Đang tải... (xem toàn văn)
ƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP VÀ NHỮNG TÍNH CHẤT THÚ VỊ Nguyễn Đăng Khải Hoàn11T,Chuyên Lương Thế Vinh,Đồng Nai Đường tròn nội tiếp là một vấn đề quen thuộc vì chúng ta đã làm quen với nó từ lúc mới bắt đầu học hình học phẳng cho đến các kì thi HSG các cấp.Từ các đường phân giác gần gũi đến các tiếp tuyến đã trở thành một vấn đề muôn thuở của hình học phẳng,ta thấy ẩn chứa bên trong đó còn có rất nhiều tính chất thú vị và trở thành những bổ đề quen thuộc nhưng hữu ích khi giải toán. Sau đây,tôi xin trình bày hiểu biết của mình về các ứng dụng của những tính chất của đường tròn nội tiếp trong tam giác. IMột số tính chất về góc. Tính chất 1: Cho ABC và đường tròn đường tròn nội tiếp (I).Khi đó: 90 2 BAC BIC . R Q P J B A C I F E D Đây là một tính chất cơ bản dễ dàng chứng minh dựa vào biến đổi góc. Hệ quả:Gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc BAC thì 90BJC BAC . Đây là một tính chất cơ bản nhưng có rất nhiều ứng dụng,ta cùng xét một số ví dụ: Bài toán 1:Cho ABC nhọn có 60BAC ,AB>AC.Gọi I và K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và trực tâm của tam giác. a)Chứng minh: B,I,H,C cùng thuộc một đường tròn. b)(APMO 2007). Chứng minh: 23AHI ABC c)So sánh AI và AH. Lời giải: a)Rõ ràng việc chứng minh tứ giác nội tiếp thì công cụ góc là một công cụ không thể bỏ qua.Và theo tính chất 1 làm ta nghĩ ra hướng chứng minh cho bài toán. F E D H C B A I Theo tính chất 1 thì: 90 120 2 BAC BIC .Do đó ta sẽ chứng minh: 120BHC Thật vậy,kẻ các đường cao AD,BE.CF. Khi đó: AFHE là tứ giác nội tiếp nên 180 120BHC EHF BAC . Vậy ta có B,I,H,C cùng nằm trên một đường tròn. b)Câu a) chính là để hỗ trợ chứng minh câu b). Ta có: 180 180AHI IHD IHB BHD 3 180 (90 ) 180 22 ABC ICB BCA 3 3 3 180 180 (120 ) 2 2 2 BCA ABC ABC Vậy ta có đpcm. c)Từ việc tính AHI và việc so sánh hai cạnh tam giác,ta nghĩ ngay đến việc tính AIH để so sánh hai góc,từ đó nhờ kết quả đã biết sau:”Trong một tam giác,cạnh đối diện với góc lớn hơn thì dài hơn.” Ta sẽ tìm được kết quả. Góc AIH có thể dễ dàng tính.Việc này xin để các bạn đọc. Ta sẽ đến với bài toán tổng quát của bài toán 1c ở trên. Bài toán 2: (IMO 2006).Cho ABC ngoại tiếp đường tròn (I).Một điểm P nằm trong tam giác thỏa mãn: .PBA PCA PBC PCB Chứng minh rằng: AP AI .Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi P trùng I. Lời giải: Như bài 1,ta dễ chứng minh I,P,C,B cùng nằm trên một đường tròn từ giả thiết về góc. Đến đây,khi vẽ hình và tính toán số đo các góc ta sẽ chia bài toán thành hai trường hợp.(Không kể P trùng I) TH1:P thuộc cung IC. C B A I P Khi đó ta có: 2 BCA BCP Tình toán một chút ta có: 360 180 22 AB AIP AIB BIP BCP :2= 90 Vậy AI>AP TH2 :P thuộc cung IB. Khi đó thì P nằm trong góc AIB. C B A I P Tính toán một chút: Và: Ta chứng minh: . Mà P nằm trong góc AIB nên ta luôn có : APB AIB . Vậy ta có ngay đpcm. Bài toán 3:Cho ABC ngoại tiếp đường tròn (I).Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp B I C .Chứng minh A,I,K thẳng hàng. Lời giải: Kí hiệu các điểm như hình vẽ.Các trường hợp khác chứng minh tương tự. Theo tính chất 1 thì: 90 2 BAC BIC suy ra: BKC = 180 BAC . Do đó tứ giác:KBAC là tứ giác nội tiếp. Suy ra: IKC ABC nên 180 2 IKC KIC = 180 2 ABC .(1) K A C B I Mà : 90 2 BAC AIC .(2) Từ (1) và (2) ta có A,I,K thẳng hàng. Nhận xét: +)Tâm K của (BIC) chính là giao điểm của AI với (ABC). +)Từ bài toán trên ta có thể giải quyết các bài toán sau đây một cách dễ dàng: 1)Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I).Gọi M,N,P lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC,CIA,AIB.Khi đó:AM,BN,CP đồng qui tại I. 2)Kể các tiếp tuyến AD,AE tới (BIC).Khi đó: BAD CAE hay AD,AE là hai đường đẳng giác của góc BAC . 