AC 2 Suy ra AD là đường đối trung của tam giác ABC
2.2 Bài toán liên quan đến yếu cố cố định
Bài toán 2.2.1 ([3]). Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn(O)cóA cố định và B, C thay đổi trên (O) sao cho BC luôn song song với một đường thẳng cố định. Các tiếp tuyến của (O)tại B và C cắt nhau tại K. Gọi M là trung điểm của BC, N là giao điểm của AM với(O). Chứng minh đường thẳng KN luôn qua một điểm cố định.
Hình 2.8: D đối xứng với A quaKM
Chứng minh. Gọi D và P lần lượt là giao điểm của KN và AK với (O). Ta có AK là đường đối trung của tam giác ABC ứng với đỉnh A, AK đẳng giác với trung tuyến AM. Vì BC có phương không đổi nên KM là đường thẳng cố định. Theo định nghĩa của đường đẳng giác, ta có ∠BAP =∠N AC. Từ đó ta chứng minh được P, N đối xứng nhau qua đường thẳng KM cố định. Khi đó dễ dàng suy ra D đối xứng với A qua KM nên D cố định.
Bài toán 2.2.2 ([3]). Cho tam giác ABC. Một đường tròn thay đổi qua BC cắt các cạnh AB và AC tại D và E. Tiếp tuyến tại D và E của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt nhau tại P. Chứng minh rằngP luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Chứng minh. Nhận xét P thuộc đường đối trung của tam giác ADE. Mà BC là đường đối song của DE nên trung tuyến AM của ABC là đường đối trung của tam giác ADE. Suy ra P luôn thuộc AM cố định.
Bài toán 2.2.3 (Shortlisted Problems for IMO 2003). Cho ba điểm phân biệt A, B, C theo thứ tự nằm trên một đường thẳng. Gọi Γ là đường tròn luôn đi qua A, C (AC không là đường kính). P là giao điểm của hai tiếp tuyến của Γ tại A và C. Giả sử Γ cắt đoạn P B tại Q. Chứng minh rằng giao điểm của đường phân giác góc AQC và đường thẳng AC không phụ thuộc vào Γ.
Hình 2.9:R không phụ thuộc vào đường tròn Γ
Cách chứng minh thứ 1. Giả sử đường phân giác của ∠AQC giao với AC và đường tròn Γ lần lượt tại R và S, trong đóS khác Q. Vì AP C là tam giác cân nên
AB
BC = sin∠AP B sin∠CP B. Tương tự, vì tam giác ASC là tam giác cân nên ta có
AR
RC = sin∠ASQ sin∠CSQ.
Áp dụng định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác P AC, ta thu được sin∠AP B
sin∠CP B = sin∠P QAsin∠QCA sin∠P CQsin∠QAC.
Do ∠P AQ= ∠ASQ= ∠QCA và ∠P CQ= ∠CSQ=∠QAC nên ta có AB
BC = AR2 RC2. Từ đó R không phụ thuộc vào Γ.
Hình 2.10: R không phụ thuộc vào đường tròn Γ
Cách chứng minh thứ 2. Gọi R là giao của đường phân giác góc ∠AQC với đoạnAC. Ta có thể giả sử rằng A(−1,0), B(b,0), C(1,0) và Γ :x2+ (y+p)2 = 1 +p2. Khi đó, P có tọa độ P(0,1/p). Lấy M là điểm chính giữa cung AC.
Khi đó, M có tọa độ M(0,−p−p
1 +p2). Vì ∠AQR = ∠CQR nên các điểm Q, R, M thẳng hàng. Vì đường thẳng P B có phương trình y = −x/pb+ 1/p, tính toán ta được tọa độ của Q là
Q
(1 +p2)b−pbp
(1 +p2)(1−b2)
1 +p2b2 , −p(1−b2) +p
(1 +p2)(1−b2) 1 +p2b2
. Do đó, ta có
QP BQ =
p1 +p2 p√
1−b2. Vì
M O
P M = p+p 1 +p2
1
p +p+p
1 +p2 = p p1 +p2, nên ta có
OR
RB = M O P M ã QP
BQ = p p1 +p2 ã
p1 +p2 p√
1−b2 = 1
√1−b2.
Do đó, R không phụ thuộc Γ.
Bài toán 2.2.4(St. Petersburg 1997). Cho hai đường tròn (O1),(O2)cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Các tiếp tuyến của (O1) tại A và B cắt nhau tại C. M là một điểm tùy ý của (O1), khác A, B và nằm ngoài đường (O2). Các đường thẳng M A và M B cắt đường tròn (O2) tại N và P theo thứ tự đó.
Chứng minh rằng đường thẳng M C luôn đi qua trung điểm N P.
Hình 2.11: M C đi qua trung điểm N P
Chứng minh. Từ giả thiết ta có M C là đường đối trung của tam giác M AB.
Gọi I, J lần lượt là trung điểm củaAB, N P, gọi` là phân giác (trong) của góc
∠AM B. Do tứ giác ABP N nội tiếp và M là giao điểm của AN với BP nên hai tam giác M AB và M P N đồng dạng. Do đó, nếu đặt M P
M A = M N
M B =k thì phép đối xứng trục ` tỉ số k biến M thành M, biến A thành P, biến B thành N, biến I thành J. Qua phép đối xứng trục `, đường thẳng M I biến thành đường thẳng M C, nên suy ra đường thẳng M C đi qua J. Điều phải chứng minh.
Bài toán 2.2.5 ([1]). Cho tam giác ABC,các điểmM vàN lần lượt di chuyển trên các đường thẳng AB và AC sao cho M N k BC. Gọi P là giao điểm của BN và CM. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác BM P và CN P cắt nhau tại hai điểm phân biệt P và Q. Chứng minh rằng Q di chuyển trên một đường thẳng cố định.
Chứng minh. Do bốn điểm B, Q, P, M cùng nằm trên một đường tròn nên ta có
∠BQM =∠BP M.
Do ∠BP M và ∠N P C là hai góc đối đỉnh nên ta có
∠BP M =∠N P C.
Do bốn điểm C, Q, P, N cùng nằm trên một đường tròn nên ta có
∠N P C =∠N QC.
Từ đó, ta có
∠BQM =∠N QC. (2.15) Do CN P Q nội tiếp và góc ∠QP B là góc ngoài tại P nên ta có
∠N CQ= ∠QP B.
Do bốn điểm B, Q, P, M cùng nằm trên một đường tròn nên ta có
∠QP B = ∠QM B.
Suy ra, ta có
∠QM B =∠N CQ. (2.16) Từ (2.15) và (2.16) suy ra
4BQM ∼ 4N QC. (2.17)
Hình 2.12: Q luôn nằm trên đường đối trung từ góc A
Gọi I và J theo thứ tự là hình chiếu của Q trên các đường thẳng BM và CN. Khi đó, do (2.17) và do M N kBC nên ta có
QI
QJ = M B
N C = AB AC.
Từ đó, theo tính chất của đường đối trung, ta suy ra Q nằm trên đường đối trung kẻ từ A của tam giác ABC.
Nhận xét 2.2.6. Đường thẳngIJ vuông góc với trung tuyếnALcủa 4ABC. Thật vậy, tứ giác AIQJ nội tiếp (vì QI ⊥ IA và QJ ⊥ AJ) nên ∠AQI =
∠AJ I, kết hợp với AQ là đường đối trung nên ∠QAI = ∠LAJ. Do đó, ta có
∠LAJ +∠AJ I = ∠AQI +∠QAI = π 2.
Suy ra, ta có IJ ⊥ AL. Nếu ta gọi B0, C0 lần lượt là các điểm đối xứng của Q qua các đường thẳng AC, AB thì do IJ là đường trung bình của tam giác QB0C0 nên AL vuông góc với B0C0. Mặt khác, do AB0 = AQ = AC0 nên AL là đường trung trực của B0C0.
Bài toán 2.2.7 ([1]). Cho tam giác ABC,các điểmM vàN lần lượt di chuyển trên các đường thẳng AB và AC sao cho M N k BC. Gọi P là giao điểm của BN và CM. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác BM P và CN P cắt nhau tại hai điểm phân biệt P và Q. Gọi A0, B0, C0 lần lượt là các điểm đối xứng của Q qua các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A0B0C0 luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Chứng minh. GọiLlà giao điểm củaAP vàBC.Vì ba đường thẳngAL, BN, CM đồng quy tại P, áp dụng định lý Ceva cho 4ABC, ta có
M A M B ã LB
LC ã N C
N A = −1. (2.18)
Do M N k BC nên M A
M B = N A
N C. Do đó, ta có LB
LC = −1 hay L là trung điểm BC. Do AQ là đường đối trung nên ∠BAQ = ∠CAP và kết hợp với tứ giác AJ QI nội tiếp nên∠AQI = ∠AJ I, suy ra∠CAP+∠AJ I =∠AQI+∠BAQ = 90◦ và như thế, ta có
AP ⊥IJ. (2.19)
Do cách xác định các điểm B0, C0 nên AB0 = AC0 = AQ hay tam giác AB0C0 cân tại A, kết hợp với IJ là đường trung bình tam giác QB0C0, ta thu được
IJ kB0C0 và AB0 = AC0. (2.20)
Từ (2.19) và (2.20) suy ra AP là đường trung trực của đoạn B0C0, suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A0B0C0 nằm trên đường thẳng AP hay nằm trên trung tuyến AL của tam giác ABC.
Bài toán 2.2.8 ([1]). Cho tam giác ABC và trung tuyến AL (L là trung điểm của đoạn thẳng BC). Gọi P là một điểm di chuyển trên trung tuyến AL và gọi A0, B0, C0 lần lượt là các điểm đối xứng với P qua các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A0B0C0 luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Chứng minh. Gọi AD là đường đối trung của tam giác ABC. Khi đó, ta có
∠BAD =∠P AC. (2.21)
Hình 2.13: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A0B0C0 luôn nằm trên AL Gọi I, J lần lượt là hình chiếu của P lên cạnh AB và AC. Khi đó, I là trung điểm củaP C0, J là trung điểm củaP B0. Tam giácP B0C0 có IJ là đường trung bình nên IJ kC0B0. Mặt khác, do P I ⊥ AB, P J ⊥AC nên tứ giác AIP J nội tiếp. Do đó, ta có
∠AIJ =∠AP J. (2.22) Từ (2.21) và (2.22), ta có
∠BAD+∠AIJ =∠P AC +∠AP J = 180◦−∠AJ P = 90◦.
Suy ra AD ⊥ IJ hay AD ⊥ C0B0. Lại có AC0 = AP = AB0. Do đó tam giác AC0B0 cân tại A và có đường cao AD nên AD là đường trung trực của C0B0. Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A0B0C0 nằm trên đường đối trung AD của tam giác ABC.
Bài toán 2.2.9 ([1]). Cho trước đường tròn (O) và điểm A ở ngoài (O). Xét hai điểmB, C ∈ (O)(AB 6=AC) sao cho AO là đường đối trung của tam giác ABC. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC luôn nằm trên một đường thẳng cố định.
Chứng minh. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và O0 là giao điểm hai tiếp tuyến của (I) tạiB và C. Khi đó O0 nằm trên đường trung trực của BC và AO0 là đường đối trung của tam giác ABC. Ta có OB = OC và
AO cũng là đường đối trung của tam giác ABC. Suy ra O0 ≡ O và OB cũng là tiếp tuyến của (I).
Hình 2.14: I luôn nằm trên đường thẳng vuông góc với AB tại H
Gọi R là bán kính của đường tròn (O), gọi M là trung điểm AO. Ta có IA2 = IB2 = IO2−R2 ⇔IO2 −IA2 =R2.
Điều đó tương đương với I nằm trên đường thẳng vuông góc với AO tại H mà 2OA2 ãHM = R2 (quỹ tớch hiệu bỡnh phương). Điều phải chứng minh.