Skkn sử dụng phương tích – trục đẳng phương trong bài toán chứng minh đồng quy, thẳng hàng

1 SỬ DỤNG PHƯƠNG TÍCH – TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG PHẦN 1 ĐẶT VẤN ĐỀ Các bài toán Hình học phẳng là một phần quan trọng trong các chuyên đề toán học và đồng thời n[.]

SỬ DỤNG PHƯƠNG TÍCH – TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ Các tốn Hình học phẳng phần quan trọng chuyên đề toán học đồng thời mảng khó chương trình tốn THPT chun Chính kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế khu vực, tốn Hình học phẳng hay đề cập thường xem tốn khó kì thi Trong dạng tốn liên quan đến Hình học phẳng tốn đồng quy, thẳng hàng vừa coi toán quen lạ, vừa dễ vừa khó Bởi tốn đồng quy, thẳng hàng làm quen từ em bắt đầu học Hình học cảm thấy quen thuộc với Hình hoc hữu Nó lại tốn có tần suất xuất nhiều tất kì thi HSG cấp với nhiều hình thái khác nhau, mức độ khác chí khó Các em học sinh bậc Trung học phổ thông thường gặp số khó khăn tiếp cận dạng tốn liên quan đến tốn đồng quy thẳng hàng nói riêng tốn Hình học phẳng nói chung khơng biết phải đâu khó khăn định hướng vẽ hình phụ Cái khó em khơng nắm tường tận phương pháp giải từ dẫn đến khó khăn khâu định hướng Để hiểu vận dụng tốt số dạng toán vận dụng kiến thức Hình học phẳng vào giải tốn đồng quy thẳng hàng thơng thường học sinh phải có kiến thức tảng Hình học tương đối đầy đủ chắn tất lĩnh vực Đó khó khăn lớn giáo viên học sinh giảng dạy học tập phần kiến thức cần thiết Hình học Trong số nhiều phương pháp để giải toán đồng quy, thẳng hàng tác giả lựa chọn công cụ “Phương tích, trục đẳng phương” Đây cơng cụ mạnh hữu hiệu để giải lớp toán skkn PHẦN II NỘI DUNG SỬ DỤNG PHƯƠNG TÍCH – TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG 1.1 Lý thuyết 1.1.1 Phương tích điểm đường trịn Định lý 1.1 Cho đường tròn (O; R) điểm M cố định, OM = d Một đường thẳng thay đổi qua M cắt đường tròn hai điểm A B Khi MA.MB  MO  R  d  R Chứng minh: A B M O C Gọi C điểm đối xứng A qua O Ta có CB  AM hay B hình chiếu C AM Khi ta có             MA.MB  MA.MB  MC.MA  MO  OC MO  OA  MO  OA MO  OA          MO  OA  OM  OA2  d  R Định nghĩa Giá trị không đổi MA.MB  d  R định lý 1.1 gọi phương tích điểm M đường trịn (O) kí hiệu M /(O) Khi theo định nghĩa ta có M /O   MA.MB  d  R Định lý 1.2 Nếu hai đường thẳng AB CD cắt P PA.PB  PC.PD điểm A, B, C, D thuộc đường tròn Chứng minh Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt CD D’ Khi ta có theo định lý 1.1 ta có PA.PB  PC.PD , suy PC.PD  PC.PD  D  D Suy điểm A, B, C D thuộc đường trịn Một số tính chất skkn 1) M nằm đường tròn (O) M /O   M nằm đường tròn (O) M /O   M nằm đường tròn (O) M /O   2) Khi M nằm ngồi đường trịn (O) MT tiếp tuyến (O) M / O   MT 3) Nếu A, B cố định AB AM  const  M cố định Ý tưởng giúp ta giải toán đường qua điểm cố định 4) Cho hai đường thẳng AB, MT phân biệt