Một số chuyên đề về đường thẳng và đường tròn trong hình học phẳng

Một số bài toán về đường thẳng và đường tròn, tứ giác nội tiếp .... Hình học phẳng trong toán THPT với chủ yếu là các bài toán về đường thẳng và đường tròn, với đối tượng học sinh khá gi

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

- -

Lê Đình Trường

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội – 1/2015

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

- -

Lê Đình Trường

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS Vũ Đỗ Long

Hà Nội – 1/2015

LỜI CẢM ƠN

Trước tiên em xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất tới PGS.TS Vũ Đỗ Long, người thầy với lòng nhiệt huyếtđã luôn chỉ bảo tận tình em từ những ngày đầu tiên, đồng thờiđưa ra những lời khuyên bổích giúp em hoàn thiện luận văn này

Em cũng xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô, tập thể cán bộ ban chủ nhiệm khoa Toán- Cơ – Tin học cùng các học viên cao học, đã không chỉ trang bị kiến thức cho em mà còn luôn giúp đỡ, tạođiều kiện thuận lợi trong quá trình em học tập tại trường

Cuối cùng, em xin cảmơn tới bạn bè người thân, những người luôn ủng hộ động viên em vượt qua những khó khăn để em hoàn thành tốt luận văn

Hà Nội, tháng 1 năm 2015

MỤC LỤC

Lời nói đầu 1

Chương I Các bài toán về đường thẳng , đường tròn 2

1.1 Bài toán về ba đường thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy. 2

1.2 Một số bài toán về đường thẳng và đường tròn, tứ giác nội tiếp 14

Chương II Các bài toán về vectơ và ứng dụng của vectơ 26

2.1 Vectơ, tâm tỉ cự 26

2.2 Tích ngoài của hai vectơ và ứng dụng 42

2.3 Phương tích của điểm đối với đường tròn Trục đẳng phương, tâm đẳng phương 62

KẾT LUẬN 79

Tài liệu tham khảo 80

Lời mở đầu

Hình học phẳng là dạng toán quen thuộc đối với học sinh trung học cơ sở cũng như học sinh trung học phổ thông Nó không chỉ xuất hiện trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh đối với khối học sinh lớp 9của các trường THCS, các đề thi vào THPT mà còn có trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế của học sinh các trường THPT, đồng thời cũng có trong đề thi vào các trường đại học với phần trăm điểm không nhỏ Chính vì vậy đề tài em lựa chọn cho luận văn của mình là : “ Một số chuyên đề về đường thẳng và đường tròn trong hình học phẳng “

Hình học phẳng trong toán THPT với chủ yếu là các bài toán về đường thẳng và đường tròn, với đối tượng học sinh khá giỏi, còn được bổ sung thêm các định lí thường dùng như Mê-nê-la-uýt , Xê- va ,…Để giải các bài toán về đường thẳng

và đường tròn trong hình học phẳng nhanh và dễ dàng hơn, trong luận văn của mình em nêu ra những nội dung sau :

Chương 1 trình bày các bài toán về đường thẳng, đường tròn.Gồm có các bài toán về ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy; đường thẳng và đường tròn, tứ giác nội tiếp

Chương 2 nêu trọng tâm của luận văn các bài toán về vectơ và ứng dụng của vectơ gồm có 3 phần Vectơ, tâm tỉ cự; tích ngoài của hai vectơ và ứng dụng; phương tích của điểm đối với đường tròn Trục đẳng phương, tâm đẳng phương Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS.Vũ Đỗ Long – Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên – Đại học Quốc Gia Hà Nội Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Vũ Đỗ Long đối với sự quan tâm, chỉ bảo tận tình của thầy Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong Trường Đại học Khoa Học Tự nhiên - Đại học Quốc Gia Hà Nội, đã dạy dỗ, trang bị những kiến thức bổ ích và giúp đỡ em trong suốt quá trình theo học Em xin chân thành cảm

ơn ban chủ nhiệm khoa Toán- Cơ- Tin học đã tạo điều kiện, giúp đỡ cho em hoàn thành luận văn này

Hà Nội, tháng 01 năm 2015

Tác giả

Lê Đình Trường

Chương I Các bài toán về đường thẳng , đường tròn

1.1.Bài toán về ba đường thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy

Bài toán 1 Định lí Mê-nê-la-uýt Cho tam giác ABC Ba điểm Q, R, P theo thứ

tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng khi

RA = 1 (1)

Chứng minh

Điều kiện cần Giả sử P, Q, R thẳng hàng

Qua C vẽ đường thẳng song song với PQ

cắt AB tại C′ (h.1) theo định lí Ta- lét

PB

PB

PC′

PC′ PA = 1

R thẳng hàng Gọi P′giao điểm của QR và AB Vì Q, R, P′ thẳng hàng nên theo chứng minh trên :

Bài toán 2 Định lí Xê – va Cho tam giác ABC Các điểm M, N, P lần lượt

thuộc các đường thẳng BC, CA, AB Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy

hoặc song song khi và chỉ khi

PB = −1 (1) Chứng minh.(h.2)

Điều kiện cần Giả sử AM, BN, CP đồng quy tại O Vẽ qua A đường thẳng Δ song song với BC, đặt X= BN ∩ Δ, Y = CP ∩Δ Theo định lí Ta- lét ta có

AX AY

BC = CB

BC = −1

Giả sử ba đường thẳng AM, BN, CP song song (h.3) Ta có

P′B = −1 (2)

