Định lý MongeD’Alembert và ứng dụng

11 5 0
  • Loading ...
1/11 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 12/05/2018, 22:23

Định lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụng Định lý Monge-D’Alembert ứng dụng Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TCNH ĐH Ngoại thương Giới thiệu Định lý Monge-D’Alembert đặt theo tên hai nhà toán học Pháp Gaspard Monge Jean-le-Rond D’Alembert, phát biểu sau Định lý Cho ba đường tròn C1 (O1 , R1 ), C2 (O2 , R2 ), C3 (O3 , R3 ) phân biệt mặt phẳng Khi tâm vị tự ngồi cặp đường tròn (C1 , C2 ), (C2 , C3 ), (C3 , C1 ) thuộc đường thẳng Hai tâm vị tự hai ba cặp đường tròn tâm vị tự ngồi cặp đường tròn lại thuộc đường thẳng [1][2] O1 O2 O3 A1 A3 A2 Chứng minh Ta chứng minh định lý trường hợp ba tâm vị tự ngồi, trường hợp lại chứng minh tương tự Gọi tâm vị tự cặp đường tròn (C1 , C2 ), (C2 , C3 ), (C3 , C1 ) A3 , A1 , A2 Khi đó: V RA13 : O2 → O1 ; V RA32 : O1 → O3 ; V RA21 : O3 → O2 R2 R1 R3 A1 O2 A2 O3 A3 O1 R2 R3 R1 = = R3 R1 R2 A1 O3 A2 O1 A3 O2 Theo định lý Menelaus thu A1 , A2 , A3 thẳng hàng Suy ra: Sau ta xét trường hợp đặc biệt Cho hai đường tròn phân biệt C1 (O1 ) C2 (O2 ) có hai tâm vị tự A1 A2 C2 cắt O1 O2 điểm cố định O2 chuyển động, đường tròn C1 cố định Thực việc kéo dài O1 O2 đến vô cùng, A1 A2 tiền dần đến giao điểm O1 O2 C1 Như O2 vô cùng, C2 trở thành đường thẳng l, A1 , A2 giao điểm đường thẳng qua O1 vng góc với l C1 Việc xác định A1 hay A2 tâm vị tự hay phụ thuộc vào việc ta coi O1 nằm bên nửa mặt phẳng l Như định lý Monge-D’Alembert phát biểu cho trường hợp hai đường tròn đường thẳng sau: Định lý Cho hai đường tròn C1 (O1 ), C2 (O2 ) đường thẳng l Gọi A1 , A2 điểm −−−→ −−−→ nằm C1 C2 cho O1 A1 ⊥ l, O2 A2 ⊥ l Khi O1 A1 ↑↑ O2 A2 tâm vị tự ngồi C1 −−−→ −−−→ C2 , A1 , A2 thẳng hàng Nếu O1 A1 ↑↓ O2 A2 tâm vị tự C1 C2 , A1 , A2 thẳng hàng Định lý hiển nhiên chứng minh đơn giản dựa theo định lý Thales nên ta khơng trình bày Xét trường hợp đặc biệt khác hai ba đường tròn C1 , C2 , C3 có bán kính (ví dụ C1 C2 ) Khi tiếp tuyến chung ngồi C1 C2 song song Định lý Monge-D’Alembert phát biểu đường thẳng nối hai tâm vị tự (hoặc trong) hai cặp đường thẳng lại song song với hai tiếp tuyến chung ngồi C1 C2 Có nghĩa ta coi tâm vị tự C1 C2 nằm vô Ứng dụng Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Kí hiệu ωa đường tròn tiếp xúc với tia AB, AC tiếp xúc với (O) Tương tự ta xác định ωb , ωc Gọi A1 , B1 , C1 tiếp điểm ωa , ωb , ωc với (O) Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Ba đường tròn ωa , ωb , ωc gọi đường tròn "Mixtilinear incircle" B1 A C1 P I O C B A1 Chứng minh Gọi (I) đường tròn nội tiếp tam giác ABC; P tâm vị tự (I) (O) Xét ba đường tròn ωa , (I), (O) có tâm vị tự ngồi A, A1 , P nên theo định lý MongeD’Alembert suy AA1 qua P Tương tự ta thu AA1 , BB1 , CC1 đồng quy P Nhận xét Bằng phương pháp tương tự, ta chứng minh toán