Chuyên đề: Phương tích - Trục đẳng phương

Chia sẻ: Hoàng Thị Mai Anh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:20

Thêm vào BST

Báo xấu

354
lượt xem 41
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề: Phương tích - Trục đẳng phương giúp các bạn nắm bắt được những kiến thức về phương tích của một điểm đối với đường tròn; trục đẳng phương của hai đường tròn - tâm đẳng phương. Bên cạnh đó, tài liệu còn giới thiệu tới các bạn một số bài tập và hướng dẫn cách giải các bài tập này nhằm giúp các bạn củng cố kiến thức lý thuyết một cách tốt hơn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề: Phương tích - Trục đẳng phương

Chuyên đề: PHƯƠNG TÍCH – TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành – Yên Bái I. Phương tích của một điểm đối với đường tròn 1. Định lý 1.1 Cho đường tròn (O; R) và điểm M cố định, OM = d. Một đường thẳng thay đổi qua M cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Khi đó MA.MB = MO 2 − R 2 = d 2 − R 2 2.Định nghĩa. Giá trị không đổi MA.MB = d 2 − R 2 trong định lý 1.1 được gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn (O) và kí hiệu M /(O) . Ta có: �M /( O ) = MA.MB = d − R 2 2 3.Định lý 1.2 Nếu hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại P và PA.PB = PC.PD thì 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Chứng minh. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt CD tại D’. Khi đó ta có theo định lý 1.1 ta có PA.PB = PC.PD , suy ra PC.PD PC.PD D D=. Suy ra 4 điểm A, B, C và D cùng thuộc một đường tròn. 4.Chú ý: 1. Khi M nằm trên (O) thì �M / ( O ) = 0 2. Khi M nằm ngoài đường tròn (O) và MT là tiếp tuyến của (O) thì �M /( O ) = MT 2 3. Nếu A, B cố định và AB. AM = const M cố định. Ý tưởng này giúp ta giải các bài toán về đường đi qua điểm cố định. II. Trục đẳng phương của hai đường tròn – Tâm đẳng phương 1. Trục đẳng phương a) Định lý 2.1 Cho hai đường tròn không đồng tâm (O1; R1) và (O2; R2). Tập hợp các điểm M có phương tích đối với hai đường tròn bằng nhau là một đường thẳng, đường thẳng này được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2). b) Các hệ quả Cho hai đường tròn (O) và (I). Từ định lý 2.1 ta suy ra được các tính chất sau: 1) Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc với đường thẳng nối tâm. 2) Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A và B thì AB chính là trục đẳng phương của chúng.
