3 Các dạng toán về mặt phẳng và đường phẳng trong không
3.3 Một số dạng toán khác
Bài toán 3.24. Cho tam giác ABC có AB 6= AC nội tiếp trong đường tròn (O). Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại T,
đường thẳng AT cắt đường tròn tại điểm X. Gọi Y là điểm xuyên tâm đối với X trên (O). Các đường thẳng Y B, XC cắt nhau tại P, các đường thẳng XB, Y C cắt nhau tại Q.
1) Chứng minh P, Q, T thẳng hàng.
2) Chứng minh rằng các đường thẳng P Q, BC, AY đồng quy.
Lời giải.
Do XY là đường kính của đường tròn (O) nên góc QBY\ = XBY\ = 900
và góc \P CY = XCY\ = 900. Suy ra \P BQ = P CQ\ = 900. Do đó tứ giác
BCQP nội tiếp đường tròn đường kính P Q. Từ giả thiết suy ra Y T là đường đối trung kẻ từ đỉnh Y của tam giác Y BC. Vì vậy P, Q, T thẳng hàng và T là trung điểm của P Q.
2) Do tứ giác ABXC điều hòa nên AB.XC = AC.XB hay AB AC =
XB XC(1)
Do tứ giác BCQP nội tiếp nên XB.XQ= XC.XP suy ra XB XC =
XP XQ(2)
Do tứ giác ABCY nội tiếp nên \ABY = \ACY ⇒ABP\ = \ACQ (3) Từ (1), (2), (3) suy ra ∆ABP ∼∆ACQ. Do đó \AP Y = \AP B = \AQC =
\
AQY . Suy ra tứ giác AY QP nội tiếp một đường tròn (ω)
Gọi S là giao điểm của AY và P Q. Xét phương tích của S đối với các đường tròn (O), (ω) và (T) ngoại tiếp tứ giác BCQP,ta có
PS/(O) = SA.SY = PS/ω = SP .SQ = PS/(T)
Suy ra S nằm trên trục đẳng phương của (O) và (T) tức là S ∈ BC. Suy ra ba đường thẳng P Q, BC, AY đồng quy.
Bài toán 3.25. (Chinese 1996)GọiH là trực tâm của tam giác nhọnABC.
Từ A kẻ hai tiếp tuyến AP, AQ đến đường tròn đường kính BC(P, Q là các tiếp điểm). Chứng minh rằng P, Q, H thẳng hàng.
Lời giải.
Từ giả thiết suy ra ngũ giác AP DOQ nội tiếp đường tròn đường kính
AO (O là trung điểm của BC). Do đó \AQP = \AOP
Mặt khác, xét phương tích của A đối với các đường tròn (O) và đường tròn (CEHD) ta có
AP2 = AE.AC = AH.AD ⇒ AP
AD = AH
AP ⇒ ∆AP H ∼∆ADP
Suy ra AP H\ = \AP Q, do đó P, Q, H thẳng hàng.
Bài toán 3.26. (Russia 2008 - Grade 9)Cho tam giác ABC có trọng tâm
G, và trực tâmH. Các đường thẳng qua A, B và C theo thứ tự vuông góc với GA, GB và GC tạo thành tam giác A1B1C1. Chứng minh rằng trọng tâm của tam giác A1B1C1 nằm trên đường thẳng GH.
Lời giải.
Các đường thẳng đi qua A, B, C theo thứ tự vuông góc với các đường thẳng AG, BG, CG tạo thành tam giác A1B1C1, gọi Ha, Hb, Hc theo thứ tự là trực tâm các tam giácBCA1, CAB1, ABC1.
DoGA⊥AC1, GB⊥BC1 nên tứ giácAC1BGnội tiếp đường tròn đường kính C1G ( và do đó Hc = ĐC0(G), với C0 là trung điểm của AB ). Khi đó C1Hc và C1G đối xứng với nhau qua phân giác của góc AC\1B. Từ đó, để ý rằng điểm G là điểm Lemoine của tam giác A1B1C1 nên C1, Hc, G1
thẳng hàng. Tương tự A1, G1, Ha thẳng hàng và B1, G1, Hb thẳng hàng. Do ĐG :A 7→ Ha, B 7→ Hb, C 7→Hc
nên ĐG :H 7→G1, Điều phải chứng minh.
