luôn đi qua điểm cố định... Trung trực AB cắt AC tại D. Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Một đường tròn đi qua.. I cắt AI, BI, CI và đường tròn ngoại tiếp tam [r]
(1)CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC LÊ VIẾT ÂN
(Email: levietan.spt@gmail.com)
1 Đề bài
BÀI1.Cho tứ giác ABCDnội tiếp đường trịnΓcó tâmO Các điểmP Qtheo thứ tự nằm cạnh BC, DA Biết trung điểm đoạn thẳng AP, BQ, CQvà DP nằm đường trònk Chứng minh rằngOP =OQ
A
B
C D
Q
P
O Γ
k
BÀI2.Cho tam giácABCnội tiếp đường trịn(O) Gọirlà bán kính đường trịn nội tiếp vàN
(2)2r
A
B C
r N
O
BÀI Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các điểm M N thuộc cung BC
không chứa A (O) cho M N k BC Các đường thẳng AM, AN cắt cạnh BC theo thứ tự P, Q Gọi I, I1, I2, I3, I4 theo thứ tự tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC, ABP, ABM, ACQ, ACN Chứng minh đường nối trung điểm hai đoạn thẳng
I1I3vàI2I4 quaI
A
B C
M
N P
Q I
I1
I2
I3
I4
O
(3)thứ tự trung điểm củaBE, CF; gọiGlà điểm đối xứng vớiDquaM N Các đường thẳng
GM, GN theo thứ tự cắtCA, AB tạiK, L Chứng minh đường thẳng nối trung điểm
các đoạn thẳngBC, KLđi qua điểmG
A
B C
D
E
F M N
K L
G
BÀI 5.Cho tam giác ABC, phân giácAD, trung tuyếnAM ĐiểmP thuộc đường thẳng BC
(P khácB, C, M) (E),(F)là đường tròn qua P theo thứ tự tiếp xúc vớiAB, AC
(4)A
B C
D M P
G E
F Q
S
T K
L
R
(5)A
B C
X
Γ Ω
D E
F G
K L
BÀI Cho tam giác ABC với H,(O),(I) theo thứ tự trực tâm, đường tròn ngoại tiếp đường tròn nội tiếp tam giác GọiP trung điểm cungBACcủa(O); gọiM trung điểm
AI; gọiN giao điểm thứ hai của(O) P M Chứng minh trục đẳng phương đường tròn ngoại tiếp tam giácIM N và(I)đi qua điểmH
A
B C
P
M O I H
(6)BÀI8 Cho tam giácABC cố định.Dlà điểm di chuyển cạnhBC Các đường tròn ngoại
tiếp tam giác DAB, DAC theo thứ tự cắt AC, AB E, F khácA Gọi (P),(Q) đường tròn theo thứ tự qua cặp điểm (B, F),(C, E)đồng thời tiếp xúc vớiBC Chứng minh đường thẳng quaDvng góc vớiP Qln qua điểm cố định
A
B D C
P
Q E
F
BÀI9 Cho tam giác không vuôngABC (AB 6= AC) Gọi(O), H thứ tự đường tròn ngoại tiếp trực tâm tam giác.P điểm trênAH(P khácA);OP thứ tự cắtCA, AB
E, F; đường tròn ngoại tiếp tam giácOAP cắt(O)tạiM khácA GọiN điểm đối xứng
M quaAO Chứng minh rằngHN qua trực tâm tam giácAEF
A
B C
O H
P
E
F M
N
BÀI10.Cho tam giácABCvà hai đường thẳng cắt nhauxvàycùng nằm mặt phẳng ĐiểmDdi động cạnhBC Đường thẳng quaDsong song vớixcắtCAtạiE; đường thẳng quaD song song vớiy cắtAB tạiF Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
(7)A
B D C
E F
x y
BÀI11.Cho tam giácABCnội tiếp đường tròn tâmOvớiCA6=CB,ABC[ 6= 90◦ Trung trực ABcắtAC tạiD Một đường tròn(K)đi quaO, D cắtBCtạiE, F choB, C, E, F đôi phân biệt OC, CDlần lượt cắt lại(K)tạiG, H Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácCGH nằm đường tròn ngoại tiếp tam giácAEF
O A
B C
D
K
E F
G H
(8)I cắtAI, BI, CI đường tròn ngoại tiếp tam giácIBC theo thứ tự tạiD, E, F GkhácI Đường thẳngDGcắtCA, AB theo thứ tự tạiM, N Trung trực củaADcắtDE, DF theo thứ tự tạiK, L Chứng minh giao điểm hai đường thẳngM K vàN Lnằm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC
A
B C
I
D E
F G K
L M
N
BÀI 13.Cho đường tròn(O)và đường trịn(O1),(O2)tiếp xúc ngồi với tạiJ đồng
thời tiếp xúc với(O) GọiA1A2 dây cung (O) tiếp tuyến chung
của(O1)và(O2) Với mỗii = 1,2, gọi(Ji)là đường tròn quaAi tiếp xúc ngồi với hai
đường trịn(O1)và(O2)
a) Chứng minh tứ giácO1J1O2J2là tứ giác ngoại tiếp GọiIlà tâm đường tròn nội tiếp
của tứ giác
(9)O O1
O2
J1 J2
A1 A2
J
I
BÀI 14 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Giả sử tồn đường tròn(I) lần
lượt tiếp xúc với đường thẳng AB, ADtại điểm X, Y sau A, đồng thời đường trịn tiếp xúc với đường thẳng BC, CD tạiZ, T Đường tròn(K)đi quaA, B
đồng thời tiếp xúc với(I)tại điểmR; Đường tròn(L)đi quaA, Dđồng thời tiếp xúc với(I)tại điểmS GọiM, N trọng tâm tam giácXY Z, XY T Chứng minh bốn
điểmM, N, R, Scùng nằm đường tròn
A
B C D
X Y
Z
T
R S
M
N
K L
(10)BÀI15.Cho tứ giác nội tiếpABCDcó hai đường chéoAC vàBDvng góc với tạiP
Xét hai đường thẳng x, y vng góc với tạiP không song song với đường thẳng chứa cạnh tứ giác Kí hiệu tX/(m,n,p) tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam
giác xác định đường thẳngm, n, ptại điểmXnằm đường trịn Chứng minh đường thẳng tA/(AB,AD,x), tB/(BC,BA,y), tC/(CB,CD,x) tD/(DC,DA,y) xác định tứ
giác lưỡng tâm (tức tứ giác vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp)
A
B
C
D x
y
P
2 Hướng dẫn giải (Thực Lê Viết Ân Nguyễn Duy Phước)
(11)A
B
C D
P
Q
O M
N K
L G
Γ
GọiM,N,K,LvàGlần lượt trung điểm củaAP,DP,BQ,CQvà P Q Khi đó, theo tính chất đường trung bình ba điểmM, G, Nthẳng hàng; ba điểmK, G, Lthẳng hàng Hơn nữa, ta cóGM = 12QA,GN = 12QD,GK = 12P B,GL= 12P C
Mặt khác, bốn điểmM, N, K, Lcùng nằm đường trịnknênGK·GL=GM ·GN Suy raQA·QD =P B·P C
Do đóPQ/Γ =PP /Γ Như vậy, ta dễ dàng suy đượcOP2 =OQ2nênOP =OQ
Nhận xét. Bằng cách phương tích hai điểm đến đường trịn nhau, ta chứng minh khoảng cách từ hai điểm đến tâm đường trịn Sau hai tập với ý tưởng tương tự:
Bài tập 1. (IMO 2009) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn(O) E, F hai điểm nằm cạnhAB, AC GọiM, N, P trung điểm củaBF, CE, EF Giả sử(M N P) tiếp xúc vớiEF Chứng minh rằngOE =OF
Bài tập 2. (IMO Shortlist 2009) Đường tròn nội tiếp (I) tam giác ABC tiếp xúc với
AB, AC Z Y Gọi Glà giao điểm BY CZ Dựng hình bình hành
BCY R, BCSZ Chứng minh rằngGR =GS
BÀI2.Trước tiên, xin phát biểu chứng minh bổ đề sau
Bổ đề.Cho tam giácABC Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm điểm Nagel tam giácABC thẳng hàng
A
B
C
Ma
Mb
Mc
D L
I T
G N
(12)của tam giácABC
Ta có kết quen thuộc làMalà trung điểmDLnênMaI kALhayMaI kAN Chứng minh
tương tự, ta đượcMbI kBN, McI kCN Do đóI điểm Nagel tam giácMaMbMc
Do G tâm vị tự hai tam giác ABC MaMbMc, nên ba điểm I, G, N thẳng hàng IG
GN =
1
Trở lại toán
A
B C
I
G N
O
X Y Z
GọiI, Glần lượt tâm đường tròn nội tiếp trọng tâm tam giácABC;X, Y, Z điểm đối xứng vớiA, B, C qua trung điểm củaBC, CA, AB
Theo bổ đề ba điểmI, G, N thẳng hàng GNIG = 12
Dễ thấyA, B, C trung điểm củaY Z, ZX, XY Suy đường tròn(O)là đường tròn Euler tam giácXY Z vàGcũng trọng tâm tam giácXY Z
Đến đây, xét phép vị tựΩtâmG, tỉ số
Ω :A7→X, B 7→Y, C 7→Z, I 7→N
Khi đó, qua phép vị tựΩthì đường trịn nội tiếp tam giácABC biến thành đường tròn nội tiếp tam giácXY Z hay nói cách khác(N; 2r)chính đường tròn nội tiếp tam giácXY Z Mà(O)là đường tròn Euler tam giácXY Z Vậy theo định lý Feuerbach,(O)tiếp xúc với (N; 2r)
Nhận xét.
1) Ta sử dụng phép đối xứng tâm phép vị tự theo hướng sau: Gọi đối xứng điểm N qua I điểm X, gọi trung điểm XA, XB, XC Sau gọi đối xứng
A, B, C qua I A0, B0, C0 Từ đó, áp dụng định lý Feuerbach cho tam giác A0B0C0
(chú ý tính chấtIM kAL)
(13)A B C M N P Q I I1 I2 I3 I4 G K L D E F O
R1 R2
R3
R4
Ta xét trường hợp tia AM nằm hai tiaAB vàAN Trường hợp lại chứng minh tương tự
Giả sử AI1, AI3, BI1, CI3 theo thứ tự cắt lại (O) R1, R2, R3, R4; D = R1R3 ∩ R2R4;
G=BR2∩CR4;E =II2∩R2R4;F =II4 ∩R1R3;K trung điểm củaI2I4
Trước hết, có kết đơn giản sau đây:
i)I =BR3∩CR4;I1 =BR4∩AR1;I2 =M R4∩AR1;I3 =CR4∩AR2;I4 =N R3∩AR2
ii) R1, R2, R3, R4 trung điểm cungBM, CN (không chứaA), CA (không
chứaB),AB(không chứaC) của(O)
Bằng biến đổi góc đơn giản, ta có R3 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACI
ACI4 Suy tứ giácACI4Inội tiếp đường tròn(R3) (1)
Từ (1), suy ∠I4IC = ∠I4AC = ∠R2AC = ∠R2R4C Do II4 k R2R4 Suy
IF kDE.(2)
Chứng minh tương tự, ta có:
Tứ giácABI2I nội tiếp đường tròn(R4) (3)
VàIE kDF (4)
Từ (2) (4) suy raIDđi qua trung điểm củaEF (5)
Từ (2) (3) suy raR3I4 =R3I vàR4I2 =R4I Do RR43II42 = RR43II (6)
Lại cóBC kM N nên tứ giácBCN M hình thang cân Suy raBN =CM (7)
Từ (7), suy ∠IR4I2 = ∠CR4M = ∠BR3N = ∠IR3I4, với (6), suy 4R4II2 v
4R3II4(c - g - c) Suy IIII24 = IRIR43 (8)
DoR1, R2 thứ tự trung điểm cung nhauBN vàCM nênBR1 =CR2 Do
∠ER4I = ∠R2R4C = ∠R1R3B = ∠F R3I, mà E, F nằm đoạnII2, II4 nên
∠EIR4 =∠F IR3(do4R4II2 v4R3II4) Do đó4R4IE v4R3IF (g - g)
Suy IEIF = IR4
IR3 (9)
Từ (8) (9), suy IEIF = II2
II4 hay
IE II2 =
IF
II4, ýE, F nằm đoạnII2, II4 nên theo định lý Thales đảo, EF k I2I4 Kết hợp với (5), suy raID qua trung điểmK
I2I4 (*)
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm
BR1R4
CR2R3
thì ta có ba điểm I, D, G thẳng hàng hay
(14)Ta có ∠GCB = ∠R1CB = ∠R1AB = ∠M AB2 = ∠N AC2 (vì BC k M N) = ∠R2AC =
∠R2BC =∠GBC
Do tam giácGBCcân tạiG Hơn nữa∠GCI =∠GCB+∠BCI =∠I3AC+∠I3CA=
∠AI3I
