MỤC LỤC
Lời nói đầu 1
Chƣơng I. Các bài toán về đƣờng thẳng , đƣờng tròn 2
1.1. Bài toán về ba đƣờng thẳng hàng, ba đƣờng thẳng đồng quy. 2
1.2. Một số bài toán về đƣờng thẳng và đƣờng tròn, tứ giác nội tiếp 14
Chƣơng II. Các bài toán về vectơ và ứng dụng của vectơ 26
2.1. Vectơ, tâm tỉ cự 26
2.2. Tích ngoài của hai vectơ và ứng dụng 42
2.3. Phƣơng tích của điểm đối với đƣờng tròn. Trục đẳng phƣơng, tâm đẳng
phƣơng 62
KẾT LUẬN 79
Tài liệu tham khảo 80 1
Lời mở đầu
Hình học phẳng là dạng toán quen thuộc đối với học sinh trung học cơ sở
cũng nhƣ học sinh trung học phổ thông. Nó không chỉ xuất hiện trong đề thi học
sinh giỏi cấp tỉnh đối với khối học sinh lớp 9của các trƣờng THCS, các đề thi vào
THPT mà còn có trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế
của học sinh các trƣờng THPT, đồng thời cũng có trong đề thi vào các trƣờng đại
học với phần trăm điểm không nhỏ. Chính vì vậy đề tài em lựa chọn cho luận văn
của mình là : “ Một số chuyên đề về đƣờng thẳng và đƣờng tròn trong hình học
phẳng “.
Hình học phẳng trong toán THPT với chủ yếu là các bài toán về đƣờng thẳng và
đƣờng tròn, với đối tƣợng học sinh khá giỏi, còn đƣợc bổ sung thêm các định lí
thƣờng dùng nhƣ Mê-nê-la-uýt , Xê- va ,…Để giải các bài toán về đƣờng thẳng
PB
.
QB
QC
.
RC
RA
.
RC
RA
=
PA
PB
.
PB
PC
′
QC
.
RC
RA
= 1 .
Điều kiện đủ. Ngƣợc lại, ta chứng minh rằng nếu thỏa mãn (1) thì ba điểm P, Q,
R thẳng hàng. Gọi P
′
giao điểm của QR và AB . Vì Q, R, P
′
thẳng hàng nên theo
chứng minh trên :
P
′
= 1 . (2)
Từ (1) và (2) rút ra
PA
PB
=
P
′
A
P
′
B
MC
.
NC
NA
.
PA
PB
= 1 . (1)
PB
=
AX
AY
.
CB
AX
Giả sử ba đƣờng thẳng AM, BN, CP song song (h.3). Ta có
MB
MC
.
NC
NA
.
PA
PB
CB
=
MB
BM
.
BC
CB
.
CM
NA
.
P
′
A
P
′
B
= 1. (2)
Từ (1) và (2) rút ra
PA
PB
. Nếu các đƣờng
thẳng AA
′
, BB
′
, CC
′
đồng quy thì các giao điểm AB A
′
B
′
, BC B
′
C
′
, AC A
′
C
′
thẳng hàng, Ngƣợc lại nếu các giao điểm của chúng thẳng hàng thì các đƣờng
thẳng AA
′
, BB
′
, CC
′
đồng quy.
A
X
′
C
′
, AC
A
′
C
′
gọi là các giao điểm tƣơng ứng của hai tam giác đó. Khi đó định lí Đờ - dác
đƣợc phát biểu nhƣ sau. Các đƣờng thẳng nối các đỉnh tƣơng ứng của hai tam
giác đồng quy (hoặc song song) khi và chỉ khi giao điểm các cạnh tƣơng ứng
thẳng hàng.
Chứng minh.
a) Điều kiện đủ. Giả sử các đƣờng thẳng
AA
′
, BB
′
, CC
′
đồng quy tại O.(h.4) và AB A
′
B
′
= P
BC B
′
C
′
= Q, AC A
′
O
.
A
′
O
A
′
A
= 1
Vào trong tam giác BCO và ba điểm Q, B
′
, C
ta có
QB
B
′
B
= 1 và vào tam giác CAO và ba điểm R, A
′
, C
′
ta có
RC
RA
.
A
′
A
A
PB
.
QB
QC
.
