Sử dụng phương tích, trục đẳng phương có thể giải quyết các bài toán dạng khác như bài toán dựng hình, tìm quỹ tích, chứng minh bài toán về điểm và đường cố
định…Trong mục này chủ yếu ta xét các bài toán về điểm và đường cố định. Đây là dạng bài thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi gần đây.
Bài 5.1. Cho đường tròn (O R; ) và hai điểm P, Q cố định với P nằm ngoài, Q nằm trong ( )O . Một đường thẳng thay đổi luôn đi qua Q và cắt ( )O tại hai điểm ,A B.
,
PA PB cắt lại ( )O tại ,C D. Chứng minh rằng đường thẳng CD luôn đi qua một điểm
cố định.
Lời giải.
Gọi H là giao điểm thứ hai của PQ với đường tròn ngoại tiếp tam giác PAB. Ta có
2 2 . .
QO −R =QA QB QP QH= , suy ra QH không đổi, tức là H cố định.
Do PCD PBA PHA· = · =· , suy ra IACH nội tiếp, do đó PO2 −R2 =PA PC PI PH. = . , suy ra PI không đổi, tức là I cố định. Vậy đường thẳng CD luôn đi qua điểm I cố định.
Bài 5.2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và A' là điểm cố định trên (O). P
là điểm di động trên BC, K thuộc AC sao cho PK luông song song với một đường thẳng d cố định. Đường tròn ngoại tiếp tam giác APK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E. AE cắt BC tại M. A P' cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai N. Chứng minh rằng
MN luôn đi qua một điểm cố định khi P thay đổi.
Lời giải. Đường thẳng qua A' song song với BC cắt (O) tại điểm thứ hai X. Gọi Y là giao điểm thứ hai của BC và đường tròn (AKP); Z là giao điểm thứ hai của XY và đường tròn (O). Rõ ràng X là điểm cố định. Vì , , ,Y A P K đồng viên và PK d|| nên
(YA BC, ) (≡ YA YP, ) (≡ KA KP, ) (≡ AC d, ) (mod )π Từ đó suy ra Y cố định, suy ra Z cố định.
Ta sẽ chứng minh MN đi qua Z, thật vậy vì , ', ,N A Z X đồng viên và XA YP' || nên ( NP NZ, ) (≡ NA NZ', ) (≡ XA XZ', ) (≡ YP XZ, ) (mod )π .
Suy ra , , ,N P Z Y đồng viên.
Từ đó NZ là trục đẳng phương của các đường tròn (PNYZ) ( ), O ; AE là trục đẳng
( APK) (, PNYZ). Suy ra NZ AE PY, , đồng quy. Do đó NZđi qua M, hay đường thẳng MN luôn đi qua Z cố định (đpcm).
Bài 5.3. Cho tam giác ABC không cân, không vuông nội tiếp đường tròn ( )O . Các tiếp tuyến của ( )O tại B và C cắt nhau tại T. Đường thẳng AT cắt đường tròn ( )O tại điểm X khác A. Kẻ đường kính XY của đường tròn ( )O , các đường thẳng YB, XC cắt nhau tại P, các đường thẳng XB, YC cắt nhau tại Q.
a) Chứng minh rằng T là trung điểm của PQ.
b) Giả sử đường tròn ( )O cố định và các điểm B, C cố định thuộc đường tròn ( )O . Biết điểm A di động trên ( )O nhưng vẫn thỏa mãn các điều kiện của bài toán, gọi S là giao điểm của AY và PQ. Chứng minh rằng S di động trên một đường thẳng cố định.
Lời giải. a) Gọi T’ là trung điểm của PQ. Ta cm T B T C' , ' là tiếp tuyến của ( )O . Thật vậy T CQ T QC YBC YAC· ' =· ' =· =· =900 −XAC· =900−XYC· =900 −YCO· . Do đó OC vuông góc với T’C hay T’C là tiếp tuyến của ( )O . Tương tự T’B là tiếp tuyến của ( )O . Do đó T và T' trùng nhau (đpcm).
b) Ta sẽ chứng minh S thuộc đường thẳng BC. Thật vậy, dễ chứng minh được tứ giác
minh S nằm trên các trục đẳng phương của ( )O và (BCQP). Từ đó suy ra S thuộc đường thẳng BC cố định.
