Phương tích - Trục đẳng phương

Chia sẻ: Thúc Nhân Nghĩa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:41

Thêm vào BST

Báo xấu

116
lượt xem 24
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp cho học sinh dễ dàng đạt được điểm cao trong các kì thi Đại học - Cao đẳng đặc biệt là phần Hình học về Phương tích - Trục đẳng phương. Mời các bạn tham khảo tài liệu này nhé.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phương tích - Trục đẳng phương

A.Tóm t t lý thuy t: 1.Phương tích c a m t đi m đ i v i đư ng tròn Đ nh lý 1.1: Cho đư ng tròn (O,R) và m t đi m M trên m t ph ng cách O m t kho ng b ng d.. T M k cát tuy n MAB t i (O). Khi đó MA.MB = d2-R2 (*) Hình 1 Đ nh nghĩa: Ta g i đ i lư ng d2-R2 là phương tích c a đi m M đ i v i (O), kí hi u là PM/(O)=d2-R2 Nh n xét: N u PM/(O)>0 thì M n m ngoài (O),PM/(O)=0 thì M n m trên biên (O),PM/(O)
Đ nh nghĩa 2.1: Đư ng th ng MH đư c g i là tr c đ ng phương c a hai đư ng tròn. Cách d ng tr c đ ng phương: Trư ng h p 1: (O1) giao (O2) t i 2 đi m phân bi t A,B. Đư ng th ng AB chính là tr c đ ng phương c a (O1) và (O2) Trư ng h p 2: (O1) và (O2) ch có m t đi m chung X. Ti p tuy n chung t i X c a hai đư ng tròn là tr c đ ng phương c a (O1) và (O2) Trư ng h p 3: (O1) và (O2) không có đi m chung, d ng đư ng tròn (O3) có hai đi m chung v i (O1) và (O2). D dàng v đư c tr c đ ng phương c a (O1) và (O3), (O2) và (O3). Hai đư ng th ng này giao nhau t i M. T M k MH ⊥ O1O2. MH chính là tr c đ ng phương c a (O1) và (O2). 4
Cách d ng này d a vào đ nh lý sau: Đ nh lý 2.2: Cho ba đư ng tròn (O1),(O2),(O3).l1,l2,l3 theo th t là tr c đ ng phương c a các c p hai đư ng tròn (O1) và (O2), (O2) và (O3), (O3) và (O1) +N u O1,O2,O3 không th ng hàng thì l1,l2,l3 đ ng quy. +N u O1,O2,O3 th ng hàng thì l1,l2,l3 đôi m t song song ho c trùng nhau. Đ nh nghĩa 2.2: Đi m đ ng quy c a các đư ng th ng l1,l2,l3 đư c g i là tâm đ ng phương c a các đư ng tròn (O1),(O2),(O3) 3.Phương tích, tr c đ ng phương trong h to đ : Đ nh lý 3.1: Trên m t ph ng to đ Oxy cho đư ng tròn (C) có phương trình: C(x,y)=x2+y2+2ax+2by+c=0 v i a2+b2>c. Khi đó, phương tích c a đi m M(xo,yo) đ i v i đư ng tròn (C) là PM/(C)=xo2+yo2+2axo+2byo+c=C(xo,yo) Nh n xét: V trí c a M đ i v i (C): M n m ngoài (C) ⇔ C(xo,yo)>0, M n m trên (C) ⇔ C(xo,yo)=0, M n m trong (C) ⇔ C(xo,yo)
B.Ví d : 1. Ch ng minh các h th c hình h c: Ví d 1: Cho tam giác ABC n i ti p (O,R), ngo i ti p (I,r). CMR OI2=R2-2Rr (h th c Ơ-le) L i gi i: Kéo dài BI c t (O) t i M. K đư ng kính MK c a (O). (I) ti p xúc v i BC t i D. Ta có △ BDI ~△ KCM ( g .g ) BI ID ID ⇒ = = KM MC MI ⇒ IB.IM=ID.KM=2Rr Mà IB.IM=R2-OI2 V y OI2=R2-2Rr (đpcm) Ví d 2: Cho t giác ABCD v a n i ti p (O,R), v a ngo i ti p (I,r). Đ t OI=d. CMR: 1 1 1 2 + 2 = 2 (Đ nh lý Fuss) (R − d ) (R + d ) r L i gi i: 6