RC
RA
= 1 từ đó theo định lí Mê-nê-la-uýt ta suy ra ba điểm P, Q, R
thẳng hàng.
b) Điều kiền đủ. nếu ba điểm P, Q, R thẳng hàng, thì ba đƣờng thẳng
Q = B
, AP CQ = B. Vậy đƣờng
thẳng AA
′
, BB
′
, CC
′
đồng quy tại O
.
O
A
R
C
B
P
Q
B
′
C
′
Hình 4
A
′
5
B
B
.
IB
ID
.
DD
=
C
D
C
M
và
DD
′
.
C
D
C
M
.
CM
AE
.
DE
DC
.
FC
FB
= 1 () vì IN // AE nên
AB
=
JM
JP
và KM // FB nên
FC
FB
=
KN
KM
= 1, áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác MNP và ba điểm
I,J, K ta suy ra ba điểm I, J, K thẳng hàng.
A
D
D
B
M
C
B
C
I
Hình 5
A
D
F
K
B
J
I
C
DO
=
BP
BO
vì CC
′
// RD và B đối xứng với D qua O , C
đối xứng với P qua O.
Ta lại có
OC
=
OB
OP
Suy ra
PO
PB
.
OB
OP
.
BP
BO
= (1) = 1 ( do P, O, B thẳng
hàng ). Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác OBC và ba điểm P, Q, R ta
đƣợc ba điểm P, Q, R thẳng hàng
NA
=
PA
PB
.
MB
MC
.
NC
NA
()
Do tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (I) nên PB= MB ; MC = NC ; PA = NA.
Từ (*) suy ra
PA
PB
MB
MC
.
NC
NA
=
PA
PB
.
PB
MC
.
MC
PA
=1
Theo định lí Xê- va cho tam giác ABC và ba điểm M, N, P
ta đƣợc AM, BN, CP đồng quy.
.
A
B
D
Q
C
R
C
O
BM
.
IM
IA
=
NA
NC
.
BC
BM
.
IM
IA
BC
BM
.
IM
IA
=
AP
MC
.
BC
BP
.
MC
AQ
.
TC
PC
= 1 khi và chỉ khi T, Q, R
thẳng hàng.
Bài giải (h.10)
Điều kiện đủ. Giả sử
PB
TB
.
TC
RA
RB
= -1 (2). Lấy (2) chia cho (1) ta đƣợc
TB
TC
.
QC
QA
.
T
C
PC
= 1. Theo chứng minh trên thì R, Q, T
thẳng hàng suy
ra T ≡T
. Vậy
PB
TB
Q
Hình 10
8
Bài toán 9. Cho tam giác ABC, điểm O nằm trong tam giác. Các đƣờng thẳng
AO, BO, CO lần lƣợt cắt các cạnh BC, CA, AB tại M, N, P. Đƣờng thẳng qua O ,
song song với BC lần lƣợt cắt MN, MP tại E và F. Chứng minh rằng OE = OF.
Bài giải.
Trƣờng hợp 1: NP// BC (h.11). Theo định lí Xê- va ta có
MB
MC
.
NC
NA
NC
=>
NC
NA
.
PA
PB
OF
= 1 = > OE = OF.( ở đây L = AO ∩ PN )
Trƣờng hợp 2: NP và BC không song song với nhau (h.12)
Đặt Q = NP ∩ BC. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác
ABC và ba điểm thẳng hàng P, L, Q ta có
PA
PB
.
QB
QC
NC
NA
.
PA
PB
= -1. (4)
Từ (3) và (4) suy ra
MB
thì
AC
AD
.
BD
BC
=
A
1
C
1
B
1
C
1
.
- Một đƣờng thẳng song song với OA cắt các tia OB, OC, OD lần lƣợt tại Y, X,
Z thì
AC
AD
.
BD
Áp dụng tính chất trên với bốn đƣờng thẳng OB, OM, OC, OQ và đƣờng thẳng
BQ và PQ cắt nhau ta đƣợc
MB
MC
.
QC
QB
=
LN
.
QP
QN
= 1.
Áp dụng tính chất trên với bốn đƣờng thẳng MQ, MN, ML, MP và
LN
LP
.
QP
CB
CD
=
CB
CD
= 2 .
Vậy
CB
CD
=
EB
.
