CHUYÊN đề hội THẢO các TRƯỜNG CHUYÊN PHƯƠNG TÍCH và TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG của CHUYÊN VĨNH PHÚC

Mục đích của đề tài Đề tài "Phương tích-trục đẳng phương" được tác giả chọn viết nhằm giới thiệu với các thầy cô và các em học sinh những kinh nghiệm và phương pháp củachúng tôi khi giản

Chuyên đề này tác giả muốn đưa ra một số ứng dụng của phương tích- trụcđẳng phương thông qua một số bài toán điển hình, các nhận xét quan trọng và hệthống bài tập tương tự, hy vọng phần nào chia sẻ và giúp các em học sinh nắm bắt thậttốt các ứng dụng của phương tích- trục đẳng phương.

Nội dung của bài viết này được chia làm ba phần, đầu tiên tóm tắt lại lý thuyết

cơ bản về phương tích, phần thứ hai là một số ứng dụng của phương tích- trục đẳngphương và phần cuối là một số bài tập áp dụng

2 Mục đích của đề tài

Đề tài "Phương tích-trục đẳng phương" được tác giả chọn viết nhằm giới

thiệu với các thầy cô và các em học sinh những kinh nghiệm và phương pháp củachúng tôi khi giảng dạy về chủ đề phương tích- trục đẳng phương trong chương trìnhchuyên toán THPT, qua đó cũng nhấn mạnh tầm quan trọng và vẻ đẹp hình học quacác ứng dụng của nó, đặc biệt là các bài toán về quan hệ vuông góc, các điểm cùngthuộc một đường tròn và một số dạng toán khác thường xuất hiện trong các kì thi họcsinh giỏi (HSG) về toán Các bài toán được giải quyết bằng phương tích thường lànhững lời giải hay và đẹp đẽ

Đề tài này được coi như một chuyên đề để giảng dạy và bồi dưỡng cho học sinh

giỏi các trường THPT Chuyên, đặc biệt là học sinh lớp 10 Tác giải rất mong nhậnđược góp ý trao đổi của các thầy chuyên gia, các bạn đồng nghiệp để chuyên đề có thểhoàn thiện hơn nữa Hy vọng đề tài sẽ góp một phần nhỏ để việc giảng dạy phầnphương tích- trục đẳng phương đạt hiệu quả nhất và các em học sinh có thể áp dụngtốt nhất vào việc giải các bài toán hình học và hơn nữa đem lại sự yêu thích, đammêm bộ môn hình học vốn đã rất đẹp đẽ và đầy tính sáng tạo

B PHẦN NỘI DUNG

I Lý thuyết

1 Phương tích của một điểm đối với đường tròn

1.1 Định lý 1 Cho đường tròn  O bán kính R và một điểm P Một đường thẳng thay đổi đi qua P và cắt  O tại hai điểm M N, Khi đó tích MA MB  .

không đổi vàbằng d2 R2 (d là khoảng cách từ điểm P đến tâm O).

1.2 Định nghĩa 1 Phương tích của điểm P đối với đường tròn  O , kí hiệu P P O/( ),được định nghĩa là giá trị P P O/  d2  R2

Nhận xét Xét điểm P nằm ngoài đường tròn  O Từ P kẻ tiếp tuyến PT đến  O (T

là tiếp điểm) Khi đó P P O/  OP2 R2 PT2

1.3 Định lý 2 Cho đường tròn  O và một điểm P d d là hai đường thẳng bất kì đi1, 2

qua P và cắt  O lần lượt ở A B, và C D, Khi đó tích PA PB PC PD.  . .