tổng quát sau: Cho tam giác ABC Gọi ωa , ωb , ωc đường tròn tiếp xúc với cặp tia (AB, AC), (BA, BC), (CA, CB); (O) đường tròn tiếp xúc (hoặc ngồi) với ωa , ωb , ωc A1 , B1 , C1 Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Bài Cho tam giác ABC Kí hiệu ωa , ωb , ωc đường tròn tiếp xúc với cặp tia (AB, AC), (BC, BA), (CA, CB) cho ωa , ωb , ωc tiếp xúc Gọi A1 , B1 , C1 tiếp điểm cặp đường tròn (ωb , ωc ), (ωa , ωc ), (ωa , ωb ) Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Ba đường tròn ωa , ωb , ωc gọi đường tròn Malfatti A B1 C1 A1 B C Chứng minh Gọi A2 , B2 , C2 tâm vị tự cặp đường tròn (ωb , ωc ), (ωa , ωc ), (ωa , ωb ) Theo định lý Monge-D’Alembert suy A2 , B2 , C2 thẳng hàng Do B1 , C1 tâm vị tự cặp đường tròn (ωa , ωc ), (ωa , ωb ), A2 tâm vị tự (ωb , ωc ) nên theo định lý Monge-D’Alembert, A2 , B1 , C1 thẳng hàng Tương tự, A1 , B2 , C1 thẳng hàng, A1 , B1 , C2 thẳng hàng Mặt khác, BC, CA, AB tiếp tuyến chung ngồi ba đường tròn nên A2 , B2 , C2 nằm BC, CA, AB Theo định lý Desargues, hai tam giác ABC A1 B1 C1 thấu xạ, hay AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Bài Cho ba đường tròn C1 , C2 , C3 ngồi tiếp xúc với đường tròn (O) Kẻ tiếp tuyến chung ngồi đường tròn C1 , C2 , C3 cho đường tròn khơng nằm nửa mặt phẳng có bờ tiếp tuyến Gọi A, B, C tiếp điểm C1 , C2 , C3 với (O); A1 B1 C1 tam giác tạo giao điểm tiếp tuyến (các đỉnh theo thứ tự tương ứng với A, B, C) Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy A A1 B1 C1 C A2 B B2 C2 Chứng minh Gọi A2 , B2 , C2 tâm vị tự cặp đường tròn (C2 , C3 ), (C1 , C3 ), (C1 , C2 ) Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn (O), C1 , C2 ta suy A, B, C2 thẳng hàng Tương tự, A, B2 , C thẳng hàng, A2 , B, C thẳng hàng Mặt khác, hiển nhiên ba sau thẳng hàng: (A1 , B1 , C2 ), (A2 , B1 , C1 ), (A1 , B2 , C1 ) Như hai tam giác ABC A1 B1 C1 có giao điểm cặp cạnh tương ứng thẳng hàng Theo định lý Desargues, hai tam giác ABC A1 B1 C1 thấu xạ hay AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Bài (IMO 2008) Cho tứ giác lồi ABCD (BA = BC) Gọi đường tròn nội tiếp tam giác ABC ADC k1 , k2 Giả sử tồn đường tròn k tiếp xúc với tia đối tia AB CB, đồng thời tiếp xúc với AD, CD Chứng minh giao điểm hai tiếp tuyến chung k1 k2 nằm k B G C O1 N M P O2 HD A Q I F J E Chứng minh Gọi E, F, P, Q tiếp điểm k(J) với AB, CD, AD, BC; M, N tiếp điểm k1 (O1 , R1 ) k2 (O2 , R2 ) với AC G, H điểm đối xứng với M, N qua O1 , O2 I −−→ − → điểm nằm k cho O1 G ↑↑ JI Theo định lý suy B, G, I thẳng hàng Mặt khác, BE = BQ nên BA + AE = BC + CQ Tương đương BA+AP = BC +CF ⇔ BA+AD+DP = BC +CD+DF ⇔ BA+AD = BC +CD AB + AC − BC CD + AC − AD Từ AM = = = CN 2 Suy N tiếp điểm đường tròn k3 bàng tiếp góc A tam giác ABC với AC Áp dụng định lý cho k1 , k3 , AC suy B, G, N thẳng hàng Chứng minh tương tự, I, D, H, M thẳng hàng IO1 R1 Mà GM N H, O1 , O2 trung điểm GM, N H nên O1 , O2 , I thẳng hàng = R2 IO2 Vậy I tâm vị tự k1 k2 hay giao điểm hai tiếp tuyến chung k1 k2 nằm k Bài Cho ba cung γ1 , γ2 , γ3 dựng dây AC cho chúng nằm nửa mặt phẳng bờ AC, cung γ2 nằm hai cung γ1 γ3 B điểm nằm AC, h1 , h2 , h3 ba tia B cho chúng nằm nửa mặt phẳng chứa ba cung tròn, đồng thời h2 nằm h1 h3 Gọi Vij giao điểm hi γj (i = 1, 3) Gọi Vij Vkj Vkl Vil tứ giác cong có cạnh đoạn thẳng Vij Vil , Vkj Vkl cung Vij Vkj , Vil Vkl Ta gọi tứ giác cong tứ giác ngoại tiếp tồn đường tròn tiếp xúc với hai đoạn thẳng hai cung Chứng minh tứ giác cong V11 V21 V22 V12 , V12 V22 V23 V13 , V21 V31 V32 V22 ngoại tiếp tứ giác V22 V32 V33 V23 ngoại tiếp Chứng minh Bổ đề Cho hai dây cung γ1 γ2 dựng dây AC cho chúng nằm nửa mặt phẳng bờ AC Gọi C1 , C2 hai đường tròn tiếp xúc với γ1 γ2 Khi tâm vị tự C1 C2 nằm AC T I2 Z I1 Y O2 X I C A O1 Chứng minh Gọi (O1 , R1 ) (O2 , R2 ) đường tròn chứa dây cung γ1 , γ2 ; I tâm vị tự C1 C2 X, Y tiếp điểm C1 , C2 với γ1 , Z, T tiếp điểm C1 , C2 với γ2 Áp dụng định Monge-D’Alembert cho ba đường tròn ((O1 ), γ1 , γ2 ) ((O2 ), γ1 , γ2 ) suy I, X, Y thẳng hàng I, Z, T thẳng hàng Gọi IA1 A2 tiếp tuyến chung γ1 , γ2 Phép nghịch đảo IIIA1 IA2 : γ1 → γ2 , đồng thời cặp đường thẳng I1 Z I2 T , I1 X I2 Y không song song nên IZ.IT = IA1 IA2 = IX.IY Suy X, Y, Z, T đồng viên Xét ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (XY T Z) có trục đẳng phương AC, XY, ZT nên AC, XY, ZT đồng quy Từ I ∈ AC Trở lại toán h2 h1 h3 V23 V33 V13 V32 V22 V12 V11 A V21 V31 C B Kí hiệu ω1 , ω2 , ω3 đường tròn nội tiếp tứ giác V11 V21 V22 V12 , V12 V22 V23 V13 , V21 V31 V32 V22 ; ω4 đường tròn tiếp xúc với γ3 , γ2 h2 Như ta cần chứng minh ω4 tiếp xúc với h3 Gọi I13 , I23 , I24 tâm vị tự ω1 ω3 , ω2 ω3 , ω2 ω4 Áp dụng bổ đề suy I13 , I24 ∈ AC Do B ∈ AC tâm vị tự ω1 ω2 nên theo định lý Monge-D’Alembert ta thu I23 ∈ AC Lại áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn ω2 , ω3 , ω4 suy tâm vị tự ω3 ω4 nằm AC Do tiếp tuyến chung ω3 ω4 giao AC B nên B tâm vị tự ngồi ω3 ω4 Suy ω4 tiếp xúc với h3 Nhận xét Bằng phương pháp tương tự ta chứng minh toán sau Bài 5.1 Cho tứ giác lồi ABCD AB giao CD E, AD giao BC F Gọi l1 , l2 hai đường thẳng qua E, l3 , l4 hai đường thẳng qua F Giả sử tứ giác tạo giao điểm đường thẳng (l1 , l3 , AD, CD), (l2 , l3 , AD, AB), (l2 , l4 , AB, BC) ngoại tiếp Chứng minh tứ giác tạo giao điểm đường thẳng (l1 , l4 , BC, CD) ngoại tiếp Bài (Bài tốn Apollonius) Dựng đường tròn tiếp xúc với ba đường tròn phân biệt mặt phẳng D l A C1 O1 O2 J2 J1 M B C I1 N C3 O3 C2 I2 L F J3 E Chứng minh (Gergonne) Để ngắn gọn tìm lời giải cho tốn trường hợp ba đường tròn C1 (O1 ), C2 (O2 ), C3 (O3 ) đôi ngồi Các trường hợp lại chứng minh tương tự Giả sử ta dựng đường tròn Gọi (I1 ) đường tròn tiếp xúc với C2 tiếp xúc với C1 , C3 , (I2 ) đường tròn tiếp xúc với C2 tiếp xúc với C1 , C3 (A, B), (C, D), (E, F ) tiếp điểm C1 , C2 , C3 với (I1 ), (I2 ) Gọi M, N tâm vị tự cặp đường tròn C1 C2 , C2 C3 , P tâm vị tự C1 C3 Theo định lý Monge-D’Alembert, M, N, P thẳng hàng Mặt khác, áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn C1 , C2 , (I1 ) suy A, M, C thẳng hàng Tương tự, B, M, D thẳng hàng k :C →C Gọi KM H tiếp tuyến chung C1 C2 Đặt M K.M H = k Phép nghịch đảo IM cặp đường thẳng AO1 CO2 không song song nên M A.M C = k Tương tự suy A, B, C, D thuộc đường tròn M thuộc trục đẳng phương (I1 ) (I2 ) Như đường thẳng l qua M, N, P trục đẳng phương (I1 ) (I2 ) Gọi L giao AB CD LA.LB = LC.LD Nghĩa L thuộc trục đẳng phương C1 C2 Tương tự ta thu L tâm đẳng phương C1 , C2 , C3 Mặt khác, dễ thấy cực đường thẳng AB, CD, EF ứng với C1 , C2 , C3 nằm trục đẳng phương (I1 ) (I2 ) nên AB, CD, EF qua cực đường thẳng l ứng với C1 , C2 , C3 Như ta có cách dựng sau: Dựng đường thẳng l qua ba tâm vị tự M, N, P C1 , C2 , C3 ; J1 , J2 , J3 cực l ứng với C1 , C2 , C3 Dựng tâm đẳng phương L C1 , C2 , C3 LJ1 , LJ2 , LJ3 cắt C1 , C2 , C3 A, B, C, D, E, F Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE BDF đường tròn cần dựng Rõ ràng ứng với đường thẳng qua ba tâm vị tự C1 , C2 , C3 ta dựng hai đường tròn, mà có tất đường thẳng qua ba tâm vị tự C1 , C2 , C3 nên tốn có nghiệm hình Bài (Yetti) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm nằm cạnh BC, AP cắt (O) lần thứ hai D Gọi (I1 ), (I2 ) đường tròn nội tiếp tam giác AP B, AP C; (J1 ), (J2 ) đường tròn tiếp xúc với cặp tia (P B, P D), (P C, P D) tiếp xúc với (O) Chứng minh I1 I2 , J1 J2 , BC đồng quy Chứng minh Trước tiên ta phát biểu bổ đề Bổ đề Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) AC giao BD E Gọi (I) đường tròn nội tiếp tam giác AEB, (J) đường tròn tiếp xúc với (O) N tiếp xúc với tia EC, ED Gọi M điểm cung AB khơng chứa N Khi M, I, N thẳng hàng B M A K I L E O H G I2 I1 J D N C Chứng minh Gọi G, H tiếp điểm (J) với BD, AC L, K điểm cung BD chứa A, cung AC chứa B BI giao AL I1 , AI giao BK I2 Áp dụng định lý cho (J), BD, (O) suy N, G, L thẳng hàng Tương tự, N, H, K thẳng hàng Ta có AI1 phân giác ∠N AB nên I2 tâm đường tròn bàng tiếp góc B ABD Tương tự, I2 tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC Theo định lý Sawayama-Thébault, I1 , I2 , G, H thẳng hàng Ta có ∠N GH = ∠N HC = ∠N BK suy tứ giác N GBI2 nội tiếp 1 ∠BII2 = (∠BAE + ∠ABE) = 90o − ∠AEB = ∠BGI2 2 Suy tứ giác GIBI2 nội tiếp Từ điểm N, G, I, B, I2 thuộc đường tròn Suy ∠IN B = ∠II2 B (1) Tương tự, ∠IN A = ∠II1 A (2) Mặt khác, AI, BI qua điểm cung BC, AD nên ∠I1 AI2 = ∠I1 BI2 Từ tứ giác I1 ABI2 nội tiếp, suy ∠II1 A = ∠II2 B (3) Từ (1), (2), (3) suy N I phân giác góc AN B hay M, I, N thẳng hàng Trở lại toán A M N I1 I2 B L C D J1 K J2 G E Gọi K, G tiếp điểm (J1 ), (J2 ) với (O) M, N điểm cung AC, AB Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn (O), (J1 ), (J2 ) suy BC, KG, J1 J2 đồng quy L Áp dụng