Chuyên đề các định lý hình học

ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS Quy ước: để ký hiệu P là giao điểm của AB và CD. Nếu các điểm A, B, C thẳng hàng, ta quy ước dấu (vì vậy nếu B nằm giữa A và C thì , ngược lại ) Định Lý Ceva Cho tam giác ABC. D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng các mệnh đề sau là tương đương: AD,BE,CF đồng quy tại một điểm. . . Chứng minh: Chúng ta sẽ chứng minh rằng 1.1 dẫn đến 1.2, 1.2 dẫn đến 1.3, và 1.3 dẫn đến 1.1. Giả sử 1.1 đúng. Gọi P là giao điểm của AD, BE, CF. Theo định lý hàm số sin trong tam giác APD, ta có:(1) Tương tự, ta cũng có: (2) (3) Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta được 1.2. Giả sử 1.2 đúng. Theo định lý hàm số sin trong tam giác ABD và tam giác ACD ta có:Do đó: (4) Tương tự, ta cũng có:(5) (6) Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được 1.3. Giả sử 1.3 đúng, ta gọi Theo 1.1 và 1.2, ta có: hay: Do đó:. Nhận xét. Với định lý Ceva, ta có thể chứng minh được các đường trung tuyến, đường cao, đường phân giác trong của tam giác đồng quy tại một điểm. Các điểm đó lần lượt là trọng tâm (G), trực tâm (H), tâm đường tròn nội tiếp tam giác (I). Nếu đường tròn nội tiếp tam giác ABC cắt AB, BC, CA lần lượt là tại F, D, E. Khi đó, ta có: AE=AF; BF=BD; CD=CF. Bằng định lý Ceva, ta chứng minh được AD, BE, CF đồng quy tại một điểm, điểm đó gọi là điểm Gergonne (Ge) của tam giác ABC (hình dưới). Lưu ý: Định lý Ceva có thể được suy rộng bởi những giao điểm nằm ngoài tam giác ABC mà không nhất thiết phải nằm trong nó. Vì vậy, các điểm D, E, F có thể nằm ngoài các cạnh BC, CA, AB như hình bên. Ví dụ sau sẽ cho thấy rõ tác dụng của định lý Ceva. Bài toán. [IMO 2001 Short List] Cho điểm A1 là tâm của hình vuông nội tiếp tam giác nhọn ABC có hai đỉnh nằm trên cạnh BC. Các điểm B1, C1 cũng lần lượt là tâm của các hình vuông nội tiếp tam giác ABC với một cạnh nằm trên AC và AB. Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy. Lời giải: Gọi A2 là giao điểm của AA1 và BC. B2 và C2 được xác định tương tự. Theo định lý hàm số sin, ta có: hay Tương tự: hay Do đó, ta được: (1) Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng được: (2) (3) Nhân từng vế của (1), (2), (3) kết hợp định lý Ceva ta được điều cần chứng minh. Bài tập áp dụng: Qua các điểm A và D nằm trên đường tròn kẻ các đường tiếp tuyến, chúng cắt nhau tại điểm S. Trên cung AD lấy các điểm A và C. Các đường thẳng AC và BD cắt nhau tại điểm P, các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại điểm O. Chứng minh rằng đường thẳng PQ chứa điểm O. Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngoài ta dựng các hinh vuông. A1, B1, C1, là trung điểm các cạnh của các hình vuông nằm đối nhau với các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Chứng minh rằng các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy. Chứng minh các đường cao, đường trung tuyến, tâm đường tròn nội tiếp,ngoại tiếp tam giác đồng quy tại một điểm. Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy các điểm A1, B1, C1 sao cho các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm. Chứng minh rằng các đường thẳng AA2, BB2, CC2 đối xứng vớicác đường thẳng đó qua các đường phân giác tương ứng, cũng đồng quy. Định Lý Menelaus Cho tam giác ABC. Các điểm H, F, G lần lượt nằm trên AB, BC, CA. Khi đó: M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi Chứng minh: Phần thuận: Sử dụng định lý sin trong các tam giác AGH, BFH, CGF, ta được: . (với lưu ý rằng ) Nhân từng vế ta được điều phải chứng minh. Phần đảo: Gọi Hoàn toàn tương tự ta có được: Hay , suy ra Nhận xét. Định lý Menelaus có rất nhiều ứng dụng trong giải toán. Nhiều định lý nổi tiếng được chứng minh một cách dễ dàng nhờ định lý Menelaus như định lý Ceva, Pascal, Desargues (sẽ được nêu ở phần bài tập dưới đây). Ví dụ: Cho A, B, C, D, E, F là các điểm nằm trên một đường tròn (có thể ko xếp theo thứ tự như trên). Gọi Chứng minh rằng P, Q, R thẳng hàng. Chứng minh: Gọi Áp dụng định lý Menelaus cho Bc, DE, FA (đối với tam giác XYZ), ta có: Do đó: . Theo định lý Menelaus ta được P, Q, R thẳng hàng. Bài tập áp dụng: Điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, A1, B1, C1 lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P xuống BC, CA, AB. Chứng minh rằng A1, B1, C1 thẳng hàng. Trong tam giác vuông ABC kẻ đường cao CK từ đỉnh của góc vuông C, còn trong tam giác ACKkẻ đường phân giácCE. D làtrung điểm của đoạn AC, F là giao điểm của các đường thẳng DE và CK. Chứng minh BF//CE. Các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm O. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng AB và A1B1, BC và B1C1, CA và C1A1 nằm trên một đường thẳng. Cho hai tam giác ABC, A’B’C’. Nếu các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại một điểm O, thì các điểm P, Q, R thẳng hàng, trong đó DIỆN TÍCH TAM GIÁC THỦY TÚC Ivan Borsenco Translator: Duy Cuong. Trong Toán học, Hình Học luôn giải quyết các bài toán với những kết quả chính xác và hấp dẫn. Bài viết sau đây trình bày về một trong những kết quả tuyệt đẹp trong bài toán hình học – Định lý Euler cho tam giác thùy túc và ứng dụng của nó. Chúng ta hãy bắt đầu với phép chứng minh định lý, sau đó cùng nhau thảo luận các Bài toán Olympiad. Định lý 1. Cho C(O,R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Xét một điểm M tuỳ ý nằm trong tam giác. Ký hiệu A1, B1, C1 là hình chiếu của M lên các mặt của tam giác thì Chứng minh. Đầu tiên ta để ý rằng AB1MC1, BC1MA1, CA1MB1 là những tứ giác nội tiếp. Áp dụng định lý Cauchy mở rộng vào tam giác AB1C1 ta được . Tương tự, ta được và . Từ đó suy ra: Giả sử AM, BM, CM cắt đường tròn C(O,R) tại X, Y, Z. Ta có: Tương tự, và Do đó, đồng dạng với và Mặt khác, đồng dạng với nên ta có Từ các kết quả thu về ta được: Từ đó ta có thể thấy biểu thức trên không phụ thuộc vào vị trí điểm M (kể cả trong hay ngoài đường tròn). Hệ quả 1: Nếu M nằm trên đường tròn, hình chiếu của M lên các cạnh tam giác sẽ thẳng hàng (Định lý Simson). Một định lý nữa mà chúng tôi muốn giới thiệu (không chứng minh) đến bạn đọc là định lý Lagrange nổi tiếng. Định lý 2 Cho M là một điểm nằm trong mặt phẳng tam giác ABC với bộ số . Với một điểm P bất kỳ nằm trong mp(ABC). Ta được: Cách chứng minh có thể tìm thấy