3)Từ bài toán này,kết hợp với điều: I,P,C,B cùng nằm trên một đường tròn thì ta sẽ dễ suy ra ngay: AI AP .Đây là cách giải quyết nhanh nhất cho bài toán IMO 2006 kể trên. Từ tính chất kể trên của bài toán 3 ta có bài toán sau: Bài toán 4: (Poland 2012).Cho tam giác ABC với 60BAC .Gọi I và O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC.Chứng minh đường trung trực AI,và các đường thẳng OI,BC đồng qui. Lời giải: Gọi B’,C’ là giao điểm BI,CI với (O). Theo nhận xét của bài toán trên,ta có :C’I=C’B và 60BC I BAC nên :IC’=IB. Tương tự :IB’=IC nên OI là đường trung trực của BC’ và B’C C B K I O A B C .Theo nhận xét trên ta cũng có :C’I=C’A và B’I=B’A nên B’C’ là trung trực của AI. Vì BC’B’C là hình thang cân nên :BC,OI,B’C’ đồng qui tại một điểm. Vậy ta có đpcm. Sau đây ta sẽ đến với tính chất 2,và tính chất này được chứng minh dựa trên tính chất 1. Tính chất 2: Cho ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp.Gọi D,E,F là các tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB.Gọi K là giao điểm của EF và BI.Khi đó: 90BKC . Chứng minh: K C B A I D F E Theo tính chất 1 thì: 90BIC BAC nên: 90CIK BAC . Lại có: 90CEK AEF BAC .(vì tam giác AEF cân tại A.) Do đó tứ giác IEKC là tứ giác nội tiếp.Suy ra: 90IKC IEC . Vậy ta có: 90BKC . Từ kết quả này ta có thể suy ra:I,E,K,C,D cùng nằm trên một đường tròn có đường kính IC. Đây là một bổ đề quen thuộc và có rất nhiều ứng dụng. Bài toán 1: Cho ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp.Gọi D,E,F là các tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB.Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC và AC.Chứng minh:EF,BI,MN đồng qui. Lời giải: M N K C B A I D F E Thực ra đây chỉ là một hệ quả của tính chất 2 ở trên. Gọi K’ là giao của NM và BI.Theo kết quả trên thì ta cần chứng minh 90BK C . Thật vậy,ta có: MN AC nên MKB ABK CBK .Do đó:MK=MB=MC. Suy ra: BK C vuông tại K’ hay 90BK C . Vậy K trùng K’ nên ta có đpcm. Bài toán 2: (VMO2009).Cho A và B là hai điểm cố định trên mặt phẳng và C là điểm thay đổi sao cho ACB const .( 0 180 ).N,M,P lần lượt là hình chiếu của tâm đường tròn nội tiếp I của ABC lên BC,CA,AB.Gọi E và F là giao điểm của AI,BI với MN tương ứng. a)Chứng minh rằng độ dài EF không đổi. b)Đường tròn ngoại tiếp EFP luôn đi qua điểm cố định. Lời giải: a)Bài toán này liền mạch cùng với tính chất 2 cùng bài toán 1. Ta thấy tứ giác EFAB nội tiếp trong đường tròn đường kính AB vì vậy ta sẽ tính EF theo AB. Ta sẽ trở lại bài toán quen thuộc là tính độ dài dây cung theo bán kính khi đã biết số đo góc. Công việc này khá đơn giản,xin để bạn đọc giải quyết.Câu a của bài toán này cũng có khá nhiều cách trình bày và ý tưởng giải. k F K E B A C I P M N b)Từ tính chất 2,để ý một chút ta sẽ nhận ra ngay IP,AE,BF là các đường cao trong BIC .Khi đó: (EPF) chính là đường tròn Euler của B IC vì vậy nó đi qua trung điểm của AB.Vậy điểm cố định cần tìm là điểm K là trung điểm AB cố định. Ta sẽ tiếp tục đến với một bài toán điểm cố định khác. Bài toán 3:Cho AB= 3R là một dây cố định của (O).M là điểm thay đổi trên cung lớn AB.Đường tròn nội tiếp MAB tiếp xúc với MA,MB lần lượt tại E,F.Chứng minh:EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Lời giải: H D O K A M B I E F Từ dữ kiện AB= 3R ta suy ra : 60AMB . Từ những ý tưởng xuất phát từ tính chất 1 và các bài toán trên thì ta sẽ thử lấy giao điểm của BI và EF là D.Ta có : 90ADB . Trong bài toán thì các điểm A,B bình đẳng nên ta thường lấy K là trung điểm của AB.Ta dự đoán K là tâm của đường tròn cố định cần tìm.Kẻ KH vuông góc EF.Nếu kết quả dự đoán là đúng thì ta sẽ phải chứng minh KH không đổi.