehat{OHI}=\widehat{OHF}$

Đây là điều phải chứng minh

Bài toán (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 $\widehat{AOD}=\widehat{BOC}$

Lời giải :

ChinaTST2002

Gọi $I$ là giao điểm của $BD$ và $EF$ và $J$ là giao điểm của $EP$ với $CD$ .

Ta có $\left ( DCJF \right )=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần) nên $E\left ( DCJF \right )=-1\Rightarrow E\left ( DBPI \right )=-1\Rightarrow O\left ( DBPI \right )=-1$

Mà $OP \perp OI$ nên theo định lí về chùm điều hòa, ta có $OP$ là phân giác $\widehat{DOC}\Rightarrow \widehat{DOP}=\widehat{BOP}$

Hoàn toàn tương tự ta có $\widehat{AOP}=\widehat{COP}$

Từ đó $\widehat{AOD}=\widehat{AOP}-\widehat{DOP}=\widehat{COP}-\widehat{BOP}=\widehat{BOC}$

Đây là điều phải chứng minh.

Bài toán : Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn tâm $O$ . Gọi $E,F$ lần lượt là giao điểm của $AC$ với $(O)$ . Hạ $OH$ vuông góc với $BD$ . Chứng minh rằng $\widehat{AHE}=\widehat{CHF}$

Lời giải :

Bổ đề : Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn $(O)$ với các tiếp điểm trên $AB,BC,CD,DA$ lần lượt là $M,N,P,Q$ . Gọi $K$ là giao của $MN,PQ$ và $I$ là giao của $AC,BD$ . Khi đó ta có $KO \perp BD$ , $K,A,C$ thẳng hàng, từ đó có $(KIAC)=-1$

Chứng minh bổ đề :

fsdfsdfs

$\bullet$ Kẻ hai tiếp tuyến $KE,KF$ với $(O)$ . Khi đó tứ giác $MENF$ điều hòa nên $EF$ và các tiếp tuyến tại $M,N$ của $(O)$ đồng quy.Tức là $MB,NN,EF$ đồng quy hay $E,F,B$ thẳng hàng. Tương tự ta có $E,F,D$ thẳng hàng. Suy ra $E,F,B,D$ thẳng hàng.

Mà dễ thấy $OK\perp EF\Rightarrow OK\perp BD\;\;\;(1)$

$\bullet$ Gọi $K'$ là giao điểm của $MN,AC$ . Khi đó ta có $\dfrac{K'A}{K'C}.\dfrac{PC}{PD}.\dfrac{QD}{QA}=\dfrac{K'A}{K'C}.\dfrac{PC}{QA}=\dfrac{K'A}{K'C}.\dfrac{NC}{MA}=\dfrac{K'A}{K'C}.\dfrac{MB}{MA}.\dfrac{NC}{NB}=1$

(Chú ý theo tính chất tiếp tuyến mà một số đoạn thẳng bằng nhau $AQ=MA,MB=NB,CN=CP,DP=DQ$ và áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $ABC$ với sự thẳng hàng của $K',M,N$ )

Do đó theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $ADC$ ta có $P,Q,K'$ thẳng hàng. Suy ra $K\equiv K'$

Điều này chứng tỏ $A,K,C$ thẳng hàng $(2)$

$\bullet$ Bằng định lí $Pascal$ ta dễ dàng chứng minh được $MP,NQ,BD,AC$ đồng quy tại điểm $I$ .

Qua $C$ ta kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt đường $MP$ tại $W$ .

Dễ dàng chứng minh được tam giác $CPW$ cân tại $C$ nên $CP=CW$ .