khi áp dụng Định lý Stewart một số lần. Định lý này có một hệ quả rất hay khi P trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó, ta được: Từ hệ quả này kết hợp định lý Euler cho tam giác thùy túc, ta được định lý sau: Định lý 3: Cho M là điểm nằm trong mặt phẳng tam giác ABC, với bộ số (u,v,w). Ký hiệu A1, B1, C1 là hình chiếu của M lên các cạnh tam giác. Ta được: Từ kết quả trên chúng ta có thể thấy Định lý 1 và Định lý 3 đã đưa chúng ta nhận thức phần nào về diện tích tam giác thùy túc. Định lý Euler về diện tích tam giác thùy túc thật sự là một công cụ tiện ích cho việc giải các bài toán hình học. Ứng dụng đầu tiên mà chúng tôi sắp giới thiệu sau đây nói về những điểm Brocard Định nghĩa điểm Brocard: Trong tam giác ABC, đường tròn qua A và tiếp xúc với BC tại B, đường tròn qua B và tiếp xúc với AC tại C và đường tròn qua C tiếp xúc với AB tại A. Chúng cắt nhau tại một điểm, gọi là điểm Brocard. Một cách tổng quát, ta có hai điểm Brocard, điểm thứ hai xuất hiện khi ta quay ngược chiều kim đồng hồ sự tiếp xúc của các đường tròn. Bài toán 1: Cho và là hai điểm Brocard của tam giác ABC. Chứng tỏ rằng , với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Hướng dẫn: Từ định nghĩa điểm Brocard, ta thấy: , tương tự . Ta đi chứng minh . Để ý rằng và tương tự, Cộng các diện tích ta được: hay (1) Cách tính tương tự, ta cũng được (2) Từ (1), (2) suy ra Ý tưởng cho cách chứng minh trên bắt nguồn từ Định lý Euler cho tam giác thùy túc. Để ý rằng và luôn nằm trong tam giác ABC, bởi vì mỗi nửa đường tròn như trên đều thuộc mp(ABC). Từ đó, và luôn nằm trong tam giác. Để chứng minh ta chứng minh diện tích tam giác thùy túc của chúng bằng nhau. Nếu vậy, ta có . Từ đó suy ra đpcm. Ký hiệu lần lượt là hình chiếu của lên các cạnh BC, CA, AB. Sau đó, sử dụng định lý hàm Sin mở rộng, ta được , vì là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác . Cũng áp dụng định lý Sin vào tam giác ta được: Dẫn đến: Tương tự, ta có và . Dễ dàng ta thấy tam giác đồng dạng với tam giác ABC theo tỉ số đồng dạng . Từ , ta kết luận được tam giác thùy túc chứa và có cùng diện tích. Suy ra . Chú ý: Giao của các đường đối trung trong tam giác ký hiệu là K và được gọi là điểm Lemoine. Ta có thể chứng minh được . Hơn thế nữa, các điểm O, , K, nằm trên đường tròn đường kính OK gọi là đường tròn Brocard. Chúng ta hãy cùng nhau tìm hiểu một Bài toán thú vị khác sau đây: Bài toán 2: Cho tam giác ABC, ký hiệu O, I, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng: Hướng dẫn: Nhiều cách chứng minh sẽ bắt đầu từ OI hay OH, nhưng chúng ta hãy chọn một hướng khác, đó là đặt diện tích nội tiếp vào I và H. Một cách đơn giản, tâm đường tròn nội tiếp luôn nằm bên trong tam giác ABC, và nếu , ta được điều cần chứng minh. Vì vậy, giả sử . Điều đó dẫn đến tam giác ABC là tam giác nhọn. Để chứng minh ta có thể sử dụng định lý Euler cho tam giác thùy túc và chứng minh diện tích tam giác thùy túc tâm I, lớn hơn diện tích tam giác thùy túc tâm H, . Từ đó, do nên hay Bây giờ chúng ta hãy tìm cả hai diện tích. Ký hiệu lần lượt là hình chiếu của H và lần lượt là hình chiếu của I lên