Từ (1) và (2) rút ra PA

PB = P ′A

P′B => AM, BN, CP đồng quy tại O

- Nếu không có hai đường nào trong ba đường thẳng AM, BN, CP cắt nhau thì hiển nhiên cả ba đường thẳng song song với nhau

Bài toán 3.Định lí Đờ - dác.Cho hai tam giác ABC và A′B′C′ Nếu các đường thẳng AA′, BB′, CC′ đồng quy thì các giao điểm AB ∩ A′B′, BC ∩ B′C′, AC ∩ A′C′thẳng hàng, Ngược lại nếu các giao điểm của chúng thẳng hàng thì các đường thẳng AA′, BB′, CC′ đồng quy

Chú ý : Các đường thẳng AA′, BB′, CC′ gọi là đường thẳng nối các đỉnh tương ứng của hai tam giác ABC và A′B′C′, các giao điểm AB ∩ A' B', BC ∩ B′C′, AC ∩

A′C′gọi là các giao điểm tương ứng của hai tam giác đó Khi đó định lí Đờ - dác được phát biểu như sau Các đường thẳng nối các đỉnh tương ứng của hai tam

giác đồng quy (hoặc song song) khi và chỉ khi giao điểm các cạnh tương ứng

thẳng hàng

Chứng minh

a) Điều kiện đủ Giả sử các đường thẳng

AA′, BB′, CC′ đồng quy tại O.(h.4) và AB ∩ A′B′ = P

BC ∩ B′C′ = Q, AC ∩ A′C′ = R

Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABO

và ba điểmP, A′, B′ ta có

PA

PB

B′B

B′O

A′O

A′A = 1 Vào trong tam giác BCO và ba điểm Q, B′, C′ ta có

Giả sử hai đường thẳng AA′ và CC′ cắt nhau tại O Xét hai tam giác AA′P và CC′Q

ta có các đường thẳng nối các đỉnh tương ứng AC, A′C′, PQ đồng quy tại R cho nên theo phần thuận a) thì giao điểm các cạnh tương ứng phải thẳng hàng, ba

giao điểm đó là AA′ ∩ C C′ = O, A′P ∩ CC′Q = B′ , AP ∩ CQ = B Vậy đường thẳng AA′, BB′, CC′ đồng quy tại O

Bài toán 4 Cho hai hình bình hành ABCD và AB′C′D′ trong đó ba điểm A, B,

B′ thẳng hàng, ba điểm A, D, D′ thẳng hàng Gọi I là giao điểm của hai đường

C′M

và DD ′

DA = CM

CB

Vậy từ (*) suy ra IB

ID ′

C ′D′

C ′ M CM

CB

Áp đụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác BD′M và ba điểm I, C′, C ta có ba

điểm I, C′, C thẳng hàng

Bài toán 5 Cho tứ giác ABCD không phải hình thang, AB và CD cắt nhau tại E,

AD và BC cắt nhau tại F Gọi I , J, K lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AC,

BD, EF Chứng minh rẳng I , J, K thẳng hàng

Bài giải

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh

BE, EC và CB của tam giác BEC (h.6)

IN

JM // DE nên DE

DC = JM

JP

và KM // FB nên FC

FB = KN

KM Vậy từ (*) suy ra

I,J, K ta suy ra ba điểm I, J, K thẳng hàng

Bài toán 6 Cho hình bình hành ABCD với tâm O Trên các đường thẳng BD,

BC, AC lần lượt lấy các điểm P, Q, R sao cho AP // OQ // DR Chứng minh rằng

DO = BP

BO

vì CC′ // RD và B đối xứng với D qua O , C′

đối xứng với P qua O

Ta lại có QB

QC

= OB

OC′ ( do OQ // CC′) và OB

OC′ = − OB

OP

PB OB

OP BP

BO = −(−1) = 1 ( do P, O, B thẳng hàng ) Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác OBC và ba điểm P, Q, R ta

được ba điểm P, Q, R thẳng hàng

Bài toán 7 Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt

tại M, N, P Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy

BM IM

Bài toán 8 Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác AM, BM, CM

lần lượt cắt BC, CA, AB tại P, Q, R ( P không phải là trung điểm của BC) Lấy T trên đường thẳng BC Chứng minh rằng PB

TB .TC

PC = −1 khi và chỉ khi T, Q, R thẳng hàng

Bài giải (h.10)

Điều kiện đủ Giả sử PB

TB .TC

PC = −1(1) Theo định lí Xê-va ta có

ra T ≡T′ Vậy PB

TB .TC

PC = −1.

Bài toán 9 Cho tam giác ABC, điểm O nằm trong tam giác Các đường thẳng

AO, BO, CO lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại M, N, P Đường thẳng qua O , song song với BC lần lượt cắt MN, MP tại E và F Chứng minh rằng OE = OF

PB = 1. (2)

Từ (1) và (2) suy ra MB

MC = −1 =>LP

LN = −1

=> OE

OF

= −1 = > OE = OF.( ở đây L = AO ∩ PN )

Trường hợp 2: NP và BC không song song với nhau (h.12)

Đặt Q = NP ∩ BC Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác

QB = −1 Theo tính chất của bốn điểm thẳng hàng : Cho bốn đường thẳng a, b, c, d đồng quy tại O, đường thẳng Δ cắt chúng tại bốn điểm phân biệt A, B, C, D

