Trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế chúng ta bắt gặp rất nhiều bài toán liên quan đến chứng minh đồng quy. Học sinh thường hay lúng túng và định hướng sai cách giải hoặc đưa ra lời giải dài dòng thiếu logic.
Việc áp dụng tính chất của phương tích và trục đẳng phương để chứng minh cho ta lời giải hay điển hình đối với một số bài toán sau:
Bài toán 2.1.1 (Việt Nam TST-2009). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn(O). GọiA1, B1, C1lần lượt là chân đường vuông góc củaA, B, C xuống cạnh đối diện, gọiA2, B2, C2 là các điểm đối xứng vớiA1, B1, C1 qua trung điểm BC, CA, AB. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AB2C2, BC2A2, CA2B2 cắt đường tròn (O) lần thứ hai tại A3, B3, C3. Chứng minh rằng 3 đường thẳng A1A3, B1B3, C1C3 đồng quy.
Giải.(Hình 2.1) Gọi(I, R)là đường tròn ngoại tiếp tam giácAB2C2, M là trung điểm BC, AM giao A1A3 tạiG. Vì AC1.AB = AB1.AC và
AC1 = BC2, AB1 = CB2 nênBC2.BA= CB2.CA Suy raBI2 −R2 = CI2 −R2
⇒ BI = CI ⇒ IO ⊥BC. Mà IO ⊥ AA3 ⇒ AA3 k BC.
Theo tính chất về đường kính vuông Hình 2.1
góc với dây cung của đường tròn, ta có đường kính đó cũng đi qua trung điểm của cung. VậyOI đi qua trung điểm của AA3.
ĐoạnA1AvàIM cùng vuông góc với cungAA3, do đó theo tính chất về các đoạn chắn song song, ta có:A1M = AA3
2 . Suy ra AG
M G = AA3
A1M = 2. Do đóGlà trọng tâm của tam giác ABC. Tương tự B1B3, C1C3 cũng đi qua G.
VậyA1A3, B1B3, C1C3 đồng quy tại trọng tâmGcủa tam giácABC.
Bài toán 2.1.2. [1] Cho hai đường tròn(O1),(O2) nằm ngoài nhau,M N là một tiếp tuyến chung ngoài,P Q là một tiếp tuyến chung trong. Chứng minh rằngM P, N Q, O1O2 đồng quy.
Giải.(Hình 2.2) Gọi K là giao của (M N) và(P Q), L là giao của (M P) và
Hình 2.2:
(N Q). Ta có KO1 vuông góc với KO2 (phân giác của hai góc kề bù), M P vuông góc vớiN Qhay
M LN\ = P LQ[ = 900. (1) Gọi(C1),(C2)lần lượt là các đường tròn đường kínhM N, P Q. Theo(1)suy raL thuộc(C1) vàL thuộc(C2). Do đó
PL/(C
1) = PL/(C
2) = 0. (2)
Mặt khác vìO1M, O1P theo thứ tự tiếp xúc với (C1),(C2) nên PO
1/(C1) = O1M2 = O1P2 = PO
1/(C2). (3)
Tương tự
PO
2/(C1) = PO
2/(C2). (4)
Từ (2), (3), (4) suy ra 3 điểm L, O1, O2 thẳng hàng hay 3 đường thẳng M P, N Q, O1O2 đồng quy.
Bài toán 2.1.3(HSG Quốc gia 2004). Cho bốn điểm A, B, C, D theo thứ tự đó nằm trên một đường thẳng. Gọi E, F là các giao điểm của đường tròn (O1)đường kính AC và đường tròn(O2)đường kính BD. LấyP là một điểm thuộc đường thẳng EF, CP cắt (O1) tại M và BP cắt (O2) tại N. Chứng minh rằng ba đường thẳngAM, DN, EF đồng quy.
Hình 2.3:
Giải.(Hình 2.3) GọiLlà giao điểm củaAM vàDN. VìLN B\là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên\LN B = LN P[ = 900. Suy ra
LN M\ + M N B\ = LN P[ = 900. (1)
Mặt khácP thuộc EF là trục đẳng phương của hai đương tròn(O1) và(O2) nênPP/(O
1) = PP/(O
2). Suy raP N .P B = P M .P C. Do đó tứ giácM N BC nội tiếp, suy raM N P\ = BCM\.