Bài toán 3.27. Cho điểm P nằm trên cạnh AB của tứ giác lồi ABCD
và đường tròn ω tâm I, nội tiếp trong tam giác CDP. Giả sử rằng ω tiếp xúc với đường tròn nội tiếp của các tam giác AP D, BP C tại K, L theo thứ tự đó. AC∩BD ≡ E, AK∩BL ≡ F.Chứng minh rằng E, I, F thẳng hàng.
Lời giải.
Gọi J;R là đường tròn tiếp xúc với AB, AD, BC và (IA;rA),(IB;rB)
là đường tròn nội tiếp các tam giác ADP, BCP.
Ta có V R rAoV−
rA
r : (I;r) 7→ (J;R)
Suy ra tâm vị tự của (I),(J) là giao điểm của AK, IJ (1) Mặt khác V
R rBoV−
rA
r : (I;r) 7→ (J;R)
Suy ra tâm vị tự của (I),(J) là giao điểm của BL, IJ (2) Từ (1), (2) suy ra F ∈ IJ (3)
(Nếu I ≡ J thì F ≡I ≡ J)
Tứ giác AP CD có đường tròn nội tiếp của hai tam giác AP D, P CD
tiếp xúc với đường chéoP D tại cùng một điểm, nên AP CD ngoại tiếp được một đường tròn. Tương tự, tứ giác BCDP ngoại tiếp được một đường tròn. Gọi (JA;ρA),(JB;ρB) theo thứ tự là đường nội tiếp các tứ giác DAP C, BCDP.
Ta có V R ρAoV−
ρA
r : (I;r) 7→(J;R)
Suy ra tâm vị tự ngoài của (I),(J) là giao điểm của của AC, IJ (4)
V R ρBoV−
ρB
r : (I;r) 7→ (J;R)
Suy ra tâm vị tự ngoài của (I),(J) là giao điểm của BD, IJ (5) Từ (4), (5) suy ra E ∈ IJ (6)
Từ (5), (6) suy ra E, I, F thẳng hàng (điều phải chứng minh).
Nhận xét.
1. Nhận thấy rằng AB, KL, IAIB đồng quy. Do đó, áp dụng định lý Desarguse cho hai tam giác AIAK, BIBL, ta được J ≡AIA ∩BIB,
I ≡ IAK ∩IBL, F ≡ KA∩LB thẳng hàng.
2. Cũng vậy,JAJB, AB, CDđồng quy. Do đó áp dụng định lý Desargues cho các tam giác JAAC, J BBD cũng được I ≡ JAC ∩ JBD, J ≡ AJA ∩
BJB, E ≡ AC ∩BD thẳng hàng.
Bài toán 3.28. Trong mặt phẳng cho tam giác ABC và một đường tròn
(C).Gọi (ωa),(ωb),(ωc) là đường tròn tiếp xúc trong với (C) tạiA0, B0, C0
và theo thứ tự tiếp xúc với các cặp tia AB và AC, BC vàBA, CA và CB.
Chứng minh rằng các đường thẳng AA0, BB0, CC0 đồng quy.
Lời giải.
Gọi Oa là tâm của đường tròn (ωa) và I là tâm của đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Khi đó
VA0;Ra R : O 7→Oa, VA; r Ra : Oa 7→I Suy ra VS; r R = VA; r Ra oVA0; Ra R :O 7→ I.
Do đó đường thẳng AA0 đi qua điểm S là tâm vị tự ngoài của O và I.
Hoàn toàn tương tự, cũng được BB0, CC0cũng đi qua S. Vậy AA0, BB0 và
CC0 đồng quy tại S là tâm vị tự ngoài của O và I.
Nhận xét. Nếu(ωa),(ωb),(ωc) tiếp xúc ngoài với đường tròn(O) thì điểm đồng quy là tâm vị tự trong của O và (I).
Bài toán 3.29. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng ∆ cắt các đường thẳng BC, CA, AB tại D, E, F theo thứ tự đó. Gọi O, Oa, Ob, Oc lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, AEF, BF D, CDE và
H, Ha, Hb, Hc là trực tâm của các tam giác . Chứng minh rằng 1)∆OaObOc ∼∆ABC.