Trong trường hợp nếu d tiếp xúc với 2  O tại điểm E thì ta có 2

PA PB PE

2 Trục đẳng phương, tâm đẳng phương

2.1 Định nghĩa trục đẳng phương của hai đường tròn

Cho hai đường tròn  O và 1 O không cùng tâm Khi đó quỹ tích các điểm có2

cùng phương tích đối với chúng là một đường thẳng vuông góc với nối tâm O O 1 2

Đường thẳng đó được gọi là trục đẳng phương của  O và 1 O 2

2.2 Xác định trục đẳng phương.

a) Nếu hai đường tròn  O và 1 O cắt nhau tại hai điểm 2 A B, Lúc đó A B, đều có

cùng phương tích bằng 0 đối với  O và 1 O Suy ra trục đẳng phương của 2  O và1

O là đường thẳng AB.2

b) Nếu hai đường tròn  O và 1 O tiếp xúc nhau tại điểm T Lúc đó 2 T có cùngphương tích bằng 0 đối với  O và 1 O Suy ra trục đẳng phương của 2  O và 1 O2

là tiếp tuyến chung của  O và 1 O tại điểm T.2

B

A

T

c) Nếu hai đường tròn  O và 1 O không có điểm chung ta dựng một đường tròn2

O cắt cả 3  O và 1 O lần lượt tại 2 A B, và C D, Giả sử AB cắt CD tại M, khi đó

trục đẳng phương của  O và 1 O là đường thẳng đi qua M và vuông góc với 2 O O 1 2

2.3 Tâm đẳng phương của ba đường tròn

Cho ba đường tròn   O1 , O2 , O có các tâm 3 O O O không cùng thuộc1, 2, 3một đường thẳng Gọi d d d lần lượt là trục đẳng phương của 1, ,2 3 O2 , O , của3

  O1 , O và của 3   O1 , O Khi đó các đường thẳng 2 d d d đồng quy tại một1, ,2 3

điểm K K là điểm duy nhất có cùng phương tích đối với ba đường tròn

  O1 , O2 , O và được gọi là tâm đẳng phương của ba đường tròn này 3

Trong trường hợp các tâm O O O cùng thuộc một đường thẳng thì các trục1, 2, 3đẳng phương d d d đều vuông góc với đường thẳng chứa 1, ,2 3 O O O 1, 2, 3

II Ứng dụng của phương tích- trục đẳng phương

1 Ứng dụng trong tính toán và chứng minh các hệ thức hình học

Một ứng dụng đơn giản nhất của phương tích là tính toán độ dài các đoạn thẳng

hoặc chứng minh các đẳng thức hình học Chú ý rằng nếu M nằm ngoài đường tròn

O R và qua M vẽ hai cát tuyến ;  MAB MCD, thì MA MB MC MD MO   2  R2

Còn nếu M nằm trong đường tròn O R và qua M vẽ hai dây ;  MAB MCD, thì

Lời giải Giả sử BI cắt  O tại điểm thứ hai M, vẽ đường kính MN của  O Đường

tròn  I tiếp xúc với BC tại D

Bài toán 1.2 (RMO 2006) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn  O Hai cát tuyến qua

A là ABC, ADE theo thứ tự Vẽ dây cung DF song song BC AF cắt  O tại G; BC cắt

C

E

Mà MG ME MB MC   MA2 (AB AM AC AM )(  )

AB AC AM AB AC  (  )AM2

Suy ra AB AC. AM AB AC(  ) Từ đó ta có điều phải chứng minh

Bài 1.3 (IMO shorlist 2011) Cho tứ giác lồi A A A A không nội tiếp Gọi 1 2 3 4 O và 1 r1

là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A A A Định nghĩa 2 3 4 O O O và2, ,3 4

z

y x

Gọi M là giao điểm hai đường chéo A A và 1 3 A A , 2 4 B là giao điểm thứ hai của 1 A A1 3

với đường tròn  1 ngoại tiếp tam giác A A A 2 3 4

Bài 1.4 Cho bốn điểm A B C D, , , bất kì trên đường tròn  O Giả sử AC BD, cắt

nhau tại M và AD BC, cắt nhau tại N Chứng minh rằng 2    

M O N O

Lời giải

P M

B A

Bài 1.5 (IMO shorlist 2012) Cho tam giác ABC vuông tại C và C là hình chiếu của0

C trên AB X là một điểm trên đoạn CC và 0 K L, nằm trên đoạn AX BX, sao cho

BK BC và AL AC Gọi M là giao điểm của AL và BK Chứng minh rằng

MK ML

Lời giải Từ ACAL suy ra C L, nằm trên đường tròn  A tâm A, bán kính AC.

