suachuadam_0306
New Member
Download miễn phí Hàng điểm điều hòa - Vẻ đẹp quyến rũ trong hình học
Tính chất 4:
Cho tamgiác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm(O). M,N,P,Q lần lượt là các tiếp điểm
của AB,BC,CD,DA với đường tròn. Gọi K là giao điểm của MQ với NP. Gọi E và F là
hai tiếp tuyến của K với (O).Chứng minh rằng:
a)A,E,F,C thẳng hàng
b)OK vuông góc AC.
Lời giải:
Gọi E’ và F’ là hai giao điểm của AC với (O).
Hai tiếp tuyến qua E’ và F’ cắt nhau tại K’
Áp dụng tính chất 2 với hai tiếp tuyên CN,NP và cát tuyến CF’E’ suy ra K’,N,P thẳng
hàng. Tương tựK’,M,Q thẳng hàng hay K’ là giao điểm của MQ với NP hay . ' KK≡
Suy ra , ' EE≡ ' FF≡
Vậy A,E,F,C thẳng hàng. Mặt khác vì KE,KF là hai tiếp tuyến của K với O nên không
vuông góc EF hay không vuông góc AC.
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí
Tóm tắt nội dung tài liệu:
t đỉnh là một chùm điều hòa.( , , , )Ox Oy Oz Ot = −1
Nhân đây tui xin trình bày thêm một cái nữa cũng…điều hòa
c.Tứ giác điều hòa:
Định nghĩa:
Tứ giác ABCD được gọi là một “tứ giác điều hòa” nếu nó thỏa mãn hệ thức sau:
AB CB
AD CD
=
Định lí về tứ giác điều hòa:
Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngoài (O). Từ A ta kẻ hai tiếp tuyến AB,AC và
kẻ một cát tuyến AMN bất kì. Chứng minh rằng BMCN là một tứ giác điều hòa(hình vẽ)
N
M
B
A
C
(gợi ý: sử dụng tam giác đồng dạng để suy ra điều phải chứng minh từ đ/n)
*Nhận xét:
+Cũng có điều ngược lại tức nếu MBNC là tứ giác điều hòa thì tiếp tuyến tại B,tiếp tuyến
tại C và MN đồng quy tại một điểm
+Tứ giác điều hòa có một mối quan hệ tuyệt vời với chùm điều hòa mà các bạn sẽ hiểu
rõ sau khi đọc hết phần cuối của bài viết này.
Việc chứng minh các định lí trên là rất đơn giản nên xin dành lại cho bạn đọc(nếu có thắc
mắc gì sẽ trao đổi thêm).
Sau đây chúng ta sẽ khảo sát một vài bài toán để thấy được phần nào về vẻ đẹp và sức
mạnh của công cụ vừa dẫn.
II.Một số bài toán minh họa:
Chúng ta sẽ bắt đầu bằng một bài toán cơ bản nhưng rất quan trọng sau:
Bài toán 1:
Cho tam giác ABC. Lấy E trên BC, F trên AC và K trên AB sao cho AE,BF,CK đồng
quy tại một điểm. Khi đó nếu T là giao điểm của FK với BC thì ( , , , ) 1T E B C = −
Lời giải:
F
A
K
B CT E
Trong tam giác ABC:
+Áp dụng định lí Xêva với ba đường đồng quy AE,BF,CK ta có:
. .EB FC KA
EC FA KB
= −1 (1)
+Mặt khác áp định lí Mênêlaúyt với ba điểm thẳng hàng T,K,F lại cho ta:
. .TC KB FA
TB KA FC
=1 (2)
Nhân (1) và (2) vế theo vế suy ra:
TB EB
TC EC
= −
Theo định nghĩa thì ,đây chính là đpcm. ( , , , ) 1T E B C = −
Bài toán 1.1:
Cho tam giác ABC và H là chân đường cao kẻ từ A. Trên đoạn thẳng AH ta lấy một điểm
I bất kì rồi kẻ BI cắt AC tại E và CI cắt AB tại F.Chứng minh rằng AH là phân giác của
EHF∠
AB CH
I
F
E
Lời giải:
Một bài toán đơn giản nhưng…khó đến kinh ngạc, bạn phải làm gì khi đối mặt với một
bài như vậy? …???
Khi nhắc đến bài toán này tui chợt nhớ đến lời giải rất độc đáo của anh Hatucdao, một lời
giải thực sự ấn tượng mạnh với tôi, nên xin được trích dẫn ngay sau đây để các bạn được
chiêm ngưỡng:
“Kết quả là hiển nhiên khi tam giác ABC cân. Giả sử ABC không cân ta có thể giả sử
AC>AB .Dựng tam giác ABP cân tại A và AP cắt HE tại Q. Gọi F’ là điểm đối xứng của
Q qua AH. Khi đó AH là phân giác của 'EHF∠ và '
'
QA F A
QB F B
=
Áp dụng định lí Mênêlaúyt cho tam giác ACP với ba điểm thẳng hàng H,Q,E ta có:
'. . 1 . .
'
HP EC QA HB EC F A
HC EA QB HC EA F B
= ⇒ = −1
Theo định lí ceva đảo ta có ' đồng quy từ đó suy ra đpcm” , ,AH BE CF
Q
A
B CH
F'
E
P
Một viên ngọc không dấu vết nhưng phải công nhận là rất khó nghĩ ra.
Dẫu sao đi nữa thì việc cảm nhận vẻ đẹp tinh túy của lời giải trên cũng giúp chúng ta
thấm thía và quý trọng hơn đối với cách làm dưới đây, bởi điều quan trọng hơn một lời
giải, là nó cho ta thấy được gốc rễ của vấn đề:
F
L
I
A
B C
K
E
H
C2: Kẻ EF cắt BC tại K theo bài toán 1 ta có ( , , , ) 1K H B C = − (1)
Gọi L là giao điểm của EF với AH.