cắt M (M không trùng với A, B, T) Khi đó, MA.MB  MT đường trịn ngoại tiếp tam giác ABT tiếp xúc với MT T 1.1.2 Trục đẳng phương hai đường tròn Định lý 1.3 Cho hai đường trịn khơng đồng tâm (O1; R1) (O2; R2) Tập hợp điểm M có phương tích hai đường trịn đường thẳng, đường thẳng gọi trục đẳng phương hai đường tròn (O1) (O2) Chứng minh: M O1 O2 H I Giả sử điểm M có phương tích đến hai đường trịn Gọi H hình chiếu M O1O2, I trung điểm O1O2 Ta có: skkn M / O1  M / O2   MO12  R12  MO22  R22  MO12  MO22  R12  R22   MH  HO12    MH  HO2   R12  R22  HO12  HO2  R12  R22   HO1  HO2  HO  HO   R R12  R22  IH  2O1O2 2  R22  O2O1.2 HI  R12  R22 1 Từ suy H cố định, suy M thuộc đường thẳng qua H vng góc với O1O2 Vậy tập hợp điểm M có phương tích hai đường trịn đường thẳng qua điểm H (xác định (1)) vng góc với O1O2 Một số hệ Cho hai đường tròn (O1) (O2) Từ định lý 1.3 ta suy tính chất sau: 1) Trục đẳng phương hai đường trịn vng góc với đường thẳng nối tâm 2) Nếu hai đường tròn cắt A B AB trục đẳng phương chúng 3) Nếu điểm M có phương tích (O1) (O2) đường thẳng qua M vng góc với O1O2 trục đẳng phương hai đường trịn 4) Nếu hai điểm M, N có phương tích hai đường trịn đường thẳng MN trục đẳng phương hai đường trịn 5) Nếu điểm có phương tích hai đường trịn điểm thẳng hàng 6) Nếu (O1) (O2) tiếp xúc A đường thẳng qua A vng góc với O1O2 trục đẳng phương hai đường tròn 1.1.3 Tâm đẳng phương Định lý 1.4 Cho đường tròn (C1), (C2) (C3) Khi trục đẳng phương cặp đường tròn trùng song song qua điểm Nếu trục đẳng phương qua điểm điểm gọi tâm đẳng phương ba đường tròn Chứng minh skkn d12 O1 O2 M d23 d13 O3 Gọi dij trục đẳng phương hai đường tròn (Ci) (Cj) Ta xét hai trường hợp sau TH1: Giả sử có cặp đường thẳng song song, khơng tính tổng qt ta giả sử d12 // d23 Ta có d12  O1O2 , d 23  O2O3 suy O1 , O2 , O3 thẳng hàng Mà d13  O1O3 suy d13 // d 23 // d12 TH2: Giả sử d12 d23 có điểm M chung Khi ta có: M / O1  M /  O2  M / O1  M /  O3   M  d13    M / O M / O  3  2  Từ suy có hai đường thẳng trùng trục đẳng phương cặp đường tròn lại Nếu hai trục đẳng phương cắt điểm điểm thuộc trục đẳng phương lại Một số hệ 1) Nếu đường trịn đơi cắt dây cung chung qua điểm 2) Nếu trục đẳng phương song song trùng tâm đường trịn thẳng hàng 3) Nếu đường tròn qua điểm có tâm thẳng hàng trục đẳng phương trùng skkn 1.2 Bài tập minh họa Bài (VMO 2018) Cho tam giác nhọn không cân ABC D điểm   DFC  cạnh BC Trên cạnh AB, AC lấy điểm E , F cho DEB DF , DE cắt cạnh AB, AC M , N Gọi  I1  ,  I  đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM , DFN Ký hiệu  J1  đường tròn tiếp xúc với  I1  D tiếp xúc với AB K ,  J  đường tròn tiếp xúc với  I  D tiếp xúc với AC H Gọi P giao điểm  I1   I  , Q giao điểm  J1   J   P, Q  D  a) Chứng minh P , Q, D thẳng hàng b) Cho đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK đường thẳng AQ G L  G, L  A Chứng minh tiếp