3) Nếu điểm M có cùng phương tích đối với (O) và (I) thì đường thẳng qua M vuông góc với OI là trục đẳng phương của hai đường tròn. 4) Nếu hai điểm M, N có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì đường thẳng MN chính là trục đẳng phương của hai đường tròn. 5) Nếu 3 điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì 3 điểm đó thẳng hàng. 6) Nếu (O) và (I) tiếp xúc nhau tại A thì đường thẳng qua A và vuông góc với OI chính là trục đẳng phương của hai đường tròn. 2. Tâm đẳng phương a) Định lý 2.2 Cho 3 đường tròn (C1), (C2) và (C3). Khi đó 3 trục đẳng phương của các cặp đường tròn trùng nhau hoặc song song hoặc cùng đi qua một điểm, điểm đó được gọi là tâm đẳng phương của ba đường tròn. b)Các hệ quả. 1.Nếu 3 đường tròn đôi một cắt nhau thì các dây cung chung cùng đi qua một điểm 2.Nếu 3 trục đẳng phương song song hoặc trùng nhau thì tâm của 3 đường tròn thẳng hàng. 3.Nếu 3 đường tròn cùng đi qua một điểm và có các tâm thẳng hàng thì các trục đẳng phương trùng nhau. 4.Cách dựng trục đẳng phương của hai đường tròn không cắt nhau Cho hai đường tròn (O1) và (O2) không cắt nhau, ta có cách dựng trục đẳng phương của hai đường tròn như sau: 1. Dựng đường tròn (O3) cắt cả hai đường tròn (O1) và (O2) lần lượt tại A, B và C, D. 2. Đường thẳng AB và CD cắt nhau tại M 4. Đường thẳng qua M vuông góc với O1O2 chính là trục đẳng phương của (O1) và (O2). III. Các bài tập áp dụng ﾷ , A thuộc Ox; B,C thuộc Oy sao cho OA2 = OB.OC . Bài 1. Cho góc xOy Chứng minh rằng: Đường tròn (ABC) tiếp xúc Ox tại A. Hướng dẫn Giải sử đường tròn (ABC) cắt Ox tại C y A’. Ta có OA.OA’ = OB.OC B Theo giả thiết OA2 = OB.OC nên ta có: O OA2 = OA.OA ' A x
OA = OA’ A A ' Vậy đường tròn (ABC) tiếp xúc Ox tại A. Bài 2. Cho ∆ABC có (O, R) và (I, r) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của ∆ABC. Chứng minh rằng: OI 2 = R 2 − 2 Rr Hướng dẫn Gọi M là giao của AI và đường tròn (O). Ta có IA.IM = R 2 − OI 2 (1) . A ﾷA + C ﾷﾷ ∆MIC có MIC ﾷ = MCI = � IM = MC (2) 2 O A H I Theo định lí Sin trong ∆AMC, MC = 2R sin (3). 2 Dựng IH ⊥ AB tại H. Trong ∆IAH có B C r IA = (4) A M sin 2 Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có: 2 Rr = R 2 − OI 2 � OI 2 = R 2 − 2 Rr Bài 3. Cho đường tròn (O,R) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Gọi BC là đường kính thay đổi của (O,R). Chứng minh rằng: Đường tròn (ABC) luôn đi qua một điểm cố định khác A Hướng dẫn Gọi A’ là giao điểm thứ 2 của AO và đường A tròn (ABC). R2 Ta có OA.OA ' = OB.OC = R � OA ' = 2 . OA Vậy A’ nằm trên đường thẳng OA cố định C R2 O và OA ' = không đổi nên A’ cố định. OA Vậy mọi đường tròn (ABC) đều đi qua A' điểm A’ cố định B Bài 4. Hai đường tròn ngoài nhau có bốn tiếp tuyến chung. Chứng minh rằng: Trung điểm các đoạn tiếp tuyến chung nằm trên một đường thẳng