Tương tự C K, nằm trên đường tròn  B tâm B, bán kính BC Gọi C' là giao điểmthứ hai của  A và  B , ta có ngay C' đối xứng với C qua AB Do  0

90

ACB  nên AC

là tiếp tuyến của  B và BC là tiếp tuyến của  A Gọi K1K là giao điểm thứ hai

của AX với  B , L1 L là giao điểm thứ hai của BX và  A

XK XK XC XC XL XL , suy ra bốn điểm K L K L nằm trên một đường tròn1, , , 1

(T) Theo phương tích của A với đường tròn  B ta được 2 2

1

AL AC AK AK , suy

ra AL tiếp xúc với (T) tại L Tương tự BK tiếp xúc với (T) tại K Như vậy MK ML, là

hai tiếp tuyến của (T) kẻ từ M, suy ra MK ML (đpcm)

Bài 1.6 Cho hai đường tròn  O và 1 O không đồng tâm và M là một điểm tùy ý, d2

là trục đẳng phương của  O ,1 O Gọi H là hình chiếu của M trên d Chứng minh2

rằng P M O/ 1  P M O/ 2 2O O HM1 2

Lời giải Gọi H' và M' lần lượt là hình chiếu của H và M trên O O 1 2

Nhận xét Công thức trên thường được gọi là hiệu số phương tích của một điểm đối

với hai đường tròn, nó có ứng dụng rất tốt để giải quyết các bài toán khi đã có trướchai đường tròn và trục đẳng phương của hai đường tròn đó được xác định Ta có thểđưa ra vài bài toán ứng dụng kết quả này

Bài 1.6.1 Cho đường tròn  O và một điểm A cố định nằm ngoài O R Điểm I di; chuyển trên  O sao cho đường tròn  I tâm I bán kính IA cắt  O tại hai điểm M,N

phân biệt Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố

định

Lời giải

A' M

N O

A

I

Do đã có hai đường tròn  O và  I cùng sự xuất hiện của trục đẳng phương MN,

nên ta nghĩ ngay đến công thức hiệu số phương tích của điểm A Gọi A' là hình chiếu của A trên MN Ta có

Đường thẳng qua X vuông góc với IA cắt lại  I tại Y C là điểm đối xứng của I qua

XY và O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng O' thuộc một

đường tròn cố định

Lời giải

C Y

B A

O I

Bài 1.7 (THTT 2014) Cho tam giác nhọn ABC, ba đường cao AA BB CC của tam 1, 1, 1

giác đồng quy tại H Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tam giác ABC đều là

C1H

B1

A1

O A

Qua A B C, , lần lượt kẻ các đường thẳng song song với BC CA AB, , , chúng cắt nhau

tạo thành tam giác DEF Khi đó HA HB HC, , theo thứ tự là các đường trung trực của

, ,

EF FD DE và do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Gọi O R;  là

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có ABC DEF R BC HF 2R

Từ (2) và (3) suy ra 2 2 2  2 2 2

4

HA HB HC  HA HB HC Từ đó ta thấy điều kiện

cần và đủ để tam giác ABC đều là 2 2 2  2 2 2

4

HA HB HC  HA HB HC (đpcm)

2 Ứng dụng trong bài toán chứng minh quan hệ vuông góc

Một tính chất cơ bản và quan trọng bậc nhất của trục đẳng phương là nó vuônggóc với đường nối tâm của hai đường tròn đó Do đó có thể nói ứng dụng của phươngtích, trục đẳng phương trong bài toán chứng minh hai đường thẳng vuông góc là phổbiến và tự nhiên nhất Điều này thực sự có nguồn gốc từ định lý về quỹ tích hiệu bìnhphương mà ta cũng hay gọi là định lý bốn điểm Định lý đó được phát biểu thật đơngiản như sau:

Với 4 điểm bất kì A B C D, , , trong mặt phẳng, ta có

AC BD AB CD AD BC

Một hệ quả trực tiếp là: Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc khi và chi khi

tổng bình phương các cặp cạnh đối bằng nhau

Cũng dễ thấy rằng định lý bốn điểm vẫn đúng khi các điểm A B C D, , , bất kì

trong không gian

Sau đây xin giới thiệu một số ứng dụng của định lí bốn điểm trong các bài toán

về quan hệ vuông góc mà học sinh có thể giải nó khi chưa biết về phương tích, trụcđẳng phương

Bài 2.1 Cho hình chữ nhật ABCD Trên tia đối của tia DA và tia đối của tia CB lần

lượt lấy hai điểm F và E sao cho DF=CE=CD Trên tia đối của tia CD lấy điểm H sao cho CH=CB Chứng minh rằng AE vuông góc với FH.

Lời giải Tất nhiên bài toán này có thể giải quyết khá đơn giản bằng bằng phương

pháp toạ độ hoặc véc tơ Tuy nhiên việc áp dụng định lý bốn điểm cho ta lời giải thậtđẹp đẽ và ngắn gọn

y

H

E F

Bài 2.2 Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn  O , đồng thời ngoại tiếp  I có

các tiếp điểm với các cạnh AD AB BC CD, , , lần lượt là M N P Q, , , Chứng minh rằng

MP vuông góc với NQ.

Lời giải Ta sẽ tính các đoạn MN,NP,PQ,QM theo các đại lượng nào đó Tốt nhất ở

đây là ta chọn các ẩn là khoảng cách từ đỉnh của tứ giác tới các tiếp điểm Sau khi tínhtoán xong thì mọi việc sẽ trở lên rất đơn giản vì đã có định lí bốn điểm

x

x

E H

C

B A

Gọi H IA MN E IC ;  PQ Do tứ giác ABCD vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp nên

902

IAM ICQ A C   IAM CIQ

Do đó tam giác IMA và CQI đồng dạng, suy ra IM MA

Nhận xét Ta thu được hai kết quả cơ bản hay và khá kinh điển của một tứ giác vừa

nội tiếp vừa ngoại tiếp

1 r2 xz yt

2 MN2 PQ2 NP2 MQ2 4r2

Bài 2.3 Cho tứ giác ABCD có A B C  900 Chứng minh rằng đường thẳng Euler

của tam giác ABC đi qua D.

Lời giải Đây là một bài toán rất hay và khó.

Gọi M DA CB N ; AB CD Kẻ đường cao MM NN của các tam giác AMB1, 1

và BNC cắt nhau tại O Theo giả thiết thì tam giác AMB và BNC cân, suy ra O chính

là tâm ABC Vẽ hai đường cao  BB CC của tam giác ABC và H là trực tâm của nó.1, 1

Gọi I, J là trung điểm của MA, NC Ta cần chứng minh H O D, , thẳng hàng

Để thực hiện được điều này ta chứng minh hai kết quả cơ bản sau:

Từ (1) và (3) suy ra HI2 DJ2 DI2 HJ2 DH IJ (đpcm).

Từ hai kết quả trên suy ra H O D, , thẳng hàng.

Bài 2.4 Cho tam giác ABC Một đường tròn O R đi qua A, C cắt AB, BC tại K và; 

N Đường tròn ABC và  KBN cắt nhau tại B và M Chứng minh rằng OM vuông

Theo tính chất về ba trục đẳng phương ta có ngay BM, KN, AC đồng quy tại tâm đẳng phương P, khi đó dễ thấy tứ giác PMNC nội tiếp, suy ra

Bài 2.5 Cho tam giác nhọn ABC E, F theo thứ tự là điểm đối xứng của B, C qua AC,

AB Gọi D là giao điểm của BF CE, và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF.

