Cách chứng minh thứ 1. Giả sử đường phân giác của ∠AQC giao với AC và đường tròn Γ lần lượt tại R và S, trong đóS khác Q. Vì AP C là tam giác cân nên
AB BC =
sin∠AP B sin∠CP B. Tương tự, vì tam giác ASC là tam giác cân nên ta có
AR RC =
sin∠ASQ sin∠CSQ.
Áp dụng định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác P AC, ta thu được sin∠AP B
sin∠CP B =
sin∠P QAsin∠QCA sin∠P CQsin∠QAC.
Do ∠P AQ= ∠ASQ= ∠QCA và ∠P CQ= ∠CSQ=∠QAC nên ta có AB
BC = AR2 RC2. Từ đó R không phụ thuộc vào Γ.
Hình 2.10: R không phụ thuộc vào đường tròn Γ
Cách chứng minh thứ 2. Gọi R là giao của đường phân giác góc ∠AQC với đoạnAC. Ta có thể giả sử rằng A(−1,0), B(b,0), C(1,0) và Γ :x2+ (y+p)2 = 1 +p2. Khi đó, P có tọa độ P(0,1/p). Lấy M là điểm chính giữa cung AC.
Khi đó, M có tọa độ M(0,−p−p1 +p2). Vì ∠AQR = ∠CQR nên các điểm Q, R, M thẳng hàng. Vì đường thẳng P B có phương trình y = −x/pb+ 1/p, tính toán ta được tọa độ của Q là
Q (1 +p2)b−pbp(1 +p2)(1−b2) 1 +p2b2 , −p(1−b2) +p(1 +p2)(1−b2) 1 +p2b2 . Do đó, ta có QP BQ = p 1 +p2 p√ 1−b2. Vì M O P M = p+p1 +p2 1 p +p+p1 +p2 = p p 1 +p2, nên ta có OR RB = M O P M · QP BQ = p p 1 +p2 · p 1 +p2 p√ 1−b2 = √ 1 1−b2. Do đó, R không phụ thuộc Γ.
Bài toán 2.2.4(St. Petersburg 1997). Cho hai đường tròn (O1),(O2)cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Các tiếp tuyến của (O1) tại A và B cắt nhau tại C. M là một điểm tùy ý của (O1), khác A, B và nằm ngoài đường (O2). Các đường thẳng M A và M B cắt đường tròn (O2) tại N và P theo thứ tự đó. Chứng minh rằng đường thẳng M C luôn đi qua trung điểm N P.
Chứng minh. Từ giả thiết ta có M C là đường đối trung của tam giác M AB. Gọi I, J lần lượt là trung điểm củaAB, N P, gọi` là phân giác (trong) của góc ∠AM B. Do tứ giác ABP N nội tiếp và M là giao điểm của AN với BP nên hai tam giác M AB và M P N đồng dạng. Do đó, nếu đặt M P
M A = M N
M B =k thì phép đối xứng trục ` tỉ số k biến M thành M, biến A thành P, biến B thành N, biến I thành J. Qua phép đối xứng trục `, đường thẳng M I biến thành đường thẳng M C, nên suy ra đường thẳng M C đi qua J. Điều phải chứng minh.
Bài toán 2.2.5 ([1]). Cho tam giác ABC,các điểmM vàN lần lượt di chuyển trên các đường thẳng AB và AC sao cho M N k BC. Gọi P là giao điểm của BN và CM. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác BM P và CN P cắt nhau tại hai điểm phân biệt P và Q. Chứng minh rằng Q di chuyển trên một đường thẳng cố định.
Chứng minh. Do bốn điểm B, Q, P, M cùng nằm trên một đường tròn nên ta có
∠BQM =∠BP M. Do ∠BP M và ∠N P C là hai góc đối đỉnh nên ta có
∠BP M =∠N P C.
Do bốn điểm C, Q, P, N cùng nằm trên một đường tròn nên ta có ∠N P C =∠N QC.
Từ đó, ta có
∠BQM =∠N QC. (2.15)
Do CN P Q nội tiếp và góc ∠QP B là góc ngoài tại P nên ta có ∠N CQ= ∠QP B.
Do bốn điểm B, Q, P, M cùng nằm trên một đường tròn nên ta có ∠QP B = ∠QM B.