Chứng minh tương tự,∠GBI =∠AI1I
Từ đây, áp dụng định lý sin tam giác, ta có
sin∠GIB sin∠GIC =
sin∠GIB GB ·
GC sin∠GIC =
sin∠GBI GI ·
GI sin∠GCI =
sin∠GBI sin∠GCI =
sin∠AI1I
sin∠AI3I =
sin∠AI1I
AI · AI sin∠AI3I =
sin∠IAI1
II1 ·
II3
sin∠IAI3 =
II3
II1 (chú ý rằng∠IAI1 =∠IAI3) Do đó, gọiL=IG∩I1I3 ta có
1 = sinsin∠GIB ∠GIC·
II1
II3 =
sin∠LII1
sin∠LII3·
II1
II3 =
sin∠LII1
LI1 ·
LI3
sin∠LII3·
LI1
LI3·
II1
II3 =
sin∠ILI1
II1 ·
II3
sin∠ILI3·
LI1
LI3·
II1
II3 =
LI1
LI3 (vìsin∠ILI1 =sin(180◦−∠ILI3) =sin∠ILI3)
VậyLlà trung điểm củaI1I3, kết hợp với (10) ta cóIDđi qua trung điểmLcủaI1I3 (**)
Từ (*) (**) suy raKLđi quaI Ta có điều phải chứng minh BÀI4.Trước tiên, xin phát biểu chứng minh bổ đề sau
Bổ đề. Cho tam giácABC điểmD không thuộcCA, AB M trung điểm BC Lấy điểmP cho−DP−→k−−→AM, lấy điểmE, F theo thứ tự thuộcBD, CDsao cho−→P E k−→AB
và −→P F k −→CA Khi ADđi qua trung điểm EF (Ở đây, ta kí hiệu−−→XY k −→ZT có nghĩa hai đường thẳngXY vàZT song song trùng nhau, tức hai vecto−−→XY ,−→ZT phương)
(15)A
B C
M D
P E
F G
N
K
R
S Q
L
LấyK, Ltheo thứ tự thuộcCD,ABsao cho−−→BK k−→EF ,−→CLk−−→AM
Áp dụng định lý hệ định lý Thales, ta có (KF, D) = (BE, D)(vì −−→KB k −→F E
KF ∩BE =D)= (QP, D)(vì−BQ−→kAB−→k−→EP vàBE∩QP =D) Suy ra−−→QK k−→P F
Gọi DP cắtAB, KL thứ tự tạiQ, R;KQ cắtCLtạiS Ta có(AL, Q) = (CL, S)(vì−→AC k
−→
P F k−−→QK k−→QSvàAQ∩CS =L)= (DR, Q)(xét phép chiếu song song xuyên tâmK) Suy
ra−AD−→k−→LR
Do gọiADcắtBK, EF thứ tự tạiN, Gthì(GF, E) = (N K, B)(xét phép chiếu song song xuyên tâm D) = (AL, B) (vì−−→N A k −AD−→ k LR−→ k −KL−→và N K ∩AL = B)= (M C, B) (vì −−→
AM k−→LCvàAL∩M C =B)= BM
BC =
1
2 (vìM trung điểm củaBC) Điều chứng tỏG
là trung điểm củaEF Quay lại toán
(16)A
B
C
D
E
F O M N
H J
I
P Q
G K L
R
NếuBE k CF hai đường trịn (ABE)và (ACF)tiếp xúc với nhau, suy A ≡ D, mâu thuẫn giả thiết Do đóBE cắtCF GọiO =BE∩CF Khi đó, áp dụng định lý Miquel thìD
là điểm Miquel tứ giác tồn phầnABECOE Suy raDthuộc(BOF)và(COE)
GọiP = M N ∩CA;Q = M N ∩AB;H, I, J theo thứ tự trung điểm củaBC, P Q, M N
Dễ thấy tam giácDBE vàDF C đồng dạng hướng màM, Ntheo thứ tự trung điểm
củaBE, CF nên tam giácDBM vàDF N đồng dạng hướng (1)
Suy (M D, M O) ≡ (M D, M B) ≡ (N D, N F) ≡ (N D, N O)(modπ) Suy bốn điểm
D, M, N, O đồng viên Suy (N D, N P) ≡ (N D, N M) ≡ (OD, OM) ≡ (OD, OB) ≡
(F D, F B)≡(F D, F A)≡(CD, CA)≡(CD, CP)(modπ)
Do bốn điểmC, D, N, P đồng viên Chứng minh tương tự, bốn điểmB, D, Q, M đồng viên
Nên(P D, P Q)≡(P D, P N)≡(CD, CN)≡(CD, CF)(modπ)và(QP, QD)≡(QD, QM)
≡(BD, BM)≡(F D, F N)(do (1))≡(F D, F C)(modπ) Suy hai tam giácDQP vàDF C
đồng dạng hướng MàI, Ntheo thứ tự trung điểm củaQP vàF Cnên hai tam giácDQI
vàDF N đồng dạng hướng (2)
Hơn (DP, DQ) ≡ (DC, DF) ≡ (AC, AF) ≡ (AP, AQ)(modπ) Suy bốn điểm
A, D, P, Qđồng viên (3)
Mặt khác, (P D, P A) ≡ (QD, QA) ≡ (M D, M B)(modπ) (AP, AD) ≡ (QP, QD) ≡
(QM, QD) ≡ (BM, BD)(modπ) Suy hai tam giác DAP DBM đồng dạng
hướng.(4)
(17)Từ (5), (6) ý P I = QI, ta có DPDQ = DPP I · DQQI = DAAQ · AP DA =
AP
AQ Kết hợp
với (3) suy tứ giác AP DQ lồi điều hịa Suy (AD, P Q) = −1 Do lấy R đường tròn ngoại tiếp tứ giác AP DQ cho AR k P Q ta có R(AD, P Q) = −1 Theo tính chất chùm điều hịa AR k P Q bốn điểmA, P, Q, R đồng viên nên
A, P, Q, R bốn đỉnh hình thang cân Chú ý I trung điểm P Q nên dễ
dàng có IA = IR Suy (IG, IP) ≡ (IP, ID) (vì D, G đối xứng qua IP ≡ P Q)
≡ (IP, IR) ≡ (IP, P A) ≡ (RA, RI) (vì AR k P Q ≡ IR) ≡ −(AR, AI) (vì IA = IP)
≡(AI, RA)≡(AI, IP)(vìARkP QkIP)(modπ)
Suy raIG≡AI hayGthuộcAI
Theo tính chất đường trung bình tam giác, dễ thấy hai tam giácAP QvàHM N có cặp cạnh tương ứng song song trùng Mà AI, HJ hai đường trung tuyến tương ứng hai tam giác nên−AI→ k −→HJ Đến đây, áp dụng bổ đề cho tam giácHM N với điểm G
thì ta có−→GAk−AI→k−→HJ,−−→AK k−−→HM,−→ALk−−→HN ta cóHGđi qua trung điểm củaKL Chú ý rằngH trung điểm củaBC nên toán chứng minh
Nhận xét.Tứ giácAP DQlà tứ giác lồi đường trịn(AP Q)chỉ tồn điểmDkhácAmà DPDQ = APAQ Điều đơn giản vìA, Dlà giao điểm của(AP Q)với đường tròn Apollonius xác định đoạnP Qvà sốk= APAQ
BÀI5
A
B D C
M P0
P E
F
Q Q
0
T S K
L
G R
A0
B0
C0 I
J N
(18)Ta có (QB, QC) ≡ (QB, QP) + (QP, QC) ≡ (BA, BP) + (CP, CA) ≡ (AB, BC) +
(BC, AC)≡(AB, AC)(modπ) Suy raQ∈(ABC)
