Tag Archives: ThangHang

Định lý Ceva (Junior)

Leave a reply

I. Định lý Ceva và chứng minh định lý.

Định lý. Cho tam giác $ABC$ các điểm $A’, B’, C’$ thuộc đường thẳng $BC ,AC, AB$ sao cho 3 điểm đều thuộc cạnh của tam giác hoặc có 1 điểm thuộc cạnh 2 điểm thuộc kia trên phần kéo dài hai cạnh còn lại. Khi đó $AA’, BB’, CC’$ đồng quy hoặc song song khi và chỉ khi: $$\dfrac{A’B}{A’C}.\dfrac{B’C}{B’A}.\dfrac{C’A}{C’B} = 1 (*)$$

Chứng minh. 

a) Điều kiện cần. $AA’,BB’, CC’$ đồng quy hoặc song song suy ra (*).

Trường hợp 1: $AA’,BB’,CC’$ đồng quy tại điểm $P$.

 

Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $BB’, CC’$ lần lượt tại $M, N$. Ta có:

  • $\dfrac{AB’}{B’C’} = \dfrac{AM}{BC}$ (1)
  • $\dfrac{BC’}{AC’} = \dfrac{BC}{AN}$ (2)
  • Ta có $\dfrac{A’B}{AM} = \dfrac{PA’}{PA} = \dfrac{A’C}{AN}$, suy ra $\dfrac{A’B}{A’C} = \dfrac{AN}{AM}$ (3).
  • Nhân 3 đẳng thức lại ta có điều cần chứng minh.

Trường hợp 2:

  • Ta có $\dfrac{CB’}{AB’} = \dfrac{BC}{BA’}$ (1)
  • $\dfrac{C’A}{C’B} = \dfrac{CA’}{BC}$  (2)
  • Từ (1) và (2), suy ra $\dfrac{A’B}{A’C}.\dfrac{CB’}{AB’}.\dfrac{C’A}{C’B} = 1$.

b) Điều kiện đủ: từ (*) suy ra $AA’,BB’,CC’$ đồng quy hoặc song song.

Ta xét trường hợp có điểm $A’$ thuộc cạnh $BC$ và $B’,C’$ nằm trên các phần kéo dài của hai cạnh kia.
Trường hợp 1. Nếu có hai trong ba đường thẳng $AA’,BB’,CC’$ song song với nhau, giả sử $AA’ \parallel BB’$, từ $C$ kẻ $CC” ||AA’$ cắt $AB$ kéo dài tại $C”$.

  • Theo điều kiện cần ta có $\dfrac{AB’}{B’C}.\dfrac{CA’}{A’B}.\dfrac{BC”}{C”A} = 1$.
  • Do đó $\dfrac{BC”}{C”A} = \dfrac{BC’}{C’A}$.
  • Vậy $C” \equiv C’$ (do $C’$ và $C”$ đều nằm ngoài đoạn $AB$)
    và $AA’||BB’||CC’$.

Trường hợp 2. Trong trường hợp không có hai đường thẳng nào trong ba đường thẳng nói trên song song,  ta chứng minh cả ba đường đồng quy.

  • Gọi $P$ là giao điểm của $AA’$ và $BB’$, cho $CP$ cắt $AB$ tại $C”$.
  • Tương tự như trên ta cũng có $\dfrac{BC”}{C”A} = \dfrac{BC’}{C’A}$.
  • Vậy $C” \equiv C$ (do $C$ và $C’$ cùng nằm ngoài đoạn $AB$).
  • Vậy $AA’,BB’, CC’$ đồng quy.

Trong trường hợp nếu $A’,B’,C’$ cùng thuộc cạnh thì ta chứng minh tương tự như trên ta cũng có $AA’,BB’,CC’$ đồng quy.

Chú ý. Ba đường thẳng xuất phát từ đỉnh của tam giác và đồng quy tại một điểm ta gọi là ba đường thẳng Ceva. Giao điểm của ba đường này được gọi là điểm Ceva.

