luôn đi qua điểm cố định... Trung trực AB cắt AC tại D. Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Một đường tròn đi qua.. I cắt AI, BI, CI và đường tròn ngoại tiếp tam [r]
Trang 1B
CD
Trang 2BÀI4.Cho tam giác ABC và điểm D không thuộc các đường thẳng CA, AB Các đường trònngoại tiếp các tam giác ABD, ACD theo thứ tự cắt CA, AB tại E, F khác A Gọi M, N theo
Trang 3thứ tự là trung điểm của BE, CF ; và gọi G là điểm đối xứng với D qua M N Các đường thẳng
GM, GN theo thứ tự cắt CA, AB tại K, L Chứng minh rằng đường thẳng nối trung điểm củacác đoạn thẳng BC, KL đi qua điểm G
G
BÀI 5.Cho tam giác ABC, phân giác AD, trung tuyến AM Điểm P thuộc đường thẳng BC(P khác B, C, M ) (E), (F ) là các đường tròn cùng đi qua P theo thứ tự tiếp xúc với AB, ACtại B, C Q là giao điểm thứ hai của (E) và (F ) AQ theo thứ tự cắt trung trực của AD và(E), (F ) tại R và S, T (S, T khác Q) DR cắt AM tại G Lấy K, L thứ tự thuộc P S, P T saocho AK k CG và AL k BG Chứng minh rằng P K = P L
Trang 4D
MP
GE
FQ
Trang 5X
ΓΩ
KL
BÀI 7 Cho tam giác ABC với H, (O), (I) theo thứ tự là trực tâm, đường tròn ngoại tiếp vàđường tròn nội tiếp của tam giác Gọi P là trung điểm cung BAC của (O); gọi M là trung điểmAI; và gọi N là giao điểm thứ hai của (O) và P M Chứng minh rằng trục đẳng phương củađường tròn ngoại tiếp tam giác IM N và (I) đi qua điểm H
N
Trang 6BÀI8 Cho tam giác ABC cố định D là điểm di chuyển trên cạnh BC Các đường tròn ngoạitiếp các tam giác DAB, DAC theo thứ tự cắt AC, AB tại E, F khác A Gọi (P ), (Q) là cácđường tròn theo thứ tự đi qua các cặp điểm (B, F ), (C, E) đồng thời tiếp xúc với BC Chứngminh rằng đường thẳng qua D vuông góc với P Q luôn đi qua một điểm cố định.
A
P
QE
F
BÀI9 Cho tam giác không vuông ABC (AB 6= AC) Gọi (O), H thứ tự là đường tròn ngoạitiếp và trực tâm của tam giác P là điểm bất kỳ trên AH (P khác A); OP thứ tự cắt CA, AB tại
E, F ; đường tròn ngoại tiếp tam giác OAP cắt (O) tại M khác A Gọi N là điểm đối xứng của
M qua AO Chứng minh rằng HN đi qua trực tâm của tam giác AEF
A
OH
Trang 7BÀI11.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O với CA 6= CB , [ABC 6= 90◦ Trung trực
AB cắt AC tại D Một đường tròn (K) đi qua O, D và cắt BC tại E, F sao cho B, C, E, F đôimột phân biệt OC, CD lần lượt cắt lại (K) tại G, H Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoạitiếp tam giác CGH nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
OA
D
K
EF
G
H
BÀI12 Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác Một đường tròn đi qua
Trang 8I cắt AI, BI, CI và đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC theo thứ tự tại D, E, F và G khác I.Đường thẳng DG cắt CA, AB theo thứ tự tại M, N Trung trực của AD cắt DE, DF theo thứ
tự tại K, L Chứng minh rằng giao điểm của hai đường thẳng M K và N L nằm trên đường trònngoại tiếp tam giác ABC
LM
N
BÀI 13.Cho đường tròn (O) và các đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài với nhau tại J đồngthời cùng tiếp xúc trong với (O) Gọi A1A2 là dây cung của (O) và là tiếp tuyến chung trongcủa (O1) và (O2) Với mỗi i = 1, 2, gọi (Ji) là đường tròn đi qua Ai và tiếp xúc ngoài với haiđường tròn (O1) và (O2)
a) Chứng minh rằng tứ giác O1J1O2J2là tứ giác ngoại tiếp Gọi I là tâm đường tròn nội tiếpcủa tứ giác này
b) Chứng minh rằng ba điểm O, I, J thẳng hàng
Trang 9B
CD
M
N
KL
I
Trang 10BÀI15.Cho tứ giác nội tiếp ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại P Xét hai đường thẳng x, y vuông góc với nhau tại P và không song song với các đường thẳngchứa các cạnh của tứ giác Kí hiệu tX/ (m,n,p) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của tamgiác xác định bởi các đường thẳng m, n, p tại điểm X nằm trên đường tròn đó Chứng minh rằngcác đường thẳng tA/ (AB,AD,x), tB/ (BC,BA,y), tC/ (CB,CD,x) và tD/ (DC,DA,y) xác định một tứgiác lưỡng tâm (tức tứ giác vừa nội tiếp và vừa ngoại tiếp).