Hướng dẫn Gọi I, J, M, N là trung điểm các B đoạn tiếp tuyến chung. A I �I /(O1 ) = IA ,�I /(O2 ) = IB mà IA = IB 2 2 M nên �I /(O1 ) = �I /( O2 ) . Chứng minh O1 O2 N tương tự ta có J, M, N cùng phương C tích với (O1) và (O2). Vậy I, J, M, N J cùng nằm trên trục đẳng phương D của hai đường tròn. Bài 5. Cho ∆ABC vuông ở A, đường cao AH. Gọi E, F theo thứ tự là hình chiếu của H trên AB, AC. Chứng minh rằng: Khi A, H không thay đổi còn B, C thay đổi thì: a) Tứ giác BCFE nội tiếp b) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCFE luôn A đi qua 2 điểm cố định F P Hướng dẫn E a) Ta có ﾷACH = ﾷAHF (góc có cạnh tương B C H ứng vuông góc) Do AEHF là hình chữ nhật nên ﾷAHF = ﾷAEF � ﾷACH = ﾷAEF mà ﾷAEF + BEF ﾷﾷ = 1800 nên BEF ﾷ + FCB = 1800 Tứ giác BECF nội tiếp Q b) Gọi P, Q là giao điểm của AH với đường tròn (BEFC) Ta có HP.HQ = HB.HC = AH 2 . Mặt khác AP. AQ = AE. AB = AH 2 � ( AH − HP)( AH + HQ ) = AH 2 � AH 2 + AH ( HQ − HP ) − HP.HQ = AH 2 � AH = HQ − HP
5 −1 HP − HQ = AH HP = AH 2 Vậy giải hệ ta được P, Q cố định HP.HQ = AH 2 5 +1 HQ = AH 2 Vậy đường tròn (BEFC) luôn đi qua 2 điểm cố định P, Q. Bài 6. Cho đường tròn (O) tiếp xúc đường thẳng d tại H. Hai điểm M, N di động trên d sao cho HM .HN = −k 2 ( k 0 cho trước ). Từ M, N kẻ tiếp tuyến MA và NB của (O). ( với A, B khác H). a) Chứng minh rằng: Đường tròn (OMN) luôn đi qua 2 điểm cố định. b) Chứng minh rằng: Đường thẳng AB luôn đi qua 1 điểm cố định. Hướng dẫn a) Gọi P là giao điểm của OH với đường tròn (OMN), có HM .HN = HO.HP = −k 2 Mà H, O cố định, k không đổi I nên P cố định. Vậy đường tròn (OMN) luôn đi qua hai điểm cố O định O, P B b) Gọi IH là đường kính của A K (O); E, F là giao điểm của H N F d E M IA, IB với d. Dễ thấy M, N lần lượt là P trung điểm của EH, FH J Ta có HE.HF = 2.HM .2 HN = −4k 2 . Dựng đường tròn (IEF) cắt IH tại điểm thứ hai J �H /(IEF) = HI .HJ = HE.HF = −4k 2 J cố định. Trong các tam giác vuông∆IHE và ∆IHF. Ta có IA.IE = IB.IF = IH 2 Tứ giác ABEF nội tiếp ﾷ IAB ﾷ = EFB (cùng bù EAB ﾷ ) ﾷ Mà EFB ﾷ nên IAB = EJI ﾷﾷ = EJI Gọi K là giao điểm của AB và IJ ta có tứ giác AKJE nội tiếp �I /( AKJE ) = IA.IE = IK .IJ = IH 2 K cố định Vậy AB luôn đi qua điểm K cố định
Bài 7.Cho AB và AC là các tiếp tuyến của B đường tròn (O) với B, C thuộc (O). Lấy điểm M bất kì trên AC (M, A khác phía so A với C). Giả sử (O) cắt đường tròn (ABM) P' O Q' tại điểm thứ hai P, Q là chân đường vuông góc hạ từ C xuống MB. Chứng minh rằng: Q P C ﾷ MPQ = 2 ﾷAMB Hướng dẫn M Gọi P’ là giao điểm thứ hai của MP với (O), Q’ là giao điểm của OC và MB Ta có MP.MP ' = MC 2 = MQ.MQ ' ﾷ Tứ giác PQQ’P’ nội tiếp MPQ ﾷ 'Q ' M =P Lại có ﾷ ' BC = MPC P ﾷﾷ = MPB ﾷ − BPC ﾷ = (1800 − MAB ﾷ ) − BCA ﾷ = BCA BP’//AC OC ⊥ BP ' � OQ ' ⊥ BP ' Mặt khác O thuộc đường trung trực của đoạn BP’ nên OQ’ là trung trực của BP’. Theo đó ﾷ ' Q ' M = 2MBP P ﾷ ' = 2 ﾷAMB (2) Từ (1), (2) ﾷ MPQ = 2 ﾷAMB Bài 8. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O), M là giao của AD và BC, N là giao của AB và CD, I là giao của AC và BD. Chứng minh rằng: O là trực tâm của ∆MIN Hướng dẫn Gọi H là giao điểm thứ hai của đường tròn (AID) và đường tròn (BIC) Vì MA.MD = MB.MC nên M thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIHD và BIHC M, I, H thẳng hàng Xét tứ giác DOHC có: ﾷ DHC ﾷ = DHI ﾷ + IHC ﾷ = DAC ﾷ + DBC ﾷ = DOC Tứ giác DOHC nội tiếp Tương tự ta có tứ giác AOHB nội tiếp
