tu giac toan phan

Jean Alexandre Eugène Dieudonné (tiếng Pháp: djødɔne; sinh ngày 1 tháng 7 năm 1906 – 29 tháng 11 năm 1992) là một nhà Toán người Pháp, nổi tiếng về nghiên cứu trong Đại số trừu tượng, hình học đại số và phân tích chức năng, cho sự liên quan chặt chẽ với nhóm Nicolas Bourbaki và Éléments de géométrie algébrique của Alexander Grothendieck, và là một nhà sử học về toán học. Đặc biệt trong các lĩnh vực phân tích chức năng và topo đại số

Một số vấn đề về tứ giác toàn phần

Nguyễn Văn Linh Năm 2014

1 Giới thiệu

Một hình tạo bởi giao điểm của bốn đường thẳng sao cho không có ba đường thẳng nào đồng quy, được gọi là một tứ giác toàn phần Ví dụ trong hình vẽ ở dưới, ABCDEF được gọi là một tứ giác toàn phần với ba đường chéo AC, BD, EF

B F

A

C

Sau đây chúng ta sẽ tìm hiểu các tính chất liên quan đến tứ giác toàn phần

Nếu không có giải thích gì thêm, tứ giác toàn phần đang xem xét là ABCDEF

Tính chất 1 Đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABF, DCF, BCE, ADE đồng quy Điểm đồng quy đó được gọi là điểm Miquel của tứ giác toàn phần

M F

A

Chứng minh Gọi M là giao của (AF B) và (BEC) Ta có∠AM E = ∠AM B + ∠EM B = ∠AF B +

∠BCD = 180◦− ∠ADE

Từ đó M ∈ (ADE), tương tự M ∈ (F DC)

Tính chất 2 Điểm Miquel và tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF, DCF, BCE, ADE cùng nằm trên một đường tròn - đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần

M

O 3

O 2

O 4

O 1

B F

A

C

Chứng minh Gọi O1, O2, O3, O4 lần lượt là tâm của (F AB), (F CD), (EAD), (EBC)

Dễ thấy điểm đối xứng với M qua ba cạnh tam giác O1O2O4 lần lượt là F, B, C Do F, B, C thẳng hàng nên M nằm trên (O1O2O4) và BC là đường thẳng Steiner của M ứng với tam giác O1O2O4 Chứng minh tương tự suy ra O1, O2, O3, O4, M cùng thuộc một đường tròn

Tính chất 3 Điểm Miquel có chung đường thẳng Simson ứng với các tam giác ABF, DCF, BCE, ADE

Chứng minh Đây là hệ quả trực tiếp của tính chất 1 Hiển nhiên hình chiếu của M trên AB, BC, CD, DA thẳng hàng

Tính chất 4 Trực tâm của các tam giác ABF, DCF, BCE, ADE cùng nằm trên một đường thẳng, được gọi là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần

H 4

H 3

H 2

H 1

B

E D

F

A

C

Chứng minh Đây là hệ quả của tính chất 3, các trực tâm của tam giác ABF, DCF, BCE, ADE lần lượt nằm trên đường thẳng Steiner của M ứng với các tam giác ABF, DCF, BCE, ADE Mà M có chung đường thẳng Simson nên cũng có chung đường thẳng Steiner với 4 tam giác này Suy ra trực tâm của 4 tam giác thẳng hàng

Tính chất 5 Trung điểm các đường chéo của một tứ giác toàn phần cùng nằm trên một đường thẳng, gọi là đường thẳng Gauss-Newton của tứ giác toàn phần

S

T Q

R

L

P K

N M

H 2

H 1

E

F

A

B

Tính chất 6 Các đường tròn đường kính là ba đường chéo của tứ giác toàn phần đồng trục và có trục đẳng phương là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần đó

Tính chất 7 Gọi XY Z là tam giác tạo bởi ba đường chéo AC, BD, EF Khi đó (XY Z) trực giao với

ba đường tròn đường kính AC, BD, EF , đồng thời tâm của (XY Z) nằm trên đường thẳng Steiner