Trang 11B
CD
LGΓ
Gọi M , N , K, L và G lần lượt là trung điểm của AP , DP , BQ, CQ và P Q Khi đó, theo tínhchất đường trung bình thì ba điểm M, G, N thẳng hàng; ba điểm K, G, L thẳng hàng Hơn nữa,
ta có GM = 12QA, GN = 12QD, GK = 12P B, GL = 12P C
Mặt khác, vì bốn điểm M, N, K, L cùng nằm trên đường tròn k nên GK · GL = GM · GN Suy ra QA · QD = P B · P C
Do đó PQ/Γ = PP /Γ Như vậy, ta dễ dàng suy ra được OP2 = OQ2nên OP = OQ
Nhận xét Bằng cách chỉ ra phương tích của hai điểm đến một đường tròn bằng nhau, ta sẽ
chứng minh được khoảng cách từ hai điểm đó đến tâm của đường tròn bằng nhau Sau đây làhai bài tập với ý tưởng tương tự:
Bài tập 1 (IMO 2009) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) E, F là hai điểm bất kì
nằm trên cạnh AB, AC Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BF, CE, EF Giả sử (M N P )tiếp xúc với EF Chứng minh rằng OE = OF
Bài tập 2 (IMO Shortlist 2009) Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC tiếp xúc với
AB, AC lần lượt tại Z và Y Gọi G là giao điểm của BY và CZ Dựng các hình bình hànhBCY R, BCSZ Chứng minh rằng GR = GS
BÀI2.Trước tiên, xin phát biểu và chứng minh bổ đề sau
Bổ đề Cho tam giác ABC Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm và điểm Nagel
của tam giác ABC thẳng hàng
GN
Chứng minh Gọi D là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với BC, DI cắt (I) lần thứ hai
tại T , AT cắt BC tại L; gọi Ma, Mb, Mclần lượt là trung điểm BC, CA, AB; N là điểm Nagel
Trang 12của tam giác ABC.
Ta có kết quả quen thuộc là Malà trung điểm DL nên MaI k AL hay MaI k AN Chứng minhtương tự, ta được MbI k BN, McI k CN Do đó I là điểm Nagel của tam giác MaMbMc
Do G là tâm vị tự của hai tam giác ABC và MaMbMc, nên ba điểm I, G, N thẳng hàng và
X
YZ
Gọi I, G lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và trọng tâm của tam giác ABC; X, Y, Z lần lượt
là các điểm đối xứng với A, B, C qua trung điểm của BC, CA, AB
Trang 13E FO
Giả sử AI1, AI3, BI1, CI3 theo thứ tự cắt lại (O) tại R1, R2, R3, R4; D = R1R3 ∩ R2R4;
G = BR2∩ CR4; E = II2∩ R2R4; F = II4 ∩ R1R3; K là trung điểm của I2I4
Trước hết, chúng ta có các kết quả đơn giản sau đây:
i) I = BR3∩ CR4; I1 = BR4∩ AR1; I2 = M R4∩ AR1; I3 = CR4∩ AR2; I4 = N R3∩ AR2.ii) R1, R2, R3, R4 lần lượt là trung điểm của các cung BM, CN (không chứa A), CA (khôngchứa B), AB (không chứa C) của (O)
Bằng biến đổi góc đơn giản, ta có R3 là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ACI vàACI4 Suy ra tứ giác ACI4I nội tiếp đường tròn (R3) (1)
Từ (1), suy ra ∠I4IC = ∠I4AC = ∠R2AC = ∠R2R4C Do đó II4 k R2R4 Suy ra
Từ (7), suy ra ∠IR4I2 = ∠CR4M = ∠BR3N = ∠IR3I4, cùng với (6), suy ra 4R4II2 v4R3II4(c - g - c) Suy ra II2
II 4 = IR4
IR 3 (8)
Do R1, R2 thứ tự là trung điểm của các cung bằng nhau BN và CM nên BR1 = CR2 Do đó
∠ER4I = ∠R2R4C = ∠R1R3B = ∠F R3I, mà E, F đều nằm trong các đoạn II2, II4 nên
G ∈ ID (10)
Trang 14Ta có ∠GCB = ∠R1CB = ∠R1AB = ∠M AB2 = ∠N AC2 (vì BC k M N ) = ∠R2AC =
∠R2BC = ∠GBC
Do đó tam giác GBC cân tại G Hơn nữa ∠GCI = ∠GCB + ∠BCI = ∠I3AC + ∠I3CA =
∠AI3I