Lời giải.
1) Theo bổ đề Mi - Ken, các đường tròn (Oa),(Ob),(Oc),(O) đồng quy tại một điểm M. Ta có (OaOb;OaOc) ≡(OaOb;M F) + (M F;M E) + (M E;OaOc) (modπ) ≡ π 2 + (AF;AE) + π 2 (modπ) ≡ (AB;AC) (modπ) Tương tự (ObOc;ObOa) ≡ (BC;BA) (modπ) Vậy ∆OaObOc ∼∆ABC
2) Gọi O0, H0 theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm của tam giác OaObOc. Ta có O0H0 OH = M Ob M B và −−−→ O0H0;−−→ OH ≡ −M O−−→b;−−→ M B (mod 2π ) Lấy K : −−→ OK = −−−→ O0H0. Khi đóOK OH = O0H0 OH = M Ob M B và −−→ OK;−−→ OH ≡−O−−0H→0;−−→ OH ≡ −M O−−→b;−−→ M B (mod 2π)
Suy ra ∆KOH ∼ ∆ObM Bmà tam giácObM B cân tạiOb nênKO = KH
hay K ∈ t[OH]. Hoàn toàn tương tự K ∈ t[OaHa], t[ObHb], t[OcHc].
Bài toán 3.30. (JBMO) Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng
la, hb và trung trực AB đồng quy khi và chỉ khi \BAC = 600.
Lời giải.
Gọi AD, BE là phân giác trong góc \BAC, đường cao kẻ từ B. Gọi F là trung điểm của AB
Điều kiện cần.Giả sử AD, BE, M F đồng quy tạiG. Khi đóGA = GB.
Hơn nữa
\
GBA= GAB\ = \GAC = α
Điều kiện đủ. Nếu \BAC = 600 thì \ABE = 900−\BAC = 300. Gọi Glà giao điểm của AD, BE. Ta có \GAB = 300 = GBA.\ Suy ra ∆GAB cân. Do đó GA = GB. Vậy G∈ t[AB].
Bài toán 3.31. Cho tứ giác ABCD không có hai cạnh nào bằng nhau, ngoại tiếp đường tròn (O) có hai đường chéo cắt nhau tai điểm E. Gọi
M, N, P và Qtheo thứ tự là tiếp điểm của AB, BC, CD và DA với đường tròn O. Gọi X, Y, Z và T lần lượt là giao điểm của tia phân giác của các góc \AEB,BEC,\ CED\ và DEA\ với các cạnh AB, BC, CD và DA.
Chứng minh rằng các đường thẳng AC, M N, P Q, XY, ZT và tiếp tuyến của đường tròn (O) tại các giao điểm của đường tròn (O) với BD cùng đi qua một điểm.
Lời giải.
Gọi S, S0 theo thứ tự là giao điểm của M N, P Q với AC. Áp dụng định lý Ménélaiis cho tam giác ABC với cát tuyến P QS0. Ta có
QD QA. S0A S0C. P C P D = 1 (1) và M B M A. SA SC. N C N B = 1 (2) Để ý rằng BM = BN, DP = DQ, từ đó và từ (1), (2) suy ra SA SC = S0A S0C = M A N C. Vậy S
0 ≡ S hay AC, M N, P Q đồng quy.
Giả sử XY, ZT cắt AC tại S00, S000. Ta cần chứng minh S00 ≡ S000 ≡ S.
Áp dụng định lý Ménélaiis cho tam giác ABC với cát tuyến XY S00 và tam giác ADC với cát tuyến ZT S000. Ta có
XB XA. S00A S00C. Y C Y B = 1 (3) và T D T A. S000A S000C. ZC ZD = 1 (4)
Theo tính chất đường phân giác, ta có XB
XA = −EB EA; Y C Y B = −EC EB; T D T A = −ED EA (5) Từ (3), (4), (5) suy ra S00A S00C = S000A S000C = EA EC điều đó nghĩa là S 00 ≡ S000
Mặt khác, vì tứ giác ABCD ngoại tiếp được nên EA : EC = M A : N C.
Từ đó suy ra S00 ≡ S, hay các đường thẳng AC, M N, P Q, XY, ZT đồng quy.