Điều này đòi hỏi ta sẽ đi tính góc EDK vì ta đã có KD=AB :2=const. Ta có :KD AM (theo bài toán 1) nên ADK EAD . Và tứ giác IFDB nội tiếp nên: IDF IBF . Ta có : 22 ABM BAM EDK EDA ADK = 60 . Từ đó ta có KH=const nên có EF luôn tiếp xúc với (K;KH). Việc tạo ra các góc vuông thì công việc tính toán sin,cos và các đại lượng hình học cũng trở nên dễ dàng. Bài toán 4 : Cho ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp.Gọi D,E,F là các tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB.Gọi M là giao điểm của AO với DE,N là giao điểm của BO với EF,P là giao điểm của CO với DF.Chứng minh rằng : NAB MAC PBC S S S Lời giải : N C B A O D F E Ta sẽ tính các diện tích trên theo diện tích tam giác ABC. Vì : 90BNC nên BN=BC.sin BCN Do đó : .sin .sin .cos .sin .sin 1 2 2 2 .sin .sin .sin 2 ABN ABC ABC ABC ABC BC BCN BC S BN ABN S BC ABC BC ABC BC ABC . Tương tự cho các tam giác còn lại ta suy ra đpcm. Bài toán 5 : (Iberoamerican 1989). Cho đường tròn (O) nội tiếp tiếp xúc với AC,BC tại M,N tương ứng.Phân giác của góc A và B tương ứng cắt MN tại P,Q.Chứng minh:MP.OA=BC.OQ Lời giải: Q P B A C O M N Trước tiên,theo tính chất 2 ta có: 90AQB APB . Nhìn vào điều cần chứng minh ta hoang mang vì chẳng thấy mối liên hệ giữa các đại lượng cần chứng minh.Vậy thì ta cứ lấy tỉ số,khi đó sẽ có nhiều công cụ giúp chúng ta giải quyết bài toán. Biến đồi hệ thức cần chứng minh tương đươg: cos OQ MP MP AOQ OA BC BC cos MP CMN BC MK MP MC BC MK KP NC BN (tính chất tỉ lệ thức.) MK NC KP BN Ta lại có: . tan .tan . tan .tan NK NK OK NOC OPK KP OK KP NC NC ON NOC OBC BN ON BN . Và: OPK OBC nên ta có ngay đpcm. Đường tròn bàng tiếp và đường tròn ngoại tiếp là hai đường tròn có những tính chất,đặc điểm tương tự nhau,vì thế ta sẽ phát triển tính chất 2 với đường tròn bàng tiếp. . tròn bàng tiếp và đường tròn ngoại tiếp là hai đường tròn có những tính chất, đặc điểm tương tự nhau,vì thế ta sẽ phát triển tính chất 2 với đường tròn bàng tiếp. Tính chất 3 :Cho ABC có đường. của mình về các ứng dụng của những tính chất của đường tròn nội tiếp trong tam giác. IMột số tính chất về góc. Tính chất 1: Cho ABC và đường tròn đường tròn nội tiếp (I).Khi đó: 90 2 BAC BIC . đpcm. Sau đây ta sẽ đến với tính chất 2 ,và tính chất này được chứng minh dựa trên tính chất 1. Tính chất 2: Cho ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi D,E,F là các tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB.Gọi
ĐƯỜNG TRỊN NỘI TIẾP VÀ NHỮNG TÍNH CHẤT THÚ VỊ Nguyễn Đăng Khải Hồn-11T,Chun Lương Thế Vinh,Đồng Nai Đường trịn nội tiếp vấn đề quen thuộc làm quen với từ lúc bắt đầu học hình học phẳng kì thi HSG cấp.Từ đường phân giác gần gũi đến tiếp tuyến trở thành vấn đề muôn thuở hình học phẳng,ta thấy ẩn chứa bên cịn có nhiều tính chất thú vị trở thành bổ đề quen thuộc hữu ích giải tốn Sau đây,tơi xin trình bày hiểu biết ứng dụng tính chất đường tròn nội tiếp tam giác I-Một số tính chất góc Tính chất 1: Cho ABC đường trịn đường trịn nội tiếp (I).Khi đó: BIC 90 BAC A E F B I D C P Q R J Đây tính chất dễ dàng chứng minh dựa vào biến đổi góc *Hệ quả:Gọi J tâm đường trịn bàng tiếp góc BAC BJC 90 BAC Đây tính chất có nhiều ứng dụng,ta xét số ví dụ: Bài tốn 1:Cho ABC nhọn có BAC 60 ,AB>AC.Gọi I K tâm đường tròn nội tiếp trực tâm tam giác a)Chứng minh: B,I,H,C thuộc đường tròn b)(APMO 2007) Chứng minh: 2AHI 3ABC c)So sánh AI AH Lời giải: a)Rõ ràng việc chứng minh tứ giác nội tiếp cơng cụ góc cơng cụ khơng thể bỏ qua.Và theo tính chất làm ta nghĩ hướng chứng minh cho toán A F I H B Theo tính chất thì: BIC 90 D E C BAC 120 Do ta chứng minh: BHC 120 Thật vậy,kẻ đường cao AD,BE.CF Khi đó: AFHE