BC, CA, AB. Ta có nằm trên đường tròn Euler bán kính R/2 , từ đó: Sử dụng định lý Sin, dễ dàng ta được và vì thế Để tính diện tích tam giác , để ý rằng: . Mà Ta được: Từ đó đủ để chứng minh Bây giờ chúng ta hãy sử dụng Bất Đẳng Thức Jensens cho hàm lõm Từ đó: Vì vậy, , và bài toán đã được giải quyết. Hai ví dụ kế tiếp để hướng dẫn giải một cách ngắn gọn một số bài toán Olympiad bằng cách sử dụng Định Lý Euler về tam giác thùy túc. Bài toán 3: (Olympiad Toán Balkan). Cho tam giác nhọn ABC. Ký hiệu là hình chiếu của trọng tâm G lên các mặt của tam giác. Chứng minh rằng: Hướng dẫn: Như chúng ta đã thấy, yêu câu bài toán hướng chúng ta sử dụng trực tiếp định lý Euler về tam giác thùy túc. Áp dụng ngay ta được: Bất đẳng thức bên phải luôn đúng. Ta đi chứng minh bất đẳng thức bên trái đúng. Nhớ lại biểu thức mà chúng ta đã biết Vì tam giác ABC nhọn nên ta có , dẫn đến . Vì vậy, hay Đưa đến kết luận sau: Bài toán 4. (Toán đối xứng, Ivan Borsenco) Với điểm bất kì nằm trong tam giác ABC, xác định bộ ba () lần lượt là khoảng cách từ đến cạnh . Chứng minh rằng tập hợp các điểm thỏa mãn điều kiện , với là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác, nằm trong vòng tròn tâm bán kính . Lời giải. Gọi là hình chiếu của trên các cạnh . Xét là tam giác thùy túc cho điểm , ta có , nên: Viết gọn lại, ta được: Mà ta đã biết: Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta được: Sử dụng định lí Euler cho tam giác thùy túc, ta có: Từ đây có thể suy ra Vậy với mọi điểm trong tập hợp, ta có (điều phải chứng minh). Bài toán 5: (Ivan Borsenco đề nghị) Cho là điểm nằm trong tam giác và có tọa độ là . Gọi là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác thùy túc của điểm.Chứng minh rằng: Lời giải. Kí hiệu là đẳng giác của điểm . Chúng ta cần 2 bổ đề sau: Bổ đề 1: Nếu và là 2 tam giác thùy túc của 2 đẳng giác điểm và thì 6 điểm này nằm trên một vòng tròn. Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh rằng là một tứ giác nội tiếp. Đặt . Và bởi vì nội tiếp, nên: Tương tự, vì nên ta có: Do đó nên là một tứ giác nội tiếp. Cứ thế ta thu được rằng và cũng là tứ giác nội tiếp. Xét 3 đường tròn ngoại tiếp tứ giác của chúng ta, nếu chúng không trùng nhau thì chúng có một tâm đẳng phương, đó là điểm giao nhau của 3 trục đẳng phương. Tuy nhiên, chúng ta có thể thấy rằng những trục đẳng phương này, tức các đường thẳng , tạo thành một tam giác, đặt tên là , một điều trái ngược. Điều này chứng tỏ, các điểm nằm trên cùng 1 đường tròn. Bổ đề 2: Nếu là hai đẳng giác điểm, thì ta luôn có: Chứng min. Gọi là tan giác thủy túc của điểm . Dễ dàng chứng minh được rằng Vậy diện tích của tứ giác được tính theo công thức . Vì , chúng ta được . Tương tự, ta tìm được rằng và Từ trên, ta suy ra: Hay: Sử dụng Định lí hàm Sin, ta được điều cần chứng minh: Quay trở lại Bài toán . Áp dụng BĐT AM-GM vào bổ đề 2, ta được: Lại có: Ta thu được: Vì , nên: Sử dụng bổ đề 1 và Định lí Euler cho diện tích của một tam giác thùy túc, ta có: Vậy: Bước tiếp theo là sử dụng Định lí 3 cho điểm và đẳng giác liên hợp của nó: Đẳng giác điểm của , có là tọa độ không gian, vậy: Tổng hợp 2 kết quả