Bài giảng Đại số 10 - Phương tích trục đẳng phương

AF) và (B,BM). Do OA=OB và AF=BM nên O nằm trên trục đẳng phương của (A) và (B). Mặt khác, EF, MN lần lượt là trung trực của đoạn AD,BC nên EF ∩ MN={O} . .OE OF OM ON⇒ = Suy ra 4 điểm E,F,M,N cùng thuộc một đường tròn (đpcm) 29 Bài 11: Gọi T là giao của EF với BC. Áp dụng định lý Mê-nê-lauyt cho tam giác ABC với đường thẳng TFE ta có: 2. .TE TF TD TZ TY= = AF . CT CE BT AE BF ⇒ = Mặt khác, dễ dàng có AD,BE,CF đồng quy. Áp dụng định lý Xê-va ta thu được: AF . CD CE BD AE BF = − CD CT BD BT ⇒ = − Tương tự, gọi T’ là giao điểm của YZ với BC thì ' ' CD CT BD BT = − Suy ra 'T T≡ . Ta có: 2. .TE TF TD TZ TY= = Vậy tứ giác EFZY nội tiếp (đcpm) 30 Bài 12: Do KA1=KA2=KB1=KB2 nên tứ giác A1B1B2A2 nội tiếp. 1 1 2 2. .LB LA LB LA⇒ = Suy ra KL là trục đẳng phương của (O1) và (O2) 1 2KL O O⇒ ⊥ 3 điểm A1,B1,P nhìn đoạn O1K dưới góc 90 o nên tứ giác A1B1PK nội tiếp, tương tự tứ giác A2B2PK nội tiếp. Áp dụng định lý Miquel ta có tứ giác B1PB2L nội tiếp (đpcm) Bài 13: Do 90oACB∠ = nên EF là đường kính của đường tròn đường kính CH. CEF ACH CBA⇒ ∠ = ∠ = ∠ Suy ra tứ giác AEFB nội tiếp. Áp dụng định lý về tâm đẳng phương cho đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFB, đường tròn đường kính AB và đường kính EF ta có CD, EF, AB đồng quy (đpcm) 31 Bài 14: Gọi M là giao điểm của A1B1 với A2B2. Dễ dàng có A1B1 ⊥ A2B2. Gọi (C1),(C2) lần lượt là các đường tròn đường kính A1A2,B1B2. Do ∠ A1MA2= ∠ B1MB2=90o nên M nằm trên trục đẳng phương của (C1) và (C2). Mặt khác O1A1 2=O1B1 2 và O1A1, O1B1 lần lượt là tiếp tuyến của (C1),(C2) nên O1 nằm trên trục đẳng phương của (C1) và (C2). Tương tự O2 cũng nằm trên trục đẳng phương của (C1) và (C2) Suy ra O1,M.O2 thẳng hàng. Ta có đpcm. Bài 15: Gọi (I,R) đường tròn ngoại tiếp của tam giác AB2C2, M là trung điểm BC, AM giao A1A3 tại G. Do 1 1. .AC AB AB AC= và AC1=BC2, AB1=CB2 2 2. .BC BA CB CA⇒ = ⇒BI2-R2=CI2-R2⇒BI=CI 32 ⇒ IO ⊥ BC Mà IO ⊥ AA3⇒AA3//BC Dễ dàng có A1M= 1 2 AA3 ⇒ 3 1 AA 2 AG MG A M = = Suy ra G là trọng tâm tam giác ABC. Tương tự B1B3,C1C3 cũng đi qua G. Vậy A1A3,B1B3,C1C3 đồng quy tại trọng tâm G của tam giác ABC. Bài 16: Gọi C1,C2,C3 lần lượt là đường tròn tâm D, bán kính DB, đường tròn tâm E, bán kính EA, đường tròn tâm F bán kính FA Đường thẳng qua C vuông góc với DE là trục đẳng phương của (C1) và (C2), đường thẳng qua A vuông góc với EF là trục đẳng phương của (C2) và (C3), đường thẳng qua B vuông góc với DF là trục đẳng phương của (C1) và (C3). Do đó 3 đường thẳng này đồng quy tại tâm đẳng phương của 3 đường tròn (đpcm) Bài 17: 33 Gọi J,J’,Z lần lượt là giao của AM,DN, AD với XY. Tứ giác JMCK nội tiếp nên . .PJ PK PM PC= Tương tự '. .PJ PK PN PB= Do P nằm trên trục đẳng phương của đường tròn đường kính AC và đường tròn đường kính BD nên . .PM PC PN PB= . '.PJ PK PJ PK⇒ = hay 'P P≡ Vậy AM,DN,XY đồng quy (đpcm) Bài 18: 34 Bổ đề: Cho I,A,B,C,A’, B’,C’ thoả mãn các bộ 3 điểm I,A,A’; I,B,B’; I,C,C’ thẳng hàng và ' ' ' IA IB IC IA IB IC = = , khi đó tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,A’B’C’ và I thẳng hang. Chứng minh:Từ giả thiết ta có AB//A’B’,AC//A’C’, BC//B’C’. Dễ dàng có hai tam giác ABC và A’B’C’ đồng dạng theo tỉ số