CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN: HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HOÀ

Lời giải Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, M là giao điểm của AG và BC, T là giao điểm thứ hai của O và đường thẳng qua X song song với AC; BD là phân giác của góc ABC... Chứng minh

LỜI NÓI ĐẦU

Chuyên đề:

HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HOÀ

Nguyễn Văn Thảo - Trường THPT Chuyên Bắc Giang

nó lại càng thôi thúc mỗi chúng ta khám phá và chinh phục

Hiện nay, các tài liệu về hình học sơ cấp Tiếng Anh và tiếng Việt cũng khá đa dạng

và phong phú Tuy nhiên, hầu hết đều khó đối với các học sinh mới bắt đầu tiếp cận, nhất

là những ngày đầu khi bước vào lớp 10 Chuyên

Trong những năm gần đây, các kiến thức về hàng điểm điều hoà, cực – đối cực vàmột số định lý của xạ ảnh được áp dụng rất nhiêu trong các kì thi học sinh giỏi Quốc gia,Quốc tế Tất nhiên đây là những vấn đề không mới nhưng cũng gây không ít khó khăn chohọc sinh chuyên.Vì vậy tôi chọn vấn đề : Hàng điểm điều hoà, nhằm giúp học sinh chuyênToán giải quyết được phần nào những khó khăn trên

Chuyên đề được xây dựng từ một chuyên đề cũ của bản thân tôi năm 2015, trong

đó, nhiều ví dụ cũ không phù hợp đã được thay bằng các ví dụ mới, hợp lý hơn Tuy nhiên,

do trình độ có hạn nên không thể tránh khỏi nhiều thiếu sót, mong nhận được những góp ýtrân thành từ các bạn đồng nghiệp

2 Mục đích nghiên cứu

Hệ thống các kiến thức cơ bản về hàng điểm điều hoà Đưa ra hệ thống các bài tập cơbản, giúp học sinh chuyên tiếp cận với hình phẳng một cách nhẹ nhàng nhất

3 Những đóng góp của chuyên đề

Đưa ra hệ thống lý thuyết cơ bản đầy đủ về hàng điểm điều hoà

Đưa ra hệ thống các ví dụ minh hoạ, hệ thống bài tập đầy đủ, chủ yếu là các bài toán định tính, từ cơ bản đến khó, tạo hứng thú cho học sinh chuyên Toán khi học hình học phẳng

Nếu thì hàng điểm được gọi là hàng điểm điều hòa.

Nói cách khác nếu thì hàng điểm được gọi là hàng điểmđiều hòa

( là trung điểm của đoạn )

I.3 Tỉ số kép của chùm đường thẳng - Chùm điều hòa

I.3.1 Chùm đường thẳng và tỉ số kép của nó

I.3.1.1 Định nghĩa

- Tập hợp các đường thẳng trong mặt phẳng cùng đi qua một điểm được gọi làchùm đầy đủ đường thẳng tâm

- Bộ 4 đường thẳng đôi một khác nhau, có kể đến thứ tự, cùng thuộc một chùm đầy

đủ đường thẳng được gọi là chùm đường thẳng

I.3.1.2 Tỉ số kép của chùm đường thẳng:

A' B'

Từ đó ta suy ra

Chùm điều hòa:

Định nghĩa: Chùm được gọi là chùm điều hòa nếu

Tính chất: Với chùm điều hòa , các điều kiện sau là tương đương:(i) (ii) là một phân giác của góc tạo bởi (iii) là một phân giác của góc tạo bởi

I.4.Một số hàng điểm điều hòa cơ bản:

Định lý 4

Cho tam giác và điểm không thuộc các đường thẳng Các đườngthẳng theo thứ tự cắt các đường tại Hai đườngthẳng cắt nhau tại Khi đó

Q

O A

N P

M

Định lý 5: Từ điểm bên ngoài đường tròn , kẻ tới các tiếp tuyến

Một đường thẳng qua , cắt đường tròn tại và cắt

I

M S

A

B

N

II Các ví dụ áp dụng

Phần này, các ví dụ tôi đưa ra sẽ chỉ tập trung vào việc vận dụng các tính chất của tỉ

số kép, các hàng điểm điều hoà cơ bản trên và các bài toán liên quan tới tứ giác điều hoà

II.1 Các bài toán về tính chất của tỉ số kép

Cho hai hàng điểm (OABC) và O(A’B’C’D’) Khi đó (OABC) = O(A’B’C’D’) khi

và chỉ khi AA’, BB’, CC’ đồng quy.

Tính chất 3

Cho hai chùm đường thẳng (abcd) và (a’b’c’d)

Gọi A = a  a’, B = b  B’, C = c  c’ Khi đó (abcd) = (a’b’c’d) khi và chi khi A,

Ví dụ 1 (IMO SL 2017 G2) Cho R, S là hai điểm phân biệt trên đường tròn (O) sao cho

RS không phải đường kính Đường thẳng l tiếp xúc (O) tại R Gọi T là điểm thoả mãn S là

trung điểm của đoạn RT Điểm J trên cung nhỏ RS của (O) sao cho (JST) cắt l tại hai điểm phân biệt Gọi A là giao điểm của (JST) và l gần R hơn AJ cắt (O) lần nữa tại B Chứng minh rằng BT tiếp xúc (JST)

Lời giải

P B

Ta có ABR =  JSR = BAT  AT // BR

Khi đó TB là tiếp tuyến của (JST)  T(TJSA) = T(BJSA) = (BJPA) = (BJSR)

Đến đây bài toán khá đơn giản, xin nhường lại cho bạn đọc

Ví dụ 2(Bài giảng trường hè 2017 – Nguyễn Minh Hà) Cho tam giác ABC nội tiếp

đường tròn (O) L là điểm Lemoine AL cắt BC tại K và lại cắt (O) tại X

Lời giải

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, M là giao điểm của AG và BC, T là giao điểm thứ hai của (O) và đường thẳng qua X song song với AC; BD là phân giác của góc ABC.

