Tiêu đề B. SÁU CHỦ ĐỀ QUAN TRỌNG NHẤT TRONG MỌI KỲ THI.doc ✅

Gọi H, K theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp trong góc A với AB, AC. Gọi p là nửa chu vi của tam giác ,,,.ABCBCaCAbABc Ta có: 2AHAKABBKACCKABACBCp suy ra: AHAKp Do đó ,DBBHpcDCCKpb Chứng minh tương tự, ta được: ,,,ECpaEApcFApbFBpa ....1DBECFApcpapb DCEAFBpbpcpa    Suy ra AD, BE, CF đồng quy (theo định lí Cesva) Giao điểm N của ba đoạn AD, BE, CF được gọi là điểm Nagel. B- SÁU CHỦ ĐỀ QUAN TRỌNG NHẤT TRONG MỌI KÌ THI §1: CÁC BÀI TOÁN ĐỒNG QUY VÀ THẲNG HÀNG Bài 1: (Đường thẳng Simson) Cho ABC nội tiếp đường tròn (O). M là điểm trên cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E, F lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh 3 điểm D, E, F thẳng hàng.  Định hướng lời giải: Chúng ta dễ dàng nhận ra các tứ giác nội tiếp BDMF và tứ giác CMDE dựa vào các góc vuông nên việc tìm mối quan hệ giữa các góc trong 2 tứ giác nội tiếp này là khá dễ dàng. Từ đó để chứng minh D, E, F ta sẽ nghĩ đến ý tưởng dùng phương pháp cộng góc tức là ta sẽ chứng minh  180oBDFMDE . Từ 2 tứ giác nội tiếp BDMF và CMDE ta sẽ chứng minh được MDFCBFMCE mà 180oMCEMDE nên suy ra 180,,oMDFMDEDEF thẳng hàng. Lời giải Ta có: 90oBDMBFM  D, F cùng thuộc đường tròn đường kính BM  MDFMBF (vì cùng nhìn đoạn MF) (1) Lại có: 90oMDCMEC  D, E cùng thuộc đường tròn đường kính MC  180oMDEMCE (2) Mặt khác, lại có tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) nên 180oMCAABM  1803oMCEMCAABMMBF Từ (1), (2) và (3), suy ra: 180oMDFMDE  D, E, F thẳng hàng  Nhận xét: Như vậy ta thấy chân 3 đường vuông góc hạ từ M xuống các đường thẳng chứa 3 cạnh của ABC thẳng hàng. Từ đó nếu ta gọi các điểm đối xứng X, Y, Z của điểm M qua các cạnh của ABC thì ta cũng dễ dàng chứng minh được X, Y, Z thẳng hàng. Tuy nhiên đường thẳng này có gì đặc biệt? Chúng ta sẽ xét bài toán sau: Bài 2: (Đường thẳng Steiner) Cho ABC và điểm M bất kì thuộc đường tròn. Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, BC, CA. Chứng minh D, E, F thẳng hàng và đường thẳng đi qua 3 điểm này luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên (O)  Định hướng lời giải: Không khó để chúng ta nhận ra đường thẳng đi qua 3 điểm D, E, F đi qua trực tâm H của ABC . Bây giờ ta sẽ đi chứng minh các điểm D, H, F thẳng hàng vì từ hình vẽ ta dự đoán được tứ giác AHBD và tứ giác AHCF nội tiếp. Theo tính chất đối xứng ta có: 1 2ADBAMBsdAB và  1909090 2 ooo BHKKBHACBACBsdAB Do đó 180oADBBHKADBAHB tứ giác AHBD nội tiếp
 DHBBADBAM Tương tự ta cũng có tứ giác AHCF nội tiếp CHFCAFCAM Như vậy ta có: 180oDHBBHCCHFBACBHC  D, E, F thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có D, H, E, F thẳng hàng. Lời giải Gọi H là trực tâm của ABC và K là chân đường cao từ A của ABC Do D đối xứng với M qua AB nên theo tính chất đối xứng ta có:  11 2ADBAMBsdAB Ta lại có 90oHBKBHK Và 90oHBCACB  12 2BHKACBsdAB Từ (1) và (2), suy ra: ADBBHK . Mà 180oBHKAHB  180oADBAHB Suy ra tứ giác AHBD nội tiếp đường tròn DHBDABBAM (theo tính chất đối xứng) (3) Tương tự, ta cũng chứng minh được tứ giác AHCF nội tiếp  4CHFCAFMAC Lại có  1801809090180oooooBHCHCBACBABCBAC Kết hợp với (3) và (4), suy ra:  180180,,ooDHBBHCCHFBAMMACBACDHF thẳng hàng Tương tự, ta cũng chứng minh được D, H, E thẳng hàng  D, E, F, H thẳng hàng  đường thẳng đi