ND
NA
= 1 hay
MA
MB
.
EB
YB
YA
=
ZC
ZB
=
TD
TC
= 2. Gọi a, b, c, là các đƣơng thẳng
lần lƣợt đi qua A, B, C và lần lƣợt song song với XT, YT và TZ. Chứng minh
rằng ba đƣờng thẳng a, b, c đồng quy.
Bài giải
Theo giả thiết ta có AX = 2DX, BY = 2AY, CZ = 2BZ, DT = 2CT.
A
B
C
M
N
D
E
Hình 13
10
Gọi P và P
′
lần lƣợt là giao điểm của AB và hai đƣờng thẳng song song c và ZT
(h.14).
Khi đó CPP
′
T là hình bình hành nên
2
AB, PA = PB + BA = =
3
2
AB.
Vậy ta có
PA
PB
= 3. (1)
Gọi M và M
′
lần lƣợt là giao điểm của BC và hai đƣờng thẳng song song a và
XT, khi đó AMM
′
X là hình bình hành nên:
MM
′
= AX =
2
3
AD =
2
MC
= 1.
(2)
Gọi N và N
′
lần lƣợt là giao điểm của đƣờng thẳng b với AC và DC thì BYTN
′
là
hình bình hành nên : N
′
T = BY =
2
3
CD. Vậy N
′
C = N
′
T CT =
1
3
CD =
1
PB
.
MB
MC
.
NC
NA
N
X
Y
P
P
N
Z
M
Hình 14
11
giác A
B
C
. Các đƣờng thẳng AO
, BO
, CO
lần lƣợt cắt B
đồng quy.
Bài giải.
Từ (h.15) ta có
A
B
A
C
.
B
C
B
=
A
B
A
C
B
C
A
.
C
A
C
B
=
S
O
A B
S
O
A C
.
S
O
B C
S
A B
S
O
C B
.
S
O
B C
S
O
A C
=
CA
BA
.
AB
CB
.
CB
.
BC
AC
=
CA
AC
Vì AA
, BB
, CC
đồng quy nên theo định lí Xê – va vào tam giác ABC và ba
điểm A
, B
, C
ta có
CA
AC
= 1 , suy ra
A
B
A
C
.
C
A
C
B
= 1. Áp dụng định lí
Xê- va vào tam giác A
B
) tiếp xúc với
các tia CA, CB. Đƣờng tròn (O
4
) tiếp xúc ngoài với (O
1
), (O
2
), (O
3
) lần lƣợt tại
X, Y, Z.Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy.
Bài giải. (h.16)
Gọi ( I; r ) là đƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC,r
1
, r
2
, r
3
, r
4
lần lƣợt là bán kính
các đƣờng tròn (O
1
), (O
2
), (O
3
), (O
4
).
.
AO
1
AI
= 1
A
B
C
A
B
C
O
KI
KO
4
.
r
4
r
1
.
r
1
r
= 1
suy ra
KI
KO
4
O
4
=
r
r
4
và
K
2
I
K
2
O
4
1
. Vẽ các hình bình hành OA
1
A
3
A
2
, OB
1
B
3
B
2
,
OC
1
C
3
C
2
. Chứng minh rằng AA
3
, BB
3
, CC
3
đồng quy.
Bài giải
(h.17) Giả sử AA
3
3
//AB, A
1
A
2
//AC )
=
A
2
B
A
1
C
=
A
2
B
CB
.
CB
A
1
C
=
A
2
C
1
CA
.
1
C
2
,
PA
PB
=
CA
CB
.
C
2
B
1
C
1
A
2
.
từ các đẳng thức trên ta có
MB
MC
.
NC
NA
.
PA
PB
= 1
Suy ra
PB
= 1. Theo định lí Xê – va ta có AM, BN, CP đồng quy
hay AA
3
, BB
3
, CC
3
đồng quy.
Bài toán 15. Cho hình bình hành ABCD. Hai điểm M, N lần lƣợt nằm trên hai
cạnh BC và CD sao cho MC= 2MB, DN = 2NC. Gọi I, J, K lần lƣợt là trung
điểm của các đoạn thẳng MA, AN va MN. Chứng minh rằng ba đƣờng thẳng BI,
DJ và CK đồng quy.