Chứng minh rằng AK BC

Lời giải Gọi H là hình chiếu của A trên BC,  K là đường tròn ngoại tiếp tam giác

DEF, bán kính R Dễ thấy ABCABF và ACBACE , do đó A chính là tâm bàng tiếp góc D của tam giác DBC và H là tiếp điểm của đường tròn đó với cạnh BC

D

F

E A

Nhận xét Rõ ràng đây là một bài toán khó cho dù kết quả của nó rất đơn giản và đẹp

đẽ Mấu chốt của vấn đề là nhìn nhận được A chính là tâm bàng tiếp góc D của tam giác DBC và tận dụng triệt để giả thiết BF BC CE để biến đổi về quỹ tích hiệubình phương Theo tác giả thì đây quả là một bài toán hay và phát huy được hết sứcmạnh của định lý bốn điểm

Bài 2.6 Cho hình thang ABCD có cạnh đáy AB, CD Trên cạnh AB lấy điểm M sao

cho MC = MD Gọi O là giao điểm của AC và BD; O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác ADM và BCM Chứng minh O1O2 vuông góc với OM.

Lời giải Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O1) và (O2) E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O1) và AC F là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O2)

Do ABCD là hình thang và MC = MD nên  AMD BMC (1) Mặt khác,

AMD AED BMC BFC ;  (2)

Từ (1) và (2) suy ra AED BFC  DEC DFC   tứ giác CDFE nội tiếp

Từ đó OFE ECD , mà ECD CAB nên OFE EAB , suy ra tứ giác ABEF nội tiếp

đường tròn (O3) Khi đó MN, AC, BD lần lượt là các trục đẳng phương của các cặp

đường tròn   O1 , O ;2   O1 , O và 3 O2 , O , suy ra MN, AC, BD đồng quy, hay3

M, N, O thẳng hàng Mặt khác O1O2  MN  O1O2  OM (đpcm)

Bài 2.7 (THTT 2013) Cho tam giác nhọn ABC, E là tâm đường tròn Euler Các

đường cao AX BY CZ, , đồng quy tại H BH, CH theo thứ tự cắt XZ, XY tại M,N.

Chứng minh rằng AE vuông góc với MN.

Lời giải

N M

Gọi (E) là đường tròn Euler của tam giác ABC, (K) là đường tròn ngoại tiếp tam giác

HBC Do K đối xứng với tâm ngoại tiếp tam giác ABC qua đường thẳng BC nên theo

kết quả cơ bản ta có E là trung điểm của AK (1).

Mặt khác, do các tứ giác BXHZ, CXHY nội tiếp nên ta được

KQ1 Cho tam giác ABC; , O I theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường a

tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A BE, CF là các đường phân giác trong của tam giác

ABC Khi đó OI a EF

Chứng minh

Gọi , ,I I I theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp đối diện b c

đỉnh B, đỉnh C của tam giác ABC Dễ thấy các điểm O I, theo thứ tự là tâm đường

tròn Euler, trực tâm của tam giác I I I Do đó theo kết quả bài 2.7 thì a b c OI a EF

Chú ý Cũng có thể chứng minh KQ1 một cách trực tiếp bằng cách áp dụng kết quả

về hiệu phương tích của điểm M với hai đường tròn  O và  I : a

"Cho hai đường tròn   O1 , O với trục đẳng phương 2  M là điểm bất kì, H là

hình chiếu của M trên  Khi đó P M O/ 1  P M O/ 2 2O O HM1 2 ".

KQ2 Cho tam giác ABC với đường tròn ngoại tiếp  O , đường tròn nội tiếp  I , tâm

đường tròn bàng tiếp góc A là I Đường thẳng AI cắt BC tại D Đường thẳng BI cắt a

CA tại E Đường thẳng qua I vuông góc với OI cắt AC tại M Chứng minh rằng DE a

đi qua trung điểm của đoạn thẳng IM.