Kéo dài BI, DI c t (O) t i M,N. Ta có ∠ MNC= ∠ IBC, ∠ NMC= ∠ IDC Suy ra ∠ MNC+ ∠ NMC= ∠ IBC+ ∠ IDC=1/2( ∠ ADC+ ∠ ABC)=90o Suy ra O là trung đi m MN. Áp d ng công th c tính đư ng trung tuy n trong tam giác IMN ta có: 2 2 IM IN 2 MN 2 IM 2 IN 2 OI = + − = + − R2 2 2 4 2 2 1 1 2( R + d 2 ) IM 2 + IN 2 2 IM 2 IN 2 Do đó + = 2 = = + 2 2 ( R − d ) 2 ( R + d )2 ( R − d 2 ) 2 ( PI / (O)) 2 IM 2 .IB 2 IN .ID ∠B ∠D sin 2 sin 2 1 1 2 + 2 = 1 (đpcm) = 2+ 2 = 2 2 IB ID r r r2 2.Tính các đ i lư ng hình h c: Ví d (USAMO 1998): Cho 2 đư ng tròn đ ng tâm O (C1) và (C2) ((C2) n m trong (C1)). T m t đi m A n m trên (C1) k ti p tuy n AB t i (C2). AB giao (C1) l n th 2 t i C. D là trung đi m AB. M t đư ng th ng qua A c t (O2) t i E,F sao cho đư ng trung tr c c a đo n DF và EC AM giao nhau t i đi m M n m trên AC.Tính ? MC L i gi i: 7
D th y B là trung đi m AC. 1 Ta có PA/(C2)= AE. AF = AB 2 = AB.2 AB = AD. AC 2 Suy ra t giác DCFE n i ti p.Do đó M là tâm đư ng tròn ngo i ti p t giác DCFE. Mà M 1 n m trên AC nên MD=MC= DC 2 5 3 T đó tính đư c AM= AB và MC= AB 4 4 AM 5 ⇒ = MC 3 3. Ch ng minh t p h p đi m cùng thu c m t đư ng tròn: Ví d 1 (IMO 2008): Cho tam giác ABC, tr c tâm H.M1,M2,M3 l n lư t là trung đi m BC,CA,AB. (M1,M1H) ∩ BC={A1,A2 }, (M2,M2H) ∩ AC={B1,B2 }, (M3,M3H) ∩ AB={C1,C2 }. CMR A1,A2,B1,B2,C1,C2 cùng thu c m t đư ng tròn. L i gi i: 8
Do M1M2//AB và AB ⊥ HC nên M1M2 ⊥ HC Suy ra HC là tr c đ ng phương c a (M1) và (M2). ⇒ CA1.CA2 = CB1.CB2 Suy ra A1,A2,B1,B2 thu c đư ng tròn (W1) Tương t A1,A2,C1,C2 thu c đư ng tròn (W2), C1,C2,B1,B2 thu c đư ng tròn (W3) N u 6 đi m A1,A2,B1,B2,C1,C2 không cùng thu c m t đư ng tròn thì các tr c đ ng phương c a 3 đư ng tròn (W1),( W2),( W3) ph i đ ng quy t i m t đi m, nhưng chúng l i c t nhau t i A,B,C nên vô lý. V y ta có đpcm. Ví d 2 (IMO shortlist 2006): AK DL Cho hình thang ABCD (AB>CD). K,L là hai đi m trên AB,CD sao cho = . Gi BK CL s P,Q n m trên đo n th ng KL sao cho ∠ APB= ∠ BCD và ∠ CQD= ∠ ABC. CMR b n đi m P,Q,B,C cùng thu c m t đư ng tròn. L i gi i: 9
