tài liệu hình học phẳng

Đường thẳng MN vuông góc với BD tại O M thuộc đoạn AB và N thuộc BC kéo dài.. O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. Chứng minh rằng : đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP luôn đi

I F

E

K M

N

O

C

D

Bài 1

Cho tam giác ABC E là trung điểm đoạn AB, M nằm trên đường thẳng CE thoả mãn ACE EMB Đặt CEB Tính tỉ số CM

AB theo 

Lời giải :

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, B lên CE

Từ AE = EB suy ra AH = BK

2

c

AB AB  EB  

Bài 2

Cho hình chữ nhật ABCD tâm O Đường thẳng MN vuông góc với BD tại O ( M thuộc đoạn AB và N thuộc BC kéo dài) E, F lần lượt là trung điểm của AD và DC

Chứng minh : ME vuông góc với NF

Chứng minh :

Cách 1

Gọi I là trung điểm của BC; K là giao điểm của ON và CD

MEO = KIO  ME // KI (1)

Xét IFN có FC  IN và NK  FI (do IF // BD) nên K là trực tâm IFN

 IK  NF (2)

Từ (1) và (2) suy ra ME  IK

Cách 2

 Nhận xét :

Cho ABC , A’B’C’

M thuộc đoạn BC, M’ thuộc đoạn B’C’ thoả

' '

MB M B

MC M C

Khi đó 3 mệnh đề sau tương đương : a)  ABC ~ A’B’C’

b) ABM ~ A’B’M’

c) ACM ~ A’C’M’

 Chứng minh

Tứ giác AMOD nội tiếp suy ra DMO DAC  DBC

 tứ giác DMBN nội tiếp

 MDN MBN  90 0

 ADM CDN

  ADM ~ CDN (g-g)

  DEM ~ DFN (theo nhận xét)

 (EM, FN) = (DE, DF) =

2



Bài 3

Cho tam giác nhọn ABC M là 1 điểm thuộc miền trong tam giác thoả mãn

BAM MBC MAC MCB N thuộc đường thẳng BC sao cho NA = NM O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng : ANM  2ONB

Chứng minh :

 Nhận xét : BC tiếp xúc với đường tròn (AMB)

CB tiếp xúc với đường tròn (AMC)

 Gọi O1 là tâm đường tròn (AMB)

O2 là tâm đường tròn (AMC)

Ta có

1 2 1 2

O

O O MBC

NO NB

NO NC

 















1

O

    (theo nhận xét bài 2)

1 1

O O 2

Bài 4

Cho tam giác ABC, M chạy trên đoạn BC Dựng hình bình hành APMN ( P thuộc đoạn AB, N thuộc đoạn AC) Chứng minh rằng : đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP luôn đi qua một điểm cố định

Bài toán phụ :

thuộc AB, K thuộc AC) Chứng minh rằng : MH + MK không đổi.

Chứng minh bài toán phụ :

Cách 1 :

Đặt ABC  ACB 

Ta có MH = MB.sin, MK = MC.sin

Suy ra MH + MK = BC sin

Cách 2 :

Dựng BE  AC, MF  BE

Khi đó MH + MK = BF + FE = BE ( không đổi)

Dự đoán kết quả cho bài 4 :

Khi M  B thì N A, P B, đường tròn (ANP)

tiếp xúc với AC tại A

Khi M  C thì P A, N C, đường tròn (ANP)

tiếp xúc với AB tại A

Chứng minh bài 4

Dựng đường tròn (O1) qua A, B, tiếp xúc với AC tại A

Dựng đường tròn (O2) qua A, C, tiếp xúc với AB tại A

Gọi K là giao điểm của 2 đường tròn đó Ta cần chứng minh tứ giác APKN nội tiếp

Ta có :

BAK ACK(chắn cung AK của (O2))

ABK CAK (chắn cung AK của (O1)) (*)

  KAB ~ KCA (g-g)

KAAC (1)

Lại có PB NA

PA NC

A+NC AB

PB PA N  AC  NAAC

(2)

Từ (1) và (2) suy ra KB PB

KA NA (**)

Từ (*) và (**) suy ra  KPB ~ KNA (c – g – c)

 BPK  ANK

 tứ giác APKN nội tiếp

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP luôn đi qua điểm Kcố định

Bài 5

Cho tam giác ABC Dựng ra phía ngoài 2 tam giác vuông cân ABE, AFC Chứng minh rằng : BF, CE, EF là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác và tính các góc của tam giác đó theo   ,

