Tỷ số kép cảu hàng điểm điều hòa luyện thi

Chia sẻ: Trần Bá Trung4 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

213
lượt xem 61
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

[1] T s kép c a hàng đi m và áp d ng Nguy n Đình Thành Công , Nguy n Phương Mai 1. M t s khái ni m v t s kép c a hàng đi m, hàng đư ng th ng Đ nh nghĩa 1.1. Cho 4 đi m A, B, C, D n m trên m t đư ng th ng. Khi đó t s kép c a A, B, C, D (ta AC BC : và ta kí hi u chú ý t i tính th t ) đư c đ nh nghĩa là AD BD AC BC (ABCD)...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tỷ số kép cảu hàng điểm điều hòa luyện thi

[1] T s kép c a hàng đi m và áp d ng Nguy n Đình Thành Công , Nguy n Phương Mai 1. M t s khái ni m v t s kép c a hàng đi m, hàng đư ng th ng Đ nh nghĩa 1.1. Cho 4 đi m A, B, C, D n m trên m t đư ng th ng. Khi đó t s kép c a A, B, C, D (ta AC BC chú ý t i tính th t ) đư c đ nh nghĩa là : và ta kí hi u AD BD AC BC (ABCD) = : AD BD AC BC (Chú ý: Trong trư ng h p : = −1 ta nói A, B, C, D là hàng đi m đi u hòa và kí AD BD hi u (ABCD)=-1) T đ nh nghĩa suy ra i.(ABCD) = (CDAB) = (BADC) = (DCBA) 1 1 ii.(ABCD) = = (BACD) (ABDC) iii.(ABCD) = 1 − (ACBD) = 1 − (DBCA) iv.(ABCD) = (A 'BCD) ⇔ A ≡ A ' (ABCD) = (AB 'CD) ⇔ B ≡ B ' v.(ABCD) ≠ 1 Đ nh nghĩa 1.2. Phép chi u xuyên tâm. Cho (d). S ngoài (d). V i m i đi m M, SM c t (d) t i M’(M không thu c đư ng th ng qua S song song (d)). V y M→M’ là phép chi u xuyên tâm v i tâm chi u S lên (d) Ti p theo ta s phát bi u m t đ nh lí quan tr ng v phép chi u xuyên tâm Đ nh lí 1.3. Phép chi u xuyên tâm b o toàn t s kép Ch ng minh. Trư c h t ta c n phát bi u m t b đ B đ 1.3.1. Cho S. A, B, C, D thu c (d). T C k đư ng th ng song song SD c t SA, SB t i A’, B’. CA ' Khi đó (ABCD) = CB'
[2] Th t v y theo đ nh lí Talet ta có: CA DA AC DB CA ' DS CA ' (ABCD) = : = : = : = CB DB AD CB DS CB ' CB ' Tr l i đ nh lí ta có CA ' C1A '' (ABCD) = = = (A1B1C1D1) (d.p.c.m) CB' C1B'' Nh n xét: A, B, C, D là hàng đi m đi u hòa ⇔ C là trung đi m A’B’ T đ nh lí 1.3 ta có các h qu : H qu 1.3.2. Cho 4 đư ng th ng đ ng quy và đư ng th ng ∆ c t 4 đư ng th ng này t i A, B, C, D. khi đó (ABCD) không ph thu c vào ∆ H qu 1.3.3. Cho hai đư ng th ng ∆1 , ∆ 2 c t nhau t i O. A, B, C ∈ ∆1 , A ', B ', C '∈ ∆ 2 . Khi đó: (OABC) = (OA ' B 'C ') ⇔ AA ', BB ', CC ' đ ng quy ho c đôi m t song song Ch ng minh. TH1. AA’, BB’, CC’ song song BO CO B 'O C 'O ⇒ : = : BA CA B' A C ' A ⇒ (OABC) = (OA ' B'C ') TH2. AA’, BB’,CC’ không đôi m t song đ t AA '∩ BB ' = S,SC ∩ ∆ = C" . Ta có: (OA 'B'C ') = (OABC) = (OA ' B'C") ⇒ (OA 'B'C ') = (OA 'B'C") ⇒ C ' ≡ C '' V y AA’, BB’, CC’đ ng quy H qu 1.3.4. Đ nh nghĩa 1.4