II. Các ví dụ áp dụng.

Ví dụ 1. Chứng minh trong một tam giác các đường trung tuyến, các đường cao,các đường trung trực, các đường phân giác trong đồng quy.

Gợi ý
a. Tam giác $ABC$ có $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của $BC, AC, AB$.
Khi đó ta có $\dfrac{MB}{MC}.\dfrac{NC}{NA}.\dfrac{PA}{PB} = 1.1.1 = 1$.
Suy ra $AM, BN, CP$ đồng quy.
b. Gọi $AX, BY, CZ$ là ba đường cao.
Ta có $\triangle ABY \backsim \triangle ACZ \Rightarrow \dfrac{AY}{AZ} = \dfrac{AB}{AC}$.
Tương tự $\dfrac{BZ}{BX} = \dfrac{AC}{BC}, \dfrac{CY}{CX} = \dfrac{BC}{AC}$.
Khi đó $\dfrac{AY}{AZ}.\dfrac{BZ}{BX}.\dfrac{CY}{CZ} = 1$ hay $\dfrac{CX}{BX}.\dfrac{YC}{YB}.\dfrac{ZB}{ZA} = 1$.
Suy ra $AX, BY, CZ$ đồng quy.
c. Các đường trung trực đồng quy.
Xét tam giác có đỉnh là trung điểm của các cạnh, khi đó các đường trung trực là các đường cao của tam giác này nên theo b. thì đồng quy.
d. Gọi $AD, BE, CF$ là các đường phân giác trong của tam giác $ABC$.
Khi đó $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{AB}{AC}, \dfrac{EC}{EA} = \dfrac{BC}{AB}$ và $\dfrac{PA}{PC} = \dfrac{AC}{BC}$.
Suy ra $\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{PA}{PC} = 1$.
Suy ra $AD, BE, CF$ đồng quy.

Ví dụ 2. Cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh $BC, AC, AB$ lần lượt tại $D, E, F$. Chứng minh rằng $AD, BE, CF$ đồng quy. (tại một điểm được gọi là điểm Gergonne).

Gợi ý

Ta có $AE = AF, BD = BF, CD = CE$. Suy ra $\dfrac{BD}{CD}.\dfrac{CE}{AE}.\dfrac{AF}{BF} = 1$.
Theo định lý Ceva ta có $AD, BE, CF$ đồng quy.

Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$, các đường tròn bàng tiếp góc $A, B, C$ tiếp xúc với các cạnh $BC, AC, AB$ tại $D, E, F$. Chứng minh $AD, BE, CF$ đồng quy.

Gợi ý

Đặt $AB = c, AC = b, BC = a, p = \dfrac{a+b+c}{2}$.
Gọi $K, L$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $A$ với $AB, AC$.
Khi đó $AK = AL, BK = BD, CL = CD$.
Suy ra $2AK = AK + AL = AB + BK +AC+CL = AB + BD+ AC + CD = AB +AC+BC = 2p$
Suy ra $AK = AL = p$ và $BF = BD = BK = AK – AB = p-c$.
Tương tự ta có $AE = AF = p-a, CD = CE = p-c$.
Khi đó $\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{AF}{BF} = \dfrac{p-b}{p-c}.\dfrac{p-c}{p-a}.\dfrac{p-a}{p-b} = 1$.
Áp dụng định lý Ceva ta có $AD, BE, CF$ đồng quy.

Ví dụ 4. Cho tam giác $ABC$ vuông. Về phía ngoài tam giác $ABC$ dựng các hình vuông $ABDE$ và $ACFG$.
Chứng minh rằng các đường thẳng $BF, CD$ cắt nhau tại một điểm nằm trên đường cao của tam giác $ABC$.