D T

X K

L G O A

Gọi RBD là phép đối xứng qua BD.

Dễ thấy các đường thẳng BA, BM, BT theo thứ tự là là ảnh của các đường thẳng BK, BA,

BX qua RBD

Vì L là điểm Lemoine của tam giác ABC nên đường thẳng BG là ảnh của đường thẳng BL

qua RBD

Vì XT // AC và L là điểm Lemoine của tam giác ABC nên

TBA = TXA = XAC = MAB

Do đó BT // MA

Vậy, chú ý rằng phép đối xứng trục bảo toàn tỉ số kép, ta có

(AXLK) = B(AXLK) = B(LKAX) = B(GAMT) =

Ví dụ 3 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi E là một điểm trên (O) Đường thẳng EA cắt

các tiếp tuyến tại B, C của (O) tại các điểm M, N BN cắt CM tại F Chứng minh rằng EF luôn đi qua một điểm cố định khi E di động.

Lời giải

T P

F

N M

C(CEBA) = B(CEBA)  (NETA) = (TEMA)



 (TMNE) = (TNMA)  (TMNE) = (TCBP)

Do đó MC, NB, EP đồng quy.

Từ đó suy ra EF luôn đi qua P cố định.

Ví dụ 4 (Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC với P và Q là hai điểm liên hợp đẳng giác

trong tam giác đó PB, PC cắt đường thẳng qua A, vuông góc với PA lân lượt tại K, L Đường thẳng qua Q vuông góc với BC lần lượt cắt BC, CA, AB tại D, M, N Gọi R = NK 

ML Chứng minh rằng PR  AD.

Lời giải

S T

X

Z

Y H

R

D M

G

F

E

Gọi H là hình chiếu của P lên AD Y = PH  CA, Z = PH  AB.

Gọi G, E, F lần lượt là hình chiếu của P lên BC, CA, AB.

Do P, Q là hai điểm đẳng giác trong tam giác ABC nên D, E, G, F đồng viên.

Gọi S = BP  DE  SEF = DEF = FGB =FPB

Suy ra F, P, S, E đồng viên

Mặt khác PFA = PEA = 900 nên P, E, A, F, S đồng viên.

Áp dụng định lý Pascal cho bộ ta được D, Y, K thẳng hàng.

Hoàn toàn tương tự ta được D, Z, L thẳng hàng.

Gọi X = RD  AL; T = RA  DN.

Khi đó

D(ARYZ) = (AXKL) = R(AXKL) = R(TDNM)

= (TDNM) = A(TDNM) = A(DRYZ) Suy ra D(ARYZ) = A(DRYZ)  R, Y, Z thẳng hàng  R  PH

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

II.2 Các bài toán về ứng dụng hàng điểm điều hoà

Ví dụ 1 (Poland 2017) Xét tam giác cân tại A có M là trung điểm của cạnh

BC Gọi D là hình chiếu vuông góc của M trên cạnh Đường tròn nội tiếp tam giác

và tiếp xúc với các cạnh lần lượt tại Các tiếp tuyến của đi qua Mcắt đường thẳng tại ; trong đó nằm trên đường thẳng theo đúng thứ tự

kể trên Chứng minh 4 điểm đồng viên

Lời giải

E

N

Y X

W Z

L K

I D

Suy ra là tứ giác nội tiếp

Theo định lí Sim Son thì K, M, N thẳng hàng.

Vì D nằm trên đường đối cực của M đối với đường tròn , theo định lý Lahire ta có:

thẳng hàng và do đó:

.Kết hợp với ta có là đường phân giác ngoài của tam giác Lại có

Kết hợp hai kết quả trên ta được 4 điểm

đồng viên

Ví dụ 2 (GGTH 2017) Cho đường tròn (O), day

cung BC khác đường kính Điểm A thuộc cung lớn

BC Lấy S đối xứng O qua BC Lấy T trên OS sao

cho AT, AS đối xứng nhau qua phân giác góc  BAC.

Chứng minh T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

OBC.

Lời giải

Gọi I là trung điểm BC, K = BB  CC OK cắt (O)

tại P và Q, Q thuộc cung lớn BC.

Trang 12

j

Y

M N

Ta có (KIPQ) = - 1 nên theo hệ thức Newton ta có OI.OK = OP2.

Mặt khác AP  AQ, AP là phân giác  SAT nên (STPQ) = - 1

Theo hệ thức Newton ta có OP2 = OT.OS

Từ đó suy ra OI.OK = OT.OS, mà OS = 2OI nên OK = 2OT

Suy ra T là tâm (OBK) hay T là tâm (OBC).

Ví dụ 3 (Sharygin 2018) Cho tam giác ABC và các điểm là các điểm lần lượt

nằm trên các cạnh AB, AC, BC sao cho 3 đường đồng quy tại P Tia và

cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại Chứng minh rằng A; C;

giao điểm của và ; trung điểm của cùng nằm trên một đường tròn

Mặt khác ta có:

Từ đó suy ra:

Từ đó suy ra 4 điểm A, C, K,M cùng thuộc một đường tròn.

Ví dụ 4 (China TST 2018) Cho ABC là một tam giác có BAC > 900 Gọi là đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABC và O là tâm của đường tròn đó Tiếp tuyến của tại A cắt tiếp tuyến của tại B và C lần lượt tại K và L Gọi D, E lần lượt là chân đường vuông góc

hạ từ K và L xuống BC Giả sử F, G là hai điểm trên đoạn KL và khác A sao cho 2 bộ 4 điểm A, F, B, E và A, G, C, D đều cùng thuộc một đường tròn Gọi M là trung điểm của đoạn DE Chứng minh rằng DF, OM, EG đồng quy.

