Định lí miquel và một số bài tập áp dung

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY SÁNG KIẾN ĐỊNH LÍ MIQUEL VÀ MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG F A E M B D C Các tác giả: Nguyễn Trường Sơn - Bùi Thị Mỹ Nương Tổ : Tốn - Tin Đơn vị cơng tác : THPT Chuyên Lương Văn Tụy Ninh Bình, tháng năm 2019 MỤC LỤC A Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng Nội dung sáng kiến 3 Hiệu kinh tế xã hội dự kiến đạt 4 Điều kiện khả áp dụng Định lí Miquel số tính chất liên quan Tính chất Tính chất Tính chất 10 Tính chất 10 Tính chất ( Định lí Emelyanov) 11 Tính chất ( Định lí Mannheim) 12 Tính chất 13 Tính chất 14 Tính chất 15 B Một số tốn liên quan tới điểm Miquel 18 C Bài tập tự luyện 44 D Hướng dẫn giải 48 E Lời cảm ơn tài liệu tham khảo 50 MẪU M2 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM ĐỘC LẬP - TỰ DO - HẠNH PHÚC ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN Kính gửi: Sở giáo dục đào tạo Ninh Bình Chúng tơi gồm: TT Họ tên Ngày tháng năm Chức vụ sinh Nguyễn Trường Sơn Bùi Thị Mỹ Nương 1983 1978 Giáo viên Giáo viên Trình độ chun mơn Đại học Thạc sĩ Tỉ lệ (%) đóng góp vào việc tạo sáng kiến 60% 40% Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng Là nhóm tác giả đề nghị xét cơng nhận sáng kiến: ĐỊNH LÍ MIQUEL VÀ MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Lĩnh vực áp dụng: Giảng dạy hình học THCS, THPT Chuyên Nội dung sáng kiến Hình học sơ cấp phân môn quan trọng chương trình trung học phổ thơng Vẻ đẹp ẩn chứa điểm, đường thẳng, đường tròn, góc mà muốn cảm nhận ta cần phải có nhìn tinh tế, trí tưởng tượng phong phú Hình học giúp người ta có nhìn tổng qt, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ tư sáng tạo Trong kì thi chọn học sinh giỏi cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, tốn Hình học thường đóng vai trò quan trọng Chúng ta làm quen nhiều dạng tốn Hình học, biết nhiều phương pháp giải, có có cách giải Mỗi gặp toán lại phải suy nghĩ tìm cách giải Sự phong phú đa dạng tốn Hình học hấp dẫn giáo viên, học sinh giỏi yêu toán Giải pháp cũ thường làm: Các tốn định lí thường khơng có có rời rạc, khơng hệ thống Nhược điểm: Kiến thức định lí Miquel xuất nhiều đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp khu vực, cấp Quốc gia Để đạt điểm giỏi, học sinh cần rèn luyện làm tập đầy đủ sâu Nhưng sách tập giáo khoa hành, sách tài liệu chuyên chưa đáp ứng yêu cầu Khi soạn giảng, giáo viên bắt buộc phải tham khảo nhiều tài liệu từ nhiều phương tiện, đối tượng học sinh luyện thi đại học thi học sinh giỏi cấp, nhiều thời gian công sức, tốn nhiều tiền bạc Do tập thiếu tính hệ thống học sinh chưa đủ kĩ kinh nghiệm để hệ thống phân loại kiến thức nên em khó hiểu cách bao quát, đầy đủ dạng tập định lí Miquel Để khắc phục hạn chế trên, việc biên soạn hệ thống tập định lí Miquel cách khoa học, bao chùm tất kiến thức Giải pháp cải tiến: -Mơ tả chất giải pháp mới: Nhóm tác giả xây dựng logic, đa dạng, phong phú, thể kiến thức bao chùm từ đến phức tạp, từ dễ đến khó, phù hợp với trình độ nhận thức đối tượng học sinh, dành cho nhiều đối tượng học sinh từ người học đến học sinh dự thi học sinh giỏi Quốc gia Hệ thống tập lựa chọn đưa vào đề tài tập tính tốn, phân loại theo mức độ nhận thức: Bài tập cho đối tượng; tập nâng cao dành cho học sinh khá, giỏi; tập hay khó dành cho học sinh giỏi ơn luyện thi học sinh giỏi Quốc gia Trong dạng theo mức độ nhận thức, tập xếp theo chủ đề với mức độ kiến thức -Tính mới, tính sáng tạo giải pháp: Tính sáng tạo trước hết thể tính giải pháp nêu trên, đồng thời