Bài toán 3.32. (Shortlisted 2003 - G1)Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn (O). Gọi P, Q, R theo thứ tự là hình chiếu của D trên các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng QP = QR khi và chỉ khi phân giác của các góc \ABC,ADC\ cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳngAC.
Lời giải 1.
Ngoài ra, do bốn điểm(P, Q, D, C),(D, Q, R, A)đồng viên, nên(CD;CA) ≡ (CD;CQ) ≡ (P D;P Q) ≡(P D;P R) (mod π) và (AD;AC) ≡ (AD;AQ) ≡ (RD;RQ) ≡ (RD;RP) (mod π) Suy ra ∆DCA ∼ ∆DP R (g.g) Một cách tương tự, cũng có ∆DAB ∼ ∆DQP,∆DBC ∼ ∆DRQ Vậy DA DC = DR DP = BD.QR BC DB.P Q BA = QR P Q. BA BC Do đó QP = QR ⇔ DA DC = BA
BC ⇔ phân giác của \ABC và ADC\ cắt nhau tại điểm M ∈ AC. Điều phải chứng minh.
Lời giải 2.Giả sử phân giác của các góc \ABC vàADC\ cắt AC tại L, M.
Khi đó LA LC = BA BC và M A M C = DA DC
Do đó các đường phân giác này cắt nhau tại một điểm trên đường thẳng
AC khi và chỉ khi L ≡ M, điều này tương đương với DA DC =
BA BC hay DA.BC = AB.CD. Vậy cần chứng minh DA.BC = AB.CD khi và chi khiQP = QR
Từ giả thiết (DP;DQ) ≡ (CB;CA) ≡γ (mod π) và (DQ;DR) ≡ (AC;AB) ≡ α (mod π)
Do đó, theo định lý sin, ta có P Q = CD.sinγ và QD = AD.sinα. Vậy
QP = QR ⇔ DA DC = sinγ sinα = BC BA ⇔ AB.CD = DA.BC ( ĐPCM) Nhận xét.
1) Lời giải 2 không sử dụng đến định lý Simson.
2) Từ lời giải 2, ta thấy QP = QR khi và chỉ khi tứ giác ABCD điều hòa khi và chỉ khi AC là phân giác của góc BM D\ (trong đó M là trung điểm của AC) khi và chỉ khi BD là phân giác của góc AN C\ (trong đó N là trung điểm của BD) khi và chỉ khi (AA) ∩(CC) ∈ (BD) khi và chỉ khi
(BB)∩(DD) ∈ (AC)
Bài toán 3.33. (Russia 2010 - Grade 9)Cho tam giác ABC có \BCA > π
2
và CA 6= CB nội tiếp trong đường (C). Tiếp tuyến tại A, B của đường tròn (O) cắt nhau tại P. Các đường thẳng AC, P B cắt nhau tại D, các đường thẳng BC, AP cắt nhau tạiE.Chứng minh rằng tâm của các đường tròn (ACE),(BCD),(P CO) cùng nằm trên một đường thẳng.
Lời giải 1. GọiO1, O2, I, J theo thứ tự là tâm của các đường tròn(ACE),
(BCD), (P AOB),(P CO).
Do tam giác P AO vuông tại O và I là trung điểm của P O nên tam giác P IA cân hay P AI[ = \AP O.
Mặt khác \ P AO1 = EAO\1 = π 2 −\ACE = ACB\− π 2 = π−\ACE − π 2 = \AP O = P AI[
Từ đó, do O1, I nằm về cùng một phía của P A nên A, I, O1 thẳng hàng. Suy ra hai đường tròn (O1) và (I) tiếp xúc với nhau. Tương tự, hai đường tròn (O2) và (I) cũng tiếp xúc với nhau.
Suy ra tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1),(I) và tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O2) và (I) cắt nhau tại điểm S nằm trên P O. Do tính chất đối xứng nên SA = SB. Xét phương tích của điểm S đối với các đường tròn trên ta có
PS/(O1) = SA2 = SB2 = PS/(O2)
PS/(O1) = SA2 = PS/(I) = SO.SP = PS/(J)
Suy ra SC là trục đẳng phương chung của (O1),(O2),(J) suy ra điều phải chứng minh.