tuyến D đường tròn ngoại tiếp tam giác QLG cắt đường thẳng EF điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác DLG Lời giải a) Do đường tròn  J1  tiếp xúc với đường tròn  DEM  D tiếp xúc với EM K nên theo tính chất quen biết, DK phân giác góc  , tương tự EDN  Do hai góc đối nên D, K , H thẳng hàng Từ giả EDM skkn   DFN  , suy DEM  DFN Để ý K , H chân đường thiết DEM phân giác góc D tam giác nên  AKD   AHD Do AKH cân A Ta có PA/ J   AK  AH  PA/ J   A, D, Q thẳng hàng Mặt khác tứ giác EFNM nội tiếp nên PA/ I1   AE AM  AF AN  PA/  I   A, D, P thẳng hàng Vậy A, D, P, Q thẳng hàng b) Trước hết ta chứng minh G thuộc đường tròn  AMN  Thật vậy, ta có ) nên có EGK   GHF  GEA   GFA  (cùng chắn cung GA   FGH  GKE Suy GKE  GHF Từ nhận xét DEM  DFN K , H chân đường phân giác góc D tam giác (ở phần a), ta có KE HF  , từ GKE  GHF KM HN   GNA  Vậy G thuộc đường tròn  AMN  Xét ta suy GEM  GFN  GMA đường tròn  AGEF  ,  AGKH  ,  AGMN  có trục đẳng phương (của cặp) AG , EF , MN đồng quy Trong tứ giác toàn phần EFNMSA, ta có A  M , N , S , D   1 Để ý A, L, D thẳng hàng (theo kết câu a) Q thuộc đường tròn  AGKH    KQD   HQD   ) nên áp dụng phép chiếu A AKH   AHK  1800  KAH (do KQH lên đường tròn  AEF  ,  AGK  , ta suy tứ giác GELF GKQH điều hịa Từ tính chất đồng dạng tam giác trên, ta có DE DK EK GE GK     Do đường tròn  GDQ  ,  GLD  DF DH FH GF GH đường tròn Apolonius qua đỉnh G tam giác GKH , GEF Do D tâm đường tròn  GDQ  nằm đường thẳng KH nên tiếp tuyến D với skkn  GDQ  vng góc với  nên giao KH KH phân giác EDF điểm T tiếp tuyến với EF chân đường phân giác góc  tam giác DEF Vậy T phải thuộc đường tròn  GLD  EDF Bài (VMO 2014) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), B, C cố định A thay đổi (O) Trên tia AB AC lấy điểm M N cho MA = MC NA = NB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN ABC cắt P  P  A Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC Q a) Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng b) Gọi D trung điểm BC Các đường trịn có tâm M, N qua A cắt K  K  A Đường thẳng qua A vng góc với AK cắt BC E Đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE cắt (O) F  F  A Chứng minh đường thẳng AF qua điểm cố định Giải: A N O C E B Q D F P M I skkn K a) Khơng tính tổng qt, ta giả sử AB  AC hình vẽ, trường hợp cịn lại hồn tồn tương tự Khi đó, M nằm đoạn AB N nằm đoạn   NAB  MA = MC nên MCA   MAC  Từ suy AC Do NA = NB nên NBA   MCA  hay tứ giác BMCN nội tiếp ta QM.QN = QB.QC NBA Từ suy Q có phương tích đến hai đường trịn (O) (AMN) nên nằm trục đẳng phương hai đường trịn Trục đẳng phương dây chung AP nên suy A, P, Q thẳng hàng b) Ta thấy đường tròn (ODC) tiếp xúc với (O) C nên trục đẳng phương hai đường tròn tiếp tuyến d (O) C Ta chứng minh O ∈ (ADE) Thật vậy, ta có O,M nằm trung trực AC nên OM ⊥ AC Tương tự ON ⊥ AB nên O trực tâm tam giác AMN Suy AO ⊥ MN Xét