Chứng minh

Gọi F là giao điểm của CI và AB Dễ thấy IADK  Do đó  1

IADK  1 E BCDF  E IADK  1 (3)

Từ bổ đề ta có OI a EF , suy ra IM EF|| , cùng với (3) và tính chất của chùm điều

hòa ta được ED đi qua trung điểm của IM (đpcm)

Nhận xét KQ2 là một bài toán khá khó, đã được chứng minh thông qua kết quả bài

toán 2.7 và một tính chất rất quan trọng của chùm điều hòa, đó là tính chất sau:

"Nếu bốn đường thẳng Oa Ob Oc Od, , , theo thứ tự là chùm điểu hòa thì mỗi

đường thẳng song song với Oa đều định ra trên các đường thẳng Ob Oc Od, , những

C

Tiếp theo là bài toán rất quan trọng và được áp dụng nhiều trong các bài thì họcsinh giỏi gần đây Đó là định lý Brocard Đã có khá nhiều cách chứng minh cho kếtquả quan trọng này, thậm chí học sinh cấp THCS cũng có thể chứng minh được bằng

tứ giác nội tiếp Tuy nhiên phép chứng minh sử dụng phương tích vẫn là phép chứngminh đơn giản và đẹp đẽ nhất

Bài 2.8 (Định lý Brocard) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O R Gọi; 

, ,

E F H lần lượt là giao điểm của AB và CD; BC và AD; AC và BD Khi đó O là trực

tâm tam giác HEF

Lời giải.

G

H E

Sau đây là một số bài toán minh họa cho việc áp dụng định lý Brocard.

Bài 2.8.1 Cho tam giác ABC với AC  AB Các đường cao BB CC', ' của tam giác

cắt nhau tại H Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC CB', ' MH cắt đường tròn

ngoại tiếp tam giác CHB' tại I; NH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC' tại J Giả sử P là trung điểm cạnh BC Chứng minh rằng AP vuông góc với IJ.

C'

B'

H A

Giả sử F là giao điểm của B C' ' với BC , FH cắt AB, AC theo thứ tự tại X, Y Khi đó

AXC B'   AYB C'  1, và với chú ý M N, là trung điểm của BC' và CB', theo

Từ (1) và (2) suy ra XY IJ|| Theo định lý Brocard thì APFH hay APXY Do

đó, APIJ, ta có đpcm

Bài 2.8.2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD AB CD .Gọi E là giao điểm của AB và CD, H là hình chiếu của E lên AD AC cắt BH tại I, BD cắt HC tại J Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD Chứng minh rằng IJ vuông góc với OE.

Lời giải Gọi F là giao điểm của AD và BC, G là giao điểm của AC và BD.

Vì AGIC  DGJB  1 nên AD, IJ, BC đồng quy tại F.

P

N

J I

Vì O là tâm đường tròn Euler của tam giác ADE nên O là trung điểm của NG Suy ra

O là trung điểm của EP Vì AH//NP và M là trung điểm của NP nên

AB và CD, AD và BC Gọi P Q R S, , , tương ứng là giao điểm các đường phân giác

trong của các cặp MAN và MBN , MBN và MCN , MCN và MDN , MDN và MAN

Giả sử bốn điểm P Q R S, , , đôi một phân biệt.

a) Chứng minh rằng bốn điểm P Q R S, , , cùng nằm trên một đường tròn Gọi I là

tâm của đường tròn đó

b) Gọi E là giao điểm của AC và BD Chứng minh rằng ba điểm E O I, , thẳng

hàng

Lời giải a) Không mất tính tổng quát có thể giả sử D nằm giữa M và C, B nằm giữa N

và C Các trường hợp còn lại chứng minh tương tự.

M

N

O A

B

C D

b) Do Q là giao của phân giác góc MCB và MBN nên Q là tâm bàng tiếp góc C của

tam giác MBC, suy ra MQ là phân giác ngoài của góc BMC Tương tự MT là phângiác ngoài của góc BMC Suy ra M T Q, , thẳng hàng

Do T là tâm bàng tiếp góc D của tam giác MDA nên dễ thấy ngay

90

2

MTA  MDA QBA Do đó tứ giác TQBA nội tiếp, suy ra MT MQ MA MB.  . ,

hay M nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn  O và  I Tương tự thì N

nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn  O và  I Suy ra MN OI

Theo định lý Brocard ta có MN OE, từ đó suy ra ba điểm E O I, , thẳng hàng.