[3] Cho b n đư ng th ng a, b, c, d đ ng quy t i S. M t đư ng th ng (l) c t a, b, c, d t i A, B, C, D. Khi đó t s kép c a chùm a, b, c, d b ng t s kép c a hàng A, B, C, D. T đây ta suy ra: sin(OA, OC) sin(OB, OC) (abcd) = (ABCD) = : sin(OA, OD) sin(OB, OD) Tính ch t trên là m t tính ch t quan tr ng, r t có l i trong vi c gi i các bài toán Chú ý: Chùm a, b, c, d là chùm đi u hòa ⇔A, B, C, D là hàng đi m đi u hòa Tính ch t 1.5. Cho chùm đi u hòa (abcd) N u b⊥d ⇔ b, d là phân giác các góc t o b i a và c Ch ng minh. - N u b, d là phân giác góc t o b i a, c suy ra đi u ph i ch ng minh - N u b⊥d. T C k đư ng th ng song song OD. Do (abcd)=-1 nên MC = MN suy ra b, d là phân giác góc COA Tính ch t 1.6. Cho O và O’ n m trên d. Các đư ng th ng a, b, c đ ng quy t i O, a’, b’, c’ đ ng quy t i O’. a '∩ a = A, b ∩ b ' = B, c ∩ c ' = C . Ch ng minh r ng A, B, C th ng hàng ⇔ ( abcd ) = ( a’b’c’d ) Ch ng minh. Xét AC ∩ d = K 2. M t s ví d Chú ý : Trong m t s bài toán có nh ng trư ng h p đơn gi n như các đư ng th ng song song v i nhau, ch ng minh các trư ng h p này tương đ i đơn gi n, xin b qua 2.1. Cho t giác ABCD. E = AB ∩ CD, F = AD ∩ BC, G = AC ∩ BD . EF ∩ AD, AB = M, N . Ch ng minh r ng (EMGN) = −1 . Ch ng minh.
[4] Xét phép các phép chi u: A: E → B, G → C, M → F, N → N ⇒ ( EGMN ) = ( BCFN ) D: E → C, G → B, M → F, N → N ⇒ (EGMN) = (CBFN) ⇒ ( BCFN ) = (CBFN) 1 ⇔ (BCFN) = (BCFN) ⇔ (BCFN) = −1 (do (BCFN) ≠ 1 ) V y ( EGMN ) = −1 (d.p.c.m) Nh n xét: T 2.1 ta suy ra bài toán: Cho tam giác ABC. D, E, F thu c các c nh BC, CA, AB. EF ∩ BC = M . Ta có: AD, BE, CF đ ng quy ⇔ (ABDM) = −1 2.2. Cho t giác ABCD. AC ∩ BD = O . M t đư ng th ng (d) đi qua (O). (d) ∩ A, B, C, D = M, N, P, Q . Ch ng minh r ng: ( MNOP ) = ( MOQP ) Ch ng minh. Xét các phép chi u:
[5] A : M → J, O → C, Q → D, P → P ⇒ (MOQP) = ( JCDP ) B : M → J, N → C, O → D, P → P ⇒ (MNOP) = ( JCDP ) V y ( MNOP ) = ( MOQP ) Nh n xét : T 2.2 ta suy ra bài toán sau: Cho t giác ABCD. AC ∩ BD = O . M t đư ng th ng (d) đi qua (O). (d) ∩ A, B, C, D = M, N, P, Q . Ch ng minh r ng: O là trung đi m QH khi và ch khi O là trung đi m MP. Bài toán trên chính là đ nh lí “con bư m” trong t giác. 2.3. Cho t giác ABCD n i ti p đư ng tròn (O). S∈(O). Khi đó S(ABCD) = const (S(ABCD) là t s kép c a chùm SA, SB, SC, SD Ch ng minh. Ta có S(ABCD) sin(SA,SC) sin(SB,SC) sin(BA, BC) sin(AB, AC) = : = : sin(SA,SD) sin(SB,SD) sin(BA, BD) sin(AB, AD) AC BC = : = const (d.p.c.m) AD BD 2.4. Cho t giác ABCD n i ti p đư ng tròn (O), AC ∩ BD = J .M t đư ng th ng (d) qua J , (d) ∩ AB, CD, (O) = M, N, P, Q . Ch ng minh r ng: (QMJP) = (QJNP) Ch ng minh.