Chứng minh tương tự, ∠GBI = ∠AI1I
Từ đây, áp dụng định lý sin trong tam giác, ta có
(vì sin∠ILI1 = sin(180◦− ∠ILI3) = sin∠ILI3)
Vậy L là trung điểm của I1I3, kết hợp với (10) ta có ID đi qua trung điểm L của I1I3 (**)
Từ (*) và (**) suy ra KL đi qua I Ta có điều phải chứng minh
BÀI4.Trước tiên, xin phát biểu và chứng minh bổ đề sau
Bổ đề Cho tam giác ABC và điểm D không thuộc CA, AB M là trung điểm của BC Lấy
điểm P sao cho−→
DP k−−→
AM , và lấy các điểm E, F theo thứ tự thuộc BD, CD sao cho−→
P E k−→AB
Chứng minh Để việc trình bày được gọn, ta sử dụng tỉ số đơn.
Trang 15BC = 12 (vì M là trung điểm của BC) Điều này chứng tỏ G
là trung điểm của EF
Quay lại bài toán
Bỏ qua trường hợp đơn giản AB = AC
Trang 16Nếu BE k CF thì hai đường tròn (ABE) và (ACF ) tiếp xúc với nhau, suy ra A ≡ D, mâuthuẫn giả thiết Do đó BE cắt CF Gọi O = BE ∩ CF Khi đó, áp dụng định lý Miquel thì D
là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABECOE Suy ra D thuộc (BOF ) và (COE)
Gọi P = M N ∩ CA; Q = M N ∩ AB; H, I, J theo thứ tự là trung điểm của BC, P Q, M N
Dễ thấy các tam giác DBE và DF C đồng dạng cùng hướng mà M, N theo thứ tự là trung điểmcủa BE, CF nên các tam giác DBM và DF N đồng dạng cùng hướng (1)
Suy ra (M D, M O) ≡ (M D, M B) ≡ (N D, N F ) ≡ (N D, N O)(modπ) Suy ra bốn điểm
D, M, N, O đồng viên Suy ra (N D, N P ) ≡ (N D, N M ) ≡ (OD, OM ) ≡ (OD, OB) ≡(F D, F B) ≡ (F D, F A) ≡ (CD, CA) ≡ (CD, CP )(modπ)
Do đó bốn điểm C, D, N, P đồng viên Chứng minh tương tự, bốn điểm B, D, Q, M cũng đồngviên
Từ (1), (2), (4) suy ra hai tam giác DQI và DAP đồng dạng cùng hướng Suy ra DQQI = DAAP (5)Chứng minh tương tự, hai tam giác DP I và DAP đồng dạng cùng hướng và DPP I = DAAQ (6)
Trang 17Từ (5), (6) và chú ý rằng P I = QI, ta có DPDQ = DPP I · DQQI = DAAQ · AP
DA = APAQ Kết hợpvới (3) suy ra tứ giác AP DQ lồi và điều hòa Suy ra (AD, P Q) = −1 Do đó lấy R trênđường tròn ngoại tiếp tứ giác AP DQ sao cho AR k P Q thì ta có R(AD, P Q) = −1 Theotính chất cơ bản của chùm điều hòa thì vì AR k P Q và bốn điểm A, P, Q, R đồng viên nên
A, P, Q, R là bốn đỉnh của một hình thang cân Chú ý rằng I là trung điểm của P Q nên dễdàng có được IA = IR Suy ra (IG, IP ) ≡ (IP, ID) (vì D, G đối xứng qua IP ≡ P Q)
≡ (IP, IR) ≡ (IP, P A) ≡ (RA, RI) (vì AR k P Q ≡ IR) ≡ −(AR, AI) (vì IA = IP )
≡ (AI, RA) ≡ (AI, IP ) (vì AR k P Q k IP ) (modπ)
Suy ra IG ≡ AI hay G thuộc AI
Theo tính chất đường trung bình tam giác, dễ thấy hai tam giác AP Q và HM N có các cặp cạnhtương ứng hoặc song song hoặc trùng nhau Mà AI, HJ là hai đường trung tuyến tương ứngcủa hai tam giác này nên−→
HN thì ta có HG đi qua trung điểm của KL Chú
ý rằng H là trung điểm của BC nên bài toán đã được chứng minh
Nhận xét Tứ giác AP DQ là một tứ giác lồi vì trên đường tròn (AP Q) chỉ tồn tại duy nhất một
điểm D khác A mà DPDQ = APAQ Điều này đơn giản vì A, D là giao điểm của (AP Q) với đườngtròn Apollonius xác định bởi đoạn P Q và số k = APAQ
BÀI5
A
M P0P
Trang 18Ta có (QB, QC) ≡ (QB, QP ) + (QP, QC) ≡ (BA, BP ) + (CP, CA) ≡ (AB, BC) +(BC, AC) ≡ (AB, AC)(modπ) Suy ra Q ∈ (ABC).