E D

L

K

O

A B

C

Gọi P là chân đường vuông góc kẻ từ A của tam giác ABC Lấy X là giao của DF và EG, T

là giao của DG và EF

Dễ thấy rằng DG // AB và EF // AC và do đó ta có ngay 4 điểm D, E, F, G cùng thuộc một

đường tròn

Bổ đề 1: 4 điểm A, P, T, X thẳng hàng và tạo nên một hàng điểm điều hòa.

Chứng minh: Gọi S là giao của DE và FG Dễ thấy rằng TX là đường đối cực của điểm S

đối với đường tròn đi qua D, E, F, G.

Ta chứng minh được

nên A, P cũng nằm trên đường đối cực của S đối với đường tròn đi qua 4 điểm D, E, F, G.

Ta có A, P, T, X thẳng hàng và tạo nên hàng điểm điều hòa.

Thật vậy: ta có

nên

2 tỉ số còn lại là hiển nhiên

Bổ đề 2: DE là đường kính của đường tròn đi qua D, E, F, G.

Chứng minh:

Trong ∆ XDE ta có T nằm trên đường vuông góc kẻ từ X và nên T là trực

tâm của tam giác này

Do đó

Ta có điều phải chứng minh

Xét J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác XDE, Y đối xứng với X qua J; J’ đối xứng với

J qua DE; I là giao điểm của XJ và DE Xét điểm O’ thỏa mãn tứ giác XIO’A là một hình

bình hành Ta chứng minh rằng O  O’ và O nằm trên đoạn XM.

nên P, J’, O’ thẳng hàng Vậy O  O’.

Ta có AXIO là hình bình hành nên XO đi qua trung điểm của IA Ta đi chứng minh XM đi qua trung điểm của đoạn IA Để ý rằng DTEY là hình bình hành và do đó XM đi qua trung điểm của TY

Mặt khác từ tỉ số

Ta có AI // TY nên XM cũng đi qua trung điểm của AI và do đó X, O, M thẳng hàng Bài

toán được chứng minh xong

Ví dụ 5 (USA TST 2017) Cho tam giác ngoại tiếp đường tròn tâm I Lấy D là

một điểm trên cạnh và gọi lần lượt là các đường tròn nội tiếp các tam giác

và Giả sử hai đường tròn tiếp xúc với cạnh tại hai điểm E và F.

Gọi P là giao điểm của đoạn với đường nối tâm của hai đường tròn Đặt X là

giao điểm của và , Y là giao điểm của và Chứng minh rằng giao điểm củahai đường nằm trên đường tròn nội tiếp tam giác

Lời giải

(Bạn đọc tự vẽ hình)

Gọi lần lượt là tâm của hai đường tròn Gọi T là giao điểm của với

W là chân đường vuông góc hạ từ I xuống cạnh Lấy Z là giao điểm của và

Ta có

Do đó I là trung điểm của và ta có hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm

trên đường tròn tâm I (điều phải chứng minh).

Ví dụ 6 (USA 2018) Trong tứ giác lồi nội tiếp ABCD, gọi E là giao điểm của AC và BD,

F là giao điểm của AB và CD, G là giao điểm của BC và DA Giả sử đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABE cắt đường thẳng CB tại B và P; đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt đường thẳng CD tại D và Q Chứng minh rằng nếu FP và GQ cắt nhau tại M thì

Lời giải

T

S

M Q

P

E G

F

A B

D

C

Ta có tứ giác ABCD nội tiếp nên

.Lại có

Chứng minh tương tự ta cũng có

Mặt khác ta lại có:

nên AC là tia phân giác của góc BAQ

Để chứng minh ta chỉ cần chứng minh chùm đường thẳng

điều hòa

Ta có

A(MCBQ) = A(MS,ABGQ,Q) = F(MS,ABGQ,Q) = (PTBC).

Vậy ta cần phải chứng minh hàng điểm (PTBC) = - 1 tức là

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với 3 điểm thẳng hàng ta được

Lại áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ACD với 3 điểm thẳng hàng ta được

Do đó

Ta phải chứng minh

Thay các đẳng thức chứng minh được ở trên với lưu ý và

Ta được một đẳng thức gồm toàn các cạnh của tứ giác nội tiếp toàn phần ABCD; đẳng

thức này dễ chứng minh bởi định lý Ptolemy (bạn đọc tự kiểm tra lại).

Ví dụ 7 (VMO 2017) Cho tam giác nội tiếp đường tròn tâm O Gọi G là một điểm

nằm trên cung không chứa O của đường tròn ngoại tiếp tam giác Đườngtròn ngoại tiếp tam giác cắt tại E và đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt

a) Gọi K là giao điểm của Chứng minh rằng các đường đồng quy

b) Gọi D là điểm nằm trên cung của đường tròn Đặt giao điểm của là

M; giao điểm của là N Giả sử đường thẳng cắt đường tròn tại P và Q Chứng minh rằng: khi điểm G di động trên cung không chứa O của đường tròn (I), thì (GPQ) luôn đi qua hai điểm cố định

Lời giải

T S

Q P

G D

:a) Khá đơn giản, xin nhường cho bạn đọc

b) Đặt , gọi T là trung điểm của và là nghịch đảo của nó đối vớiđường tròn ngoại tiếp tam giác

Áp dụng định lý Brocard ta có là đường đối cực của S đối với đường tròn ngoại tiếptam giác

Vì là đường đối cực của đối với đường đường tròn ngoại tiếp tam giác và

nên theo định lý Lahire ta có và do đó phương tích của đối với đườngtròn ngoại tiếp tam giác bằng phương tích của với đường tròn ngoại tiếp tam giác , là một hằng số khi G thay đổi

Gọi X là giao điểm thứ hai của và

Dễ chỉ ra đồng quy tại tâm đẳng phương R của 3 đường tròn

Xét tam giác có 3 đường đồng quy tại D nên ta có

Do đó X cố định khi G di chuyển trên đường tròn Kết hợp với phương tích của đối với