O

X

Y Z

B F

D

E A

C

Chứng minh (XY Z) trực giao với (BD) hiển nhiên do (DBXY ) = −1, tương tự với (AC), (EF ) Gọi O là tâm của (XY Z) Khi đó PO/(BD) = PO/(AC) = PO/(EF ) = R2(XY Z) Vậy O nằm trên trục đẳng phương của (AC), (BD), (EF ) hay O nằm trên đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần ABCDEF

Tính chất 8 Các phân giác trong và ngoài của tứ giác toàn phần giao nhau tại 16 tâm nội tiếp và bàng tiếp của bốn tam giác 16 điểm này nằm trên hai bộ đường tròn đồng trục với giao điểm của hai trục đẳng phương là điểm Miquel của tứ giác toàn phần

Chứng minh Xem phần Xung quanh bài 3 VMO 2012

Tính chất 9 Điểm Miquel M là tâm vị tự quay của tứ giác ABCD Nghĩa là tồn tại các phép vị tự quay tâm M biến AB thành CD, AD thành BC

Chứng minh Bằng cộng góc dễ thấy 4M AD ∼ 4M BC, 4M AB ∼ 4M DC, từ đó có đpcm

Tính chất 10 (Định lý Emelyanov) Gọi XY Z là tam giác tạo bởi các đường chéo AC, BD, EF ; M

là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF Khi đó M nằm trên đường tròn Euler của tam giác

XY Z

H' H G

Z'

Y'

X'

M

Y

X B F

D

E A

C

Chứng minh (Eisso J Atzema) Gọi X, Y, Z là giao điểm của AC, BD, EF X0, Y0, Z0 lần lượt là trung điểm Y Z, ZX, XY Qua X kẻ các đường thẳng song song với AD, BC và cắt BC, AD lần lượt tại H, G Kéo dài XH cắt Y Z tại H0

Ta có F (DCXE) = −1 và XH k F D nên H là trung điểm XH0 Như vậy H nằm trên đường trung bình ứng với đỉnh X của tam giác XY Z Tương tự với G Điều đó có nghĩa là G, H nằm trên

Y0Z0

Mặt khác, AG

AD = X(A∞GD) = X(CH∞B) =

BH

BC. Theo tính chất 9, M là tâm vị tự quay biến AD thành BC nên biến GD thành HC Nghĩa là

M ∈ (F GH)

Ta thu được hình chiếu của M trên GH nằm trên đường thẳng Simson của M ứng với tam giác

DF C Theo tính chất 3 suy ra hình chiếu của M trên Y0Z0 nằm trên đường thẳng Simson của M ứng với 4 tam giác F AB, F CD, EAD, EBC Tương tự hình chiếu của M trên X0Y0, X0Z0 cũng nằm trên đường thẳng này Theo định lý Simson đảo suy ra M, X0, Y0, Z0 cùng thuộc một đường tròn

Tính chất 11 Gọi E1, E2, E3, E4 lần lượt là tâm đường tròn Euler của các tam giác F AB, F CD, EAD, EBC Khi đó các đường thẳng lần lượt qua E1, E2, E3, E4 và vuông góc với CD, AB, BC, AD đồng quy tại một điểm nằm trên đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần ABCDEF , gọi là điểm Morley của tứ giác toàn phần

Q I

O H F

Chứng minh Gọi H1, H2lần lượt là trực tâm, O1, O2lần lượt là tâm ngoại tiếp của tam giác F AB, F CD,

M, J lần lượt là trung điểm CD, AB; K, T lần lượt là hình chiếu của F trên AB, CD Đường thẳng qua E1 và vuông góc với CD giao F K tại I, đường thẳng qua E2 và vuông góc với AB giao F T tại

L J E1∩ F K = {Q}, M E2∩ F T = {R}

Do F K k E2H nên ∠E2LH2 = ∠T F K Tương tự, ∠E1IH1 = ∠T F K Suy ra ∠E2LH2= ∠E1IH1

Ta sẽ chứng minh ∠RE2M = ∠JE1Q, khi và chỉ khi ∠T LE2+∠LRE2 = 270◦−∠E1J K −∠E1IH1 Tương đương 2∠T F K = 90◦− ∠E1J K + ∠T RM = ∠JQK + ∠T RM