B1C1

- Một đường thẳng song song với OA cắt các tia OB, OC, OD lần lượt tại Y, X,

Áp dụng tính chất trên với bốn đường thẳng OB, OM, OC, OQ và đường thẳng

BQ và PQ cắt nhau ta được MB

MC QC

QB = LN

LP QP

QN = −1 hay LN

LP QP

QN = −1

Áp dụng tính chất trên với bốn đường thẳng MQ, MN, ML, MP và LN

LP QP

QN = −1.Ta được OE= OF

Bài toán 10 Cho tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh BC và E là một điểm

nằm giữa B và D sao cho BE = 2 ED Một đường thẳng bất kì đi qua C khác với

CA, CB cắt hai đường thẳng AB và AD lần lượt tại M và N Chứng minh rằng ba đường thẳng BN, DM và AE đồng quy

CD = 2 Vậy CB

CD

= −EB

ED Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABD và ba điểm

ED ND

NA = −1 Từ đó áp định lí Xê- va vào tam giác ABD và ba điểm M E, N ta suy ra ba đường thẳng BN, DM và AE đồng quy

Bài toán 11 Cho hình bình hành ABCD, các điểm X, Y, Z, T nằm giữa DA, AB,

Gọi P và P′ lần lượt là giao điểm của AB và hai đường thẳng song song c và ZT

Gọi M và M′ lần lượt là giao điểm của BC và hai đường thẳng song song a và

XT, khi đó AMM′X là hình bình hành nên:

Gọi N và N′ lần lượt là giao điểm của đường thẳng b với AC và DC thì BYTN′ là

MC NC

NA

3 = −1

Từ đó áp dụng định lí Xê- va vào tam giác ABC và ba điểm P, M, N ta suy ra ba

đường thẳng AM, BN, CP đồng quy cũng tức là ba đường thẳng a, b, c đồng quy

Bài toán 12 Cho tam giác ABC ; điểm O nằm trong tam giác Các đường thẳng

AO, BO, CO lần lượt cắt BC, BA, AB tại A′, B′, C′ Lấy điểm O′ nằm trong tam

AC′ = CA ′

BA′ AB ′

CB′ BC ′

AC′

Vì AA′, BB′, CC′ đồng quy nên theo định lí Xê – va vào tam giác ABC và ba

B ′′ A′ C ′′ A′

C′′ B′ = −1 Áp dụng định lí Xê- va vào tam giác A′B′C′ và ba điểm A′′,B′′,C′′ ta đượcA′A′′, B′B′′, C′C′′ đồng

quy

Bài toán 13 Cho tam giác ABC và các đường tròn (O1) tiếp xúc với các tia AB,

AC; đường tròn (O2) tiếp xúc với các tia BC, BA; đường tròn (O3) tiếp xúc với

các tia CA, CB Đường tròn (O4) tiếp xúc ngoài với (O1), (O2), (O3) lần lượt tại

X, Y, Z.Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy

Bài giải (h.16)

Gọi ( I; r ) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC,r1, r2, r3, r4 lần lượt là bán kính

các đường tròn (O1), (O2), (O3), (O4)

Đặt K =AX ∩ IO4 Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt cho tam

giác IO1O4 với ba điểm thẳng hàng A, X, K ta có :

KI

KO4

XO4

XO1 .

AO1

Áp dụng định lí Ta – lét ta suy ra KI

KO4 − r4

r4. Từ đó suy ra K ≡K1 ≡ K2 Vậy AX,

BY, CZ đồng quy tại K

Bài toán 14.Cho tam giác ABC, điểm O nằm trong tam giác Đường thẳng qua O

song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại C2 , B1 Đường thẳng qua O song song

với CA cắt BC, BA lần lượt tại A2 , C1 Đường thẳng qua O song song với AB cắt

PB = −1 Theo định lí Xê – va ta có AM, BN, CP đồng quy hay AA3 , BB3 , CC3 đồng quy

Bài toán 15 Cho hình bình hành ABCD Hai điểm M, N lần lượt nằm trên hai

cạnh BC và CD sao cho MC= 2MB, DN = 2NC Gọi I, J, K lần lượt là trung

điểm của các đoạn thẳng MA, AN va MN Chứng minh rằng ba đường thẳng BI,

Bài giải

Giả sử đường thẳng BI cắt AD tai M′ và cắt DC tại X (h.18)

Vì I là trung điểm của MA và BM // AM′ nên I cũng là trung điểm của BM′ và

3.Giả sử đường thẳng DJ cắt AB tại N′ và cắt BC tại Y Vì J là trung điểm của NA

và AN′ // ND nên J cũng là trung điểm của DN′ và do đó ADNN′ là hình bình hành, suy ra AN′ = DN, BN′ = CN Ta có BN′ // CD nên YC

Z′ Khi đó Z′ là trọng tâm của tam giác NPC nên Z ′P

Z′N = −1

2. Từ đó suy ra XD

XC YC

YB ZB

ZD = 2

1.2 Một số bài toán về đường thẳng và đường tròn, tứ giác nội tiếp Bài toán 16.( Bất đẳng thức Ptoleme) Cho tứ giác ABCD, ta có AB.CD +

BC.AD ≥ AC.BD Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn

Bài giải

Lấy điểm E trong tứ giác ABCD sao cho EAD = BAC ,EDA = ACB (h.19)

Ta có ΔABC đồng dạng với ΔAED (g.g) nên

AB

ED suy ra AD BC = AC ED (1)

