CHUYÊN đề PHÉP vị tự

PHÉP VỊ TỰ A.PHẦN MỞ ĐẦU 1.Lý do chọn đề tài Các phép biến hình sơ cấp là một phần quan trọng của hình học và là một mảng khó trong chương trình hình học THPT chuyên. Chính vì thế trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế và khu vực, những bài toán có liên quan ít nhiều đến các phép biến hình cũng hay được đề cập và thường được xem là những dạng toán khó, những câu phân loại của kì thi. Các em học sinh bậc Trung học phổ thông thường gặp một số khó khăn khi tiếp cận các khái niệm liên quan đến phép biến hình, đặc biệt là kỹ năng ứng dụng các phép biến hình vào việc làm bài tập. Những học sinh mới bắt đầu làm quen với khái niệm biến hình thường chưa hiểu tường tận tư tưởng cũng như phương pháp tiếp cận lý thuyết, đặc biệt là khâu vận dụng kiến thức biến hình vào giải toán trong những tình huống khác nhau. Để hiểu và vận dụng tốt lý thuyết biến hình và vận dụng kiến thức biến hình vào giải toán thì thông thường học sinh phải có kiến thức nền tảng hình học tương đối đầy đủ và chắc chắn trên tất cả các lĩnh vực của hình học sơ cấp. Đó là một khó khăn rất lớn đối với giáo viên và học sinh khi giảng dạy và học tập phần các phép biến hình. Trong các phép biến hình thì phép vị tự có rất nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán hình học và trong các kì thi học sinh giỏi số lượng các bài toán liên quan đến việc sử dụng phép vị tự khá nhiều. Các bài toán khi giải bằng phương pháp sử dụng phép vị tự trong các kì thi học sinh giỏi thường khá hay và đặc sắc, thể hiện khả năng sáng tạo của học sinh. Bằng cách giải bằng cách sử dụng phép vị tự giúp học sinh thấy được bản chất của bài toán và phát hiện ra các tính chất thú vị khác của bài toán. Tuy nhiên khó khăn lớn nhất của giáo viên khi dạy phần này là làm sao để học sinh hứng thú học và có khả năng vận dụng phép vị tự vào giải các bài toán hình học, cần trang bị cho các em những kiến thức gì? Cần bắt đầu từ những bài toán nào? Cần phân dạng các bài tập áp dụng phép vị tự và những dấu hiệu của các bài toán như thế nào thì dùng phép vị tự? Với tất cả những khó khăn và thuận lợi trên chúng tôi chọn đề tài “phép vị tự” để trao đổi và đưa ra một số dạng bài tập đặc trưng giải bằng sử dụng phép vị tự. 2.Mục đích của đề tài Đề tài “phép vị tự” được chọn để giới thiệu với các thầy cô giáo và các em học sinh những kinh nghiệm của chúng tôi khi giảng dạy chủ đề phép vị tự trong chương trình THPT chuyên, và đồng thời thông qua đề tài này chúng tôi muốn nhấn mạnh tầm quan trọng của phép vị tự trong các bài toán chứng minh đồng quy và thẳng hàng và một số bài toán khác xuất hiện trong các kì thi Quốc tế, khu vực và Olympic quốc gia của một số nước. Các bài toán đồng quy thẳng hàng mà lời giải sử dụng phép vị tự thường là những bài tập khó, các bài tập chúng tôi đưa ra đề là các đề thi Olympic Quốc tế, khu vực và một số nước có truyền thống về toán, trong các bài tập này chúng tôi có phân tích dấu hiệu của bài toán mà có thể sử dụng để giải bằng cách dùng phép vị tự. Những bài toán này nếu không sử dụng phép vị tự thường rất khó và rất dễ phụ thuộc vào hình vẽ. Thông qua đề tài “phép vị tự” chúng tôi cũng rất mong muốn nhận được góp ý trao đổi của các bạn đồng nghiệp, các bậc cha mẹ học sinh và các em học sinh. Chúng tôi mong muốn đề tài này góp một phần nhỏ để việc dạy phần phép vị tự hiệu quả nhất và giúp các em học sinh có khả năng vận dụng phép vị tự vào giải các bài toán hình học một cách tốt nhất. B.PHẦN NỘI DUNG I. Lý thuyết 1. Định nghĩa Cho trước điểm O và một số thực k . Phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho uuuuur uuuur k OM ' = k .OM được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k và được kí hiệu là VO hoặc V( O ;k ) . Điểm M’ được gọi là ảnh của điểm M, điểm M được gọi là tạo ảnh của M’, O gọi là tâm vị tự, k gọi là tỉ số vị tự. k Nếu k > 0 thì VO được gọi là phép vị tự dương. k Nếu k < 0 thì VO được gọi là phép vị tự âm. 1 Nếu k = 1 thì VO là phép đồng nhất. −1 Nếu k = −1 thì VO là phép đối xứng tâm O. { } k Cho hình F, xét tập F ' = M ' , M ' = VO ( M ) , M ∈ F được gọi là ảnh của hình F qua qua phép k k k vị tự VO và được kí hiệu là VO : F → F ' hoặc F ' = VO ( F ) . 2. Tính chất k Tính chất 2.1. Phép vị tự VO với k ≠ 1 có một điểm bất động duy nhất, đó là điểm O. k Tính chất 2.2. Nếu điểm M’ là ảnh của điểm M qua phép vị tự VO thì O, M, M’ thẳng hàng. k Tính chất 2.3. Nếu A’, B’ lần lượt là ảnh của hai điểm phân biệt A, B qua phép vị tự VO thì uuuuu r uuur A ' B ' = k AB . 1 k Tính chất 2.4. Phép vị tự VO là một song ánh và có phép biến hình ngược là V k O k Tính chất 2.5. Phép vị tự VO biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng theo thứ tự đó. k Chứng minh. Giả sử A’, B’, C’ lần lượt là ảnh của A, B, C qua phép vị tự VO . Giả sử B nằm giữa A và C. Khi đó theo tính chất 3 ta có: A ' B ' = k AB, B ' C ' = k BC , C ' A ' = k CA , kết hợp với AB + BC = AC ⇒ A ' B '+ B ' C ' = A ' C ' ⇒ A ', B ', C ' thẳng hàng và B’ nằm giữa A’ và C’. Từ tính chất 5 ta có các kết quả rất quan trọng sau: k Hệ quả. Phép vị tự VO biến: a) Đường thẳng d thành đường thẳng d’ và d || d ' hoặc d ≡ d ' . b) Tia Sx thành tia S ' x ' và hai tia đó hoặc song song hoặc cùng nằm trên một đường thẳng. c) Đoạn thẳng AB thành đoạn thẳng A’B’ và A ' B ' = k AB . d) Tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ và hai tam giác này đồng dạng với nhau theo tỉ số k. ¶ thành góc x· ' S ' y ' và xSy ¶ = x· ' S ' y ' . e) Góc xSy f) Đường tròn ( I ; R ) thành đường tròn ( I '; R ') và R ' = k R . k k' Tính chất 2.6. Cho hai phép vị tự VO , VO ' với các tâm vị tự phân biệt, các hệ số vị tự thỏa mãn k , k ' ∉ { 0;1} . Khi đó k k' k' k a) Nếu k .k ' ≠ 1 thì VO oVO ' hoặc VO ' oVO là một phép vị tự. k k' k' k b) Nếu k .k ' = 1 thì VO oVO ' hoặc VO ' oVO là một phép tịnh tiến. Chứng minh. k' k a)Giả sử H = VO ' oVO và S là điểm bất động của H. Khi đó ta có: uuur uuu r VOk : S → S ' và OS ' = kOS uuuur uuuuu r VOk'' : S ' → S và O ' S = k ' O ' S ' Ta có: uuu r 1 uuur 1 uuuur uuuuu r 1  uuuur 1 uuuur  1  uuuur 1 uuu r 1 uuuur  OS = OS ' = OO ' + O ' S ' =  OO ' + O ' S ÷ =  OO ' + OS − OO ' ÷ k k k k' k' k'  k  ( ) r 1  uuu  ⇒ 1 − OS ÷ =  k .k '  r 1 − k ' uuuur 1  1  uuuur uuu 1 − OO ' ⇒ OS = OO ' .  ÷ k  k ' 1 − k .k ' Do đó điểm S là duy nhất. Với mỗi điểm M khác điểm S ta có: uuuuur uuur VOk : S → S ', M → M ' ⇒ S ' M ' = k .SM uuuur uuuur VOk'' : S ' → S , M ' → M '' ⇒ SM '' = k '.SM ' uuuur uuur k' k Từ hai đẳng thức trên ta được: SM '' = k .k '.SM . Do đó H = VO ' oVO là một phép vị tự tâm là điểm S và tỷ số vị tự là k .k ' . k k' Chứng minh tương tự ta cũng được VO oVO ' cũng là một phép vị tự. b)Với mỗi điểm M bất kì trong mặt phẳng ta có: uuuuu r uuuur VOk : M → M ' ⇒ OM ' = k .OM uuuuuur uuuuuur uuuuuu r uuuuuur VOk'' : M ' → M '' ⇒ O ' M '' = k '.O ' M ' ⇒ O ' M ' = k .O ' M '' Ta có uuuur uuuuu r uuuuuur uuuuu r uuuuuu r uuuur uuuuuur uuuur uuuuur uuuuur OO ' = OM ' + M ' O ' = OM ' − O ' M ' = kOM − kO ' M '' = kOM − kO ' M − k MM '' uuuur uuuur uuuuur uuuur uuuuur uuuuur k − 1 uuuur r = k OM + MO ' − k MM '' = kOO ' − k MM '' ⇒ MM '' = OO ' = u . k ( ) k' k Do đó VO ' oVO là một phép tịnh tiến. k k' Chứng minh tương tự ta cũng được VO oVO ' là một phép tịnh tiến. k' k Nhận xét. Nếu k , k ' ∉ { 0;1} , k .k ' ≠ 1 thì VO ' oVO là một phép vị tự có tâm nằm trên đường thẳng OO’ và có tỉ số vị tự là k .k ' . r r k Tính chất 2.7. Cho phép vị tự VO với k ∉ { 0;1} và phép tịnh tiến Tur , u ≠ 0 . Khi đó phép biến k k đổi Tur oVO hoặc VO oTur là một phép vị tự. Chứng minh. k Ta xét phép biến đổi H = Tur oVO . Trước hết ta chứng minh H có điểm bất động duy nhất S . Thật vậy, nếu S là điểm bất động của H , khi đó uuur uuur VOk : S → S ' và OS ' = kOS ; uuuur r Tur : S ' → S và S ' S = u . Từ đó ta được: uuuu r r uuu r uuur r uuu r uuu r r uuu r 1 r S ' S = u ⇔ OS − OS ' = u ⇔ OS − kOS = u ⇔ OS = u 1− k Hệ thức này chứng tỏ H có điểm bất động duy nhất là điểm S . Với điểm M tùy ý khác điểm S , thì uuuuur uuur VOk : S → S ', M → M ' ⇒ S ' M ' = k .SM uuuuur uuuur uuur Tur : S ' → S , M ' → M '' ⇒ S ' M ' = SM '' = k SM uuuur uuur k suy ra SM '' = k SM ⇒ M '' = VS ( M ) hay H là một phép vị tự tâm S , tỉ số k . 