Hay 2∠E = ∠O1P H1+ ∠O2P H2= |∠A − ∠B| + |∠C − ∠D| (đúng)

Như vậy hai tam giác E2LR và E1QI có ∠RE2L = ∠QE1I và ∠RLE2+ ∠QIE1 = 180◦

Áp dụng định lý hàm số sin suy ra QI

E1Q =

RL

E2L hay

QI

1

2R1

= 1RL

2R2

Nhưng O1J

O2M =

R1cos F

R2cos F =

R1

R2

nên QI

RL =

O1J

O2M =

F H1

F H2 Vậy

IH1

F I =

F L

LH2 Áp dụng định lý Thales suy ra đường thẳng qua E1 vuông góc với CD giao đường thẳng qua E2 vuông góc với AB tại một điểm trên H1H2 Chứng minh tương tự suy ra đpcm

Nhận xét Bài toán tương tự được phát biểu trong IMO Shortlist 2009, G6

Tính chất 12 Các đường trung trực của O1H1, O2H2, O3H3, O4H4 đồng quy tại một điểm, gọi là điểm Hervey của tứ giác toàn phần

Chứng minh Cách 1

Ta phát biểu một bổ đề

Bổ đề 1 Cho hai đường tròn (O1) và (O2) giao nhau tại F và G Đường thẳng qua F và vuông góc với F G giao (O1) và (O2) lần lượt tại B và C Gọi J, I là hai điểm bất kì trên (O1) và (O2) Đường thẳng qua B song song với F I giao đường thẳng qua C song song với F J tại A Kẻ AH ⊥ BC Khi

đó I, J, F, H cùng thuộc một đường tròn

Chứng minh

S

H

T

N

Q

R

A

C B

G

O 1 O 2

F

I

J

Gọi Q, R là giao điểm thứ hai của AB với (O1), AC với (O2) F I giao GR tại X, F J giao GQ tại

Y Do F X k AB và GQ ⊥ AB nên F X ⊥ GQ Tương tự, F Y ⊥ GR Suy ra G là trực tâm tam giác

XF Y Ta thu được F G ⊥ XY hay XY k BC

Dựng hai hình bình hành BM XF và F CN Y Gọi S là hình chiếu của F trên XY Ta có Y S.Y M =

Y G.Y Q = Y J.Y F suy ra tứ giác M SJ F nội tiếp hay ∠M JF = 90◦ Tương tự, ∠N IF = 90◦

Từ đó AH, M J, N I là ba đường cao của tam giác AM N và đồng quy tại trực tâm T

Vậy H, I, J nằm trên đường tròn đường kính F T

Trở lại bài toán

M

N

Q

Y

X

S

R

E 3

E 1

O 1

U

O 3 V

H 3

H 1

C A

E

D

F B

Theo tính chất 11, gọi S là giao của các đường thẳng lần lượt qua E1, E2, E3, E4 và vuông góc với

CD, AB, BC, AD

Kẻ AQ ⊥ H1H3, M, N lần lượt là trung điểm AH1, AH3, U, V lần lượt là trung điểm BF, DE

Ta có M Q

M E1 =

AH1

R(ABF ) =

2O1U

M E1 =

N Q

N E3. Mặt khác, ta có ∠H1M Q + ∠H3N Q = 2∠H1AH3 = ∠H1AO1+ ∠H3AO3 = ∠H1M E1+ ∠H3N E3 Suy ra ∠H1M Q − ∠H1M E1 = ∠H3N E3− ∠QNH3 hay ∠QM E1 = ∠QN E3 Do đó hai tam giác

M QE1 và N QE3 đồng dạng Suy ra ∠E3QE1 = ∠M QN = ∠M AN = ∠E3SE1 hay E3, S, Q, E1 cùng thuộc một đường tròn (1)