Chứng minh :

Dựng hình bình hành BECK,

 BFK có 2 cạnh là BF, BK = CE

Chỉ cần chứng minh FK = EF

2

EAF BAC

2

BCK EBCABC

2

2





Do đó EAFFCK  EAF KCF c g c( )

 EF=FK

Vậy  BFK có 3 cạnh thoả mãn yêu cầu

Bài 6

Cho tam giác đều ABC nội tiếp (O; R) Điểm M nằm trong (O;R) Đặt OM = d Chứng minh rằng MA, MB, MC là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác Tính diện tích tam giác

đó theo R, d

Chứng minh :

Ý 1 : chứng minh MA, MB, MC là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác

Cách 1: Dựng  MBN đều

 ABM =  CBN (c-g-c)  NC = MA

Vậy  MNC có 3 cạnh thỏa mãn yêu cầu

Cách 2: Qua M dựng các đường thẳng lần lượt song song

với các cạnh của tam giác ABC ( như hình vẽ ) Khi đó

MTAV, MVBY, MYCT là các hình thang cân nên

MA = TV

MB = VY

MC = YT

Vậy tam giác TVY có 3 cạnh thoả mãn yêu cầu

Nhận xét

Gọi A’, B’,C’ là giao điểm của AM, Bm, CM với đường tròn (O)

'

'

'

'

'

'

.

d R

MC MB MA B

A

AB MC A

C

CA MB C

B

BC MA









Thật vậy:

 MC’B’ ~  MBC (g-g) MB MC' C BC'B'

Do đó .2 . 2 . . . ' . ' B'.C'

BC MA MB

MC MA MB

MB

MC MB MA d

R

MC MB

MA









Ý 2: Tính diện tích

 ABC đều  AB = BC = CA nên

) (

3

'

' '

'

'

d R R

MC MB MA B

A

MC A

C

MB

C

B

MA









Gọi tam giác có 3 cạnh MA, MB, MC là (M) Ta có:

2





(1) ( do (M)   A’B’C’)

 2 2)3

3

(

3

) ( ' ' '.

' '.

'

.

d R R

MC MB MA A

C C B B A

MC MB MA







' ' '

' ' ' ' ' ' 4 A B C

MA MB MC

Từ (1) và (2) suy ra:

' ' '

A B C M





Bài 7

Cho tam giác ABC M, N, P lần lượt thuộc các đoạn BC, CA, AB sao cho

AP AB

k

BC CA   Chứng minh : AM, BN, CP là độ dài 3 cạnh của một tam giác Tìm

k để diện tích tam giác đó nhỏ nhất

Chứng minh :

Vẽ hình bình hành ABCD Lấy E trên CD sao

cho NE // BC // AD

Dễ chứng minh BN = ME, AE = CP

Khi đó tam giác AME là tam giác có 3 cạnh

độ dài là AM, BN, CP

Gọi S là diện tích tam giác ABC

Ta có :

2 2

2 (1 ) (1 )

[(k - ) ].S

AME ABCD ABM MCE AEB

S

Đẳng thức xảy ra khi 1

2

k 

Vậy khi 1

2

k  thì tam giác tạo được có diện tích nhỏ nhất

Bài 8

Cho điểm M thuộc miền trong tam giác ABC thoả mãn

BMC BAC CMA CBA AMB ACB          

Chứng minh : MA BC = MB CA = MC AB

Chứng minh

Vẽ đường tròn (ABC)

AM, BM, CM cắt (ABC) tại A’,B’,C’

BMC BAC  sd BA C sd B AC  sd BA C sd B AC

' ' 2

CMA CBA  sdC BA

  1 

' ' 2

AMB ACB  sd A CB

 B’C’ = C’A’ = A’B’ (1)

' ' ' ' ' '

MA MB MB CA MC AB

B C  C A  A B ( đã biết )

Từ (1) & (2)  MA.BC = MB.CA = MC.AB

Bài 9:

Cho hình chữ nhật OABC, đường tròn (O ; OA) cắt BC tại D, tiếp tuyến tại D của (O ; OA) cắt OC tại E Chứng minh : AE OB

Chứng minh :

Cách 1

Ta có: OD2 OC OE.

 OA2 OC OE.

OA OE

OC OA

OA OE

AB OA

  OAB   EOA ( c.g.c )

 BOA OEA 

 EA OB

Cách 2:

Có OD2 OC OE  OA2 OC OE.