qua 3 điểm D, E, F đi qua điểm cố định H  đpcm  Nhận xét: Đường thẳng đi qua các điểm D, E, F, H được gọi là đường thẳng Steiner của điểm M đối với tam giác ABC. Bài 3: Cho ABC nội tiếp đường tròn (O). H là trực tâm của tam giác. Gọi A 1 ; B 1 ; C 1 lần lượt là các điểm đối xứng với H qua BC, CA, AB; d là một đường thẳng qua H và không song song với cạnh nào của ABC. d 1 ; d 2 ; d 3 lần lượt là đường thẳng đối xứng với d qua BC, CA, AB. Chứng minh d 1 ; d 2 ; d 3 đồng quy tại 1 điểm trên đường tròn.  Định hướng lời giải: Như ta đã biết các điểm đối xứng với trực tâm qua các cạnh của ABC sẽ thuộc đường tròn ngoại tiếp ABC. Do đó nếu ta gọi A 1 ; B 1 ; C 1 lần lượt là các điểm đối xứng của H qua các cạnh BC, CA, AB thì A 1 ; B 1 ; C 1 sẽ thuộc (O). Bây giờ ta sẽ gọi A 2 ; B 2 ; C 2 lần lượt là giao điểm của d với BC, CA, AB thì ta có ngay 121122123,,AAdBBdCCd .Ý tưởng tiếp theo ta gọi giao điểm của hai đường thẳng sau đó sẽ chứng minh điểm đó thuộc đường tròn (O). Gọi I là giao điểm của B 1 B 2 và C 1 C 2 . Ta sẽ đi chứng minh tứ giác AB 1 IC 1 nội tiếp. Theo tính chất đối xứng ta có  12ACIAHC và  121122180oABIAHBACIABIAHCAHB tứ giác AB 1 IC 1 nội tiếp. Do đó I thuộc (O). Hoàn toàn tương tự giao điểm của 2 đường thẳng A 1 A 2 và B 1 B 2 cũng thuộc 12OIAA 3 đường thẳng A 1 A 2 , B 1 B 2 , C 1 C 2 đồng quy tại I thuộc đường tròn (O) hay d 1 , d 2 , d 3 đồng qui tại 1 điểm trên đường tròn (O) Lời giải
Do A 1 ; B 1 ; C 1 là các điểm đối xứng của H qua các cạnh BC, CA, AB  A 1 ; B 1 ; C 1 đều thuộc (O) Già sử đường thẳng d cắt BC, CA, AB lần lượt tại A 2 ; B 2 ; C 2 Theo tính chất đối xứng 212223;;AdBdCd 121212,,CCBBAA lần lượt là đường thẳng đối xứng với d qua AB, AC, BC Gọi I là giao điểm của B 1 B 2 và C 1 C 2 Theo tính chất đối xứng ta có:  1212;ABIAHBACIAHC  1122180oABIACIAHBAHC  tứ giác AB 1 IC 1 nội tiếp  I thuộc (O) Tương tự, giao điểm của A 1 A 2 và B 1 B 2 cũng thuộc 12OIAA  A 1 A 2 , B 1 B 2 , C 1 C 2 đồng quy tại 1 điểm trên (O) Hay d 1 , d 2 , d 3 đồng quy tại 1 điểm trên (O)  Nhận xét: Điểm đồng quy của các đường thẳng d 1 , d 2 , d 3 trên đường tròn ngoại tiếp ABC được gọi là điểm anti-Steiner của đường thẳng d đối với ABC. Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi H 1 ; H 2 ; H 3 ; H 4 lần lượt là trực tâm của các tam giác ACD, BCD, ABD và ABC. Chứng minh: a) BH 1 ; AH 2 ; CH 3 và DH 4 đồng quy b) Bốn diểm H 1 , H 2 , H 3 , H 4 đồng viên  Định hướng lời giải: Phần a) bài toán yêu cầu chứng minh BH 1 ; AH 2 ; CH 3 và DH 4 đồng quy. Từ hình vẽ ta sẽ thấy ngay tứ giác ABH 2 H 1 là hình bình hành vì ta có 12//AHBH , (vì cùng vuông góc với CD. Nhớ lại bài toán quen thuộc ta đã chứng minh nếu gọi M là trung điểm của CD thì ta có 12AHOM và 2122BHOMAHBH ; do đó ABH 2 H 1 là hình bình hành  AH 2 và BH 1 sẽ cắt nhau lại trung điểm của mỗi đường. Hoàn toàn tương tự ta sẽ chứng minh được các đường BH 1 ; AH 2 ; CH 3 và DH 4 đồng quy tại trung điểm của mỗi đường. Chuyển sang phần b) yêu cầu chứng minh 4 điểm H 1 ; H 2 ; H 3 ; H 4 cùng thuộc một đường tròn. Ở phần a) ta thấy các đường thẳng BH 1 ; AH 2 ; CH 3 và DH 4 , đồng quy tại trung điểm của mỗi đường. Gọi I là điểm đồng quy đó. Như vậy các điểm H 1 ; H 2 ; H 3 và H 4 sẽ tương ứng đối xứng với các điểm B, A, C và D qua điểm I mà các điểm A, B,C, D cùng thuộc