3. Tâm vị tự của hai đường tròn. Định lí 3.1 Cho hai đường tròn ( O1 ; R1 ) và ( O2 ; R2 ) phân biệt. Khi đó tồn tại phép vị tự biến đường tròn ( O1 ; R1 ) thành đường tròn ( O2 ; R2 ) . Chứng minh. k Nếu tồn tại phép vị tự VO biến đường tròn ( O1 ; R1 ) thành đường tròn ( O2 ; R2 ) thì uuuur uuuu r R2 R ⇔ k = ± 2 và OO2 = kOO1 . Khi đó ta sẽ chỉ ra được cách xác định phép vị tự VOk . R1 R1 uuuu r uuuu r Th1. O1 ≡ O2 và R1 ≠ R2 , khi đó OO1 = kOO1 ⇒ O ≡ O1 . Khi đó ta có hai phép vị tự biến đường k = R2 R2 tròn ( O1 ; R1 ) thành đường tròn ( O2 ; R2 ) là: V R1 và V R1 . O1 O1 − uuuur uuuur Th2. O1 ≠ O2 và R1 = R2 , suy ra k = ±1 . Do đó OO2 = ± OO1 , kết hợp với O1 ≠ O2 suy ra uuuur uuuur OO2 = −OO1 ⇒ O là trung điểm của đoạn thẳng O1O2 . Vậy phép vị tự VO−1 biến đường tròn ( O1; R1 ) thành đường tròn ( O2 ; R2 ) . Th3. O1 ≠ O2 và R1 ≠ R2 , ta có thể xác định các phép vị tự như sau: Ta lấy M 1 ' M 2 ' là đường kính của đường tròn ( O2 ; R2 ) và O1M là một bán kính của ( O1 ; R1 ) uuuuuur uuuur sao cho hai vector O2 M 1 ' và O1M cùng hướng. Đường thẳng O1O2 cắt MM 1 ' và MM 2 ' lần lượt tại I1 và I 2 . R2 R2 Khi đó phép vị tự V R1 và V R1 biến đường tròn ( O1 ; R1 ) thành đường tròn ( O2 ; R2 ) . I1 I2 − Điểm I1 được gọi là tâm vị tự ngoài của hai đương tròn ( O1 ; R1 ) và ( O2 ; R2 ) . Điểm I 2 được gọi là tâm vị tự trong của hai đương tròn ( O1 ; R1 ) và ( O2 ; R2 ) . II. Ứng dụng của phép vị tự 1.Ứng dụng trong các bài toán chứng minh các điểm thẳng hàng Có nhiều cách để chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng, một trong các cách đó là dùng phép vị tự. Để chứng minh ba điểm A, B, C bằng cách sử dụng phép vị tự người ta có thể thực hiện một trong các hướng sau: +) Chỉ ra có một phép vị tự tâm A , tỷ số k biến điểm B thành điểm C suy ra uuur uuur AC = k AB ⇒ A, B, C thẳng hàng. k k' k k' kk ' +) Ta chỉ ra có hai phép vị tự VA và VB , kk ' ≠ 1 sao cho VA oVB = VC ⇒ A, B, C thẳng hàng. 1. Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC tại D. Gọi M, E lần lượt là trung điểm của BC, AD. Chứng minh rằng E, O, M thẳng hàng. Lời giải. A N Q P E I B C D M F R S J Gọi F, R, S lần lượt là tiếp điển của đường tròn bàng tiếp (J) của góc A của tam giác ABC với các đường thẳng BC, CA, AB. Kẻ đường kính DN. AB + BC − AC AB − AC ⇒ MD = MB − BD = (1). 2 2 Mặt khác AB + AC + BC = AB + AC + BF + FC = AB + BS + AC + CR = AS + AR = 2 AS AB + BC + CA AC + BC − AB ⇒ AS = ⇒ BF = BS = AS − AB = 2 2 AB − AC ⇒ MF = BF − BM = (2). 2 Từ (1) và (2) ta được MD = MF hay M là trung điểm của DF. Do E, I, M lần lượt là trung điểm của AD, DN, DF nên EI || AN , IM || NF ⇒ để chứng Ta có BD = minh E, I, M thẳng hàng ta sẽ chứng minh A, N, F thẳng hàng. Qua N kẻ đường thẳng song song với BC, cắt AC, AB lần lượt tại P, Q. Do PQ || BC ⇒ AQ AP = = k ⇒ VAk : B → Q, C → P ⇒ VAk : ( BC ) → ( PQ ) , ( J ) → ( I ) . AB AC k Do đó VA : N → F ⇒ A, N , F thẳng hàng suy ra E, I, M thẳng hàng. 2. Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) có bán kính khác nhau và nằm ngoài nhau. Ta xét một đường tròn (O) tiếp xúc ngoài đồng thời với ( O1 ) , ( O2 ) lần lượt tại A, B. Trên đường tròn (O) ta lấy điểm M bất kì (khác A, B). Đường thẳng MA cắt ( O1 ) lần thứ hai tại cắt ( O2 ) lần thứ hai tại đường thẳng Lời giải. M 1 ; MB M 2 . Chứng minh rằng khi M thay đổi trên đường tròn (O) thì M 1M 2 đi qua một điểm cố định. M O S B A O2 O1 M2 M1 Ta có − R R1 VA : ( O1 ) → ( O ) M1 → M − VB R2 R : ( O ) → ( O2 ) M → M2 Do đó − R2 R − VB .VA R R1 R2 R1 S =V : ( O1 ) → ( O2 ) M1 → M 2 Do đó đường thẳng M 1M 2 đi qua tâm vị tự ngoài của hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) . 3. (Russia MO 2008, grade 9) Cho tam giác không cân ABC với H, M lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác đó. Các đường thẳng qua A, B, C lần lượt vuông góc với AM, BM, CM cắt nhau tạo thành một tam giác có trọng tâm G. Chứng minh rằng G nằm trên đường thẳng MH. Lời giải. B1 A C1 Mb Mc H M G B C Ma A1 Để chứng minh bài toán ta cần hai bổ đề sau: Bổ đề 1. Cho tam giác ABC và L là một điểm nằm trong tam giác đó. Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của L lên các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó L là trọng tâm của tam giác HIK khi và chỉ khi L là điểm Lemoine của tam giác ABC. Đây chính là bài 34, trang 47, tài liệu chuyên toán hình học 10. Bổ đề 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và H là trực tâm của nó. Kẻ đường · kính AM. Khi đó AH và AM đối xứng với nhau qua phân giác trong của góc BAC . Chứng minh. A O H C B M D · Gọi D là giao điểm thứ hai của phân giác trong góc BAC với đường tròn (O). Do AM là đường kính nên AD ⊥ DM suy ra: ( AM , AD ) ≡ ( AM , MD ) + ( MD, AD ) ( mod π ) π ( mod π ) 2 π ≡ ( AM , MB ) + ( MB, DM ) + ( mod π ) 2 π ≡ ( CA, CB ) + ( AB, AD ) + ( mod π ) 2 π ≡ ( CA, CB ) + ( AD, AC ) − ( mod π ) (1). 2 ≡ ( AM , MB ) + ( MB, DM ) + Mặt khác ta có: ( AD, AH ) ≡ ( AD, AB ) + ( AB, AH ) ( mod π ) ≡ ( AD, AB ) + ( AB, BC ) + ( BC , AH ) ( mod π ) ≡ ( AD, AC ) + ( AC , AB ) + ( AB, BC ) + ≡ ( AD, AC ) + ( AC , BC ) + π ( mod π ) 2 π ( mod π ) (2). 2 Từ (1) và (2) ta được ( AM , AD ) ≡ ( AD, AH ) ( mod π ) ⇒ AM, AH đối xứng với nhau qua · phân giác của góc BAC . Trở lại bài toán: Do A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên B1C1 , C1 A1 , A1 B1 nên theo bổ đề 1 ta được M là điểm Lemoine của tam giác A1 B1C1 suy ra A1M đối xứng với trung tuyến · C (3). kẻ từ A1 của tam giác A1 B1C1 qua phân giác trong của góc BA 1 Do MM a , BC cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn nên tứ giác BMCM a là hình bình hành, kết hợp với MB ⊥ A1C1 , MC ⊥ A1 B1 ⇒ M aC ⊥ A1C1 , M a B ⊥ A1 B1 suy ra M a là trực tâm tam giác A1 BC (4). Do tứ giác HBAC 1 tiếp và A1 H là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 BC (5). Từ (4), (5) và bổ đề 2 suy ra A1 H , A1M đối xứng với nhau qua phân giác trong của góc · C (6). BA 1 Từ (3) và (6) suy ra A1 ,M a , G thẳng hàng. Tương tự ta có B1 ,M b , G thẳng hàng và C1 ,M c , G thẳng hàng. −1 Ta có VM : A → M a , B → M b , C → M c suy ra M b M c || BC , M c M a || CA, M a M b || AB (7). Mặt khác do M a , M b , M c lần lượt là trực tâm của tam giác A1 BC , B1CA, C1 AB suy ra M a A1 ⊥ BC , M b B1 ⊥ CA, M cC1 ⊥ AB (8). Từ (7) và (8) ta được M a A1 ⊥ M b M c , M b B1 ⊥ M c M a , M cC1 ⊥ M a M b suy ra G là trực tâm tam giác M a M b M c . −1 −1 Do VM : A → M a , B → M b , C → M c suy ra VM biến trực tâm tam giác ABC thành trực −1 tâm tam giác M a M b M c ⇒ VM : H → G suy ra G nằm trên đường thẳng MH. 4. Cho tam giác ABC. Bên trong tam giác ta dựng bốn đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) , ( O4 ) sao cho ba đường tròn đầu tiên bằng nhau, cùng tiếp xúc với đường tròn ( O4 ) và mỗi đường tròn đó còn tiếp xúc với hai cạnh tam giác. Chứng minh rằng tâm các đường tròn nội, ngoại tiếp tam giác ABC và tâm đường tròn ( O4 ) thẳng hàng. Lời giải. A M O1 I N O O4 O3 O2 C B Gọi I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi M, N lần lượt là tiếp điểm của đường thẳng AB với các đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) . Ta có O1M ⊥ AB, O2 N ⊥ AB ⇒ O1M || O2 N , kết hợp với O1M = O2 N ⇒ tứ giác O1O2 NM là hình bình hành suy ra O1O2 || AB . Chứng minh tương tự ta được O2O3 || BC , O3O1 || CA . Do đó tồn tại một phép vị tự VI : O1 → A, O2 → B, O3 → C suy ra VI biến tâm đường k tròn ngoại tiếp tam giác k O1O2O3 thành tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1). Do ( O4 ) cùng tiếp xúc với ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) nên theo tính chất của hai đường tròn tiếp O4O1 = O4O2 = O4O3 ⇒ O4 là tâm ngoại tiếp tam giác O1O2O3 (2). uur uuur Từ (1) và (2) ta được VIk : O4 → O ⇒ IO = k .IO4 ⇒ I , O, O4 thẳng hàng. xúc ngoài nhau ta được 5. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn tâm I. Giả sử bên trong tứ giác ta vẽ được bốn đường tròn bằng nhau cùng đi qua một điểm S và mỗi đường tròn tiếp xúc với hai cạnh liên tiếp của tứ giác đó. Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp được trong một đường tròn và tâm đường tròn đó nằm trên đường thẳng SI. Lời giải. A B M O1 O2 I S O N O4 O3 D C Giả sử bốn đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) , ( O4 ) ; gọi M, N lần lượt là tiếp điểm của đường thẳng AD với ( O1 ) , ( O2 ) . O1M ⊥ AD, O4 N ⊥ AD ⇒ O1M || O4 N , kết hợp với O1M = O4 N ⇒ tứ giác Ta có O1O4 NM là hình bình hành suy ra O1O4 || AD . Chứng minh tương tự ta được O2O3 || BC , O3O4 || CD O1O2 || AB . Do hai tứ giác ABCD, O1O2O3O4 cùng hướng và có các cạnh tương ứng song song nên tồn tại một phép vị tự VI : O1 → A, O2 → B, O3 → C , O4 → D (tâm vị tự chính là điểm k đồng quy của bốn đường thẳng k suy ra VI biến tứ giác O1 A, O2 B, O3C , O4 D và điểm đồng quy này chính là I) O1O2O3O4 thành tứ giác ABCD (1). Do bốn đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) , ( O4 ) có bán kính bằng nhau và cùng đi qua điểm S nên SO1 = SO2 = SO3 = SO4 suy ra tứ giác O1O2O3O4 nội tiếp đường tròn có tâm S. Do đó theo (1) thì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O uur uur VIk : S → O ⇒ IO = k .IS ⇒ I , O, S thẳng hàng hay O nằm trên đường thẳng SI. và 6. Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) nằm ngoài nhau và có bán kính khác nhau. Trên mỗi tiếp tuyến chung trong lấy các điểm M, N. Qua M kẻ hai tiếp tuyến đến ( O1 ) , ( O2 ) (khác tiếp tuyến chung trong chứa M), qua N kẻ hai tiếp tuyến đến ( O1 ) , ( O2 ) (khác tiếp tuyến chung trong chứa N). Các tiếp tuyến từ M, N (khác tiếp tuyến chung trong) đến ( O1 ) cắt nhau tại P; các tiếp tuyến từ M, N (khác tiếp tuyến chung trong) đến ( O2 ) cắt nhau tại điểm Q. Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi M, N thay đổi. Lời giải. K1 M1 K2 L PO Q M K N2 N O2 O1 L2 L1 M2 N1 Ta sẽ chứng minh tứ giác KPLQ là tứ giác ngoại tiếp đường tròn. Thật vậy, ta sẽ chứng minh đẳng thức: PL + KQ = PK + LQ ⇔ PM + PN = QM + QN Ta có PM = PL1 − ML1 = PL1 − MM 1 PN = NK1 − PK1 = NN1 − PL1 Suy ra PM + PN = NN1 − MM 1 (1) Tương tự ta có QM + QN = MM 2 − NN 2 (2) Mặt khác ta có M 1M 2 = N1 N 2 ⇔ NN1 + NN 2 = MM 1 + MM 2 ⇔ NN1 − MM 1 = MM 2 − NN 2 (3). Từ (1), (2) và (3) ta được PM + PN = QM + QN ⇔ PL + KQ = PK + LQ . Do đó tứ giác KPLQ là tứ giác ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi R, R1 , R2 lần lượt là bán kính đường tròn ( O ) , ( O1 ) , ( O2 ) . Khi đó ta có: − VP − VQ R R1 R2 R : ( O1 ) → ( O ) : ( O ) → ( O2 ) Suy ra − R2 R − VQ .VP R R1 R2 R1 S =V : ( O1 ) → ( O2 ) Do đó đường thẳng PQ sẽ đi qua tâm vị tự ngoài của hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) . 7. Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn (O). Gọi ( Oa ) , ( Ob ) , ( Oc ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác OBC, OCA, OAB. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Oa ObOc nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC. Lời giải. Ob A E F Oc B G O D M C Oa Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB và M là trung điểm của OC. Khi đó ObOc , OcOa , OaOb lần lượt là trung trực của OA, OB, OC. Ta có tứ giác MEObC nội tiếp nên OC 2 R 2 . OE.OOb = OM .OC = = 2 2 Chứng minh tương tự ta được: R2 OD.OOa = OE.OOb = OF .OOc = 2 Khi đó phép nghịch đảo N R2 2 O : Oa → D Ob → E Oc → F Suy ra phép nghịch đảo này biến tam giác Oa ObOc thành tam giác DEF. Do đó N R2 2 O : ( O1 ) → ( O2 ) , trong đó ( O1 ) , ( O2 ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác Oa ObOc , DEF. Từ kết quả trên ta suy ra O, O1 , O2 thẳng hàng (1). Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, kết hợp với D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB nên: − 1 VG 2 : A → D B→E C→F − 1 Suy ra VG 2 : ( O ) → ( O2 ) ⇒ O, G , O2 thẳng hàng (2). Từ (1) và (2) suy ra O, O1 , O2 , G thẳng hàng. Mặt khác đường thẳng OG là đường thẳng Euler của tam giác ABC suy ra tâm ngoại tiếp của tam giác Oa ObOc nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC. 8. (IMO Shortlisted 2007, G8) Cho điểm P nằm trên cạnh AB của tứ giác lồi ABCD. Cho ω là đường tròn nội tiếp tam giác CPD, và có tâm là điểm I. Giả sử đường tròn ω tiếp xúc lần lượt với đường tròn nội tiếp tam giác APD và BPC tương ứng tại K và L. Đường thẳng AC và BD cắt nhau tại E, và đường thẳng AK và BL cắt nhau tại F. Chứng minh rằng E, I, và F thẳng hàng. Lời giải. C Q D E N I F J K Ja L Jb Ia Ib A M P B A ( J ; R ) là đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng AB, AD, BC và ( I ; r ) ( I a ; Ra ) , ( Ib ; Rb ) lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác PCD, ADP, BCP. Đường tròn ( I a ; Ra ) tiếp xúc với AB, AD lần lượt tại M, N và đường tròn ( I ; R ) tiếp xúc với Gọi đường thẳng CD tại Q. Ta có R Ra A : ( I a ; Ra ) → ( J ; R ) R − a r K : ( I ; r ) → ( I a ; Ra ) V V R Ra A Ra Suy ra V .V − r : ( I ; r ) → ( J ; R ) . K Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao của AK, IJ Mặt khác (1). R VBRb : ( I b ; Rb ) → ( J ; R ) − VL R Rb r : ( I ; r ) → ( I b ; Rb ) Rb Suy ra V Rb .V − r : ( I ; r ) → ( J ; R ) . B L Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao của BL, IJ (2). Từ (1) và (2) suy ra giao điểm của AK và BL thuộc đường thẳng IJ hay F thuộc đường thẳng IJ (3). Xét tứ giác APCD, theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta được: AP + CD = AM + MP + DQ + QC = AN + PL + DN + CL = AD + CP suy ra tứ giác APCD ngoại tiếp đường tròn ( J a ; ra ) . Tương tự ta chứng minh được tứ giác BCDP ngoại tiếp đường tròn ( J b ; rb ) . Ta có R ra A V : ( J a ; ra ) → ( J ; R ) ra r C V : ( I ; r ) → ( J a ; ra ) R ra A ra Suy ra V .V r : ( I ; r ) → ( J ; R ) . C Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao điểm của AC và IJ Mặt khác (4). R rb B V : ( J b ; rb ) → ( J ; R ) rb VDr : ( I ; r ) → ( J b ; rb ) R ra Suy ra V ra .V r : ( I ; r ) → ( J ; R ) . A C Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao điểm của BD và IJ (4). Từ (3) và (4) ta có giao điểm của AC và BD nằm trên đường thẳng IJ hay E thuộc đường thẳng IJ (5). Từ (3) và (5) suy ra ba điểm I, E, F thẳng hàng. Nhận xét. Ngoài cách chứng minh trên ta có thể sử dụng