hai đường tròn (M, MA), (N, NA) dây chung vng góc với đường   900 nối tâm nên ta có AK ⊥ MN Từ suy A, O, K thẳng hàng nên OAE   900 nên tứ giác AODE nội tiếp hay O ∈ (ADE) Do Hơn nữa, ta có ODE đó, trục đẳng phương (ADE) (ODC) OD Ngồi ra, trục đẳng phương (O) (ADE) AF Xét ba đường tròn (O), (ADE), (ODC) có trục đẳng phương cặp đường tròn OD, d, AF nên chúng đồng quy điểm Vậy AF qua giao điểm OD với đường thẳng d điểm cố định Nhận xét Câu a) toán dễ dàng giải ý tưởng chứng minh điểm B, M, N, C thuộc đường tròn Ω đoạn AP, MN, BC trục đẳng phương tương ứng hai ba đường tròn (O), Ω, (AMN) nên đồng quy tâm đẳng phương Q Hướng tiếp cận nhận thấy skkn Tuy nhiên, ý b) có xuất nhiều đường trịn, đường thẳng với yêu cầu “đi qua điểm cố định” nhiều bạn gặp khó khăn Nhưng để ý cẩn thận ta dễ dàng tìm điểm cố định I cách cho A tiến dần đến hai điểm đối xứng với B, C qua tâm (O) để phát điểm cố định có phải nằm tiếp tuyến (O) B, C Và khơng khó để nhận mơ hình quen thuộc tứ giác điều hịa đường đối trung Cụ thể ABFC tứ giác điều hòa tương ứng với AF đường đối trung tam giác ABC Lời giải nêu thực tế chứng minh lại tính chất mơ hình mà thơi Ta biết trong tứ giác điều hịa tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp hai đỉnh đối đồng quy với đường chéo qua hai đỉnh cịn lại, cịn đường đối trung đối xứng với trung tuyến AD qua phân giác góc A (cũng coi phần mơ hình tứ giác điều hịa) Thơng qua cách dựng điểm E giao điểm tiếp tuyến (O) với BC, tốn xây dựng thêm đường trịn đường kính EO để có tứ giác Trên thực tế, hai bước xây dựng bị che giấu chất thông qua điểm thẳng hàng điểm đồng viên nhằm loại vai trò điểm O Bài (IMO 2013) Cho tam giác ABC nhọn, kẻ đường cao AD, BE, CF cắt H Cho K điểm tùy ý cạnh BC khác B, C Kẻ đường kính KM đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK đường kính KN đường trịn ngoại tiếp tam giác CEK Chứng minh ba điểm M , H , N thẳng hàng Giải: A E N F H L M B D C K 10 skkn Gọi L giao điểm thứ hai hai đường tròn (BKF) (CKE), dễ thấy A, L, K thẳng hàng (Do AF.AB = AH.AD = AE.AC nên A có phương tích với đường trịn) Ta có AH AD  AF AB  AL AK , suy tứ giác DHLK nội tiếp, suy HL  AK Mà ML  AK nên M , H , L thẳng hàng Tương tự N , H , L thẳng hàng Do M , H , N thẳng hàng (đpcm) Nhận xét Giả sử EF cắt BC điểm S Ta xem xét đường thẳng HL qua điểm S, nói cách khác với vị trí điểm K cạnh BC ba đường thẳng EF , HL, BC đồng quy ? * Nếu HL qua S từ tứ giác DHLK nội tiếp, ta có SD.SK  SH SL  AL AK Mặt khác năm điểm A, F , H , L, E đồng viên nên SH SL  SE.SF Từ suy SD.SK  SE.SF , hay tứ giác DFEK nội tiếp, điều chứng tỏ K nằm đường tròn Euler tam giác ABC (đường tròn qua D, E , F ), K trung điểm cạnh BC A E F N L H M S B D K C * Ngược lại, K trung điểm BC rõ ràng tứ giác DFEK nội tiếp, gọi S giao điểm EF với BC SD.SK  SE.SF , suy S có phương tích với hai đường tròn (DHLK) (AFHLE), tức