Gợi ý
  • Gọi $L$ là giao điểm của $CD$ và $AB$; $K$ là giao điểm của $BF$ và $AC$.
    Ta có $\dfrac{LA}{LB} = \dfrac{AC}{BD} = \dfrac{AC}{AB}$.
    Ta có $\dfrac{KC}{KA} = \dfrac{CF}{AB} = \dfrac{AC}{AB}$.
  • Và $AB^2 = BC.BC, AC^2 = CH.BC \Rightarrow \dfrac{BH}{CH} = \dfrac{AB^2}{AC^2}$.
    Khi đó $\dfrac{BH}{CH}.\dfrac{CK}{AK}.\dfrac{AL}{BL} = 1$.
  • Vậy theo định lý Ceva $AH, CD, BF$ đồng quy.

Ví dụ 5. Cho tam giác $ABC$ nhọn, đường cao $AH$. $D$ là một điểm trên đoạn $AH$. $BD$ cắt $AC$ tại $E$, $CD$ cắt $AB$ tại $F$. Chứng minh $\angle EHA = \angle FHA$.

Gợi ý
  • Gọi $K, L$ lần lượt là giao điểm của $HE, HF$ với đường thẳng qua $A$ song song với $BC$. Ta chứng minh $HKL$ cân tại $H$ hay cần chứng minh $AK = AL$.
  • Áp dụng định lý Ceva cho các đường $AH, BE, CF$ ta có: $\dfrac{HB}{HC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{AF}{BF} = 1$ (1)
    Mà $\dfrac{CE}{AE} = \dfrac{CH}{AK}$ và $\dfrac{AF}{BF} = \dfrac{AL}{BH}$ (2).
    Từ (1) và (2) ta có $AL = AK$.
  • Tam giác $HKL$ có trung tuyến $HA$ vừa là đường cao nên cân tại $H$, suy ra $\angle EHA = \angle FHA$.

III. Bài tập rèn luyện

  1. Cho tam giác $ABC$ có $AA’, BB’, CC’$ là ba đường Ceva. Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của $BC, AC, AB$ và $M’,N’,P’$ là trung điểm $AA’,BB’,CC’$. Chứng minh rằng $MM’, NN’, PP’$ đồng quy.
  2. Cho tam giác $ABC$ nhọn, phân giác $AD$. Gọi $E, F$ là hình chiếu của $D$ trên $AB, AC$. Chứng minh rằng $BF, CE$ cắt nhau tại một điểm thuộc đường cao hạ từ $A$ của tam giác $ABC$.
  3. Cho tam giác $ABC$ có trung tuyến $AM$. Trên cạnh $BC$ lấy điểm $M’$ sao cho $\angle M’AB = \angle MAC$; các điểm $N’, P’$ được xác định tương tự. Chứng minh $AM’, BN’, CP’$ đồng quy.
  4. Cho tam giác $ABC$. Hai điểm $D, D’$ đối xứng nhau qua trung điểm của $BC$; các cặp điểm $E, E’$, $F, F’$ được xác định tương tự. Chứng minh rằng $AD, BE, CF$
    đồng quy khi và chỉ khi $AD’, BE’, CF’$ đồng quy.
  5. Cho tam giác $ABC$ và 3 đường Ceva $AA’,BB’,CC’$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $A’B’C’$ cắt các cạnh $BC, AC, AB$ lần lượt tại $A”, B”, C”$. Chứng minh rằng $AA”, BB”, CC”$ đồng quy.
  6. Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn qua 2 điểm $A, B$ cắt các cạnh $AC, BC$ tại $D, E$. $DE$ cắt AB tại $F$, $BD$ cắt $CF$ tại $M$. Chứng minh $MF = MC$ khi và chỉ khi $MD.MB = MC^2$.

Điểm Migel của tam giác vuông

Leave a reply

Đề bài. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ($AB < AC$) nội tiếp đường tròn tâm $O$.Vẽ đường cao $AH$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $AB, AC$ tại $D$ và $E$ và cắt $(O)$ tại điểm $P$ khác $A$. $AP$ cắt $BC$ tại điểm $K$.Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ($AB < AC$) nội tiếp đường tròn tâm $O$.Vẽ đường cao $AH$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $AB, AC$ tại $D$ và $E$ và cắt $(O)$ tại điểm $P$ khác $A$. $AP$ cắt $BC$ tại điểm $K$.

a. Chứng minh các tứ giác $KPEC, KPDB$ nội tiếp.

b. Chứng minh $K, D, E$ thẳng hàng.