Bài 5.4 (THTT 2012). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, ngoại tiếp
đường tròn tâm I. Tiếp điểm của BC với đường tròn (I) là D. Đường tròn đường kính
AI cắt (O) tại điểm M khác A và cắt đường thẳng đi qua A song song với BC tại N.
Chứng minh rằng MO đi qua trung điểm của DN.
Lời giải.
Không mất tính tổng quát có thể giả sử AB AC< . Gọi ,E F thứ tự là tiếp điểm của
đường tròn (I) với các cạnh AB và AC. Giả sử NF cắt BC tại J; MO cắt DN tại L. Ta thấy ngay bốn điểm M N E F, , , cùng nằm trên đường tròn ( )ω1 . Dễ thấy bốn điểm
, , ,
B M N J cùng nằm trên đường tròn ( )ω2 và bốn điểm , , ,B E F J cùng nằm trên đường tròn ( )ω3 .
Ta có MN là trục đẳng phương của hai đường tròn ( )ω1 và ( )ω2 ; EF là trục đẳng phương của hai đường tròn ( )ω1 và ( )ω3 ; BC là trục đẳng phương của hai đường tròn
( )ω2 và ( )ω3 . Do đó ba đường thẳng MN EF BC, , đồng quy tại điểm T. Mặt khác TD2 =TE TF TM TN. = . , suy ra DM ⊥MN .
Gọi (O R; ) và (L R; ') là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đường tròn đường kính DN. P và K là giao điểm của các tia MN, MD với đường tròn (O).
Xét phép vị tự '
RR R M
V biến ( ) ( )L a O ; La O; N a P; Da K , suy ra DN a KP. Như vậy PK là đường kính của đường tròn (O). Lại do O là trung điểm của PK nên L là trung điểm của DN (đpcm).
Nhận xét. Trong bài toán này ngoài việc sử dụng trục đẳng phương ta đã sử dụng thêm phép biến hình mà cụ thể ở đây là phép vị tự, việc áp dụng thêm các phép biến hình hoặc công cụ khác giúp ta nhìn nhận bài toán ở góc độ cao và sâu sắc hơn, hơn nữa đem lại lời giải nhanh và gọn gàng hơn. Ta xét tiếp một bài toán tương tự có sử dụng phép đối xứng trục.
Bài 5.5 (Nguyễn Minh Hà). Cho hai đường tròn ( ) ( )O1 , O2 cắt nhau tại hai điểm A,B. Đường thẳng d quay quanh điểm B và cắt ( ) ( )O1 , O2 tại C,D. M là trung điểm CD,
AM cắt lại ( )O2 tại P. Đường thẳng qua M và vuông góc O M1 cắt AC tại Q. Chứng
minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định.
Gọi ( )O3 là đường tròn ngoại tiếp tam giác ACP. AP cắt lại ( )O1 tại K và d cắt lại ( )O3 tại N. Gọi ( )O4 là đường tròn ngoại tiếp tam giác DNP. S là giao điểm thứ hai của PQ với ( )O2 . Ta có MP MA MB MD. = . = −MB MC. = −MK MA.
MN MC MA MP MB MD. = . = . = −MB MC.
Do đó MP= −MK MN; = −MB, cùng với MD= −MC suy ra phép đối xứng tâm M biến , ,A B C theo thứ tự thành , ,P N D. Suy ra nó biến ( )O1 thành ( )O4 . Kết hợp với
1 2
MQ O O⊥ suy ra MQ là trục đẳng phương của ( )O1 ,( )O4 . Do đó 3 đường thẳng , ,
AC NP MQ đồng quy, tức là Q thuộc NP.
Bây giờ, gọi S là giao điểm thứ hai của PQ với ( )O2 , khi đó bằng biến đổi góc suy ra
BS tiếp xúc với ( )O1 , suy ra S cố định. Vậy đường thẳng PQ luôn đi qua điểm S cố định (đpcm).
Bài 5.6 (IMO 2014). Cho tứ giác lồi ABCD có ·ABC CDA=· =900. Gọi H là hình chiếu của A xuống BD; S, T lần lượt thuộc AB, AD sao cho H nằm trong tam giác SCT và
· · 90 , 0 · · 900
SHC BSC− = THC DTC− = .