                           AE OB                                    (        AO OE OA OC               )(  ) OA2 OE OC O 

AE OB

Cách 3:

Xét 2 đường tròn (O) và đường tròn (ABCO) có OB là đường nối tâm

pA/(O) = pA/(ABCO) = O

pE/(O) = ED2 và pE/(ABCO) = EC.EO

 pE/(O) = pE/(ABCO)

Vậy AE là trục đẳng phương của 2 đường tròn (O) và (ABCO)

AE OB

  ( trục đẳng phương vuông góc với đường nối tâm )

Cách 4:

Nhận xét: tứ giácABCD có ACBD AB2  AD2 CB2  CD2

Áp dụng: EA OB

(EO DO ) EB AB 0

0 0

ED EB AB

CD CB OC

OD OA

   ( luôn đúng )

Bài 10:

Cho M là 1 điểm thuộc miền trong tam giác ABC thoả mãn MB AB

MC AC Lấy N đối xứng với M qua BC Chứng minh : MAB NAC  

Chứng minh :

 Nếu  BAC cân tại A A, M, N nằm trên trung trực của BC MAB NAC  

 Giả sử AB > AC

Gọi AE, AF là phân giác trong và ngoài  ABC

Vẽ đường tròn tâm I, đường kính EF

 A, M, N (I)

Có M, N đối xứng qua BC

  (1)

sd ME sd NE

MAE NAE

Mà AE là phân giác ABC  BAE CAE  (2)

Từ (1) & (2)  MAB NAC  

Bài 11

Cho hình thang ABCD (AB//CD) Gọi P là giao của AC và BD Dựng Q thoả mãn AQB CQD   Chứng minh : DQP BAQ  

Bài toán phụ :

Cho hình bình hành ABCD, M nằm

trong ( như hình vẽ ) thoả mãn :  

1 1

B D

1 1

A C

Giải :

Dựng hình bình hành MBCE    

 tứ giác DECM nội tiếp

 D 2 M 1

 A1C1

Chứng minh bài 11 :

Từ C, D kẻ các đường thẳng song

song với AQ, BQ cắt nhau tại E

Ta có

DEC

     

 tứ giác EQCD nội tiếp 

DQP DCE

từ EDC QBA DCE  BAQ

Vậy DQP BAQ  

Bài 12

Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm I,  0

90

BAD  , BI cắt AD tại M, DI cắt

AB tại N Chứng minh : ACMN

Chứng minh :

Gọi r là bán kính đường tròn (I)

Ta có :

AC MN  IC IA IN IM  IC IN IA IN IC IM IA IM  

          

          

          

          

          

          

          

          

          

          

          

          

          

             

(*)

D

c c



 

(1)

Chứng minh tương tự:

osAIM os (cot tan )

sin cos

 

(2)

2

(cot tan )

IA IN r 

 

(3)

2

(cot tan )

IC IM r 

 

(4) Thay (1), (2), (3), (4) vào (*)  AC MN  0

 

Vậy AC  MN

Bài 13

Cho tam giác ABC, trung tuyến AD Đường thẳng  vuông góc với AD tại J M chạy trên  Gọi E, F là trung điểm MB, MC P, Q lần lượt thuộc các đường thẳng AB,

AC thoả mãn PE vuông góc với  tại I , QF vuông góc với  tại Chứng minh rằng : đường thẳng đi qua M, vuông góc với PQ luôn đi qua 1 điểm cố định

Chứng minh :

Dựng BK  , CL   (K, L)

Gọi M là đường thẳng đi qua M, vuông góc

với PQ

Gọi L là đường thẳng đi qua L, vuông góc với

QA

Gọi K là đường thẳng đi qua K, vuông góc

với AP

M , L , K đồngquy khi và chỉ khi

(MP  MQ ) (  LQ  LA ) (  KA  KP ) 0  (1)

(Áp dụng định lí Cácno - Sách Hình học 10 nâng cao)

BMK có EI BK EM// EB MI IK IE MK

   IE là trung trực của MK  PM = PK (2)

MCL có FH LC FM FC//  HM FH ML HL

Xét hình thang BKLC có DJ BK LC DB DC// //  JK DJJL KL

 DJ là trung trực của LK  KA = AL (4)

Từ (2), (3), (4) suy ra (1) đúng  M , L , K đồngquy

Vậy M đi qua 1 điểm cố định ( là giao điểm của L và K )