đường tròn ngoại tiếp tam giác là một hằng số ta có cắt đường tròn tại

hai điểm cố định khi G thay đổi (điều phải chứng minh)

Ví dụ 8 (Sharygin 2018) Cho tam giác ABC có AB > BC và BD là đường phân giác ngoài

tại đỉnh B Xét K và K1 lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tâm I và đường tròn

bàng tiếp góc B tâm I1 của tam giác ABC với cạnh AC Đặt X là giao điểm của BK và ,

Y là giao điểm của và DI Chứng minh rằng

Lời giải

F E

M Y

X

K1 K

I1

I D

O B

Mặt khác theo tính chất đường phân giác ta lại có

Kết hợp với hai đẳng thức ở trên ta có

và do đó

Bây giờ ta lại có

nên IL = IK hay I là trung điểm của KL.

Gọi giao điểm của XI và là E; giao điểm của YI và BK là F Vì là hàng

điểm điều hòa nên qua phép chiếu tâm D lên đường thẳng BK ta có cũng làhàng điểm điều hòa

Lại sử dụng phép chiếu tâm I với hàng điểm lên đường thẳng ta có:

nên 3 đường thẳng KL, FE, XY hoặc đôi một song song hoặc đồng quy

Bây giờ giả sử chúng đồng quy tại P

Đặt N là giao điểm của BI và XY

Xét tam giác BXY có XE, YF và BN đồng quy tại I mà

Xét phép chiếu tâm B lên đường thẳng KL ta cũng có được mà I là trung điểm của KL (chứng minh trên) nên P phải nằm ở vô cực, hay nói cách khác là 3 đường thẳng KL, FE, XY phải đôi một song song

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 9 (Korea 2018) Cho tam giác ABC có C = 900 Một đường tròn đi qua điểm A, B cắt đoạn AC tại G (G khác A và C) và cắt đoạn BC tại điểm D (D khác B) Đoạn AD cắt đoạn BG tại H, cho là đường trung trực của đoạn AD cắt đường trung trực của AB tại E Một đường thẳng đi qua D và vuông góc với DE cắt tại điểm F Đường tròn ngoại tiếp tam giác CFH cắt AC, BC lần lượt tại P và Q Chứng minh rằng PQ vuông góc với FH.

F

E H

D C

G

Gọi giao điểm của CH và DF là X, giao điểm của CA và DF là Y, giao điểm của AD và CF

là R.

Dễ thấy DF và FA là các tiếp tuyến của đường tròn đi qua 4 điểm B, D, G, A

Ta có ngay AD là đường đối cực của điểm F đối với đường tròn đi qua B, D, G, A Từ đó

H nằm trên AD là đường đối cực của điểm F nên F nằm trên đường đối cực của điểm H

Gọi T là giao điểm của AB và DG Áp dụng định lý Brocard ta có TC là đường đối cực của

H với đường tròn nói trên và do đó F, T, C thẳng hàng

Đặt S là giao điểm của CH và AB thì ta có (TSBA) = - 1.

Mặt khác

Từ đó ta có CA là đường phân giác của góc HCF

Vì P, Q nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HCF mà CP  CQ nên PQ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác HCF

Lại có P là điểm chính giữa của cung nhỏ HF của đường tròn nói trên nên PQ  HF Bài

toán được chứng minh

Ví dụ 10 (Bài giảng trường hè Titan – Hà Nội 2016) Cho tam giác ABC nội tiếp đường

tròn (O) và tâm nội tiếp I Đường tròn bàng tiếp (L) tại đỉnh C của tam giác ABC tiếp xúc

với AB tại M MI cắt BC tại N P là hình chiếu của C lên LB Chứng minh rằng AI và P N cắt nhau trên đường tròn (O).

Lời giải

P

N

I M

J

L

K A

Kết hợp chùm P(BIMN) = −1 ta suy ra P N chia đôi IJ

Mặt khác theo kết quả quen thuộc trung điểm IJ thuộc (O)

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 11 (Sĩ Đức Quang - Bài giảng Trường hè Titan – Ha Nội 2017) ChoTam giác

ABC, đường đối trung AD, trung tuyến AM P nằm trong tam giác sao cho PBA = PCA.

Gọi K là hình chiếu của P trên AD Chứng minh rằng (KMD) tiếp xúc (PBC).

Lời giải

L T

Gọi E = BP  AC, F = CP  AB.

Do PBA = PCA  Ta có BCEF nội tiếp

Gọi S, P là giao điểm của (PBC) và (PEF)

Ta có EF, BC, PS đồng quy tại tâm đẳng phương T của (ABC), (PBC), (PEF)

Gọi L là tâm đường tròn ngoại tiếp EFBC  TP  AL

Bổ đề: Tứ giác nội tiếp ABCD AC cắt BD tại G (GAB) cắt (GCD) tại K khác G O là tâm

đường tròn ngoại tiệp ABCD Theo định lý Brocard thì OK  GK.

Trở lại bài toán

Áp dụng bổ đề trên, ta có LS  SP  L, S, A thẳng hàng  TSLM là tứ giác nội tiếp

 SMT = SLT = APS = AKS

 S  (KMD)

Kẻ tiếp tuyến SR của (SBC), R  BC, ta có

 (RDBC) = -1  RD.RM = RB.RC = RS2

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 12 (Đề nguồn Duyên Hải 2018) Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A,B.

CD là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1) và (O2) với C thuộc (O1) ; D thuộc (O2), B gần CD hơn A.

a) Gọi E là giao điểm của BC và AD, F là giao điểm của BD và AC Chứng minh rằng EF song song với CD.

b) Gọi N là giao điểm của AB và EF Lấy K trên đoạn thẳng CD sao cho

BAC = DAK.