tứ giác nội tiếp nên BHC EHF 180 BAC 120 Vậy ta có B,I,H,C nằm đường trịn b)Câu a) để hỗ trợ chứng minh câu b) Ta có: AHI 180 IHD 180 IHB BHD ABC 180 ICB (90 ) 180 BCA 2 3 180 BCA 180 (120 ABC ) ABC 2 Vậy ta có đpcm c)Từ việc tính AHI việc so sánh hai cạnh tam giác,ta nghĩ đến việc tính AIH để so sánh hai góc,từ nhờ kết biết sau:”Trong tam giác,cạnh đối diện với góc lớn dài hơn.” Ta tìm kết Góc AIH dễ dàng tính.Việc xin để bạn đọc Ta đến với toán tổng quát toán 1c Bài tốn 2: (IMO 2006).Cho ABC ngoại tiếp đường trịn (I).Một điểm P nằm tam giác thỏa mãn: PBA PCA PBC PCB Chứng minh rằng: AP AI Dấu “=” xảy P trùng I Lời giải: Như 1,ta dễ chứng minh I,P,C,B nằm đường tròn từ giả thiết góc Đến đây,khi vẽ hình tính tốn số đo góc ta chia tốn thành hai trường hợp.(Không kể P trùng I) TH1:P thuộc cung IC A I P B Khi ta có: BCP C BCA Tình tốn chút ta có: AIP 360 AIB BIP BCP Vậy AI>AP TH2 :P thuộc cung IB Khi P nằm góc AIB A B 180 :2= 90 2 A P I B C Tính tốn chút: Và: Ta chứng minh: Mà P nằm góc AIB nên ta ln có : APB AIB Vậy ta có đpcm Bài tốn 3:Cho ABC ngoại tiếp đường trịn (I).Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp BIC Chứng minh A,I,K thẳng hàng Lời giải: Kí hiệu điểm hình vẽ.Các trường hợp khác chứng minh tương tự Theo tính chất thì: BIC 90 BAC suy ra: BKC = 180 BAC Do tứ giác:KBAC tứ giác nội tiếp Suy ra: IKC ABC nên KIC 180 IKC 180 ABC = (1) 2 A I B C K Mà : AIC 90 BAC (2) Từ (1) (2) ta có A,I,K thẳng hàng *Nhận xét: +)Tâm K (BIC) giao điểm AI với (ABC) +)Từ tốn ta giải toán sau cách dễ dàng: 1)Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I).Gọi M,N,P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC,CIA,AIB.Khi đó:AM,BN,CP đồng qui I 2)Kể tiếp tuyến AD,AE tới (BIC).Khi đó: BAD CAE hay AD,AE hai đường đẳng giác góc BAC 3)Từ toán này,kết hợp với điều: I,P,C,B nằm đường trịn ta dễ suy ngay: AI AP Đây cách giải nhanh cho tốn IMO 2006 kể Từ tính chất kể tốn ta có tốn sau: Bài toán 4: (Poland 2012).Cho tam giác ABC với BAC 60 Gọi I O tâm đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tam giác ABC.Chứng minh đường trung trực AI,và đường thẳng OI,BC đồng qui Lời giải: Gọi B’,C’ giao điểm BI,CI với (O) Theo nhận xét tốn trên,ta có :C’I=C’B BC ' I BAC 60 nên :IC’=IB Tương tự :IB’=IC nên OI đường trung trực BC’ B’C B' A C' O I K B C Theo nhận xét ta có :C’I=C’A B’I=B’A nên B’C’ trung trực AI Vì BC’B’C hình thang cân nên :BC,OI,B’C’ đồng qui điểm Vậy ta có đpcm Sau ta đến với tính chất 2,và tính chất chứng minh dựa tính chất Tính chất 2: Cho ABC có I tâm đường tròn nội tiếp.Gọi D,E,F tiếp điểm (I) với BC,CA,AB.Gọi K giao điểm EF BI.Khi đó: BKC 90 Chứng minh: A F E K I B D Theo tính chất thì: BIC 90 BAC nên: CIK 90 BAC Lại có: CEK AEF 90 BAC (vì tam giác AEF cân A.) Do tứ giác IEKC tứ giác nội tiếp.Suy ra: IKC IEC 90 Vậy ta có: BKC 90 C Từ kết ta suy ra:I,E,K,C,D nằm đường trịn có đường kính IC Đây bổ đề quen thuộc có nhiều ứng dụng Bài tốn 1: Cho ABC có I tâm đường trịn nội tiếp.Gọi D,E,F tiếp điểm (I) với BC,CA,AB.Gọi M,N trung điểm BC AC.Chứng minh:EF,BI,MN đồng qui Lời giải: A F E K N I M D C B Thực hệ tính chất Gọi K’ giao NM BI.Theo kết ta cần chứng minh BK ' C 90 Thật vậy,ta có: MN AC nên MKB ABK CBK Do đó:MK=MB=MC Suy ra: BK ' C vng K’ hay BK ' C 90 Vậy K trùng K’ nên ta có đpcm Bài tốn 2: (VMO2009).Cho A B hai điểm cố định mặt phẳng C điểm thay đổi cho ACB const ( 0 180 ).N,M,P hình chiếu tâm đường trịn nội tiếp I ABC lên BC,CA,AB.Gọi E F giao điểm AI,BI với MN tương ứng a)Chứng minh độ dài EF khơng đổi b)Đường trịn ngoại tiếp EFP qua điểm cố định Lời giải: a)Bài tốn liền mạch với tính chất toán Ta thấy tứ giác EFAB nội tiếp đường trịn đường kính AB ta tính EF theo AB Ta trở lại tốn quen thuộc tính độ dài dây cung theo bán kính biết số đo góc Cơng việc đơn giản,xin để bạn đọc giải quyết.Câu a tốn có nhiều cách trình bày ý tưởng giải C F M N k I K A E B P b)Từ tính chất 2,để ý chút ta nhận IP,AE,BF đường cao BIC Khi đó: (EPF) đường trịn Euler BIC qua trung điểm AB.Vậy điểm cố định cần tìm điểm K trung điểm AB cố định Ta tiếp tục đến với toán điểm cố định khác Bài toán 3:Cho AB= R dây cố định (O).M điểm thay đổi cung lớn AB.