Gọi R là giao của trung trực đoạn O1H1 với đường thẳng qua S vuông góc với H1H3 Đường thẳng qua S song song với AH3 giao (H1R) tại E10 Theo bổ đề 1 ta có E3, S, Q, E10 cùng thuộc một đường tròn Kết hợp với (1) suy ra E10 ≡ E1 hay E1R là trung trực của H1O1 Vậy trung trực của H1O1, H3O3 giao nhau tại R nằm trên đường thẳng qua S vuông góc với đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần ABCDEF Chứng minh tương tự suy ra trung trực của H1O1, H2O2, H3O3, H4O4 đồng quy tại R

Cách 2

T H' 3 H' 4

H' 1 H' 2

M

O

O 2

O 4

R O 1

O 3

H 1

C

A

B

F D

Gọi H10, H20, H30, H40 lần lượt là trực tâm các tam giác O2O3O4, O1O3O4, O1O2O4, O1O2O3

Dễ thấy O1H30 k= O3H10 nên O1H10 giao O3H30 tại trung điểm T của mỗi đường Tương tự suy ra

O1H10, O2H20, O3H30, O4H40 đồng quy tại T Phép vị tự H−1T : O1 7→ H0

1, O2 7→ H0

2, O3 7→ H0

3, O4 7→ H0

4

nên H10, H20, H30, H40 cùng nằm trên đường tròn tâm R là đối xứng của O qua T

Ta sẽ chứng minh trung trực của O1H1, O2H2, O3H3, O4H4 đồng quy tại R

Dễ thấy 4O2O3O4∼ 4F CD ∼ 4H0

2H30H40, đồng thời O1 là trực tâm tam giác H20H30H40

Ta có RO1 và H1O1 là đường thẳng Euler của hai tam giác H20H30H40 và F CD Do hai tam giác này đồng dạng nên ∠RO1H1 = ∠(H20H40, DF ) = ∠(O2O4, DF ) = 90◦− ∠MCF = 90◦ − ∠MBC =

90◦− ∠MO3O1= ∠OO1M

Mặt khác, H1O1

RO1 =

R(CDF )

R(H0

2 H30H40)

R(O2O3O4) =

O1M

O1O.

Từ đó hai tam giác RO1H1 và OO1M đồng dạng, suy ra tam giác RO1H1 cân tại R Chứng minh tương tự suy ra trung trực của H1O1, H2O2, H3O3, H4O4 đồng quy tại R

Trên đây là một số tính chất cơ bản của tứ giác toàn phần Xuyên suốt cuốn sách này chúng ta cũng bắt gặp rất nhiều định lý hay bài toán liên quan đến nó Phải kể đến các tính chất của điểm Euler-Poncelet (xem chương ), định lý Brocard trong trường hợp tứ giác ABCD nội tiếp (xem chương ), các tâm nghịch đảo trong trường hợp tứ giác ABCD ngoại tiếp (xem chương ) và các tính chất của

tứ giác lưỡng tâm (xem chương )

3 Bài tập áp dụng

Bài 1 Cho tam giác ABC và một đường thẳng ∆ cắt các đường thẳng BC, CA, AB tại D, E, F theo thứ tự Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF ; MAlà giao điểm khác M của đường tròn (AEF ) với đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF Các điểm MB, MC được xác định tương tự Chứng minh rằng các đường thẳng AMA, BMB, CMC đồng quy

Bài 2 Cho tứ giác ABCD có DA, BC không song song P là giao điểm của các đường chéo AC, BD Các điểm M, N theo thứ tự chạy trên các đoạn DA, BC sao cho DM

DA =

BN

BC M N theo thứ tự cắt

AC, BD tại Q, R Chứng minh rằng đường tròn (P QR) luôn đi qua một điểm cố định khác P

Bài 3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến của (O) kẻ từ B và C cắt nhau tại T

S là điểm nằm trên tia CB sao cho AS ⊥ AT B1 và C1 nằm trên tia ST ( T nằm giữa B1 và C1, B1 nằm giữa S và T ) sao cho B1T = BT = C1T Chứng minh rằng hai tam giác ABC và AB1C1 đồng dạng

Bài 4 Cho tứ giác ABCD, AC cắt BD tại G Gọi tâm ngoại tiếp của các tam giác ABG, BCG, CDG, ADG lần lượt là O1, O2, O3, O4 O1O3 cắt O2O4 tại M Đường thẳng d1 qua G cắt các đường tròn (O2), (O4) lần lượt tại J, K; đường thẳng d2 qua G cắt các đường tròn (O1), (O3) lần lượt tại S, T Gọi I, U là trung điểm của J K, ST , CMR M I = M U