thể sâu hướng dẫn phương pháp giải tập cụ thể Điều sách tập giáo khoa tài liệu tham khảo chưa làm Các tập nhóm tác giả trình bày tự luận từ dễ tới khó để tăng khả trình bày cho học sinh HSG Quốc gia Hiệu kinh tế xã hội dự kiến đạt Hiệu kinh tế: Qua ý kiến nhận xét học sinh, đồng nghiệp sử dụng sáng kiến làm tài liệu tham khảo học tập nghiên cứu, hiệu kinh tế mà sáng kiến mang lại lớn cụ thể là: - Tiết kiệm nhiều thời gian cơng sức tìm tòi tài liệu giáo viên học sinh giảng dạy học tập mơn Tốn - Tiết kiệm nhiều chi phí mua tài liệu, sưu tầm tài liệu - Tiết kiệm tiền mời thầy tập huấn cho đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia Hiệu xã hội: Sáng kiến tác giả triển khai thực nghiệm cho học sinh chuyên Toán, học sinh ôn thi đại học năm gần trường THPT chuyên Lương Văn Tụy Hiệu mà sáng kiến với chuyên đề kiến thức khác mang lại mặt giáo dục, xã hội trước hết kết thi đại học, thi học sinh giỏi cấp học sinh Trước thực sáng kiến, kết thi tương đối cao, từ thực sáng kiến kết thi vượt trội nhiều Điều kiện khả áp dụng -Điều kiện áp dụng: Học sinh cần say mê với mơn hình học, có tài liệu Hình học cấp tài liệu chuyên toán lớp 10, 11 - Khả áp dụng: Sáng kiến tài liệu tham khảo hữu ích cho đối tượng học sinh giáo viên học tập, nghiên cứu giảng dạy mơn Tốn Hiện nay, sáng kiến tư liệu tham khảo cần thiết thiếu học sinh giáo viên Chuyên Toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy Sáng kiến tiếp tục mở rộng phát triển tiếp năm học sau Danh sách người tham gia áp dụng thử áp dụng sáng kiến lần đầu TT Họ tên Năm sinh Nơi cơng tác Chức vụ Trình Nội dung độ cơng việc hỗ chun trợ mơn Nguyễn Bích Ngọc 1976 THPT Chuyên Giáo viên Đại học Dạy nội dung Lương Văn Tụy định lí Miquel Ngơ Thị Hoa 1979 THPT Chuyên Giáo viên Thạc sĩ Dạy nội dung Lương Văn Tụy định lí Miquel Phạm Đức Tùng 1983 THPT Chuyên Giáo viên Thạc sĩ Dạy nội dung Lương Văn Tụy định lí Miquel Chúng tơi xin cam đoan thông tin nêu đơn trung thực, thật hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật Ninh Bình, ngày 15 tháng năm 2019 XÁC NHẬN CỦA LÃNH ĐẠO ĐƠN VỊ CƠ SỞ Người nộp đơn (Ký ghi rõ họ tên) Nguyễn Trường Sơn PHỤ LỤC A ĐỊNH LÍ MIQUEL VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT LIÊN QUAN Bài toán Cho tam giác ABC Các điểm D, E, F khác A, B, C theo thứ tự thuộc đường thẳng BC, CA, AB Khi đó: a Các đường tròn (AEF ), (CDE), (BDF ) qua điểm b Các đường tròn (AEF ), (CDE), (BDF ), (ABC) qua điểm E, F, D thẳng hàng F A E M Chứng minh B D C a Gọi M giao điểm thứ hai (BDF ), (CDE) Ta thấy: (M E, M F ) ≡ (M E, M D) + (M D, M F ) ≡ (CE, CD) + (BD, BF ) ≡ (CE, BC) + (BC, BF ) ≡ (AE, AF ) (mod π) Vậy M thuộc đường tròn (AEF ) Điều có nghĩa đường tròn (AEF ), (CDE), (BDF ) qua điểm b Theo phần a, ta có: (AEF ), (CDE), (BDF ) qua điểm M Mặt khác: (DE, DF ) ≡ (DE, CE) + (CA, AB) + (BF, DF ) ≡ (M D, M C) + (CA, AB) + (BM, DM ) ≡ (M B, M C) − (AB, AC) (mod π) Vậy điều kiện sau tương đương: Các đường tròn (AEF ), (CDE), (BDF ), (ABC) qua điểm M ∈ (ABC) (M B, M C) ≡ (AB, AC) (mod π) (M B, M C) − (AB, AC) ≡ (mod π) (DE, DF ) ≡ (mod π) DE ≡ DF D, E, F thẳng hàng Chú ý Khi D, E, F không thẳng hàng, M gọi điểm Miquel tam giác ABC điểm D, E, F Khi Khi D, E, F thẳng hàng, M gọi điểm Miquel tam giác ABC đường thẳng DEF Một phát biểu khác sau: Cho bốn đường thẳng t1 , t2 , t3 , t4 đôi cắt nhau, khơng có ba đường đồng quy Gọi cijk đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo đường thẳng ti , tj , tk (1 ≤ i < j < k ≤ 4) Khi đường tròn cijk đồng quy Tính chất Cho tứ giác toàn phần ABCDEF