GọiH =QP ∩(ABC)(H 6= Q) Ta có(AH, AC)≡ (QH, QC) ≡(QP, QC) ≡(CP, CA) (modπ) Suy raAH kCP ≡BC (1)
Đường thẳng quaAsong song vớiDRthứ tự cắtBC,(ABC)tạiP0, Q0(Q0 6=A)
Ta có (BQ0, BC) ≡ (AQ0, AC) ≡ (Q0A, DA) + (DA, CA) ≡ (RD, DA) + (AB, AD) (vì
DR k Q0A AD đường phân giác góc BAC) ≡ (AD, AR) + (AB, AD) ≡
(AB, AR)≡(AB, AQ)≡(Q0B, Q0Q)(modπ)
Suy raQQ0 kBC kP P0
Do đó(P0P, P0A)≡(Q0Q, P0A)≡(Q0Q, Q0A)≡(HQ, HA)≡(HP, HA)(modπ)
Nên bốn điểm A, H, P, P0 đồng viên MàAH k P P0 (do (1)) nênA, H, P, P0 bốn đỉnh hình thang cân có hai đáyAH vàP P0 Do đóAH vàP P0 có chung trục đối xứng Chú ý rằng, từ (1) cóA, B, C, H bốn đỉnh hình thang cân nênAH vàBCcũng có chung trục đối xứng Suy raP P0 vàBC có chung trục đối xứng Suy raP P0 vàBC có chung trung điểm Do đóM trung điểm củaP P0 VậyM P =−M P0 (2)
VìAP0 kDGvà ý (2), theo định lý Thales M GM A = M D
M P0 =−
M D M P (3)
GọiB0, C0 thứ tự giao điểm củaBC vàAK, AL Đặtk= M DM P =−M G
M A (vì (3))
Chú ý AB0 k CG, AC0 k BG M trung điểm BC, suy M BM B0 = −
M C M B0 = −M G
M A =k Tương tự M C M C0 =k
GọiVMk phép vị tự tâmM, tỉ sốk;VMk :A, B, C, D 7→A0, B0, C0, D0 Qua Vk
M AD phân giác ∠BAC nên A
0P là phân giác của
∠B0A0C0 Hơn
A0 ∈M A
Lại quaVMk, ta cóAB kA0B0,AC kA0C0 (4)
Ta có(P S, P B)≡(QS, QB)≡(QA, QB)≡(CA, CB)≡(CA, P B)(modπ) Suy raP K ≡P S kCA Từ (4), suy raP K kC0A0 Tương tựP LkA0B0
Gọi I, J giao điểm B0A, C0A theo thứ tự với A0C0, A0B0 IJ cắt AA0 N Ta có
B(A0A, N C0) =−1(chùm điều hòa bản)
Suy raJ(A0A, IM) =J(A0A, N M) =B(A0A, N M) = B(A0A, N C0) = −1 (5)
Mặt khác, quaVMk, ýM trung điểm củaBC nên dễ dàng có đượcM trung điểm củaB0C0 Do đó, từ (5), theo tính chất chùm điều hịa, ta cóIJ kB0C0 Suy J B0
A0B0 =
IC0
A0C0 nên J B0
IC0 =
A0B0
A0C0 (6)
Mặt khác, lại áp dụng định lý Thales, ta có CP B0B00 =
P K C0I
P C0
B0C0 =
P L B0J (7) Suy P KP L = P K
C0I ·
B0J
P L · C0I
B0J =
P B0
C0B0 ·
B0C0
P C0 ·
A0C0
A0B0 =−
P B0
P C0 ·
A0C0
A0B0 (vì (6) (7)) Chú ý rằngA0P phân giác của∠B0A0C0nênP BP C00 = A
0B0
A0C0 Do P KP L = P K P L = −
P B0
P C0 ·
A0C0
A0B0 = P BP C00 ·A
0C0
A0B0 = VậyP K =P L
BÀI6.Trước tiên, xin phát biểu hai bổ đề sau
Bổ đề 1.Cho tam giácABCkhông cân tạiA Phân giác ngồi gócBACcắt trung trực
BC tạiD Khi đóDthuộc đường trịn ngoại tiếp tam giácABC
Bổ đề 2.Cho tứ giácABCDnội tiếp đường tròn(O), hai đường chéoAC vàBDcắt
E Gọi F giao điểm thứ hai hai đường tròn(OAB) (OCD) Chứng minh bốn
điểmA, D, E, F đồng viên bốn điểmB, C, E, F đồng viên
(19)A
B C
X
Ω
Γ
D
E
F G
K L
H
Y Z
Bỏ qua trường hợp đơn giảnAB=AC Xét trường hợp tam giácABC khơng cân tạiA Vì XD = XE AX phân giác ngồi góc DAE nên theo bổ đề bốn điểm
A, X, D, E đồng viên
GọiHlà giao điểm củaEF vàGD Chú ýXlà tâm đường tròn qua bốn điểmF, D, E, G;
A = (XF G)∩(XDE)nên áp dụng bổ đề bốn điểmA, F, D, H đồng viên bốn điểm
A, G, E, H đồng viên
Áp dụng tính chất trục đẳng phương vào ba đường trịn(AF D),(AGE),Γsuy raAH, DF, GE
đồng quy hay ba điểmA, H, Lthẳng hàng
Ta có(GD, GL)≡(GD, GE)≡(F D, F E)≡(F D, F H)≡(AD, AH)≡(AD, AL)(modπ) Suy bốn điểmA, D, L, Gđồng viên Chứng minh tương tự, ta có bốn điểmA, E, L, F đồng viên
GọiY,Zlần lượt giao điểm thứ hai củaGE,F D vớiΩ Áp dụng bổ đề Reim vào hai đường trịnΩvà(ADLG)thìBY kDL Tương tự, ta cóCZ kEL
Đến đây, ta có biến đổi góc có hướng
(F K, F L)≡(F B, F Z)≡(GF, GY)≡(GF, GL)(modπ)
Do đóF Klà tiếp tuyến của(GLF) Chứng minh tương tự, ta cóGK tiếp tuyến của(GLF) Suy LK đường đối trung tam giácGLF Mặt khác,DE đường đối song ứng với
GF tam giácGLF VậyKLchia đơiDE
Nhận xét.Bài tốn giải theo hướng dùng phương tích - trục đẳng phương cho hai đường tròn(BDF)và(CGE)
BÀI7.Trước tiên, xin phát biểu không chứng minh bổ đề quen thuộc sau
(20)P điểm trên(O) GọiA0, B0, C0là đối xứng củaP theo thứ tự quaBC, CA, AB
Khi ba điểm A0, B0, C0 nằm đường thẳng qua H đường thẳng qua
A0, B0, C0 gọi đường thẳng Steiner tam giácABC ứng vớiP
Quay lại toán
A
B C
P
H O I
Q
G E F
M K L
S R
T
J
N
GọiE, F theo thứ tự tiếp điểm của(I)vớiCA, AB;K trực tâm tam giácAEF;(O)
cắtAO, AIthứ tự tạiG, QkhácA;(O)cắtGItạiRkhácG
Ta cóAGlà đường kính của(O)nên∠ARI =∠ARG= 90◦ =∠AEI =∠AF I Suy
điểmA, E, F, I, Rcùng thuộc đường trịn(M)đường kínhAI
Áp dụng bổ đề đường thẳng Steiner cho tam giácAEF vàABC điểm đối xứng