3 Ứng dụng trong chứng minh đồng quy, thẳng hàng

Sử dụng tính chất ba trục đẳng phương của ba cặp đường tròn đồng quy tại tâmđẳng phương ta có thể chứng minh ba đường thẳng đồng quy một cách khá đơn giản

và tự nhiên Hơn nữa các điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì nằmtrên trục đẳng phương sẽ cho ta cách chứng minh các điểm thẳng hàng

Bài 3.1 (IMO 2013) Cho tam giác ABC nhọn , kẻ đường cao AD BE CF, , cắt nhau

tại H Cho K là một điểm tùy ý trên cạnh BC và khác B,C, kẻ đường kính KM của đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK và đường kính KN của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK Chứng minh rằng ba điểm M H N, , thẳng hàng.

Lời giải Gọi L là giao điểm thứ hai của hai đường tròn BKF và  CKE , khi đó dễthấy A L K, , thẳng hàng

Ta có AH AD AF AB AL AK.  .  . , suy ra tứ giác DHLK nội tiếp, suy ra HLAK

L

N

M

H F

E

D A

Mà MLAK nên M H L, , thẳng hàng Tương tự thì N H L, , thẳng hàng Do đó, ,

M H N thẳng hàng (đpcm).

Nhận xét 1 Giả sử EF cắt BC tại điểm S Ta sẽ đi xem xét khi nào thì đường thẳng

HL đi qua điểm S, nói một cách khác là với vị trí nào của điểm K trên cạnh BC thì ba

* Ngược lại, nếu K là trung điểm của BC thì rõ ràng tứ giác DFEK nội tiếp, do vậy

nếu gọi S là giao điểm của EF với BC thì SD SK SE SF.  . , suy ra S có cùng phương

tích với hai đường tròn DHLK và   AFHLE , tức là S thuộc trục đẳng phương HL

của hai đường tròn này

Kết luận: Ba đường thẳng EF HL BC, , đồng quy tại S khi và chỉ khi K là trung điểm

BC.

Nhận xét 2 Khi ba đường thẳng EF HL BC, , đồng quy tại S thì H cũng là trực tâm

tam giác ASK, suy ra HK AS Ta có ST SA SE SF SB SC.  .  . , nên T thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Nhận xét 3 Trong quá trình giải các bài toán trên ta thấy điểm H không nhất thiết là

trực tâm tam giác ABC, mà chỉ cần H là một điểm trên đường cao AD và E, F lần lượt

là hình chiếu của H trên AC, AB thì các bài toán ở trên vẫn được giải quyết tương tự.

Từ đó ta có bài toán mở rộng sau:

Bài 3.1.1 Cho tam giác nhọn ABC, AB AC , kẻ đường cao AD và trên đoạn AD lấy một điểm H (H khác A,D) Gọi E, F là hình chiếu của H trên AC, AB K là một điểm tùy ý trên cạnh BC và khác B,C, L là hình chiếu của H trên AK.

a) Chứng minh rằng các tứ giác BFLK CELK, là các tứ giác nội tiếp.

b) Kẻ đường kính KM của đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK và đường kính

KN của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK Chứng minh rằng ba điểm M,H,N thẳng hàng.

c) Tìm vị trí điểm K trên BC để ba đường thẳng EF HL BC, , đồng quy.

Bài 3.2 (Duyên hải bắc bộ 2015) Cho hai đường tròn  O1 và O2 cắt nhau tại

,

A B AX AY, lần lượt là các đường kính của  O1 và O2 Gọi O là trung điểm

của XY ; I là điểm thuộc đường phân giác của góc XAY sao cho OI không vuônggóc với XY và I không thuộc hai đường tròn Đường thẳng đi qua A vuông góc với

AI lần lượt cắt các đường tròn  O1 , O2 tại các điểm E F, khác A IX cắt đường

tròn  O1 tại điểm thứ hai K, IY cắt đường tròn O2 tại điểm thứ hai L

a) Gọi C là giao điểm của EF với IX Chứng minh rằng OE là tiếp tuyến củađường tròn CEK 

b) Chứng minh rằng ba đường thẳng EK FL OI đồng quy., ,

Lời giải a) Không mất tính tổng quát giả sử I là điểm thuộc đường phân giác trong

của góc XAY Ta có tứ giác AO OO1 2 là hình bình hành nên suy ra OO1||HY

2 2

Do đó OE là tiếp tuyến của đường tròn CEK (đpcm).