định lý Pascal cho điểm N, M, B, C, K, G suy giao điểm cặp đường thẳng (N C, M B), (N G, M K), (BG, CK) thẳng hàng Từ theo định lý Desargues, I1 I2 , BC, J1 J2 đồng quy Suy đpcm Nhận xét Dựa vào lời giải trên, ta chứng minh toán tác giả, điều thú vị trùng hợp toán sau nằm thi Olympic toàn nước Nga 2010 Bài Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) AC giao BD K Gọi (I1 ), (I2 ), (I3 ), (I4 ) đường tròn nội tiếp tam giác ABC, BCD, CDA, DAB M1 , M2 , M3 , M4 điểm cung AB, BC, CD, DA Chứng minh I1 M1 , I2 M2 , I3 M3 , I4 M4 , OK đồng quy B M1 L N2 N1 A I1 M2 I2 K N4 J4 M4 O J3 C D M3 N3 Chứng minh Gọi (J1 ), (J2 ), (J3 ), (J4 ) đường tròn tiếp xúc với cặp tia (KA, KB), (KB, KC), (KC, KD), (KD, KA) tiếp xúc với (O) N1 , N2 , N3 , N4 Theo bổ đề ta có M1 , I1 , N3 thẳng hàng M2 , I2 , N4 thẳng hàng Do ta cần chứng minh I1 N3 , I2 N4 , OK đồng quy Theo kết toán trên, N3 N4 , J3 J4 , I1 I2 đồng quy điểm AC Áp dụng định lý Desargues cho ba đường thẳng N3 N4 , J3 J4 , I1 I2 suy giao điểm cặp đường thẳng (I1 N3 , I2 N4 ), (N4 J4 , N3 J3 ), (I1 J3 , I2 J4 ) thẳng hàng, tức giao điểm I1 N3 I2 N4 nằm OK Chứng minh tương tự ta thu I1 M1 , I2 M2 , I3 M3 , I4 M4 , OK đồng quy Bài (IMO Shortlist 2007) Cho tứ giác lồi ABCD P điểm cạnh AB Gọi (I), (I1 ), (I2 ) là đường tròn nội tiếp tam giác DP C, AP D, BP C Giả sử (I) tiếp xúc với (I1 ), (I2 ) K, L AC giao BD E, AK giao BL F Chứng minh E, I, F thẳng hàng A P M B I1 K E L I2 Q I F J D N C Chứng minh (Cosmin Pohoata) Gọi (J) đường tròn tiếp xúc với AB tia AD, BC Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn (J), (I), (I1 ) suy AK qua tâm vị tự (I) (J) Tương tự ta thu F tâm vị tự (I) (J) Như ta cần chứng minh E nằm IJ Gọi M, Q tiếp điểm (I2 ) với AB, BC; N tiếp điểm (I) với CD Ta có P M = P L = P K, CQ = CL = CN Do P B + DC = P M + M B + DN + N C = P K + BQ + DK + CQ = DP + BC Suy tứ giác DP BC ngoại tiếp Tương tự, tứ giác AP CD ngoại tiếp đường tròn ω1 Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn (J), (I), ω1 suy AC qua tâm vị tự (I) (J) Tương tự suy giao điểm AC BD tâm vị tự (I) (J) Nghĩa E ∈ IJ Ta có đpcm Bài tập tự luyện Bài 10 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi A1 , B1 , C1 tiếp điểm (I) với BC, CA, AB; A2 , B2 , C2 điểm cung BC, CA, AB chứa A, B, C Chứng minh A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 đồng quy Bài 11 (ELMO Shortlist 2011) Cho tam giác ABC Kí hiệu ωa đường tròn tiếp xúc với tia AB, AC; ωb , ωc định nghĩa tương tự Gọi Pa tâm vị tự ωb ωc Tương tự với Pb , Pc Chứng minh APa , BPb , CPc đồng quy Bài 12 (ELMO Shortlist 2011) Cho ba đường tròn ω, ω1 (O1 ), ω2 (O2 ) cho ω1 ω2 tiếp xúc P tiếp xúc với ω A B Gọi X hình chiếu vng góc P AB Chứng minh ∠O1 XP = ∠O2 XP Bài 13 Cho hai đường tròn trực giao (O1 ) (O2 ) Gọi X, Y hai điểm nằm (O1 ) (O2 ) cho giao điểm O1 Y O2 X nằm trục đẳng phương (O1 ) (O2 ) Chứng minh XY qua