[6] Theo 2.3 ta có: A(QBCP) = D(QBCP ⇔ (QMJP) = (QJNP) Nh n xét. T 2.4 ta có bài toán sau: Cho t giác ABCD n i ti p đư ng tròn (O), AC ∩ BD = J .M t đư ng th ng (d) qua J , (d) ∩ AB, CD, (O) = M, N, P, Q . Ch ng minh r ng: JM = JN ⇔ JP = JQ Bài toán trên chính là đ nh lí con bư m trong đư ng tròn 2.5. Cho tam giác ABC. AD, BE, CF đ ng quy, EF ∩ AD = L . T L k đư ng th ng vuông góc BC t i H. Ch ng minh r ng a. HL là phân giác FEH b. Đư ng th ng qua L c t CA, CF t i X, Y. Ch ng minh r ng LD là phân giác c a XDY Ch ng minh. a. EF ∩ BC = J . Do AD, BE, CF đ ng quy nên (BCDJ) = −1 . Suy ra H(BCDJ)=-1 mà HL ⊥ HJ nên HL là phân giác FEH b. XY ∩ BC = K . Xét phép chi u: C : J → K, F → X, E → Y, I → I ⇒ (YXIK) = (EFIJ) = −1 ⇒ H(YXIK) = −1
[7] Mà HI ⊥ HK nên HI là phân giác XHY (đ.p.c.m) 2.6. (Đ nh lí decas) Cho hai đư ng th ng ∆, ∆ ' . A, B, C ∈ ∆, A ', B ', C ' ∈ ∆ ' . BC ∩ B 'C ' = X, AC ∩ A 'C ' = Y, AB ∩ A ' B ' = Z . Ch ng minh r ng X, Y, Z th ng hàng Ch ng minh. G i A 'C ∩ AB ' = M, C ' B ∩ B 'C = N, AB ∩ A ' B ' = L . Xét các phép chi u: A ' : B' → L, M → C, Z → B, A → A ⇒ (B ' MZA) = (LCBA) C ' : B ' → L, C → C, X → B, N → A ⇒ (B 'CXN) = (LCBA) ⇒ (B ' MZA) = (B 'CXN) ⇒ MC, AN, XZ đ ng quy ⇒ X, Y, Z th ng hàng Nh n xét: bài toán trên cho ta m t phương pháp m nh đ ch ng minh các đi m th ng hàng 2.7. Cho hai tam giác ABC và A’B’C’. R = BC ∩ B 'C ', Q = CA ∩ C ' A ', P = AB ∩ A ' B ' . Ch ng minh r ng P, Q, R ⇔ AA ', BB ', CC ' đ ng quy ho c đôi m t song song Ch ng minh.