Gợi ý

a. Tứ giác $AHDP$ nội tiếp nên $\angle KPD = \angle AHD$.

Tứ giác $AHDP$ nội tiếp nên $\angle KPD = \angle AHD$.

Mà $\angle ABH = \angle AHD$, suy ra $\angle KPD = \angle ABH$, do đó tứ giác $KPDB$ nội tiếp.

Ta có $\angle APE = \angle AHE$ (APHE nội tiếp) và $\angle AHE = \angle ACB$ nên $\angle APE = \angle ACB$, do đó tứ giác $KPEC$ nội tiếp.

b. Ta có $\angle ADE = \angle AHE = \angle AHC$.(1)

Tứ giác $KPDB$ nội tiếp, suy ra $\angle KDB = \angle KPB$, mà $\angle KPB = \angle ACB$ (APBC nội tiếp) nên $\angle KDB = \angle ACB$.(2)

Từ (1) và (2), suy ra $\angle KDB = \angle ADE$. Khi đó $\angle KDB + \angle BDE = \angle ADE + \angle BDE = 180^\circ$. Vậy $K, D, E$ thẳng hàng.

Bài giảng Tứ giác nội tiếp

Đường thẳng qua tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

Leave a reply

Đề bài. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $O$ với $\angle A > 90^\circ$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB$ cắt $CD$ tại $E$; đường thẳng qua $A$ vuông góc $AD$ cắt $CB$ tại $F$. Gọi $P$ là điểm đối xứng của $A$ qua đường thẳng $EF$. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $O$ với $\angle A > 90^\circ$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AB$ cắt $CD$ tại $E$; đường thẳng qua $A$ vuông góc $AD$ cắt $CB$ tại $F$. Gọi $P$ là điểm đối xứng của $A$ qua đường thẳng $EF$.

a. Chứng minh rằng 4 điểm $E,F , C, P$ cùng thuộc một đường tròn.

b. Chứng minh $P$ thuộc $(O)$ và $E, O, F$ thẳng hàng. \end{enumerate}

Gợi ý

a. Ta có $\angle DAB + \angle EAF = \angle DAB + \angle BAF + \angle EAF = \angle DAB + \angle BAE = 180^\circ$.

Ta có $\angle DAB + \angle EAF = \angle DAB + \angle BAF + \angle EAF = \angle DAB + \angle BAE = 180^\circ$.

Ta có $\angle DAB + \angle BCD = 180^\circ$, suy ra $\angle EAF = \angle BCD$.

Mặt khác $\angle EAF = \angle EPF$ (t/c đối xứng), do đó $\angle EPF = \angle BCD$, suy ra tứ giác $EFCP$ nội tiếp.

 

b. Do tứ giác $EFCP$ nội tiếp nên $\angle DCP = \angle EFP$. (1)

Ta có $\angle EFP = \angle EFE = 90^\circ – \angle FAE = \angle DAP$.(2)

Từ (1)  và (2), suy ra $\angle DAP = \angle DCP$, suy ra $ADPC$ nội tiếp, do đó $P \in (O)$ mà $EF$ là trung trực của $AP$ nên $O$ thuộc $EF$, hay $E, O, F$ thẳng hàng.

Bài giảng Tứ giác nội tiếp

Điểm Migle, trực tâm, trung điểm thẳng hàng.

Leave a reply

Đề bài. Cho tam giác $ABC$ nhọn $(AB < AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm cạnh BC và $N$ là trung điểm đoạn thẳng CH.Cho tam giác $ABC$ nhọn $(AB < AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm cạnh BC và $N$ là trung điểm đoạn thẳng CH.