Chứng minh rằng KE=KF.

Lời giải

N B

KM

a) Không mất tính tổng quát bài toán trong trường hợp hình vẽ trên

Mà

nên

suy ra AEBF là tứ giác nội tiếp.Từ đó suy ra

b) Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua CD, AN cắt CD tại M suy ra

Do đó M là trung điểm của CD và N là trung điểm của EF.

Giả sử K’ là điểm thuộc CD sao cho K’N vuông góc với EF tại N

Xét hình tứ cạnh toàn phần AFBECD có

(ABNM) = -1  K’(ABNM)=-1

Mà K’N  K’M  K’M là phân giác ngoài của BK’A’

Lại có K’M là phân giác BKB’  A,K’,B thẳng hàng

Do ACB’D là tứ giác nội tiếp vì

Mà

Đó là điều phải chứng minh

Ví dụ 13 (Trường hè Toán học Miền Bắc 2016) Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội

tiếp (O) Một đường tròn (O’) thay đổi đi qua B, C, cắt AB, AC lần lượt tại E, F khác A (AEF) cắt (O) tại K, K ≠ A KE, KF lần lượt cắt (O) tại Q, P khác K Gọi T = BQ  CP Gọi M, N lần lượt là giao điểm của BF, CE.

a) Chứng minh rằng T luôn thuộc một đường thẳng cố định khi (O’) thay đổi.

b) Chứng minh rằng KA tiếp xúc với (AMN).

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được EF // CQ  BP // CQ.

Do đó tứ giác BPCQ là hình thang cân  OT  CQ, BP  OT  EF

Gọi Ax là tiếp tuyến của (O) tại A ta có

xAB = ABC = AEF  Ax // EF

 OA  EF

Từ đó suy ra A, O, T thẳng hàng

Vậy T luôn thuộc đường thẳng OA cố định.

b) Dễ thấy AK, EF, BC đồng quy tại tâm đẳng phương D của (O), (O’), (AEF).

Gọi L = BF  CE, X = BF  AD, Y = CE  AD, Z = MN  AD.

Ta có (ADXY) = - 1  (ECLY) = B(ECLY) = B(ADXY) = - 1.

Do đó theo hệ thức Maclaurin ta có

Hoàn toàn tương tự ta có

Mà

Từ đó suy ra M, N, X, Y đồng viên.

Theo định lý Gauss thì MN đi qua trung điểm AD nên Z là trung điểm AD.

Mà M, N, X, Y đồng viên nên

ZN ZM = ZX.ZY.

Mặt khác (ADXY) = - 1 suy ra ZA2 = ZX.ZY = ZN.ZM

Suy ra ZA là tiếp tuyến của (AMN).

Từ đó có điều phải chứng minh

Ví dụ 14 Cho ABC đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA và AB tương

ứng tại D, E, F Đường thẳng EF cắt BC tại G Đường tròn đường kính GD cắt (I) tại R (R

D) Gọi P, Q (P R, Q R) tương ứng là giao của (I) với BR, CR Hai đường thẳng BQ

và CP cắt nhau tại X Đường tròn (CDE) cắt QR tại M và đường tròn (BDF) cắt PR tại N Chứng minh rằng PM, QN và RX đồng quy.

Lời giải

Gọi K là trung điểm đoạn GD

Ta có (GDBC)=-1, do đó điều này suy ra KR là tiếp tuyến (RBC)

Mặt khác KD là tiếp tuyến của (I), do đó KR cũng là tiếp tuyến của (I)

Vì vậy

Suy ra RX đi qua trung điểm của đoạn PQ ( bổ đề quen thuộc trong hình thang )

Từ đây suy ra RX, PM, QN là 3 đường trung tuyến của , suy ra ĐPCM

I

X

Q P

F R

D A

Tiếp tuyến với đường tròn tại cắt tại Chứng minh rằng tam giác cân.

Lời giải

Nếu // thì thẳng hàng nên // (vô lí)

Suy ra và cắt nhau tại

Vậy hay cân tại

Ví dụ 16 (ELMO SL 2012) Cho tam giác ABC và tâm nội tiếp (I) tâm I Gọi D là chân

vuông góc của   xuống BC, P là chân vuông góc của I xuống AD Chứng

Lời giải

Cách 1

Gọi (C) là đường tròn đường kính ID Dễ dàng thấy rằng BC, IP, EF  theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (C) và (I), (C) và (AFPIE), (AFPIE) và (I) Như vậy BC, IP, EF đồng quy tại J.

Từ đó dễ thấy (JDBC) = - 1  mà PI   PD  nên theo định lý về chùm điều hòa ta

Cách 2

Giả sử (I) tiếp xúc AB, AC tại F,E.

EF cắt BC tại J

Kẻ tiếp tuyến JM đến (I).

Suy ra tứ giác EMFD điều hòa Suy ra A, M, D thẳng hàng hay M,P,D thẳng hàng

Suy ra K,P, I thẳng hàng.

Do đó

Mà suy ra

Ví dụ 17 (Trường hè Toán học Miền Nam Trung Bộ 2016) Cho tam giác ABC nhọn,

không cân nội tiếp (O) với E, F lần lượt thay đổi trên AC, AB sao cho AE = AF Gọi D là giao điểm của EF và BC Gọi K, L lần lượt là tâm (BDF) và (CDE) Gọi H là giao điểm của BE và CF AH cắt BC tại S G đối xứng D qua KL Gọi T là điểm thuộc DG sao cho

TS  BC M là trung điểm của ST Chứng minh rằng khi E, F thay đổi thì đường thẳng GM

luôn đi qua một điểm cố định

S H

L

K

D

E O A

F

Do D, G đối xứng qua KL nên G là giao điểm thứ hai của (BDF) và (CDE).

Do đó theo định lý Miquel, ta có G  (O) và G  (AEF).