Suy ra, ta có
∠QM B =∠N CQ. (2.16)
Từ (2.15) và (2.16) suy ra
4BQM ∼ 4N QC. (2.17)
Hình 2.12: Q luôn nằm trên đường đối trung từ góc A
Gọi I và J theo thứ tự là hình chiếu của Q trên các đường thẳng BM và CN. Khi đó, do (2.17) và do M N kBC nên ta có QI QJ = M B N C = AB AC.
Từ đó, theo tính chất của đường đối trung, ta suy ra Q nằm trên đường đối trung kẻ từ A của tam giác ABC.
Nhận xét 2.2.6. Đường thẳngIJ vuông góc với trung tuyếnALcủa 4ABC. Thật vậy, tứ giác AIQJ nội tiếp (vì QI ⊥ IA và QJ ⊥ AJ) nên ∠AQI = ∠AJ I, kết hợp với AQ là đường đối trung nên ∠QAI = ∠LAJ. Do đó, ta có
∠LAJ +∠AJ I = ∠AQI +∠QAI = π 2.
Suy ra, ta có IJ ⊥ AL. Nếu ta gọi B0, C0 lần lượt là các điểm đối xứng của Q qua các đường thẳng AC, AB thì do IJ là đường trung bình của tam giác QB0C0 nên AL vuông góc với B0C0. Mặt khác, do AB0 = AQ = AC0 nên AL là đường trung trực của B0C0.
Bài toán 2.2.7 ([1]). Cho tam giác ABC,các điểmM vàN lần lượt di chuyển trên các đường thẳng AB và AC sao cho M N k BC. Gọi P là giao điểm của BN và CM. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác BM P và CN P cắt nhau tại hai điểm phân biệt P và Q. Gọi A0, B0, C0 lần lượt là các điểm đối xứng của Q qua các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A0B0C0 luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Chứng minh. GọiLlà giao điểm củaAP vàBC.Vì ba đường thẳngAL, BN, CM đồng quy tại P, áp dụng định lý Ceva cho 4ABC, ta có
M A M B · LB LC · N C N A = −1. (2.18) Do M N k BC nên M A M B = N A N C. Do đó, ta có LB
LC = −1 hay L là trung điểm BC. Do AQ là đường đối trung nên ∠BAQ = ∠CAP và kết hợp với tứ giác AJ QI nội tiếp nên∠AQI = ∠AJ I, suy ra∠CAP+∠AJ I =∠AQI+∠BAQ = 90◦ và như thế, ta có
AP ⊥IJ. (2.19)
Do cách xác định các điểm B0, C0 nên AB0 = AC0 = AQ hay tam giác AB0C0 cân tại A, kết hợp với IJ là đường trung bình tam giác QB0C0, ta thu được
IJ kB0C0 và AB0 = AC0. (2.20)
Từ (2.19) và (2.20) suy ra AP là đường trung trực của đoạn B0C0, suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A0B0C0 nằm trên đường thẳng AP hay nằm trên trung tuyến AL của tam giác ABC.
Bài toán 2.2.8 ([1]). Cho tam giác ABC và trung tuyến AL (L là trung điểm của đoạn thẳng BC). Gọi P là một điểm di chuyển trên trung tuyến AL và gọi A0, B0, C0 lần lượt là các điểm đối xứng với P qua các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A0B0C0 luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Chứng minh. Gọi AD là đường đối trung của tam giác ABC. Khi đó, ta có
Hình 2.13: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A0B0C0 luôn nằm trên AL
Gọi I, J lần lượt là hình chiếu của P lên cạnh AB và AC. Khi đó, I là trung điểm củaP C0, J là trung điểm củaP B0. Tam giácP B0C0 có IJ là đường trung bình nên IJ kC0B0. Mặt khác, do P I ⊥ AB, P J ⊥AC nên tứ giác AIP J nội tiếp. Do đó, ta có
∠AIJ =∠AP J. (2.22)
Từ (2.21) và (2.22), ta có
∠BAD+∠AIJ =∠P AC +∠AP J = 180◦−∠AJ P = 90◦.
Suy ra AD ⊥ IJ hay AD ⊥ C0B0. Lại có AC0 = AP = AB0. Do đó tam giác AC0B0 cân tại A và có đường cao AD nên AD là đường trung trực của C0B0. Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A0B0C0 nằm trên đường đối trung AD của tam giác ABC.