trên và BĐT đã chứng minh, ta có: Cuối cùng, ta thu được: ĐỊNH LÍ PTOLEMY Dựa theo bài của Zaizai Trên diễn dàn toàn học 1. Mở đầu. Hình học là một trong những lĩnh vực toán học mang lại cho người yêu toán nhiều điều thú vị nhất và khó khăn nhất. Nó đòi hỏi ta phải có những suy nghĩ sáng tạo và tinh tế. Trong lĩnh vực này cũng xuất hiện không ít những định lí, phương pháp nhằm nâng cao tính hiệu quả trong quá trình giải quyết các bài toán, giúp ta chinh phục những đỉnh núi ngồ ghề và hiểm trở . Trong bài viết này zaizai xin giới thiệu đến các bạn một vài điều cơ bản nhất về định lí Ptolemy trong việc chứng minh các đặc tính của hình học phẳng. 2. Nội dung - Lí thuyết: 2.1. Đẳng thức Ptolemy: Cho tứ giácnội tiếp đường tròn. Khi đó Chứng minh. Lấythuộc đường chéosao cho Khi đó xétvà có: Nên đồng dạng với Do đó ta có: (1). Lại có và Nên Suy ra hay (2). Từ (1) và (2) suy ra Vậy đẳng thức Ptolemy được chứng minh. 2.2. Bất đẳng thức Ptolemy. Đây có thể coi là định lí Ptolemy mở rộng bởi vì nó không giới hạn trong lớp tứ giác nội tiếp . Định lí: Cho tứ giác. Khi đó Chứng minh. Tronglấy điểm M sao cho: Dễ dàng chứng minh: Cũng từ kết luận trên suy ra: Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác và các điều trên ta có: Vậy định lí Ptolemy mở rộng đã được chứng minh. 3, Ứng dụng của định lí Ptolemy. Mở đầu cho phần này chúng ta sẽ đến với 1 ví dụ điển hình và cơ bản về việc ứng dụng định lí Ptolemy. Bài toán 1. [Đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quí Đôn, thị xã Đông Hà, tỉnh Quảng Trị, năm học 2005-2006] Cho tam giác đềucó các cạnh bằng Trênlấy điểm di động, trên tia đối của tia lấy điểm di động sao cho Gọi là giao điểm của và . Chứng minh rằng Chứng minh. Từ giả thiết suy ra Xétvà có: và Suy ra Lại có Từ ta suy ra được Suy ra tứ giácnội tiếp được đường tròn. Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giácnội tiếp và giả thiết Ta có (đpcm). Đây là 1 bài toán khá dễ và tất nhiên cách giải này không được đơn giản lắm.Vì nếu muốn sử dụng đẳng thức Ptolemy trong 1 kì thi thì có lẽ phải chứng minh nó dưới dạng bổ đề. Nhưng điều chú ý ở đây là ta chẳng cần phải suy nghĩ nhiều khi dùng cách trên trong khi đó nếu dùng cách khác thì lời giải có khi lại không mang vẻ tường minh. Bài toán 2. [Đề thi chọn đội tuyển Hồng Kông tham dự IMO 2000] Tam giácvuông có. Gọilà một điểm trên cạnh là một điểm trên cạnhkéo dài về phía điểm sao cho . Gọilà một điểm trên cạnhsao chonằm trên một đường tròn. là giao điểm thứ hai củavới đường tròn ngoại tiếp. Chứng minh rằng: Chứng minh. Xét các tứ giác nội tiếpvà ta có: (cùng chắn các cung tròn) Mặt khác Xét và có: (do ) (do ) Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếpta có: Từ( 1), (2), (3) suy ra (đpcm). Có thể thấy rằng bài 1 là tư tưởng đơn giản để ta xây dựng cách giải của bài 2. Tức là dựa vào các đại lượng trong tam giác bằng nhau theo giả thiết ta sử dụng tam giác đồng dạng để suy ra các tỉ số liên quan và sử dụng phép thế để suy ra điều phải chứng minh. Cách làm này tỏ ra khá là hiệu quả và minh họa rõ ràng qua 2 ví dụ mà zaizai đã nêu ở trên. Để làm rõ hơn phương pháp chúng ta