Ta có GBF = GBA = GCA = GCE.

GFB = 1800 - GDB = GEC.

Suy ra tam giác GBF đồng dạng với tam giác GCE

Mà DGS = 900  GS và GD là các phân giác của góc BGC.

Do đó GS, GD lần lượt đi qua trung điểm các cung nhỏ và lớn BC của (O).

Gọi các trung điểm đó lần lượt là P, Q  O là trung điểm PQ.

Mặt khác PQ // ST nên theo bổ đề hình thang thì G, M, O thẳng hàng.

Vậy GM luôn đi qua O cố định.

Ví dụ 18 (Peru TST 2017) Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) Đường tròn (I) tiếp xúc BC

tại D Gọi K, L là tâm đường tròn bàng tiếp góc B, C của tam giác ABC ID cắt CA, AB lần lượt tại M, N Gọi J = NK  ML Chứng minh rằng IJ  AD.

Lời giải

Gọi E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) với CA, AB, S = EF  BC.

Khi đó AD, BE, CF đồng qui nên (SDBC) = - 1.

Gọi X là giao điểm thứ hai của (I) và AD

Do đó tứ giác XEDF điều hoà.

Suy ra EF, DD và XX (của (I)) đồng quy tại S  SI  XD.

Như vậy ta chỉ cần chứng minh S, I, J thẳng hàng.

R X

S

E F

I A

C B

Gọi R = ID  AK; Y = IC  AB.

Ta có A(IKBC) = - 1  (IRNM) = - 1  J(IRNM) = - 1 JI, MK, NL đồng quy.

Gọi Y = IC  AB  (LIYC) = - 1  N(LIYC) = - 1

Mà (SDBC) = - 1  N, L, S thẳng hàng.

Tương tự ta cũng có M, K, T thẳng hàng Suy ra NL, MK, IJ đồng quy tại S.

Từ đó có điều phải chứng minh

II.3 Các bài toán ứng dụng của tứ giác điều hoà

Ví dụ 1 (Iran TST 2018) Cho tam giác ABC có góc A không vuông Đường cao BE, CF.

Đường phân giác trong của góc A cắt đoạn EF, BC lần lượt tại M và N Lấy điểm P thỏa mãn MP  FE và NP  BC Chứng minh rằng AP đi qua trung điểm cạnh BC.

N

E F

A

Gọi giao điểm của EF và BC là D, giao điểm của AP và BC là điểm I

Ta phải chứng minh I là trung điểm BC

Dễ thấy tam giác MND cân ở D.

Vì

và MPND là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính PD

Ta có ngay DM = DB và PM = PN nên MNPD là một tứ giác điều hòa

Vì X nằm trên đường tròn đường kính PD nên

Vậy H cũng là trực tâm tam giác ADI

Ta lại có và do đó I phải trùng với trung điểm của cạnh BC

Vậy ta có AP đi qua trung điểm của cạnh BC (điều phải chứng minh).

Ví dụ 2 (Balkan 2017) Cho tam giác nhọn ABC với có là đường tròn

ngoại tiếp Gọi và lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn tại B và C Gọi L là giao điểm của chúng Đường thẳng đi qua B và song song với AC cắt tại D Đường thẳng đi qua C và song song với AB cắt tại E Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDC cắt

AC tại T; trong đó T nằm giữa A và C Đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC cắt AB tại S;

T

E

D L

A

Ta có

.Chứng minh tương tự ta cũng có

Vì BTCD là tứ giác nội tiếp nên

Vì BCES là tứ giác nội tiếp nên

Do đó

Từ đó suy ra BT // SC

Do đó, để chứng minh đồng quy, ta phải chứng minh AL đi qua trung điểm của

BT

Thật vậy, gọi K là giao điểm của AL với đường tròn

Đặt M là giao điểm của AL và BT Ta dễ dàng chứng minh được



Do đó ABKC là tứ giác điều hòa

Do đó M phải là trung điểm của BT

Ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 3 (Iran TST 2017) Trong tam giác lấy hai điểm tùy ý P, Q nằm trên cạnh

sao cho (P nằm giữa B và Q) Đường tròn ngoại tiếp tam giác cắtcạnh lần lượt tại E và F Đặt T là giao điểm của Hai đường thẳng đi quatrung điểm của và song song với và cắt và lần lượt tại X và Y Chứng

minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác và đường tròn ngoại tiếp tam giác tiếp xúc với nhau

F E

Q M

A

Lấy M là trung điểm của BC Gọi giao điểm AM của và là Z

Ta sẽ chứng minh hai đường tròn và tiếp xúc tại Z

Dựng hình thang cân với thì ta có nên

Ta có

Tương tự ta cũng chứng minh được

Do đó, đường thẳng ZD đi qua giao điểm U của tiếp tuyến đường tròn tại E và F

và giao điểm V của tiếp tuyến đường tròn tại P và Q

mà

và

Do đó hai đường tròn ngoại tiếp và tiếp xúc tại Z

Ta có điều phải chứng minh

Ngoài cách giải trên, ta có thể sử dụng định lý Miquel cũng cho lời giải khá ngắn gọn

Lời giải 2

Đặt M là trung điểm của cạnh BC, đặt

Chúng ta có

.Tương tự ta chứng minh được

nên đường tròn ngoại tiếp tam giác và tiếp xúc tại S

Ví dụ 4 (Sharygin 2018) Xét tam giác không cân ABC có đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với các cạnh AB, AC, BC lần lượt tại D, E, F Đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc với cạnh BC tại N Đặt T là giao điểm gần N của AN với đường tròn nội tiếp tam giác ABC,

K là giao điểm của DE và FT Chứng minh rằng AK // BC.

Lời giải

P L

K

T D

E

N F

I A

B

C

Gọi giao điểm thứ hai của AN với đường tròn nội tiếp tam giác ABC là điểm L

Đặt giao điểm của LF và DE là P.