A
B
C
A
3
A
2
A
Bài giải
Giả sử đƣờng thẳng BI cắt AD tai M
và cắt DC tại X (h.18).
Vì I là trung điểm của MA và BM // AM
nên I cũng là trung điểm của BM
và
do đó ABMM
là hình bình hành, suy ra AM
= BM và DM
= CM. Ta có
DM
// CB nên
và cắt BC tại Y. Vì J là trung điểm của NA
và AN
// ND nên J cũng là trung điểm của DN
và do đó ADNN
là hình bình
hành, suy ra AN
= DN, BN
= CN. Ta có BN
// CD nên
YC
YB
=
CD
BN
=
CD
CN
=
3. Ngoài ra vì Y nằm ngoài đoạn thẳng BC nên
YC
1
2
. Hiển nhiên NP //
BD nên
ZB
ZD
=
Z
P
Z
N
ZD
=
2
3
. 3.
1
2
= 1.
Áp dụng định lí Xê-va vào tam giác BDC và ba điểm X, Y, Z ta suy ra ba đƣờng
thẳng BI, DJ, CK đồng quy.
A
B
C
D
N
X
M
P
N
I
M
=
AC
AD
=
BC
ED
suy ra AD. BC = AC. ED. (1)
Mà EAD
= BAC
nên DAC
= BAE
.
Suy ra ΔABE và ΔACD đồng dạng.
Do đó
AB
AC
=
BE
CD
nên AB. CD = AC. BE. (2)
Cộng (1) và (2) theo vế ta đƣợc
AD. BC + AB. CD = AC. ED + AC. BE = AC
ED + BE
AC. BD.
= MBD
.
Mà EMA
+ MAE
+ = 180
0
, MBD
+ + DMB
= 180
0
E
A
B
C
D
M
K
Hình 20
A
B
C
D
E
PC
=
AB
CA
và
PA
PA
=
AB
CA
do đó
PB
PC
=
AB
2
CA
2
. (1)
Tƣơng tự ΔQBC đồng dạng với ΔQAB (g.g) và
ΔRAC đồng dạng với ΔRCB(g.g) ta có
QC
QA
=
AB
2
CA
2
. (2)và
RA
2
= 1. Áp dụng định líMê-nê-la-uýt vào tam
giác ABC và ba điểm P, Q, R ta đƣợc P, Q, R thẳng hàng.
Bài toán 19. Cho tam giác ABC, M là điểm trên đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác
ABC. Gọi K, P, Q lần lƣợt là các điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB. Chứng
minh rằng P, K, Q cùng nằm trên một đƣờng thẳng và đƣờng thẳng đó luôn đi
qua một điểm cố định, không phụ thuộc vào điểm M thay đổi trên đƣờng tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
Bài giải.
Gọi D, E, F lần lƣợt là giao điểm của MK, MP,
MQ với BC, CA, AB.(h.22) Suy ra MD BC,
A
B
C
Q
P
R
Hình 21
A
B
M
C
P
I
Q
F
E
J
H
= MAC
+ MAB
+ IHJ
= A
+ IHJ
= 180
0
.
Do đó P, Q, H thẳng hàng. Suy ra đƣờng thẳng PQ luôn đi qua trực tâm H của
ΔABC ( đƣờng thẳng này có tên là Steiner).
Bài số 20. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đƣờng tròn, d
A
, d
B
, d
C
, d
D
là các đƣờng
thẳng Simsơn của A, B, C, D tƣơng ứng đối với các tam giác BCD, CDA, DAB,
ABC. Chứng minh rằng d
A
, d
, d
B
, d
C
, d
D
lần lƣợt đi
qua trung điểm của H
1
, BH
2
, CH
3
, DH
4
.
gọi M là trung điểm của AB thìCH
4
= 2OM.
Vì DH
3
= 2OM nên CDH
3
H
4
là hình bình hành. Suy ra , DH
4
, CH
3
cắt nhau tại
H
3H
4O
M
H
1Hình 23
17
F là các tiếp điểm, F cùng phía với O
2
bờ là AB). Đƣờng thẳng BE và BF cắt
đƣờng tròn (O
2
) lần lƣợt tại P và Q, gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh rằng
ba điểm E, F, I thẳng hàng.