định lí Desargues như sau: 1) Ta chứng minh AB, KL, I a I b đồng quy. Do đó, áp dụng định lí Desargues cho hai tam giác AI a K , BI b L ta được J = AI a I BI b , I = I a K I I b L, F = KA I LB thẳng hàng. 2) Ta chứng minh AB, CD, J a J b đồng quy. Do đó, áp dụng định lí Desargues cho hai tam giác J a AC , J b BD ta được I = J a C I J b D, J = AJ a I BJ b , E = AC I BD thẳng hàng. 2. Ứng dụng trong các bài toán chứng minh các đường thẳng đồng quy Để chứng minh ba đường thẳng AA ', BB ', CC ' đồng quy ta có thể thực hiện một trong các hướng sau: +) Ta chỉ ra các đường thẳng AA ', BB ', CC ' cùng đi qua điểm S , chẳng hạn để chứng minh AA ' đi qua điểm S ta chỉ ra có một phép vị tự tâm S , tỷ số k biến điểm A thành điểm A ' suy ra uuur uur k k' SA ' = k SA ⇒ S , A, A ' thẳng hàng hoặc ta chỉ ra có hai phép vị tự VA và VA ' , kk ' ≠ 1 sao cho VAk oVBk ' = VSkk ' ⇒ S , A, A ' thẳng hàng. +) Ta chứng minh kết quả sau (kết quả này rất quan trọng trong các bài toán chứng minh đồng qua bằng cách sử dụng phép vị tự) Bổ đề 2.2.1 Cho hai tam giác ABC , A ' B ' C ' cùng hướng và AB || A ' B ', BC || B ' C ', CA || C ' A ' . Khi đó nếu đường thẳng AA ', BB ', CC ' không đôi một song song thì tồn tại một phép vị tự VSk : A → A ', B → B ', C → C ' . Từ đó suy ra các đường thẳng AA ', BB ', CC ' cùng đi qua điểm S . Chứng minh. SA ' SB ' = =k. SA SB k k Xét phép vị tự VS , ta có VS : A → A ', B → B ', C → C1 suy ra hai tam giác ABC , A ' B ' C đồng Cách 1. Giả sử hai đường thẳng AA ', BB ' cắt nhau tại điểm S . Do AB || A ' B ' ⇒ dạng cùng hướng. Mặt khác tam giác ABC , A ' B ' C ' đồng dạng cùng hướng nên C ' ≡ C1 . Do đó VSk : A → A ', B → B ', C → C ' suy ra AA ', BB ', CC ' cùng đi qua điểm S . Cách 2. Giả sử hai đường thẳng AA ', BB ' cắt nhau tại điểm S , hai đường thẳng BB ', CC ' cắt nhau tại điểm S ' . Khi đó theo định lí Talet ta có: SA ' SB ' A ' B ' S ' B ' S ' C ' B 'C ' = = = = và , kết hợp với tam giác ABC đồng dạng cùng hướng SA SB AB S ' B S 'C BC với tam giác A ' B ' C ' ta được: A' B ' B 'C ' C ' A' = = . Từ các đẳng thức trên ta được: AB BC CA SB ' S ' B ' = ⇒ S ≡ S ' ⇒ AA ', BB ', CC ' đồng quy tại điểm S . SB S ' B Đặt k = SA ' ⇒ VSk : A → A ', B → B ', C → C ' SA 9. (Russia MO 1998, grade 11) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi K, L, M lần lượt là điểm chính giữa của cung BC (không chứa điểm A), cung CA (không chứa điểm B), cung AB (không chứa điểm C). Chứng minh rằng KD, LE, MF đồng quy tại một điểm. Lời giải. A L E M F I S B O C N D K Gọi N là giao điểm của đường thẳng BC và MK. Khi đó: · ¼ · · ·  1 ¼ 1 · BNM =  sd BM + sd KC ÷ = BCM + CAK =  BAC + BCA ÷ 2 2   (1). DF vuông góc với IB nên: · · · = 900 − ABC = 1 BAC · · (2). FDB = 900 − IBD + BCA 2 2 · · Từ (1) và (2) ta được BNM = FDB ⇒ DF || KM . Chứng minh tương tự ta được EF || ML, DE || KL . ( Do đó kết hợp với hai tam giác ) KLM , DEF cùng hướng nên theo bổ đề 2.2.1 tồn tại một k phép vị tự VS : K → D, L → E , M → F suy ra KD, LE, MF đồng quy tại điểm S . k k k Nhận xét. Ta có VS : K → D, L → E , M → F nên VS : KLM → DEF ⇒ VS biến đường tròn ngoại tiếp tam giác KLM thành đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF hay VSk : ( O ) → ( I ) suy ra O, I , S thẳng hàng. Vậy KD, LE, MF đồng quy tại điểm S nằm trên đường thẳng OI . 10. (Canada MO 2007) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Kí hiệu ω , ω1 , ω 2 , ω 3 lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, AEF, BDF, CDE. Đường tròn ω và ω1 cắt nhau tại A và P, đường tròn ω và ω 2 cắt nhau tại B và Q, đường tròn ω và ω 3 cắt nhau tại C và R. a. Chứng minh rằng các đường tròn ω 1 , ω 2 , ω 3 có một điểm chung. b. Chứng minh rằng PD, QE, RF đồng quy. Lời giải. Q' A E P R' F I S O Q C B D R P' Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I). Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các điểm D, E, F. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A và P. Khi đó đường thẳng PD đi qua điểm chính giữa cung BC không chứa điểm A. A P E F B I O D C Do đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F nên ta có DB = FB, DC = EC . Xét hai tam giác PBF và PCE ta có: ( BF , BP ) ≡ ( CE , CP ) ( mod π ) (do tứ giác APBC nội tiếp) ( FP, FB ) ≡ ( FP, FA) ( mod π ) ≡ ( EP, EA ) ( mod π ) (tứ giác AEFP nội tiếp) ≡ ( EP, EC ) ( mod π ) Do đó tam giác PBF đồng dạng tam giác PCE suy ra: PB FB DB = = ⇒ PD là phân giác trong kẻ từ đỉnh P của tam giác PBC suy ra PD đi PC EC DC qua điểm chính giữa của cung BC không chứa điểm A. Do đó bổ đề được chứng minh. Trở lại bài toán, gọi P’, Q’, R’ lần lượt là giao điểm của thứ hai của các đường thẳng PD, QE, RF với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó theo bổ đề trên thì P’ là điểm chính giữa của cung BC không chứa điểm A, Q’ là điểm chính giữa của cung CA không chứa điểm B, R’ là điểm chính giữa của cung AB không chứa điểm C. Do đó việc chứng minh PD, QE, RF đồng quy tương đương với chứng minh P’D, Q’E, R’F đồng quy. Theo kết quả bài toán 9 ta được P’D, Q’E, R’F đồng quy. Nhận xét. Cũng theo kết quả bài 9 ta chỉ ra được P’D, Q’E, R’F đồng quy tại một điểm nằm trên đường thẳng OI . 11. (Sharygin 2013) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AC và AB lần lượt tại các điểm B0 và C0 . Phân giác trong của các góc B và C cắt trung trực của đoạn AL (AL là phân giác trong góc A và L là chân đường phân giác trong đó) lần lượt tại Q và P. a) Chứng minh rằng các đường thẳng PC0 , QB0 , BC đồng quy tại điểm X. b) Giả sử O1 , O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABL và ACL. Các điểm B1 , C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của C, B tương ứng lên các đường phân giác trong của góc B, C. Chứng minh rằng các đường thẳng O1C1 , O2 B1 , BC đồng quy tại điểm Y. c) Chứng minh rằng điểm X trùng với điểm Y. Lời giải. A Q O2 O1 P B1 B0 C1 I C0 B X Y A0 L C a) Gọi Q’ là giao điểm thứ hai của đường thẳng BI và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABL. Khi đó Q ' A = Q ' L ⇒ Q’ nằm trên trung trực của AL suy ra Q ' ≡ Q ⇒ tứ giác ABLQ nội tiếp. Do đó ( LQ, LA) ≡ ( BQ, BA ) ≡ ( BI , BA ) ( mod π ) (1) (Do các điểm L, B, Q, A đồng viên). Mặt khác ta có: ( A0 B0 , AL ) ≡ ( A0 B0 , BC ) + ( BC , AL ) ( mod π ) ≡ ( C0 B0 , CA0 ) + ( BC , AB ) + ( AB, AL ) ( mod π ) (do BC là tiếp tuyến của ( I ) ) ≡ ( C0 B0 , C0 I ) + ( C0 I , C0 A0 ) + ( BC , AB ) + ( AB , AL ) ( mod π ) ≡ ( AB0 , AI ) + ( BI , BA0 ) + ( BC , AB ) + ( AB, AL ) ( mod π ) (Do các tứ giác AC0 IB0 , BC0 IA0 nội tiếp) ≡ ( AC , AL ) + ( BQ, BC ) + ( BC , AB ) + ( AB, AL ) ( mod π ) ≡ ( AL, AB ) + ( BQ, BC ) + ( BC , AB ) + ( AB, AL ) ( mod π ) ≡ ( BQ, BA ) ( mod π ) (2). Từ (1) và (2) ta được ( LQ, LA ) ≡ ( A0 B0 , AL ) ( mod π ) ⇒ A0 B0 || LQ . Tương tự như trên ta có A0C0 || LP . Do B0C0 , PQ cùng vuông góc với AL nên B0C0 || PQ . Từ các kết quả trên ta được B0C0 || PQ , A0C0 || LP , A0 B0 || LQ , kết hợp với hai tam giác A0 B0C0 , LQP cùng hướng nên theo bổ đề 2.2.1 tồn tại một phép vị tự VXk : L → A0 , Q → B0 , P → C0 suy ra PC0 , QB0 , LA0 đồng quy tại X. b) Trước hết ta chứng minh B1 , C1 nằm trên đường thẳng B0C0 . Thật vậy, do tứ giác IB1B0C nội tiếp nên: ( B0 B1 , B0 I ) ≡ ( CB1 , CI ) ( mod π ) ≡ ( CB1 , BC ) + ( BC , CI ) ( mod π ) ≡ ( CB1 , IB1 ) + ( IB1 , CI ) ( mod π ) π + ( IB, BC ) + ( BC , CI ) ( mod π ) 2 π ≡ + ( IB, IA0 ) + ( IA0 , BC ) + ( BC , CI ) ( mod π ) 2 ≡ ( IB, IA0 ) + ( BC , CI ) ( mod π ) ≡ ≡ ( C0 