Bài toán 2.4.1 ([10]). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), lấy M là
một điểm chuyển động trên cung BC không chứa điểm A. Lấy M0 là điểm đối
xứng với M qua BC, gọi P là giao điểm thứ hai của M M0 với đường tròn (O).
Chứng minh khi M chuyển động trên cung BC thì đường thẳng đi qua M0 và
song song với AP luôn đi qua một điểm cố định.
Hình 2.14:
Chứng minh. Áp dụng kết quả Bài toán 2.3.3 thì AP song song với đường
thẳng Steiner của M. Do đường thẳng Steiner của M luôn đi qua M0 nên d
chính là đường thẳng Steiner. Theo kết quả Mệnh đề 1.2.4 thì đường thẳng d
sẽ đi qua trực tâm H cố định của tam giác ABC.
Bài toán 2.4.2 ([12]). Trên đường tròn (O;R) lấy hai điểm B, C cố định sao
cho BC =√
a) Chứng minh rằng khi A di động thì đường phân giác BAC[ luôn đi qua một
điểm cố định I.
b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của I trên các đường thẳng AB, AC. Chứng
minh BE =CF.
c) Chứng minh khi A di động thì EF luôn đi qua một điểm cố định.
d) Tìm vị trí điểm A để SAEIF lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo R.
Hình 2.15:
Chứng minh. a) Phân giác BAC[ luôn đi qua điểm I là điểm chính giữa cung
nhỏ BC cố định.
b) Vì I là trung điểm của cung nhỏ BC nên IB =IC.
Lại có IEB[ =IF C[ = 90◦ và IBE[ =ICF[ nên ∆EIB = ∆F IC. Suy ra BE = CF.
c) GọiM là trung điểm BC thìIM ⊥BC. Suy ra E, F, M thẳng hàng (đường thẳng Simson) nên EF luôn đi qua điểm M cố định.
d) Từ 4EIB =4F IC, ta suy ra
SAEIF = SABIC =SABC +SBIC.
Vì I cố định nên SAEIF lớn nhất khi và chỉ khi SABC lớn nhất. Điều đó chỉ xảy ra khi A là trung điểm cung lớn BC của đường tròn (O).
Khi đó, ta có SAEIF = 4 3SABC = 4 3 · BC 2√ 3 4 = 4 3 · (R √ 3)2·√3 4 =R 2√ 3.
Vậy diện tích tứ giác AEIF lớn nhất bằng R2√
3 khi A là trung điểm cung lớn
BC của đường tròn (O).
Bài toán 2.4.3 ([2]). Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A và B.
Một đường thẳng d thay đổi qua A cắt hai đường tròn (O1),(O2) lần lượt tại
C, D (A nằm giữa C và D). Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O1) và tại D
của đường tròn (O2) cắt nhau tạiM. Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc
của B xuống hai tiếp tuyến. Chứng minh P Q tiếp xúc với đường tròn cố định.
Hình 2.16:
Chứng minh. Do M C, M D là tiếp tuyến của hai đường tròn (O1),(O2) suy ra
[
ABC =M CA,\ ABD\= M DA\.
Suy ra CBS[ =M CD\ +M DC\ = 180◦ −CM D\
Suy ra \CBD+CM D\ = 180◦ hay M CBD là tứ giác nội tiếp. Hạ BH ⊥ CD, khi đó P, H, Q thẳng hàng.
Ta có P HB\ = \P CB = CAB[ suy ra P Q là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Vậy P Q luôn tiếp xúc với đường tròn đường kính AB.
Bài toán 2.4.4 ([2]). Cho góc xOyd, lấy điểm A cố định thuộc đường phân giác
góc xOyd. Dựng đường tròn (I) qua O và A cắt Ox, Oy tại B và C; dựng hình
bình hành OBM C. Chứng minh M thuộc đường thẳng cố định.
Hình 2.17:
Chứng minh. Gọi E là giao điểm của AI và BC, điểmA trên đường phân giác
của góc xOyd suy ra
_ AC= _ AB Do đó IA ⊥ BC. Kẻ AH ⊥ Ox, AK ⊥ Oy suy ra K, H cố định và K, E, H thẳng hàng.
Suy ra đường thẳng Simson của A đối với đường tròn (I) cố định.
Hình bình hành OBM C có OM = 2OE suy ra M thuộc đường thẳng d song song với đường thẳng Simson và cách O một khoảng không đổi.
Bài toán 2.4.5 ([7]). Cho hai đường tròn (O1)và (O2) cắt nhau tại A, B. Một
cát tuyến thay đổi qua A cắt đường tròn (O1) tại C và đường tròn (O2) tại D.
Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O1) và tiếp tuyến tại D của đường tròn (O2)
cắt nhau tại P. Gọi H, K là hình chiếu của B lên P C và P D. Chứng minh
Hình 2.18:
Chứng minh. Gọi I là trung điểm AB, và J là hình chiếu của B lên CD.
Ta có: (BC, BD)≡(BC, BA) + (BA, BD)≡ (CP, CA) + (DA, DP)
≡ (CP, CD) + (CD, DP)≡ (CP, DP)(modπ).
Từ đó suy ra P, C, B, Dcùng thuộc một đường tròn, do đóH, J, K thẳng hàng. Hơn nữa lại có:
(IJ, HK)≡ (IJ, J B) + (J B, HK)≡ (J B, AB) + (J B, J K)
≡ (BK, BD) + (J B, J K)≡ (J K, J D) + (J B, J K)≡ (J B, ID)≡ π
2(modπ).