Chứng minh rằng BD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác SHT.
Lời giải. Đây là một toán hay trong đề thi IMO 2014, lời giải của shorlist có hai cách, trong đó có một lời giải sử dụng đường tròn Apollonius. Sau đây tác giả xin đưa ra một lời giải khá đơn giản bằng việc sử dụng phương tích.
Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của C trên HS và HT. Ta có
· 1800 · 900 · · ·
CHM = −SHC= −BSC⇒HCM =BSC
Do tứ giác SMCB nội tiếp nên ·BMC BSC=· ⇒HCM· =BMC· .
Gọi O và I lần lượt là trung điểm của AC và HC. Ta có ·IMC ICM=· =HCM· , do đó
· ·
IMC BMC= , suy ra , ,B I M thẳng hàng. Tương tự ta cũng thu được , ,D I N thẳng
Mặt khác O là tâm đường tròn ( ABCD) và OI là đường trung bình tam giác AHC nên
OI là trung trực của BD, suy ra IB ID= . Mặt khác IM =IN nên MNBD là hình thang cân.
Gọi ( ) ( )ω1 , ω2 là đường tròn ngoại tiếp BCMS và CDTN thì do IM IB IN ID. = . nên
( )1 ( )2
/ /
I I
P ω =P ω , suy ra CI là trục đẳng phương của hai đường tròn ( ) ( )ω1 , ω2 . Do đó PH/( )ω1 =PH/( )ω2 , hay HS HM. =HT HN. , suy ra M N S T, , , đồng viên.
Từ đó suy ra STH· =SMN SHB· =· , điều này chứng tỏ BD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác SHT (đpcm).
Bài 5.7 (VN TST 2006). Cho tam giác ABC là tam giác nhọn và không phải tam giác
cân nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d thay đổi sao cho vuông góc với OA và luôn cắt tia AB, AC. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của d và AB,
AC. Giả sử BN và CM cắt nhau tại K và AK cắt BC tại P.
b) Gọi H là trực tâm của tam giác AMN. Đặt BC a= và l là khoảng cách từ A đến
HK. Chứng minh KH đi qua trực tâm của tam giác ABC, từ đó suy ra l≤ 4R2 −a2 .
Lời giải. a)
Không mất tính tổng quát, giả sử AB AC< , các trường hợp khác xét tương tự. Do tam giác ABC không cân nên MN phải cắt BC tại điểm Q, gọi I là trung điểm BC. Ta có (QPBC)= −1 nên IP IQ IB. = 2 =IC2
Do I là trung điểm BC nên OI ⊥BC⇒QI2 −BI2 =OQ2 −OB2, do đó
2 2 2 2 2
. . .
QI QP QI= −QI PI QI= −IB =OQ −OB =QB QC
(cùng bằng phương tích của Q với ( )O ).
Mặt khác do MN ⊥ AO nên dễ thấy ngay tứ giác BMNC nội tiếp, từ đó suy ra
. .
QB QC QM QN= . Do đó QP QI QM QN. = . , suy ra tứ giác MNIP nội tiếp. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua điểm I cố định.
b) Gọi BD CE, là hai đường cao của tam giác ABC và L là trực tâm tam giác ABC; ,
MF NG là hai đường cao của tam giác AMN. Ta cần chứng minh , ,H L K thẳng
hàng. Xét đường tròn ( )O1 đường kính BN, đường tròn ( )O2 đường kính CM. Do KB KN. =KC KM. nên K có cùng phương tích với hai đường tròn ( )O1 , ( )O2 .
Dễ thấy các điểm ,D G thuộc ( )O1 và ,E F thuộc ( )O2 . Do ,H L là trực tâm tam giác AMN và ABC nên LB LD LC LE HN HG HE HM. = . ; . = . , suy ra ,H L cũng có cùng
phương tích với hai đường tròn ( )O1 , ( )O2 . Do đó ba điểm , ,H L K cùng nằm trên
trục đẳng phương của hai đường tròn ( )O1 , ( )O2 , nên chúng thẳng hàng.
Từ đó suy ra l≤ AL. Mặt khác tam giác ABC nhọn nên 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 BC AL= OI = R − = R −a ⇒ ≤l R −a (đpcm).