[8] Đ t S = BB '∩ CC ', Q = AC ∩ A 'C ', P = AB ∩ A ' B ', M, N = PQ ∩ BB ', CC ' . Ta có: AA ', BB ', CC ' đ ng quy ho c đôi m t song song ⇔ S, A, A ' ⇔ P(A ' NAS)=Q(A'MAS) ⇔ P(B ' MBS) = Q(C ' NCS) ⇔ BC, B 'C ', MN đ ng quy ⇔ P, Q, R 2.8. Trên tr c s cho b n đi m A, B, C, D; I là trung đi m c a AB, K là trung đi m c a CD. Ch ng minh r ng các đi u ki n sau tương đương: CA DA a. =− (1) CB DB 2 1 1 b. = + AB AC AD 2 c.IA = IC.ID d.AC.AD = AB.AK Ch ng minh. Ch n m t đi m O b t kì trên tr c làm g c. Đ t OA = 1, OB = b, OC = c, OD = d . Khi đó: CA DA a −c a −d =− ⇔ = ⇔ 2 ( ab + cd ) = ( a + b )( c + d ) (2) CB DB b−c b−d 2 1 1 2 1 1 - Ch n O ≡ A(a = 0) , ta có ( 2 ) ⇔ 2cd = bc + bd ⇔ = + ⇔ = + b c d AB AC AD v y a. ⇔ b. - Ch n O ≡ I , ta có a = −b và do đó
[9] 2 (2) ⇔ a 2 = cd ⇔ IA = IC.ID V y a. ⇔ c. 2 1 1 AC + AD - L i có = + ⇔ AC.AD = AB. = AC.AD = AB.AK AB AC AD 2 V y b. ⇔ d. 2.9. Cho t giác ABCD n i ti p (O). AB ∩ CD = S, AD ∩ BC = F, AC ∩ BD = E. Ti p tuy n SM, SN v i đư ng tròn. Ch ng minh r ng E, F, M, N Ch ng minh. SE ∩ AD, BC = Y, T.MN ∩ AB, CD = X, Z . Ta có: (SXAB) = −1 = (SZCD) ⇒ AD, BC, XZ đ ng quy ⇒ F, X, Z ⇒ F, M, N (SXAB) = −1 = (SEYT) ⇒ AT, BY, EX đ ng quy ⇒ F, X, E (SZCD) = −1 = (SEYT) ⇒ DT, ZE, CY đ ng quy ⇒ F, Z, E T trên suy ra E, F, M, N 2.10. Cho l c giác ABCDEF n i ti p (O). X = AC ∩ BD, Y = BE ∩ CF, Z = AE ∩ DF . Ch ng minh r ng X, Y, Z Ch ng minh.
[10] Do A, B, C, D, E, F ∈ (O) nên: B(ACDE) = F(ACDE) ⇒ (ACXM) = (ANZE) ⇒ EM, CN, XZ đ ng quy ⇒ X, Y, Z (d.p.c.m) Chú ý. Đ nh lí trên mang tên Pascal, nó có hơn 200 h qu 2.11. Cho tam giác ABC ngo i ti p (I). D, E, F là ti p đi m c a (I) v i BC, CA, AB. AD ∩ (I) = X, BX ∩ (I) = Y, CX ∩ (I) = Z . Ch ng minh r ng BZ, CY, AX đ ng quy Ch ng minh. K ti p tuy n t i X c a (I) c t BC t i K. Trong t giác XEDF ta có ti p tuy n t i F, E và XD đ ng quy t i A nên t giác XEDF là t giác đi u hòa Mà KX, KD là ti p tuy n c a (I) t i X, D nên K, E, F M t khác AD, BE, CF đ ng quy nên ( KCBC ) = −1 Suy ra:
[11] X(KDBC) = −1 sin(XK, XB) sin(XD, XB) ⇒ : = −1 sin(XK, XC) sin(XD, XC) ⇒ ( ) : sin ( −YXD) = −1 sin XDY sin ( XDZ ) sin ( DXZ ) sin ( XDY ) sin ( YXD ) ⇒ : =1 sin ( XDZ ) sin ( DXZ ) XY YD XY DZ ⇒ : =1⇒ . =1 (1) XZ DZ XZ DY Theo đ nh lí Céva thì BZ, CY, AX đ ng quy YB ZX DC ⇔ . . = −1 YX ZC DB YB ZX DC ⇔ . . = 1 (do D ∈ BC, Y ∈ BX, Z ∈ XC ) YX ZC DB YB ZX DC ⇔ . . =1 YX ZC DB YB DC ZX ⇔ . . =1 BD ZC XY YD XD ZX ⇔ . . =1 XD DZ XY YD ZX ⇔ . = 1 (luôn đúng theo (1)) DZ XY V y BZ, CY, AX đ ng quy (d.p.c.m) 2.12. Cho t giác ABCD n i ti p (O). Ti p tuy n t i B và C c a (O) c t nhau t i P. M là trung đi m BC. Ch ng minh r ng BAM = PAC Ch ng minh. Đ t PM ∩ (O) = E, D . Do P là giao đi m hai ti p tuy n t i B, C c a (O), PM ∩ (O), BC = E, D, M nên (PMED) = −1 ⇒ A(PMED) = −1 . (1) M t khác DE là đư ng kính c a (O) nên AD ⊥ AE (2) T (1) và (2) suy ra AE là phân giác c a MEP Mà AE là phân giác c a BAC suy ra BAM = PAC (d.p.c.m)