Mà EAD = BAC nên DAC = BAE

Suy ra ΔABE và ΔACD đồng dạng

Do đó AB

CD nên AB CD = AC BE (2) Cộng (1) và (2) theo vế ta được

AD BC + AB CD = AC ED + AC BE = AC ED + BE ≥ AC BD

( Vì ED + BE ≥ BD ) Dấu bằng xảy ra ⇔E nằm trên đường chéo BD

Vậy AB.CD + BC.AD ≥ AC.BD

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp

Bài toán 17 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M thuộc cung ABkhông

chứa điểm C Từ M kẻ các đường thẳng MD, ME, MK lần lượt tạo với các cạnh

BC, CA, AB một góc bằng α (D, E, K lần lượt thuộc BC, CA, AB ) Chứng minh rằng D, E, K thẳng hàng

Bài giải.(h.20)

Ta có MDB = MKB = α nên M, K, D, B

cùng nằm trên một đường tròn Suy ra BMD = BKD

Ta lại có MEA = MKB = α nên M, E, A, K cùng nằm trên

một đường tròn Suy ra EMA = EKA

Mặt khác AMBC là tứ giác nội tiếp nên MAE = MBD

suy ra DMB = EMA nên EKA = DKB

Do đó D, E, K thẳng hàng

Nhận xét Trong trường hợp α = 900, thì đường thẳng DEK là đường thẳng Simsơn

Bài toán 18.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn, tiếp tuyến tại A, B, C cắt các

đường thẳng BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R Chứng minh rằng P.Q, R thẳng

hàng.(Trục lemoine)

Bài giải (h.21)

Ta có PA là tiếp tuyến của đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC nên BAP = BAC

Suy ra ΔPAB đồng dạng với ΔPCA(g.g) nên

Bài toán 19 Cho tam giác ABC, M là điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC Gọi K, P, Q lần lượt là các điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB Chứng minh rằng P, K, Q cùng nằm trên một đường thẳng và đường thẳng đó luôn đi qua một điểm cố định, không phụ thuộc vào điểm M thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Bài giải

Gọi D, E, F lần lượt là giao điểm của MK, MP,

MQ với BC, CA, AB.(h.22) Suy ra MD⊥ BC,

ME ⊥ AC, MF ⊥ AB Do đó D, E, F thẳng hàng

( đường thẳng Simsơn).Mặt khác MD = DK,

ME = EP, MF = FQ Suy ra EF là đường trung bình của tam giác MPQ, ED là đường trung bình của tam MPK nên EF // PQ vàED // KP Suy ra P, K, Q thẳng hàng Gọi H là trực tâm của ΔABC và I, J lần lượt là điểm đối xứng của H qua

AC và AB

Suy ra I, J thuộc đường tròn ngoại tiếp ΔABC nên các tứ giác MHIP , MHJQ là hình thang cân

Do đó QHJ = MJH = MAC Tương tự PHI = MIH = MAB

Suy ra QHJ + PHI + IHJ = MAC + MAB + IHJ = A + IHJ = 1800

Do đó P, Q, H thẳng hàng Suy ra đường thẳng PQ luôn đi qua trực tâm H của ΔABC ( đường thẳng này có tên là Steiner)

Bài số 20 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn, dA, dB, dC, dD là các đường thẳng Simsơn của A, B, C, D tương ứng đối với các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Chứng minh rằng dA, dB, dC, dD đồng quy

Bài giải

Gọi H1, H2 , H3, H4 lần lượt là trực

tâm của các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC (h.23)

thì ta có ba đường thẳng Steiner(bài 19)

của các điểm A, B, C, D đối với các tam giác

BCD, CDA, DAB,ABC lần lượt đi qua

H1, H2 , H3, H4 Do đó dA, dB, dC, dDlần lượt đi

qua trung điểm của 𝐴H1, BH2 , CH3, DH4

gọi M là trung điểm của AB thìCH4 = 2OM

Vì DH3 = 2OM nên CDH3H4 là hình bình hành Suy ra , DH4, CH3cắt nhau tại trung điểm mỗi đường Tương tự 𝐴H1, BH2 cắt nhau tại trung điểm mỗi đường Vậy dA, dB, dC, dD đồng quy

Bài toán 21 Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A và B Trên tia đối của tia BA lấy điểm M Từ M kẻ hai tiếp tuyến ME, MF với đường tròn (O1), ( E,

F là các tiếp điểm, F cùng phía với O2bờ là AB) Đường thẳng BE và BF cắt

đường tròn (O2) lần lượt tại P và Q, gọi I là trung điểm của PQ Chứng minh rằng

ba điểm E, F, I thẳng hàng

Bài giải

Kéo dài EF cắt PQ tại I′ (h.24) vì MF là tiếp tuyến nên MFB = FAB ( chắn

cung BF ) nên ΔMFB và ΔMAF đồng dạng suy ra MF

Ta có AFE = ABE (cùng chắn cung AE ),

ABPQ là tứ giác nội tiếp.Suy ra ABE = AQP

nên AFE = AQP

Từ đó AFI′Q là tứ giác nội tiếp

nên AFQ = AI do đó AFB ′Q = AI ′P

Mặt khác ABF = APQ nên ΔFBA và ΔI′PA đồng dạng

Suy ra FB

FA = I′P

I′A. (2)

Ta có ABE = 𝐴𝑄I , QAI′ = QFI ′ = EFB′ = EAB

Do đó ΔABE đồng dạng với ΔAQI′ Suy ra EB

Bài toán 22 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (I) luôn đi

qua B và C cắt AB, AC lần lượt tại M, N Đường tròn ( J ) ngoại tiếp tam giác

AMN cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là K Chứng minh rằng KI // OJ

Bài giải

Nối M với K, và K với I (h.25) thì MIC = 2MBC (1)