Bài tương tự: Cho tam giác ABC nhọn và một đường tròn thay đổi qua ,B C cắt ,
AB AC tại M N, . Gọi P là giao điểm của BN và CM và ,Q T là giao điểm của
,
AP MN với BC. Đường thẳng qua Q và song song với MN cắt AB AC, tại ,R S.
a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác RST luôn đi qua một điểm cố định. b) Gọi K là trực tâm tam giác AMN, a là độ dài cạnh BC và d là khoảng cách từ A đến đường thẳng PK . Chứng minh rằng d a≤ .cotA.
Bài 5.8. Cho tam giác ABC không cân, không vuông nội tiếp đường tròn ( )O . Các tiếp tuyến của ( )O tại B và C cắt nhau tại T. Đường thẳng AT cắt đường tròn ( )O tại
điểm X khác A. Kẻ đường kính XY của đường tròn ( )O , các đường thẳng YB, XC cắt nhau tại P, các đường thẳng XB, YC cắt nhau tại Q.
a) Chứng minh rằng T là trung điểm của PQ.
b) Giả sử đường tròn ( )O cố định và các điểm B, C cố định thuộc đường tròn ( )O . Biết điểm A di động trên ( )O nhưng vẫn thỏa mãn các điều kiện của bài toán, gọi S là giao điểm của AY và PQ. Chứng minh rằng S di động trên một đường thẳng cố định.
Lời giải.
a) Gọi T’ là trung điểm của PQ. Ta cm T B T C' , ' là tiếp tuyến của ( )O . Thật vậy
· ' · ' · · 900 · 900 · 900 ·
T CQ T QC YBC YAC= = = = −XAC= −XYC = −YCO. Do đó OC vuông góc với T’C hay T’C là tiếp tuyến của ( )O . Tương tự T’B là tiếp tuyến của ( )O . Do đó T với T’C hay T’C là tiếp tuyến của ( )O . Tương tự T’B là tiếp tuyến của ( )O . Do đó T và T' trùng nhau (đpcm).
b) Ta sẽ chứng minh S thuộc đường thẳng BC. Thật vậy, dễ chứng minh được tứ giác
AYQP nội tiếp dựa vào tứ giác điều hòa và các tam giác đồng dạng. Sau đó chứng
minh S nằm trên các trục đẳng phương của ( )O và (BCQP). Từ đó suy ra S thuộc đường thẳng BC cố định.
Bài 5.9 (IMO shorlist 2014-G3). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( )O
đường kính BM. Phân giác của góc AOB và BOC cắt ( )ε tại P và Q. Trên đường thẳng PQ lấy điểm R sao cho RB RM= . Chứng minh rằng BR AC|| .
Lời giải.
Gọi K là trung điểm của BM thì K là tâm của ( )ε . OK và OM chính là trung trực của
BM và AC, do đó R là giao điểm của PQ với OK.
Gọi N là giao điểm thứ hai của OM với đường tròn ( )ε , ta có ngay BN AC|| .
Ta chỉ cần chứng minh đường thẳng BN đi qua R là xong. Điều đó đồng nghĩa với ba đường thẳng BN PQ OK, , đồng quy. Ta sẽ dựng ra ba đường tròn mà các đường thẳng BN PQ OK, , lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn, từ đó sẽ thu được điều cần chứng minh.
Từ đặc điểm vuông góc tại N và K ta suy ra N và K nằm trên đường tròn ( )ω đường kính OB. Tiếp theo ta sẽ chứng minh , , ,O K P Q nằm trên đường tròn.
Gọi D và E lần lượt là trung điểm của BC và AB thì D nằm trên OQ và E nằm trên
OP. Do các điểm , , , ,B E O K D cùng nằm trên đường tròn ( )ω nên ta được
· · · ·
Suy ra OK là phân giác ngoài của góc ·POQ. Mặt khác do K là tâm của ( )ε nên K nằm trên trung trực của PQ. Từ đó suy ra K là điểm chính giữa cung POQ của đường tròn ngoại tiếp tam giác POQ. Suy ra , , ,O K P Q nằm trên đường tròn ( )γ .
Khi đó OK BN PQ, , lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn ( )ω , ( )γ và ( )ε . Vậy OK BN PQ, , đồng quy, bài toán được chứng minh hoàn toàn.