LỜI NÓI ĐẦU Trang Chuyên đề: HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HOÀ Nguyễn Văn Thảo - Trường THPT Chuyên Bắc Giang (Chuyên đề đạt giải Nhất) A MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình giáo dục phổ thơng mơn Tốn, ta tiếp cận với hình học phẳng từ sớm Những tốn hình học phẳng thường ví bơng hồng lung linh mn sắc, hấp dẫn kì bí! Nó xuất hầu hết thi thách thức lớn thí sinh Tất nhiên, hầu hết tốn hình học phẳng khơng phải dễ dàng chinh phục được, vẻ, thách thức Và lại thúc khám phá chinh phục Hiện nay, tài liệu hình học sơ cấp Tiếng Anh tiếng Việt đa dạng phong phú Tuy nhiên, hầu hết khó học sinh bắt đầu tiếp cận, ngày đầu bước vào lớp 10 Chuyên Trong năm gần đây, kiến thức hàng điểm điều hoà, cực – đối cực số định lý xạ ảnh áp dụng nhiêu kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế Tất nhiên vấn đề không gây khơng khó khăn cho học sinh chun.Vì tơi chọn vấn đề : Hàng điểm điều hồ, nhằm giúp học sinh chuyên Toán giải phần khó khăn Chuyên đề xây dựng từ chuyên đề cũ thân năm 2015, đó, nhiều ví dụ cũ khơng phù hợp thay ví dụ mới, hợp lý Tuy nhiên, trình độ có hạn nên khơng thể tránh khỏi nhiều thiếu sót, mong nhận góp ý trân thành từ bạn đồng nghiệp Mục đích nghiên cứu Hệ thống kiến thức hàng điểm điều hoà Đưa hệ thống tập bản, giúp học sinh chuyên tiếp cận với hình phẳng cách nhẹ nhàng Những đóng góp chuyên đề Đưa hệ thống lý thuyết đầy đủ hàng điểm điều hồ Đưa hệ thống ví dụ minh hoạ, hệ thống tập đầy đủ, chủ yếu tốn định tính, từ đến khó, tạo hứng thú cho học sinh chun Tốn học hình học phẳng Trang B NỘI DUNG I Cơ sở lý thuyết I.1 Tỉ số kép hàng điểm I.1.1 Định nghĩa - Bộ bốn điểm đôi khác nhau, có kể đến thứ tự , thuộc đường thẳng gọi hàng điểm - Tỉ số kép hàng điểm CA DA ( ABCD ) = : CB DB định sau: A, B, C , D số, kí hiệu ( ABCD ) xác I.1.2 Các tính chất tỉ số kép: +) ( ABCD ) = ( CDAB ) = ( BADC ) = ( DCBA) ( ABCD ) = +) +) Nếu +) 1 1 = = = ( BACD ) ( ABDC ) ( DCAB) (CDBA) ( ABCD ) = ( ABCD ') D ≡ D' ( ABCD ) ≠ I.2 Hàng điểm điều hòa I.2.1 Định nghĩa: Nếu ( ABCD ) = −1 Nói cách khác điều hòa hàng điểm CA DA =− CB DB A, B , C , D gọi hàng điểm điều hòa hàng điểm A, B, C , D gọi hàng điểm I.2.2 Tính chất Hệ thức Descartes ( ABCD ) = −1 ⇔ 1 = + AB AC AD Hệ thức Newton: ( ABCD ) = −1 ⇔ IA = IC.ID I AB ( trung điểm đoạn ) Hệ thức Maclaurin: Trang ( ABCD ) = −1 ⇔ AC AD = AB AJ ( J trung điểm đoạn CD ) I.3 Tỉ số kép chùm đường thẳng - Chùm điều hòa I.3.1 Chùm đường thẳng tỉ số kép I.3.1.1 Định nghĩa - Tập hợp đường thẳng mặt phẳng qua điểm S chùm đầy đủ đường thẳng tâm S gọi - Bộ đường thẳng đơi khác nhau, có kể đến thứ tự, thuộc chùm đầy đủ đường thẳng gọi chùm đường thẳng I.3.1.2 Tỉ số kép chùm đường thẳng: Định lí a , b, c , d O O ∆ Cho chùm đường thẳng tâm Đường thẳng không qua theo thứ tự a, b, c, d A, B , C , D a, b, c O ∆' cắt Đường thẳng không qua theo thứ tự cắt C ' A' ∆ ' / / d ⇔ ( ABCD ) = A ', B ', C ' C 'B' Khi Định lí a , b, c , d O O ∆ Cho chùm đường thẳng tâm Đường thẳng không qua theo thứ tự a , b, c , d A, B , C , D a , b, c, d O ∆' cắt Đường thẳng không qua theo thứ tự cắt ( ABCD ) = ( A ' B ' C ' D ') A ', B ', C ', D ' Khi Trang Từ định lí 2, ta nhận thấy, tỉ số kép ( ABCD ) khơng phụ thuộc vào