Ta lại có MKC = MKA − CKA = 1800 − ANM − CKA

Từ (1) và (2) suy ra

MKC = 1800 − 2MBC = 1800− MIC

Do đó MKC + MIC = 1800 nên tứ giác MKIC nội tiếp

Suy ra IKC = IMC Trong tam giác IMC có

Do đó IK ⊥ AK Đường tròn (J) và đường tròn (O)

cắt nhau tại A, K nên OJ⊥ AK Suy ra OJ // IK

Bài toán 23.Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) M nằm trên tia đối của

tia BD sao cho MA, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) Tiếp tuyến tại B

với đường tròn (O) cắt MC tại N và cắt CD tại P, ND cắt đường tròn (O) tại E

Áp dụng định lí Ptoleme với tứ giác nội tiếp ABCD ta có

AB.CD + BC.DA = AC.BD (5)

Từ (4) và (5) suy ra BC DA = 1

2AC BD suy ra AC

DB . (6) Mặt khác NB, NC là tiếp tuyến của đường tròn (O) và tứ giác BECD nội tiếp nên chứng minh tương tự ta có BC

Từ (9) và (11) suy ra PC

QD suy ra P ≡ Q suy ra A, E, P thẳng hàng

Bài toán 24 Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp Đường thẳng

AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D E là điểm trên cung BDC, và F

là điểm trên cạnh BC sao cho BAF = CAE < 1

2A , G là trung điểm của IF Chứng minh rằng DG cắt EI tại điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài giải

Giả sử EI cắt đường tròn ngoại tiếp ΔABC tại S,

SD cắt AF và IF lần lượt tại J và H, AD cắt

cạnh BC tại M.(h.27)Ta sẽ chứng minh G ≡ H

Theo định lí Mê-nê-la-uýt cho ΔAIF

Và DK = DE Do đó DAK = EAD = ESD = ISJ nên S, A,

I, J cùng nằm trên một đường tròn Suy ra AKE = ASI = AJI

DA. (1) Thay (1) vào (*) ta được HI

HF = 1suy ra HI= HF từ đó suy

ra H ≡ G Từ đó suy ra DG cắt EI tại điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Bài toán 25 Cho hình chữ nhật ABCD, trên tia đối BD lấy điểm P sao cho

APC = BCP Tính tỉ số PC

PB Bài giải

Đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD cắt PA tại K.(h.28)

Vì AC là đường kính của đường tròn đó nên CK ⊥ AK

Dựng tam giác CQO vuông cân tại Q sao cho Q thuộc nửa

mặt phẳng bờ PC chứa điểm B

Ta có QC = QP, CQP = 900

Kéo dài CB cắt AP tại E

Theo giả thiết ta có APC = BCP

Suy ra ΔPEC cân tại E suy ra QE ⊥ CP

Tứ giác AKBD nội tiếp từ đó suy ra PKB = ADP = PBE

Do đó ΔPEB đồng dạng với ΔPBK nên PB

PB từ đó suy ra PB2 =

PK PE.(1)

Mặt khác từ cách dựng trên suy ra tứ giác CKQP nội tiếp

Suy ra QKP = QCP = PQE = 450từ đó suy ra ΔPQE đồng dạng với ΔPKQ

Từ (1) và (2) suy ra PB = PQ từ đó suy raPC

PQ = 2

Bài toán 26 Chứng minh rằng trong một tam giác ba trung điểm của các cạnh,

ba chân đường cao tam giác, và ba trung điểm các đoạn nối đỉnh đến trực tâm

của tam giác đó cùng nằm trên một đường tròn ( Đường tròn ơle hay đường tròn

Tương tự các điểm còn lại cũng thuộc đường tròn đường kính IB′

Cách 2 Gọi các điểm như hình vẽ (h.29) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

có bán kính T và J là giao điểm của HO và IB′ Suy ra OI ⊥ AC nên OI // BH

Vì OI = B′H nên IOB′Hlà hình bình hành từ đó JH = JO Vì A′HMO là hình bình

hành nên JA′ = JM Xét ΔAHO có JA′ là đường trung bình.Suy ra JA′ = 1

2OA = 1

2R Chứng minh tương tự các điểm còn lại cách J một khoảng R

2

Ta xác định được tâm J là trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác, bán kính đường tròn chín điểm làR

2

Bài toán 27.Chứng minh rằng trong một tam giác đường tròn ơle tiếp xúc trong

với đường tròn nội tiếp

Bài giải

Gọi các điểm như hình vẽ (h.30) Gọi SQ là đường

kính đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC, kẻ AP ⊥ SQ

vì J là trung điểm của OH nên J là tâm đường tròn ơle,hạ JE ⊥BC

Ta có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên A, I, S

thẳng hàng Hạ IN ⊥ BC

Trong mọi tam giác ta có AH = 2OM

Tứ giác HOMK là hình thang có JE là đường trung bình

Suy ra HK + OM = 2JE và PO = PM − OM

= AK − OM = AH + HK − OM = 2OM + HK − OM

= OM + HK = 2JE

Gọi D là giao điểm của AS và BC thì IDN = IAP = AQP

Suy ra ΔAPQ và ΔIND là hai tam giác vuông đồng dạng nên

PQ

IN suy ra PQ IN = AP DN = MK DN (vì AP = MK).(1)

Tứ giác AEMQ nội tiếp từ đó suy ra SC2 = SM SQ = SD SA

Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nênSB = SC = SI

Từ (1) và (2) suy ra MN NK = PQ IN Theo định lí Pitago ta có

IJ2 = (IN − JE)2 + (MN − ME)2 = (IN −1

2PO)