sẽ cùng nhau đến với việc chứng minh 1 định lí bằng chính Ptolemy. Bài toán 3. ( Định lí Carnot) Cho tam giác nhọnnội tiếp trong đường tròn và ngoại tiếp đường tròn Gọi lần lượt là khoảng cách từtới các cạnh tam giác. Chứng minh rằng: Chứng minh. Gọilần lượt là trung điểm của Giả sử Tứ giác nội tiếp, theo đẳng thức Ptolemy ta có: Do đó: Tương tự ta cũng có : Mặt khác: Từ (1), (2), (3), (4) ta có: Đây là một định lí khá quen thuộc và cách chứng minh khá đơn giản. Ứng dụng của định lí này như đã nói là dùng nhiều trong tính toán các đại lượng trong tam giác. Đối với trường hợp tam giác đó không nhọn thì cách phát biểu của định lí cũng có sư thay đổi. Bài toán 4. [Thi HSG các vùng của Mĩ, năm 1987] Cho một tứ giác nội tiếp có các cạnh liên tiếp bằngvà các đường chéo bằng Chứng minh rằng Lời giải. Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp thì Vậy ta cần chứng minh Bất đẳng thức này chính là một bất đẳng thức rất quen thuộc mà có lẽ ai cũng biết đó là BĐT Cauchy-Schwarz. Vậy bài toán được chứng minh. Một lời giải đẹp và vô cùng gọn nhẹ cho 1 bài toán tưởng chừng như là khó. Ý tưởng ở đây là đưa bất đẳng thức cần chứng minh về 1 dạng đơn giản hơn và thuần đại số hơn. Thật thú vị là bất đẳng thức đó lại là BĐT Cauchy-Schwarz. Bài toán 5. Cho đường tròn và BC là một dây cung khác đường kính của đường tròn. Tìm điểm A thuộc cung lớn BC sao cho lớn nhất. Lời giải. Gọi D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Đặt không đổi. Theo định lí Ptolemy ta có: Do BC và A không đổi nênlớn nhất khi và chỉ khilớn nhất khi và chỉ khi A là điểm đối xứng của D qua tâm O của đường tròn. 4. Bài tập. Bài toán 4.1. [CMO 1988, Trung Quốc] Cho là một tứ giác nội tiếp với đường tròn ngoại tiếp có tâm (O) và bán kính R. Các tia cắtlần lượt tại Chứng minh rằng: Bài toán 4.2. Cho đường trònvà dây cung BC khác đường kính. Tìm điểm A thuộc cung lớn của BC đường tròn để đạt giá trị lớn nhất. Bài toán 4.3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Đường trònnằm trongtiếp xúc với tại T thuộc cung AC (không chứa B). Kẻ các tiếp tuyếntới Chứng minh rằng Bài toán 4.4. Cho lục giáccó các cạnh có độ dài nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng trong ba đường chéocó ít nhất một đường chéo có độ dài nhỏ hơn Bài toán 4.5. Cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính của đường tròn này gấp đôi bán kính của đường tròn kia. là tứ giá nội tiếp đường tròn nhỏ. Các tia lần lượt cắt đường tròn lớn tại Chứng minh rằng: Chu vi tứ giác lớn hơn 2 lần chu vi tứ giác ĐỊNH LÝ PTOLEMY MỞ RỘNG Định lý Ptolemy mở rộng. Cho nội tiếp đường tròn Đường tròn thay đổi luôn tiếp xúc với (không chứa ). Gọi lần lượt là các tiếp tuyến từ đến đường tròn thì ta có hệ hệ thức sau A’ C’ B’ Z Y X O O’ M B A C Chứng minh. Xét trường hợp và tiếp xúc ngoài với nhau (trường hợp tiếp xúc trong chứng minh tương tự). Giả sử M là tiếp điểm của và MA, MB, MC theo thứ tự cắt tại X, Y, Z. Lúc đó Theo định lý Thalès ta có Lại có Từ (1) và (2) suy ra hay Từ định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp thu được Do đó Các bài toán ứng dụng. Bài toán 2.1. Cho 2 đường tròn tiếp xúc nhau, ở đường tròn lớn vẽ tam gíac đều nội tiếp. Từ các đỉnh của tam gíac kẻ các tiếp tuyến tới đường tròn nhỏ. Chứng minh rằng độ dài một trong ba tiếp tuyến đó bằng tổng hai tiếp tuyến còn lại. Lời giải. Coi rằng đường tròn nhỏ tiếp xúc với (không chứa A) và đặt lần lượt là độ dài các đường tiếp tuyến kẻ từ đến đường tròn nhỏ. Từ định lý Ptolemy mở rộng ta có Bài toán 2.2. Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn . Một đường tròn thay đổi tiếp xúc với đoạn CD và cung nhỏ CD, kẻ tiếp tuyến AX, BY với đường tròn này. Chứng minh rằng AX+BY không đổi. B X D C O A I M Y Lời giải. Không mất tính tổng quát, coi rằng hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Từ đó dễ dàng suy ra Áp dụnh định lý với các tam gíac ACD và BCD, ta được . Cộng hai đẳng thức này, suy ra Bài toán 2.3. nội tiếp đường tròn Trên cạnh lấy điểm sao cho Gọi là bán kính đường tròn tiếp xúc và cung nhỏ BC (Không chứa ) và là bán kính đường tròn nội tiếp Chứng minh rằng B 1 O B A C O 1 N M Lời giải. Giả sử đường tròn tiếp xúc với lần lượt tại . Đặt Suy ra Áp dụng định lý, ta được hay Suy ra Gọi là độ dài tiếp tiếp từ tới đường tròn nội tiếp Thế thì ta có Lại có Từ đây ta được điều phải chứng minh. Bài tập. [TH&TT bài T8/369] Cho nội tiếp đường tròn và có độ dài các cạnh Gọi theo thứ tự là điểm chính giữa cung (không chứa A), (không chứa B), (không chứa C). Vẽ các đường tròn theo thứ tự có đường kính là Chứng minh bất đẳng thức Đẳng thức xảy ra khi nào? [TH&TT bài T11/359] Cho Đường tròn nằm trong tam giác và tiếp xúc với các cạnh Đường tròn đi qua và tiếp xúc ngoài với đường tròn tại Chứng minh rằng đường phân giác của góc đi qua tâm đường tròn nội tiếp của MỘT TỈ SỐ VÀ ỨNG DỤNG Dựa theo bài của Son Hong Ta Trên Mathematical reflections 2 (2008) Trong bài “Định lý Ptolemy mở rộng” ta đã thấy một tính chất thú vị đối với hai đường tròn tiếp xúc nhau, ở bài này ta tiếp tục tìm hiểu thêm về một tính chất khác đối với hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau và sự ứng dụng của tính chất này. F E B 1 A 1 T A B Bổ Đề. Cho và là hai điểm nằm trên đường tròn Một đường tròn tiếp xúc trong với tại Gọi và là hai tiếp tuyến kẻ từ và đến . Thì ta có Lời giải. Gọi và là giao điểm thứ hai của với . Chúng ta biết rằng song song với Vì thế ta có, Suy ra đây chính là điều phải chứng minh. Để minh họa cho bổ đề này, chúng ta sẽ đến với một vài ví dụ. Bài toán sau đây đã được đề nghị của Nguyễn Minh Hà, trong tạp chí toán học và tuổi trẻ (2007). A T C B I F D E Bài toán 1. Cho là đường tròn ngoại tiếp của tam giác và là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác với cạnh Chứng minh rằng Lời giải. Gọi và lần lượt là hai tiếp điểm của đường tròn với cạnh và Theo bổ đề trên ta có, Vì vậy tam giác và đồng dạng. Suy ra có nghĩa là cùng nằm trên một đường tròn. Vậy Bài toán 2. Cho là tứ giác nội tiếp trong đường tròn Cho là đường tròn tiếp xúc trong với tại và tiếp xúc với tại Gọi là giao điểm của với Chứng minh rằng là đường phân giác trong của góc Lời giải. Từ bổ đề, chúng ta có được vì vậy bài toán sẽ được chứng minh nếu ta có E P A C D B T