AK DL T gi thi t, = suy ra AD,BC,KL đ ng quy t i E. BK CL D ng đư ng tròn (O1) đi qua hai đi m C,D và ti p xúc v i BC, (O2) đi qua hai đi m AB và ti p xúc v i BC. Khi đó ∠ DQC = ∠ ABC= ∠ DCE nên Q ∈ (O1), tương t P ∈ (O2). G i F là giao đi m th hai c a EQ v i (O1). Ta có: 2 EF .EQ = EC (1) M t khác, d dàng có ∠ O1CD= ∠ O2BA do đó △ AO2B~ △ DO1C O C DC EC EO1 ⇒ 1 = = =k ⇒ E,O1,O2 th ng hàng và = k ⇒ EO1 = k EO2 O2 B AB EB EO2 Suy ra phép v t H(E,k): (O1) → (O2). Mà E,F,P th ng hàng, F ∈ (O1), P ∈ (O2) nên EF EC EF = k EP ⇒ =k = (2) EP EB T (1),(2) suy ra EP.EQ = EC.EB . V y 4 đi m P,Q,B,C cùng thu c m t đu ng tròn (đpcm) 4.Ch ng minh s th ng hàng, đ ng quy: Ví d 1: Cho tam giác ABC. Các phân giác ngoài góc A,B,C l n lư t c t c nh đ i di n t i A1,B1,C1. CMR A1,B1,C1 th ng hàng và n m trên đư ng vuông góc v i đư ng th ng n i tâm đư ng tròn n i ti p và tâm đư ng tròn ngo i ti p tam giác ABC. L i gi i: 10
G i A2B2C2 là tam giác t o b i 3 phân giác ngoài góc A,B,C. D dàng có AA2 ⊥ B2C2 , BB2 ⊥ A2C2 , CC2 ⊥ A2 B2 . T giác BC2B2C n i ti p nên A1C2 . A1 B2 = A1B. A1C Tương t B1C2 .B1 A2 = B1 A.B1C , C1 B2 .C1 A2 = C1 A.C1 B Suy ra A1,B1,C1 cùng n m trên tr c đ ng phương c a đư ng tròn (O) ngo i ti p tam giác ABC và đư ng tròn (J) ngo i ti p tam giác A2B2C2. Mà (O) là đư ng tròn Ơ-le c a tam giác A2B2C2, AA2,BB2,CC2 giao nhau t i tr c tâm I c a tam giác A2B2C2 (cũng đ ng th i là tâm đư ng tròn n i ti p tam giác ABC) suy ra I,O,J th ng hàng. V y đư ng th ng qua A1,B1,C1 vuông góc v i OI (đpcm) Ví d 2 (Iran NMO 2001): Cho tam giác ABC n i ti p (O). (I), (Ia) l n lư t là đư ng tròn n i ti p và bàng ti p góc A. Gi s IIa giao BC và (O) l n lư t t i A’, M.G i N là trung đi m cung MBA. NI, NIa giao (O) l n lư t t i S,T. CMR S,T,A’ th ng hàng. L i gi i: 11
1 1 Ta có ∠ NTS= (2 ) ( ) sd NA + sd AS = sd NM + sd AS = ∠NIM 2 ⇒ ∠I aTS = ∠I a IS Suy ra t giác IaTIS n i ti p (w1) M t khác, ∠ IBIa= ∠ ICIa=90o nên t giác IBIaC n i ti p (w2) Ta th y IIa là tr c đ ng phương c a (w1) và (w2), BC là tr c đ ng phương c a (O) và (w2), TS là tr c đ ng phương c a (O) và (w1) Theo đ nh lý v tâm đ ng phương thì IIa, TS, BC đ ng quy t i A’. V y T,A’,S th ng hàng (đpcm) Ví d 3(Đ nh lý Brianchon): Cho l c giác ABCDEF ngo i ti p (O). CMR AD,BE,CF đ ng quy. L i gi i: 12
G i G,H,I,J,K,L l n lư t là ti p đi m c a AB,BC,CD,DE, EF,FA v i (O). Trên tia KF,HB, GB, JD, ID, LF l n lư t l y các đi m P,S, Q,R,N ,M sao cho KP=SH=GQ=JR=IN=LM. D ng (O1) ti p xúc v i EF,CB t i P,S, (O2) ti p xúc AF,CD t i M,N, (O3) ti p xúc AB, ED t i Q,R. Ta có FP=PK-FK=LM-LF=FM, CS=SH+HC=IN+IC=CN Suy ra FC là tr c đ ng phương c a (O1) và (O2). Tương t AD là tr c đ ng phương c a (O2) và (O3), BE là tr c đ ng phương c a (O3) và (O1). Áp d ng đ nh lý v tâm đ ng phương ta có AD,BE,CF đ ng quy (đpcm) 5.Ch ng minh đi m c đ nh, đư ng c đ nh: Ví d 1: Cho (O,R) và hai đi m P,Q c đ nh (P n m ngoài (O), Q n m trong (O)). Dây cung AB c a (O) luôn đi qua Q. PA, PB l n lư t giao (O) l n th hai t i D,C. CMR CD luôn đi qua m t đi m c đ nh. L i gi i: 13