Khi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF, DCF, BCE, ADE đồng quy Chứng minh Gọi M giao điểm thứ hai hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF ADE Khi ta có: (M A, M C) ≡ (BA, BC) (mod π) (M E, M A) ≡ (F E, F A)(mod π) E A M D B C F Suy ra: (M E, M B) ≡ (M E, M A) + (M A, M B) ≡ (DE, DA) + (F A, F B) ≡ (CE, DA) + (DA, CB) ≡ (CE, CB) (mod π) Do đó, đường tròn ngoại tiếp tam giác CBE qua điểm M Chứng minh tương tự ta suy đường tròn ngoại tiếp tam giác CDF qua điểm M Nhận xét Trong trường hợp đặc biệt, tứ giác ABCD nội tiếp ba điểm M, E, F thẳng hàng M hình chiếu G ( giao điểm BD AC) lên EF Đặc biệt M G phân ÷ ÷ giác BM D, AM C O, G, M thẳng hàng E M C G B F A D O Chứng minh Do tứ giác EM AD CM F D nội tiếp nên (M E, M F ) ≡ (M E, M D) + (M D, M F ) ≡ (AE, AD) + (CD, CF ) ≡ 0, (mod π) Suy E, M, F thẳng hàng Lại có: (M D, M B) ≡ (M D, M E) + (M E, M F ) + (M F, M B) ≡ (AD, AE) ≡ (M B, M D) , (mod π) ÷ ’ = OBD ’ = OM ÷ Vậy tứ giác OBM D nội tiếp Suy OM B = ODB D ⇒ OM ⊥EF ÷ ÷ Theo định lí Brocard ta lại có: OG⊥EF Từ suy M G phân giác BM D, AM C O, G, M thẳng hàng Tính chất Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CBE, CDF, ADE, ABF điểm Miquel M thuộc đường tròn Đường tròn gọi đường tròn Miquel tứ giác tồn phần Trước chứng minh tính chất này, tơi xin nhắc lại định lí đảo đường thẳng Simson:” Nếu hình chiếu điểm M cạnh tam giác thẳng hàng điểm M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.” Chứng minh Gọi O1 , O2 , O3 , O4 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EAD, EBC, CDF, ABF Dễ thấy O1 O3 , O4 O3 , O4 O1 đường trung trực M D, M F, M A Gọi H, K, L hình chiếu M lên đường thẳng O1 O3 , O4 O3 , O4 O1 Dễ thấy ba điểm H, L, K thẳng hàng Do theo định lí đảo đường thẳng Simson ta suy M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác O1 O4 O3 Chứng minh tương tự, ta có M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác O2 O3 O4 Lại có: A , S, T, M đồng viên Suy ra: A thuộc vào giao hai đường tròn (SBC) (SM T ) Do A ≡ A Từ suy B điểm Miquel tam giác KSC nên tứ giác ASDB nội tiếp Suy A điểm Miquel tứ giác BCEDSK Do hai tam giác ABC ADE đồng dạng BÀI 13 (Nguyễn Văn Linh)Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), có AD(D ∈ BC) đường đối trung H trực tâm tam giác Qua D kẻ đường thẳng cắt AC, AB E, F cho D trung điểm EF Gọi K trực tâm tam giác AEF Chứng minh đường tròn đường kính AK tiếp xúc với (O) (BHC) Lời giải Trước hết, ta chứng minh (AK) tiếp xúc với (O) sau: Gọi M trung điểm đoạn BC ’ D trung điểm EF nên tứ giác F BEC nội tiếp Do AM AD đẳng giác BAC ∆AF E ∼ ∆ACB Do AH AO đẳng giác góc A nên K ∈ AO Suy (AK) tiếp xúc với (O) A Tiếp theo ta chứng minh (AK) tiếp xúc với (BHC) Cách A O X K T Q H V Y L M C D B W F E Z J G R Gọi T hình chiếu H AM Ta chứng minh (AK) tiếp xúc với (BHC) T Gọi X, Y, Z trung điểm AD, BE, CF AD cắt BE, CF theo thứ tự V, W.BE cắt CF R Ta có (RW, F C) = (RV, BE) = −1 nên theo hệ thức Maclaurin ta có: RV RY = RB.RE = RF RC = RW RZ Suy tứ giác V W ZY nội tiếp Theo hệ thức Newtơn, ta có: XY XZ = XV XW = XA ’ nên ta thu AZX ’ = XAY ’ = ZAM ’ hay AM XZ Do AY, AZ đẳng giác BAC Do XZ đường thẳng Gauss - Newton tứ giác toàn phần ABDE.F C nên XZ vng góc với đường thẳng Steiner HK Suy AM ⊥HK hay HK qua T Gọi Q giao điểm thứ hai (AH) với (O), L giao điểm HT với BC Dễ thấy Q, H, M thẳng hàng H trực tâm tam giác ALM nên L, A, Q thẳng hàng Suy LH.LT = LA.LQ = LB.LC nên T ∈ (BHC) Gọi G điểm đối xứng A qua M, J tâm (BHC) Ta có J O đối xứng với qua BC nên G ∈ (BHC) IG AO Vậy T tâm vị tự hai đường