[12] 2.13. Cho các đư ng th ng a, b, c, d và a’, b’, c’, d’ đ ng quy th a mãn a ⊥ a ', b ⊥ b ', c ⊥ c ', d ⊥ d ' . Ch ng minh r ng (abcd) = (a ' b 'c 'd ') Ch ng minh. Do a ⊥ a ', b ⊥ b ', c ⊥ c ', d ⊥ d ' nên ( a, c ) = ( a’, c’) , (a, d) = (a ', d '), (b, c) = (b ', c '), (b, d) = (b ', d ') . Ta có (a, c) (b, d) (a ', c ') (b ', d ') (abcd) = : = : = (a 'b 'c 'd ') (d.p.c.m) (a, d) (b, d) (a ',d ') (b ', d ') 2.14. Cho t giác ABCD ngo i ti p (O). M, N, P, Q là ti p đi m c a (O) v i AB, BC, CA, AD. Ch ng minh r ng AC, BD, MN, PQ đ ng quy Ch ng minh. G i AD ∩ BC = J Ta có NP ⊥ OC, NM ⊥ OB, NN ⊥ ON, NJ ⊥ OJ nên theo 2.13 ta có (JCNB) = O(JCNB) = N(QPNM) Tương t ta có: (JAQD) = O(JAQD) = Q(QPNM) M t khác M, N, Q, P ∈ (O) nên Q(QPNM) = N(QPNM) ⇒ (JCNB) = (JAQD) ⇒ AC, BD, NQ đ ng quy Ch ng minh tương t ta có AC, BD, NQ. MP đ ng quy.
[13] Chú ý: Bài toán trên có th đư c gi i quy t đơn gi n nh đ nh lí Pascal Xét l c giác MQQPPN. Ta có: X = NP ∩ MQ, Y = MP ∩ NQ, D = QQ ∩ PP ⇒ X, Y, D (1) Xét l c giác MMNNPQ. Ta có B = MM ∩ NN, Y = MP ∩ NQ, X = MQ ∩ NP ⇒ B, X, Y (2) T (1) và (2) suy ra B, D, Y . Ch ng minh tương t ta có A, C, Y . V y AC, BD, MN, PQ đ ng quy 2.15. Cho t giác ABCD n i ti p (O). M, N là trung đi m AB, CD. ( ANB) ∩ CD = Q, ( DMC ) ∩ AB = P . Ch ng minh r ng AC, BD, PQ đ ng quy Ch ng minh. Ta có: ΡJ/(ABCD) = JC.JD = JA.JB ΡJ/(CDM) = JC.JD = JP.JM ⇒ JP.JM = JA.JB Mà M là trung đi m AB nên theo h th c Maclawrin thì ( JPBA ) = −1 Tương t ta có ( JQDC ) = −1 Suy ra ( JQDC ) = ( JPBA ) = −1 V y PQ, AC, BD đ ng quy(d.p.c.m)
[14] 2.16. Cho tam giác ABC tr c tâm H. M t đư ng th ng b t kì qua H c t AB, AC t i P, Q . Đư ng th ng qua H vuông góc PQ c t BC t i M. Ch ng minh r ng: HP MB = HQ MC Ch ng minh. K AD song song PQ, HE song song BC. Ta có : HP = A(PQHD) (1) HQ MB = H(BCEM) (2) MC AQ ⊥ HB, AP ⊥ HC, AH ⊥ HE, AD ⊥ HM ⇒ A(QPHD) = H(BCEM) (3) HP MB T (1), (2) và (3) ta có = (d.p.c.m) HQ MC 2.17. Cho tam giác ABC, tr c tâm H. Hai đư ng th ng (d1 ) ⊥ (d 2 ) đi qua H. (d1 ) ∩ BC,CA, AB = A1, B1, C1 và (d 2 ) ∩ BC, CA, AB = A 2 , B2 , C2 . BC1 CB1 a. Ch ng minh r ng = BC2 CB2 b. A3 , B3 , C3 l n lư t là trung đi m B2C2 , C2 A 2 , A 2 B2 . Ch ng minh r ng A3 , B3 ,C3 Ch ng minh.