một đường tròn nên theo tính chất đối xứng các điểm H 1 ; H 2 ; H 3 và H 4 cùng sẽ thuộc một đường tròn và tâm của đường tròn này sẽ là điểm đối xứng của O qua I. Từ đó ta sẽ gọi O 1 là điểm đối xứng với O qua I và ta sẽ dễ dàng chứng minh được 11121314OHOHOHOHR Lời giải a. Gọi M là trung điểm của CD Ta có ADC nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm là H 1 và M là trung điểm của cạnh CD 12AHOM Tương tự, ta cũng có 1//AHOM và 22BHOM và 2//BHOM 122AHOMBH và 112//AHBH  tứ giác AH 1 H 2 B là hình bình hành AH 2 và BH 1 cắt nhau tại I là trung điểm của mỗi đoạn Hoàn toàn tương tự ta sẽ chứng minh được các cặp AH 2 , CH 3 và AH 2 , DH 4 , đều cắt nhau tại trung điểm của mỗi đoạn thẳng Do đó các đoạn thẳng BH 1 ; AH 2 ; CH 3 và DH 4 sẽ đồng quy tại I là trung điểm của mỗi đoạn b. Gọi O 1 là điểm đối xứng của O qua I  I là trung điểm của OO 1 Mà I cũng là trung điểm của AH 2  Tứ giác O 1 AOH, là hình bình hành 12OHOAR Tương tự, ta có: 111314OHOHOHR
11121314OHOHOHOHR  các điểm H 1 ; H 2 ; H 3 ; H 4 cùng thuộc đường tròn tâm O 1 bán kính R Hay nói các khác 4 điểm H 1 ; H 2 ; H 3 ; H 4 đồng viên  đpcm.  Nhận xét: Kết quả của phần a) bài toán này có thể áp dụng được cho tính chất rất hay của đường thẳng Simson như sau: Bài 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi d A , d B , d C , d D lần lượt là các đường thẳng Simson của A đối với ABCD, của B đối với CAD của C đối với ABD và của D đối với ABC. Chứng minh các đường thẳng d A , d B , d C , d D đồng quy.  Định hướng lời giải: Ta sẽ xét tính chất sau của đường thẳng Simson của điểm D đối với ABC . Gọi E, F lần lượt là các hình chiếu của điểm D xuống các đường thẳng AB, AC. Gọi M, N lần lượt là các điểm đối xứng của D qua AB, AC. Khi đó ta có EF là đưòng thẳng Simson của D đối với ABC và MN là đường thẳng Steiner của điểm D đối với ABC. Như vậy MN sẽ đi qua điểm H là trực tâm của ABC . Dễ thấy E, F lần lượt là các trung điểm của DM, DN  EF là đường trung bình của DMN . Như vậy nếu ta gọi K là giao điểm của EF và DH thì dễ dàng chứng minh được K là trung điểm của DH. Vậy nên đường thẳng Simson của D đối với ABC sẽ đi qua trung điểm của DH với H là trực tâm của ABC . Vì vậy từ tính chất này kết hợp với phần a) của bài toán 4 ta sẽ chứng minh được các đường thẳng d A , d B , d C , d D đồng quy. Lời giải Gọi H a , H b , H c , H d lần lượt là trực tâm của BCD, ACD, BDA, ABC. Theo bài toán 4 ta có các đoạn thẳng AH a , BH b , CH c , DH d đồng quy tại I là trung điểm của mỗi đường. Mặt khác, theo bổ đề ở trên ta có các đường thẳng d A , d B , d C , d D lần lượt đi qua trung điểm của các đoạn thẳng AH a , BH b , CH c , DH d  d A , d B , d C , d D đồng quy tại I  đpcm Bài 6 (KAZ): Cho đường tròn (O) và đường thẳng d không cắt nhau. Đường kính AB của (O) vuông góc với d, trong đó B gần d hơn A. Một điểm C thay đổi khác A, B trên (O). Đường thẳng AC cắt d tại D, đường thẳng DE là tiếp tuyến của (O) với tiếp điểm E, B và E nằm cùng một bên đường thẳng AC. Đường thẳng BE cắt d tại F và AF cắt (O) tại G khác A. Gọi H là điểm đối xứng của G qua đường thẳng AB. Chứng minh rằng H nằm trên đường thẳng CF. Lời giải: Ta có //GHd . Gọi ,MABd  90oFEAFMA suy ra AEMF nội tiếp suy ra DFEBAEDEF Suy ra tam giác DFF cân. Vì DE là tiếp tuyến của (O) ta có: 22 .DFDEDCDA DFDA DCDF  