D 25 2C 30/ 12C 30 2C 25/ 17C 30 25// 30 25 C
b sin sin XMaMc XDE \
Xây dựng các đẳng thức tương tự và nhân lại, ta có QsinXAB\
sinXAC\ DQsinXDF\
sinXDE\ QsinXMaMc\
vì DX; EY; F Z đồng quy và MaX; MbY; McZ đồng quy. Từ đó, áp dụng định lý Ceva dạng sin vào tam giácABC ta suy raAX; BY; C Zđồng quy.
Ví dụ 11 (Nguyễn Minh Hà). Cho tam giácABC khơng cân tạiA. Gọi.I /là đường trịn nội tiếp của tam giác. .I / tiếp xúc với CA; AB lần lượt tại E; F. Các điểm M; N thuộc.I / sao choEM kF N kBC. GọiP; Qtheo thứ tự là giao điểm thứ hai củaBM; CN với đường tròn
.I /. Chứng minh rằngBC; EP; FQđồng quy.
Lời giải. GọiS là giao điểm củaEF và BC. Ta sẽ chứng minh ba điểmS; P; N thẳng hàng; ba điểmS; Q; M thẳng hàng, thật vậy. Ta có biến đổi góc có hướng
.SF; SB/.EF; EM /.PF; PM /.PF; PB/ .mod /
Suy ra bốn điểmS; F; P; B cùng nằm trên một đường tròn. Từ đây, chú ý.I /tiếp xúc vớiAB tạiF nên ta có.SP; SB/.FP; FB/.NP; NF / .mod /. Kết hợp vớiF N kSB BC. Do đó ba điểmS; P; N thẳng hàng. Chứng minh tương tự, ta có ba điểmS; Q; M thẳng hàng. GọiX; Y; Zlần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳngPF vàQE,ABvàQN,AC vàPM.
A B C I E F M N P Q S X Y Z
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm E P Q
M E F
!
ta thu được ba điểmZ; S; X thẳng hàng.
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm F Q P
N F E
!
ta thu được ba điểmY; X; S thẳng hàng. Do đó bốn điểmX; Y; Z; S thẳng hàng. Áp dụng định lý Desargues vào hai tam giácBPF và CEQ cóX D PF \EQ, Y D BF \CQ, Z D BP \CE và ba điểmX; Y; Z thẳng hàng suy raBC; EP; FQđồng quy.
Ví dụ 12 (Nguyễn Duy Phước). Cho tam giác ABC nhọn .AB < AC / có các đường cao
AD; BE; CF đồng quy tại H. Gọi S là giao điểm của AH và EF, T là giao điểm thứ hai của đường trịn đường kính AH và đường tròn ngoại tiếp tam giácABC. Giả sửTE; TF lần lượt cắtBC tạiX; Y. Đường thẳng quaH vng góc vớiAH cắtXS tạiP. Chứng minh rằng đường trịn đường kínhX Y tiếp xúc với đường tròn.PIPH /.
Lời giải. Dễ thấy các điểmA; E; F; H; T cùng nằm trên đường trịn đường kínhAH. Ta có biến đổi góc (chú ý tứ giácACDF nội tiếp)
[
X TF D180ı ETF[ D180ı EAF[ D180ı \FDX : Suy ra tứ giácX TFDnội tiếp.
GọiK là giao điểm thứ hai củaAX và đường trịn.AH /. Ta có \
XKH D180ı AKH\ D90ıDHDX\ nên bốn điểmH; K; X; Dcùng nằm trên một đường trịn.
Áp dụng tính chất trục đẳng phương vào ba đường tròn ˇ.AH /;ˇ.XDHK/;ˇ.XDF T /và chú ýTF cắtXD tạiY ta suy ra ba điểmH; K; Y thẳng hàng.
Từ đó,XK Y\ DXKH\ D90ıhayK nằm trên đường trịn đường kínhX Y.
Hồn tồn tương tự, nếu gọiLlà giao điểm thứ hai củaAY và đường trịnˇ.AH /thì ba điểm X; H; Lthẳng hàng vàL2 ˇ.X Y /.
Gọi S0 là giao điểm của AH và KL. Khi đó, áp dụng hàng tứ giác tồn phần thì ta thu được .AH; SD/D 1D.AH; S0D/. Suy raS S0hayAH; EF; KLđồng quy tạiS.
A B D C E F H S T X Y P K L I
GọiP0là giao điểm của hai tiếp tuyến tạiK; H của đường trònˇ.AH /. Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm K H L
H K A
!
ta thu được ba điểmX; P0; S thẳng hàng. Chú ý PH là tiếp tuyến củaˇ.AH /vàP 2 XS. Vì vậyP P0hay PK là tiếp tuyến tạiK của đường trònˇ.AH /. NênPK DPH hayK 2 ˇ.PIPH /.
GọiI là trung điểm củaX Y. Từ chứng minh trên, ta thu đượcH là trực tâm của tam giácAX Y. Khi đó, ta có kết quả quen thuộc làIK là tiếp tuyến tạiK của đường trịn ˇ.AH /. Do đó ba điểmI; P; K cùng nằm trên tiếp tuyến kẻ từK của đường trònˇ.AH /.
Vậy đường trịn đường kínhX Y tiếp xúc với đường trònˇ.PIPH /tạiK.
Để kết thúc bài viết, xin đề nghị đến các bạn độc giả một số bài tập để luyện tập.