G i E là giao đi m th hai khác P c a PQ v i đư ng tròn ngo i ti p tam giác PAB. CD giao PQ t i F. Ta có OQ 2 − R 2 = QA.QB = QP.QE , mà P,Q c đ nh nên QP =const, suy ra QE =const, do đó E c đ nh. M t khác ∠PDC = ∠PBA = ∠PEA nên t giác DAEF n i ti p. Suy ra PO 2 − R 2 = PD.PA = PE.PF . Do P,E c đ nh nên PE =const, suy ra PF =const Do đó F c đ nh. V y CD luôn đi qua đi m F c đ nh (đpcm) Ví d 2 (Vi t Nam 2003): Cho (O1,R1) ti p xúc ngoài v i (O2,R2) t i M (R2>R1). Xét đi m A di đ ng trên đư ng tròn sao cho A,O1,O2 không th ng hàng.T A k ti p tuy n AB,AC t i (O1).Các đư ng th ng MB,MC c t l i (O2) t i E,F.D là giao đi m c a EF v i ti p tuy n t i A c a (O2).CMR D di đ ng trên m t đư ng th ng c đ nh. L i gi i: 14
Qua M k ti p tuy n chung c a (O1) và (O2). Ta có ∠MCA = ∠CMy = ∠FMD = ∠FAM Do đó △ FAM ~△ FCA (g.g) ⇒ FA2 = FM .FC = FO12 − R12 (1) Tương t EA2 = EO12 − R12 (2) Coi (A,0) là đư ng tròn tâm A, bán kính 0 thì t (1)(2) ta đư c EF là tr c đ ng phương c a (A,0) v i (O1). Mà D n m trên EF nên DA2=DO12-R12 ⇒ PD/(O1)=PD/(O2) V y D n m trên tr c đ ng phương c a hai đư ng tròn c đ nh (O1) và (O2) 6.Ch ng minh các y u t khác: Ví d 1: Cho (O) và m t đi m A n m ngoài đư ng tròn. T A k ti p tuy n AB,AC t i (O). E,F l n lư t là trung đi m AB,AC.D là m t đi m b t kì trên EF. T D k ti p tuy n DP,DQ t i (O).PQ giao EF t i M.CMR ∠DAM = 90o L i gi i: 15
Kí hi u (A,0) là đư ng tròn tâm A, bán kính b ng 0. Do EB2=EA2-02=EA2 và FC2=FA2 nên EF là tr c đ ng phương c a (A,0) và (O). ⇒ DA2=DP2=DQ2 ⇒ D là tâm đư ng tròn ngo i ti p tam giác APQ. L i có M n m trên tr c đ ng phương c a (A,0) và (O) nên MA2=MP.MQ Suy ra MA là ti p tuy n c a (D,DA). V y ∠DAM = 90o (đpcm) Ví d 2 (Russian 2005): Cho tam giác ABC, WB, WC là các đư ng tròn bàng ti p đ i di n đ nh B,C. W’B, W’C l n lư t là đư ng tròn đ i x ng v i WB, WC qua trung đi m c nh AC, AB. CMR tr c đ ng phương c a W’B và W’C chia đôi chu vi tam giác ABC. L i gi i: 16
Gi s đư ng tròn (I) n i ti p tam giác ABC ti p xúc v i 3 c nh BC,CA,AB l n lư t t i D,E,F. M, N là trung đi m AC,AB. WB ti p xúc v i AC t i G, WC ti p xúc v i AB t i H, v i BC t i T. Ta có E đ i x ng v i G qua M, F đ i x ng v i H qua N. Do đó W’B ti p xúc v i AC t i E, W’C ti p xúc v i AB t i F và AE2=AF2 nên A n m trên tr c đ ng phương c a W’B và W’C M t khác, qua A k đư ng th ng d song song v i BC. Trên d l y 2 đi m P,Q tho mãn AP=AF=AE=AQ. G i S là giao c a QF v i BC, J là giao c a PE v i BC.QF ∩ PE={R} Vì AQ=AF=BH=BT và AQ//BC nên Q đ i x ng v i T qua N.Suy ra Q ∈ W’C, tương t P ∈ W’B. T giác PQEF n i ti p nên RP.RE = RQ.RF suy ra R n m trên tr c đ ng phương c a W’B và W’C. Do đó AR là tr c đ ng phương c a W’B và W’C. Gi s AR c t BC t i L thì L là trung đi m SJ. D th y DB=FB=SB, DC=EC=JC. G i L’ là ti p đi m c a đư ng tròn bàng ti p góc A c a tam giác ABC v i c nh BC. Ta có L’B=DC, L’C=BD nên L’B+BS=L’C+CJ hay L’ là trung đi m đo n SJ ⇒ L' ≡ L Mà AL chia đôi chu vi tam giác ABC nên tr c đ ng phương c a W’B và W’C chia đôi chu vi tam giác ABC (đpcm) Ví d 3 (Romani TST 2008): Cho tam giác ABC. Các đi m D,E,F l n lư t n m trên 3 c nh BC,CA,AB sao BD CE AF cho = = . CMR n u 2 tam giác ABC và DEF có chung tr c tâm thì tam giác CD AE BF ABC đ u. L i gi i: 17
G i G là tr ng tâm tam giác ABC.  BD CD   CE AE   AF BF  Ta có: GD + GE + GF =  GC + GB  +  GA + GC  +  GB + GA   BC CB   CA AC   AB BA   BD AE   CD AF   CE BF  = +  GC +  +  GB +  +  GA = GA + GB + GC = 0  BC AC   CB AB   CA BA  Suy ra hai tam giác ABC và DEF có chung tr ng tâm G. Mà chúng l i chung tr c tâm H nên d a vào tính ch t c a đư ng th ng Ơ-le: OH=2OG suy ra chúng có chung tâm đư ng tròn ngo i ti p O. G i (O) là đư ng tròn ngo i ti p tam giác ABC. Do OD=OE nên PD/(O)=PE/(O) ⇒ DB.DC = EC.EA DB EA ⇒ = EC DC DB EC EA EC M t khác = ⇒ = DC EA DC DB DB EC ⇒ = ⇒ DB 2 = EC 2 EC DB ⇒ DB = EC DB EC Mà = ⇒ BC = AC . Tương t AB=AC suy ra tam giác ABC đ u. BC CA 7. Kh o sát v trí hai đư ng tròn: Ví d 1: Ch ng minh r ng n u hai đư ng tròn đ ng nhau thì hai đư ng tròn đó n m v m t phía v i tr c đ ng phương. N u hai đư ng tròn n m ngoài nhau thì chúng n m v hai phía c a tr c đ ng phương. 18
L i gi i: +N u hai đư ng tròn đ ng nhau, hi n nhiên tr c đ ng phương không có đi m chung v i đư ng tròn l n vì n u M là đi m chung thì phương tích t M t i đư ng tròn nh ph i b ng 0 và hai đư ng tròn giao nhau t i M, vô lý. Do đó đư ng tròn l n n m v m t phía c a tr c đ ng phương và m i đi m trong c a đư ng tròn cũng n m v phía đó. V y hai đư ng tròn n m v m t phía v i tr c đ ng phương. +N u hai đư ng tròn ngoài nhau. G i O là trung đi m O1O2. M là m t đi m n m trên tr c đ ng phương. H là hình chi u c a M trên O1O2. Không m t t ng quát gi s R1>R2. R 2 − R22 Ta có OH = 1 suy ra 2O1O2 .OH = R12 − R2 > 0 , t c là OH và O1O2 cùng hư ng, 2 2O1O2 R12 − R22 hay H n m trên tia OO2.M t khác OH=