vị trí đường ( ABCD ) ∆ thẳng Khi giá trị không đổi tỉ số kép gọi tỉ số kép chùm O ( abcd ) ( abcd ) a , b, c , d O đường thẳng kí hiệu với tâm chùm uuu r uuur uuu r uuur sin OA, OC sin OB, OC uuu r uuur : uuu r uuur ( abcd ) = ( ABCD ) = sin OA, OD sin OB, OD Từ ta suy ( ( ) ) ( ( ) ) Chùm điều hòa: Định nghĩa: Chùm Tính chất: (i) (iii) a , b, c , d Với chùm điều hòa c⊥d d gọi chùm điều hòa a , b, c , d c (ii) phân giác góc tạo ( abcd ) = −1 , điều kiện sau tương đương: phân giác góc tạo a, b a, b I.4.Một số hàng điểm điều hòa bản: Định lý Cho tam giác ABC Gọi AD, AE tương ứng đường phân giác trong, đường phân giác ( BCDE ) = −1 ABC ngồi tam giác Khi Trang Định lý BC , CA, AB ABC O Cho tam giác điểm không thuộc đường thẳng Các đường AO, BO, CO BC , CA, AB M , N, P thẳng theo thứ tự cắt đường Hai đường ( BCMQ ) = −1 BC , NP Q thẳng cắt Khi ( O) ( O) S Định lý 5: Từ điểm bên ngồi đường tròn , kẻ tới tiếp tuyến SA, SB ( A, B ∈ ( O ) ) ( O) M, N S AB Một đường thẳng qua , cắt đường tròn cắt ( SIMN ) = −1 I Khi II Các ví dụ áp dụng Trang Phần này, ví dụ tơi đưa tập trung vào việc vận dụng tính chất tỉ số kép, hàng điểm điều hoà toán liên quan tới tứ giác điều hồ II.1 Các tốn tính chất tỉ số kép II.1.1 Nhắc lại số tính chất tỷ số kép Tính chất Cho chùm (abcd), đường thẳng l song song với d, cắt a, b, c A, B, C Khi ( abcd ) = ( ABC ) = CA CB Tính chất Cho hai hàng điểm (OABC) O(A’B’C’D’) Khi (OABC) = O(A’B’C’D’) AA’, BB’, CC’ đồng quy Tính chất Cho hai chùm đường thẳng (abcd) (a’b’c’d) Gọi A = a ∩ a’, B = b ∩ B’, C = c ∩ c’ Khi (abcd) = (a’b’c’d) chi A, B, C thẳng hàng Tính chất Cho hai chùm O(ABCO’) O’(ABCO) Khi O(ABCO’) = O’(ABCO) A, B, C thẳng hàng II.1.2 Các ví dụ áp dụng Ví dụ (IMO SL 2017 G2) Cho R, S hai điểm phân biệt đường tròn (O) cho RS khơng phải đường kính Đường thẳng l tiếp xúc (O) R Gọi T điểm thoả mãn S trung điểm đoạn RT Điểm J cung nhỏ RS (O) cho (JST) cắt l hai điểm phân biệt Gọi A giao điểm (JST) l gần R AJ cắt (O) lần B Chứng minh BT tiếp xúc (JST) Lời giải Ta có ∠ABR = ∠ JSR = ∠BAT  AT // BR Khi TB tiếp tuyến (JST)  T(TJSA) = T(BJSA) = (BJPA) = (BJSR) Trang Đến toán đơn giản, xin nhường lại cho bạn đọc Ví dụ 2(Bài giảng trường hè 2017 – Nguyễn Minh Hà) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) L điểm Lemoine AL cắt BC K lại cắt (O) X Chứng minh LA KA = LX 3KX Lời giải Gọi G trọng tâm tam giác ABC, M giao điểm AG BC, T giao điểm thứ hai (O) đường thẳng qua X song song với AC; BD phân giác góc ∠ABC T A O D G L B K M C X Gọi RBD phép đối xứng qua BD Dễ thấy đường thẳng BA, BM, BT theo thứ tự là ảnh đường thẳng BK, BA, BX qua RBD Vì L điểm Lemoine tam giác ABC nên đường thẳng BG ảnh đường thẳng BL qua RBD Vì XT // AC L điểm Lemoine tam giác ABC nên ∠TBA = ∠TXA = ∠XAC = ∠MAB Do BT // MA Vậy, ý phép đối xứng trục bảo toàn tỉ số kép, ta có (AXLK) = B(AXLK) = B(LKAX) = B(GAMT) = MG = MA Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi E điểm (O) Đường thẳng EA cắt tiếp tuyến B, C (O) điểm M, N BN cắt CM F Chứng minh EF qua điểm cố định E di động Lời giải Trang Gọi P = AS ∩ BC, S = BB ∩ CC, T = MN ∩ BC Ta chứng minh EF qua P Ta có C(CEBA) = B(CEBA)  (NETA) = (TEMA)  NT ET TM EM TN MN TM NM : = : ⇒ : = : NA EA TA EA TE ME TA NA  (TMNE) = (TNMA)  (TMNE) = (TCBP) Do MC, NB, EP đồng quy Từ suy EF ln qua P cố định Ví dụ (Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC với P Q hai điểm liên hợp đẳng giác tam giác PB, PC cắt đường thẳng qua A, vng góc với PA lân lượt K, L Đường thẳng qua Q vng góc với BC cắt BC, CA, AB D, M, N Gọi R = NK ∩ ML Chứng minh PR  AD Lời giải Gọi H hình chiếu P lên AD Y = PH ∩ CA, Z = PH ∩ AB Gọi G, E, F hình chiếu P lên BC, CA, AB Do P, Q hai điểm đẳng giác tam giác ABC nên D, E, G, F đồng viên Gọi S = BP ∩ DE  ∠SEF = ∠DEF = ∠FGB =∠FPB Suy F, P, S, E đồng viên Trang Mặt khác ∠PFA = ∠PEA = 900 nên P, E, A, F, S đồng viên Áp dụng định lý Pascal cho AS H P A E ÷   ta D, Y, K thẳng hàng Hoàn toàn tương tự ta D, Z, L thẳng hàng Gọi X = RD ∩ AL; T = RA ∩ DN Khi D(ARYZ) = (AXKL) = R(AXKL) = R(TDNM) = (TDNM) = A(TDNM) = A(DRYZ) Suy D(ARYZ) = A(DRYZ)  R, Y, Z thẳng hàng  R  PH Từ suy điều phải chứng minh II.2 Các toán ứng dụng hàng điểm điều hồ Ví dụ (Poland 2017) Xét tam giác ABC cân A có M trung điểm cạnh ω AB BC Gọi D hình chiếu vng góc M cạnh Đường tròn nội tiếp tam giác AD , AC K , L ACD ω tiếp xúc với cạnh Các tiếp tuyến qua M X , Y X , K , L , Y KL cắt đường thẳng ; nằm đường thẳng theo thứ tự M , D, X , Y kể Chứng minh điểm đồng viên Lời giải Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác Gọi ADC N = ω ∩ CD, Z = MX ∩ ω , W = MY ∩ ω , E = MD ∩ XY Ta có ∠BIC = 2∠MIC = 2(∠IAC + ∠ICA) = ∠DAC + ∠DCA = ∠BDC Suy BDIC tứ giác nội tiếp Trang 10 * Trường hợp 2: AB’ // A’B Gọi J = AA '∩ BB ' Ta có: MO đường trung trực AB’ nên J, M, O thẳng hàng Gọi C, D giao điểm MO với (O) Khi đó, Mặt khác, (vì ·DAC = 900 ·A ' AC = CAB · chắn hai cung (O)) Do đó, chùm phân giác A( DCJM ) ⇒ ( DCJM ) = −1 ⇒ điểm J thuộc đường đối cực điểm M (O) Qua J, kẻ đường thẳng vng góc với MO cắt A’B’ MI S Q Gọi R = BB '∩ MI Khi đó, J ( MSA ' B ') = −1 ⇒ J ( IRQM ) = −1 ⇒ ( IRQM ) = −1 Vậy R cố định * Trường hợp 3: AA’ // BB’ Ta chứng minh giao điểm DR CI nằm đường đối cực M Khi đó, ( MQRI ) = ( MJCD ) = −1 Do đó, R cố định Bài tốn 28: Cho đường tròn (O) đường thẳng d Trên (O) lấy điểm cố định S Trên d lấy điểm cố định C hai điểm di động A, B đối xứng qua C Hai tia SA, SB cắt (O) E F Chứng minh EF qua điểm cố định Giải: Kẻ tia SH // d, H thuộc đường tròn (O) Gọi I giao điểm SC với (O) Chùm đường thẳng S(HIEF) có SA, SC, SB định đường thẳng d // SH hai đoạn thẳng AC = BC nên S(HIEF) chùm điều hòa Kẻ tiếp tuyến H (O) cắt EF K Khi đó, chùm H(KIEF) có góc tương ứng góc chùm S(HIEF) nên H(KIEF) chùm điều hòa Suy ra, HI đường đối cực K (O) Do H I hai điểm cố định nên K cố định Vậy EF qua cực đường thẳng HI Bài tốn 29: Cho góc xOy cố định điểm A cố định nằm tia Ox Đường tròn (I) thây đổi ln tiếp xúc với với hai tia Ox,Oy.Gọi tiếp điểm (I) Ox,Oy B,C.Từ A ta kẻ tiếp tuyến AD tới (I) (D tiếp điểm, D khác B).OI cắt BD E.Gọi Trang 282 d đường thẳng qua I vng góc với CE Chứng minh (I) di động (nhưng thỏa mãn điều kiện tốn) d ln qua điểm cố định Giải: Ở toán này, đường thẳng d cần chứng minh qua điểm cố định lại qua tâm I đường tròn, tức d khơng có cực (I) Tuy nhiên ta có cách giải sau: Gọi giao điểm đường thẳng d với Oy F Ta có, đường đối cực F (I) CE đường đối cực E (I) qua F ⇒ Lại có: đường đối