Từ đó suy ra IJ ⊥ HK suy ra HK tiếp xúc với đường tròn đường kính AB. Do đó HK tiếp xúc với đường tròn cố định
Bài toán 2.4.6 ([7]). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), P và Q
là hai điểm xuyên tâm đối với nhau qua (O). Chứng minh rằng giao điểm hai
đường thẳng Simson của P và Q với tam giác ABC thuộc một đường cố định.
Chứng minh. Gọi D, E, F là hình chiếu vuông góc của P lên BC, CA, AB và
D0, E0, F0 là hình chiếu vuông góc của Q lên BC, CA, AB. Do đó, theo định lý Simson ta có D, E, F thẳng hàng và D0, E0, F0 thẳng hàng.
Gọi H là trực tâm tam giác ABC và O0 là tâm đường tròn Euler của tam giác
Hình 2.19:
và đường thẳng qua D0, E0, F0 với HQ. Ta có M và M0 lần lượt là trung điểm của P H và QH.
Mặt khác, ta cóO0 là trung điểm của HO, do đó ta suy ra được M, O, O0 thẳng hàng, từ đó chú ý rằng M M0 là đường trung bình của tam giác HP Q như vậy
O0M0 = O0M = R
2 hay M và M
0 thuộc đường tròn Euler của tam giác ABC
đồng thời vì M M0 = R nên M M0 cũng là đường kính của đường tròn Euler của tam giác ABC.
Ta có hai đường thẳng qua D, E, F và D0, E0, F0 vuông góc với nhau, do vậy giao điểm của chúng nằm trên đường tròn Euler của tam giác ABC (cố định). Do đó giao điểm hai đường thẳng Simson của P và Q với tam giác ABC cố định nằm trên đường tròn Euler của tam giác ABC.
Bài toán 2.4.7 ([8]). Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng d không cắt
đường tròn (O). Gọi M là điểm thay đổi trên đường thẳng d, từ M vẽ hai tiếp
tuyến M A, M B với đường tròn (O)(A, B là tiếp điểm). Gọi H là hình chiếu
vuông góc của O lên đường thẳng d.
a) Chứng minh AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên d.
b) GọiE, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên M A, M B. Chứng minh
Hình 2.20: Chứng minh.
a) Chứng minh AB luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi trên d. Gọi
I là giao điểm của OH với AB. Do ∆OKI ∼ ∆OHM nên OK
OI =
OH
OM.
Suy ra ta có OI.OH =OK.OM
Trong tam giác OAM ta có: OK.OM = OA2 = R2
Suy ra OI.OH =R2 hay OI = R
2
OH (không đổi vì R, OH không đổi).
Mà OH là đường thẳng cố định nên I cố định. Do đó AB luôn qua điểm I cố định.
b) Chứng minh P Q luôn đi qua điểm cố định khi M thay đổi trên d.
Gọi P là hình chiếu vuông góc của H lên đường thẳng AB. Ta có M HAB là tứ giác nội tiếp (đường tròn đường kính M O).
Do đó 3 điểm F, E, P thẳng hàng (đường thẳng Simson của điểm H của tam giác M AB).
Gọi J là giao điểm của F P với OH.
Do tứ giác HP AE nội tiếp (vì HP A\ =HEA\ = 900) nên HP E\ = HAM\
Mà HAM\ = HOM\ (tứ giác HAOM nội tiếp) và HOM\ = OHP\ (vị trí so le trong do HP ∥ M O) nên ta có OHP\ = HP E\.
Vì tam giác IHP vuông tại P nên ta có
[
HIP +IHP[ =HP E\ +EP I[ = 90◦.
Suy ra HIP[ =EP I.[
Do đó ∆J P I cân tại J hay J P =J I.
Vậy J H =J I hay J là trung điểm của IH, mà IH là hai điểm cố định nên J
cũng là điểm cố định.
Vậy EF luôn đi qua J cố định.
Bài toán 2.4.8 ([7]). Cho tam giác ABC, M là một điểm thay đổi trên BC.
Gọi D, E là điểm đối xứng của M qủa AB, AC. Chứng minh trung điểm DE
thuộc một đường thẳng cố định khi M thay đổi trên BC.
Hình 2.21:
Chứng minh. Gọi H là trực tâm tam giác ABC, P và Q lần lượt là giao điểm
của CH và BH với DE, R là giao điểm thứ hai của đường tròn (ADM) với
AC.
Từ đó ta có:
(RC, RE)≡(RM, RC)≡ (DM, DA)≡ (M A, M D)≡ (RA, RD)(modπ).
Do đó(AC, AE)≡ (AM, AC)≡ (AM, AR)≡ (DM, DR)≡ (P C, P E)(modπ). Suy ra A, E, C, P cùng thuộc một đường tròn
Nên (P A, P Q)≡ (P A, P E)≡ (CA, CE)≡ (CM, CA)≡ (HA, HQ)(modπ). Như vậy A, P, Q, H cùng thuộc một đường tròn.
Gọi C0, B0 lần lượt là chân các đường cao đỉnh B, C của tam giác ABC. N là trung điểm của DE.
Ta có AD = AM = AE do đó AN ⊥ DE, hơn nữa AC0 ⊥ P H, AB0 ⊥ QH. Như vậy theo định lý Simson thì N, B0, C0 thẳng hàng. Suy ra N nằm trên
B0C0 cố định.