Bài 5 (IMO shortlist 2008) Cho tứ giác lồi ABCD Chứng minh rằng tồn tại điểm P nằm trong tứ giác thỏa mãn:

∠P AB + ∠P DC = ∠P BC + ∠P AD = ∠P CD + ∠P BA = ∠P DA + ∠P CB = 90◦

khi và chỉ khi hai đường chéo AC và BD vuông góc

Bài 6 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với trực tâm H Hai đường thẳng d1 và d2 bất kì vuông góc với nhau và đi qua H d1 cắt BC, CA, AB lần lượt tại X1, Y1, Z1 Tương tự ta xác định X2, Y2, Z2 Khi

đó hai tứ giác toàn phần ABCX1Y1Z1 và ABCX2Y2Z2 có chung điểm Miquel

Bài 7 (Đường thẳng Droz-Farny) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với trực tâm H Hai đường thẳng

d1 và d2 bất kì vuông góc với nhau và đi qua H d1 cắt BC, CA, AB lần lượt tại X1, Y1, Z1 Tương tự

ta xác định X2, Y2, Z2 Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng X1X2, Y1Y2, Z1Z2 thẳng hàng Bài 8 Cho tam giác ABC, đường thẳng l lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F Gọi O1, O2, O3 lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác AEF, BF D, CDE Chứng minh rằng trực tâm tam giác O1O2O3

nằm trên l

Bài 9 Một đường tròn tâm O đi qua hai đỉnh A và C của tam giác ABC và cắt AB, BC lần thứ hai tại K, N Gọi M là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và KBN Chứng minh rằng ∠OM B = 90◦

Bài 10 Cho 4ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D là giao của tiếp tuyến kẻ từ A của (O) với

BC Tương tự ta xác định được E, F Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm AD, BE, CF Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng

Bài 11 Cho tam giác ABC H là điểm nằm trong tam giác sao cho∠HBA = ∠HCA Gọi hình chiếu của H trên phân giác trong và ngoài góc A lần lượt là P và Q M là trung điểm BC Chứng minh rằng P, Q, M thẳng hàng

Bài 12 Cho tam giác ABC D, E, F là các điểm nằm trên BC, CA, AB sao cho AD, BE, CF đồng quy Gọi A1, B1, C1 lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB và D1, E1, F1 lần lượt là trung điểm các cạnh EF, F D, DE Chứng minh rằng A1D1, B1E1, C1F1 đồng quy

Bài 16 Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại M Gọi trọng tâm hai tam giác

AM D, CM B lần lượt là P, Q; trực tâm hai tam giác DM C, M AB lần lượt là R, S Chứng minh rằng

P Q ⊥ RS

Bài 17 (IMO Shortlist 2009) Cho tứ giác nội tiếp ABCD AC giao BD tại E, AD giao BC tại F Gọi G, H lần lượt là trung điểm AB và CD Chứng minh rằng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EGH

Bài 18 Cho tứ giác ABCD P là một điểm nằm trong tứ giác ABCD Chứng minh rằng SAP B+

SCP D= SBP C+ SAP D khi và chỉ khi P nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác ABCD

Bài 19 Cho tứ giác nội tiếp ABCD nội tiếp (O) Chứng minh rằng đường thẳng Steiner của tứ giác ABCD đi qua giao điểm P của hai đường chéo AC, BD

Bài 20 Cho tứ giác nội tiếp ABCD AD cắt BC tại E, AC cắt BD tại G Gọi H1, H2, H3, H4 lần lượt là trực tâm các tam giác ECD, EAB, GCD, GAB Chứng minh tứ giác H1H3H2H4 là hình bình hành

Bài 21 Cho tứ giác nội tiếp ABCD, AB cắt CD tại P , AD cắt BC tại Q Chứng minh rằng khoảng cách giữa trực tâm hai tam giác AP D và AQB bằng khoảng cách giữa trực tâm hai tam giác CQD

và BP C