Bài 14

Cho tam giác ABC cân tại A, D là trung điểm BC E thuộc đường thẳng BC, H là trung điểm BE Dựng đường thẳng 1 đi qua D, vuông góc với OD

đường thẳng 2 đi qua E, vuông góc với AC

đường thẳng 3 đi qua C, song song với AB

Chứng minh rằng : 1, 2, 3 đồng quy

Chứng minh :

Gọi F là trung điểm AB, dựng FK  BC ( K

thuộc BC) Đường thẳng vuông góc với BC

tại H và đường thẳng vuông góc với AB tại

F cắt nhau tại O

Ta có:

1 2 3

OD DF FO

 

 

 

1 , 2 , 3

   đồng quy

(DO DD ) (ED EF ) (CF CD ) 0

(DO CO ) (CF EF ) ED 0

Chọn trục để: D(0); C(a), B ( -a)

E(x), H( )

2

a x

 

, ( ) 2

a

K 

Thay vào (*) được:

Vậy 1, 2, 3 đồng quy

Bài 15

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( I ) Đường tròn (I) tiếp xúc với BC,

CA, AB lần lượt tại D, E, F Trên Bc, CA, AB lần lượt lấy các điểm M, N, P thoả mãn

BM = CD = p – c, CN = AE = p – a, AP =BF = p – b ( với BC =a, CA = b, AB = c, p là nửa chu vi) Gọi A, B, C là các đường thẳng đi qua M, N, P song song với AI, BI, CI Chứng minh : A, B, C đồng quy

Ta có:

EF

A B C

FD DE

 

 

 

Suy ra A, B, C đồng quy khi và chỉ khi:

(ME  MF ) (  NF  ND ) (  PD  PE ) 0  (*)

= -2(p – b)(p – c).cosC + 2(p – b)(p – c).cosB

= 2(p – b)(p – c).(cosB – cosC)

Tương tự: NF2 - ND2 = 2(p – a)(p – c).(cosC – cosA)

PD2 - PE2 = 2(p – a)(p – b).(cosA – cosB)

Ta có : ( ) tanA ( ) tanB ( ) tanC

r p a  p b  p c

Do đó

2( )( )( osB-cosC)+2( )( )( osC-cosA)+2( )( )( osA-cosB)

2 [(cosB-cosC)tan (cosC-cosA)tan (cosA-cosB)tan )

p a p b p c

r

2 [ 2sin sin A 2sin sin B 2sin sin C]

p a p b p c B C B C C A C A A B A B

p a p b p c B C B C A C C A A B A B

r

= -2(p a p b p c)( )( )

r

(sinB – sinC + sinC - sinA +sinA – sinB)

= -2(p a p b p c)( )( )

r

.0 = 0 Vậy A, B, C đồng quy

Bài 16

Cho tam giác ABC , trực tâm H O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC AA’, BB’, CC’ là các đường cao Gọi M là giao điểm của A’C’ với BB’, N là giao điểm của CC’ với B’A’ Chứng minh : AO vuông góc với MN

Chứng minh :

Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, E là tâm

đường tròn Ơle của ABC

 đường tròn (E) đi qua A’, B’, C’ và E là trung điểm

KH

Ta có AH = KO, AH // KO  AHOK là hình bình

hành  A, O, E thẳng hàng (1)

Mặt khác , tứ giác BC’HA’ nội tiếp

' '

MC MA MB MH

hayp M/(E) = pM/(HBC).

tương tự p N/(E) = pN/(HBC).

 MN là trục đẳng phương của đường tròn (E) và đường tròn (HBC)

 MN EO (2)

Từ (1) và (2) suy ra MN  AO

Bài 17

Cho tam giác ABC, D thuộc đoạn BC, E thuộc đoạn AD Đường tròn ngoại tiếp  BDE cắt AB tại K Đường tròn ngoại tiếp  CDE cắt AC tại L Gọi M là giao điểm của

DK với BE, N là giao điểm của DL với CE, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC Chứng minh : AO vuông góc với MN

Nhận xét:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi I là giao điểm của AC và BD, E là giao của AB và CD, F là giao của AD và BC Khi đó

pE/(O) + pF/(O) = EF 2

(*)

pF/(O) + pI/(O) = FI 2

(**)

pI/(O) + pE/(O) = IE 2

Chứng minh nhận xét :

Trên EF lấy K  (ADE) EF(K E)  

tứ giácAEKD nội tiếp  EAFDKF (1)vàFE FK FD FA.