Đường tròn nội tiếp MAB tiếp xúc với MA,MB E,F.Chứng minh:EF tiếp xúc với đường tròn cố định Lời giải: M D H F E I O A K B Từ kiện AB= R ta suy : AMB 60 Từ ý tưởng xuất phát từ tính chất tốn ta thử lấy giao điểm BI EF D.Ta có : ADB 90 Trong tốn điểm A,B bình đẳng nên ta thường lấy K trung điểm AB.Ta dự đoán K tâm đường trịn cố định cần tìm.Kẻ KH vng góc EF.Nếu kết dự đốn ta phải chứng minh KH khơng đổi.Điều địi hỏi ta tính góc EDK ta có KD=AB :2=const Ta có :KD AM (theo tốn 1) nên ADK EAD Và tứ giác IFDB nội tiếp nên: IDF IBF Ta có : EDK EDA ADK ABM BAM = 60 2 Từ ta có KH=const nên có EF ln tiếp xúc với (K;KH) Việc tạo góc vng cơng việc tính tốn sin,cos đại lượng hình học trở nên dễ dàng Bài tốn : Cho ABC có I tâm đường trịn nội tiếp.Gọi D,E,F tiếp điểm (I) với BC,CA,AB.Gọi M giao điểm AO với DE,N giao điểm BO với EF,P giao điểm CO với DF.Chứng minh : S NAB SMAC SPBC Lời giải : A F E N O D C B Ta tính diện tích theo diện tích tam giác ABC Vì : BNC 90 nên BN=BC.sin BCN S BN sin ABN Do : ABN S ABC BC.sin ABC ABC ABC ABC BC.cos sin 2 1 BC.sin ABC BC.sin ABC BC.sin BCN sin Tương tự cho tam giác cịn lại ta suy đpcm Bài tốn : (Iberoamerican 1989) Cho đường tròn (O) nội tiếp tiếp xúc với AC,BC M,N tương ứng.Phân giác góc A B tương ứng cắt MN P,Q.Chứng minh:MP.OA=BC.OQ Lời giải: A M Q O P B N C Trước tiên,theo tính chất ta có: AQB APB 90 Nhìn vào điều cần chứng minh ta hoang mang chẳng thấy mối liên hệ đại lượng cần chứng minh.Vậy ta lấy tỉ số,khi có nhiều cơng cụ giúp giải toán Biến đồi hệ thức cần chứng minh tương đươg: OQ MP MP cos AOQ OA BC BC cos CMN MP MK MP BC MC BC MK KP MK NC (tính chất tỉ lệ thức.) NC BN KP BN Ta lại có: NK NK OK tan NOC.tan OPK KP OK KP NC NC ON tan NOC.tan OBC BN ON BN Và: OPK OBC nên ta có đpcm Đường tròn bàng tiếp đường tròn ngoại tiếp hai đường trịn có tính chất,đặc điểm tương tự nhau,vì ta phát triển tính chất với đường tròn bàng tiếp A L D F I H P T B K E C Ngoài ta cịn có : +)AK AT hai đường đẳng giác góc A CL CP hai đường đẳng giác góc C +)CI AP,AI CP nên I trực tâm tam giác APC Và kết hay khác P nằm đường tròn (I) điểm đối xứng với F qua I Thật thú vị phải không bạn ! Bài tốn :Cho ABC có đường trịn (I) nội tiếp,tiếp xúc với BC M.Gọi N điểm đối xứng M qua I.K giao điểm AN BC.Kí hiệu H điểm đối xứng với tiếp điểm (I) với AC qua trung điểm AC.Tương tự với L AB.P giao điểm BH CL.G trọng tâm tam giác ABC.Chứng minh :P,G,I thẳng hàng Lời giải : A N C1 I L B1 G H P B M A1 Đây tính chất thú vị đẹp mắt Gọi A1 , B1 , C1 trung điểm BC,CA,AB Theo tính chất A1 trung điểm MK K C Suy : IA1 đường trung bình tam giác NMK.Do : IA1 AK Từ ta có,phép vị tự : VG : A1 A A1I AK Tương tự : VG : B1 B B1I BH ; C1 C C1I CL Theo tính chất :AK,BH,CL đồng qui P mà A1I , B1I , C1I đồng qui I nên : VG : I P Vậy I,P,G thẳng hàng Nhận xét:Từ tốn ta dễ dàng suy ra:HP IO,với H trực tâm O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Đây thực tính chất đẹp đẽ điểm đặc biệt tam giác A N H I G O B M P K C Bài tốn 5:Cho ABC có trực tâm H,tâm nội tiếp I ngoại tiếp O (I) tiếp xúc với BC K.Giả sử IO BC.Chứng minh :AO HK Lời giải : Gọi K’ điểm đối xứng với K qua I,E giao điểm AK’ BC Gọi M trung