cực A BD qua E ⇒ đường đối cực E qua A (2) Từ (1) (2) suy đường đối cực E (I) AF Do đó, AF ⊥ IE Mà OE phân giác góc xOy nên điểm F cố định Vậy d qua điểm F thuộc Oy thỏa mãn OE ⊥ AF Tìm tập hợp điểm Bài tốn30: Cho đường tròn (O;R) điểm A cố định nằm đường tròn Điểm B di động đường tròn (O) Qua O vẽ đường thẳng vng góc với AB cắt tiếp tuyến B đường tròn C Tìm tập hợp điểm C Giải: Phần thuận: Xét cực đối cực dối với (O) Ta thấy đường đối cực C đường thẳng qua B vng góc với OC nên AB đường đối cực C Suy ra, đường đối cực A phải qua C Do A điểm cố định nên đường đối cực A, kí hiệu d, đường thẳng cố định Vậy C di động đường đối cực A (O) Phần đảo: Giả sử d đường đối cực A (O) Lấy điểm C thuộc d Dựng đường thẳng qua A vng góc với OC cắt (O) giao điểm B Ta cần chứng minh BC tiếp tuyến (O) Thật vậy: giả sử AO vng góc với đường đối cực d K Khi đó, ∆CKO : ∆AHO ⇒ OH OC = OK OA Trang 283 (1) Theo tính chất điểm thuộc đường đối cực ⇒ OH OC = OB OK OA = R Do đó, OC vng góc với OB hay BC tiếp tuyến (O) Bài toán31: (VMO – 2003) Trong mặt phẳng cho hai đường tròn cố định xúc điểm M bán kính đường tròn điểm A nằm đường tròn ( O2 ) MC cắt lại đường tròn ( O2 ) lớn bán kính đường tròn ( O2 ) cho ba điểm tiếp tuyến AB AC đường tròn ( O1 ) ( O1 ) , ( O2 ) O1 , O2 , A ( O1 ) tiếp Xét không thẳng hàng Từ A kẻ (B, C tiếp điểm) Các đường thẳng MB tương ứng E F Gọi D giao điểm đường thẳng EF tiếp tuyến A đường tròn ( O2 ) Chứng minh điểm D di động đường thẳng cố định A di động đường tròn ( O2 ) cho ba điểm O1 , O2 , A khơng thẳng hàng Giải: Hai đường tròn tiếp xúc tiếp xúc Ta xét trường hợp, hai đường tròn tiếp xúc ngồi (tiếp xúc hoàn toàn tương tự) Gọi G giao điểm thứ hai AM với đường tròn Giả sử tiếp tuyến ( O1 ) ( O1 ) G, M cắt H Xét cực đối cực Trang 284 ( O1 ) , ta có: Đường đối cực H MG qua điểm A nên đường đối cực A qua H Do đó, B, C, H thẳng hàng Trong phép vị tự tâm M biến ( O1 ) → ( O2 ) Suy ra, qua phép vị tự tâm M Mà HM tiếp tuyến ( O1 ) H →D thì: B → E, C → F , G → A Do đó, M, H, D thẳng hàng , DM tiếp tuyến thẳng cố định tiếp tuyến chung M ( O2 ) ( O1 ) , ( O2 ) nên D thuộc đường Một số toán tổng hợp khác Bài toán 32: (MOP 1997) Cho ABC tam giác O tâm đường tròn ngoại tiếp Các đường thẳng AB AC cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC B1, C1 tương ứng Gọi giao điểm BC B1C1 Chứng minh đường tròn tiếp xúc với AD A có tâm nằm B1C1 trực giao với đường tròn đường kính OD Giải: Gọi (I) đường tròn tiếp xúc với AD A, có tâm I nằm B1C1 Xét cực đối cực (I) Ta có: ( OB, OC ) ≡ ( C1B, C1C ) mod π ⇒ C1 A = C1 B ( AB1 , AC1 ) ≡ ( ) 2 Mà OA = OB (2) Từ (1) (2) suy Chứng minh tương tự: OB1 ⊥ AC OC1 ⊥ AB (4) Trang 285 (3) (1) Từ (3) (4) suy ra: O trực tâm tam giác AB1C1 nên OA ⊥ B1C1 Suy O thuộc đường đối cực D (I), tức O D hai điểm liên hợp với (I) Do vậy, đường tròn đường kính OD trực giao với đường tròn (I) (đpcm) Bài toán 33: (VMO – 2012) Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O có cặp cạnh đối khơng song song Gọi M, N tương ứng giao điểm đường thẳng AB CD, AD BC Gọi P, Q, S, T tương ứng giao điểm đường phân giác cặp , , , ·MAN ·MBN MBN · ·MCN MCN · ·MDN MDN · · MAN Giả sử bốn điểm P, Q, S, T đôi phân biệt 1) Chứng minh tứ giác PQTS nội tếp Gọi I tâm