Nhưng BCM\ +DAM\ = 1800 −AM C\ = 900, suy ra M N P\ +DAM\ = 1800. (2)
Từ (1) và (2) suy ra LN M\ = DAM\. Do đó tứ giác M N AC nội tiếp.
Suy raLM.LA = LN.LC hay PL/(O
1) = PL/(O
2), do đó Lthuộc trục đẳng phươngEF của hai đường tròn. Vậy ba đường thẳngEF, AM, BN đồng quy.
Bài toán 2.1.4(Đề thi toán Quốc tế 1995). Cho bốn điểm khác nhauA, B, C, D nằm trên một đường thẳng theo thứ tự này. Hai đường tròn có đường kính là
AC và BD cắt nhau tại hai điểm X, Y. Đường thẳng XY cắt BC tại điểm Z. Giả sử P là một điểm khác Z nằm trên đường thẳng XY. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại hai điểm là C và M. Đường thẳng BP cắt đường tròn đường kính BD tại hai điểm B và N. Chứng minh rằng ba đường thẳng AM, DN, XY đồng quy.
Hình 2.4:
Giải.(Hình 2.4) Gọi T là giao điểm củaAMvàXY. Ta đi chứng minh điểm T thuộc đường thẳng DN.
Vì T nằm trênXY nênT có cùng phương tích đến hai đường tròn đường kínhBD vàAC.
Vì T nằm trênAM nênT có cùng phương tích đến hai đường tròn đường kínhAC vàAP.
Vì T nằm trênP Z nên T có cùng phương tích đến hai đường tròn đường kínhAP vàDP.
Do đóT có cùng phương tích đến hai đường tròn đường kínhBDvàDP. Đường thẳngDN là trục đẳng phương của hai đường tròn này. Vậy bài toán đã được chứng minh.
Bài toán 2.1.5. [4] Cho đường tròn tâmO, đường kínhAB, CD. Tiếp tuyến của (O) tại B giao AC tại E, DE giao (O) lần thứ 2 tại F. Chứng minh rằngAF, BC, OE đồng quy.
Giải.(Hình 2.5) Gọi(C1),(C2)lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, BCE. Ta có AF, BC là trục đẳng phương của(O)và(C1),(O) và(C2). Mặt khác
OAF[ = F DB\ = F EA,[
\OBC = \CEB. Hình 2.5
Suy ra OA, OB lần lượt là tiếp tuyến của (C1),(C2) và lại có OA2 = OB2. Do đóOE là trục đẳng phương của (C1)và(C2).
Theo định lý về tâm đẳng phương của 3 đường tròn, suy ra AF, BC, OE đồng quy.
Bài toán 2.1.6. [4] Cho nửa đường tròn đường kínhAB và điểmC nằm trên đó. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C xuống AB. Đường tròn đường kính CH cắt AC tại E, CB tại F và đường tròn đường kính AB tại D.
Chứng minh rằngCD, EF, AB đồng quy.
Giải.(Hình 2.6)
VìACB[ = 900 nênEF là đường kính của đường tròn đường kínhCH. Suy ra CEF[ = ACH\ = CBA.[
Do đó tứ giác AEF B nội Hình 2.6
tiếp. Áp dụng định lý về tâm đẳng phương cho đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEF B, đường tròn đường kính AB và đường kínhEF ta có CD, EF, AB
đồng quy.
Bài toán 2.1.7(Định lý Brianchon). [1] Cho lục giácABCDEF ngoại tiếp (O). Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy.
Hình 2.7:
Giải.(Hình 2.7) GọiG, H, I, J, K, Llần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD, DE, EF, F Avới đường tròn (O).
Trên tiaKF, HB, GB, J D, ID, LF lần lượt lấy các điểmP, S, Q, R, N, M sao choKP = SH = GQ = J R= IN = LM.
Dựng(O1)tiếp xúc vớiEF, CBtạiP, S;(O2)tiếp xúcAF, CDtạiM, N; (O3) tiếp xúcAB, ED tạiQ, R. Ta có
F P = P K −F K = LM −LF = F M, CS = SH + HC = IN +IC = CN.
Suy raF C là trục đẳng phương của (O1) và(O2). Chứng minh tương tự, suy ra AD là trục đẳng phương của (O2) và (O3), BE là trục đẳng phương của (O3) và(O1).
Áp dụng định lý về tâm đẳng phương ta cóAD, BE, CF đồng quy.