điểm BC.Khi :IM đường trung bình tam giác K’KE nên :IM K’E (1) Theo tính chất M trung điểm KE Lại có :IOMK hình chữ nhật nên IO=KM=ME IO ME nên :IOEM hình bình hành Suy :IM OE (2) A K' B I O K H M E C Từ ( 1) (2) ta có :A,K’,O,E thẳng hàng Mặt khác :KK’ AH (cùng vng góc với BC) Và KK’=AH (cùng lần OM) Suy :HK AK’ Từ ta có đpcm Bài : (IMO 2008).Cho ABCD tức giác lồi cho BA BC ( I1 ),( I ) đường tròn nội tiếp ABC , ADC Giả sử tồn đường tròn (I) tiếp xúc với tia BA,BC tiếp xúc với AD,CD.Chứng minh :tiếp tuyến chung ( I1 ),( I ) cắt điểm nằm (I) Lời giải : A J D I I2 L Z C B I1 M Đây hình học hay khó.Nhưng biết tính chất việc đơn giản Gọi giao điểm ( I1 ),( I ) với AC J,L Ta dễ chứng minh điều sau : +) AB+AD=BC+CD +)AL=JC Vẽ tiếp tuyến (I), ( I1 ),( I ) song song với AC,các tiếp tuyến tiếp xúc với đường trịn Z,M,N Khi đó,theo tính chất ta có:B,M,L,Z D,N,J,Z thẳng hàng Lại có:JM LN song song đường kính ( I1 ),( I ) nên JN LN cắt tâm vị tự ( I1 ),( I ) Theo tính chất tâm vị tự ngồi giao điểm hai tiếp tuyến chung ( I1 ),( I ) nên ta có đpcm Đây lời giải đặc sắc thành viên Mathlink,được xem lời giải đẹp hay cho toán Sau tơi xin tiếp tục trình bày tính chất xem gần với tính chất mặt hình vẽ Tính chất :Cho ABC có đường trịn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC,CA,AB D,E,F.Gọi M trung điểm BC.Khi :DI,AM,EF đồng qui Chứng minh : A Q K E P F I B D M Gọi K giao điểm DI EF.Ta chứng minh AM qua K C Để làm điều đó,qua M dựng đường thẳng song song với BC cắt AC AB P Q.Ta chứng minh KP=KQ Tứ giác QKIF KEPI nội tiếp nên ta có : IQK IFK IPK IEK Mà : IEK IFK nên IQK IPK Do ta suy đpcm Đây cách chứng minh đơn giản nhất,ngồi ta cịn có số cách chứng minh dựa vào hàng điểm điều hòa,đường thẳng Simson,hoặc dựa bổ đề sau (Bổ đề D.S) :Trong ABC ,M thuộc cạnh BC ta có : BM sin BAM sin ACM kết hợp định lí Ceva CM sin CAM sin ABM dạng sin.Nhưng cách chứng minh phức tạp cách nên xin không đưa vào.Xin mời bạn thử chứng minh cách khác Sau tốn tương tự tính chất : Bài tốn : (China 1999).Cho ABC khơng cân,D trung điểm BC.E thuộc đoạn AD,EF vng góc với BC (F thuộc BC).P thuộc EF,PM vng góc với AB,PN vng góc với AC.Chứng minh :Nếu M,E,N thẳng hàng BAP PAC Ta có tính chất quan trọng hàng điểm điều hòa sau : Cho đường trịn (O) điềm S nằm ngồi (O).Từ S kẻ tiếp tuyến SA,SB tới (O) cát tuyến SCD cắt AB E.Khi : (SECD)=-1 Kết hợp tính chất tính chất ta có tốn : Bài toán : (IMO shortlish 2005).Đường trung tuyến AM ABC cắt đường tròn nội tiếp (I) ABC K L.Từ K,L kẻ đường thẳng song song với BC cắt (I) X,Y.AX AY cắt BC P Q.Chứng minh :BP=CQ Lời giải : A K X E T F I Y B Q L D Gọi T giao KM XY M P C Vì KXLY tứ giác nội tiếp có hai cạnh KX YL song song nên KXLY hình thang cân Suy :T,I,D thẳng hàng Do theo tính chất ta có:E,T,F thẳng hàng Theo tính chất hàng điểm điều hịa thì:(ATKL)=-1 Do đó: AK TK AL TL Ta lại dễ có theo định lí Thales: AK TK MP AL TL MQ Từ ta có M trung điểm PQ nên:BQ=CP III-Đường tròn nội tiếp tính chất liên quan đến đường trịn khác 1-Đường trịn ngoại tiếp Sau tơi xin giới thiệu giống đến “kì diệu” tâm nội tiếp tâm ngoại tiếp tam giác Với tam giác ABC , ta kí hiệu O,I tâm hai đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác.Gọi S I O.Sau số toán đơn giản: Bài 1:Kẻ SD,SE,SF vng góc với BC,CA,AB.Thế AD,BE,CF đồng quy Bài 2: Gọi M,N,P điểm đối xứng S qua D,E,F AM,BN,CP đồng quy Đây gọi phương pháp tương tự hóa,nhờ điều ta có số lớp tính chất cho đường trịn nội tiếp ngoại tiếp.Vì bạn phát tính chất đường trịn nội tiếp,hãy tìm hiểu xem có với đường trịn ngoại tiếp hay không.Bạn phát nhiều điều thú vị Sau ta xem xét số toán: Bài toán 3:Cho tam giác ABC nội tiếp (O).Tiếp tuyến đường