C.Bài t p: 1.Ch ng minh các h th c hình h c: Bài 1: Cho t giác ABCD n i ti p (O). CD ∩ AB={M}, AD ∩ BC={N}. CMR MN2=PM/(O)+PN/(O) Bài 2(Romani TST 2006): Cho (O) và m t đi m A n m ngoài (O). T A k cát tuy n ABC, ADE (B ∈ [AC], D∈ [AE]. Qua D k đư ng th ng song song v i AC c t (O) l n th 1 1 1 2 t i F. AF c t (O) t i G. EG c t AC t i M. CMR = + AM AB AC Bài 3:Cho t giác ABCD n i ti p (O). P n m trên cung CD không ch a A,B. MD.NC PA,PB ∩ DC l n lư t t i M,N. CMR = const MN Bài 4 (Đ ngh Olympic 30-4): Cho tam giác ABC n i ti p (O,R). G i G là tr ng tâm tam giác. Gi s GA,GB,GC c t (O) l n th hai t i A’,B’,C’. CMR: 1 1 1 27 2 + 2 + 2 = 2 G ' A G ' B G 'C a + b2 + c2 Bài 5:Cho tam giác ABC n i ti p đư ng tròn (O). Đư ng tròn (O’) ti p xúc v i đư ng tròn (O) t i m t đi m thu c cung BC không ch a A. T A,B,C theo th t k t i (O’) các ti p tuy n AA’,BB’,CC’. CMR: BC.AA’’=CA.BB’’+AB.CC’’ (đ nh lý Ptô-lê-mê m r ng) Bài 6:Cho tam giác ABC v i di n tích S n i ti p (O,R). Gi s S1 là di n tích c a tam giác t o b i các chân đư ng vuông góc h xu ng các c nh c a tam giác ABC t m t 1 d2 đi m M n m cách O m t kho ng d. CMR S1 = S 1 − 2 (H th c Ơ-le) 4 R 2.Tính các đ i lư ng hình h c: Bài 7:Cho tam giác đ u ABC c nh a n i ti p (O). Đư ng tròn (O’,R) ti p xúc v i c nh BC và ti p xúc v i cung BC nh . Tính AO’ theo a và R Bài 8 (All-Russian MO 2008): Cho tam giác ABC n i ti p (O,R), ngo i ti p (I,r). (I) ti p xúc v i AB,AC l n lư t t i X,Y. G i K là đi m chính gi a cung AB không ch a C. Gi s XY chia đôi đo n AK. Tính ∠ BAC? Bài 9 (All-Russian MO 2007): Hai đư ng tròn (O1) và (O2) giao nhau t i A và B. PQ, RS là 2 ti p tuy n chung c a 2 đư ng tròn (P,R ∈ (O1), Q,S ∈ (O2)). Gi s RB//PQ, RB c t RB (O2) l n n a t i W. Tính ? BW 3.Ch ng minh t p h p đi m cùng thu c m t đư ng tròn: Bài 10: Cho t giác ABCD n i ti p (O) (AB ≠ CD). D ng hai hình thoi AEDF và BMCN có c nh b ng nhau. CMR 4 đi m E,F,M,N cùng thu c m t đư ng tròn. Bài 11 (IMO Shortlist 1995):Cho tam giác ABC v i (I) là đư ng tròn n i ti p. (I) ti p xúc v i 3 c nh BC,CA,AB l n lư t t i D,E,F.X là m t đi m n m trong tam giác ABC sao cho đư g tròn n i ti p tam giác XBC ti p xúc v i XB,XC,BC l n lư t t i Z,Y,D.CMR t giác EFZY n i ti p. 20
Bài 12 (International Zhautykov Olympiad 2008):Trên m t ph ng cho 2 đư ng tròn (O1) và (O2) ngoài nhau. A1A2 là ti p tuy n chung c a 2 đư ng tròn (A1 ∈ (O1), A2 ∈ (O2)). K là trung đi m A1A2.T K l n lư t k 2 ti p tuy n KB1,KB2 t i (O1),(O2). A1B1 ∩ A2B2={L}, KL ∩ O1O2={P}.CMR B1,B2,P,L cùng n m trên m t đư ng tròn. 4.Ch ng minh s th ng hàng, đ ng quy: Bài 13:Cho n a đư ng tròn đư ng kính AB và đi m C n m trên đó. G i H là chân đư ng vuông góc h t C xu ng AB. Đư ng tròn đư ng kính CH c t CA t i E, CB t i F và đư ng tròn đư ng kính AB t i D. CMR