tứ giác ABCD nội tiếp  FD FA  pF/(O)

Do đó pF/(O) FE FK. (2)

Do (1) và EAD DCB   nên tứ giác CDKF nội tiếp suy ra pE/(O) ED EC EK EF  (3)

Từ (2) và (3) suy ra: pE/(O) + pF/(O) = EF 2

Hệ quả: O là trực tâm  IEF

Chứng minh hệ quả:

(*)  OE2  OF 2  EF 2  2R2

 OE OF   2R2

(**)  OF2  OI 2  IF 2  2R2

 OF OI  2R2

 

Do đó OE OF OF OI   0

   

 OF IE  0

 

 OF IE 

Chứng minh tương tự: OE  IF

nên O là trực tâm  IEF

Cách 2: từ (*) và (**) suy ra: IE 2 - IF 2 = pE/(0) - pF/(0)

(OF ) OF

OE

 

Do đó OI  EF

Chứng minh bài 17:

Ta có: AM 2 - AN 2 = pA/(0 1 ) + pM/(0 1 ) - pA/(0 2 ) - pN/(0 2 )

= pM/(0 1 ) - pN/(0 2 )

= MB ME MC MF 

= pM/(0) - pN/(0)

= (MO2 R2) (  NO2 R2)

= MO2  NO2

Vậy AOMN

Bài 18

Cho tam giác ABC, D thuộc đoạn BC, E thuộc đoạn AD Đường thẳng CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD tại Q và P, đường thẳng BE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD tại M và N

a) Chứng minh : M, N, P, Q cùng thuộc 1 đường tròn

b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MPNQ Chứng minh : ODBC Giải:

a) Ta có: EP EQ EA ED 

EM EN EA ED.

EP EQ EM EN

 M, N, P, Q cùng thuộc 1 đường tròn

b) Ta có: OB2  OC2  (OB2  R2 ) (  OC2  R2 )

= pB/(0) - pC/(0)

= BM BN CP CQ 

= BD BC CD CB 

= BC BD CD(  )

= (BD CD BD CD )(  )

= BD2  CD2

Vậy ODBC

Bài 19

Cho tam giác ABC Dựng ra ngoài 2 tam giác cân tại A là tam giác ABP và ACQ thoả mãn ABP ACQ Gọi R là giao điểm của BQ và CP, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR Chứng minh : AO BC

Chứng minh :

Có APCABQ c g c( )

 APC ABQ và AQB ACP 

 tứ giác APBR và tứ giácAQCR nội tiếp

Gọi M AC (APBR)

N AB (AQCR)

 tứ giácBNMCnội tiếp

AB AN AC AM

AB AB BN AC AC CM

AB AB BN AC AC CM

AB AC BA BN CA CM

AB AC BR BQ CR CP

2 2 2 2 2 2

AO BC

Bài 20

Cho tam giác ABC Dựng các hình vuông ACZT, ABVU, BCYX Gọi A1 là giao của BT và CU, A2 là giao của BZ và CV, B1 là giao của AX và CV, B2 là giao của AY và

CU, C1 là giao của AY và CZ, C2 là giao của AX và BT Chứng minh : A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy

Chứng minh :

Xét 3 đường tròn đường kính AA2, BB2, CC2

Có pA 1 /(BB 2 ) = 0, pA 1 /(CC 2 ) = 0 (1)

tứ giác BB1CX và tứ giác BC1CY nội

tiếp suy ra tứ giác BB1C1C nội tiếp

 A B A C2 2 1 A C A B2 2 1

 pA 2 /(BB 2 ) = pA 2 /(CC 2 )

(2)

Từ (1) và (2) suy ra A1A2 là trục đẳng

phương của (BB2) và (CC2)

Tương tự B1B2 là trục đẳng phương của (AA2) và (CC2)

C1C2 là trục đẳng phương của (AA2)

và (BB2)

Vây A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy tại tâm đẳng

phương của 3 đường tròn đã xét

Một số bài tập tham khảo :

Bài 1

Cho tam giác ABC, M chạy trên tia Cx( tia đối của tia CB) Gọi I1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM, I2 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACM Chứng minh : trục đẳng phương của đường tròn (I1) và (I2) luôn đi qua 1 điểm cố định

Bài 2

Cho tam giác ABC không cân , M và N thuộc đoạn BC sao cho

2

BC

BM CN Lấy P thuộc AN, Q thuộc AM để ABC AMP ACB ANQ,    Chứng minh : QBC PCB  