tròn B C cắt A’.Xác định tương tự cho B’,C’.Khi đó:AA’,BB’,CC, đồng qui Vì AA’,BB’,CC’ đường đối trung tam giác ABC nên chúng đồng qui điểm Lemoine Và rõ ràng tốn với đường trịn nội tiếp hồn tồn Bài toán 3’: Cho tam giác ABC nội tiếp (I).Tiếp tuyến đường tròn B C cắt A’.Xác định tương tự cho B’,C’.Khi đó:AA’,BB’,CC, đồng qui Các điểm A’,B’,C’ tiếp điểm (I) với BC,CA,AB nên ta có AA’.BB’,CC’ đồng qui Bài toán 4:Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I).Gọi A',B',C' tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC,ICA,IAB Khi AA',BB',CC' đồng quy Bài toán ta xử lí tốn tính chất Ta thử xem xét có đường trịn nội tiếp hay khơng? Bài tốn 4’:Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I).Gọi A',B',C' tâm đường tròn nội tiếp tam giác IBC,ICA,IAB Khi AA',BB',CC' đồng quy hay không? Gợi ý: A I A' B C Sẽ dung Định lí Ceva dạng sin sin ABA ' 3B C A ' B sin sin sin A ' AB sin ABA '.sin A ' CB AA ' 4 Ta có: sin ACA ' 3C B sin A ' AC A ' C sin ACA '.sin A ' BC sin sin AA ' 4 Thiết lập hệ thức lại ta suy đpcm Nếu thay đường tròn nội tiếp (I) đường trịn (O) nhỉ? Bài tốn 4’’: Cho tam giác ABC nội tiếp (O).Gọi A',B',C' tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC,OCA,OAB Khi AA',BB',CC' đồng quy Điểm đồng qui gọi điểm Kosnita tam giác ABC.Cách chứng minh giới thiệu nhiều tài liệu internet Bài toán 4’’’’: Cho tam giác ABC nội tiếp (O).Gọi A',B',C' tâm đường tròn nội tiếp tam giác OBC,OCA,OAB Liệu AA',BB',CC' đồng quy hay khơng? Bài tốn xin mời bạn đọc Chỉ thay đường tròn nội tiếp đường tròn ngoại tiếp ngược lại ta có tính chất mới,thật thú vị phải khơng bạn.Hãy tự khám phá tính chất đẹp đẽ bạn Nhưng đơi lúc ta không nhận kết mong muốn,nhưng bạn thử Bài toán 5:Cho tam giác ABC,phân giác AM O, O1 , O2 tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, AMB, AMC Ta có: OO1 OO2 Gợi ý: Xét trường hợp hình vẽ,các trường hợp khác chứng minh tương tự Gọi P,Q,R trung điểm AC,AM,AB Ta dễ chứng minh tứ giác AQPO2 AQO1R tứ giác nội tiếp Kết hợp BAM CAM ta có: OO1O2 OO2O1 Từ ta có đpcm A O2 R O1 Q P O B M C Bài toán 5’:Cho tam giác ABC,phân giác AM I , I1 , I tâm đường trịn nội tiếp ABC, AMB, AMC Khi đó: II1 II có hay khơng? A I I2 I1 B M C Rõ ràng tính chất khơng đúng,nhưng xin bạn đừng nản lịng,ít bạn biết trường hợp,một tốn mà bạn khơng ngộ nhận đắn 2-Đường trịn mixtilinear Nhắc đến đường trịn nội tiếp,sẽ thiếu sót ta bỏ qua đường tròn mixtilinear.Đường tròn mixtilinear đường tròn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp hai cạnh tam giác Có nhiều viết liên quan đến đường tròn mixtilinear internet mà bạn tham khảo.Ở viết tơi xin giới thiệu tính chất nhất,đó lớp tốn có liên quan với có ứng dụng bổ đề sau: Bổ đề:Cho hai đường tròn (O,R) (O’,R’) tiếp xúc với A,(R>R’).Hai đường thẳng qua A cắt (O) B C.Từ B C kẻ tiếp tuyến BB’ CC’.Khi đó: AB BB ' AC CC ' Chứng minh: B N C P O B' M O' j A C' Gọi M,N giao điểm AC AB với (O’) Ta có: BB '2 BN BA CC '2 CM CA Lại có : BCA BAP NMA nên MN song song với BC Do theo định lí Thales thì: BN BA CM CA Từ ta có đpcm Đây tính chất thú vị hai đường trịn tiếp xúc có nhiều ứng dụng đẹp mắt Ví dụ:Cho đường trịn (O;R) (O′;R′) tiếp xúc A.