Gọi H = QP ∩ (ABC) (H 6= Q) Ta có (AH, AC) ≡ (QH, QC) ≡ (QP, QC) ≡ (CP, CA)(modπ) Suy ra AH k CP ≡ BC (1)
Đường thẳng qua A song song với DR thứ tự cắt BC, (ABC) tại P0, Q0(Q0 6= A)
Ta có (BQ0, BC) ≡ (AQ0, AC) ≡ (Q0A, DA) + (DA, CA) ≡ (RD, DA) + (AB, AD) (vì
DR k Q0A và AD là đường phân giác trong của góc BAC) ≡ (AD, AR) + (AB, AD) ≡(AB, AR) ≡ (AB, AQ) ≡ (Q0B, Q0Q)(modπ)
Suy ra QQ0 k BC k P P0
Do đó (P0P, P0A) ≡ (Q0Q, P0A) ≡ (Q0Q, Q0A) ≡ (HQ, HA) ≡ (HP, HA)(modπ)
Nên bốn điểm A, H, P, P0 đồng viên Mà AH k P P0 (do (1)) nên A, H, P, P0 là bốn đỉnh củamột hình thang cân có hai đáy AH và P P0 Do đó AH và P P0 có chung trục đối xứng Chú ýrằng, từ (1) và cũng có A, B, C, H là bốn đỉnh của một hình thang cân nên AH và BC cũng cóchung trục đối xứng Suy ra P P0 và BC có chung trục đối xứng Suy ra P P0 và BC có chungtrung điểm Do đó M là trung điểm của P P0 Vậy M P = −M P0 (2)
Vì AP0 k DG và chú ý (2), theo định lý Thales thì M G
M A = M D
M P 0 = −M DM P (3)Gọi B0, C0 thứ tự là giao điểm của BC và AK, AL Đặt k = M DM P = −M GM A (vì (3))
Chú ý rằng AB0 k CG, AC0 k BG và M là trung điểm của BC, suy ra M B
Ta có (P S, P B) ≡ (QS, QB) ≡ (QA, QB) ≡ (CA, CB) ≡ (CA, P B)(modπ)
Suy ra P K ≡ P S k CA Từ đó và (4), suy ra P K k C0A0 Tương tự P L k A0B0
Gọi I, J là giao điểm của B0A, C0A theo thứ tự với A0C0, A0B0 IJ cắt AA0 tại N Ta cóB(A0A, N C0) = −1 (chùm điều hòa cơ bản)
Suy ra J (A0A, IM ) = J (A0A, N M ) = B(A0A, N M ) = B(A0A, N C0) = −1 (5)
Mặt khác, qua VMk, chú ý M là trung điểm của BC nên dễ dàng có được M cũng là trung điểmcủa B0C0 Do đó, từ (5), theo tính chất của chùm điều hòa, ta có IJ k B0C0 Suy ra J B0
P K
P L
=
... P0 bốn đỉnh củamột hình thang cân có hai đáy AH P P0 Do AH P P0 có chung trục đối xứng Chú ýrằng, từ (1) có A, B, C, H bốn đỉnh hình thang cân nên AH BC cóchung trục... 19
Bỏ qua trường hợp đơn giản AB = AC Xét trường hợp tam giác ABC khơng cân A.
Vì XD = XE AX phân giác ngồi góc DAE nên theo bổ đề bốn... class="page_container" data-page="15">
BC = 12 (vì M trung điểm BC) Điều chứng tỏ G
là trung điểm EF
Quay lại toán
Bỏ qua trường hợp