đường tròn 2) Gọi E giao điểm đường chéo AC BD Chứng minh ba điểm E, O, I thẳng hàng Giải: 1) Ta chứng minh · · TPQ = TSQ Thật vậy: ( ) · · · 1µ µ µ = 900 − C µ −1D µ TPQ = 1800 − PAB − ·ABN − PBN = 1800 − C − D − 1800 − D 2 2 ( ) 1µ µ · · µ − BCS · µ = 900 − C µ −1D µ TSQ = 1800 − SDC −C = 1800 − D − C − 1800 − C 2 2 ( µ ,D µ C hai góc tứ giác ABCD) Vậy tứ giác PQTS tứ giác nội tiếp Trang 286 2) Phân tích:Đối với (O), qua cách dựng hình với giao điểm E, M, N dễ dàng nhận MN đường đối cực E, tức Do đó, để chứng minh E, O, I thẳng OE ⊥ MN hàng ta cần chứng minh OI ⊥ MN Chi tiết lời giải sau: Ta có: Q, T tâm đường tròn bàng tiếp hai tam giác BCM ADM nên chúng thuộc phân giác góc ngồi hay M, Q, T thẳng hàng ·AMC Mặt khác, Q tâm đường tròn bàng tiếp tam giác BMC nên dễ dàng thấy Suy tứ giác ABQT nội tiếp ·BCM ·BAD · · MQB = 900 − = 900 − = BAT 2 Do đó, Vậy MA.MB = MQ.MT OI ⊥ MN hay M có phương tích đến hai đường tròn (O) (I) (1) Mà MN đường đối cực E (O) nên OE ⊥ MN (2) Từ (1) (2) suy ba điểm O, I, E thẳng hàng Ngoài ra, để chứng minh OE ⊥ MN ta chứng minh E trực tâm tam giác OMN (hay định lý Brokard) Bài toán 34: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) AB cắt CD E, AD cắt BC F, AC cắt BD I OI cắt EF H Chứng minh ·AHD = BHC · Giải: Xét cực đối cực (O) Dễ thấy EF đường đối cực I (O) Suy ra: AC cắt EF J JIAC = − ( ) OI ⊥ EF hay OH ⊥ EF Từ hai điều kết luận HI phân giác (1) ·AHC Chứng minh tương tự, HI phân giác (2) Từ (1) (2) suy ·AHD = BHC · · BHD Trang 287 Bài toán 35: Cho tứ giác nội tiếp ABCD Gọi L, N tương ứng trung điểm đường chéo AC, BD tứ giác Giả sử đường thẳng chứa BD phân giác Chứng ·ANC minh AC phân giác · BLD Giải: Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) * TH1: AC ⊥ BD Do BD phân giác NL ⊥ AC ·ANC AC ⊥ BD nên Như AC vng góc với BD L Hiển nhiên AC phân giác ·BLD *TH2: AC BD khơng vng góc với Xét cực đối cực đường tròn (O) Giả sử AC BD cắt S Gọi giao điểm cặp đường thẳng (LO, BD) (NO, AC) Q, P Do BD phân giác nên ·ANC ON ⊥ BD ( PSAC ) = −1 ⇒ P thuộc đường đối cực S (O) (1) Mặt khác OS ⊥ PQ ∆OPQ có OQ ⊥ AL; OP ⊥ QN nên (2) Từ (1) (2) suy PQ đường đối cực S (O) , kết hợp với AC ⇒ ( QSBD ) = −1 PL ⊥ QL ⇒ phân giác · BLD Bài toán 36: (đề thi chọn đội tuyển KHTN vòng năm 2011 – 2012)Cho tam giác khơng cân ABC Đường tròn nội tiếp (I) tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F AD giao EF J M, N di chuyển đường tròn (I) cho M, J, N thẳng hàng M nằm phía nửa mặt phẳng chứa C bờ AD, N nằm phía nửa mặt phẳng chứa B bờ AD Giả sử DM, DN cắt AC, AB P, Q a) Giả sử MN giao PQ T Chứng minh T thuộc đường thẳng d cố định Trang 288 b) Giả sử tiếp tuyến M, N (I) cắt S Chứng minh S thuộc d c) Giả sử SJ giao BC K Chứng minh IK vng góc TD Giải: a) Gọi , Ta chứng minh P, Q, T thẳng hàng từ suy T G = EF ∩ BC T = MN ∩ AG giao MN PQ thuộc AG cố định Thật vậy, xét cực đối cực (I) Dễ thấy G cực AD nên G, J liên hợp; J, A liên hợp nên J cực AG MN qua J cắt AG T ⇒ (M, N, J, T) = -1 ⇒ D ( MN , JT ) = −1 = A ( CB, DG ) Do đó, T, P, Q thẳng hàng b) S cực MN ⇒ S, J liên hợp nên S thuộc d đối cực J c) S cực MN, T thuộc MN nên S, T liên hợp Mà J, T liên hợp nên T cực SJ; K thuộc SJ nên T, K liên hợp Lại có D, K liên hợp nên K cực TD Do đó, IK vng