(R>R′).Tiếp tuyến (O′) M khác A cắt (O) B C.Gọi E,F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM ACM.Chứng minh OE=OF Đây kết hợp bổ đề toán: Cho tam giác ABC,phân giác AM O, O1 , O2 tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, AMB, AMC Ta có: OO1 OO2 Bài toán giới thiệu Vì theo bổ đề ta có: AB BM nên AM phân giác BAC nên ta có đpcm AC CM C M B O O' A Sau số toán liên quan đến đường tròn Mixtilinear 1-(Định lý Lyness) Đường tròn mixtilinear ( Oa ) tiếp xúc với AB,AC X Y.Khi tâm đường trịn nội tiếp I trung điểm XY Lời giải: A L K X I B O Y Oa Z C Gọi Z tiếp điểm của ( Oa ) (ABC) Theo bổ đề ta có:ZX phân giác AZB ZY phân giác AZC Gọi K,L giao điểm BI CI với (ABC).Khi đó:Z,X,L Z,Y,K thẳng hàng Theo định lí Pascal cho lục giác:ABKZLC X,I,Y thẳng hàng Từ ta có đpcm Nhận xét: 1)Ta dễ dàng chứng minh được:BXIZ CYI’Z tứ giác nội tiếp Suy ra: BIX BZX BZA BCA CBA Tương tự thì: CIY 2 2)Áp dụng định lí hàm số sin ta có: Kết hợp với:IX=IY CIY IY YC IX BX sin ICY sin CIY sin IBX sin BIX CBA BCA , BIX Ta có: 2 C sin BX BZ sin ICY sin BIX B CY CZ sin CIY sin IBX sin 2 Từ nhận xét ta có tốn : 2)Gọi P giao điểm ZI (ABC).Khi P điểm cung BC Chứng minh : A P L K X I B O Y Oa Z C Vì BXIZ CYI’Z tứ giác nội tiếp nên : BZI AXY AYX CZI Suy :ZP phân giác BZC Do ta có đpcm 3)Gọi E giao điểm ZI BC.Khi :AE,CX,BY đồng qui Lời giải : A P L K X I B E O Y Oa Z C Theo bổ đề ZE phân giác BZC ta có : Do : BE ZB BX CE ZC CY XB YA EC Theo định lí Ceva cho tam giác ABC ta có đpcm XA YC EB 4)Gọi T giao điểm AI (ABC).Khi :TZ,BC,XY đồng qui Lời giải : A P L F K X I B O Y Oa E Z C T Gọi F giao điểm BC TZ Ta có : PZT 90 (vì T P trung điểm cung nhỏ cung lớn BC)nên RF phân giác BZC Suy : BF ZB BX XB YA FC nên CF ZC CY XA YC FB Theo định lí Menelaus cho tam giác ABC ta có đpcm 5)Gọi D giao điểm AZ XY.Khi :DE AI Lời giải : A P L F K X D I B O Y Oa E Z C T Ta chứng minh DE PQ Từ tính chất ZI phân giác BZC ta có : CFZ 180 FYC BCA IZC BZA EZD Suy tứ giác :FDEZ tứ giác nội tiếp Mặc khác : EZF 90 nên DE PQ Lại có :AI PQ nên ta có đpcm Nhận xét : 1)Từ tốn ta dễ có :FZ Oa A tứ giác nội tiếp 2)Vì CX,BY,AE đồng qui nên : (FEBC)=-1 DE DF nên DE,DF phân giác BDC 3-Những kết khác Sau ta đến với kết khác đường tròn nội tiếp đường tròn đặc biệt tam giác Ta đến với định lí thú vị hình học phẳng liên quan đến đường nội tiếp đường trịn Euler Định lí Feuerbach: Trong tam giác,đường tròn Euler tiếp xúc với đường trịn nội tiếp nó.Ngồi đường trịn Euler cịn tiếp xúc ngồi với đường trịn bàng tiếp tam giác Như ta biết gọi D,E,F chân đường vng góc I BC,CA,AB ta có D,E,F tiếp điểm (I) với BC,CA,AB.Khi đó:AD,BE,CF đồng qui.Ta thay đường trịn (I) đường trịn đồng tâm I có bán kính r’ r.Khi ta gọi D’,E’,F’ giao ID,IE,IF với (I;r’) ta có:AD’,BE’,CF’ đồng qui Kết phát biểu định lí sau Định lí Kariya: Cho tam giác ABC có (I) đường trịn nội tiếp.Ở phía ngồi tam giác lấy điểm M,N,P cho IM=IN=IP IM,IN,IP tương ứng vng góc với BC,CA,AB.Khi đó:AM,BN,CP đồng qui Định lí hệ định lí Jacobi bạn tham khảo lời giải internet Trên viết đường tròn nội tiếp,đây tính chất quen thuộc thú vị Mong qua viết này,mọi người thêm yêu quí tốn học nói chung cảm nhận phần vẽ đẹp hình học nói riêng Dù tác giả cố gắng trình viết bài,nhưng cịn nhiều hạn chế mặt kiến thức lẫn trình bày,rất mong nhận đóng góp ý kiến bạn đọc.Xin chân thành cám ơn Tài liệu tham khảo: 1-Simple problem and its applications viết tác giả Nguyễn Văn Linh 2-Mathscope.org 3-Mathlink.ro 4-Tài liệu chuyên toán lớp 10 5-Một số giảng lớp GV trường chuyên Lương Thế Vinh,Đồng Nai ... bàng tiếp đường tròn ngoại tiếp hai đường trịn có tính chất, đặc điểm tương tự nhau,vì ta phát triển tính chất với đường trịn bàng tiếp Tính chất :Cho ABC có đường trịn nội tiếp (I) tiếp xúc với... thử chứng minh Ta đến với tính chất cạnh tam giác đường trịn nội tiếp II-Một số tính chất cạnh: Tính chất 4:Cho ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC D.Kẻ đường kính DD’.Gọi E giao... ta có số lớp tính chất cho đường trịn nội tiếp ngoại tiếp. Vì bạn phát tính chất đường trịn nội tiếp, hãy tìm hiểu xem có với đường trịn ngoại tiếp hay không.Bạn phát nhiều điều thú vị Sau ta xem