Bài giải
Kéo dài EF cắt PQ tại I
′
. (h.24) vì MF là tiếp tuyến nên MFB
= FAB
nên AFE
= AQP
.
Từ đó AFI
′
Q là tứ giác nội tiếp
nên AFQ
= AI
′
Q
do đó AFB
= AI
′
P
.
Mặt khác ABF
= APQ
nên ΔFBA và ΔI
′
PA đồng dạng.
EB
EA
=
I
′
Q
I
′
A
. (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
I
′
Q
I
′
A
=
I
′
Q
I
′
A
nên I
′
Q = I
′
P .
Vây I ≡ I
. (2)
Vì tứ giác BMNC nội tiếp đƣờng tròn ( I ) nên ANM
= MBC
.
I
Q
E
M
P
A
B
O
1
O
2Hình 24
F
18
Từ (1) và (2) suy ra
MKC
= 180
0
2MBC
2
= 90
0
MBC
.
Suy ra IMC
+ MBC
= 90
0
nên IKC
+ AKC
= 90
0
.
Do đó IK ƣờng tròn (J) và đƣờng tròn (O)
cắt nhau tại A, K nên OJOJ // IK.
Bài toán 23.Cho tứ giác ABCD nội tiếp đƣờng tròn (O). M nằm trên tia đối của
tia BD sao cho MA, MC là hai tiếp tuyến của đƣờng tròn (O). Tiếp tuyến tại B
với đƣờng tròn (O) cắt MC tại N và cắt CD tại P, ND cắt đƣờng tròn (O) tại E.
Chứng minh rằng A, E, P thẳng hàng.
Bài giải. (h.26)
Vì MC là tiếp tuyến của (O) nên MCB
2
AC. BD suy ra
AC
DA
=
2BC
DB
. (6)
Mặt khác NB, NC là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O) và tứ giác BECD nội tiếp nên
chứng minh tƣơng tự ta có
BC
BD
=
2CE
DE
. (7) Vì PB là tiếp tuyến của (O) nên
A
B
C
I
K
N
O
J
M
Hình 25
A
D
C
P
CB
BD
2
.(8)
Từ (7) và (8) ta có
PC
PD
=
CB
BD
2
=
2CE
DE
2
. (9)
Giả sử AE cắt CD tại Q thì ΔQEC và ΔQDA đồng dạng suy ra
QC
QA
=
EC
DA
.
Mà ΔQDE và ΔQAC đồng dạng suy ra
QD
QA
EC
DE
.
4EC
DE
=
2EC
DE
2
.
(11)
Từ (9) và (11) suy ra
PC
PD
=
QC
QD
suy ra P ≡ Q suy ra A, E, P thẳng hàng.
Bài toán 24. Cho tam giác ABC với I là tâm đƣờng tròn nội tiếp. Đƣờng thẳng
AI cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. E là điểm trên cung BDC, và F
là điểm trên cạnh BC sao cho BAF
= CAE
<
1
2
A
= DE
. Do đó DAK
= EAD
= ESD
= ISJ
nên S, A,
S
A
B
D
K
E
C
M
F
J
I
Hình 27
G
20
I, J cùng nằm trên một đƣờng tròn. Suy ra AKE
= ASI
CA
=
DC
DA
. Mặt khác DI = DC =>
DC
DA
=
DI
DA
=>
JF
AJ
=
IM
IA
=
CM
CA
=
DI
DA
.
Suy ra
JF
AJ
=
DI
DA
. (1) Thay (1) vào (*) ta đƣợc
.
Suy ra ΔPEC cân tại E suy ra QE
Tứ giác AKBD nội tiếp từ đó suy ra PKB
= ADP
= PBE
.
Do đó ΔPEB đồng dạng với ΔPBK nên
PB
PE
=
PK
PB
từ suy ra PB
2
=
PK. PE.(1)
Mặt khác từ cách dựng trên suy ra tứ giác CKQP nội tiếp.
Suy ra QKP
= QCP
= PQE
= 45
0
từ đó suy ra ΔPQE đồng dạng với ΔPKQ.
Do đó
ba chân đƣờng cao tam giác, và ba trung điểm các đoạn nối đỉnh đến trực tâm
của tam giác đó cùng nằm trên một đƣờng tròn ( Đường tròn ơle hay đường tròn
chín điểm ).