tròn (AK) (BHC) hay hai đường tròn tiếp xúc với T Cách A O K T E Y H D C B M X F P Theo cách 1, hai đường tròn đường kính AK (BHC) tiếp xúc với ta chứng minh HK⊥AM ’ ’ = BF ’ Kéo dài AD cắt (O) P Ta có BP A = BCA D Suy P điểm Miquel tứ giác toàn phần ABDE.CF Do H, K trực tâm tam giác ABC, AEF nên HK đường thẳng Steiner tứ giác toàn phần ABDE.CF hay đường thẳng Steiner điểm Miquel P ứng với tam giác ABC Kẻ P X⊥AB, P Y ⊥AC Suy XY đường thẳng Simson P ứng với tam giác ABC Ta thu XY HK ’ nên AM ⊥XY Mặt khác, AP đường kính (AXY ), AM đẳng giác với AP BAC Vậy AM ⊥HK ( điều phải chứng minh) BÀI 14 (Đề thi chọn đội tuyển THPT Chuyên ĐHKHTNHN) Cho tứ giác toàn phần ACBDEF , tứ giác ABCD có đường tròn nội tiếp tâm I Gọi A1 , B1 , C1 , D1 theo thứ tự tiếp điểm (I) với cạnh AB, BC, CD, DA Gọi M hình chiếu vng góc I lên EF Hình chiếu M lên đường thẳng A1 B1 , B1 C1 , C1 D1 , D1 A1 M1 , M2 , M3 , M4 Chứng minh M1 , M2 , M3 , M4 thẳng hàng Lời giải F1 E M E1 M2 M4 A M3 D C1 M1 A1 D1 X J F C B1 B Gọi E1 = A1 D1 ∩ B1 C1 , F1 = A1 B1 ∩ D1 C1 Áp dụng định lí Brianchon cho lục giác DD1 ABB1 C , ta có AC, BD, B1 D1 đồng quy X Tương tự, ta suy AC, BD, B1 D1 , A1 C1 đồng quy Xét cực đối cực ứng với đường tròn (I) Ta có E1 nằm đường đối cực A C Vậy AC đường đối cực điểm E1 Tương tự ta có đường thẳng AC, BD, B1 D1 , A1 C1 tương ứng đường đối cực E1 , F1 , F, E Do E1 , F1 , F, E thẳng hàng Xét tứ giác toàn phần A1 B1 C1 D1 E1 F1 , ta có IM ⊥EF ⇒ IM ⊥E1 F1 tứ giác A1 B1 C1 D1 nội tiếp (I) Theo nhận xét tính chất 1, ta có M điểm Miquel A1 B1 C1 D1 E1 F1 Theo tính chất 3, ta có M1 , M2 , M3 , M4 thẳng hàng (đpcm) Nhận xét Sau chúng tơi xin nhắc lại định lí Brianchon để bạn đọc tiện theo dõi Nội dung định lí: Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp đường tròn (I) Khi đường chéo AD, BE, CF đồng quy Lưu ý lục giác ABCDEF không thiết lục giác lồi BÀI 15 (APMO 2015) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D điểm cạnh BC Một đường thẳng qua D cắt cạnh AB X, cắt tia AC Y Đường tròn ngoại tiếp tam giác BXD cắt đường tròn (O) điểm thứ hai Z Đường thẳng ZD, ZY theo thứ tự cắt (O) V, W Chứng minh AB = V W Lời giải Y W C V Z O D A X B Dễ dàng nhận thấy điểm Z điểm Miquel tứ giác toàn phần ABCDXY , nên tứ ’ ’ giác CDZY nội tiếp Suy ra: ZY D = ZCD ’ = ZCB ’ = ZW ÷ ’ ÷ Lại có: ZCD B ( Do tứ giác ZW CB nội tiếp) Suy ZY D = ZW B Do W B Y D Tương tự ta chứng minh AV Y D Suy W B AV Suy tứ giác ABW V hình thang cân Suy AB = V W BÀI 16 ( Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).A, D đường kính đường tròn (O).E, F hình chiếu điểm P tam giác lên cạnh CA, AB.P D cắt trung trực EF K Đường tròn (K) qua E, F cắt CA, AB M, N khác E, F Chứng minh đường thẳng EF, M N, BC cắt tạo thành tam giác có đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với (O) Lời giải A EJ G F M I R N P K O C X Q B D Gọi G giao điểm thứ hai DP với (O) Dễ thấy G nằm đường tròn đường kính AP đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Gọi I, J hình chiếu K lên CE, BF I, J trung điểm EM, F N EJ PK FI Ta thấy: = = EC PD FB Mặt khác, dễ thấy tam giác GEC GF B đồng dạng nên suy hai tam giác GEJ GF I đồng dạng Gấp đôi cạnh EJ, F I cho ta hai tam giác GEM, GF N đồng dạng Gọi M N cắt BC X, EF cắt BC, M N theo thứ tự Q, R Dễ thấy G điểm Miquel tam giác ABC đường thẳng EF, M N nên tứ giác ’ = GCM ÷ = GBN ’ = GQR ’ XGM C, QGF B nội tiếp Suy GXR Vậy G nằm đường tròn (XQR) ’ = GF ’ ’ ’ = QXG ’ + GCB ’ Cũng có tứ giác QGF B nội tiếp nên QGB B=F RG + GAF Từ ta thấy đường tròn (XQR) tiếp xúc với (O) G BÀI 17 ( Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm thuộc cung BC khơng chứa A.P B, P C theo thứ tự cắt CA, AB E, F Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE, ACF cắt G khác A.D giao điểm thứ hai AG với (O).Q thuộc ’ =P ’ (O) cho QAB AC.QD cắt BC R Chứng minh OR⊥AQ Lời giải Bổ đề dễ dàng, xin dành cho bạn đọc ’ ’ Bổ đề Cho tam giác ABC cân A, có điểm P cho AP B = AP C B, C đối xứng qua AP A O I R B Q C D P E G F Trước hết ta thấy E, G, F thẳng hàng Gọi AP cắt BC I, theo định lí Miquel O, I, G thẳng hàng Lại có IO.IG = IB.IC = IA.IP , suy tứ giác AOP G nội tiếp ’ Mặt khác OA = OP nên GO phân giác góc P GA Lại có, OD = OP , theo bổ đề suy P, D đối xứng với qua OG ’ =P ’ ‘ , suy tứ giác AOIDnội tiếp Do đó: DOG OG = DAI ’ = QBC ’ − BQR ’ = QAC ’ − BAD ’ =P ’ Lại có QBR AD , suy tứ giác RAID nội tiếp Vậy năm điểm R, A, O, I, D thuộc đường tròn ’ kết hợp OA = OD ta suy A, Q đối Lại có OA = OD nên RO phân giác góc ARD, xứng với OR nên OR⊥AQ BÀI 18 Cho tam giác ABC có điểm E, F nằm cạnh CA, AB.O, K tâm ngoại tiếp tam giác ABC, AEF AK cắt BC L cắt đường tròn (KEF ) J khác ’ = OAG ’ K.EF cắt BC D.OD cắt đường tròn (DLJ) G khác D Chứng minh ADO Lời giải A J E D F O Q C R H B L P ’ = OAG ’ ta cần OA2 = OD.OG hay nói cách khác cần chứng minh Để chứng minh ADO hai đường tròn (ADG) (O) trực giao với Sử dụng phép nghịch đảo cực A ta chuyển toán sau: Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các điểm E, F nằm cạnh CA, AB Đường tròn (AEF ) cắt (O) D khác A J trực tâm tam giác AEF.AJ cắt (O) L khác A Chứng minh tâm ngoại tiếp tam giác DJL nằm BC Giải toán Gọi P, Q đối xứng D qua BC, EF Gọi R giao điểm BC EF Từ tính chất điểm Miquel dễ thấy tứ giác DF BR nội tiếp Ta có góc có cạnh tương ứng vng góc góc nội tiếp sau: ’ ’ ’ = DRE ’ = DBF ’ = DBA ’ = DCA ’ = DLJ ’ DP J = DP Q = ERQ Từ tứ giác DJLP nội tiếp Mà D, P đối xứng qua BC nên tâm ngoại tiếp nằm BC BÀI 19 Cho tam giác ABC có tâm ngoại tiếp O.P, Q hai điểm thuộc cạnh BC cho BP = QC.AQ cắt trung trực BC R.H hình chiếu O lên RP.Klà tâm ngoại tiếp tam giác P QR.L đối xứng với A qua OH.D nằm cạnh BC cho DL⊥P K Đường thẳng qua P song song OA cắt CA, AB E, F Chứng minh đường tròn (D, DP ) tiếp xúc với đường tròn (AEF ) Lời giải Gọi Y đối xứng A qua KR Y thuộc RP Gọi RP cắt (O) ngoại tiếp tam giác ABC Z khác Y Theo tính chất đối xứng dễ thấy AY QP AY LZ hình thang cân ’ = AY ’ ’ = 900 − KP ’ Do LZY P = AQP R , suy LZ⊥P K Vậy Z, L, D thẳng hàng ’ = AY ’ ’ Dễ thấy: DZP P = Y’ P Q = DP Z Do DZ = DP Gọi X giao điểm thứ hai khác A (AEF ) (O), E, F, P thẳng hàng, nên theo định lí Miquel X nằm đường tròn (BP F ) (CP E) Ta biến đổi góc: ’ =P ’ ’ ’ − CAQ ’ = 900 − ACB ’ − CAQ ’ P’ XZ = P’ XB − BXZ F B − BY Z = OAB 1’ ’ ’ = 1P RQ = P DZ = 900 − AQB 2 Ta kết hợp với DP = DZ , suy D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P XZ Từ X nằm (D, DP ) Lại có: ’ = XEF ’ + 900 − XP ’ ’ + 900 − XEA ’ ’ + XDP D = XEF XEF ’ ’ = ABC ’ = P’ = 900 − F EA = 900 − OAC XF Do (D, DP ) tiếp xúc với đường tròn (AEF ), điều phải chứng minh E Y A F X R H O K D P B L Z Q C BÀI 20 (Tạp chí THTT tháng 11, năm 2016) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trực tâm H.P điểm cung BC.P đối xứng với P qua BC Đường tròn ngoại tiếp tam giác OP P cắt AP G Chứng minh trực tâm tam giác AGO nằm HP Lời giải ’ = GP ’ ’ nên tứ giác AJGO Cách Gọi J giao điểm OP với AH Ta có: JAG P = GOJ nội tiếp Gọi K giao điểm thứ hai HP với (AGH) Suy G điểm Miquel tam giác JHP ứng với điểm (A, O, K) Ta thu tứ giác KGOP nội tiếp Gọi Oa tâm ngoại tiếp tam giác BHC, GH giao