Tỷ số kép của hàng điểm và ứng dụng

Chia sẻ: Cấn Duy Cát | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

230
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'tỷ số kép của hàng điểm và ứng dụng', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tỷ số kép của hàng điểm và ứng dụng

[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 (1) a. =− 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) =− ⇔ = b−c b−d CB DB 211 2 1 1 - Ch n O ≡ A(a = 0) , ta có ( 2 ) ⇔ 2cd = bc + bd ⇔ = + ⇔ = + bcd 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 2 AB AC AD 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 (2) = H(BCEM) 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 (1) = H(C1C2 BJ) BC2 CB1 (2) = H(B1B2 CH) 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 . .A 2 B2  .A1B1 + 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] AC AC ⇔ ( CBA1G ) 2 = ( CBA 2G ) 1 (theo 2.16) A 2B A1B AB AB ⇔ ( 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 AA BB CC 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]