Bài toán 2.2.9 ([1]). Cho trước đường tròn (O) và điểm A ở ngoài (O). Xét hai điểmB, C ∈ (O)(AB 6=AC) sao cho AO là đường đối trung của tam giác ABC. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Chứng minh. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và O0 là giao điểm hai tiếp tuyến của (I) tạiB và C. Khi đó O0 nằm trên đường trung trực của BC và AO0 là đường đối trung của tam giác ABC. Ta có OB = OC và
AO cũng là đường đối trung của tam giác ABC. Suy ra O0 ≡ O và OB cũng là tiếp tuyến của (I).
Hình 2.14: I luôn nằm trên đường thẳng vuông góc với AB tại H
Gọi R là bán kính của đường tròn (O), gọi M là trung điểm AO. Ta có IA2 = IB2 = IO2−R2 ⇔IO2 −IA2 =R2.
Điều đó tương đương với I nằm trên đường thẳng vuông góc với AO tại H mà 2OA2 ·HM = R2 (quỹ tích hiệu bình phương). Điều phải chứng minh.
2.3 Bài toán chứng minh đồng quy
Bằng cách chứng minh tương tự Bài toán 2.2.8, ta được tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A0B0C0 nằm trên đường đối trung kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC. Do đó từ kết quả này và tính chất ba đường đối trung đồng quy tại điểm Lemoine, ta thu được bài toán sau:
Bài toán 2.3.1 ([1]). Cho tam giác A1A2A3 có trọng tâm G. Gọi P1, P2, P3
lần lượt là trung điểm của GA1, GA2, GA3. Gọi A0i, Bi0, Ci0 lần lượt là điểm đối xứng của Pi qua các đường thẳng Ai+1Ai+2. Gọi Oi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácA0iBi0Ci0. Chứng minh rằng các đường thẳngA1O1, A2O2 vàA3O3
Chứng minh. Ta cóP1 nằm trên trung tuyến kẻ tử đỉnh A1. A01, B10, C10 là điểm đối xứng của P1 qua các cạnh A2A3, A3A1, A1A2. Theo kết quả của Bài toán 2.2.8, tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp tam giác A01B10C10 nằm trên đường đối trung xuất phát từ đỉnh A1. Hay AO1 là đường đối trung của tam giác A1A2A3. Tương tự, tâm O2 của đường tròn ngoại tiếp tam giác A02B20C20 nằm trên đường đối trung xuất phát từ đỉnh A2, tâm O3 của đường tròn ngoại tiếp tam giác A03B30C30 nằm trên đường đối trung xuất phát từ đỉnh A3. Nên A2O2, A3O3 cũng là đường đối trung của A1A2A3. Suy ra A1O1, A2O2 vàA3O3 đồng quy.
Bài toán 2.3.2 ([1]). Cho tam giác A1A2A3 có trọng tâm G. Gọi P1, P2, P3
lần lượt là là các điểm đối xứng của A1, A2, A3 quaG. GọiA0i, Bi0, Ci0 lần lượt là điểm đối xứng củaPi qua các đường thẳng Ai+1Ai+2.Gọi Oi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácA0iBi0Ci0. Chứng minh rằng các đường thẳngA1O1, A2O2 và A3O3 đồng quy.
Chứng minh. Hoàn toàn tương tự Bài toán 2.3.1, ta có các điểmP1, P2, P3 nằm trên các đường trung tuyến của tam giác A1A2A3. Tâm Oi của các đường tròn ngoại tiếp tam giácA0iBi0Ci0 nằm trên các đường đối trung của tam giácA1A2A3
kẻ từ đỉnh Ai. Do đó, các đường thẳng A1O1, A2O2 và A3O3 đồng quy.
Bài toán 2.3.3 ([1]). Cho tam giác ABC (AB 6= AC) nội tiếp trong đường tròn tâm O và ngoại tiếp đường tròn tâm I. Đường tròn (I) tiếp xúc với BC tại D. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD cắt lại đường thẳng AC tạiE và đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD cắt lại đường thẳng AB tại F. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DE, DF.Chứng minh rằngOI ⊥ ADkhi và chỉ khi AD, BN, CM đồng quy tại một điểm.
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề 2.3.4. Cho tam giác ABC (AB 6= AC) nội tiếp trong đường tròn tâm
O và ngoại tiếp đường tròn tâm I. Đường tròn (I) tiếp xúc với BC tại D. Khi đó OI vuông góc với AD khi và chỉ khi AD là đường đối trung của tam giác
Hình 2.15: AD, BN, CM đồng quy
Bổ đề 2.3.5. BN và CM là các đường đối trung của tam giác ABC.