S thuộc trục đẳng phương HL hai đường tròn Kết luận: Ba đường thẳng EF , HL, BC đồng quy S K trung điểm BC 11 skkn Nhận xét Khi ba đường thẳng EF , HL, BC đồng quy S H trực tâm tam giác ASK, suy HK  AS Ta có ST SA  SE.SF  SB.SC , nên T thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A E T L F H M S N B D C K Bài (VMO 2007) Cho hình thang ABCD có đáy lớn BC nội tiếp đường trịn  O  Gọi P điểm thay đổi BC nằm đoạn BC cho PA khơng tiếp tuyến đường trịn  O  Đường trịn đường kính PD cắt  O  E  E  D  Gọi M giao điểm BC với DE , N giao điểm khác A với  O  Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Lời giải Gọi A ' điểm đối xứng A qua tâm O Ta chứng minh N , M , A ' thẳng hang, từ suy MN qua A ' cố định D A N O F M C E B A' 12 skkn P Thật vậy, ta có DE trục đẳng phương đường tròn  O  đường tròn    '  900 nên ADA '  900  PFA đường kính PA ' Giả sử DA ' cắt BC F ,  BC trục đẳng phương       Vì trục đẳng phương đồng quy tâm đẳng phương, suy DE , BC NA ' đồng quy điểm M Vậy M , N , A ' thẳng hàng Bài (Hà tĩnh TST 2014) Cho hai đường tròn C1  (C2 ) tiếp xúc với tiếp điểm M Gọi AB tiếp tuyến chung C1  (C2 ) với A, B phân biệt tiếp điểm Trên tia tiếp tuyến chung Mx hai đường trịn (Mx khơng cắt AB) lấy điểm C khác M Gọi E F giao điểm thứ hai CA với C1  CB với (C2 ) Chứng minh tiếp tuyến C1  E, tiếp tuyến (C2 ) F Mx đồng quy Giải: Cách 1: x C E z O1 F I y O2 M A B Ta có CA.CE  CM  CF CB , suy tứ giác ABFE nội tiếp Gọi tiếp tuyến C1  E Ey, yEA = EAB = EFC, suy Ey tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF hay đường tròn C1  (CEF) tiếp xúc E Tương tự, tiếp tuyến Fz C  F tiếp tuyến (CEF) đường tròn C  , (CEF) tiếp xúc F 13 skkn Gọi I giao điểm tiếp tuyến Ey Fz Ta có IE = IF nên I thuộc trục đẳng phương hai đường tròn C1  (C2 ) hay I  Mx Vậy ta có điều phải chứng minh Cách 2: Ta có CA.CE  CM  CF CB nên phép nghịch đảo cực C, phương tích Ta có p  CM biến C1  (C2 ) thành nó, biến (CEF) thành AB Mà AB tiếp xúc với C1  (C2 ) nên (CEF) tiếp xúc với C1  (C2 ) E F Do đường cần chứng minh trục đẳng phương C1  , (C2 ) (CEF) nên chúng đồng quy Bài (Iran TST 2014) Cho tam giác ABC điểm M thuộc trung trực BC Gọi K điểm liên hợp đẳng giác với M tam giác ABC L trực tâm tam giác MBC Chứng minh KL qua trực tâm H tam giác ABC Lời giải L A T E F S P Y X H M O2 Q O1 K C B Giả sử BH, CH cắt AC, AB E F; BK, CK cắt AC, AB P Q   MCB   MBC   KBQ  , suy tứ giác BCPQ nội tiếp Gọi  O  ,  O  Ta có KCP tâm đường trịn đường kính CQ BP O1 , O2 trung điểm CQ,BP 14 skkn Do KB.KP  KC.KQ nên PK /O1   PK /O2  Mặt khác dễ thấy PH /O1   PH /O2  nên HK trục đẳng phương  O1  ,  O2  Như ta cần chứng minh L có phương tích  O1  ,  O2  Gọi T giao điểm thứ hai  O2  với BL S giao điểm thứ hai  O1  với CL Ta cần chứng minh LT LB  LS LC , hay LT  LS Giả sử BM CM cắt LC, LB X Y, ta cần SX  TY xong   sin PCM   sin KCB   BQ , với R bán kính đường Thật vậy, ta có TY  sin PCY PC 2R tròn ngoại tiếp BCPQ, suy TY  PC.BQ Hoàn toàn tương tự ta 2R SX PC PC.BQ Do SX  TY Bài tốn chứng minh hồn   SX  BQ R 2R tồn Bài (Ninh Bình TST 2019) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Dựng phía ngồi tam giác ABC hình bình hành ABMN ACPQ cho tam giác ABN đồng dạng với tam giác CAP Gọi G giao điểm AQ BM, H giao điểm AN CP Đường tròn ngoại tiếp tam giác GMQ, HNP cắt E F (E nằm đường tròn (O)) Chứng minh ba điểm A, E, F thẳng hàng Lời giải 15 skkn F Q N A M P E G C O H B D Gọi (O1), (O2) đường tròn ngoại tiếp tam giác GMQ, HNP suy EF trục đẳng phương (O1), (O2) Gọi D giao điểm BM CP suy AGDH hình bình hành Vì ABN  CAP  (AB, AN) = (CA, CP) (BA, BD) = (AB, AN) = (CA, CP) = (CA, CD)  A, B, C, D đồng viên Suy (CA, CB) = (DA, DG), (AB, AC) = (DG, DC) = (GD, GA) suy hai tam giác ABC GAD đồng dạng  Mà ABN  CAP  AB GD AH   AC GA AG AB CP AH CP AQ  AH AN  AG AQ     CA AN AG AN AN  PA/(O1 )  PA/(O2 ) Mà EF trục đẳng phương (O1), (O2)  A  EF Vậy A, E, F thẳng hàng Bài (Hà Nam TST 2019) Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE CF cắt H, M trung điểm cạnh BC Đường tròn (J) ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường trịn (O) điểm thứ hai K (K khơng trùng với A), AM cắt đường tròn (J) điểm thứ hai Q (Q không trùng với A), đường thẳng EF cắt đường thẳng AD P, đoạn thẳng PM cắt đường tròn (J) N 16 skkn a) Chứng minh đường thẳng KF, EQ BC đồng quy song song b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc Lời giải A E J S K F L B Q P H N O D C M A' Không tổng quát giả sử C  QSDE   1   QFBA  1 a) Gọi A’ điểm đối xứng với H qua M, suy BHCA’ hình bình hành Do A ' C / / BH ; A ' B / /CH suy  A ' CA   A ' BA  900 Do AA' đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Suy A ' K  AK 1 Dễ thấy AH đường kính đường tròn (J), suy HK  AK   Từ (1) (2) suy K, H, A’ thẳng hàng Mà H, M, A’ thẳng hàng nên suy K, H, M, A’ thẳng hàng Gọi L giao điểm AK BC Từ kết giả thiết, suy H trực tâm tam giác ALM suy LH vng góc với AM, gọi Q '  LH  AM  Q '   J   Q '  Q Do tứ giác: ABDE, ALDQ nội tiếp, suy HL.HQ  HA.HD  HB.HE Suy tứ giác LBQE nội tiếp 17 skkn Ta có: AF AB  AE AC  AK AL  AQ AM  AF AB Suy tứ giác KLBF, CMQE nội tiếp Như vậy: LB trục đẳng phương hai đường tròn (LBQE) (KLBF); KF trục đẳng phương hai đường tròn (KLBF) (J); EQ trục đẳng phương hai đường tròn (J) (LBQE) Do đường thẳng KF, EQ BC đồng quy đôi song song b) Ta có AK trục đẳng phương hai đường tròn (O) (J); EF trục đẳng phương hai đường tròn (J) (BFEC); BC trục đẳng phương hai đường tròn (BFEC) (O), mà AK cắt BC L, suy AK, EF, BC đồng quy L Ta có M tâm đường tròn (BFEC), suy MJ  EF kết hợp với JD  LM Suy P trực tâm tam giác JLM Do MP  JL Gọi S giao điểm JL MP, ta có tứ giác LDPS nội tiếp, suy JS JL  JP.JD  3 Xét tứ giác tồn phần AEHFBC, ta có (A, H, P, D) = -1, mà J