k. Gọi M,M’ là trung điểm AB,A’B’ thì I,M,M’ thẳng hàng và ' ' IM IA k IM IA = = = ' MO M O Mà MO//M’O’ nên I,O,O’ thẳng hàng. Trở lại bài toán: Gọi M1,N1,P1 là giao điểm của IA với PN, IB với PM, IC với MN. M2,N2,P2 là giao điểm thứ 2 của IA,IB,IC với (O). Ta có: IA.IM1=IN 2=IM2=IB.IN1=IC.IP1 Mặt khác IA.IM2=IB.IN2=IC.IP2 ⇒ 1 1 1 2 2 2 IM IN IP IM IN IP = = Áp dụng bổ đề trên thì I và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M1N1P1, M2N2P2 thẳng hang, với chú ý rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác M1N1P1 là đường tròn Ơ-le của tam giác PMN. Vậy tâm đường tròn Ơ-le của tam giác PMN thuộc đường thẳng OI (đpcm) Bài 19: Kí hiệu (I,0) là đường tròn tâm I, bán kính bằng 0. Ta có 90 ' 2 oABC IBC AIC CIA ∠∠ = = ∠ − = ∠ 2' ' . 'IA A B A C⇒ = hay PA’/(I,0)=PA’/(O) Tương tự PB’/(I,0)=PB’/(O), PC’/(I,0)=PC’/(O) Suy ra A’,B’,C’ cùng thuộc trục đẳng phương của (O) và (I,0), đường thẳng này vuông góc với OI (đpcm) 35 Bài 20: Ta có: / (W ) . ' . ' / (W ) H A H C P HA HA HC HC P= = = và do OA, OC lần lượt tiếp xúc với WA, WC nên PO/(WA)= OA 2=OC2=PO/(WC) Suy ra OH là trục đẳng phương của (WA) và (WC) (W ) (W ) {E,F} HO A C ⇒ ∩ = ∈ Tương tự (W ) (W ) {E,F} HO A B ∩ = ∈ Vậy 3 đường tròn (WA),( WB),( WC) cắt nhau tại 2 điểm thuộc đường thẳng Ơ-le của tam giác ABC (đpcm) Bài 21: Kí hiệu (O1),(O2) lần lượt là đường tròn đường kính AA’ và BB’. Gọi M là trung điểm AB Dễ thấy (M,MA) ∩ (O1)= {A,E}, (M,MA) ∩ (O2)= {B,F} (E,F lần lượt là chân đường cao hạ từ A,B của tam giác ABC) Do AE,BF giao nhau tại trực tâm H và áp dụng định lý về tâm đẳng phương ta suy ra trục đẳng phương của (O1) và (O2) đi qua H (đpcm) 36 Bài 22: Kí hiệu (C1),(C2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, BCE. Ta có AF, BC là trục đẳng phương của (O) và (C1), (O) và (C2). Mặt khác ∠ OAF= ∠ FDB= ∠ FEA, ∠ OBC= ∠ CEB Suy ra OA,OB lần lượt là tiếp tuyến của (C1),(C2) và lại có OA 2=OB2 Do đó OE là trục đẳng phương của (C1) và (C2) Theo định lý về tâm đẳng phương của 3 đường tròn ta có AF,BC,OE đồng quy (đpcm) Bài 23: Bổ đề: “Giả sử (J) tiếp xúc trong với (O) tại E, tiếp xúc dây AB tại F thì EF đi qua điểm chính giữa M của cung AB.” Chứng minh: Ta có EFJ FEJ EMO∠ = ∠ = ∠ / /JF OM⇒ , mà JF AB OM AB⊥ ⇒ ⊥ Vậy M là điểm chính giữa cung AB. Trở lại bài toán: Gọi C,D là tiếp điểm của (O1),(O2) với (O), F,E là tiếp điểm của (O1),(O2) với AB. 37 Theo bổ đề trên thì CF,DE đi qua điểm chính giữa I của cung AB. Mặt khác      1 1 1 ( ) ( ) 2 2 2 DCF sd DI sd DB BI sd DB AI AEI∠ = = + = + = ∠ Suy ra tứ giác CDEF nội tiếp. Áp dụng định lý về tâm đẳng phương cho đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF, (O1),(O2) ta có HK,CF,DE đồng quy Vậy HK đi qua điểm chính giữa I của cung AB là một điểm cố định (đpcm) Bài 24: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác ABC. Theo Bài 4, ta có 2 2 2 2 2 9 a b c R OG + + = + (1) Do MA.MA’=MB.MB’=MC.MC’=R2-OM2 suy ra: 2 ' . ' MA MA MA MA MA = = 2 2 2 MA R OM− Tương tự 2 2 2 2' . ' MB MB MB MB MB MB R OM = = − , 2 2 2 2' . ' MC MC MC MC MC MC R OM = = − Từ đó ta thu được 2 2 2 2 2 3 MA MB MC R OM + + = − hay 3MG2+1/3(a2+b2+c2)=3R2-3OM2 (2) (Bài 4) Từ (1) và (2) suy ra OM2+GM2=OG2 Vậy M nằm trên đường tròn đường kính OG là một đường tròn cố định. 38 Bài 25: Gọi I là trung điểm BC. Do AA’, BB’,CC’ đồng quy nên (QA’BC)=-1 ' . ' ' . 