góc với TD Bài tốn 37:(mở rộng IMO 1998) Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC Gọi K, L M điểm tiếp xúc đường tròn nội tiếp tam giác ABC tương ứng với cạnh AB, BC CA Đường thẳng MK ML cắt đường thẳng qua B song song với KL tương ứng điểm Q R Đường tròn với đường kính QR cắt (I) S, T Chứng minh ST chia đơi đoạn thẳng KL Giải: Gọi (D) đường tròn đường kính QR Trang 289 Dễ thấy ∆BLR : ∆BQK nên BQ.BR = BK BL = BK Ta có: PI /(O ) = IR + IQ − RQ = ( BI + BR ) + ( BI + BQ ) − ( BR + BQ ) = ( BI − BR.BQ ) = ( BI − BK ) = IK Như vậy, đường tròn (D) (I) trực giao nên DS, DT tiếp tuyến (I) ⇒ ST đối cực D (I) Mặt khác, J trung điểm KL J cực đường thẳng qua B vng góc với IB (I) nên J, D liên hợp (I) Do đó, S, T, J thẳng hàng (đpcm) Bài tốn sau bổ đề thú vị cực đối cực Bài toán 38: Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp (I) K trực tâm tam giác IBC Chứng minh đường đối cực K (I) đường trung bình ứng với A tam giác ABC Giải: Cách 1.Gọi hình chiếu A lên IB, IC Q, R Dễ thấy QR đường trung bình tam giác ABC Gọi (I) tiếp xúc với AC S BI cắt CK L Chứng minh tứ giác ISLC IQSA nội tiếp Từ đó, · · · · ISQ = IAQ = ·AIB − 900 = ICA = ILS Vậy IQ.IL = IS Mặt khác, CK vng góc với IQ L nên CK đối cực Q (I) Do đó, K, Q liên hợp (I) Tương tự, K, R liên hợp (I) Vậy QR đối cực K (I) Cách Gọi D, E, F tiếp điểm (I) với BC, CA, AB M, N giao BI, CI với DE, DF MN đường trung bình tam giác ABC DF đối cực B (I) nên B, N liên hợp với (I) Do đó, đối cực N (I) nên K, N liên hợp BK ⊥ IN (I) Chứng minh tương tự K, M liên hợp với (I) Vậy MN đối cực K (I) Bài toán 39: Cho tam giác ABC với đường tròn nội tiếp (I) P điểm PA, PB, PC cắt BC, CA, AB K, L, N Gọi X, Y, Z cực đường thẳng LN, NK, KL (I) Chứng minh AX, BY, CZ cắt BC, CA, AB ba điểm thẳng hàng đường thẳng đường thẳng tiếp xúc với (I) Giải: Trang 290 Gọi AX, BY, CZ cắt BC, CA, AB U, V, W Trước hết ta chứng minh BY, CZ đồng quy với EF, từ dễ thấy VW tiếp xúc (I) Tương tự UW, UV tiếp xúc (I) nên U, V, W thẳng hàng đường thẳng tiếp xúc (I) Thật vậy, gọi D, E, F tiếp điểm (I) BC, AC, AB.Gọi DE, DF cắt KL, KN S, T Do AD, BE, CF đồng quy AK, BL, CN đồng quy nên Do đó, A, S, T thẳng hàng Vì B, Y cực DF, D ( KA, EF ) = −1 = K ( DA, LN ) NK nên T cực BY Tương tự S cực CZ Mặt khác A cực EF Vì A, S, T thẳng hàng nên dễ thấy BY, CZ EF đồng quy (đpcm) Bài toán 40 (Romanian Masters In Maths 2013) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn có AB cắt CD P AD cắt BC Q, AC cắt BD R M trung điểm PQ Đoạn ω thẳng MR cắt ω ω K Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tâm giác KPQ tiếp xúc với Giải: Trang 291 Gọi O tâm đường tròn ω Ta có P, Q, R theo thứ tự cực QR, RP PQ ω Do Nếu OP ⊥ QR, OQ ⊥ RP, OR ⊥ PQ ⇒ MR ⊥ PQ R trực tâm tam giác OPQ P Q đối xứng qua đoạn thẳng MR = MO tam giác PQK cân (Trường hợp tốn tầm thường) Nếu MR khơng vng góc với PQ, kẻ Do U thuộc đường đối cực R , OV ⊥ MR ( V ∈ MR ) U = OV ∩ PQ OU ⊥ MR nên U cực MR Từ UK tiếp Vì vậy, UK tiếp tuyến ω ⇒ UK = UP UQ tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác KPQ Gọi (C) đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ; R’ điểm đối xứng R qua điểm M Dễ dàng chứng minh QR ' ⊥ OQ (vì OQ ⊥ PR QR’ // PR) Suy OR’ đường kính (C) Từ · OVR ' = 900 , điểm V thuộc đường tròn (C), UP.UQ = UV UO = UK Như vậy, UK tiếp tuyến đường tròn (C), tức đường tròn ω tiếp xúc với (C) (đpcm) Nhận xét:Bài toán K giao điểm đường thẳng MR với III BÀI TẬP LUYỆN TẬP Trang 292 ω (IMO 1998) Cho tam giác ABC Đường tròn tâm (I) nội tiếp tam giác tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB K, L, M Đường thẳng qua B song song với MK cắt LM, LK R, S Chứng minh góc RIS nhọn (mở rộng đề thi vơ địch Nga 2015) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) P, Q thuộc BC cho Kẻ tiếp tuyến PM, QN khác BC tới (I) với M, N ( BC , PQ ) = −1 thuộc (I) Chứng minh A, M, N thẳng hàng (Iran TST 2006) Cho đường tròn nội tiếp (O) tam giác ABC Gọi M trung điểm BC AM cắt (O) K L Qua K kẻ đường thẳng song song với BC cắt (O) điểm thứ hai X, qua L kẻ đường thẳng song song với BC cắt (O) điểm thứ hai Y AX AY cắt BC P Q Chứng minh BP = CQ (MOP 1995) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (O) Tiếp điểm thuộc cạnh AB, BC, CD, DA M, N, P, Q AP cắt (O) E, F Chứng minh ME, QF, AC đồng quy Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P nằm phân giác chiếu P lên CA, AB OP cắt EF Q S thuộc BC cho · BAC SQ ⊥ OQ E, F hình Gọi AQ cắt (O) T khác A Chứng minh ST tiếp xúc (O) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) M, N, P thuộc cạnh BC, CA, AB cho AM, BN, CP đồng quy Kẻ tiếp tuyến MX, NY, PZ (I) Chứng minh AX, BY, CZ đồng quy Cho tam giác ABC với phân giác BE CF cắt I Lấy điểm M cho AM ⊥ IC Lấy điểm N cho IN ⊥ AC tâm tam giác IBC Chứng minh AK ⊥ IP AN ⊥ IB IM ⊥ AB ME cắt NF P Gọi K trực Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các điểm E, F nằm cạnh CA, AB Đường đối trung qua A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF P OP cắt EF D cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Q khác P DA cắt (O) T khác A Tiếp tuyến T (O) cắt BC S Lấy R thuộc AD cho Chứng minh OR ⊥ AQ RS ⊥ OR Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) D, E, F trung điểm BC, CA, AB Đối cực D (I) cắt EF X Y, Z định nghĩa tương tự Chứng minh X, Y, Z thẳng hàng Cho tam giác ABC có D, E, F trung điểm BC, CA, AB Lấy L, M, N EF, FD, DE cho DL, EM, FN tiếp tuyến đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh L, M, N thẳng hàng Trang 293 Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) giao điểm B1C1 Chứng minh với tiếp tuyến qua A2 , B2 , C2 A1 A1 , B1 , C1 BC, CA, AB (I) khác BC thẳng hàng B2 , C2 A2 xác định tương tự AA1 , BB1 , CC1 đồng quy (Turkey TST 2009) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I, r) Gọi AB cắt CD E AD cắt BC F AC cắt DB G K hình chiếu I lên EF Chứng minh IK IG = r (VN TST 2003) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) A0 , B0 , C0 trung điểm đường cao AH, BK, CL tam giác ABC Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Chứng minh OI đồng quy A0 D, B0 E , C0 F (China Hong Kong Math Olymliad 2006) Một tứ giác lồi ABCD (AC khác BD) nội tiếp đường tròn tâm O Gọi E giao điểm AC BD, P điểm nằm ABCD thỏa mãn Chứng minh O, P, E thẳng ·PAB + PCB · · · = PBC + PDC = 90 hàng (Hồng Quốc Khánh) Cho đường tròn (O) đường kính BC cố định Một điểm A di động đường tròn Kẻ AH vng góc với BC Gọi M trung điểm AH BM cắt lại (O) N Tiếp tuyến N (O) cắt AC P