Bài giải.
Cách 1. Gọi các điểm nhƣ hình vẽ (h.29).
Ta có BB
IH
B
B
= 90
0
B
H = BB
nên NB
// AH, IN // BC, AH
Từ đó INB
= 90
0
. Suy ra bốn điểm I, N, B
, H
2
R.
Chứng minh tƣơng tự các điểm còn lại cách J một khoảng
R
2
.
Ta xác định đƣợc tâm J là trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm và tâm đƣờng
tròn ngoại tiếp của tam giác, bán kính đƣờng tròn chín điểm là
R
2
.
Bài toán 27.Chứng minh rằng trong một tam giác đƣờng tròn ơle tiếp xúc trong
với đƣờng tròn nội tiếp.
Bài giải.
Gọi các điểm nhƣ hình vẽ (h.30). Gọi SQ là đƣờng
kính đƣờng tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC, kẻ AP
vì J là trung điểm của OH nên J là tâm đƣờng tròn ơle,hạ JE
ƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC nên A, I, S
A
B
C
H
A
H
BI
= IAP
= AQP
.
Suy ra ΔAPQ và ΔIND là hai tam giác vuông đồng dạng nên
PQ
DN
=
AP
IN
suy ra PQ. IN = AP. DN = MK. DN (vì AP = MK).(1)
Tứ giác AEMQ nội tiếp từ đó suy ra SC
2
= SM. SQ = SD. SA.
Vì I là tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC nênSB = SC = SI
Từ đó suy ra SI
2
= SD. SA.
Gọi hình chiếu của A, I, S trên cạnh BC tƣơng ứng là K, N, M thì ta có
MN
2
= MD. MK. Suy ra MN. MK MN
2
= MN. MK MD. MK
Từ đó suy ra MN
MK MN
= MK
PO
2
+ MK
2
( MN. MK MN
2
)
=
1
4
OA
2
+ IN
2
IN. PO MN. NK =
1
4
OA
2
+ IN
2
IN. PO IN. PQ
=
1
4
R
2
+ r
S
Q
P
M
N
E
D
K
H
J
I
O
Hình 30
23
Bài giải
Kéo dài đƣờng thẳng BH cắt AC tại E và cắt đƣờng
tròn (O) tại D (h.31). Ta có ABD
= ACD
(cùng chắn cung AD )
Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên ABE
= HCA
Từ đó suy ra ACH
= ACD
180
0
BHC
= BAC
+ BAC
= 2 BAC
(không đổi).
Do tam giác AMN cân tại A có góc ở đỉnh không đổi. Suy ra diện tích AMN lớn
nhất
AM lớn nhất.
ƣờng kính đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AHB.
AH MN // BC.
Bài toán 29.(Olympic Việt Nam -2004) nhọn ABC nội tiếp đƣờng
tròn (O) có trực tâm là H, D là điểm trên cung nhỏ BC, dựng hình bình hành
ADCE, K là trực tâm của tam giác ACE. Gọi P,Q là hình chiếu của K trên BC và
AB. Chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm của HK.
Bài giải.
(h.32) Theo giả thiết ta có ADC
= AEC
,
H
Hình 32
C
D
P
K
Q
24
K
(O) , EK cắt AC tại I suy ra P, Q, I thẳng hàng
(đƣờng thẳng Simsơn). Giả sử AH cắt (O) tại M và cắt
PQ tại N suy raMN // KP, KQ BC BQKP nội tiếp
suy raQBK
= AMK
= QPK
do đó MPKN là tứ giác nội tiếp suy ra
MPKN là hình thang cânnên KN = PM, mặt khác PH = PM suy ra PH = KN do
đóHPKN là hình bình hành suy ra NP cắt HK tại trung điểm mỗi đoạn do đó PQ
đi qua trung điểm của HK.
Bài toán 30. Cho tam giác vuông ABC (A
= 90
0
) và B
= MKE
. (1)
Mặt khác
=
( cùng chắn cung AE ).
Ta có BAH
= 90
0
ABH
= 90
0
EDA
= ADM
= EDM
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra MKE
= EDM
. Do đó bốn điểm M, K, D, E cùng nằm trên
một đƣờng tròn.
Copyright: Tài liệu đại học ©