B, C0 A0 ) + ( BC , CI ) ( mod π ) ≡ ( B0C0 , B0 I ) + ( B0 I , B0 A0 ) + ( BC , CI ) ( mod π ) ≡ ( AC0 , AI ) + ( CI , CA0 ) + ( BC , CI ) ( mod π ) ≡ ( AB, AI ) + ( CI , CB ) + ( BC , CI ) ( mod π ) ≡ ( AB, AI ) ( mod π ) (3). Mặt khác tứ giác AC0 IB0 nội tiếp nên: ( B0C0 , B0 I ) ≡ ( AC0 , AI ) ≡ ( AB, AI ) ( mod π ) (4). Từ (3) và (4) ta có: ( B0C0 , B0 I ) ≡ ( B0 B1 , B0 I ) ( mod π ) ⇒ B0 , B1 , C0 thẳng hàng. Tương tự ta được B0 , C1 , C0 thẳng hàng. Gọi I1 , I 2 lần lượt là giao điểm của XC1 , XB1 với đường thẳng PQ. Ta sẽ chứng minh I1 , I 2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABL, ACL. k k Do VX : L → A0 , Q → B0 , P → C0 nên VX ( I1 ) = C1 , kết hợp với C1 nằm trên đường thẳng CI nên C1 A0 = C1B0 ⇒ kC1 A0 = kC1B0 ⇒ I1 L = I1Q . Mặt khác I1 nằm trên trung trực của PQ nên I1 A = I1 L . Do đó I1 A = I1 L = I1Q ⇒ I1 là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABL hay I1 ≡ O1 suy ra O1C1 đi qua điểm X. Chứng minh tương tự ta được I 2 ≡ O2 suy ra O2 B1 đi qua điểm X, kết hợp với X nằm trên đường thẳng BC suy ra O1C1 , O2 B1 , BC đồng quy tại điểm X. c) Theo chứng minh của phần b ta có X ≡ Y . 12. Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC về phía ngoài tam giác ta dựng các hình vuông thẳng ABB1 A2 , BCC1B2 , CAA1C2 . Chứng minh rằng các đường trung trực của các đoạn A1 A2 , B1B2 , C1C2 đồng quy. A1 A0 A2 C2 A B1 B C M B0 B2 Gọi C0 M0 C1 A0 , B0 , C0 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AA1 A2 , BB1B2 , CC1C2 ; M , M 0 lần lượt là trung điểm của BC , B0C0 . Bổ đề. AM ⊥ A1 A2 Bổ đề này khá quen thuộc, dành cho bạn đọc. Do A0 B0 ⊥ A2 B, A2 B ⊥ AB ⇒ A0 B0 || AB , tương tự ta được kết hợp với hai tam giác B0C0 || BC , C0 A0 || CA . Do đó ABC , A0 B0C0 cùng hướng nên theo bổ đề 2.2.1 tồn tại một phép vị tự VO : A → A0 , B → B0 , C → C0 (1). k Từ (1) suy ra VO : AM → A0 M 0 ⇒ AM || A0 M 0 (2). k Sử dụng bổ đề và (2) suy ra A0 M 0 ⊥ A1 A2 , kết hợp với A0 là tâm đường tròn ngoại tiếp AA1 A2 suy ra A0 M 0 là trung trực của A1 A2 (3). k k Do đó VO : AM → trung trực của A1 A2 , tương tự như vậy ta được VO biến đường thẳng tam giác chứa trung truyến kẻ từ B, C tương ứng thành trung trực của B1 B2 , C1C2 . Do các trung tuyến của tam giác ABC đồng quy nên các trung trực của các đoạn thẳng A1 A2 , B1 B2 , C1C2 cũng đồng quy. 13. Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Chứng minh rằng đường thẳng OI là đường thẳng Euler của tam giác DEF. Lời giải. A B1 E C1 F O I B C D A1 ( ) 1 1 1 · · · AB1 + sd ¼ A1B1C1 = ABC + ACB + BAC = 900 suy ra Ta có ·AA1B1 + ·A1 B1C1 = sd ¼ 2 2 2 B1C1 vuông góc với AA1 ⇒ B1C1 || EF . Tương tự như vậy ta có C1 A1 || DF , A1B1 || DE . Do đó B1C1 || EF , C1 A1 || DF , A1B1 || DE , kết hợp với tam giác ABC , DEF cùng hướng nên theo bổ đề 2.2.1 tồn tại phép vị tự VS : A1 → D, B1 → E , C1 → F . k Do I là tâm ngoại tiếp tam giác DEF và O là tâm ngoại tiếp tam giác A1B1C1 nên VSk : O → I (1). Mặt khác I là trực tâm tam giác A1B1C1 nên VSk : I → H , trong đó H là trực tâm của tam giác DEF (2). Từ (1), (2) ta có S, O, I thẳng hàng và S, I, H thẳng hàng suy ra đường thẳng OI đi qua điểm H hay OI là đường thẳng Euler của tam giác DEF. 14. (Romania TST 2011) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại các điểm D, E , F . Gọi X là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng EF , Y là hình chiếu vuông góc của E lên đường thẳng FD và Z là hình chiếu vuông góc của F lên đường thẳng DE . Chứng minh rằng các đường thẳng AX , BY , CZ đồng quy tại một điểm nằm trên đường thẳng Euler của tam giác DEF . Lời giải. A E X F S Y B H M I Z D C Gọi H là trực tâm của tam giác DEF , M là trung điểm của đoạn thẳng IH . Do I , H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm tam giác DEF nên M là tâm đường tròn Euler của tam giác DEF ⇒ M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ . Ta có ( XF , XY ) ≡ ( XE , XY ) ( mod π ) (Do X ∈ ( EF ) ) ≡ ( DE , DY ) ( mod π ) ≡ ( DE , DF ) (1)(Do các điểm X , E , D, Y đồng viên và Y ∈ ( DF ) ). Mặt khác ta có ( XF , FA) ≡ ( EF , FA) ( mod π ) ≡ ( DE , DF ) ( mod π ) (2) (Do FA là tiếp tuyến của đường tròn ( I ) ). Từ (1) và (2) ta được ( XF , XY ) ≡ ( XF , FA) ( mod π ) ⇒ XY || FA hay XY || AB . Tương tự như trên ta có YZ || AB, ZX || CA . Do đó ta có XY || AB , YZ || AB, ZX || CA và hai tam giác ABC , XYZ k cùng hướng suy ra tồn tại phép vị tự VS : A → X , B → Y , C → Z ⇒ AX , BY , CZ đồng quy tại điểm S . k k Do VS : A → X , B → Y , C → Z ⇒ VS biến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thành k đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ ⇒ VS : O → M suy ra S , M , O thẳng hàng (3). Theo kết quả bài 13 ta có đường thẳng OI là đường thẳng Euler của tam giác DEF ⇒ O, I , H , M thẳng hàng (4). Từ (3) và (4) suy ra O, I , S thẳng hàng. Do đó các đường thẳng AX , BY , CZ đồng quy tại một điểm nằm trên đường thẳng Euler của tam giác DEF . 15. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi I , I a , I b , I c theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A , bàng tiếp góc B , bàng tiếp góc C của tam giác ABC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác I b I c I cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm A1 , A2 ; đường thẳng AI cắt lại đường tròn ( O ) tại điểm A3 . Gọi ∆ a là đường thẳng qua A3 và vuông góc với đường thẳng A1 A2 . Các đường thẳng ∆ b , ∆ c được xác định tương tự. Chứng minh rằng các đường thẳng ∆ a , ∆ b , ∆ c đồng quy tại một điểm nằm trên đường thẳng OI . Lời giải. Oa Ib A A2 Ic A1 O O' I C B Oc A3 Ob Ia Gọi Oa , Ob , Oc lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác I b I c I , I c I a I , I a I b I . Gọi O ' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I a I b I c . Trước hết ta chứng minh các bổ đề sau: Bổ đề 1. A3 là trung điểm của đoạn thẳng I a I Thật vậy, ta có ( ) 1 · · · · · · · IBA ABC + ABC 3 = A3 BC + CBI = A3 AC + CBI = 2 1 · · · · · · · ABC + ABC Mặt khác BIA . Do đó BIA 3 = A3 AB + ABI = 3 = IBA3 suy ra tam giác 2 ( ) A3 IB cân tại A3 , kết hợp với tam giác IBI a vuông tại B ⇒ A3 là trung điểm của đoạn thẳng I a I hay bổ đề 1 được chứng minh. Bổ đề 2. Đường thẳng I a Oa đi qua điểm O . Thật vậy, 16. Cho tam giác ABC và một đường tròn (O). Gọi ( ωa ) là đường tròn tiếp xúc với các cạnh AB, AC và tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại A’, ( ω b ) là đường tròn tiếp xúc với các cạnh BA, BC và tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại B’, ( ω c ) là đường tròn tiếp xúc với các cạnh CA, CB và tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại C’. Chứng minh rằng các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy và xác định vị trí hình học của điểm đồng quy đó. Lời giải. C A' SI O A B Gọi ( I ; r ) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ( O; R ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đường tròn ( ωa ) có bán kính là Ra . Khi đó ta có: R Ra VA r : ( I ) → ( ωa ) , VAR' a : ( ωa ) → ( O ) Ra R R Suy ra V r .V R = V r : ( I ) → ( O ) và điểm S nằm trên đường thẳng AA’. A A' S a uuur R uur SI . r R Do VSr : ( I ) → ( O ) ⇒ SO = Chứng minh tương tự ta được các đường thẳng BB’, CC’ đều đi qua điểm S. Do đó các uuu r đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại S thỏa mãn SO = r R uu SI . r Nhận xét. Bài toán vẫn đúng nếu ta thay giả thiết ( ωa ) , ( ω b ) , ( ω c ) tiếp xúc trong với (O) thành tiếp xúc ngoài. 17. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) và nằm trong đường tròn (O). Đường tròn ( ωa ) tiếp xúc với các tia đối của tia AB, AD và tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại điểm A’. Tương tự ta xác định các điểm B’, C’, D’. Chứng minh rằng các đường thẳng AA’, BB’, CC’, DD’ đồng quy và xác định tính chất hình học của điểm đồng quy đó. Lời giải. Gọi R, r , Ra , Rb , Rc , Rd lần lượt là bán kính của các đường tròn (O), (I), ( ωa ) , ( ω b ) , ( ω c ) , ( ωd ) . Khi đó ta có: − VA Ra r R : ( I ) → ( ωa ) , VAR' a : ( ωa ) → ( O ) Ra R R Suy ra V − r .V R = V r : ( I ) → ( O ) và điểm S nằm trên đường thẳng AA’. A A' S a − Do VS R r uuur R uur : ( I ) → ( O ) ⇒ SO = − SI . Do đó đường thẳng AA’ đi qua điểm S. r Chứng minh tương tự ta được các đường thẳng BB’, CC’, DD’ đều đi qua điểm S. Do đó uuu r các đường thẳng AA’, BB’, CC’, DD’ đồng quy tại S thỏa mãn SO = − r R uu SI . r B' A' B A I S O D C D' C' Nhận xét. Bài toán vẫn đúng nếu ta thay giả thiết ( ωa ) , ( ω b ) , ( ω c ) , ( ωd ) tiếp xúc trong với (O) thành tiếp xúc ngoài. 18. (TST VN 2005) Cho tam giác ABC có (I) và (O) lần lượt là các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp. Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) trên các cạnh BC, CA, AB. Gọi ( ωa ) , ( ωb ) ,( ω c ) lần lượt là các đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn (I) và (O) lần lượt tại các điểm D, K (với đường tròn ( ωa ) ); tại E, M (với đường tròn ( ω b ) ) và tại F, N (với đường tròn ( ω c ) ). Chứng minh rằng: a) Các đường thẳng DK, EM, FN đồng quy tại điểm P. b) Trực tâm của tam giác DEF nằm trên đoạn OP. Lời giải. A M E N F I B P O C D K a) Giả sử R, r , ra , rb , rc lần lượt là bán kính của các đường tròn (O), (I), ( ωa ) , ( ω b ) , ( ω c ) . Khi đó ta có: − ra r VD : ( I ) → ( ωa ) R ra K V : ( ωa ) → ( O ) Suy ra R ra M − V .VK ra r − R r = VP : ( I ) → ( O ) Do đó DK đi qua tâm vị tự trong P của hai đường tròn (I) và (O). Tương tự như trên ta chứng minh được EM, FN cũng đi qua điểm P. Vậy DK, EM, FN đồng quy tại điểm P. b) Theo bài 13 ta có đường thẳng OI là đường thẳng Euler của tam giác DEF nên OP đi qua trực tâm của tam giác DEF. 19. Cho tam giác ABC nhọn. Gọi ( Oa ) là đường tròn khác đường tròn nội tiếp, tiếp xúc với các cạnh AB, AC và tiếp xúc trong với đường tròn Euler tại điểm A’. Các đường tròn ( Ob ) , ( Oc ) và các điểm B’, C’ được xác định tương tự. Chứng minh rằng các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại một điểm nằm trên đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Lời giải. A F I H O E Oa C B A' Bổ đề (định lý Feuerbach) Đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp. Bổ đề này rất quen thuộc, xin dành cho bạn đọc. Gọi F là tiếp điểm của đường tròn Euler và đường tròn nội tiếp, gọi ( E ; ρ ) , ( I ; r ) , ( Oa ; ra ) lần lượt là đường tròn ( Oa ) , đường tròn nội tiếp, đường tròn Euler của tam giác ABC. Ta có: ( I ; r ) , ( Oa ; ra ) cùng tiếp xúc với AB, AC nên ra r A ( E; ρ ) , ( Oa ; ra ) V : ( I ) → ( Oa ) tiếp xúc trong tại A’ nên ρ ra A' V : ( Oa ) → ( E ) Do đó ρ ra A' ρ r S ra r A V .V = V : ( I ) → ( E ) (1) Mặt khác, theo bổ để trên thì (I), (E) tiếp xúc với nhau tại F suy ra ρ VFr : ( I ) → ( E ) (2) Từ (1) và (2) ta có S ≡ F và đường thẳng AA’ đi qua điểm F. Tương tự như vậy ta có BB’, CC’ đều đi qua F. Vậy AA’, BB’, CC’ đồng quy tại F. 20. (Russia MO 2012, grade 10) Cho tam giác ABC không cân. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và E là trung điểm của đoạn AH. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB và AC lần lượt tại C’ và B’. Gọi F là điểm đối xứng của E qua đường thẳng B’C’. Chứng minh rằng điểm F nằm trên đường thẳng đi qua tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác ABC. Lời giải. A F C' B' H E I O C A 21. (Russia MO 1998, grade 10) Cho tam giác ABC không cân và AA1 là phân giác trong góc A. Từ điểm A1 kẻ tiếp tuyến A1 A2 ≠ BC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC ( A2 là tiếp điểm). Tương tự ta xác định các điểm B2 , C2 . Gọi A3 , B3 , C3 lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Chứng minh rằng các đường thẳng A2 A3 , B2 B3 , C2C3 đồng quy tại một điểm trên đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Lời giải. A F C3 C1 B0 C2 C0 B1 B2 B3 I A2 E B C A3 A1 A0 Bổ đề (định lý Feuerbach) Đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp. Bổ đề này rất quen thuộc, xin dành cho bạn đọc. Gọi A0 , B0 , C0 lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh BC, CA, AB. Ta có: ( IC0 , IA2 ) ≡ ( IC0 , IA0 ) + ( IA0 , IA2 ) ( mod π ) ≡ ( BC0 , BA0 ) + 2 ( IA0 , IA1 ) ( mod π )  π  ≡ ( BA, BC ) + 2  − + ( A1 A0 , A1 I ) ÷ ( mod π )  2  ≡ ( BA, BC ) + 2 ( A1 A0 , CA ) + 2 ( CA, A1I ) ( mod π ) ≡ ( BA, BC ) + 2 ( CB, CA ) + 2 ( CA, AA1 ) ( mod π ) ≡ ( BA, BC ) + 2 ( CB, CA) + ( CA, AB ) ( mod π ) ≡ ( BA, BC ) + 2 ( CB, CA ) + ( CA, AB ) ( mod π ) ≡ ( CB, CA ) ( mod π ) Suy ra ( IC0 , IA2 ) ≡ ( CB, CA ) ( mod π ) (1) Tương tự ta có ( IB2 , IC0 ) ≡ ( CB, CA ) ( mod π ) (2) Từ (1) và (2) ta có ( IC0 , IA2 ) ≡ ( IB2 , IC0 ) ( mod π ) ⇒ tam giác C0 A2 B2 cân tại C0 , kết hợp với I là tâm ngoại IC0 ⊥ A2 B2 ⇒ A2 B2 || AB ⇒ A2 B2 || A3 B3 . tiếp tam giác C0 A2 B2 suy ra Tương tự như trên ta được A2 B2 || A3 B3 , B2C2 || B3C3 , C2 A2 || C3 A3 . Do hai tam giác A2 B2C2 , A3 B3C3 cùng hướng nên theo bổ đề 2.2.1 tồn tại một phép vị tự VFk : A2 → A3 , B2 → B3 , C2 → C3 và các đường thẳng A2 A3 , B2 B3 , C2C3 đồng quy tại F. k k Mặt khác do VF : A2 → A3 , B2 → B3 , C2 → C3 nên VF biến đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 thành đường tròn ngoại tiếp tam giác A3 B3C3 . Đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 là đường tròn (I), còn đường tròn ngoại tiếp tam giác A3 B3C3 là đường tròn (E) (đường tròn Euler của tam giác ABC). Theo bổ đề trên ta có (I), (E) tiếp xúc trong với nhau suy ra tâm vị tự của hai đường tròn này chính là tiếp điểm và đó chính là điểm F. Vậy A2 A3 , B2 B3 , C2C3 đồng quy tại F nằm trên đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 3. Ứng dụng trong một số bài toán khác 22. (IMO 1999) Hai đường tròn Γ1 và Γ 2 nằm bên trong đường tròn Γ , và tiếp xúc với Γ lần lượt tại M và N . Γ1 đi qua tâm của Γ 2 . Đường thẳng đi qua hai giao điểm của Γ1 và Γ 2 cắt đường tròn Γ tại A và B . Các đường thẳng MA và MB cắt lại Γ1 lần lượt tại C và D . Chứng minh rằng đường thẳng CD tiếp xúc với đường tròn Γ 2 . Lời giải. A A' E d C C' F M N O1 O2 O D B Gọi O, O1 , O2 lần lượt là tâm của các đường tròn Γ, Γ1 , Γ 2 . Gọi EF là dây cung của đường tròn Γ và EF là tiếp tuyến chung của Γ1 , Γ2 và EF cắt đoạn thẳng AM .Giả sử đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn Γ1 tại điểm C ' . Xét phép vị tự tâm M biến đường tròn Γ1 thành đường tròn Γ , khi đó phép vị tự này biến điểm C ' thành điểm A ' và đường thẳng EF biến thành đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn Γ tại điểm A ' . Từ đó ta có EF || d , kết hợp với d ⊥ OA ' ⇒ EF ⊥ OA ' ⇒ A ' là điểm chính giữa của · ' ME ⇒ tam giác MA ' E đồng dạng với tam giác cung FA ' E . Do đó ·A ' EF = ·A ' FE = A 2 2 EA ' C ' suy ra A ' E = A ' C '.A ' M = PA ' ( Γ1 ) . Tương tự như vậy ta được A ' F = PA ' ( Γ2 ) , kết 2 2 hợp với A ' E = A ' F ⇔ A ' E = A ' F ⇔ PA ' ( Γ1 ) = PA ' ( Γ2 ) hay điểm A ' nằm trên trục đẳng phương của hai đương tròn Γ1 , Γ2 suy ra A ' nằm trên đường thẳng AB ⇒ A ≡ A ' ⇒ C ≡ C ' , từ đó điểm C nằm trên đường thẳng EF . Tương tự tiếp tuyến chung thứ hai d ' của Γ1 , Γ2 đi qua điểm D . Do d , d ' đối xứng với nhau qua đường thẳng O1O2 nên C , D đối xứng với nhau qua đường thẳng ¼ D . Do đó DCO · · · O1O2 suy ra O2 là diểm chính giữa của cung CO 2 2 = CDO2 = FCO2 suy · ra O2 nằm trên phân giác của góc FCD ⇒ CF , CD đối xứng với nhau qua đường thẳng CO2 . Kết hợp với đường thẳng CF là tiếp tuyến với đường tròn Γ 2 ⇒ CD cũng là tiếp tuyến của đường tròn Γ2 . 