Tìm tập hợp điểm P (Hồng Quốc Khánh) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (O) Kẻ đường kính AD đường tròn S điểm di động đường tròn SB cắt AC M, SD cắt BC N Chứng minh MN qua điểm cố định (Bài T5/292 – TH&TT) Hai đường tròn thay đổi đường tròn ( C1 ) ( C1 ) , ( C2 ) cắt hai điểm A, B Một điểm P ( P khác A B) Các đường thẳng PA, PB lại cắt ( C2 ) thại D E Gọi M trung điểm DE Chứng minh đường thẳng MP qua điểm cố định (Bài T7/317 – TH&TT) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (O) Gọi E, F giao điểm BD với (O) H hình chiếu O lên AC Chứng minh ·BHE = DHF · Trang 294 KẾT LUẬN Những kết luận quan trọng nội dung, ý nghĩa chuyên đề Bài viết “Cực đối cực” trình bày sơ lược định nghĩa, tính chất quan trọng hay sử dụng nhất, cách xác định cực đối cực, giúp người đọc có nhìn tổng qt tiếp cận với cực đối cực.Đồng thời, tập trung ứng dụng cực đối cực đường tròn thơng qua lớp tốn cụ thể: chứng minh vng góc, song song; chứng minh điểm thẳng hàng, đường thẳng đồng quy, quỹ tích,…Rõ ràng, với tốn trên, nhìn góc độ cực đối cực lời giải ngắn gọn tinh tế nhiều Mặc dù số tốnđược đưa có thểgiải nhiều đơn vị kiến thức quen thuộc với học sinh, song nêura với mục đích để bạn đọc hình dung cách dùng cực đối cực Các toán phần tự luyện dành cho bạn đọc có nhiều cách giải khác sử dụng cực đối cực cho lời giải hay sâu sắc Các đề xuất kiến nghị Để giảng dạy hiệu chuyên đề “Cực đối cực”, giáo viên cần trang bị cho học sinh kĩ lưỡng kiến thức sở hình học phẳng Nhấn mạnh rằng, khả đưa lời giải cho số toán cực đối cực mạnh nhờ độ rộng kiến thức nên cực đối cực bị hạn chế sử dụng kì thi chọn học sinh giỏi Do đó, chúng tơi khuyến khích học sinh nên sử dụng phương pháp quen thuộc để giải toán coi cực đối cực cơng cụ giải tốt tốn hình học hóc búa Trong q trình nghiên cứu chun đề, chúng tơi thấy tính hiệu cực đối cực lớp tốn tìm điểm cố định, tìm tập hợp điểm vấn đề mở, cần quan tâm khai thác sâu Trong trình thực chun đề, tác giả khơng tránh khỏi sai sót, mong nhận góp ý,mở rộng từ bạn đọc TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Hoàng Quốc Khánh, Khám phá ứng dụng cực đối cực [2] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình, Bài tập nâng cao số chuyên đề hình học 10, NXB Giáo dục [3] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, NXB Giáo dục [4] Tạp chí Epsilon Các nguồn tài liệu từ internet: http://analgeomatica.blogspot.com/2016/04/mot-so-ung-dung-cua-cuc-va-oi-cuc.html http: //forum.mathscope.org/showthread.php?p=27220#post27220 Hàng điểm điều hòa – Nét đẹp quyến rũ hình học – Kim Luân (diendantoanhoc.net) Trang 295 MỤC LỤC Trang 296 ... kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế Tất nhiên vấn đề khơng gây khơng khó khăn cho học sinh chun.Vì tơi chọn vấn đề : Hàng điểm điều hoà, nhằm giúp học sinh chuyên Tốn giải phần khó khăn Chuyên. .. kiến thức hàng điểm điều hoà Đưa hệ thống tập bản, giúp học sinh chuyên tiếp cận với hình phẳng cách nhẹ nhàng Những đóng góp chuyên đề Đưa hệ thống lý thuyết đầy đủ hàng điểm điều hoà Đưa hệ... ABCD ) ≠ I.2 Hàng điểm điều hòa I.2.1 Định nghĩa: Nếu ( ABCD ) = −1 Nói cách khác điều hòa hàng điểm CA DA =− CB DB A, B , C , D gọi hàng điểm điều hòa hàng điểm A, B, C , D gọi hàng điểm I.2.2