Ta dễ dàng chứng minh được LF là đường kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC và

AP là đường trung tuyến của tam giác ABC

Ta có DLET là tứ giác điều hòa

Do đó ta có

 (DEPK) = - 1 A(DEPK) = -1 A(BCXK) = - 1

Mà theo một kết quả quen thuộc X là trung điểm BC

Suy ra AK // BC.

Đó là điều phải chứng minh

Ví dụ 5 Cho tam giác ABC nhọn, AB > AC D  BC sao cho BD  AC, E  AB sao cho CE 

AB Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm BC, MD, ME S = PN  BC Gọi T là điểm thuộc

DE sao cho AT // BC Chứng minh rằng ST tiếp xúc (ADE)

Do BCDE nội tiếp đường tròn tâm M nên theo định lý Brocard ta có KH  AM

hay AVH = 900  V  (AED).

Lại có A(TMBC) = - 1  A(TVED) = - 1  tứ giác AEVD là tứ giác điều hoà.

Do đó TV là tiếp tuyến của (AED)

Hay ST tiếp xúc (AED).

Ví dụ 6 (Rev 2011, P4) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) r, s là các tiếp tuyến của (O) tại B,

C Gọi M = r  AD, N = s  AD, E = BN  CM, F = AE  BC.

Gọi S là trung điểm BC Chứng minh rằng (DSF) tiếp xúc (O).

Lời giải

J

V

U L

D'

S F E

Ta có tứ giác BDCD’ điều hoà nên (TF’D’D) = - 1.

Gọi U, V lần lượt là giao của TE với BC, AD.

Khi đó (TEUV) = - 1

Từ đó suy ra (TEUV) = (TFD’D)  EF, DV, ED’ đồng quy tại A’.

Ta có (LUBC) = - 1  A’(LUBC) = -1  A’(DD’BC) = - 1

Mà tứ giác BDCD’ điều hoà nên A’  (O)  A  A’ và F  F’

Gọi J = DD  BC

Do tứ giác BDCD’ điều hoà nên D(JFBC) = - 1  (JFBC) = - 1.

Do đó theo hệ thứ Maclaurin ta có

Do đó (O) tiếp xúc (DSF)

Ví dụ 7 (Trần Quang Hùng – Tuần 1/11/2015) Cho tam giác ABC nhọn đường cao AD.

Các điểm K, L thuộc đường thẳng BC sao cho AK  AC, AL  AB P là điểm di động trên đoạn AD Trên đoạn thẳng PB, PC lần lượt lấy các điểm M, N sao cho KM = KA, LN = LA Chứng minh rằng tâm (DMN) luôn thuộc một đường thẳng cố định khi P di chuyển trên

AD.

Lời giải

H I

N

L R

Gọi I là giao điểm thứ hai của (DMN) và BC.

Gọi E là giao điểm thứ hai của (K) tâm K bán kính KA và (L) tâm L bán kính LA.

Khi đó A, E đối xứng nhau qua BC và BA, BE tiếp xúc với (L), LA, LE tiếp xúc với (K) Gọi Q là giao điểm thứ hai của BP và (L), R là giao điểm thứ hai của CP và (K).

Khi đó các tứ giác ANEQ và AMER điều hoà.

Do đó các tiếp tuyến tại N, Q của (L) cắt nhau tại X trên AE, các tiếp tuyến tại M, R của (K) cắt nhau tại X’.

Do đó đường tròn (H), tâm H bán hính HM tiếp xục với (K), (L) lần lượt tại M, N.

Gọi S là tâm vị tự ngoài của (K), (L).

Theo định lý Monge – D’ Alemberts thì S, M, N thẳng hàng.

Khi đó ta có SA2 = SM.SN = SD.SI  AS  AI

Mặt khác, vì S là tâm vị tự ngoài của (K), (L) nên

Do đó AS là phân giác ngoài góc KAL  AI là phân giác trong góc KAL.

 AI là pg trong góc BAC  I cố định.

Do đó tâm (DMN) luôn thuộc trung trực DI cố định (đpcm).

Nhận xét: Bài toán này có có lẽ là một mở rộng của bài IMO SL năm 2012, bài G5 như

sau:

“Let   be a triangle with  , and let   be the foot of the altitudefrom   Let   be a point in the interior of the segment   Let   be the point on thesegment   such that   Similarly, let   be the point on the segment   

such that   Let   be the point of intersection of   and  Show

Ví dụ 8 Tam giác ABC có H là trực tâm, M là trung điểm của BC, P là điểm bất kì trên

đoạn HM Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của P trên AH, AB, AC Đường thẳng HM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K, G (M nằm giữa H và K) Tiếp tuyến tại E, F của đường tròn ngoại tiếp tam giác EAF cắt nhau tại T Chứng minh rằng ba điểm G, D, T

F

H A

B

C P

Gọi AK’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi đó K’, H, M thẳng hàng Vậy K’ trùng K.

Ta có

 AGM = 900

Gọi R, S là chân đường cao theo thứ tự hạ từ B, C của tam giác ABC.

Xét các đường tròn (AGBC), (AGSHR), (BSRC) có các trục đẳng phương là AG, SK, BC TH1: AG, SK, BC song song hoặc trùng nhau thì tam giác ABC vuông cân tại A Khi đó tiếp tuyến tại E và F của (AEF) song song.

TH2: AG, SK, BC đồng quy tại T’.

Ta có

Suy ra GEDF là tứ giác điều hòa Do đó G, P, T thẳng hàng.

Ví dụ 7 (APMO 2012) Cho tam giác ABC nhọn Gọi D, M, H lần lượt là chân đường cao

hạ từ A, trung điểm của BC, trực tâm tam giác ABC Đường thẳng MH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là E Đường thẳng ED cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là F Chứng minh rằng

Lời giải

Gọi H’ đối xứng H qua D, N đối xứng H qua M Khi đó BC // NH’

Ta có N(H’MBC) = - 1

Do đó tứ giác BECH’ là tứ giác điều hoà.