R quaAE ≡AB, AF ≡AC nằm đường thẳng Steiner tam giácAEF, ABC
ứng với R Do đường thẳng Steiner tam giác AEF ABC ứng với R trùng Suy raHKlà đường thẳng Steiner tam giácAEF vàABCứng vớiR Do gọiSlà điểm đối xứng vớiRquaEF thìS thuộcHK
Ta có IE ⊥ AC ⊥ KF, IF ⊥ AB ⊥ KE Suy IE k KF, IF k KE, ý
IE =IF nênIEKF hình thoi nênI đối xứng vớiKquaEF
Qua phép đối xứng trụcEF ta cóKS, IRcắt trênEF Do gọiLlà giao điểm củaHKvàEF thìLthuộcGR
VìAQ ≡ AI phân giác gócBAC nênQlà trung điểm cungBC (khơng chứaA) (O) Do đóP Qlà đường kính của(O)
Suy ra∠P RQ =∠ARI = 90◦, mà∠RP Q=∠RAQ=∠RAI Do đó4P QRv4AIR(g−
g) Suy ra∠RN M =∠RN P =∠RQP =∠RIA =∠RIM Do tứ giácIM RN nội tiếp Do đóRthuộc đường trịn(J)ngoại tiếp tam giácIM N
Do áp dụng định lý tâm đẳng phương ta cóL = EF ∩IRlà tâm đẳng phương ba đường tròn(M),(I)và(J) Suy raLthuộc trục đẳng phương của(I)và(J) Do để chứng minh H thuộc trục đẳng phương (I)và (J), ta cần chứng minh HL ⊥ IJ Thật vậy, kẻ đường kính IT (J) Khi dễ thấy T thuộc AR T M ⊥ AI ⊥ EF Chú ý
M R =M I nênT M phân giác gócIT R Suy raT M kEF vàT Rđối xứng vớiT I
(21)(HL, IJ)≡(LH, LR) + (RL, RT) + (T R, T I)≡2(EF, IR) + π2 + 2(T R, T M)≡
2(T M, IR) + π2 + 2(T R, T M)≡2(T R, IR) + π2 ≡2π2 +π2 ≡ π
2(modπ)
Suy raHL⊥IJ VậyHthuộc trục đẳng phương của(I)và(J) BÀI8
A
B D C
H
E F
P
Q
M N
I V
rP
rQ
GọiM, N theo thứ tự trung điểm củaBC, P Q Ta chứng minhN điểm cố định Thật vậy, đặt(P)≡(P, rP),(Q)≡(Q, rQ)vàRlà bán kính đường trịn(ABC)
Ta cóCE·CA=CE·CA=PC/(CAD) =CD·CB =CD·CB Tương tự,BF·BA=BD·BC
Chú ý rằngP B ⊥BCnên∠ABC = 90◦±∠P BF Suy rasin∠ABC =sin(90◦±∠P BF) =
cos∠P BF
VìP B =P F nênrP =BP = 2cosBF∠P BF = 2sinBF∠ABC = BFAC·R = BFAB·AB·AC·R = BDAB·BC·AC·R
Tương tự,rQ =CQ= CDAB·CB·AC·R
Suy raM N = 12(BP +CQ) = 2ABR·BC·AC(BD+CD) = 2RAB·BC·AC2 (1) Dựng đường caoAHcủa tam giácABC dễ thấy−BP−→−→CQ−−→HA Vì−−→M N =
2(
−−→
BP +−→CQ)nên−−→M N −−→HA (2) Từ (1) (2) suy raN điểm cố định Ta có DBDC =
BD·BC·R AB·AC CD·BC·R
AB·AC = rP
rQ (3)
Dễ thấyN B =N C tồn đường tròn(I)đi quaB, Cđồng thời tiếp xúc vớiN B,N C Vì
B, C, N cố định nênI cố định Ta chứng minhID⊥P Q Thật vậy, xét hai trường hợp
(22)Trường hợp 1: NếurP =rQthìBP =CQ, ý
−−→
BP −→CQ −−→HAnênBCQP hình bình hành Suy P Q k BC Từ (3) suy DB = DC suy D trung điểm củaBC nên
D≡M Suy raID≡IM ⊥BC kP Q
Trường hợp 2: Nếu rP 6=rQ GọiV =P Q∩BC Khi đóV tâm vị tự ngồi của(P;rP)và
(Q;rQ)nên V BV C = V PV Q = rrPQ = DBDC =−DBDC Suy ra(BC, V D) =−1 (4)
Xét cực - đối cực đường trịn (I) Ta có M cực BC nên D, M liên hợp (vì
D ∈ BC) MàD, V liên hợp (vì (4)) Suy raM V đường đối cực củaDnên theo tính chất cực - đối cực thìID⊥M V ≡P Q
Tóm lại trường hợp, ta ln có đường thẳng quaDvng góc vớiP Qđi qua điểm
I cố định BÀI9
A
B C
H O
P
E
F
K M
N
G
K0 R
S
G0
A0
N0 D
Q
Khơng tính tổng qt giả sử đường tròn(AEF)cắt(O)tạiGkhácA
GọiK trực tâm tam giácAEF;A0, G0, K0, N0 thứ tự điểm đối xứng vớiA,G, K, N
qua EF Vì O thuộc EF nên A0, G0, N0 thuộc(O) Dễ thấyK0 thuộc (AEF) Qua phép đối xứng trụcEF thìK0là trực tâm tam giácA0EF;G0thuộc(A0EF)vàK0 thuộc(AEF) Đường tròn(OAQ)cắtEF tạiQkhácO Chú ý rằngOA=OM =ON;A, A0 đối xứng qua EF M, N đối xứng qua AO, suy (QN, QA0) ≡ (QN, QO) + (QO, QA0) ≡
(AN, AO)+(QA, QO)≡(AO, AM)+(N A, N O)≡(M A, M O)+(M O, M A)≡(M A, M A)
≡ 0(modπ) Suy QN ≡ QA0 hay Qthuộc A0N Do qua phép đối xứng trụcEF Q
thuộcAN0
Đường trịn(AEF)cắtAH, AOtạiR, S khácA;(O)cắtAOtạiDthìADlà đường kính (O)và ýA, A0 đối xứng quaEF nênEF ⊥AA0 ⊥A0D Suy raA0DkEF
Chú ý AH, AO hai đường đẳng giác góc BAC Suy AR, AS hai đường đẳng giác gócEAF Do đóRS kEF
Suy (RG, RS) ≡ (AG, AS) ≡ (AG, AD) ≡ (A0G, A0D) ≡ (A0G, RS) (vìA0D k EF k
(23)Vì(QP, QA) ≡(QO, QA)≡ (N O, N A)≡ (M A, M O) ≡(P A, P O)≡ (P A, P Q)(modπ) Suy raAP =AQ
Chú ý bốn điểmA, K, A0, K0thẳng hàng
Suy (GK0, GA0) ≡ (GK0, GR) ≡ (AK0, AR) ≡ (AA0, AP) ≡ (AQ, AA0)(vìAP = AQ
vàAA0 ⊥EF ≡P Q)≡(AN0, AA0)≡(GN0, GA0)(modπ) Do đóGK0 ≡GN0 hayGthuộc
K0N0 Do qua phép đối xứng trụcEF thìG0 thuộcKN
Chú ý rằngGthuộc(AEF),G0 đối xứng với GquaEF K trực tâm tam giác AEF
nênKG0là đường thẳng Steiner tam giácAEF ứng vớiG Suy điểm đối xứng vớiG
quaAE ≡ AC,AF ≡ AB thuộcKG0 ≡ KN nênKN đường thẳng Steiner tam giácABC ứng vớiG Do đóKN quaHhayHN quaK, trực tâm tam giácAEF Ta có điều phải chứng minh
Nhận xét.