  1. Chứng minh rằng 5 điểm $D, E, F, M, N$ cùng thuộc một đường tròn.
  2. $EF$ cắt $BC$ tại $K$, $AK$ cắt $(O)$ tại $Q$. Chứng minh $AQFE, KQFB$ là các tứ giác nội tiếp.
  3. Chứng minh 3 điểm $Q, H, M$ thẳng hàng.
Gợi ý
  1. Ta có $BFHD, BFEC$ nội tiếp, suy ra $\angle DFE = \angle DBE = \angle CFE$.
    Suy ra $\angle DFE = 2\angle DBE$.
    Tam giác $EMB$ cân tại $M$, suy ra $\angle EMC = 2\angle DBE$.
    Do đó $\angle EMC = \angle DFE$, suy ra $EFDM$ nội tiếp.
  2. Ta có $BFHD, BFEC$ nội tiếp, suy ra $\angle DFE = \angle DBE = \angle CFE$.  Suy ra $\angle DFE = 2\angle DBE$.
    Tam giác $EMB$ cân tại $M$, suy ra $\angle EMC = 2\angle DBE$.
    Do đó $\angle EMC = \angle DFE$, suy ra $EFDM$ nội tiếp.
    Tam giác $CBH$ có MN là đường trung bình, suy ra $MN||BH$, suy ra $\angle CMN = \angle CBH$,
    mà $\angle CBH = \angle DFC$, suy ra $\angle CMN =\angle DFC$ nên tứ giác $FDMN$ nội tiếp.
    Do đó 5 điểm $D, E, F, M, N$ cùng thuộc một đường tròn. Vì các tứ giác $AQBC, EFBC$ nội tiếp nên $KQ.KA = KB.KC$ và $KB.KC = KE.KF$, suy ra $KQ.KA = KF.KE$, từ đó ta có $AQFE$ nội tiếp.
    Ta có $\angle KQF = \angle AEF$ (AQFE nội tiếp) và $\angle AEF = \angle ABC$ ($BFEC$ nội tiếp), suy ra $\angle KQF = \angle ABC$, do đó tứ giác $KQFB$ nội tiếp.
  3. Ta có $Q$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$,nên $Q$ thuộc đường tròn đường kính $AH$, suy ra $\angle AQH = 90^\circ$.  (1)
    Vẽ đường kính $AA’$, khi đó ta có $BHCA’$ là hình bình hành, nên $M$ thuộc $HA’$. (2)
    Mặt khác $\angle AQA’ = 90^\circ$. (3)
    Từ (1), (2) và (3) ta có $Q, H, M$ thẳng hàng.

Bài Giảng Tứ giác nội tiếp

Hình vuông, thẳng hàng

1 Reply

Đề bài. Cho hình vuông $ABCD$, $E$ là một điểm bất kỳ trên cạnh $AB$. Vẽ hình vuông $ DEFG $. Chứng minh $DB \bot DF$.

Gợi ý. Gọi $I$ là giao điểm của $EF$ với $BC$. Từ $ \triangle DCG = \triangle DAE $ suy ra $ \angle DGC = \angle EIB $. Gọi $I’,B’$ lần lượt là giao điểm của $GC$ với $EF$ và $AB$. Vì $EF$ song song $DG$ nên $ \angle EI’B’ = \angle \angle DGC = \angle EIB $, suy ra $I’B’$ song song với $IB$, hay $CB’$ song song $CB$ (vô lý), do đó $I’$ phải trùng $I$ và $B’$ trùng $B$, ta có được ba điểm $B, C, G$ thẳng hàng.

Gọi $J$ là tâm hình vuông $DEFG$, suy ra $J$ là trung điểm hai đường chéo $EG$ và $DF$. Do tam giác $EBG$ vuông tại $B$ (nhờ $B,C,G$ thẳng hàng (cmt)), nên $BI = \frac{1}{2} EG$, suy ra $BI = \frac{1}{2} DF$, suy ra tam giác $DBF$ vuông tại $B$ (đpcm).