'A Q A I A B A C⇒ = (1) Do MN//B’C’nên ' 'MNC C B C MBC∠ = ∠ = ∠ Suy ra tứ giác MBNC nội tiếp ' . ' ' . 'A B A C A M A N⇒ = (2) Từ (1) và (2) ta có ' . ' ' . 'A Q A I A M A N= Suy ra tứ giác QMIN nội tiếp Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác QMN luôn đi qua trung điểm I của BC là một điểm cố định (đpcm) 39 Bài 26: Ta có 2 2 .MP MA MB MR= = ~PMB RMP⇒△ △ 180oMPB MRP PCS⇒ ∠ = ∠ = − ∠ ⇒AP//CS (đpcm) Bài 27: Gọi M là giao điểm thứ 2 của AB với (O1), N là giao điểm thứ 2 của AC với (O2). Ta có PMD PGD PCB∠ = ∠ = ∠ Suy ra tứ giác BPCM nội tiếp, tương tự tứ giác BPCN nội tiếp do đó tứ giác BMNC nội tiếp. Mà DE//BC ta thu được tứ giác MDEN nội tiếp. Áp dụng định lý về tâm đẳng phương cho các đường tròn ngoại tiếp DGP, PEF và DENM ta có DM ∩ EN={A} nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O2). Suy ra AP ⊥ O1O2 (đpcm) 40 Bài 28: Gọi O,J lần lượt là trung điểm AH, MH. Ta có 2 2EFD HFD EBM EMC∠ = ∠ = ∠ = ∠ Suy ra tứ giác FEMD nội tiếp. . .IE IF IM ID⇒ = Do đó I nằm trên trục đẳng phương của (O,OA) và (J,JH) IH OJ⇒ ⊥ Mà OJ là đường trung bình của tam giác AMH nên OJ//AM ⇒ IH AM⊥ (đpcm) Bài 29: Gọi bán kính w1, w2,(O) lần lượt là r1,r2,r, O1,O2 là tâm w1 và w2 Ta có 1O P /(O)= 1 1.O P O Q =O1O 2-r2, 2 21 1 1 2 2.O P O Q O O r= − do đó: 41 O1O 2-r2=O1O2 2-r2 2 Suy ra PO/(O1)=OO1 2-r1 2=O1O2 2+r2-r1 2-r2 2 Tương tự PO/(O2)= O1O2 2+r2-r1 2-r2 2 Vậy O nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O2) (đpcm) Bài 30: Gọi D là giao điểm của AC và KN. Ta có ∠ KMA= ∠ BMA- ∠ KMB= ∠ ACB- ∠ ANK=KDA Suy ra tứ giác AKMD nội tiếp 180 180o oAMD AKD ACB AMB⇒ ∠ = ∠ = − ∠ = − ∠ Do đó B,M,D thẳng hàng. Đặt BO=a, DO=b, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKNC Ta có BM.BD=BK.BA=a2-R2, DM.DB=DC.DA=b2-R2 ⇒BD2=a2+b2-2R2 ⇒BM2-DM2= 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 )( )a R b R a b R a b a b BO DO BD BD BD    − − + − − − = = − = −        90oBMO⇒ ∠ = (đpcm) Bài 31: Trục đẳng phương của hai đường tròn có phương trình: d: 3x-4y-26=0 Ta khảo sát vị trí tương đối của d với (C1): Toạ độ giao điểm của d với (C1) thoả mãn hệ: 2 2 3 4 26 0 2 4 4 0 x y x y x y − − =  + − + − = 2 24 26 4 262 4 4 0 3 3 3 3 y y y y     ⇒ + + − + + − =        225 220 484 0y y⇔ + + = 4, 4y⇔ = − Vậy d tiếp xúc với (C1), tức là (C1) tiếp xúc với (C2) (đpcm) 42 Bài 32: Trục đẳng phương của hai đường tròn (C1) và (C2) có phương trình: d : -4x+14y-19=0 Ta xét vị trí tương đối của d với (C2). Toạ độ giao điểm của d với (C2) thoả mãn hệ: 2 2 2 2 2 4 14 19 0 2 4 20 0 7 19 7 19 2 4 20 0 2 4 2 4 193 53 177 0 4 x y x y x y y y y y y y − + − =  + − − − =     ⇒ − + − − − − =        ⇔ − + = Phương trình này có 2 nghiệm phân biệt nên d cắt (C1), tức là (C1) và (C2) cắt nhau. Tham khảo: 1. 2. Đỗ Thanh Sơn- Trần Hữu Nam, “Phương pháp giải toán hình học 10 theo chủ đề”. 3.Nguyễn Minh Hà-Nguyễn Xuân Bình, “Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10”. 4.Viktor Prasolov, “Problems in plane and solid geometry, vol.1: Plane geometry” 5. Các bài giảng đội tuyển học sinh giỏi lớp 10 khối THPT chuyên, ĐHKHTN- ĐHQGHN