trung điểm AH, suy JH  JP.JD   Từ (3) (4) suy JS JL  JH  JN , mà NS  JL suy LN tiếp tuyến (J) Suy LN  LK LA  LB.LC  LN tiếp tuyến đường tròn (BNC) (5) Từ  AKM   ADM  900 suy điểm A, K, D, M thuộc đường tròn Suy LN  LK LA  LD.LM  LN tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MND (6) Từ (5) (6) suy hai đường tròn (BNC) (MND) tiếp xúc N Bài (IMO shorlist 2011 - G4) Cho tam giác ABC nhọn với AB  AC nội tiếp đường tròn  O  Gọi B0 , C0 trung điểm cạnh AC AB D hình chiếu A BC G trọng tâm tam giác ABC Gọi   đường tròn qua B0 , C0 tiếp xúc với  O  điểm X khác A Chứng minh D , G , X thẳng hàng 18 skkn Lời giải w1 A T a C0 M B0 G O x D B C A0 X w Gọi a x tiếp tuyến A X đường tròn  O  gọi 1  đường tròn ngoại tiếp tam giác AB0C0 Dễ thấy a tiếp tuyến 1  A a trục đẳng phương hai đường tròn  O  1  Như ba đường thẳng a, x B0C0 trục đẳng phương cặp đường tròn  O  1  ;  O    ;   1  , a, x B0C0 đồng quy điểm M Ta có MA  MD  MX nên M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADX Gọi T giao điểm thứ hai DX với  O  , ý O  1  Ta có 1  DAT ADX   ATD  3600   AMX   AOX  1800   AMX   AOX  900 , suy 2     AD  AT  AT || BC Do ATCB hình thang cân  Gọi A0 trung điểm B0C0 Xét phép vị tự VG biến A  A0 ; B  B0 ; C  C0 ;   T   CBA B   ' C0 B0 Mặt khác TCB T  T ' , suy TCB 0C0 A  DC0 B0 Do T '  D , từ suy D, G , T thẳng hàng ta có điều phải chứng minh Bài 10 (IMO shorlist 2014-G3) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với AB  BC Phân giác góc ABC cắt (O) M khác B Gọi    đường trịn đường kính BM Phân giác góc AOB BOC cắt    P 19 skkn Q Trên đường thẳng PQ lấy điểm R cho RB  RM Chứng minh BR || AC Lời giải N R B γ P Q E D w O K A C ε M Gọi K trung điểm BM K tâm    OK OM trung trực BM AC, R giao điểm PQ với OK Gọi N giao điểm thứ hai OM với đường tròn    , ta có BN || AC Ta cần chứng minh đường thẳng BN qua R xong Điều đồng nghĩa với ba đường thẳng BN , PQ, OK đồng quy Ta dựng ba đường tròn mà đường thẳng BN , PQ, OK trục đẳng phương cặp đường tròn, từ thu điều cần chứng minh Từ đặc điểm vng góc N K ta suy N K nằm đường tròn   đường kính OB Tiếp theo ta chứng minh O, K , P, Q nằm đường tròn Gọi D E trung điểm BC AB D nằm OQ E nằm OP Do điểm B, E , O, K , D nằm đường tròn   nên ta   EBK   KBD   KOD  EOR 20 skkn ... O1O2 trục đẳng phương hai đường tròn 4) Nếu hai điểm M, N có phương tích hai đường trịn đường thẳng MN trục đẳng phương hai đường tròn 5) Nếu điểm có phương tích hai đường trịn điểm thẳng hàng. .. khơng đồng tâm (O1; R1) (O2; R2) Tập hợp điểm M có phương tích hai đường tròn đường thẳng, đường thẳng gọi trục đẳng phương hai đường tròn (O1) (O2) Chứng minh: M O1 O2 H I Giả sử điểm M có phương. .. Nếu trục đẳng phương qua điểm điểm gọi tâm đẳng phương ba đường tròn Chứng minh skkn d12 O1 O2 M d23 d13 O3 Gọi dij trục đẳng phương hai đường tròn (Ci) (Cj) Ta xét hai trường hợp sau TH1: Giả sử