Hay D(EH’BC) = -1  D(FACB) = -1

Từ đó có đpcm

Ví dụ 8 (IMO SL 2013) Cho tam giác ABC có B > C Gọi P, Q là hai điểm phân biệt

trên đường thẳng AC sao cho PBA = QBA = ACB và A nằm giữa P và C Giả sử rằng tồn tại một điểm D nằm trong đoạn BQ sao cho PD = PB Tia AD cắt (ABC) tại R khác A Chứng minh rằng QB = QR.

P

D

M

B'

Gọi E, F lần lượt là chân đường phân giác trong và ngoài của góc B của tam giác ABC Gọi

M, N lần lượt là giao của BE, BF với (ABC).

B’  (ABC) sao cho BB’ // AC.

M, N là trung điểm các cung  MN  AC  MN  BB’.

Mà MN là đường kính của (ABC) nên tứ giác BMB’N là tứ giác điều hoà.

Suy ra

-1 = B(B’BMN ) = B(B’PEF)

Do đó P là trung điểm EF.

Suy ra P là tâm đường tròn (BEF)

Mà PB = PD  D thuộc đường tròn (BEF)

Do đó theo tính chất đường tròn Apollonius ta có

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Nhận xét

Ngoài lời giải sử dụng tứ giác điều hoà, chúng ta có thể sử dụng kiến thức THCS, như sau:

+) Chứng minh AB là tiếp tuyến chung của (BDR) và (BCQ)

+) Chứng minh R, C, Q, D đồng viên.

Sau đó dùng cộng góc ta chứng minh được  QBR =  QRB

Và do đó có điều phải chứng minh

Ví dụ 9 (MEMO 2017 – T6) Cho tam giác ABC nhọn không cân, nội tiếp (O) Hai tiếp

tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại D AO cắt BC tại E Gọi M là trung điểm BC, AM cắt (O) tại điểm thứ hai là N F là giao điểm thứ hai của (O) và (AME) Chứng minh rằng FN chia đôi MD.

Lời giải

C' B'

A'

Z H

L N

F

E M

D

O A

Do đó F, A’, D thẳng hàng.

Gọi B’, C’ lần lượt là trung điểm DB, DC.

gọi (D) là đường tròn tâm D bán kính 0.

Khi đó B’C’ là trục đẳng phương của (O) và (D)

Từ đó suy ra L là trung điểm MD

Bài toán được chứng minh

Ví dụ 9 (Maraton hình học) Cho tam giác không cân ABC Đường tròn (I) tâm I nội tiếp

tam giác tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F tương ứng AD cắt (I) tại điểm thứ hai G, M là giao điểm của AI và EF Giả sử DM và GM cắt (I) tại các điểm thứ hai P, Q tương ứng Chứng minh rằng A, P, Q thẳng hàng

B

C

Ta có tứ giác GEDF điều hoà nên

M(EFGD)= -1  M (FEQP)=-1

Suy ra tứ giác PEQF là tứ giác điều hoà

Suy ra QP, tiếp tuyến tại E, tiếp tuyến tại F đồng quy (tại A) suy ra A, P, Q thẳng hàng.

(đpcm)

Ví dụ 10 (IMO SL 2017 pro G3) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) OA cắt các đường cao

từ B và C của tam giác ABC lần lượt tại P, Q H là trực tâm tam giác ABC Chứng minhrằng tâm của (PQH) chạy trên một trung tuyến của tam giác ABC

Lời giải

II.4 Các bài toán kết hợp giữa hàng điểm điều hoà và phép biến hình

Ví dụ 1 (India TST 2013) Cho tam giac ABC không cân, đường cao BE Một đường tròn

qua A tiếp xúc BE tại P, cắt lại BA tại X Điểm Q thuộc PB sao cho BQ = BP CP cắt QA tại Y Chứng minh C, X, Y, A cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi CX  AB.

Lời giải

Gọi H là trực tâm tam giác ABC  BP2 = BX.BA = BH.BE

Mà B là trung điểm PQ nên (PQHE) = - 1.

Do đó EH.EB = EP.EQ  EP.EQ = EA.EC

Mà QE là đường cao tam giác QAC nên P là trực tâm tam giác QAC

Do đó AYC = 900

Do đó C, X, Y, A đồng viên.

b) Nếu A, C, X, Y đồng viên Ta cần ngsminh CX  AB.

Do BQ2 = BP2 = BX.BA  ∆BQX đồng dạng với ∆BAQ

Do XQCP nội tiếp và không đi qua B nên APNQ nội tiếp.

Xét ba đường tròn (ACXY), (XQCP), (APNQ) có ba trục đẳng phương là AN, CX, PQ đồng quy tại H.

Gọi T = XN  AC, M là tâm đường tròn (ACXY)

Áp dụng định lý Brocard ta có MT  BH, TE  BH  T, E, M thẳng hàng

Suy ra M  BC  M là trung điểm BC  BXC = 900

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 2 (Mathley 7) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi E là giao điểm của

AB và CD, F = AD  BC, I = AC  BD FI cắt (FAB) tại K, FI cắt (FCD) tại L Chứng

minh rằng EK = EL.

Lời giải

L'

K' J

L K

I

F A

D E

Điều này hiển nhiên đúng

Vậy có điều phải chứng minh

Ví dụ 3 (IMO SL 2016) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I) M là trung điểm

cạnh BC Gọi D, E, F lần lượt thuộc cạnh BC, CA, AB sao cho ID  BC, IE  AI và IF  IA Giả sử (AEF) cắt (O) tại X khác A Chứng minh rằng XD và AM cắt nhau trên (O).

Lời giải