Từ (1) suy ra ( , , , ) 1AK AH AB AC = − suy ra ( , , , ) 1K L F E = − (định lí chùm điều hòa)
Vì nên theo nhận xét trong định lí 2 ta có đpcm. 090LHK =
*Nhận xét: Quá ngắn gọn phải không, tui nghĩ rất có thể bài toán trên đã được đặt ra
như vậy. các bạn có thể thấy chỉ vài biến đổi nhỏ và một kĩ xảo để che dấu điểm K đã
khiến cho bài toán 1.1 trở nên cực khó. Tất nhiên từ lời giải này chúng ta có thể phát
biểu bài toán tổng quát hơn như sau:
Bài toán 1.2
đề thi Iran) Cho tam giác ABC, lấy T,E,F lần lượt thuộc các đoạn BC,CA,AB sao cho 3 đường thẳng
AT,BE,CF đồng quy tại một điểm.Gọi L là giao điểm của AT và EF.Gọi H là hình chiếu
của L xuống BC. Chứng minh rằng LH là phân giác của EHF∠ .
F
L
A
B CK
E
TH
(chứng minh tương tự bài 1.1)
*Nhận xét:
Nói chung từ 1 hàng điểm điều hòa ban đầu ta có thể “sinh sôi nảy nở” ra rất nhiều
hàng điểm điều hòa khác mà một trong chúng nếu kết hợp với các định lí 2 và 3 sẽ cho ta
rất nhiều tính chất thú vị. Thí dụ các bài 1.1 và 1.2 là “sản phẩm” của định lí 2. Nếu bạn
thích có thể sử dụng định lí 3 để “xuất khẩu” những sản phẩm mới, chẳng hạn bài toán
sau đây:
Bài toán 1.3:
Cho tam giác ABC, lấy T,E,F lần lượt thuộc các đoạn BC,CA,AB sao cho 3 đường thẳng
AT,BE,CF đồng quy tại điểm I. Kẻ đường thẳng qua I song song với TE và cắt TF,TB lần
lượt tại M và L. Chứng minh rằng M là trung điểm của LI
I
A
B C
E
F
T
L
M
(chứng minh: sử dụng tính chất chùm điều hòa như bài 1.1 rồi áp dụng định lí 3)
Qua các thí dụ trên các bạn có thể thấy từ một vấn đề người ta có thể phát biểu dưới
những cách khác nhau, những cách mà khi đọc đề chúng ta không hề thấy bất kì một liên
hệ gì từ chúng, nhưng thực ra tất cả chúng đều xuất phát từ một gốc rễ. Nắm được gốc rễ
tức là ta đã nắm được bài toán vậy.
Tất nhiên từ bài toán 1 sẽ sản sinh ra cả một lớp các bài toán rộng lớn, tui không có thời
gian nêu thêm ra đây mà chỉ hi vọng các bạn nếu gặp một trong số đó sẽ nhanh chóng
cho nó… “lộ rõ nguyên hình”.
Bây giờ tui xin đi vào một không gian mới hơi khác một chút với các cách khai thác đã
nêu ở trên nhằm giúp các bạn có một cái nhìn sâu sắc hơn cho bài toán 1. Nhưng trước
hết tui sẽ trang bị cho các bạn một số tính chất cần thiết, rồi sau đó chúng ta sẽ tìm cách
liên hệ với bài toán 1 sau.
Tính chất 1:
Cho tam giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm (O). M,N,P,Q lần lượt là các tiếp điểm
của AB,BC,CD,DA với đường tròn; khi đó ta có MP,NQ,AC,BD đồng quy tại một điểm.
Lời giải:
Hạ //CE AB
Chú ý OMP OPhần mềm BMP CPhần mềm CE C∠ = ∠ ⇒∠ = ∠ ⇒ = P
Do đó nếu gọi I là giao điểm của AC với MP thì ta có: IA AM AM
IC EC PC
= = (1)
Tương tự gọi 'I là giao điểm của AC với NQ thì ta cũng có: '
'
I A AQ
I C NC
= (2)
P
A
I
D C
O N
B
M
Q
E
Chú ý AM=AQ và PC=NC nên từ (1) và (2) suy ra 'I I≡
suy ra MP,NQ,AC đồng quy (3)
Lập luận tương tự ta có MP,NQ,BD đồng quy (4)
Kết hợp (3) và (4) ta được đpcm.
Tính Chất 2:
Cho đường tròn (O). Lấy một điểm A ngoài đường tròn (O), từ A ta kẻ hai tiếp tuyến
AK,AN và một cát tuyến ACD bất kì đối với đường tròn trên. Hai tiếp tuyến qua C và D
cắt nhau tại M. Khi đó ta có K,M,N thẳng hàng.
Lời giải:
O
N
A
K
M
D C
Áp dụng “định lí về tứ giác điều hòa” cho điểm A với hai tiếp tuyến AK,AN và cát tuyến
ACD suy ra KCND là tứ giác điều hòa.
Lại theo nhận xét trong ”định lí về tứ giác điều hòa” suy ra NK,MD,MC đồng quy tại một
điểm suy ra đpcm
Tính chất 3:
Cho tam giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm (O). M,N,P,Q lần lượt là các tiếp điểm
của AB,BC,CD,DA với đường tròn. Chứng minh rằng MQ,NP và DB đồng quy tại một
điểm.
PD C
O
N
B
A
K
Q
M
Lời giải:
Gọi K là giao điểm của QM với DB
Áp dụng định lí Mênêlaúyt cho tam giác ABD với ba điểm thẳng hàng Q,M,K ta có:
. .MA KB QD
QAMB KD
=1 (1)
Chú...