1) Trong toán chứng minh đường thẳngdđi qua trực tâm tam giácABC có kỹ thuật chứng minhdlà đường thẳng Steiner điểmX điểmX gọi cực Steiner củadứng với tam giácABC
2) Vì H, K thứ tự trực tâm tam giácABC, AEF nên ta có ý tưởng tìm cực Steiner củaHK ứng với hai tam giácABC, AEF Và điểm chung hai đường trịn (ABC)và (AEF) Vì EF quaO nên ta nghĩ đến việc sử dụng phép đối xứng trụcEF raGlà cực đường thẳng SteinerHN hai tam giácAEF vàABC
BÀI10
A
B D C
E F
x y
K L
G
QuaB kẻ đường thẳng song song vớixcắtCAtạiK, quaC kẻ đường thẳng song song vớiy
cắtABtạiL Từ đó, dễ thấyK,Llà hai điểm cố định
Ta chứng minh ba đường trịn(AEF),(ABK),(ACL)đồng trục Thật vậy, ta có PE/(ABK)
PE/(ACL) =
EA·EK EA·EC =
EK EC
PF /(ABK)
PF /(ACL) =
F A·F B F A·F L =
F B F L
Mặt khác, theo định lý Thales, ýBK kDE kxvàCLkDF kyta có F B
F L = DB DC =
(24)Suy PE/(ABK)
PE/(ACL) =
PF /(ABK)
PF /(ACL) Do ba đường trịn (AEF), (ABK) (ACL)đồng trục Vì
vậy gọiGlà giao điểm thứ hai của(ABK)và (ACL)thìGlà điểm cố định và(AEF)sẽ qua điểmGcố định khiDdi động
Nhận xét.
1) Ngoài cách chứng minhGthuộc(AEF)như trên, ta sử dụng phương pháp vị tự quay
2) Tùy theo phương hai đường thẳng x, y thu nhiều toán quen thuộc (và kinh điển), chẳng hạn x k AB y k AC điểm cố định Humty point, hay x, y song song với tiếp tuyến B C (tức phương với đường đối song) của(ABC)thì điểm cố định Dumty point, hay (x, BC)≡ (BC, AB)(modπ)và (y, CB)≡
(AC, BC)(modπ)thì điểm cố định tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, hay x, y
theo thứ tự vng góc với phân giác gócC, B tam giác ABC điểm cố định tâm đường tròn nội tiếp,
BÀI11
A
B C
O D
E F
G H I
K
L
S
Vì∠ABC 6= 90◦ nênO 6=DvàOD phải cắtBC Gọi L=R
OD(C)(ở đâyROD phép đối
xứng trụcOD) ba đường thẳngAL, BC, OD đôi song song đồng quy Vậy
AL, BC vàODđồng quy GọiS =AL∩BC∩OD Lại vìCA6=CB nênS 6=C
VìA=ROD(B), C =ROD(L)nên giao điểm củaACvà BL(nếu có) phải thuộcOD Chú ý
rằngAC∩OD =D, suy raBLđi quaD
Dễ thấy bốn điểm A, B, C, Llà đỉnh hình thang cân nên thuộc đường trịn (1)
Lại có (CB, CD) ≡ (CB, CA) ≡ 2(
−−→
OB,−→OA) ≡ (OB, OD)(vìOB = OA OD ⊥ BA)
(modπ) Suy bốn điểmB, C, D, Ocùng thuộc đường tròn (2)
Từ (1), (2) ý bốn điểm D, E, F, Ocùng thuộc đường tròn, suy SA·SL =
(25)Từ (3), suy bốn điểmA, E, F, Lcùng thuộc đường trịn Do đó, gọiI giao điểm thứ hai CL (AEF)thì ý sáu điểm E, F, D, G, H, O thuộc đường tròn (K), suy raCI·CL=CE·CF =CD·CH =CG·CO (4)
Từ (4), ta có bốn điểmD, H, I, L;G, L, O, I thuộc đường trịn Từ đó, dễ dàng có hai tam giácDCL, ICH;OCL, ICGđồng dạng ngược hướng (5)
TỪ (5), ý rằngDC =DLvàOC =OLsuy raIH =IC vàIG=IC
Do đóIG=IC =IH hayI tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácCGH Kết hợp vớiI thuộc (AEF)ta suy điều phải chứng minh
BÀI12
A
B C
Q R
I
D
E F
G K
L
P M
N
S
H
Đường thẳngDGcắt(IBC)tạiHkhácG; đường tròn tâmKđi quaAvàDcắtACtạiP khác
A;HB cắt(ABC)tạiQkhácB
Ta có(AC, DP) ≡ (P A, P D) ≡ 2(
−−→
KA,−−→KD) ≡ (KL, KD) ≡ (KL, AD) + (AD, KD) ≡
π
2+ (DI, DE)≡
π
2+ (F I, F E)≡
π
2+ (F I, F D) + (F D, F E)≡
π
2+ (CI, DL) + (ID, IE)≡
(CI, CA) + (AC, DL) + (IA, IB)≡ π
2+
1 2(
−−→
CB,−→CA) + (AC, DL) + (AI, AB) + (BA, BI)≡
π
2+
1 2(
−→
CA,−CB−→) + (AC, DL) +12(−→AC,AB−→) +12(−→BA,−BC−→)≡ π
2 +
1 2[(
−−→
(26)(−→BA,−BC−→)]≡ π
2 +
π
2 + (AC, DL)≡(AC, DL)(modπ) Suy raDP ≡DLhayP ∈DL
Mặt khác (DP, DG) ≡ (DF, DG) ≡ (IF, IG) ≡ (IC, IG) ≡ (HC, HG) ≡ (HC, DG) (modπ)
Suy raDP kHC Chứng minh tương tự,DK kHB
Lại có,(QC, BH) ≡ (QC, QB) ≡ (AC, AB) ≡ (AC,−→ −→AB) ≡ 2(AC, AI) ≡ (−−→KP ,−−→KD) ≡
(KP, KD)≡(KP, HB)(vìKDkHB)(modπ)
Suy raQC kKP
Do hai tam giácCHQvàP DKcó cặp cạnh tương ứng song song nên đường thẳng
CP, DH vàQK đôi song song đồng quy
Suy raM =CP ∩HD∈QK HayKM ≡QM Tương tự,HC cắt(ABC)tạiRkhácCthìLN ≡RN GọiS=QM∩RN Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm
ARQ SBC
với ý rằngA, B, C, Q, R
cùng thuộc đường tròn ba điểmH =QB∩RC, M =AC∩SQ, N =AB∩SRthẳng hàng, ta cóA, B, C, Q, R, Scùng thuộc đường tròn
VậyKM vàLN cắt đường tròn(ABC)
BÀI 13.a) Gọi A, B, C, D tiếp điểm cặp đường tròn(O1)và(J1), (O2)và
(J1),(O2)và(J2),(O1)và(J2) Dễ thấy ba điểmO1, A, J1thẳng hàng; ba điểmJ1, B, O2thẳng
hàng; ba điểmO2, C, J2 thẳng hàng; ba điểmO1, D, J2 thẳng hàng
Suy raO1J1+O2J2 = (O1A+J1A)+(O2C+J2C) = O1D+J1B+O2B+J2D=O1J2+O2J1
Khi đó, theo định lý Pithot, tứ giácO1J1O2J2là tứ giác ngoại tiếp
O
X
Y O1
O2
J1
J2
A1 A2
A
B C
D J
I
M
N
b) GọiX tiếp điểm của(O1)và(O);Y tiếp điểm của(O2)và (O);M, N tâm
vị tự của(O1)và(O2),(J1)và(J2)
Tam giácO1ADcân tạiO1 cóO1I phân giác gócAO1D(doI tâm đường tròn nội tiếp tứ
(27)ta cóIA =IB =IC Như vậy, bốn điểmA, B, C, D nằm đường tròn tâmI Áp dụng định lý Monge - D’Alembert vào ba đường tròn(O1),(O2),(O)suy ba điểmX, Y, M
thẳng hàng
Áp dụng định lý Monge - D’Alembert vào ba đường tròn(O1),(O2),(J2)chú ýM tâm vị tự
ngoài của(O1)và(O2),Dlà tâm vị tự của(O1)và(J2),Clà tâm vị tự của(O2)và
(J2)suy ba điểmD, C, M thẳng hàng Tương tự, ta có ba điểmA, B, M thẳng hàng
Áp dụng định lý Monge - D’Alembert cho ba đường tròn(J1),(J2),(O1)suy ba điểmA, D, N
thẳng hàng Tương tự, ta có ba điểmB, C, N thẳng hàng
Áp dụng tính chất trục đẳng phương vào ba đường tròn(O1),(O2),(ABCD)chú ýN giao
điểm củaADvàBC,A1A2là tiếp tuyến chung của(O1)và(O2)suy ba điểmA1, A2, N
thẳng hàng
Vì N tâm vị tự ngồi (J1) (J2) nên biến đổi tỉ số đơn giản, ta suy
N D·N A=N A1 ·N A2 Do tứ giácAA1A2Dnội tiếp Từ đó, áp dụng tính chất trục đẳng
phương vào ba đường trịn(AA1A2D),(O1),(O)chú ý(O)tiếp xúc với (O1)tạiX,N giao
điểm AD A1A2 N X tiếp tuyến chung X (O)và (O1) Chứng minh
tương tự, ta cóN Y tiếp tuyến chung tạiY của(O)và(O2)
Ta cóN X2 =N A1·N A2 =N D·N AnênPN/(O) =PN/(ABCD) Suy raN nằm trục đẳng
phương của(O)và(ABCD) (1)
VìM tâm vị tự ngồi của(O1)và (O2)nên biến đổi tỉ số đơn giản, ta cóM C ·M D =
M X ·M Y Do PM/(O) = PM/(ABCD) Nên M nằm trục đẳng phương (O)
(ABCD) (2)
Từ (1) (2) suy raM N trục đẳng phương của(O)và(ABCD) Do đóOI ⊥M N
Vì M tâm vị tự (O1) (O2) nên ba điểm O1, O2, M thẳng hàng Mặt khác
(O1)tiếp xúc với(O2)tạiJ Do bốn điểmO1, O2, J, M thẳng hàng, ngồi đường thẳng
qua bốn điểm vuông góc vớiA1A2
Dễ thấy N X2 = N Y2 = N J2 nênN X = N Y = N J hay ba điểmX, Y, J nằm đường tròn (N;N X) Hơn nữa, doN X ⊥ OX, N Y ⊥ OY suy raOX, OY hai tiếp tuyến tạiX, Y của(N;N X).VìM J ⊥A1A2 ≡ N J nênM J tiếp tuyến tạiJ của(N;N X) Đến
đây doMnằm trênXY, đường đối cực củaOđối với đường tròn(N;N X), suy đường đối cực củaM đối với(N;N X)sẽ qua điểmO Mặt khácM J tiếp tuyến tạiJcủa(N;N X) Vì vậyOJlà đường đối cực củaM đối với(N;N X) Như vậyOJ ⊥M N
Kết hợp vớiOI ⊥M N (chứng minh trên) ta suy ba điểmO, I, J thẳng hàng BÀI14.Trước tiên, xin phát biểu chứng minh bổ đề sau
Bổ đề. Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn(O), đường cao AD Đường thẳng quaAsong song vớiBC cắt lại(O)tạiE Khi
a)DEđi qua trọng tâm tam giácABC
b) NếuB0, C0 trung điểm cạnhCA, AB và(I)là đường tròn quaB0, C0
đồng thời tiếp xúc với(O)tại điểmX khácAthìDE quaX
(28)A
B C
E
D M
G O
I
B0
C0
X
F T
a) GọiF hình chiếu vng góc EtrênBC vàM trung điểm củaBC Khi dễ thấy
M trung điểm củaDF Từ đóAE = −2M D Gọi Glà giao điểm AM DE Theo định lý Thales, ta có GM
GA = M D
AE =−
1
2 Suy raGlà trọng tâm tam giácABC
b) Dễ thấy đường tròn (AB0C0)tiếp xúc với(O) tạiA Do tiếp tuyến tạiA, X của(O)và
đường thẳng B0C0 đồng quy T tâm đẳng phương ba đường tròn(O),(I),(AB0C0),
kết hợp vớiA, Dđối xứng quaB0C0nênT X =T A=T D Do đó,
(XA, XD)≡
2( −→
T A,−→T D)(modπ) (vìT đường trịn ngoại tiếp tam giácADX)
≡(T A, T B0)(modπ) (vìT A=T D)
≡(AT, AE)(modπ) (vìAE kBC kB0C0)
≡(XA, XE)(modπ) (vìT Atiếp xúc(AEX))