Ta có NA.NB = NC.ND nên M thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn ngoại tiếp tứ giác AOHB và DOHC N O, H, N thẳng hàng Ta có: ﾷ IHO ﾷ = IHD ﾷ + OHD ﾷ = DAC ﾷ + OCD B 1ﾷﾷ = DOC + OCD = 900 2 H C � IM ⊥ ON O I A Chứng minh tương tự ta có IN ⊥ OM D M Vậy O là trực tâm tam giác MIN Bài 9. Cho tam giác ABC có đường tròn tâm I nội tiếp, tiếp xúc các cạnh BC , CA, AB tại D, E , F . AI cắt đường tròn ( I ) tại M và N (M nằm giữa A và N ). DM cắt cạnh EF tại K , NK cắt đường tròn ( I ) tại điểm P khác N. Chứng minh rằng các điểm A, P, D thẳng hàng. Hướng dẫn Gọi Q là giao điểm của AI và EF thì Q cuãng là trung điểm của EF. Tứ giác MQKP có hai góc đối diện đỉnh P, Q vuông nên A nội tiếp. ﾷ Do đó NPQ ﾷ = DMN ﾷ mà DMN ﾷ = DPN M ﾷ � DPQ ﾷ = 2 DMN P E Q ﾷﾷ K ta lại có DIN = 2 DMN F I ﾷ � DIN ﾷ = DPQ suy ra tứ giác DPQI nội tiếp đường tròn (T). B N D Ta có �A\( T ) = AQ. AI C mà tam giác AEI vuông tại E với đường cao EQ nên AQ. AI = AE 2 Do đó �A\( T ) = AQ. AI = �A\( I ) suy ra A nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (I) và (T). Vậy A, P, D thẳng hàng.
Bài 10. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại P, đường thẳng AD và đường thẳng BC 2 ﾷ � 2R � cắt nhau tại Q. Chứng minh rằng: cos POQ � � �OP + OQ � Hướng dẫn Lấy điểm E trên PQ sao cho tứ giác PBCE P ﾷ nội tiếp. Ta có PEC ﾷ = ABC ﾷ = QDC nên tứ giác QDCE nội tiếp. PO 2 − R 2 + QO 2 − R 2 B = �P /( o ) + �Q /( o ) = PC.PD + QC.QB A O = PE.PQ + QE.QP = PQ 2 C E � OP 2 + OQ 2 − PQ 2 = 2 R 2 D ﾷ � 2OP.OQ.cos POQ = 2R2 ﾷ R2 4R2 Q � cos POQ = � OP.OQ ( OP + OQ ) 2 Dấu "=" xẩy ra khi OP = OQ. Bài 11. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi P, Q, M là lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và DC, AD và BC, AC và BD. Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác OPQ, OMP và OMQ bằng nhau. Hướng dẫn M Gọi S là giao điểm thứ 2 của đường tròn I ngoại tiếp tam giác PDA và PQ. d B Khi đó ( SA, SP ) = ( AD, PD ) = ( AB, BC ) K T (4 điểm A, B, C, D nằm trên đường tròn) H O L J Suy ra S, A, B, Q cùng nằm trên đường A tròn. N Tương tự: MQ 2 = OQ 2 + OM 2 − 2 R 2 suy ra OP 2 − OQ 2 = MP 2 − MQ 2 � MO ⊥ PQ
Tương tự ta chứng minh được OP ⊥ MQ suy ra O là trực tâm của tam giác MPQ. Suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác OPQ, OMP và OMQ bằng nhau. Bài 12.Cho đường tròn (O, R) và đường thẳng d không có điểm chung với (O). Từ (O) hạ OH ⊥ d tại H. Giả sử M là một điểm bất kỳ trên d. Từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O). Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của H xuống MA, MB. Chứng minh rằng đường kính KI luôn đi qua một điểm cố định. Hướng dẫn Gọi J, T lần lượt là giao điểm của AB B với OH và OM. Ta có OM ⊥ AB do MA, MB là các tiếp O C tuyến của đường tròn (O). A M ﾷ suy ra MTJ = 90 0 D ﾷ Lại có MHJ = 900 do OH ⊥ HM Q S ﾷ � MTJ ﾷ + MHJ = 1800 suy ra MTJH nội tiếp � OJ.OH = OT.OM P mà OT .OM = OA2 = R 2 tam giác OMA vuông tại A có AT là đường cao. R2 suy ra OJ = suy ra J cố định. OH Gọi N là hình chiếu vuông góc của H xuống AB, L là giao điểm của KI và OH. Ta có năm điểm M, H, O, A, B cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. Do K, I, N là hình chiếu vuông góc của H xuống MA, MB, AB nên K, I, N thẳng hàng, tính chất đường thẳng simson của tam giác MAB tương ứng với H. Vậy tứ giác HIBN nội tiếp do đó INHﾷﾷ = IBH ﾷ Mặt khác IBH ﾷ = MOH do tứ giác MOBH nội tiếp ﾷ Lại có HN / / OM cùng vuông góc AB nên MOH ﾷ = JHN ﾷ vậy INH ﾷ = JHN hơn nữa tam giác JHN vuông góc tại N nên từ đó ta có L là trung điểm của JH. Do J, H có định nên L cố định. Vậy đường thẳng KI luôn đi qua điểm L cố định.
Bài 13.Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B cố định. Một đường thẳng quay quanh A, cắt (O) tại M và N. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN thuộc một đường thẳng cố định. Hướng dẫn. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNB. Gọi C là giao điểm của AB và (I). Khi đó ta có: A C B �A/( I ) = AC. AB = AM . AN = �A/( O ) (không đổi vì I M A, (O) cố định). A/( O ) Suy ra AC = O N AB Vì A, B cố định và C thuộc AB nên từ hệ thức trên ta có C cố định. Suy ra I thuộc đường trung trực của BC cố định. Bài 14.Cho đường tròn tâm O đường kính AB, và điểm H cố định thuộc AB. Từ điểm K thay đổi trên tiếp tuyến tại B của O, vẽ đường tròn (K; KH) cắt (O) tại C và D. Chứng minh rằng CD luôn đi qua một điểm cố định. Hướng dẫn Gọi I là điểm đối xứng của H qua B, (MO − R )− (NO − R ) 2 2 2 2 suy ra I cố định và thuộc (K). Gọi M là giao điểm của CD và AB. Vì CD là trục đẳng phương của (O) và (K) nên ta có: MH .MI = MC.MD = MA.MB ( )( ) ( � MB + BH MB + BI = MB MB + BA ) � ( MB + BH ) ( MB − BH ) = MB 2 + MB.BA 2 2 2 � MB − BH = MB + MB.BA BH 2 � BM = BA Vì A, B, H cố định suy ra M cố định. Bài 15.Cho tam giác ABC có đỉnh A cố định và B, C thay đổi trên đường thẳng d cố định sao cho nếu gọi A’ là hình chiếu của A lên d thì A B. A C âm
và không đổi. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A’ lên AB, AC. K là giao điểm của các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN tại M và N. Chứng minh rằng K thuộc một đường thẳng cố định. Hướng dẫn Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN và I là giao điểm A của OK và MN. Ta thấy O chính là N trung điểm của AA’. O I Gọi D và P là giao điểm của AA’ P với (ABC) và MN. M B A' C Dễ thấy AM . AB = AA 2 = AN . AC D Suy ra tứ giác BMNC nội tiếp. � ﾷAMN = ﾷACB H K Mà ﾷADB = ﾷACB Nên ﾷAMN = ﾷADB Suy ra MPDB nội tiếp. Do đó ta có AP. AD = AM . AB = AA 2 Mà A, A’ và D cố định suy ra P cố định. Gọi H là hình chiếu của K trên AA’. 