[15] K HJ song song AB, HI song song AC. Ta có: BC1 = H(C1C2 BJ) (1) BC2 CB1 = H(B1B2 CH) (2) CB2 HJ ⊥ HC, HC1 ⊥ HB2 , HB ⊥ HI, HC2 ⊥ HB1 ⇒ H(JC1BC2 ) = H(CB2 IB1 ) (3) b. Trư c h t ta ch ng minh m t b đ B đ 2.17.1. Cho 3 đư ng th ng ∆1, ∆ 2 , A1, B1, C1 ∈ ∆1, A 2 , B2 , C2 ∈ ∆ 2 , Ao ∈ A1A 2 , Bo ∈ B1B2 , Co ∈ C1C2 th a mãn:  A1B1 A 2 B2  =  A1C1 A 2C2   A o A1 = Bo B1 = Co C1 A A  o 2 Bo B2 Co C2 Ch ng minh r ng A0 , B0 , C0 Ch ng minh.
[16] A o A1 Bo B1 Do = nên A o A 2 Bo B2 A0A 2 A 0A1 A 0B0 = .A1B1 + .A 2 B2 A0 A1 + A0 A 2 A0 A1 + A0 A 2 Tương t ta có: A 0 C0 A0A 2 A 0 A1 = .A1C1 + .A 2C2 A0 A1 + A0 A 2 A0 A1 + A0 A 2 AC  A0A 2 A 0 A1  = 1 1 . .A1B1 + .A 2 B2  A1B1  A0 A1 + A0 A 2 A0 A1 + A 0 A 2  AC = 1 1 A0 B0 A1B1 V y A0 , B0 , C0 Tr l i bài toán Theo b đ 2.17.1 ta có: A3 , B3 ,C3 A1B1 A 2 B2 ⇐ = A1C1 A 2C2 HC1 HC2 ⇔ ( B1C1A1H ) = ( B2 C 2 A 2 H ) HB1 HB2 HC1 HC2 ⇔ A ( B1C1A1H ) = A ( B2 C 2 A 2 H ) HB1 HB2 HC1 HC2 ⇔ A(CBA1G) = A(CBA 2G) HB1 HB2
[17] A C AC ⇔ ( CBA1G ) 2 = ( CBA 2G ) 1 (theo 2.16) A 2B A1B AB A B ⇔ ( CBA1G ) 1 = ( CBA 2G ) 2 A1C A 2C CG CG ⇔ = (luôn đúng) BG BG V y A3 , B3 ,C3 Nh n xét: T b đ 2.17.1 ta có th m r ng bài toán Cho tam giác ABC, tr c tâm H. Hai đư ng th ng (d1 ) ⊥ (d 2 ) đi qua H. (d1 ) ∩ BC,CA, AB = A1, B1, C1 và (d 2 ) ∩ BC, CA, AB = A 2 , B2 , C2 . A3 , B3 , C3 l n lư t A A BB C C thu c các đư ng th ng B2C2 , C2 A 2 , A 2 B2 th a mãn 3 1 = 3 1 = 3 1 . Ch ng A3A 2 B3B2 C3C2 minh r ng A3 , B3 ,C3 3. Bài t p 3.1. Cho tam giác ABC n i ti p (O). E là m t đi m trên đư ng tròn. FA c t các ti p tuy n t i B và C c a (O) t i M, N, CM ∩ BN = F . Ch ng minh r ng EF luôn đi qua m t đi m c đ nh 3.2. Cho l c giác ABCDEFF n i ti p. M = BF ∩ CA, N = CA ∩ BD, P = BD ∩ CE, Q = CE ∩ DF, R = DF ∩ EA,S = EA ∩ BF . Ch ng minh r ng MQ, NR, PS đ ng quy 3.3. Cho tam giác ABC. M t đư ng tròn (O) c t BC, CA, AB t i M, N, P, Q, R, S. X = MQ ∩ RN, Y = RN ∩ SP, Z = SP ∩ MQ . Ch ng minh r ng AX, BY, CZ đ ng quy 3.4. Cho tam giác ABC. D, E, F là ti p đi m c a