23. (IMO 1983) Cho A là một trong hai giao điểm của hai đường tròn không bằng nhau C1 và C2 với tâm lần lượt là O1 và O2 . Kẻ hai tiếp tuyến chung của C1 và C2 . Các tiếp tuyến chung này tiếp xúc với C1 tại P1 , Q1 và tiếp xúc với C2 tại P2 , Q2 . Gọi M 1 , M 2 lần · · lượt là trung điểm của PQ 1 1 , P2Q2 . Chứng minh rằng O AO = M AM . 1 Lời giải. 2 1 2 P2 P1 A B O2 M2 O1 M1 O C1 C2 Q1 Q2 Do P1 P2 , Q1Q2 đối xứng với nhau qua đường thẳng O1O2 nên P1 P2 , Q1Q2 , O1O2 đồng quy tại điểm O . Xét phép vị tự V tâm O biến đường tròn C1 thành đường tròn C2 . Đoạn thẳng OA cắt đường tròn C1 tại điểm B , khi đó A là ảnh của điểm B qua phép vị tự trên. Ta có V : B → A, O1 → O2 , M 1 → M 2 ⇒ V : ∆BM 1O1 → ∆AM 2O2 · BO = M · AO . M 1 1 2 2 OO1 OP1 OM 1 P1 ⇒ = Tam giác OPO . Khi đó 1 1 đồng dạng với tam giác OP1 OM1 suy ra OO1.OM 1 = OP12 = OA.OB Suy ra các điểm A, B, M 1 , O1 cùng nằm trên một đường tròn. Do đó · BO = M · AO ⇒ M · AO = M · AO ⇒ M · AO + O · AM = M · AO + O · AM M 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 2 · · ⇒ O AO = M AM . 1 2 1 2 24. (Russia MO 2008, grade 11) Cho tứ giác lồi ABCD có tia BA cắt tia CD tại P, tia BC cắt tia DA tại Q. Gọi H là hình chiếu cùa D lên đường thẳng PQ. Chứng minh rằng tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn khi và chỉ khi đường tròn nội tiếp của các tam giác ADP, CDQ được nhìn từ H các góc bằng nhau. Lời giải. S Q M2 H O2 C N2 E D F O M1 N1 O1 P A Gọi đường tròn nội tiếp tam giác ADP, CDQ lần lượt là ( O1 ; r1 ) , ( O2 ; r2 ) . Từ H kẻ các HM 1 , HN1 đến ( O1 ; r1 ) và HM 2 , HN 2 đến ( O2 ; r2 ) Ta xét hai trường hợp sau: TH1. r1 = r2 : Gọi O là giao điểm của PO1 , QO2 và E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc tiếp tuyến r1 r2 = = DO2 · · của O lên DC, DA. Ta có . Khi đó: ADP CDQ sin sin 2 2 H nhìn ( O1 ; r1 ) , ( O2 ; r2 ) dưới các góc bằng nhau · · · HN = M · HN ⇔ sin M 1 HN1 = sin M 2 HN 2 ⇔ r1 = r2 ⇔ HO = HO . ⇔M 1 1 2 2 1 2 2 2 HO1 HO2 DO1 = Do đó tam giác tam giác góc HO1O2 cân tại H và HD là đường trung tuyến nên HD vuông O1O2 hay O1O2 || PQ ⇔ PO1 QO2 r r = ⇔ 1 = 2 ⇔ OE = OF ⇔ O cách đều các PO QO OE OF đường thẳng AB, BC, CD, DA hay tứ giác ABCD là tứ giác ngoại tiếp. B r1 ≠ r2 , theo chứng minh ở trên thì ta suy ra đường thẳng O1O2 cắt đường thẳng PQ TH2. tại S. a) Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Ta r r1 P r2 r Q V : ( O1 ) → ( O ) , V : ( O ) → ( O2 ) có suy ra r r2 . r1 r S V : ( O1 ) → ( O2 ) hay r2 VSr1 : ( O1 ) → ( O2 ) . SO SO1 r1 = Mặt khác V SO : ( O ) → ( O ) suy ra (1). S 1 2 SO2 r2 2 1 DO2 DO1 D : ( O1 ) → ( O2 ) ⇒ Do V Từ (1) và (2) ta được DO1 r = − 1 (2). r2 DO2 SO1 DO1 =− ⇒ ( O1O2 DS ) = −1 ⇔ H ( O1O2 DS ) = −1 hay DH là SO2 DO2 HO1 DO1 r1 O1M 1 · HO = sin M · HO = = = ⇔ sin M 1 1 2 2 HO2 DO2 r2 O2 M 2 · HO = M · HO ⇔ M · HN = M · HN hay H nhìn ( O1 ; r1 ) , ( O2 ; r2 ) dưới các góc ⇔M 1 1 2 2 1 1 2 2 · phân giác của góc O1 HO2 ⇔ bằng nhau. b) H nhìn ( O1 ; r1 ) , ( O2 ; r2 ) dưới các góc bằng nhau. · HN = M · HN ⇔ M · HO = M · HO ⇔ sin M · HO = sin M · HO Ta có M 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 ⇔ O1M 1 r1 DO1 HO1 = = = ⇔ HD O2 M 2 r2 DO2 HO2 là r2 r1 S D ( O1O2 DS ) = −1 ⇔ ( O1O2 DS ) = −1 ⇒ V phân giác của góc · HO O 1 2 hay : ( O1 ) → ( O2 ) . · Gọi ( O; r ) là đường tròn bàng tiếp góc CQD của tam giác CQD . r r1 Ta có V r : ( O ) → ( O ) , V r : ( O ) → ( O ) , trong đó P’ thuộc đường thẳng CD. Q 2 P' 1 2 r r1 . 2 r Do đó V r Q r1 r2 P' : ( O2 ) → ( O1 ) ⇒V : ( O2 ) → ( O1 ) suy ra P’ thuộc đườngthẳng QS hay P’ trùng với P suy ra (O) tiếp xúc với đường thẳng AB suy ra (O) là đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD. 25. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P là một điểm trên đường tròn (O). Đường thẳng Simson ứng với điểm P cắt các đường thẳng BC, CA, AB lần lượt tại A’, B’, C’. Gọi Oa , Ob , Oc lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB ' C ', BC ' A ', CA ' B ' . Chứng minh rằng tam giác Oa ObOc đồng dạng tam giác ABC và đường tròn ngoại tiếp tam giác Oa ObOc tiếp xúc với đường tròn (O). 26. (T12/433, Tạp chí THTT, tháng 07/2013) Cho tam giác ABC vuông tại C và nội tiếp đường tròn ( O ) . Điểm M chạy trên ( O ) và khác các điểm A, B, C ; N là điểm đối xứng của M qua đường thẳng AB ; P là hình chiếu vuông góc của điểm N trên đường thẳng AC ; đường thẳng MP cắt lại ( O ) tại điểm Q . Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ luôn nằm trên một đường tròn cố định. 27. (IMO 1982) Cho tam giác A1 A2 A3 không cân với các cạnh a1 , a2 , a3 ( ai là cạnh đối với đỉnh Ai ). Gọi M i ( i = 1, 2,3) là trung điểm của cạnh ai ( i = 1, 2,3) , và Ti ( i = 1, 2,3) là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 với cạnh ai ( i = 1, 2,3 ) . Kí hiệu Si ( i = 1, 2,3) là điểm đối xứng của Ti ( i = 1, 2,3) qua phân giác của góc Ai ( i = 1, 2,3) . Chứng minh rằng các đường thẳng S1M 1 , S 2 M 2 , S3 M 3 đồng quy tại một điểm. 28. (APMO 2000) Cho tam giác ABC . Các đường trung tuyến, phân giác trong kẻ từ đỉnh A cắt đường thẳng BC lần lượt tại M , N . Đường thẳng qua điêm N cắt các đường thẳng AB, AM lần lượt tại P, Q và đường thẳng qua P vuông góc với AB cắt đường thẳng AN tại điểm O . Chứng minh rằng đường thẳng OQ vuông góc với đường thẳng BC . 29. (IMO 1981) Cho ba đường tròn bằng nhau, có một điểm chung O và các đường tròn đều nằm trong tam giác. Mỗi đường tròn tiếp xúc với một cặp cạnh của tam giác đã cho. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác và điểm O thẳng hàng. 30. Cho tứ giác lồi ABCD có BC = DA , BC không song song với DA. Lấy E, F lần lượt nằm trên các cạnh BC, DA sao cho BE = DF . Gọi P là giao điểm của đường thẳng AC và BD, Q là giao điểm của đường thẳng BD và EF, R là giao điểm của đường thẳng EF và AC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua điểm cố định khác điểm P. 31. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi PP’ là một đường kính tùy ý của (O) và sP , sP ' lần lượt là các đường thẳng Simson tương ứng với các điểm P, P’ của đường tròn (O). Chứng minh rằng sP ⊥ sP ' và tìm quỹ tích giao điểm của hai đường thẳng sP , sP ' khi đường kính PP’ thay đổi. 32. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D là một điểm thay đổi trên (O) và không trùng với các đỉnh A, B, C. Kí hiệu sa , sb , sc , sd lần lượt là đường thẳng Simson tương ứng với các điểm A, B, C, D và lần lượt đối với các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Chứng minh rằng các đường thẳng sa , sb , sc , sd đồng quy tại một điểm P. Tìm quỹ tích điểm P khi điểm D thay đổi trên (O) và không trùng với các đỉnh A, B, C. 33. (Korea MO 2009) Gọi I, O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác ABC, và D, E, F lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC, CIA, AIB. Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của DI, EI, FI. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR là trung điểm của đoạn thẳng OI. 34. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Qua M vẽ tiếp tuyến với (I), cắt đoạn NP tại X. Các điểm Y, Z được xác định tương tự trên MP, MN. Chứng minh rằng X, Y, Z thẳng hàng. 35. (Sharygin 2012) Cho tam giác ABC vuông tại B và điểm M là trung điểm của AC. Đường tròn nội tiếp tam giác ABM tiếp xúc với các cạnh AB, AM lần lượt tại A1 , A2 ; đường tròn nội tiếp tam giác ACM tiếp xúc với các cạnh CB, CM lần lượt tại C1 , C2 . Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng A1 A2 và C1C2 cắt nhau tại một điểm nằm trên phân giác trong của góc ·ABC . 36. (Bulgaria NO 2010) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D là điểm tùy ý trên đoạn AB. Gọi I và J lần lượt là tâm các đường tròn tiếp xúc với cạnh AB, đoạn thẳng CD và đường tròn (O). Giả sử các điểm A, B, I và J cùng nằm trên một đường tròn. Đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB tại điểm M. Chứng minh rằng điểm M trùng với điểm D. 37. (Bulgaria NO 1999) Các đỉnh A, B, C của tam giác nhọn ABC lần lượt nằm trên các cạnh B1C1 , C1 A1 , A1 B1 của tam giác A1 B1C1 và tam giác A1 B1C1 đồng dạng với tam giác ABC. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cách đều trực tâm của các tam giác ABC và A1 B1C1 . 38. (Bulgaria TST 2008) Cho tam giác ABC, M là trung điểm BC và BB1 , CC1 là các đường cao của tam giác ABC ( B1 , C1 là chân các đường cao). Một đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt các đường thẳng BB1 , CC1 lần lượt tại E, F. Gọi k là đường tròn ngoại tiếp của tam giác EFM. Giả sử k1 , k2 là các đường tròn cùng tiếp xúc với EF và cung EF không chứa điểm M của đường tròn k . Gọi P, Q là giao điểm của các đường tròn k1 , k2 . Chứng minh rằng P, Q, M thẳng hàng. 39. Cho ω là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đường thẳng d song song với BC và cắt AB, AC lần lượt tại E, F, cắt ω tại U và V. Trung điểm của BC là M, gọi ω ' là đường tròn ngoại tiếp tam giác UMV. Giả sử bán kính của ω và ω ' bằng nhau, hai điểm T, S lần lượt là giao điểm của ME và FT với ω ' . Chứng minh rằng đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác MCS. 40. Cho tam giác ABC . Các đường tròn ω a , ωb , ω c có bán kính bằng nhau; ω a tiếp xúc với hai cạnh AB, AC ; ωb tiếp xúc với hai cạnh BC , BA ; ωc tiếp xúc với hai cạnh CA, CB . Đường tròn ω tiếp xúc với các đường tròn ω a , ωb , ω c lần lượt tại A ', B ', C ' . Gọi O, I , J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , nội tiếp tam giác ABC , tâm đường tròn ω . Chứng minh rằng a) O, I , J thẳng hàng. b) AA ', BB ', CC ' đồng quy. 41. (IMO Shortlisted 2002, G1) 42. (IMO Shortlisted 2002, G7) 43. (IMO Shortlisted 2000, G1) 44. (IMO Shortlisted 2000, G2) 45. (IMO Shortlisted 200, G) [...]... qua điểm S ta chỉ ra có một phép vị tự tâm S , tỷ số k biến điểm A thành điểm A ' suy ra uuur uur k k' SA ' = k SA ⇒ S , A, A ' thẳng hàng hoặc ta chỉ ra có hai phép vị tự VA và VA ' , kk ' ≠ 1 sao cho VAk oVBk ' = VSkk ' ⇒ S , A, A ' thẳng hàng +) Ta chứng minh kết quả sau (kết quả này rất quan trọng trong các bài toán chứng minh đồng qua bằng cách sử dụng phép vị tự) Bổ đề 2.2.1 Cho hai tam giác ABC... trung điểm của BC , B0C0 Bổ đề AM ⊥ A1 A2 Bổ đề này khá quen thuộc, dành cho bạn đọc Do A0 B0 ⊥ A2 B, A2 B ⊥ AB ⇒ A0 B0 || AB , tương tự ta được kết hợp với hai tam giác B0C0 || BC , C0 A0 || CA Do đó ABC , A0 B0C0 cùng hướng nên theo bổ đề 2.2.1 tồn tại một phép vị tự VO : A → A0 , B → B0 , C → C0 (1) k Từ (1) suy ra VO : AM → A0 M 0 ⇒ AM || A0 M 0 (2) k Sử dụng bổ đề và (2) suy ra A0 M 0 ⊥ A1 A2... || A ' B ', BC || B ' C ', CA || C ' A ' Khi đó nếu đường thẳng AA ', BB ', CC ' không đôi một song song thì tồn tại một phép vị tự VSk : A → A ', B → B ', C → C ' Từ đó suy ra các đường thẳng AA ', BB ', CC ' cùng đi qua điểm S Chứng minh SA ' SB ' = =k SA SB k k Xét phép vị tự VS , ta có VS : A → A ', B → B ', C → C1 suy ra hai tam giác ABC , A ' B ' C đồng Cách 1 Giả sử hai đường thẳng AA ', BB... , kết hợp với O1M = O4 N ⇒ tứ giác Ta có O1O4 NM là hình bình hành suy ra O1O4 || AD Chứng minh tương tự ta được O2O3 || BC , O3O4 || CD O1O2 || AB Do hai tứ giác ABCD, O1O2O3O4 cùng hướng và có các cạnh tương ứng song song nên tồn tại một phép vị tự VI : O1 → A, O2 → B, O3 → C , O4 → D (tâm vị tự chính là điểm k đồng quy của bốn đường thẳng k suy ra VI biến tứ giác O1 A, O2 B, O3C , O4 D và điểm... với IB nên: · · · = 900 − ABC = 1 BAC · · (2) FDB = 900 − IBD + BCA 2 2 · · Từ (1) và (2) ta được BNM = FDB ⇒ DF || KM Chứng minh tương tự ta được EF || ML, DE || KL ( Do đó kết hợp với hai tam giác ) KLM , DEF cùng hướng nên theo bổ đề 2.2.1 tồn tại một k phép vị tự VS : K → D, L → E , M → F suy ra KD, LE, MF đồng quy tại điểm S k k k Nhận xét Ta có VS : K → D, L → E , M → F nên VS : KLM → DEF ⇒... Từ (1) và (2) ta được ( LQ, LA ) ≡ ( A0 B0 , AL ) ( mod π ) ⇒ A0 B0 || LQ Tương tự như trên ta có A0C0 || LP Do B0C0 , PQ cùng vuông góc với AL nên B0C0 || PQ Từ các kết quả trên ta được B0C0 || PQ , A0C0 || LP , A0 B0 || LQ , kết hợp với hai tam giác A0 B0C0 , LQP cùng hướng nên theo bổ đề 2.2.1 tồn tại một phép vị tự VXk : L → A0 , Q → B0 , P → C0 suy ra PC0 , QB0 , LA0 đồng quy tại X b) Trước... tự ta chứng minh được tứ giác BCDP ngoại tiếp đường tròn ( J b ; rb ) Ta có R ra A V : ( J a ; ra ) → ( J ; R ) ra r C V : ( I ; r ) → ( J a ; ra ) R ra A ra Suy ra V V r : ( I ; r ) → ( J ; R ) C Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao điểm của AC và IJ Mặt khác (4) R rb B V : ( J b ; rb ) → ( J ; R ) rb VDr : ( I ; r ) → ( J b ; rb ) R ra Suy ra V ra V r : ( I ; r ) → ( J ; R ) A C Do đó tâm vị tự. .. A1B1C1 = ABC + ACB + BAC = 900 suy ra Ta có ·AA1B1 + ·A1 B1C1 = sd ¼ 2 2 2 B1C1 vuông góc với AA1 ⇒ B1C1 || EF Tương tự như vậy ta có C1 A1 || DF , A1B1 || DE Do đó B1C1 || EF , C1 A1 || DF , A1B1 || DE , kết hợp với tam giác ABC , DEF cùng hướng nên theo bổ đề 2.2.1 tồn tại phép vị tự VS : A1 → D, B1 → E , C1 → F k Do I là tâm ngoại tiếp tam giác DEF và O là tâm ngoại tiếp tam giác A1B1C1 nên VSk... R ) R − a r K : ( I ; r ) → ( I a ; Ra ) V V R Ra A Ra Suy ra V V − r : ( I ; r ) → ( J ; R ) K Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao của AK, IJ Mặt khác (1) R VBRb : ( I b ; Rb ) → ( J ; R ) − VL R Rb r : ( I ; r ) → ( I b ; Rb ) Rb Suy ra V Rb V − r : ( I ; r ) → ( J ; R ) B L Do đó tâm vị tự của (I), (J) là giao của BL, IJ (2) Từ (1) và (2) suy ra giao điểm của AK và BL thuộc đường thẳng IJ hay... các đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) Ta có O1M ⊥ AB, O2 N ⊥ AB ⇒ O1M || O2 N , kết hợp với O1M = O2 N ⇒ tứ giác O1O2 NM là hình bình hành suy ra O1O2 || AB Chứng minh tương tự ta được O2O3 || BC , O3O1 || CA Do đó tồn tại một phép vị tự VI : O1 → A, O2 → B, O3 → C suy ra VI biến tâm đường k tròn ngoại tiếp tam giác k O1O2O3 thành tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1) Do ( O4 ) cùng tiếp xúc với ( ... gọi phép vị tự tâm O tỉ số k kí hiệu VO V( O ;k ) Điểm M’ gọi ảnh điểm M, điểm M gọi tạo ảnh M’, O gọi tâm vị tự, k gọi tỉ số vị tự k Nếu k > VO gọi phép vị tự dương k Nếu k < VO gọi phép vị tự. .. hai phép vị tự VO , VO ' với tâm vị tự phân biệt, hệ số vị tự thỏa mãn k , k ' ∉ { 0;1} Khi k k' k' k a) Nếu k k ' ≠ VO oVO ' VO ' oVO phép vị tự k k' k' k b) Nếu k k ' = VO oVO ' VO ' oVO phép. .. hai điểm phân biệt A, B qua phép vị tự VO uuuuu r uuur A ' B ' = k AB k Tính chất 2.4 Phép vị tự VO song ánh có phép biến hình ngược V k O k Tính chất 2.5 Phép vị tự VO biến ba điểm thẳng hàng