với (Oa ) điểm thứ hai M Gọi A giao điểm AH với (O) Do hai đường tròn (Oa ) (O) đối xứng qua BC nên A P = HP ÷ ÷ ’ = HKG ÷ nên M thuộc đường tròn (OP P ) Ta có: GM P = HM P = HAP Gọi L giao điểm Oa H với (OP P ) Do Oa H = Oa M = Oa P , ta thu H tâm nội tiếp tam giác LM P Suy GL = GH = GP ÷ ’ Lại có:÷ HLP = O a OP = HJP nên tứ giác HLJP nội tiếp đường tròn tâm G ’ = GJH ’ = GHJ ’ nên Do hai đường tròn (AGO) (AGH) cắt A G, đồng thời AOG R( AGO) = R( AGH) ’ = GP ’ Mặt khác GAO O nên R( AGO) = R( P GO) Vậy đường tròn (AGO), (AGK), (KGO) có bán kính đồng quy G nên K trực tâm tam giác AGO Cách ( Nguyễn Khương Duy) Gọi J giao điểm thứ hai AH với (AGO) ’ = HAG ’ = GP ’ ’ nên O, P , J thẳng hàng Lại có GJO ’=P ’ Ta có: JOG P = 1800 − GOP AO = ’ ’ ’ ’ ’ ÷ GP O = GP O nên tam giác GJP cân G Suy JGP = AOP = 2ACP mà AHP = ÷ ’ , suy G tâm (JHP ) Gọi K giao điểm thứ hai hai đường tròn HP P = ACP (JHP ) (AGO) ’ = OAG ’ = GP ’ ’ ÷ ÷ ⇒ OK = OP Điều có nghĩa Thế GKO O = GP O nên OP K = OKP K đối xứng với P qua GO ’ Mặt khác,GJ = GK nên AG phân giác góc HAK ’ = GJH ’ = AHG ’ , ta thu K đối xứng với H qua AG Mà GKA Do HP đường thẳng Steiner K tam giác AGO hay trực tâm tam giác AGO nằm HP BÀI 21 (HSG Trung Quốc 1992) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Đường chéo AC cắt BD P Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP CDP cắt P Q ’ = 900 phân biệt khác O Chứng minh OQP Phân tích lời giải Để ý thấy Q tâm phép vị tự quay biến A thành C B thành D tâm phép vị tự quay f biến A thành B C thành D Yêu cầu cần chứng minh tương đương với việc chứng minh điểm Q, P, M, N nằm đường tròn (M, N trung điểm AC, BD) Lời giải Xét phép vị tự quay f biến AC thành BD biến trung điểm AC M thành trung điểm BD N Theo định nghĩa phép vị tự quay suy (QM, QN ) = (QA, QB) Mà (QA, QB) = (P A, P B) (do A, P, Q, B nằm đường tròn) Suy (QM, QN ) = (P A, QB) Do bốn điểm P, M, Q, N nằm đường tròn Mà ta lại có O, P, M, N ’ = 900 (đpcm) nằm đường tròn đường kính OP nên OQP BÀI 22 (TST Mỹ 2007) Hai đường tròn (O1 ) (O2 ) cắt P Q.AC, BD tương ứng dây cung (O1 ) (O2 ) cho đoạn thẳng AB tia CD cắt P Tia BD cắt đoạn AC X Điểm Y nằm (O1 ) cho P Y song song với BD Điểm Z nằm (O2 ) cho P Z AC Chứng minh điểm Q, X, Y, Z nằm đường thẳng Lời giải XQ cắt (O1 ) Y ; cắt (O2 ) Z Dễ thấy Q tâm phép vị tự quay biến D thành C; B thành A Do Qcũng tâm phép vị tự quay biến D thành B; C thành A Theo cách xác định tâm phép vị tự quay Q nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác XDC ’ = DCQ ’ =P ÷ Do X, D, Q, Ccùng nằm đường tròn nên DXQ Y Q Suy DX P Y Vậy Y ≡Y ÷ ’ = DCX ’ Ta có DP Z = DQX Suy P Z AC Vậy Z ≡ Z Vậy điểm Q, X, Y, Z nằm đường thẳng BÀI 23 Cho tam giác ABC.D điểm BC Gọi (O1 ) đường tròn tiếp xúc với AB, BC tiếp xúc ngồi với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC, (O2 ) đường tròn tiếp xúc với AC, BC tiếp xúc ngồi với đường tròn ngoại tiếp tam giácADB Gọi E, F tiếp điểm (O1 ) (O2 ) với BC, G tiếp điểm (O1 ) với (ADC), H tiếp điểm (O2 ) với (ADB) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BHF, CGE đường tròn đường kính BC đồng quy Lời giải Bổ đề Cho bốn điểm A, B, C, D theo thứ tự nằm đường thẳng Gọi đường tròn qua cặp điểm (A, B), (B, C), (C, D), (A, D).X, Y, Z, T giao điểm thứ hai cặp đường tròn , , Khi X, Y, Z, T thuộc đường tròn Chứng minh 1, 2, 3, 3, (XT, XY ) ≡ (XT, XB) + (XB, XY ) (modπ) ≡ (AT, AB) + (CB, CY ) (modπ) ≡ (AT, AD) + (CD, CY ) (modπ) ≡ (AT, AD) + (ZD, ZY ) (modπ) ≡ (AT, AD) + (ZD, ZT ) + (ZT, ZY ) (modπ) ≡ (ZT, ZY ) (modπ) Vậy bốn điểm X, Y, Z, T thuộc đường tròn Trở lại tốn Gọi K tiếp điểm (O1 ) với AB.