Lời giải 2. GọiO1, O2, I, J theo thứ tự là tâm của các đường tròn(ACE),
(BCD),(P AOB),(P CO). Gọi L là giao điểm thứ hai của (O1),(O2),
ta cần chứng minh tứ giác P CLO nội tiếp.
Ta có LAE[ = LCB[ = LDB.\ Suy ra tứ giác ALDP nội tiếp. Tương tự tứ giác BLEF cũng nội tiếp.
Ta có (P L;P O) = (P L;P B)+(P B;P O) = (EL;EB)+(P B;P O)(mod π) (CL;CO) = (CL;CB) + (CB;CO) = (AL;AE) + (BO;BC) (mod π) Ta chỉ cần chứng minh (EL;EB) + (BC;BO) = (AL;AE) + (P O;P B) (mod π) Thật vậy V T = (AL;AC) + π 2 + (AC;AB) (mod π) = π 2 + (AL;AB) (mod π) V P = (DL;DP) + (P O;P B) (mod π) = (AL;AP) + (OP;OB) + π 2 (mod π) = (AL;AO) + (OA;OB) + π 2 (mod π)
(= (AL;AP) + (AP;AB) + π
2 (mod π) = (AL;AB)π
2 (mod π)
Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 3.34. Cho tam giác ABC cân tại A. Xét D trên cạnh AB và điểm E trên cạnh BC sao cho hình chiếu của DE trên BC có độ dài bằng
BC
2 . Chứng minh rằng đường thẳng vuông góc với DE tại E luôn đi qua
một điểm cố định.
Lời giải
GọiOlà trung điểm củaBC,chọn hệ trục tọa độ sao choA(0;a), B(−b; 0), C(b; 0).
Khi đó các đường thẳng AB, AC lần lượt có phương trình
AB : −x b + y a = 1 AC : x b + y a = 1
Gọi H là hình chiếu của điểm D trên cạnh BC. Do EH = BC 2 nên E ∈ OC, H ∈ OB. Vậy, nếu E(x0; 0),0≤ x0 ≤ thì H(x0 −b; 0) và do đó Dx0 −b;ax0 b .
Gọi ∆ là đường thẳng qua E vuông góc với DE. Suy ra ∆ nhận
−−→ DE = b;−ax0 b
làm một vectơ pháp tuyến, vì vậy ∆ : b2x−ax0y−b2x0
Phương trình này tương đương với −(b2 +ay)x0 +b2a = 0
Suy ra ∆ luôn đi qua điểm
0;−b2 a cố định. Bài tập tự giải
Bài toán 3.35. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng cắt các cạnh
BC, CA và AB của tam giác ABC tại D, E và F tương ứng. Chứng minh rằng trực tâm của các tam giác ABC, CDF và DEB thẳng hàng.
Bài toán 3.36. (IMO 1995)Cho A, B, C và D thẳng hàng theo thứ tự đó. Các đường tròn ω1, ω2 với đường kính AC, BD cắt nhau tại hai điểm phân biệt X, Y. Lấy điểm Z ∈ XY, không trùng với XY ∩ AD. CZ lại cắt ω1 tại điểm M vag BZ cắt ω2 tại N. Chứng minh rằng AM, DN và
XY đồng quy.
Bài toán 3.37. Hai đường tròn (O1),(O2) tiếp xúc với nhau tại A. Tiếp tuyến tại M tùy ý của (O2) cắt (O1) tại B, C. Chứng minh rằng đường thẳng AM đi qua điểm chính giữa cung BC.
Bài toán 3.38. (Hungarian 2000)Cho tam giác ABC.Gọi A1, B1, C1 theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB. Lấy B2 là điểm chính giữa đoạn gấp khúc ABC, các điểm C2, A2 được xác định một cách tương tự. Chứng minh rằng A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy.
Bài toán 3.39. Tam giácA1A2A3 không cân, không vuông nội tiếp trong
(O). Gọi Bi là trung điểm các cạnh Ai+1Ai+2 (phép cộng lấy theo modul 3). Trên tia OBi lấy điểm Ci sao cho ∆OAiBi ∼ ∆OCiAi. Chứng minh rằng các đường thẳng AiCi đồng quy.
Bài toán 3.40. Trong mặt phẳng cho trước ba tam giác AiBiCi,