đư ng tròn n i ti p v i các c nh BC, CA và AB. X n m trong tam giác ABC th a mãn đư ng tròn n i ti p tam giác XBC ti p xúc XB, XC, BC t i Z, Y, D th t . Ch ng minh r ng t giác EFZY là t giác n i ti p 3.5. (China TST 2002). Cho t giác l i ABCD. Cho E = AB ∩ CD, F = AD ∩ BC, P = AC ∩ BD . O là chân đư ng vuông góc h t P xu ng EF. Ch ng minh r ng: BOC = AOD 3.6.(Romani Junior Balkan MO 2007)
[18] Cho tam giác ABC vuông t i A. D là m t đi m trên c nh AC. E đ i x ng A qua BD và F là giao đi m c a CE v i đư ng vuông góc v i BC t i D. Ch ng minh r ng AF, DE, BC đ ng quy 3.7.(Romani TST 2007) Cho tam giác ABC. E. F là ti p đi m c a đư ng tròn n i ti p Γ(I) v i các c nh AC, AB. M là trung đi m BC. N = AM ∩ EF và γ ( M ) là đư ng tròn đư ng kính BC. BI và CI c t γ ( M ) t i X và Y khác B, C. Ch ng minh r ng: NX AC = NY AB 3.8. (Mathlinks Forum) Cho tam giác ABC ngo i ti p ρ ( I ) . D, E, F là ti p đi m c a ρ ( I ) v i BC, CA, AB. Xác đ nh M = ρ ( I ) ∩ AD , N là giao đi m c a ( CDM ) v i DF và G = CN ∩ AB . Ch ng minh r ng CD = 3FG 3.9. Cho tam giác ABC cân t i A. M là trung đi m BC. Tìm qu tích các đi m P n m trong tam giác th a mãn BPM + CPA = 1800 3.10.(Senior BMO 2007) Cho đư ng tròn ρ ( O ) và m t đi m A n m ngoài đư ng tròn. T A k hai ti p tuy n AB, AC v i ρ ( O ) . D thu c ρ ( O ) th a mãn O ∈ AD . H hình chi u c a B trên CD. Y là trung đi m c a BX. Z là giao đi m c a DY v i ρ ( O ) . Ch ng minh r ng ZA ⊥ ZC . 3.11. (Virgil Nicula) Cho đư ng th ng (d) và b n đi m A, B, C, D n m trên (d) sao cho (ABCD) = −1 . M là trung đi m CD. Cho ( ω) là đư ng tròn đi qua A và M. NP là đư ng kính c a ( ω) vuông góc AM. Các đư ng th ng NC, ND, PC, PD c t ( ω) t i S1,T1,S2 , T2 theo th t . Ch ng minh r ng S = S1T1 ∩ S2T2 3.12. Cho t giác ABCD, O = AC ∩ BC . M, N, P, Q là hình chi u c a O trên AB, BC, CD, DA. Ch ng minh r ng: OM = OP  ⇔ ABCD là hình bình hành ON = OQ 3.13. Cho tam giác ABC ngo i ti p (I). (I) ti p xúc BC t i D. AD ∩ (I) = X và BXC = 900 . Ch ng minh r ng AX + AE = XD
[19]