(AKG) cắt (CEG) lần thứ hai I.EK cắt AI, CI theo thứ tự N, M Áp dụng định lí Miquel cho tam giác AKN với ba điểm K, E, I ta có (AKI) cắt (KKE) G nên G điểm Miquel tam giác AKN ứng với ba điểm K, E, I hay N thuộc đường tròn (CEG) Tương tự ta chứng minh được, M thuộc đường tròn (AKG) Gọi C giao điểm (AM N ) với (IEN ) Áp dụng bổ đề cho điểm M, K, E, N đường tròn (M KI), (O1 ), (N EI) (M AN ) ta thu (AGC) tiếp xúc với (O1 ) Từ suy C trùng với C hay tứ giác AM N C nội tiếp ‘ = IM ’ ‘ ICB ‘ = IEN ’ = ICA ‘ hay I tâm đường tròn nội tiếp tam Suy IAB K = IAC, giác ABC ‘ = AM ’I = CN ’I = IGC ‘ hay GI phân giác AGC ’ Ta có: AGI ’ Tương tự, (BHF ) qua I HI phân giác góc BHA Gọi L giao điểm thứ hai (BHF ) (CGE) Ta có: Ä Ä ä ä ’ = BLI ‘ + CLI ‘ = BHI ’ + CGI ‘ = BHA ’ + CGA ’ = ADB ’ + ADC ’ = 900 BLC 2 (đpcm) C BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài (Arab Saudi IMO Training Test 2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H Trung tuyến AM cắt (O) lần thứ hai N.AH cắt (O) K Các đường thẳng KN, BC đường thẳng qua H vng góc với AN cắt tạo thành tam giác XY Z Chứng minh (XY Z) tiếp xúc với (O) Bài Cho tam giác ABC Một đường tròn Oa qua B, C cắt AC, AB E, F.BE giao CF P Gọi M trung điểm BC, L đối xứng với K qua M Các đường thẳng P K, QL, BC cắt tạo thành tam giác XY Z Chứng minh (XY Z) tiếp xúc với (ABC) Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi A điểm đối xứng A qua O Trung tuyến AM tam giác ABC cắt BA , CA L K Các đường thẳng qua L vng góc với BA , qua K vng góc với CA đường thẳng OM cắt tạo thành tam giác XY Z Gọi P giao hai tiếp tuyến B C (O) Chứng minh (AM P ) tiếp xúc với (XY Z) Bài Cho tam giác ABC Một đường tròn qua B, C cắt AC, AB E, F BE cắt CF P Một đường thẳng d qua A cắt BE, CF L, K Đường thẳng d ’ cắt BE, CF M, N M K cắt LN X M K, LN cắt đẳng giác với d góc BAC BC Z, Y Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BP C XY Z tiếp xúc với D HƯỚNG DẪN GIẢI Bài Giả sử vị trí điểm X, Y, Z hình vẽ Gọi T giao điểm thứ hai (AH) với (O), P hình chiếu H AM, Q điểm đối xứng A qua O Dễ thấy, T, H, M, Q thẳng hàng ÷ = 900 − P’ ’ ’ = KAQ ’ = KT ’ Ta có: HXK N X = 900 − AN K = 900 − AQK H Suy tứ giác XKHT nội tiếp Do HP ⊥AM, Y M ⊥AH nên Y trực tâm tam giác AHM, suy Y, T, A thẳng hàng Từ T’ XK = T’ HA = T’ Y B hay tứ giác ZXY T nội tiếp Kẻ tiếp tuyến T x (O) ’ ’ ’ ÷ − T’ Ta có: XT x = XT K − xT K = XHK AK = T’ Y H = T’ ZX Suy T x đồng thời tiếp tuyến (XY Z) Vậy hai đường tròn (XY Z) (O) tiếp xúc T Bài Giả sử vị trí ba điểm X, Y, Z hình vẽ Gọi T giao điểm đường tròn đường kính AP với đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC Do P K⊥AOa nên theo định lí Brocard, Z giao điểm EF AT Gọi H, H trực tâm tam giác ABC, AEF Hb , Hc hình chiếu F, E AC, AB Ta có: H F H Hb = H E.H Hc suy H thuộc trục đẳng phương (BE) (CF ) Chứng minh tương tự ta suy HH trục đẳng phương (BE) (CF ) Mà P E.P B = P F P C nên P, H, H thẳng hàng Do 0a T ⊥AZ nên T điểm Miquel tứ giác toàn phần BF ECAZ Suy T có chung đường thẳng Simson với hai tam giác AEF, ABC Do đường thẳng Steiner ảnh đường thẳng Simson qua phép vị tự tâm T tỉ số nên HH đường thẳng Steiner T ứng với hai tam giác AEF, ABC hay P H đường thẳng Seiner P ứng với tam giác ABC Kéo dài AH cắt (O) R, suy T R qua O Ta có: ZP ZK = PZ/(Oa ) = ZB.ZC Suy tứ giác BP KC nội tiếp Gọi U đối xứng P qua M Phép đối xứng tâm M biến đường tròn (BP KC) thành (BLU C) Lại có Q đối xứng với P qua BC nên QU BC QB = QP = U C hay tứ giác BQU C hình thang cân Vậy năm điểm B, Q, L, U, C