Suy ba điểmX, D, Ethẳng hàng
Quay lại toán
(29)A
B
C D
I
X Y
Z
T K
L R
S
M N
B0
A0
U
V F
E
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm
XY Z ZT X
thì ta có ba điểm D, B, F thẳng hàng Vậy
B ∈EF (1)
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm
XY T ZT Y
thì ta có ba điểm D, E, F thẳng hàng Vậy
D∈EF (2)
Từ (1) (2) suy raE ∈BD Chứng minh tương tự,E ∈AC VậyE =AC∩BD
GọiU = T I ∩(I)(U 6=T) Mặt khác, dễ thấy tứ giácAXIY, CZIT nội tiếp đường trịn đường kínhAI, CI Kết hợp với tứ giácABCDnội tiếp Ta có
∠XIY = 180◦−∠XAY = 180◦−∠BAD=∠BCD=∠ZCT = 180◦−∠ZIT =∠ZIU
Suy raXU =ZT Do tứ giácXU Y Zlà hình thang cân Từ đóY Z kXU, mà∠T XU = 90◦ nênXT ⊥Y Z (3)
Từ (3), suy raXElà đường cao tam giácXY Z, áp dụng bổ đề (a), ta có ba điểmM ∈EU
(4)
(30)trong tam giác vng, ta cóIA0·IA=IX2, IB0·IB =IX2 Do qua phép nghịch đảoItâm
I với phương tíchr2 thì(ABR)7→ (A0B0R),(I) 7→(I) Do đó, đường tròn(ABR)≡ (K) tiếp xúc với(I)tạiR, suy đường tròn(A0B0R)tiếp xúc với(I)tạiR Áp dụng bổ đề (b), ta cóR∈EU (5)
Từ (4) (5) ta suy bốn điểmE, M, R, U thẳng hàng
Nếu gọi V = ZI ∩(I)(V 6= Z) chứng minh tương tự trên, ta có bốn điểm
E, N, S, V thẳng hàng
Dễ thấyT ZU V hình chữ nhật, suy raT Z kU V (6) Theo tính chất trọng tâm tam giác, ta có A0Z
A0M =
A0T
A0N = 3nên theo định lý Thales, ta có
M N kT Z (7)
Từ (6) (7) suy raM N kU V, EM
EU = EN EV (8)
Vì bốn điểmR, S, U, V nằm đường tròn(I)nên theo hệ thức lượng đường trịn, ta cóER·EU =ES·EV (9)
Từ (8) (9), suy raER·EM =ES ·EN Điều cho ta bốn điểmM, N, R, S nằm đường trịn Bài tốn chứng minh
Nhận xét.
1) Bổ đề toán nội dung G4, IMO Shortlist 2011
2) Để chứng minh (1), (2) (3) ta sử dụng cực - đối cực đường tròn(I) BÀI15
A B
C
D P
x
O
A1
B1
C1
D1
A2
B2
C2
D2
A0
B0
C0 D0
y
S
T
Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD; x cắt AB, BC, CD, DA
A1, B1, C1, D1;ylần lượt cắtAB, BC, CD, DAtạiA2, B2, C2, D2
Giả sửA0B0C0D0là tứ giác tạo đường thẳngtA/(AB,AD,x), tB/(BC,BA,y), tC/(CB,CD,x),
tD/(DC,DA,y)
(31)(A0B0, A0D0)≡(A0B, A0A)≡(A0B, AB) + (AB, A0A)≡(BA0, BA2) + (AA1, AA0)≡
(B2B, B2A2) + (D1A1, D1A)≡(B1B2, B1P) + π2 + (D2P, D2D1) + π2 ≡
(D2P, D2D1) + (B1B2, B1P)(modπ)
(C0B0, C0D0)≡(C0C, C0D)≡(C0C, CD) + (CD, C0D)≡(CC0, CC1) + (DC2, DC0)≡
(B1C, B1C1) + (D2C2, D2D)≡(B1B2, B1P) + (D2P, D2D1)≡(A0B0, A0D0)(modπ)
Suy bốn điểmA0, B0, C0, D0 đồng viên
GọiSlà giao điểm thứ hai củaAA0 và(O),T giao điểm thứ hai củaDD0 và(O) Khi đó, ta có biến đổi góc có hướng
(D2A, D2P)≡(D2D, D2C2)≡(DT, DC2)≡(AT, AP)(modπ)
Do AT tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giácAD2P Chứng minh tương tự, ta
cũng cóBS tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giácBA2P
DoBD⊥AC,x⊥ynên(P D2, P A)≡(P A1, P B)(modπ)
Từ đó, tiếp tục biến đổi góc có hướng
(AD, AT)≡(AD2, AT)≡(P D2, P A)≡(P A1, P B)≡(BA1, BS)≡(BA, BS)(modπ)
Vì AS = DT Từ đóD0O tia phân giác gócA0D0C0 Chứng minh tương tự, ta
A0O, B0O, C0O tia phân giác góc B0A0D0, A0B0C0, B0C0D0 Như vậy, tứ giác
A0B0C0D0 tứ giác ngoại tiếp
Vậy tứ giácA0B0C0D0 tứ giác lưỡng tâm
Nhận xét.
1) Theo tính chất đường thẳng Gauss - Newton điểm O nằm đường thẳng Gauss tứ giác toàn phần tạo đường thẳng tA/(AB,AD,x), tB/(BC,BA,y), tC/(CB,CD,x),
tD/(DC,DA,y) Tuy nhiên, bỏ giả thiết AC ⊥ BD, ta thu kết lạ hay
sau:Cho tứ giácABCDnội tiếp đường tròn (O), hai đường chéoAC vàBD cắt tạiP. Xét hai đường thẳng x, y vng góc với tạiP và không song song với đường thẳng chứa cạnh tứ giác Chứng minh rằngO nằm đường thẳng Gauss tứ giác toàn phần tạo đường thẳngtA/(AB,AD,x), tB/(BC,BA,y), tC/(CB,CD,x), tD/(DC,DA,y)
2) Khi hai đường thẳngx, ytrùng với hai đường chéo ta thu tính chất tứ giác lưỡng tâm (liên quan đến cách dựng tứ giác lưỡng tâm)
3) Ngoài cách giải trên, cịn sử dụng phép đối xứng trục để giải tốn