CD, EF,AB đ ng quy. Bài 14: Cho 2 đư ng tròn (O1) và (O2) ngoài nhau. K ti p tuy n chung ngoài A1A2, ti p tuy n chung trong B1B2 c a 2 đư ng tròn (A1, B1 ∈ (O1), A2,B2 ∈ (O2)). CMR A1B1, A2B2, O1O2 đ ng quy. Bài 15 (Vi t Nam TST-2009):Cho tam giác nh n ABC n i ti p (O). A1,B1,C1 l n lư t là chân đư ng vuông góc c a A,B,C xu ng c nh đ i di n. A2,B2,C2 đ i x ng v i A1,B1,C1 qua trung đi m BC,CA,AB. Đư ng tròn ngo i ti p tam giác AB2C2,BC2A2,CA2B2 c t (O) l n th 2 t i A3,B3,C3. CMR A1A3,B1B3,C1C3 đ ng quy. Bài 16 (Olympic toán h c Mĩ 1997):Cho tam giác ABC. Bên ngoài tam giác này v các tam giác cân BCD, CAE, ABF có các c nh đáy tương ng là BC,CA,AB.CMR 3 đư ng th ng vuông góc k t A,B,C tương ng xu ng EF,FD,DE đ ng quy. Bài 17 (IMO 1995):Trên đư ng th ng d l y 4 đi m A, B, C, D (theo th t đó). Đư ng tròn đư ng kính AC và BD c t nhau t i X, Y. Đư ng th ng XY c t BC t i Z. L y P là m t đi m trên XY khác Z. Đư ng th ng CP c t đư ng tròn đư ng kính AC t i đi m th 2 là M, và BP c t đư ng tròn đư ng kính BD t i đi m th 2 là N. Ch ng minh r ng AM, DN và XY đ ng qui. Bài 18:Cho tam giác ABC n i ti p (O). Đư ng tròn bàng ti p góc A có tâm I, ti p xúc v i các c nh BC,CA,AB l n lư t t i M,N,P.CMR tâm đư ng tròn Ơ-le c a tam giác MNP thu c đư ng th ng OI. Bài 19:Tam giác ABC không cân n i ti p (O), ngo i ti p (I). Các đi m A’,B’,C’ theo th t thu c BC,CA,AB tho mãn ∠AIA ' = ∠BIB ' = ∠CIC ' = 90o . CMR A’,B’,C’ cùng thu c m t đư ng th ng và đư ng th ng đó vuông góc v i OI. Bài 20:Cho tam giác ABC n i ti p (O), 3 đư ng cao AA’,BB’,CC’. Kí hi u WA là đư ng tròn qua AA’ và ti p xúc v i OA. WB, WC đư c đ nh nghĩa tương t . CMR 3 đư ng tròn đó c t nhau t i 2 đi m thu c đư ng th ng Ơ-le c a tam giác ABC. Bài 21:Cho tam giác ABC. A’, B’ l n lư t n m trên 2 c nh BC và AC. CMR tr c đ ng phương c a hai đư ng tròn đư ng kính BB’ và AA’ đi qua tr c tâm H c a tam giác ABC. Bài 22: Cho (O), đư ng kính AB,CD. Ti p tuy n c a (O) t i B giao AC t i E, DE giao (O) l n th 2 t i F. CMR AF, BC,OE đ ng quy. 5.Ch ng minh đi m c đ nh, đư ng c đ nh: Bài 23:Cho (O) và dây AB. Các đư ng tròn (O1),(O2) n m v m t phía c a dây AB và ti p xúc trong v i (O). (O1) ∩ (O2)= {H,K}. CMR HK luôn đi qua m t đi m c đ nh. Bài 24:Cho tam giác ABC n i ti p (O,R). M là đi m di đ ng trong (O). AA’,BB’,CC’ là MA MB MC các dây cung đi qua M và th a mãn h th c + + = 3 . CMR M thu c m t MA ' MB ' MC ' đư ng tròn c đ nh. Bài 25:Cho tam giác ABC, đư ng tròn qua B,C giao AB,AC l n lư t t i C’,B’. G i giao đi m c a BB’ và CC’ là P, AP giao BC t i A’. Đư ng th ng qua A’ song song v i B’C’ 21