Từ đó theo định lí $Thales$ : $\dfrac{IA}{IC}=\dfrac{MA}{CW}=\dfrac{MA}{CP}=\dfrac{MA}{CN}$

Theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $ABC$ với sự thẳng hàng của $K,M,N$ ta có : $\dfrac{KA}{KC}.\dfrac{NC}{NB}.\dfrac{MB}{MA}=1\Rightarrow \dfrac{KA}{KC}=\dfrac{MA}{CN}$

Vậy suy ra $\dfrac{KA}{KC}=\dfrac{IA}{IC}\Rightarrow \dfrac{\overline{KA}}{\overline{KC}}=\dfrac{-\overline{IA}}{\overline{IC}}\Rightarrow (KIAC)=-1\;\;\;(3)$ (chú ý rằng $K$ nằm ngoài và $I$ nằm trong đoạn $AC$ )

Từ $(1)(2)(3)$ thì bổ đề chứng minh hoàn tất.

Trở lại bài toán :

ddddd

Gọi $M,N,P,Q$ lần lượt là các tiếp điểm trên $AB,BC,CD,DA$ của $(O)$ .

Gọi $X$ là giao điểm của $PQ,MN$ . Gọi $J$ là giao điểm của $AC,BD$ .

Theo bổ đề thì $OX \perp BD$ mà $OH \perp BD$ nên $O,H,X$ thẳng hàng.

Cũng theo bổ đề ta có $(ACJX)=-1$ kéo theo $H(ACJX)=-1$ . Nhưng vì $OH \perp BD\Rightarrow HJ \perp HX$ .

Theo định lí về chùm điều hòa ta có $HJ$ là phân giác của góc $AHC$ . Từ đó dễ dàng thấy được điều cần chứng minh $\widehat{AHE}=\widehat{CHF}$

Bài toán : Từ một điểm $A$ nằm ngoài đường tròn tâm $O$ , kẻ tiếp tuyến $AB$ và cát tuyến $AIK$ đến $(O)$ với $B$ là tiếp điểm, $I$ nằm giữa $A$ và $K$ . Đường thẳng qua $K$ vuông góc với $OA$ cắt tia $AB,IB$ lần lượt tại $C,E$ . Chứng minh rằng $C$ là trung điểm của $AE$ .

Lời giải :

untitled

Vẽ tiếp tuyến $AD$ với đường tròn với $D$ là tiếp điểm và $D$ khác $B$ . Gọi $J$ là giao điểm của $BD$ với $AK$ .

Dễ thấy rằng $BD\parallel KE$ (cùng vuông góc với $OA$ ), khi đó theo định lí $Thales$ trong tam giác $AKC$ :

$\dfrac{\overline{JB}}{\overline{KC}}=\dfrac{\overline{AJ}}{\overline{AK}}\Rightarrow \overline{KC}=\dfrac{\overline{JB}.\overline{AK}}{\overline{AJ}}$

Tương tự, theo định lí $Thales$ trong tam giác $IKE$ : $\dfrac{\overline{JB}}{\overline{KE}}=\dfrac{\overline{IJ}}{\overline{IK}}\Rightarrow \overline{KE}=\dfrac{\overline{JB}.\overline{IK}}{\overline{IJ}}$

Mặt khác ta có $(AJIK)=-1$ (hàng điều hòa về đường tròn)

Suy ra

$(JKAI)=(AIJK)=1-(AJIK)=2\Rightarrow \dfrac{\overline{AJ}}{\overline{AK}}:\dfrac{\overline{IJ}}{\overline{IK}}=2\Rightarrow \dfrac{\overline{IK}}{\overline{IJ}}=2\dfrac{\overline{AK}}{\overline{AJ}}\Rightarrow \dfrac{\overline{IK}}{\overline{IJ}}.\overline{JB}=2.\dfrac{\overline{AK}}{\overline{AJ}}.\overline{JB}\Rightarrow \overline{KE}=2\overline{KC}$ .

Điều này chứng tỏ $C$ là trung điểm của $KE$ .

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ , ba đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$ . Gọi $I,K$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $D,A$ xuống $EF$ . Chứng minh rằng $KH$ đi qua trung điểm $M$ của $ID$ .

Lời giải :

Banve

Gọi $N$ là giao điểm của $AD$ và $EF$

Do các tứ giác $FECB$ và $FHDB$ nội tiếp nên ta có $\widehat{EFC}=\widehat{EBC}=\widehat{DFC}$ .