2 + (MN − 1

2MK)2

2 − rnên đường tròn ơle tiếp xúc trong với đường tròn nội tiếp

Bài toán 28 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường thẳng Δ thay

đổi đi qua trực tâm H của tam giác ABC cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABH, ACH lần lượt tại M và N ( M ≠ H, N ≠ H ) Xác định vị trí của đường

thẳng Δ để diện tích tam giác AMN lớn nhất

Bài giải

Kéo dài đường thẳng BH cắt AC tại E và cắt đường

tròn (O) tại D (h.31) Ta có ABD = ACD (cùng chắn cung AD )

Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên ABE = HCA

Từ đó suy ra ACH = ACD

Suy ra H và D đối xứng với nhau qua AC

Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

và đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC

đối xứng với nhau qua ACnên

hai đường tròn này bằng nhau

Tương tự ba đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tam giác BHC, tam giác ABH

có bán kính bằng nhau Suy ra AMN = ANM nên

MAN = MAB + BAC + CAN = MHB + BAC + NHC

= BAC + 1800 − BHC

= BAC + BAC = 2 BAC (không đổi)

Do tam giác AMN cân tại A có góc ở đỉnh không đổi Suy ra diện tích AMN lớn nhất

⇔ AM lớn nhất

⇔ AM là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB

AH ⊥ MN⇔ MN // BC

Bài toán 29.(Olympic Việt Nam -2004) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường

tròn (O) có trực tâm là H, D là điểm trên cung nhỏ BC, dựng hình bình hành

ADCE, K là trực tâm của tam giác ACE Gọi P,Q là hình chiếu của K trên BC và

AB Chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm của HK

Bài giải

(h.32) Theo giả thiết ta có ADC = AEC ,

K là trực tâm ΔAEC => EK ⊥ AC ; AKC + AEC = 1800

K  (O) , EK cắt AC tại I suy ra P, Q, I thẳng hàng

(đường thẳng Simsơn) Giả sử AH cắt (O) tại M và cắt

PQ tại N suy raMN // KP, KQ ⊥ AB, KP ⊥ BC do đó BQKP nội tiếp

suy raQBK = AMK = QPK do đó MPKN là tứ giác nội tiếp suy ra

MPKN là hình thang cânnên KN = PM, mặt khác PH = PM suy ra PH = KN do

đóHPKN là hình bình hành suy ra NP cắt HK tại trung điểm mỗi đoạn do đó PQ

đi qua trung điểm của HK

Bài toán 30 Cho tam giác vuông ABC (A = 900) và B < C Tiếp tuyến với

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại cắt BC tại D Gọi E là điểm đối xứng của

A qua BC, H là hình chiếu của A trên BE Gọi I là trung điểm của AH, đường

thẳng BI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K Chứng minh rằng BD là

tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK

Bài giải (h.33)

Vì E là điểm đối xứng của A qua BC nên DE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC

Suy ra AE ⊥ BC và MA = ME

Theo giả thiết IA = IH nên IM // BE

Từ đó KIM = KBE = KAE

Suy ra A, I, M, K cùng nằm trên đường tròn nên

IAM = IKM Do đó BAH = BAE − IKM = MKE (1)

Mặt khác 𝐴𝐵𝐸 = 𝐸𝐴𝐷 ( cùng chắn cung AE )

Ta có BAH = 900 − ABH = 900 − EDA = ADM = EDM (2)

Từ (1) và (2) suy ra MKE = EDM Do đó bốn điểm M, K, D, E cùng nằm trên

một đường tròn

Suy ra KDM = KEM = KEA = KAD nên DB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại

tiếp tam giác ADK

Bài toán 31 Cho hình bình hành ABCD, đường phân giác của BAD cắt BC và

CD lần lượt tại M và N Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN Gọi

E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác CMN và BCD Chứng

minh bốn điểm O, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn, từ đó suy ra AEC =

900

Bài giải (h.34)

Vì AM là phân giác của BAD nên BAM = MAD

Mà BMA = MAD ( so le trong )

Suy ra BAM = BMA , từ đó tam giác BAM cân tại B

nên BA = BM = CD Do đó CM = CN nên MN ⊥ OC

Suy ra OCD = ICB + BCD = 900 − NMC + BAD

= 900 +1

2BAD Mặt khác BMO = 1800 − OMC = 1800 − OCM

= 1800 −1

2 1800 − BCD = 1800 −1

2 1800 − BAD = 900 +1

2 BAD.

Do đó ΔBMO và ΔDCO bằng nhau (c.g.c)

Suy ra OBC = ODC nên bốn điểm O, C, D, B cùng nằm trên một đường tròn

Từ chứng minh trên ta được OB = OD, OC = OE

Suy ra EB = CD từ đó EC//BD nên BECD là hình thang cân

Mặt khác BA = CD = BE, ABD = BDC = DBE nên A và E đối xứng với nhau

Chương II Các bài toán về vectơ và ứng dụng của vectơ

2.1 Vectơ, tâm tỉ cự

2.1.1 Lí thuyết

1 Vectơ

−Vectơ là một đoạn thẳng trong đó đã chỉ rõ điểm đầu, điểm cuối

− Độ dài của đoạn thẳng AB được gọi là độ dài của vectơ AB ( hay môđun của vectơ AB ) kí hiệu là AB

Hình 35

Ta có hai quy tắc quan trọng đối với phép trừ vectơ:

▪ AB = OA − OB ( O là điểm tùy ý)

▪a = b + c ⇔ a − b = c (quy tắc chuyển vế)

c) Phép nhân một vectơ với một số thực

Tích của số thực k với vectơ a là một vectơ, kí hiều là ka , được xác định như sau:

▪ Nếu k = 0 hoặc a = 0 thìka = 0

▪ Nếu k > 0 và a ≠ 0 thì ka ↑↑ a và ka = k a

▪ Nếu k < 0 và a ≠ 0 thì ka ↑↓ a và ka = −k a

4 Tâm tỉ cự

Cho n điểm A1, A2, … , An và n số thực α1, α2, … , αn sao cho α1 + α2, + ⋯ +

αn ≠ 0 Khi đó, tồn tại duy nhất điểm I sao cho

α2MA + ⋯ + α2 nMA là một vectơ không đổi n

5 Sự biểu diễn vectơ và phép chiếu vectơ

▪ Cho vectơ a ≠ 0 , b là vectơ tùy ý Khi đó b //a ⇔ kR: b = ka số k xác định như vậy là duy nhất

▪ Cho a , b là hai vectơ không cùng phương, c là vectơ bất kì Khi đó tồn tại duy nhất các số (m,n) sao cho c = ma + nb

▪ Phép chiếu vectơ

Cho đường thẳng Δ và đường thẳng l không songsong với Δ, AB là vectơ bất kì Qua A, B kẻ các đường thẳng song song với l, chúng cắt Δ theo thứ tự tại A′, B′

Vectơ A được gọi là hình chiếu vủa vectơ AB′B′ qua phép chiếu vectơ phương l (phương chiếu) lên đường thẳng Δ (đường thẳng chiếu)

6.Tích vô hướng của hai vectơ

− Góc giữa hai vectơ a và b là góc giữa hai tia Om, On song song và cùng hướng với hai vectơ ấy, kí hiệu là (a , b )

− Tích vô hướng của hai vectơ a , b là một số thực, kí hiệu a b , xác định như sau:

2.1.2 Một sốbài toán về vectơ và tâm tỉ cự

Bài toán 32 Cho hai điểm A, B phân biệt và hai số α và β không đồng thời bằng

a) Giả sử α + β = 0 mà có điểm M sao cho αMA + βMB = 0

Suy ra αMA − αMB = 0 => α(MA − MB ) = 0 =>αBA = 0

Vì BA ≠ 0 nên α = 0 => β = 0 mâu thuẫn Vậy không tồn tại điểm M

b) Giả sử α + β ≠ 0, ta có αMA + βMB = 0

⇔−αAM + β AB − AM = 0

⇔(α + β)AM = βAB

a) Nếu α + β + γ ≠ 0 thì tồn tại duy nhất điểm I sao cho

αIA + βIB + γIC = 0

b) Nếu α + β + γ = 0 thì không tồn tại điểm M sao cho

αIA + βIB + γIC = 0 ⇔ α(IE + EA ) + β IE + EB + γIC = 0

⇔ α + β IE + αEA + βEB + γIC = 0

Vậy không tồn tại điểm M

Bài toán 34.Cho tam giác ABC Tìm tập hợp điểm M trong các trường hợp sau:

a) MA + kMB = kMC .(1) (kR)

b) v = MA + 2MB + 3MC cùng song song với vectơ BC

Bài giải

a)Từ (1) ⇔MA = k MC − MB = kBC

Hay MA cùng phương với BC .Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua A song song với cạnh BC của tam giác ABC

b) Gọi I là điểm sao cho IA + 2IB + 3IC = 0 (điểm I như thế tồn tại duy nhất) Thì ta có

v

= MA + 2MB + 3MC = MI + IA + 2MI + 2IB + 3MI + 3IC = 6MI

Vì v cùng phương với vectơ BC ⇔M thuộc đường thẳng đi qua I và song song với cạnh BC của tam giác ABC

Bài toán 35.Cho tam giác ABC Tìm tập hợp điểm M sao cho :

2 .b) Gọi hai điểm I, J thỏa mãn điều kiện:

2IA + 3IB = 0 và 3JB + 2JC = 0 ( I, J xác định duy nhất)

2MA + 3MB = 3MB + 2MC ⇔ 2MI + 2IA + 3MI + 3IB = 3MJ + 3JB +2MJ + 2JC

5MI = 5MJ ⇔ MI = MJ

Vậy tập hợp điểm các điểm M là đường trung trực của IJ

c) Gọi điểm P thỏa mãn điều kiện :

4PA + PB + PC = 0 (P xác định duy nhất) và I là trung điểm của BC

4MA + MB + MC = 2MA − MB − MC ⇔ 6MP = 2MA − 2MI ⇔ 3 MP =

IA

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có GA + GB + GC = 0

=> 6 MG = 6 MQ ⇔ MG = MQ

⇔MG = MQ

Vậy tập hợp các điểm M là đường trung trực của GQ

Bài toán 36.Cho tam giác ABC và đường thẳng Δ Tìm trên Δ điểm M sao cho

3CA ( vị trí của điểm I)

Với mọi điểm M ta có 4MA + 2MB + 3MC = 9MI

Suy ra 4MA + 2MB + 3MC nhỏ nhất ⇔9 MI nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất Kết hợp với điều kiện M Δ, ta suy ta điểm M phải tìm là hình chiếu vuông góc của I trên Δ

Bài toán 37 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I,đường tròn (I) tiếp

xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P Chứng minh rằng aIM + bIN + cIN = 0