b) Ta có AKI ALI 90 nên 4 điểm 0 A I K L, , , cùng thuộc đường tròn đường kính

AI Mà EF AI nên suy ra EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI

Do đó AE AK,   LA LK,  mod (1)

Mặt khác KE KA,   XE XA,   XE EA,   AE AX,   AE AX,  mod

2  AY AF,   AF FY,   AY AF,   AY FY,   LA LF,  mod

Từ (1) và (2) suy ra

EF EK,   EA AK,   AK EK,   LA LK,   LF LA,   LF LK,  modVậy 4 điểm E F L K, , , cùng thuộc một đường tròn

Gọi S là giao điểm của EK và FL Vì 4 điểm E F L K, , , cùng thuộc một đườngtròn nên ta có SE SK SF SL   P S CEK/  P S DFL/  (3)

Ta có IC IK ID IL IA  2 P I CEK/  P I DFL/  (4) Gọi D là giao điểm của EF với IY

Chứng minh tương tự câu a) ta có OF là tiếp tuyến của đường tròn DFL 

Mặt khác tứ giác EFYX là hình thang vuông tại E F, và O là trung điểm của XY

nên suy ra OE OF Do đó P O CEK/  OE2 OF2 P O DFL/  (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra S O I, , cùng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn

CEK , DFL nên  S O I, , thẳng hàng Vậy 3 đường thẳng EK FL OI đồng quy, ,

tại S (đpcm).

Bài 3.3 (Bài toán về đường thẳng Steiner) Cho tứ giác toàn phần ABCDEF Chứng

minh rằng trực tâm của bốn tam giác AEF, DCE, ABC, BDF cùng nằm trên một

đường thẳng, đường thẳng đó được gọi là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần

Lời giải Gọi H H H H lần lượt là trực tâm của các tam giác AEF, DCE, ABC,1, 2, 3, 4

BDF Gọi X,Z lần lượt là trung điểm của BE và AD.

F

C

Ta có P H2/( ,X XB) H P H E H Q H D P2 2  2 2  H2/( ,Z ZD), do đó H nằm trên trục đẳng2phương của hai đường tròn ( ,X XB) và ( ,Z ZD) Tương tự các điểm H H H cũng1, 3, 4nằm trên cũng nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn trên Vậy

1, 2, 3, 4

H H H H thẳng hàng.

Nhận xét Do XZ là đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần ABCDEF nên ta suy ra

đường thẳng Steiner và đường thẳng Gauss vuông góc với nhau

Bài 3.4 (IMO shorlist 2011-G4) Cho tam giác ABC nhọn với AB AC nội tiếpđường tròn  O Gọi B C là trung điểm của cạnh AC và AB D là hình chiếu của A0, 0

trên BC và G là trọng tâm tam giác ABC Gọi   là đường tròn qua B C và tiếp0, 0

xúc với  O tại điểm X khác A Chứng minh rằng D G X, , thẳng hàng.

Gọi a và x là tiếp tuyến tại A và X của đường tròn  O và gọi  1 là đường trònngoại tiếp tam giác AB C Dễ thấy a cũng là tiếp tuyến của 0 0  1 tại A và a là trục

đẳng phương của hai đường tròn  O và  1

Như vậy ba đường thẳng a x, và B C lần lượt là trục đẳng phương của các cặp0 0

đường tròn  O và  1 ;  O và   ;   và  1 , do đó a x, và B C đồng quy tại0 0

DAT ADX  ATD  AMX  AOX   AMX AOX  , suy

ra ADAT  AT BC|| Do đó ATCB là hình thang cân

Gọi A là trung điểm của 0 B C Xét phép vị tự 0 0 12

G

V biến A A0; B B0; C C0;

'

T  T , suy ra TCB T C B' 0 0 Mặt khác TCB CBA B C A DC B 0 0  0 0 Do đó