1 Ta có OP.OH = OI .OK = ON 2 = AA 2 4 Mà O, P, A’ cố định suy ra H cố định. Vậy K thuộc đường thẳng qua H và vuông góc với AA’ Bài 16.Trên đường thẳng d lấy 4 điểm A, B, C, D (theo thứ tự đó). Đường tròn đường kính AC và BD cắt nhau tại X, Y. Đường thẳng XY cắt BC tại Z. Lấy P là một điểm trên XY khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ 2 là M, và BP cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là N. Chứng minh rằng AM, DN và XY đồng qui. Hướng dẫn: P Gọi Q, Q’ lần lượt là giao điểm của DN và AM với XY. Ta cần chứng minh X Q Q . N M Q Tứ giác QMCZ nội tiếp, suy ra PM .PC = PQ.PZ A B Z C D Y
Tứ giác NQ’ZB nội tiếp, suy ra PQ .PZ = PN .PB Mà P thuộc XY là trục đẳng phương của đường tròn đường kính AC và đường tròn đường kính BD nên PN .PB = PX .PY = PM .PC Suy ra PQ.PZ PQ .PZ Q Q= Vậy XY, AM và DN đồng quy. Bài 17. Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Một điểm H thuộc đoạn AB. Đường thẳng qua H cắt đường tròn tại C. Đường tròn đường kính CH cắt AC, BC và (O) lần lượt tại D, E và F. a) Chứng minh rằng AB, DE và CF đồng quy. b) Đường tròn (C, CH) cắt (O) tại P và Q. Chứng minh rằng P, D, E, Q thẳng hàng. Hướng dẫn. a) Ta có CA.CD = CH 2 = CB.CE , suy ra ADEB nội tiếp. Xét các đường tròn (ADEB), (O) và đường tròn đường kính CH, thì DE, AB và CF lần lượt là các trục đẳng phương của các cặp đường tròn trên nên chúng đồng quy. b) Ta có PQ là trục đẳng phương của ( C) và (O) nên OC ⊥ PQ . Ta cũng dễ thấy OD ⊥ DE . Hơn nữa M chính là tâm đẳng phương của P C ba đường tròn (O), (C, CH) và đường tròn D F đường kính CH. Suy ra PQ đi qua M. E Vậy DE, PQ cùng đi qua M và cùng vuông A Q O H B M góc với OC nên trùng nhau. Hay D, E, P, Q thẳng hàng. Bài 18. Cho tam giác ABC có đường cao BD và CE cắt nhau tai H. M là trung điểm của BC, N là giao điểm của DE và BC. Chứng minh rằng NH vuông góc với AM. Hướng dẫn. Gọi O, I lần lượt là trung điểm A của AH, MH Ta có D ﾷDEH = DAH ﾷﾷﾷ = DBC = FEH O ﾷ � FED ﾷ = 2.FEH ﾷ = 2.DBC ﾷ = DMC E H I N B C F M
Suy ra tứ giác EDMF nội tiếp. Từ đó ta có NE.ND = NF .NM , suy ra N nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (O, OH) và đường tròn (I, IH) Mặt khác H là giao điểm của đường tròn (O, OH) và đường tròn(I, IH), suy ra NH chính là trục đẳng phương của (O) và (I). Suy ra NH ⊥ OI , mà OI // AM, do đó NH ⊥ AM . Bài 19. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại D và E. Gọi P là một điểm bên trong tam giác ADE, F và G là giao của DE với BP và CP. Đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác PDG, đường tròn tâm (I) ngoại tiếp tam giác PEF cắt nhau tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh rằng AQ ⊥ OI Hướng dẫn. A Gọi M là giao điểm thứ hai của AB và (PDG), N là giao thứ hai của AC và (PFG) Ta có ﾷAMP = PGD ﾷﾷ và PGD ﾷ = PCB (đồng vị), P N suy ra ﾷAMP = PCB ﾷ , suy ra BMPC nội tiếp. M Chứng minh tương tự PNCB nội tiếp. E D F G Suy ra BMNC nội tiếp, suy ra AM . AB = AN . AC AD AE Mà = (Định lý Thalet) C AB AC B Q Suy ra AM . AD = AN . AE Do đó A thuộc trục đẳng phương PQ của (PDG) và (PEF) suy ra AQ ⊥ OI . Bài 20. Cho tam giác ABC là tam giác nhọn và không phải tam giác cân nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d thay đổi sao cho vuông góc với OA và luôn cắt tia AB, AC. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của d và AB, AC. Giả sử BN và CN cắt nhau tại K, AK cắt BC. a) Gọi P là giao của AK và BC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định. b) Gọi H là trực tâm của tam giác AMN. Đặt BC = a và l là khoảng cách từ A đến HK.Chứng minh KH đi qua trực tâm của tam giác ABC, từ đó suy ra: l 4R2 − a2
Hướng dẫn. A L a) Gọi Q là giao X Z F điểm của MN và BC, H N E là trung điểm BC. J I Y Xét tứ giác BMNC thì ta biết rằng Q, P, B, C M O1 O K là hàng điểm điều O2 C hòa. Suy ra (QPBC) = B P D E 1. Khi đó ta có: Q 2 EP.EQ = EB , suy ra 2 QE.QP = QE − QE .PE = QE 2 − EB 2 = OQ 2 − OB 2 = QB.QC ﾷ Mà tứ giác BMNC cũng nội tiếp vì có NCB ﾷ = xAB = ﾷAMN (Ax là tia tiếp tuyến của (O)). Suy ra QM .QN = QB.QC Từ đó suy ra QM .QN = QP.QE , suy ra tứ giác MNIP nội tiếp, suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua điểm E cố định. b) Giả sử 3 đường cao AD, BF và CJ của tam giác ABC cắt nhau tại I; ba đường cao MX, AY, NZ của tam giác AMN cắt nhau tại H. Ta cần chứng minh K, I, H thẳng hàng. Xét đường tròn tâm (O1) đường kính BN và tâm (O2) đường kính CM. Ta thấy: KC.KM = KB.KN IC.IJ = IB.IF HM .HX = HN .HZ Suy ra K, I, H cùng thuộc trục đẳng phương của (O1) và (O2) nên thẳng hàng. Từ đó suy ra AL AI . 2 Mà AI = 2.OE = 2 R 2 − BC = 4 R 2 − a 2 4 Nên AL = l 4R 2 − a 2 Bài 21. 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 Hướng dẫn.
Cách 1 Ta có: OD 2 = OC.OE � OA2 = OC.OE OA OE � = OC OA OA OE � = AB OA OAB EOA ( c.g.c ) ﾷ � BOA ﾷ = OEA � EA ⊥ OB Cách 2: Có OD 2 = OC.OE � OA2 = OC .OE uuur uuur uuur uuur uuur uuur 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. �A/( O ) = �A/( ABCO ) = 0 �E /(O ) = ED 2 ,�E /( ABCO ) = EC.EO �E /(O ) = �E /( 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 giác ABCD có AC ⊥ BD � AB 2 − AD 2 = CB 2 − CD 2 Áp dụng: EA ⊥ OB � EO 2 − EB 2 = AO 2 − AB 2 � ( EO 2 − DO 2 ) − EB 2 + AB 2 = 0 � ED 2 − EB 2 + AB 2 = 0 � CD 2 − CB 2 + OC 2 = 0 � OD 2 − OA2 = 0 ( luôn đúng ) Bài 22.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