Nên $FH$ là phân giác trong của tam giác $FND$ , mà $FH\perp AB$ nên $FA$ là phân giác ngoài của tam giác $FND$ .

Từ đó $(AHND)=-1$ (hàng điều hòa tia phân giác)

$\Rightarrow K(AHND)=-1$ . Lại có $KA\parallel ID$ (cùng vuông góc với $EF$ ).

Do đó theo định lí về chùm điều hòa ta có $KH$ đi qua trung điểm $M$ của $ID$ .

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ có $I,J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và bàng tiếp góc $A$ . Qua $I,J$ lần lượt kẻ các đường thẳng $DE,FG$ song song với $BC$ với $D,F$ thuộc đường thẳng $AB$ và $E,G$ thuộc đường thẳng $AC$ . Chứng minh rằng : $\dfrac{1}{\overline{DE}}+\dfrac{1}{\overline{FC}}=\dfrac{2}{\overline{BC}}$

Lời giải :

Banve

Gọi $K$ là giao điểm của $AJ$ với $BC$

Ta sẽ chứng minh rằng $(ABDF)=-1$ .

Thật vậy, ta có $(AKIJ)=-1$ (hàng điều hòa tia phân giác)

Do đó $\dfrac{\overline{IA}}{\overline{IK}}=-\dfrac{\overline{JA}}{\overline{JK}}$

Mà theo định lí $Thales$ : $\dfrac{\overline{IA}}{\overline{IK}}=\dfrac{\overline{DA}}{\overline{\overline{DB}}},\dfrac{\overline{JA}}{\overline{JK}}=\dfrac{\overline{FA}}{\overline{FB}}\Rightarrow \dfrac{\overline{DA}}{\overline{DB}}=-\dfrac{\overline{FA}}{\overline{FB}}\Rightarrow (ABDF)=-1$

Theo hệ thức $Decartes$ , ta có :

$\dfrac{2}{\overline{AB}}=\dfrac{1}{\overline{AD}}+\dfrac{1}{\overline{AF}}\Leftrightarrow \dfrac{\overline{AB}}{\overline{AD}}+\dfrac{\overline{AB}}{\overline{AF}}=2$

Mà cũng theo định lí $Thales$ : $\dfrac{\overline{AB}}{\overline{AD}}=\dfrac{\overline{BC}}{\overline{DE}},\dfrac{\overline{AB}}{\overline{AF}}=\dfrac{\overline{BC}}{\overline{FC}}\Rightarrow \dfrac{\overline{BC}}{\overline{DE}}+\dfrac{\overline{BC}}{\overline{FG}}=2\Rightarrow \dfrac{1}{\overline{DE}}+\dfrac{1}{\overline{FG}}=\dfrac{2}{\overline{BC}}$

Đây là điều phải chứng minh.

Chia sẻ:

X
Facebook

Thích Đang tải...

Có liên quan

Từ khóa » đường Thẳng Gauss Newton

MỘT SỐ BÀI TOÁN SỬ DỤNG HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA HAY SƯU ...

Chia sẻ:

Có liên quan

Đường Thẳng Gauss | Huy Cao's Blog

Trung điểm Các đường Chéo Của Một Tứ Giác Toàn Phầ... - Kiến Robo

Một Chứng Minh Của đường Thẳng Gauss - Math4fun

Các định Lí Trong Hình Học Phẳng - Phan Đình Trung

[PDF] CHUYÊN ĐỀ

Đường Thẳng Newton Mở Rộng - Tài Liệu Text - 123doc

Định Lý Anne Và Những ứng Dụng Của Nó Trong Giải Bài Toán Hình Học

Toán Học 9 [Nâng Cao Và Phát Triển] - Wattpad

Phương Pháp Diện Tích (Chủ đề Seminar Ngày 30/5)

Định Lý Anne -Tống Hữu Nhân | PDF - Scribd

Tứ Giác Toàn Phần | PDF - Scribd

[PDF] M T S V N đ V T Giác Toàn Ph N

Liên Hệ