đồng viên ’ ’ (1) Ta có: P K U L nên P XL = 1800 − QLU Goi V giao điểm thứ hai P Q với (BQC) W điểm đối xứng A qua O Do hai đường tròn (BP C) (BQC) đối xứng với qua BC nên P trực tâm tam giác BV C Đồng ’ thời, U V qua tâm ngoại tiếp tam giác V BC nên QV U = |V’ BC − V’ CB| ’ ’ ’ ’ Lại có ABP = ACP nên V BA = V CA ’ − ACB| ’ = RAW ’ = RT ’ ’ Suy |V’ BC − V’ CB| = |ABC W = QT P ’ ’ Vậy QV U = QT P (2) ’ ’ hay tứ giác XT P Q nội tiếp đường tròn (S) Từ (1) (2) suy QT P = QXP ’ ’ ’ Ta có: ST P = 900 − T QP = 900 − T RA = 900 − T’ W A = T’ AW Suy ST tiếp tuyến (O) ’ ’ Mặt khác, ST X = 900 − T’ PX = T ZP = T’ Y X Suy ST tiếp tuyến (XY Z) Vậy hai đường tròn (O) (XY Z) tiếp xúc với T Bài Giả sử vị trí điểm X, Y, Z hình vẽ Gọi U, V giao điểm thứ hai AM, AP với (O) BA giao OM E ÷ ÷ ’ =M ÷ Ta có M EC = M EB = ABC U C nên tứ giác M EU C nội tiếp ÷ ÷ ÷ ’ hay tứ giác ELU X nội tiếp Từ EU ’ ’ = Suy EU M = ECM = EBM = EXL X = ELX ’ 900 = EU C Suy X, U, C thẳng hàng Do U, V đối xứng qua OM nên B, V, X thẳng hàng Chứng minh tương tự, ta có B, Y, U C, Y, V thẳng hàng ÷ ’ Ta có Y’ V X = BA K=Y ZL nên tứ giác XZY V nội tiếp đường tròn (J) ’ Do JV C = 90 − V’ XY = V’ BC hay JV tiếp tuyến (O) Từ (XY Z) trực giao với (O).(1) Mặt khác, kéo dài P M cắt (O) hai điểm W, S (T M SW ) = −1 Suy PO/(AM P ) = OM OP = OB nên (AM P ) trực giao với (O).(2) Gọi T giao điểm thứ hai (XY Z) (O) T điểm Miquel tứ giác tồn phần ’ AM Y V CX Suy T’ M P = T’ BX = T AP hay T ∈ (AM P ).(3) Từ (1), (2), (3) suy đường nối tâm đường tròn (AM P ), (XY Z) nằm tiếp tuyến T (O) hay (AM P ) tiếp xúc với (XY Z) T Bài Gọi T giao điểm khác P (M XL) (N XK) Khi T tâm vị tự quay hai đoạn thẳng LM N K Do B, C, E, F đồng viên nên ∆AEB ∼ ∆AF C Lại có hai đường thẳng d d đẳng giác ’ nên LM = N K BAC MB KC Suy T tâm vị tự quay hai đoạn thẳng LB N C Khi đó, T giao điểm hai đường tròn (BP C) (LP N ) Suy T điểm Miquel tứ giác toàn phần BP N Y LC, suy L ∈ (N Y C) Từ T đồng thời điểm Miquel tứ giác toàn phần Y N KZXC, suy T ∈ (XY Z) ’ Vậy ta cần chứng minh T Y, T Z đẳng giác BT C ’ ’ ’ Do d d đẳng giác BAC nên ALE = AN F , suy tứ giác M N KL nội tiếp ’ ’ = XKN ÷=M ÷ ’ Suy CT Z = CKZ LN = BT Y , điều phải chứng minh E LỜI CẢM ƠN VÀ TÀI LIỆU THAM KHẢO Sáng kiến hồn thành, khơng thể khơng kể tới tài liệu hay, với tác giả mà với nhiều giáo viên học sinh Xin cảm ơn thầy cô giáo nhiều Sáng kiến dù chỉnh sửa kĩ song khơng thể tránh khỏi sai sót, mong thầy em sửa chữa, gửi lại góp ý cho Sau đầu sách sử dụng chuyên đề: Nguyễn Minh Hà, Hình học phẳng định hướng, NXB Dân trí, 2015 Trần Quang Hùng, Mỗi tuần tốn hình học, NXB ĐHQG Hà Nội, 2017 Toán học tuổi trẻ Nguyễn Văn Linh,108 toán hình học sơ cấp,NXB ĐHQG Hà Nội, 2018 Yufei Zhao, Cyclic Quadrilaterals — The Big Picture BALKAN MATHEMATICAL OLYMPIAD, 2009 Yufei Zhao,Three Lemmas in Geometry Các toán diễn đàn toán https://artofproblemsolving.com, diễn đàn toán học, ... lệ (%) đóng góp vào việc tạo sáng kiến 60% 40% Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng Là nhóm tác giả đề nghị xét cơng nhận sáng kiến: ĐỊNH LÍ MIQUEL VÀ MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Lĩnh vực áp dụng: Giảng... Tụy định lí Miquel Ngơ Thị Hoa 1979 THPT Chun Giáo viên Thạc sĩ Dạy nội dung Lương Văn Tụy định lí Miquel Phạm Đức Tùng 1983 THPT Chuyên Giáo viên Thạc sĩ Dạy nội dung Lương Văn Tụy định lí Miquel. .. vực áp dụng Nội dung sáng kiến 3 Hiệu kinh tế xã hội dự kiến đạt 4 Điều kiện khả áp dụng Định lí Miquel số tính chất liên quan Tính chất Tính chất Tính chất 10 Tính chất 10 Tính chất ( Định lí