Hướng dẫn. 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 hay �M/(E) = �M/(HBC) . tương tự �N/( E ) = �N/(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 23. 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 Hướng dẫn. Cách 1: 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 �E /( O ) + �F /(O ) = EF 2 (*) �F/( O ) + �I/(O ) = FI 2 (**) �I/( O ) + �E/(O ) = IE 2 Chứng minh nhận xét : Trên EF lấy K = ( ADE ) ǹ EF(K E) ﾷ tứ giác AEKD nội tiếp � EAF ﾷ = DKF (1) và FE.FK = FD.FA tứ giác ABCD nội tiếp � FD.FA = pF/(O)
Do đó pF/(O) = FE.FK (2) ﾷ Do (1) và EAD ﾷ = DCB nên tứ giác CDKF nội tiếp suy ra E /( O ) = ED.EC = EK .EF (3) Từ (2) và (3) suy ra: �E /(O ) + �F /(O ) = EF 2 Hệ quả: O là trực tâm ∆IEF Chứng minh hệ quả: (*) � OE 2 + OF2 − EF2 = 2 R 2 uuur uuur � OE.OF = 2 R 2 (**) OF 2 + OI2 − IF2 = 2 R 2 uuur uur � OF .OI = 2 R 2 uuur uuur uuur uur Do đó OE.OF − OF .OI = 0 uuur uur � OF .IE = 0 � OF ⊥ IE Chứng minh tương tự: OE ⊥ IF nên O là trực tâm ∆IEF Cách 2: từ (*) và (**) suy ra: IE2 � −�F /(O ) IF2 = E /( O ) = OE 2 − R 2 − (OF2 − R 2 ) = OE 2 − OF2 Do đó OI ⊥ EF Chứng minh bài toán: Ta có: AM2 AN2 = = �A/( O1 ) + �M/( O1 ) −�A/( O2 ) − �N/( O2 ) = �M/( O1 ) −�N/( O2 ) = MB.ME − MC.MF = �M/( O ) −�N/( O ) = ( MO 2 − R 2 ) − ( NO 2 − R 2 ) = MO 2 − NO 2 Vậy AO ⊥ MN Bài 24. 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. Hướng dẫn. 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: OB 2 − OC 2 = (OB 2 − R 2 ) − (OC 2 − R 2 ) = �B /( O ) −�C/(O ) = BM .BN − CP.CQ = BD.BC − CD.CB = BC ( BD + CD ) = ( BD − CD)( BD + CD) = BD 2 − CD 2 Vậy OD ⊥ BC Bài 25. Cho tam giác ABC. Dựng ra ngoài 2 tam giác cân tại A là tam giác ABP và ACQ. thoả mãn ﾷABP = ﾷACQ .Gọi R là giao điểm của BQ và CP, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR. Chứng minh : AO ⊥ BC. Hướng dẫn. Có ∆APC = ∆ABQ(c.g .c) � ﾷAPC = ﾷABQ và ﾷAQB = ﾷACP tứ giác APBR và tứ giác AQCR nội tiếp Gọi M = AC ( APBR ) N = AB ( AQCR ) tứ giác BNMC nội tiếp.
� AB. AN = AC. AM � AB ( AB + BN ) = AC ( AC + CM ) � AB 2 + AB.BN = AC 2 + AC.CM � AB 2 − AC 2 = BA.BN − CA.CM � AB 2 − AC 2 = BR.BQ − CR.CP � AB 2 − AC 2 = ( BO 2 − R 2 ) − (CO 2 − R 2 ) � AB 2 − AC 2 = BO 2 − CO 2 � AO ⊥ BC Bài 26. 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. Hướng dẫn. Xét 3 đường tròn đường kính AA2, BB2, CC2 Có �A1 /(BB2 ) = 0,�A1 /(CC2 ) = 0 (1) tứ giác BB1CX và tứ giác BC1CY nội tiếp suy ra tứ giác BB1C1C nội tiếp � A2 B. A2C1 = A2C. A2 B1 �A 2 /(BB2 ) = �A2 /(CC2 ) (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.
II. Kết luận Kiến thức về phương tích và trục đẳng phương đơn giản và dễ hiểu, tuy nhiên nó có ứng dụng nhiều và thường cho lời giải khá hay đối với các bài toán chứng minh vuông góc, thẳng hàng hay các bài toán về đồng quy…Bài viết này còn sơ sài mong các bạn góp ý để hoàn thiện hơn chuyên đề này.