Bài giải (h.36)

Gọi p là nửa chu vu vi tam giác ABC, ta có:

MB IM = MB IC + MB CM Cộng từng vế của hai đẳng thức, với chú ý MC BM và MB CM

là hai vectơ đối, ta được IM = MCBCIB +MBBCIC

=> aIM = p − c IB + p − b IC .(1)

Tương tự, bIN = p − a IC + p − c IA (2)

cIP = p − b IA + p − a IC (3)

Cộng từng vế các đẳng thức (1), (2) và (3) thu được

aIM + bIN + cIP = 2p − b − c IA + 2p − a − c IB + p − a − b IC

= aIA + bIB + cIC = aIA + b + c IA + b A′ + c A′B = aIA′C + b + c IA ′

=> aIM + bIN + cIP = aIA + b + c IA (4) ′

Vì I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta có IA

Từ (4) và (5) suy ra aIM + bIN + cIP = 0

Hệ quả Với điểm J bất kì trong tam giác ABC, hạ JM1, JN1, JP1 lần lượt vuông

góc với BC, CA, AB Ta có a

JM1JM 1 + b

JN1JN 1 + c

JP1JN 1 = 0

Bài toán 38 Cho đa giác lồi A1A2… An; e (1≤ i ≤n ) là vectơ đơn vị vuông góc 1

với A (xem A1Ai+1 n+1 ≡ A1) và hướng ra phía ngoài đa giác Chứng minh rằng :

A1A2e + A1 2A3e + ⋯ + A2 nA1e = 0n (định lí con nhím)

Bài giải

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n

Nếu n= 3 thì theo bài toán 37, mệnh đề đúng

e1

ek−1

ek−2

e2

vuông góc với A , hướng ra phía ngoài tam giác Ak−1A1 k−1AkA1

Theo bài toán 37 ta có

Ak−1Ake + Ak−1 kA1e + Ak 1Ak−1e = 0 (1)

Áp dụng giả thiết quy nạp cho đa giácA1A2… Ak−1ta có

A1A2e + A1 2A3e + ⋯ + A2 k−1e = 0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra : A1A2e + A1 2A3e + ⋯ + A2 nA1e = 0n đpcm

Bài toán 39.Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong tam giác.Đặt

SMBC = Sa, SMCA = Sb , SMAB = Sc Chứng minh rằng :

SaMA + SbMB + ScMC = 0 Bài giải.(h.38)

Gọi D là giao điểm của đường thẳng MA và BC

Bài toán 40 Cho tam giác ABC không đều, BC là cạnh nhỏ nhất Đường tròn

nội tiếp (I) của tam giác tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại X, Y, Z Gọi G là trọng tâm của tam giác XYZ Trên các tia BA, CA lần lượt lấy các điểm

E, F sao cho BE= CF= BC Chứng minh rằng IG ⊥ EF

A

M

Hình 38

Bài giải

Không mất tính tổng quát, giả sử bán kính đường

tròn (I) bằng 1 Dựng vectơ e vuông góc với EF (h.39)

Áp dụng định lí Con nhím cho tứ giác EBCF, ta có

EBIZ + BCIX + CFIY + EFe = 0

Từ đó, với giả thiếtEB = BC = CF, ta có

BC(IZ + IX + IY ) + EFe = 0 => 3BCIG + EFe = 0

=> IG cùng phương với e

Vậy IG ⊥ EF

Bài toán 41 a) Cho tứ giác ABCD Tìm tập hợp các điểm M sao cho

MA + MB + MC + MD = MA + MB − 2MC b) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Tìm điểm M thuộc (O) sao cho

MA + MB − MC lớn nhất, nhỏ nhất

Bài giải

a) Gọi G là trọng tâm tứ giác ABCD, E là trung điểm của AB, ta có

MA + MB + MC + MD = 4MG ; MA

Trong đó M1;M2 là giao điểm của đường thẳng IO với đường tròn,M1 khác phía với I, M2 cùng phía với I đối với O ( lưu ý rằng tam giác ABC nhọn nên I luôn nằm ngoài đường tròn)

Bài toán 42.Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác H, I, K lần lượt

là hình chiếu của M trên BC, CA, AB Chứng minh rằng M là trọng tâm tam giác HIK khi và chỉ khi a2MA + b2MB + c2MC = 0

(1)và 4 ⇔ MH + MI + MK = 0 ⇔ M là trọng tâm tam giác HIK

Bài toán 43 Cho tam giác ABC, các điểm M, N, P thuộc các đường thẳng BC,

CA, AB Chứng minh rằng : AM, BN, CP đồng quy tại tâm tỉ cự của hệ điểm {

A, B, C } ứng với các hệ số { α, β, γ } khi và chỉ khi

α + β + γ ≠ 0 βMB + γMC = γNC + αNA = αPA + βPB = 0 Bài giải (h.42)

Điều kiện cần Nếu AM, BN, CP đồng quy tại O Và αOA + βOB + γ OC = 0 thì α + β + γ ≠ 0 (định nghĩa tâm tỉ cự) Xét phép chiếu vectơ phương AM lên đường thẳng BC, ta có

Vậy AM, BN, CP đồng quy tại O(đpcm)

Bài toán 44.Cho tam giác ABC không đều nhau Các đường tròn bàng tiếp góc

A, B, C tương ứng tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại M, N, P Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy tại một điểm trên đường thẳng nối tâm đường tròn nội tiếp và trọng tâm tam giác ABC