Chứng minh. GọiK là trung điểm của AC suy raBK là đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC. Do tứ giác AF DC nội tiếp nên tam giác BDF đồng dạng tam giác BAC, suy ra ta có
DB DF = AB AC ⇔ DB 2DN = AB 2AK ⇔ DB DN = AB AK.
Suy ra tam giácBDN đồng dạng với tam giácBAK. Do đó,∠DBN =∠ABK, hay ∠CBN =∠ABK. Vậy BN là đường đối trung của tam giác ABC.Tương tự ta cũng có CM là đường đối trung của tam giác ABC.
Trở lại bài toán, theo bổ đề thứ hai trên BN, CM là hai đường đối trung của tam giác nênAD, BN, CM đồng quy khi và chỉ khiADlà đường đối trung của tam giác ABC hay OI vuông góc với AD (theo bổ đề đầu tiên). Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
2.4 Bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng
Bài toán 2.4.1 (Vietnam TST 2001). Cho hai đường tròn(O1),(O2)cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi P Q là một tiếp tuyến chung của (O1) (O2)
(P ∈ (O1),Q ∈ (O2)). Các tiếp tuyến tạiP, Q của đường tròn(AP Q)cắt nhau tại S, gọi H là điểm đối xứng với B qua P Q. Chứng minh rằng S, A, H thẳng hàng.
Hình 2.16: S, A, H thẳng hàng
Chứng minh. Ta có∠BP Q= ∠P AB,∠BQP =∠BAQ⇒ ∠P BQ+∠P AQ = 180◦. Suy ra ∠P HQ+∠P AQ = 180◦. Suy ra A, P, Q, H cùng nằm trên một đường tròn. Gọi I là giao điểm của AB và P Q. Khi đó I là trung điểm P Q. Do P I là đường đối trung ngoài của tam giác BAP và QI là đường đối trung ngoài của tam giác BAQ, nên ta có
P A2 P B2 = IA IB = QA2 QB2. Suy ra P A QA = P B QB = P H QH ⇒ P A·HQ =QA·HP.
Do đó tứ giác AP HQ điều hòa. Suy ra S ∈AH. Điều phải chứng minh. Bài toán 2.4.2 (APMO 2013). Cho ABCD là hình bình hành nội tiếp đường tròn ω, cho P là điểm nằm trên phần kéo dài của AC sao cho P B và P D là tiếp tuyến của ω. Tiếp tuyến tại C giao với P D tại Q và giao với AD tại R. Gọi E là giao điểm thứ hai giữa AQ với ω. Chứng minh rằng B, E, R thẳng hàng.
Chứng minh. Đặt R0 =AD∩BE. Chú ý rằng các tiếp tuyến tại B vàD đồng quy trênAC tạiP, nênABCDlà tứ giác điều hòa, do đó các tiếp tuyến tạiC và A đồng quy trênBDtạiX. Áp dụng định lý Pascal cho lục giácAAEBDD, ta được ba điểmX =AA∩BD,Q =AE∩DDvàR0 = BE∩ADthẳng hàng. Bây giờ chú ý rằng cảX vàQđều nằm trên đường tiếp tuyến tạiC, cho nênR0 cũng nằm trên đường tiếp tuyến tạiC. Suy raR0 = CC∩AB∩BE = CC∩AD= R. Do đó R0 và R trùng nhau. Vì R0 = R nằm trên BE, suy ra B, E, R thẳng hàng. Điều phải chứng minh.
Bài toán 2.4.3. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Tiếp tuyến của(O)tạiB, C cắt nhau tạiS. Trung trực củaAB, AC cắt phân giác trong gócBAC tạiM, N. BM, CN cắt nhau tại P. Chứng minh rằngSAđi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác M N P.
Hình 2.17: BE chia đôiAC
Chứng minh. Gọi D, E, F, H theo thứ tự là trung điểm BC, trung điểm cung BC không chứa A của (O), trung điểm M N và trực tâm tam giác OM N. Ta có
∠IM N = 1
2∠BM N = 1
2(∠BAM +∠ABM) = 1
∠HM N = 90◦ −∠ON M = 1
2∠BAC. Tương tự, ta suy ra I, H đối xứng với nhau qua AE.
Theo Định lý 1.2.3, ta có AS là đường đối trung của tam giác ABC nên để chứng minh A, I, S thẳng hàng, ta chỉ cần chứng minh A, H, D thẳng hàng. Ta có HO HF = F O F H −1 = M F cot