F Chú ý rằng và từ định lý hàm sin đối với hai tam giác chúng ta có được Vì vậy, ta được suy ra điều phải chứng minh. S B P C A T Q Sau đây là toán từ “Moldovan Team Selection” năm 2007. Bài toán 3. Cho tam giác và là đường tròn ngoại tiếp tam giác. Đường tròn tiếp xúc trong với tại và với cạnh ở Gọi là giao điểm của với Chứng minh rằng Lời giải. Dùng bổ đề , ta có Từ đây dễ dàng suy ra hai tam giác và đồng dạng. Vì vậy Bài toán 4. Cho đường tròn có dây cung . Gọi là hai đường tròn tiếp xúc trong với và . Gọi giao điểm giữa là Chứng minh rằng đi qua trung điểm cung (không chứa ). P N M T B A S Q R Lời giải. Gọi và lần lượt là tiếp điểm của đường tròn với và và lần lược là tiếp điểm của đường tròn với và Cho là trung điểm của cung (không chứa ). Áp dụng bổ đề đối với hai đường tròn và hai điểm với hai tiếp tuyến tới đường tròn , thì chúng ta có Điều này có nghĩa là đi qua Tương tự, cũng đi qua Mặt khác, ta lại có Nên bốn điểm cùng nằm trên một đường tròn và gọi nó là đường tròn . Chú ý rằng là trục đẳng phương của và là trục đẳng phương của và còn là trục đẳng phương của và Vì vậy ba đường thẳng sẽ đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn này. Vậy ta suy ra được sẽ đi qua Chúng ta sẽ tiếp tục với một bài toán trong “MOSP Tests” năm 2007. K M A Q P T B C Bài toán 5. Cho tam giác . Đường tròn đi qua Đường tròn tiếp xúc trong với và hai cạnh lần lượt tại Gọi là trung điểm của cung (chứa ) của đường tròn Chứng minh rằng ba đường thẳng đồng quy. Lời giải. Gọi và Áp dụng định lý Menelaos trong tam giác , ta được Mặt khác, là trung điểm của cung (chứa ) của nên là đường phân giác ngoài của góc Vì vậy, bài toán sẽ được chứng minh nếu ta có Nhưng điều này đúng theo bổ đề, nên ta có điều phải chứng minh. Bài toán 6. Cho là hai đường tròn tiếp xúc trong với đường tròn tại Tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn này cắt ở bốn điểm. Gọi và là hai trong bốn điểm trên sao cho và nằm cùng phía với Chứng minh rằng song song với một tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn M Y X A C K L B H G Q P F E N Lời giải. Vẽ hai tiếp tuyến chung trong của sao cho nằm trên và nằm trên Gọi là tiếp tuyến chung ngoài của sao cho nằm cùng phía so với là giao điểm của với Giờ đây ta chỉ cần chứng minh song song với Gọi là trung điểm cung không chứa Vẽ hai tiếp tuyến đến đường tròn Trong bài toán 4 ta đã chứng minh được rằng thẳng hàng; thằng hàng, và là tứ giác nội tiếp. Vì vậy, hay Theo bổ đề ta có, Mặt khác theo định lý Ptolemy, ta được Suy ra Tương tự ta cũng có Nên hay suy ra Điều này có nghĩa là là trung điểm cung của đường tròn Vì vậy // CỰC VÀ ĐỐI CỰC Định nghĩa: Cho đường tròn (C) tâm O bán kính r, một điểm P ở ngoài (C). Trên OP lấy P’ sao cho OP.OP2 =r2. Ta nói: đối cực của P là đường thẳng d vuông góc với OP tại P’. Ngược lại, với mọi đường thẳng d không qua tâm O, ta nói P là cực của đường thẳng d. Tính chất: Với điểm P ở ngoài (O,r), từ P kẻ 2 tiếp tuyến PX, PY của (O,r). Gọi P’ là giao điểm của XY và OP. Ta có . Khi đó ta nói đối cực d của điểm P là đường XY. Ngược lại, với hai điểm phân biệt X,Y trên đường tròn (O,r), cực