3 S +S +S S + S + S =S Lại có SABC =(SIMN+SIPQ+SIEF) (+ SAQIE+SBMIF+SCNIP)
Mà các tứ giác AQIE, BMIF, CNIP là các hình thoi nên ta được
( ) ( )
ABC IMN IPQ IEF INP IQE IMF
S = S +S +S +2 S +S +S
Từ đó ta được 3 S( IMN+SIPQ+SIEF) ( SIMN+SIPQ+SIEF) (+2 SINP+SIQE+SIMF)
Hay ta được SIMN+SIPQ+SIEFSINP+SIQE+SIMF.
Bài 97. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc ABC, ACB là các góc nhọn.
Xét điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không trùng với B, C và hình chiếu của A trên BC. Đường thẳng d vuông góc với BC tại D cắt đường thẳng AB, AC lần lượt tại E và F. Gọi M, N, P lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AEF, BDE, CDF.
Chứng minh rằng bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi d đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Lời giải Để chứng minh bài toán ta tách ra chứng minh hai ý sau:
+ Trước hết ta chứng minh d đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi tiếp tuyến chung khác d của hai đường tròn ( )N và ( )P đi qua
điểm A.
• Giả sử đường thẳng d đi qua điểm tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, khi đó do D tà tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với BC nên ta
P I F
T E
N d
D C
B
A
được ta có AB BC AC CA CB AB
BD ; CD
2 2
+ − + −
= =
Từ đó suy ra BA BC AC CA CB AB
BD DC AB AC
2 2
+ − + −
− = − = −
Gọi giao điểm của tiếp tuyến đi qua A (khác AB) của đường tròn ( )N với đường thẳng là T. Khi đó tứ giác TABD ngoại tiếp đường tròn nên AB TD+ =AT BD+ . Kết hợp với đẳng thức trên ta được AC TD AT CD+ = + . Điều này chứng tỏ tứ giác TACD ngoại tiếp đường tròn. Vậy AT tiếp xúc với đường tròn ( )P hay nói cánh khác AT là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ( )N và ( )P đi qua điểm A.
• Giả sử tiếp tuyến khác d của hai đường tròn ( )N và ( )P đi qua A. Gọi giao điểm của tiếp tuyến đó với đường thẳng d là T. Khi đó dễ thấy các tứ giác TABD và TACD ngoại tiếp đường tròn. Do đó AB TD+ =AT BD+ và AC TD AT DC+ = + . Từ đó ta được BD DC AB AC− = − .
Lại có BD CD BC+ = nên ta được AB BC AC CA CB AB
BD ; CD
2 2
+ − + −
= =
Từ đó suy ra D là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC. Từ dó suy ra d đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
+ Tiếp theo ta chứng minh rằng bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi tiếp tuyến chung khác d của hai đường tròn ( )N và
( )P đi qua điểm A. Ta chứng minh hai chiều sau:
• Giả sử tiếp tuyến chung của hai đường tròn ( )N
và ( )P đi qua A, ta cần chứng minh bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn.
Thật vậy, để ý là các ba điểm E, M, N thẳng hàng và ba điểm F, M, P thẳng hàng.
A M
B D C
d
N E
T F
I P
Do đó ta có
0
0 0 0 EAF 0 180 BAC BAC
NMP 180 EMF 180 90 90
2 2 2
−
= − = − + = − =
Mặt khác do tiếp tuyến chung khác d của hai đường tròn ( )N và ( )P đi qua điểm A
nên 1
NAP BAC
=2 Mặt khác do tiếp tuyến chung khác d của hai đường tròn ( )N và ( )P đi qua điểm A nên 1
NAP BAC
= 2
Do đó ta được NMP=NAP nên tứ giác AMNP nội tiếp đường tròn.
• Giả sử ta bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn. Ta cần chứng minh tiếp tuyến chung khác d của hai đường tròn ( )N và ( )P đi qua A.
Thật vậy, lập luận như trên ta được BAC
NMP= 2 . Do tứ giác AMNP nội tiếp đường tròn nên ta được NMP=NAP. Từ đó suy ra 1
NAP BAC
=2 . Qua A vẽ tiếp tuyến Ax của đường tròn ( )N , khi đó ta được 1
NAx BAx
=2
Do đó ta được 1 1 1
APx NAP NAx BAC BAx CAx PAC
2 2 2
= − = − = =
Từ đó suy ra Ax đối xứng với AC qua AP, mà AC tiếp xúc với đường tròn (P) nên Ax cũng tiếp xúc với đườn tròn ( )P . Suy ra tiếp tuyến chung khác d của hai dường tròn
( )N và ( )P đi qua điểm A.
Vậy từ hai ý trên ta được bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi d đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Bài 98. Cho tam giác ABC có trực tâm H và nội tiếp đường tròn ( )O . Một tiếp tuyến
thay đổi của đường tròn ( )O cắt HB, HC theo thứ tự tại E, F. Điểm K đối xứng với H qua EF. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác KEF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Lời giải
Trước hết ta phát biểu và chứng minh bài toán phụ. Cho lục giác lồi ABCDEF trong đó năm điểm A, B, C, D, E cùng nằm trên đường tròn ( )O . Gọi G, H, K lần lượt là giao điểm
của các cặp đường thẳng AB và DE, BC và EF, CD và AF. Chứng minh rằng ba điểm G, H, K thẳng hàng khi và chỉ khi điểm F nằm trên đường tròn ( )O .
Chứng minh bài toán phụ.
+ Điều kiện cần. Giả sử điểm F nằm trên đường tròn ( )O .
Gọi I là giao điểm của hai đường trong ngoại tiếp tam giác GBD và tam giác KDF (I khác D). Khi đó ta có
( ) ( )
( ) ( )
BIF BID DIF BGD DKF
1 1
sdAFE sdBCD sdABC sdCDF
2 2
1 1
sdCAE sdBCF sdBAF sdCDE
2 2
= + = +
= − + −
= − = −
Mà ta có BHF 1(sdBAF sdCDE)
= 2 − .
O
I H K
G F
E D
C B A
Do đó BIF BHF= nên tứ giác BIHF nội tiếp đường tròn, suy ra BIH BFH 180+ = 0. Mặt
khác ta có 1
BIG BDG sdBG
= = 2 . Mà BDG=BFE nên BIH BIG+ =BIH BFH 180+ = 0, suy ra HIG 180= 0. Do đó ba điểm H, I, G thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta được I, H, K thẳng hàng. Như vậy bốn điểm H, I, G, K thẳng hàng. Do đó ba điểm G, H, K thẳng hàng.
+ Điều kiện đủ. Giả sử ba điểm H, G, K thẳng hàng. Gọi T là giao điểm của EH với đường tròn ( )O và L là giao điểm của AT với CD. Chứng minh tương tự như trên ta suy ra được L, H, G thẳng hàng. Mà ta có ba điểm K, H, G thẳng hàng nên suy ra bốn điểm G, H, K, L thẳng hàng. Chú ý rằng L là giao điểm của AT với CD và K là giao điểm của AF với CD, nên suy ra hai điểm K và L trùng nhau. Từ đó suy ra hai điểm T và F trùng nhau, do đó điểm F nằm trên đường tròn ( )O .
Trở lại bài toán. Gọi P là tiếp điểm của EF với đường tròn ( )O . Gọi M, N theo thứ tự là giao điểm của BH, CH với đường tròn ( )O .
Khi đó dễ thấy M, N đối xứng với H theo thứ tự qua AC và AB. Do đó đường tròn tâm A bán kính AH đi qua các điểm M và N. Do A và H cố đinh nên đường tròn ( )A
cố định. Gọi V, U theo thứ tự là giao điểm thứ hai của PN, PM với đường tròn ( )A .
Q
H
P N
M V
U T
K
F O
E
B C A
Gọi T là giao điểm của EV và FU. Ta có các điểm H, M, N, U, V cùng nằm trên đường tròn ( )A và để ý rằng ba điểm E, P, F thẳng hàng nên theo bài toán phụ trên thì T nằm trên đường tròn ( )A . Do EF là tiếp tuyến tại P với đường tròn ( )O nên ta
có NPE=NMP=NVU suy ra UV song song với EF. Để ý đến các tứ giác TVNH và TMUH nội tiếp ta có TVP 180= 0 −THN và TUP 180= 0 −TUM 180= 0−THM. Do tính đối xứng ta có MAN=2BAC 2 180= ( 0 −MHN). Từ đó ta có biến đổi góc
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
0 0
0 0 0
0 0
0 0 0 0
0 0 0
ETF 180 TVU TUV 180 TVP UVP TUP VUP 180 180 THN UVP 180 THM VUP
MHN 180 UVP VUP MHN 180 UVP VUP MHN MPN MHN 180 MAN MHN MAN 180 MHN 2 180 MHN 180 180 MHN 180 BHC 180 EKF
= − − = − − − −
= − − + − − +
= − + + = − − − = −
= − − = + − = + − −
= − = − = −
Suy ra tứ giác TEKF nội tiếp đường tròn. Giả sử TQ là tiếp tuyến với đường tròn ( )A
ta có QTV QTE TFE TUV= = = nên TQ cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EKF. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác EKF luôn tiếp xúc với đường tròn tâm A bán kính AH cố định.
Bài 99. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( )O . Gọi P là điểm di chuyển trên
tam giác PCE đồng dạng với tam giác BAO và tam giác PBF đồng dạng với tam giác CAO. Tiếp tuyến tại P của đường tròn ( )O cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác PCE và PBF theo thứ tự tại M và N khác P. Gọi Q là giao điểm của EM và FN.
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác QMN luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi P thay đổi.
Lời giải
Trước hết ta phát biểu và chứng minh các bài toán phụ.
Bài toán phụ 1. Cho tứ giác ABCD có các cạnh AB và CD cắt nhau tại M, các cạnh AD và BC cắt nhau tại N. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABN, CDN, ADM, BCM cùng đi qua một điểm.
Chứng minh. Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AD và CDN cắt nhau tại điểm E khác D. Khi đó các tứ giác AMED và CDNE nội tiếp đường tròn nên ta có MDE CNE= và
MAE MDE= .
Từ đó ta được MAE CNE= =BNE nên tứ giác ABNE nội tiếp đường tròn. Mặt khác cũng từ các tứ giác trên nội tiếp đường tròn ta có
ECN=EDN và EDN=AME.
E
N M
D
B C
A
Do đó ta được AME ECN ECM= = nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn. Vậy đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABN, CDN, ADM, BCM cùng đi qua một điểm.
Bài toán phụ 2. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( )O . Giả sử M là các điểm nằm trong tam giác ABC. Gọi E, F theo thứ tự là giao điểm của AC, AB với tiếp tuyến tại M của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC. Điểm Q bất kì trên đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác QBF và QCE cắt nhau tại R khác M. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác REF tiếp xúc với đường tròn ( )O .
Chứng minh. Gọi S là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác BFM và đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM. Khi đó để ý đến các tứ giác nội tiếp đường tròn và tiếp tuyến EF của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC ta có biến đổi góc
( )
( )
0 0
0
0
0 0
ERF QRF QRE 180 ACQ 180 ABQ 360 ACQ ABQ BAC BQA BAC 180 BMC BAC MBC MCB 180 MSE PSF 180 ESF
= + = − + −
= − + = +
= + − = + +
= − + = −
R
S
Q L
F
E M
O
B C
A
Điều này dẫn đến tứ giác SERF nội tiếp đường tròn.
Mặt khác ta lại có BSC=BSM CSM+ =AEF AFE 180+ = 0−BAC nên tứ giác ABSC nội tiếp đường tròn. Gọi SL là tiếp tuyến tại S của đường tròn ( )O . Khi đó ta có biến đổi góc ESL=BSL ESB+ =BCS EMB+ =BCS MCB MCS+ = =MES. Từ đó SL cũng là tiếp tuyến tại S của đường tròn ngoại tiếp tam giác ESF, điều này kéo theo SL là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác REF. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác REF tiếp xúc với đường tròn ( )O .
Trở lại bài toán. Do có tam giác PCE đồng dạng với tam giác BAO và tam giác PBF đồng dạng với tam giác CAO nên ta suy ra được
0
EPF BPF BPC CPE OAC BPC OAB BAC BPC 180
= + + = + +
= + =
Gọi K và L lần lượt là giao điểm của BN với CM và BF với CE. Do có tam giác PCE đồng dạng với tam giác BAO và tam giác PBF đồng dạng với tam giác CAO nên ta có
( ) ( )
( )
0 0
0 0
0
BLC 180 EFL FEL 180 2 PBF PCE 180 2 BAO CAO 180 2BAC 180 BOC
= − + = − +
= − + = −
= −
O
X
L N
M Q
K F
E P
B C
A
Do đó ta được tứ giác tứ giác BOCL nội tiếp đường tròn. Để ý đến các tứ giác BFNP và CMEP nội tiếp đường tròn ta lại có ECM EPM= =FPN FBN= nên tứ giác BCKL nội tiếp đường tròn hay điểm K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC. Xét tứ giác PDQN có F là giao điểm của EP với QN và M là giao điểm của NP với QE, nên theo bài toán phụ 1 ta có đường tròn ngoại tiếp các tam giác FNP, EMP và QMN cùng đi qua một điểm, ta gọi điểm đó là X. Khi đó từ các tứ giác BXPF, CXPE, BOPF, COPE cùng nội tiếp đường tròn. Do vậy ta thu được biến đổi góc là
0 0
BXC=BXP CXP 180+ = −BFP 180+ −CEP=BOP COP+ =BOC nên X thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC. Xét tam giác KBC có P là điểm nằm trong tam giác, tiếp tuyến tại P của đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC cắt KB, KC tại N, M. Lại có điểm X nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC, hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác XBN và XCM cắt nhau tại Q. Khi đó theo bài toán phụ 2 thì đường tròn ngoại tiếp tam giác QMN luôn tiếp xúc với đường ngòn ngoại tiếp tam giác KBC hay luôn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC. Mà ta có tam giác BOC cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC cố định. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác QMN luôn tiếp xúc một đường tròn cố định.
Bài 100. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O có AC và BD cắt nhau tại E. Một
đường tròn qua B, C cắt CD, AB theo thứ tự tại M, N. Gọi H là giao điểm của BM với
CN. Một đường thẳng qua H cắt AC, BD theo thứ tự tại K, L. Trên BC lấy các điểm Q, R sao cho KR song song với BM và LQ song song với CN. Gọi P là giao điểm của KR với QL. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC.
Lời giải Trước hết ta phát biểu và chứng minh
bài toán phụ. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O có các cạnh AB và CD cắt nhau tại M, các cạnh AD và BC cắt nhau tại N. Khi đó đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABN, CDN, ADM, BCM cùng đi qua một điểm E và ba điểm M, E, N thẳng hàng.
O
E
N M
D
B C
A
Chứng minh. Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MAD và CDN cắt nhau tại điểm E khác D. Khi đó các tứ giác AMED và CDNE nội tiếp đường tròn nên ta có MDE CNE= và MAE MDE= , từ đó ta được MAE CNE= =BNE nên tứ giác ABNE nội tiếp đường tròn. Mặt khác cũng từ các tứ giác trên nội tiếp đường tròn ta có ECN EDN= và EDN=AME nên ta được AME ECN ECM= = nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn. Vậy đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABN, CDN, ADM, BCM cùng đi qua một điểm E. Do tứ giác ADEM và CDEN nội tiếp đường tròn nên ta có MAD MED 180+ = 0 và DCN DEN 180+ = 0. Mà ta lại có tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên MAD DCN 180+ = 0. Từ đó ta được MED NED 180+ = 0 hay ba điểm M, E, N thẳng hàng.
Trở lại bài toán. Gọi X là giao điểm của PQ với AC và Y là giao điểm của PR với BD.
Do các tứ ABCD và BCMN nội tiếp đường tròn, kết hợp với KR song song với BM và LQ song song với CN ta có EXL ECN EBM EYK= = = nên tứ giác XKYL nội tiếp đường tròn.