Chương II. Các bài toán về vectơ và ứng dụng của vectơ
2.3. Phương tích của điểm đối với đường tròn. Trục đẳng phương, tâm đẳng phương
1.3.1 Lí thuyết
I – Phương tích của điểm đối với đường tròn 1. Định nghĩa
Cho đường tròn (O; R) và điểm M. Nếu có một cát tuyến quay quanh M, cắt đường tròn tại A và B thì đại lượng MA . MB không đổi, gọi là phương tích của điểm M với đường tròn (O; R), kí hiệu là PM/(O).
Ta có PM/(O) = MA . MB = d2 − R2. 2. Chú ý
- Điều kiện PM/(O) > 0⇔ M nằm ngoài (O);
- Điều kiện PM/(O) = 0 ⇔ M thuộc (O);
- Điều kiện PM/(O)< 0 ⇔ M nằm trong (O).
II− Trục đẳng phương, tâm đẳng phương
Định lí 1. Tập hợp các điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn không đồng tâm là một đường thẳng, gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn đã cho.
Chứng minh.(h.67)
Xét hai đường tròn (O1, R1) và (O2, R2), O1 ≠ O2. Ta có : PM/(O1) = PM/(O2) ⇔ MO12 − R12 = MO22 − R22
M
O1 O2
H
Hình 67
▪ I
63
⇔ MO12 − MO22 = R12 − R22 ⇔ M thuộc đường thẳng vuông góc với O1O2tại H, điểm H đƣợc xác định bởi
IH =R12− R22 2O 1O2
(I là trung điểm của O1O2).
Hệ quả. Nếu ba điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì ba điểm đó thẳng hàng.
Định lí 2. Choba đường tròn (O1), O2 , (O3) có các tâm không thẳng hàng. Giả sử Δ1, Δ2, Δ3 lần lƣợt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn O2 , O3 ; O3 , (O1) ; (O1), O2 . Khi đó Δ1, Δ2, Δ3 đồng quy tại một điểm, gọi là tâm đẳng phương của ba đường tròn đã cho.
Cách xác định trục đẳng phương của hai đường tròn
− Nếu (O1), O2 cắt nhau thì trục đẳng phương là đường thẳng nối hai giao điểm (h.68).
− Nếu (O1), O2 tiếp xúc với nhau thì đường thẳng đi qua tiếp xúc và vuông góc với O1O2 (h.69).
− Nếu (O1), O2 không có điểm chung thì ta dựng đường tròn O3 cắt cả hai đường tròn đã cho (lưu ý lấy O3 không nằm trên đường thẳng O1O2). Dựng trục đẳng phương của O3 và (O1), O3 và O2 , chúng cắt nhau tại I. Khi đó trục đẳng phương của (O1), O2 là đường thẳng qua I, vuông góc với đường thẳng O1O2 (h.70).
2.3.2 Các bài toán
▪ ▪
O1 O2
Hình 68
O1 O2
Hình 69
▪
I
O1 O2
O3
Hình 70
64
Bài toán 70. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần lƣợt tại D, E; P là điểm nằm trong tam giác ADE; PB, PC theo thứ tự cắt DE tại M, N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác PDN, PEM cắt nhau tại Q. Chứng minh rằng A, P, Q thẳng hàng.
Bài giải (h.71).
Gọi I, J lần lƣợt là giao điểm của APvới DE, BC. Vì BC // DE nên theo định lí Ta-lét ta có:
IM IN = JB
JC ID IE = JB
JC
=> IM
IN = ID
IE
=> IM . IE = IN . ID . (1)
Gọi (C1), C2 theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp các tam giác PDN, PEM.
Theo (1) ta có PI/(C1) = PI/(C2)=> AP là trục đẳng phương của C1) và C2 . Vậy AP đi qua Q hay A, P, Q thẳng hàng.
Bài toán 71( Olympic Trung Quốc 1996). Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H.
Tiếp tuyến kẻ từ A tới đường tròn đường kính BC tiếp xúc đường tròn này tại P và Q. Chứng minh rằng P, H và Q thẳng hàng.
Bài giải
Gọi O là trung điểm BC, O′ là trung điểm AO và
AH ∩ BC = A′, CH ∩ AB = C′ (h.72).Do tam giác ABC nhọn nên H nằm trong tam giác ABC.
Xét đường (O) đường kính BC và đương tròn (O′) đườngkính AO. Vì AP, AQ tiếp xúc với (O), ta có AP ⊥ OP,AQ ⊥ OQ.Do đó P, Q ∈ (O′).
Vì P và Q là các giao điểm của haiđường tròn (O) và (O′), nên đường thẳng PQ là trục đẳng phương của haiđường tròn này. (1)
Mặt khác ta cũng có AA′ ⊥ BC, CC′ ⊥ AB hay AA′ ⊥ OA′, CC′ ⊥ C′B, do đó A′ ∈ O′ , C′ ∈ O .
C Q
A
B
D E
P
M N
I
J Hình 71
H
▪
A
B O C
Q P
O′ C′
Hình 72
A′
65
Vậy PH/(O′) = HA . HA = −HA. HA′ ′ và PH/(O) = HC . HC = −HC. HC′ ′ ( do H nằm trong tam giác ABC). (2)
Ta có ΔAHC′ đồng dạng ΔCHA′ (g.g), suy ra HA. HA′ = HC. HC′ (3).
Từ (2) và (3) ta có PH/(O′) = PH/(O), nên H nằm trên trục đẳng phương của (O) và (O′)(4).
Từ (1) và (4), ta có P, H, Q thẳng hàng do chúng cùng nằm trên trục đẳng phương của (O) và (O′).
Bài toán 72.(Olympic Hàn quốc 2010). Cho tứ giác lồi ABCD. Gọ E là giao điểm của hai đường thẳng AB, CD. Q là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với AC và đướng thẳng đi qua C vuông góc với BD, P là giao điểm của đường thẳng qua D vuông góc với AC và đường thẳng qua A vuông góc với BD.
Chứng minh rằng ba điểm E, P, Q thẳng hàng.
Bài giải. (h.73)
Đặt AP ∩ BD = A′, CQ ∩ BD = C′, DP ∩ AC = D′, BQ ∩ AC = B′.
Gọi (𝜔1), 𝜔2 , 𝜔3 , (𝜔4) lần lượt là đường tròn đường kính AB, BC, CD, DA.
Do AA′ ⊥ BD, BB′ ⊥ AC => AA = AB′B = 90′B 0 =>A, B, A′, B′ ∈ (ω1).
Tương tự, ta có B, C, B′, C′ ∈ (ω2); C, D, C′, D′ ∈ (ω3) và D, A,D′, A′ ∈ (ω4).
Do đó PP/(ω1)= PA . PA = P′ P/(ω4) = PD . PD = P′ P/(ω3) => PP/(ω1) = PP/(ω3) Do đó P nằm trên trục đẳng phương của (𝜔1) và 𝜔3
Tương tự, Q cũng nằm trục đẳng phương của (𝜔1) và 𝜔3 . Do tứ giác ABCD nội tiếp và AB ∩ CD = E, ta có
EA . EB = EC . ED => PE/(ω1) = PE/(ω3) Do đó E nằm trên trục đẳng phương của (𝜔1) và 𝜔3 .
E
A
B
D C
P Q
A′ D′
B′ C′
Hình 73
66
Vậy E, P, Q cùng nằm trên trục đẳng phương của (𝜔1) và 𝜔3 . Nên ba điểm E, P, Q thẳng hàng.
Bài toán 73.(OlympicViệt Nam 2001). Cho đường tròn tâm (O) và (O′) cắt nhau tại A và B. Đường thẳng TT′ tiếp xúc với đường tròn thứ nhất tại điểm T và đường tròn thứ hai tại T′. Các đường thẳng vuông góc từ T và T′ cắt đường thẳng OO′tại S và S′. Tia AS cắt đường tròn thứ nhất tại R và tia AS′ cắt đường tròn thứ hai tại R′. Chứng minh rằng R, B và R′ thẳng hàng.
Bài giải. (h.74)
Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến chung TT′ và đoạn thẳng AB. Gọi OO′ ∩ AB = K.
Ta có AB là trục đẳng phương của (O) và (O′) suy ra MT2 = MA. MB = MT′ 2, do đó MT = MT′, và M là trung điểm của TT′.
Ta có TS // MK // T′S′và M là trung điểm của TT′, do đó K là trung điểm của SS′.
Gọi A′ và A′′ lần lƣợt là điểm đối xứng của A qua O và O′. Do AB ⊥ A′B và AB ⊥ A′′B nên A′, B, A′′ thẳng hàng.
ΔSTO đồng dạng ΔS′T′O′ (g.g), do đó ta có OS
O′S′ = OT
O′T′ = OA O′A′
Xét tam giác AOS và AO′S′ : chúng có ASO + AS = 180′O′ 0 ( do tam giác ASS′ cân) và hai cạnh tương ứng tỉ lệ, suy ra sin OAS = sin O′A′S′suy ra OAS = O′A′S′ hay RAA = R′ ′AA′′.
S
A
Q
B
O O′
T T′
S′
A′ A′′
R
R′
Hình 74 M
67
Từ các tứ giác nội tiếp ABA′R và ABR′A′′, ta có RBA = RAA′ = R′ =′AA′′
R′BA′′.
Từ đẳng thức trên ta suy ra R, B và R′ thẳng hàng.
Bài toán 74. Cho tam giác ABC, đường thẳng Δ cắt BC, CA, AB tại M, N, P; O là điểm không thuộc đường thẳng Δ. Các đường thẳng OM, ON, OP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC, OCA, OAB tại X, Y, Z ( khác O). Chứng minh rằng bốn điểm O, X, Y, Z cùng thuộc một đường tròn.
Bài giải. (h.75)
Gọi (C1), C2 là các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, OYZ. Giả sử C2 cắt OM tại X′(khác O).
theo giả thiết:
NA . NC = NO . NY
PA . PB = PO . PZ => PN/(C1) = PN/(C2) PP/(C1) = PP/(C2)
=> Δ là trục đẳng phương của (C1) và C2
=> PM /(C1) = PM/(C2) => MB . MC = MO . MX ′ (1) Theo giả thiết, MB . MC = MO . MX (2)
Từ (1) và (2) suy ra :MX = MX => 𝑋 ≡ X′ ′. Vậy O, X, Y, Z cùng thuộc một đường tròn.
Bài toán 75.Cho tứ giác ABCD; AB ∩ CD = E, AD ∩ BC = F; H, I, J, K theo thứ tự là trực tâm các tam giác EBC, FDC, EDA, FBA. Chứng minh rằng : a) Mỗi một trong bốn điểm H, I, J, K có cùng phương tích đối với các đường
tròn đường kính AC, BD, EF
b) H, I, J, K thẳng hàng( đường thẳng Stai-nơ).
Bài giải. (h.76)
a) Gọi X, Y, Z là trung điểm của AC, BD, EF; (X). (Y), (Z) là các đường tròn đường kính AC, BD, EF.
Giả sử CM, BN, EP là các đường cao của tam giác CBE. Do các tứ giác BPNE, CPME nội tiếp ta có:
A
B C
D
F E
M N
H
P
Z
X Y
Hình 76
A
B C
O X
M P N
Hình 75
Z Y
Δ
▪ ▪
▪
▪
68
HC . HM = HB . HN = HE . HP
=> PH/(X) = PH/(Y) = PH/(Z)
=> H có cùng phương tích đối với (X). (Y), (Z).
Tương tự như vậy, mỗi một trong ba điểm I, J, K có cùng phương tích đối với (X). (Y), (Z).
b) Theo câu a), ta có PH/(X) = PH/(Y) PI/(X) = PI/(Y).
=> HI là trục đẳng phương của (X). (Y) => HI⊥ XY.
Tương tự như vậy ta có HJ ⊥ XY; HK HI⊥ XY.
Suy ra H, I, J, K thẳng hàng.
Bài toán 76. (Trung Quốc TST 2007). Cho hai điểm A và B nằm trên đường tròn (O). Cho điểm C nằm ngoài đường tròn; gọi CS và CT là các tiếp tuyến tới
đường tròn, M là điểm chính giữa cung nhỏ AB của (O). MS, MT cắt AB lần lượt tại E, F. Các đường thẳng qua E, F và vuông góc với AB cắt OS, OT lần lượt tại X, Y. Một đường thẳng qua C cắt đường tròn (O) tại P, Q (P thuộc đoạn CQ). Gọi R là giao điểm của MP và AB, Z là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR. Chứng minh rằng X, Y, Z thẳng hàng.
Bài giải. (h.77)
Vì EX ∕∕ MO ( cùng ⊥ AB) và tam giác OSM cân, ta có XES = OMS = OSM = XSE
M
A B
T
S P
Q
F E
Y X
Hình 77
R
Z
O
C
69
Nên E, S ∈ (X, XS). Vì X thuộc đoạn OS, nên đường tròn (X, XS) tiếp xúc với (O).
Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ AB của (O) và A, M, B, P, S thuộc cùng một đường tròn, do đó MAB = MBA = MSA = MPA . Suy ra ΔMAR đồng dạng ΔMPA (g.g) và ΔMAE đồng dạng ΔMSA (g.g).
Từ đó ta có MA2 = MP. MR và MA2 = MS. ME. Do đó , MP. MR = MS. ME
=> PM /(Z) = PM/(X) ( với (Z) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR)
=> M nằm trên trục đẳng phương của (Z) và (X).
Do PC/(X) = CS 2 = CP . CQ = PC/(Z) ( do CS là tiếp tuyến của (X), (O) ) => C nằm trên trục đẳng phương của (Z), (X).
Do đó, MC là trục đẳng phương của (X) và (Z) => MC ⊥ XZ ( do trục đẳng phương vuông góc với đường nối tâm) (1).
Tương tự, ta có MC ⊥ YZ (2).
Từ (1) và (2) suy ra X, Y, Z thẳng hàng.
Bài toán 77. Cho đường tròn (O) và đường thẳng Δ không cắt (O). Qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới (O). Chứng minh rằng AB luôn đi qua một điểm cố định.
Bài giải. (h.78)
Gọi H là hình chiếu của O trên Δ.
Qua H kẻ các tiếp tuyến HK, HL tới đường tròn.
Đặt I = OH ∩ KL, do đó I là điểm cố định.(1) Dễ thấy các điểm O, A, M, H, B cùng thuộc một
đường tròn ( đường tròn đường kính OM, ta gọi nó là (O1).
Các điểm O, K, H, L cũng thuộc một đường tròn (đường kính OH, ta gọi nó là (O2). Ta có đường tròn (O) cắt (O1) tại A và B nên AB là trục đẳng phương của (O) và (O1), trục đẳng phương của (O) và (O2) là đường thẳng KL, trục đẳng phương của (O1) và (O2) là đường thẳng OH. Do đó AB, KL, OH đồng quy (2).
Từ (1) và (2) suy ra AB luôn đi qua điểm I cố định.
A
O L
B
H
M
K I
Hình 78
▪
70
Bài toán 78. Cho đường tròn (O) và dây AB. Các đường tròn (O1), (O2) nằm về một phía của AB, tiếp xúc với AB và tiếp xúc trong với (O);(O1) cắt (O2) tại C, D. Chứng minh rằng đường thẳng CD đi qua điểm chính giữa K của cung AB.
Bài giải
Trước hết ta chứng minh nhận xét sau đây(h.79).
Giả sử (O′) tiếp xúc trong với (O) tại M và tiếp xúc với AB tại N. Khi đó đường thẳng MN đi qua điểm chính giữa K của cung AB. Thật vậy, ta có M, O′, O thẳng hàng.
O′N ⊥AB, OK ⊥ AB, suy ra O′N ∕∕ OK. Hai tam giác cân
O′MN và OMK có các góc ở đỉnh bằng nhau, suy ra O = OMK′MN . Vậy M, N, K thẳng hàng.
Giả sử (O1), (O2) tiếp xúc với AB tại N1, N2; tiếp xúc với (O) tại M1, M2(h.80). Theo nhận xét trên, các đường thẳng M1N1
và M2N2đều đi qua điểm chính giữa K của cung AB. Ta có M1M2K = M =1N1A 1
2sđM , 1AK suy ra tứ giác M1M2N2N1 nội tiếp
=> KM . KN1 = KM1 . KN2 2 Do đóPK/(O1) = PK/(O2)
=> K thuộc trục đẳng phương của (O1) và (O2).
Vậy C, D, K thẳng hàng.
Bài toán 79. Cho hai đường tròn (O1), (O2) nằm ngoài nhau, MN là một tiếp tuyến chung ngoài, PQ là một tiếp tuyến chung trong (h.81). Chứng minh rằng MP, NQ, O1O2 đồng quy.
Bài giải.(h.81)
D
▪
▪
▪ M2 M1
A
B C O
O1 2
N1 N2 O
Hình 80 K
K N
M
P L
Q
O1 O2
Hình 81
▪
A B
K O
O′ , M
N
Hình 79
71
Đặt K = MN ∩ PQ, L = MP ∩ NQ. Ta có KO1 ⊥KO2(phân giác của hai góc kề bù), suy ra MP // KO2nên MP ⊥ NQ hay MLN = PLQ = 900. (1)
Gọi C1 , C2 là các đường tròn đường kính MN, PQ. Theo (1) thì L ∈ C1 ; L
∈ C2 ,
do đó PL/ C1 = PL/ C2 = 0. (2)
mặt khác, O1M, O1P theo thứ tự là tiếp xúc với C1 , C2 suy ra PO1/ C1 = O1M2 = O1P2 = PO1/ C2 . (3)
Tương tự, ta có PO2/ C1 = PO2/ C2 . (4)
Từ (2), (3) và (4) suy ra L, O1, O2 thẳng hàng, tức là MP, NQ, O1O2 đồng quy.
Bài toán 80. (1995 IMOSL). Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi E =AC ∩BD và F
= AB ∩ CD. Gọi H1, H2 lần lƣợt là trực tâm các tam giác EAD và EBC. Chứng minh rằng ba điểm F, H1, H2 thẳng hàng.
Bài giải.
Để giải bài toán, trước hết ta chứng minh bổ đề.
Bổ đề. Cho một tam giác và hai cevian (xuất phát từ hai đỉnh) của tam giác này.
Xét hai đường tròn với đường kính là hai cevian này. Khi đó trực tâm của tam giác đã cho nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn đang xét.
*Một cevian của tam giác là đoạn thẳng nối từ một đỉnh của tam giác đến một điểm bất kì trên đường thẳng chứa cạnh đối diện.
Chứng minh bổ đề.(h.82). Xét tam giác ABC, trực tâm H, AD là một cevian xuất phát từ đỉnh A, BE là một cevian xuất phát từ đỉnh B. Gọi (M), (N) lần lượt là các đường tròn đường kính AD và BE. Gọi AH ∩ BC = A′ và BH ∩ CA = B′. Vì H là trực tâm tam giác ABC, ta có AA′ ⊥ BC, BB′ ⊥ CA. Do đó A′ ∈ (M), B′ ∈ (N).
Từ đó, ta có PH/(M) = HA . HA ′ và PH/(N) = HB . HB ′ Do H là trực tâm tam giác ABC, nên A, B, A′, B′ thuộc một đường tròn. Do đó HA . HA = HB′ . HB ′.
Vậy ta có PH/(M)= PH/(N)
▪ ▪
E
B
C A
A′ D
N M
B′
H
Hình 82
A
B
C F
D
E
H1
H2
Hình 83
72
Điều này chứng tỏ H nằm trên trục đẳng phương của (M) và (N).Bổ đề đƣợc chứng minh.
Trở lại bài toán:
Áp dụng bổ đề với tam giác EAD trực tâm H1 và hai cevian AB và CD, ta có H1 nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính AB và CD.
Áp dụng bổ đề với tam giác EBC trực tâm H2 và hai cevian AB và CD, ta có H2 nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính AB và CD.
Do F = AB ∩ CD và tứ giác ABCD nội tiếp, ta có FA . FB = FC . FD , tức là F có cùng phương tích với hai đường tròn đường kính AB và CD, vậy F nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính AB và CD.
Vậy cả ba điểm F, H1, H2 nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính AB và CD, do đó ba điểm này thẳng hàng.
Bài toán 81. Cho tam giác ABC (AB≠ AC).Các đường cao AA′, BB′, CC′ cắt nhau tại H, BC cắt B′C′ tại K, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AM⊥
HK.
Bài giải. (h.84)
Gọi (O1) là đường tròn đường kính AH, (O2) là đường tròn đường kính MH, ta có O1O2 ∕∕ AM. (1)
Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýtcho tam giác ABC và ba điểm C′, B′, K Ta có C ′A
C′B .KB
KC .B ′C
B′A
= 1(*)
Áp dụng định lí Xê- va cho tam giác ABC và ba đường thẳng AA′, BB′, CC′, ta có
C′A C′B .A ′B
A′C .B ′C
B′A
= −1(**) Từ (*) và (**) suy ra KB
KC = −A ′B
A′C Đặt KB = b, KA = a, KC′ = c, ta đƣợc:
b
c = −b−a
c−a ⇔ bc – ba = −bc + ac ⇔ 2bc = a(b +c) Hình 84
A
B M A′ C K
B′
C′ O
1
O2H
73
⇔2
a = 1b+ 1c⇔ 2
KA′
= 1
KB + 1
KC ⇔ KB . KC = KA . ′ KB +KC 2
⇔ KB . KC = KA . KM′ (2)
Dễ thấy tứ giác BCB′C′ nội tiếp, suy ra KB . KC = KB . KC′ ′ (3) Từ (2) và (3) suy ra KA . KM′ = KB . KC′ , tức là P′ K/ O2 = PK/ O1 ,
Lại có PH/ O2 = PH/ O1 = 0, suy ra HK là trục đẳng phương của (O1) và (O2), nên
HK ⊥ O1O2. Kết hợp với (1) suy ra HK ⊥ AM.
Bài toán 82. Cho đường tròn (O) và dây AB. Các đường tròn (O1), (O2) nằm về một phía của AB tiếp xúc với AB, tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc nhau tại T.
Tiếp tuyến chung của (O1), (O2)cắt (O) tại C ( C thuộc nửa mặt phẳng bờ AB chứa (O1) và (O2) ). Chứng minh rằng T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Bài giải (h.85)
Ta có CT là trục đẳng phương của (O1) và (O2) . Theo bài toán 78 ta có CT đi qua điểm chính giữa K của cung AB.
Ta lại có KA2 = KM . KN1 = KT1 2 (M1, N1lần lƣợt là tiếp điểm của đường tròn (O1) với (O), AB)=> KA = KT
=> KAT = KTA . (2) Mặt khác, KAB = ACK = 1
2sđAK. (3)
Từ (2) và (3) suy ra KAT − KAB = KTA − ACK => BAT = CAT . (4) Từ (1) và (4) suy ra T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Bài toán 83. Cho tam giác ABC. Lấy điểm B′, C′ thuộc cạnh AC, AB sao cho AB.AC′ =AC.AB′. Gọi H và H′ lần lƣợt là trực tâm các tam giác ABC, AB′C′. Chứng minh rằng BB′, CC′, HH′ đồng quy.
Bài giải. (h.86)
Gọi O1 , O2 theo thứ tự là các đường
A
K
H′ E′ F′
B′ C′
E
F
O T
▪
▪ ▪
A
B M1 C
N1 O1
O2
K
Hình 85
▪
74
tròn đường kính BB′, CC′; K là giao điểm của BB′ và CC′. Dễ thấy tứ giác C′B′F′E′ nội tiếp suy ra H . H′C′ = H′F′ . H′E′ ′B′
=> PH′/ O2 = PH′/ O1 . (1)
Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra HC . HF = HB . HE
=> PH/ O2 = PH/ O1 . (2)
Ta có AB.AC′ =AC.AB′ => AB
AB′ = AC
AC′suy ra ΔABB′ đồng dạng ΔACC′ (c.g.c)
=> ABB = ACC′ ′suy raΔBKC′ đồng dạng ΔCKB′ => KC . KC = KB′ . KB ′ Suy ra PK/ O2 = PK/ O1 (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra K, H, H′ thuộc trục đẳng phương của đường tròn O1 , O2 .
Vậy BB′, CC′, HH′ đồng quy.
Bài toán 84. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng tâm đẳng phương của ba đường tròn bàng tiếp tam giác chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác có ba đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác ABC.
Bài giải.(h.87)
Gọi X, Y, Z lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB, (IA), (IB), (IC) là các đường tròn bàng tiếp đối diện với các đỉnh A, B, C của tam giác ABC.
Gọi ΔA là trục đẳng phương của (IB), (IC); ΔB là trục đẳng phương của (IC), (IA);
ΔC là trục đẳng phương của (IC), (IB).
Ta có 2CE = AB + AC + BC = 2BM => CE =BM suy ra XE = XM.
▪
▪ A
B X C M
Z Y K P
E IC
IB
Hình 87
75
PX/(IB) = XM2, PX/(IC) = XE2,từ đó suy ra PX/(IB) = PX/(IC) suy ra X ∈ ΔAvàΔA ⊥ IBIC(1).
Tia phân giác của góc ZXY và góc BAC song song với nhau mà tia phân giác của góc BAC vuông góc với IBIC . Từ đó suy ra tia phân giác góc ZXYvuông góc với IBIC (2).
Từ (1) và (2) suy ra ΔA là phân giác của góc ZXY.
Tương tự, ta có ΔB, ΔC theo thứ tự là phân giác của các góc XYZ , YZX.
Vậy tâm đẳng phương của ba đường tròn bàng tiếp tam giác ABC chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác có ba đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác ABC.
Bài toán 85. Cho hình bình hành ABCD. Đường tròn (O) nằm trong hình bình hành, tiếp xúc với AB, AD tại M, N và cắt BD tại E, F. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua E, F và tiếp xúc với các đường thẳng CB, CD.
Bài giải. (h.88)
Đặt P = MN ∩ BC, Q = MN ∩ CD.
Dễ thấy các tam giác CPQ, BPM, DQN cân tại C, B, A, Suy ra
CP = CQ (1) BM = BP (2) DN = DQ (3)
Từ (1) suy ra tồn tại đường tròn (O′) tiếp xúc với CB, CD tại P, Q.
Mặt khác, từ (2), (3) suy ra PB/(O) = PB/(O′) ; PD/(O) = PD/(O′) , nên BD là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và (O′). Từ đó, với chú ý rằng E, F là các giao điểm của (O) và BD, ta có
PE/(O′) = PE/(O) = 0 ; PF/(O′) = PF/(O), suy ra E và F thuộc (O′).
Vậy ta đã chỉ ra đường tròn (O′) đi qua E, F và tiếp xúc với AB, CD.
Bài toán 86. Cho tam giác ABC không cân tại A, nội tiếp đường tròn (O). (O1; R)là đường tròn đi qua B, C và cắt AB, Ac theo thứ tự tại K, L. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AKL cắt đường tròn (O) tại M ≠ A. Chứng minh rằng AMO =1 900.
Bài giải. (h.89)
▪
A
B C
D
P
Q N
M
O E F
Hình 88
▪
▪
A
S M
K
O L
O2