tâm vị tự (O1 ) (O2 ) Bài 14 Cho hình ABCDE đường tròn (O) chứa ABCDE Gọi (Oa ), (Ob ), (Oc ), (Od ), (Oe ) đường tròn tiếp xúc với (O) A1 , B1 , C1 , D1 , E1 tiếp xúc với tia đối cặp tia (AC, AD), (BD, BE), (CA, CE), (DB, DA), (EC, EB) Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 , DD1 , EE1 đồng quy Bài 15 (Nguyễn Văn Linh) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi X, Y, Z, T tiếp điểm (I) với AB, BC, CD, DA (O1 ) đường tròn tiếp xúc với (O) tiếp xúc với cạnh AB X cho (O1 ) C, D nằm khác phía đường thẳng AB (O2 ), (O3 ), (O4 ) định nghĩa tương tự Chứng minh đường thẳng kẻ từ A, B, C, D vng góc với O4 O1 , O1 O2 , O2 O3 , O3 O4 đồng quy điểm nằm OI Bài 16 (Petrisor Neagoe) Cho tam giác ABC ω đường tròn qua hai điểm B, C AB, AC cắt ω lần thứ hai E, F Gọi X, Y điểm cung BE, CF không chứa C, B AX, AY cắt ω lần thứ hai P, Q Gọi γ đường tròn tiếp xúc với cạnh AB, AC M, N tiếp xúc với ω Gọi U, V giao điểm (P XM ) (QY N ) Chứng minh tứ giác XU Y V hình bình hành Bài 17 (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Kẻ đường tròn (O ) tiếp xúc với (O) A tiếp xúc với cạnh BC Từ B, C kẻ tiếp tuyến khác BC tới (O ) cắt D DA giao (O) E Hai tiếp tuyến (O ) qua E giao BC G, H Chứng minh đường tròn (EGH) tiếp xúc với (O) Bài 18 (Romanian Masters in mathematics 2010) Cho tứ giác lồi A1 A2 A3 A4 khơng có cặp cạnh song song Kí hiệu ωi đường tròn tiếp xúc với cạnh Ai Ai+1 Ti tiếp xúc với tia Ai−1 Ai , Ai+2 Ai+1 (i = 1, 4, A0 ≡ A4 , A1 ≡ A5 , A2 ≡ A6 ) Chứng minh A1 A2 , A3 A4 , T2 T4 đồng quy A2 A3 , A4 A1 , T1 T3 đồng quy Bài 19 (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác nhọn ABC P điểm nằm tam giác cho AB + BP = AC + CP BP, CP giao AC, AB Y, Z Chứng minh tâm vị tự ngồi đường tròn nội tiếp tam giác AP Y AP Z nằm BC Bài 20 (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E, F tiếp điểm (I) với BC, CA, AB D , E , F đối xứng với D, E, F qua I Dựng đường tròn tiếp xúc với (I) D tiếp xúc với (O) A1 A2 tiếp điểm đường tròn "Mixtilinear incircle" ứng với đỉnh A với (O); A3 giao đường tròn đường kính AI với (O) Tương tự ta xác định B1 , B2 , B3 , C1 , C2 , C3 Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 , A2 A3 , B2 B3 , C2 C3 , OI đồng quy 10 Tài liệu [1] d’Alembert’s Theorem, from Wolfram Mathworld http://mathworld.wolfram.com/dAlembertsTheorem.html [2] Monge’s theorem, from Wikipedia http://en.wikipedia.org/wiki/Monge’stheorem [3] Cosmin Pohoata and Jan Vonk, The Monge-D’Alembert Circle Theorem, Mathematical Reflections https://www.awesomemath.org [4] Arseniy Akopyan, Geometry in figures, CreateSpace Independent Publishing Platform August 1, 2011 [5] AoPS Forum http://www.artofproblemsolving.com Email: Lovemathforever@gmail.com 11
- Xem thêm -

Xem thêm: Định lý MongeD’Alembert và ứng dụng, Định lý MongeD’Alembert và ứng dụng

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay