CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG CHO HỌC SINH GIỎI MÔN HÌNH HỌC, LỚP 10 CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TÍCH-TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

CHUYÊN ĐỀ HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN

vectorstock.com/10212103

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG CHO HỌC SINH GIỎI MÔN HÌNH HỌC, LỚP 10 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TÍCH-TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

PHƯƠNG TÍCH- TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG Lê Xuân Đại, THPT Chuyên Vĩnh Phúc A. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Phương tích và trục đẳng phương là chủ đề đề đã rất quen thuộc và quan trọng trong hình học phẳng. Cho dù lý thuyết về phần này khá đơn giản nhưng lại có nhiều ứng dụng quan trọng trong hình học phẳng. Nhiều bài toán khó trong các đề thi học sinh giỏi về toán có thể được giải quyết một cách đơn giản nhờ sử dụng các tính chất của phương tích, trục đẳng phương mà điển hình nhất là các bài toán về quan hệ vuông góc, bài toán về sự đồng quy, thẳng hàng, về các điểm và đường cố định… Chuyên đề này tác giả muốn đưa ra một số ứng dụng của phương tích- trục đẳng phương thông qua một số bài toán điển hình, các nhận xét quan trọng và hệ thống bài tập tương tự, hy vọng phần nào chia sẻ và giúp các em học sinh nắm bắt thật tốt các ứng dụng của phương tích- trục đẳng phương. Nội dung của bài viết này được chia làm ba phần, đầu tiên tóm tắt lại lý thuyết cơ bản về phương tích, phần thứ hai là một số ứng dụng của phương tích- trục đẳng phương và phần cuối là một số bài tập áp dụng. 2. Mục đích của đề tài Đề tài "Phương tích-trục đẳng phương" được tác giả chọn viết nhằm giới thiệu với các thầy cô và các em học sinh những kinh nghiệm và phương pháp của chúng tôi khi giảng dạy về chủ đề phương tích- trục đẳng phương trong chương trình chuyên toán THPT, qua đó cũng nhấn mạnh tầm quan trọng và vẻ đẹp hình học qua các ứng dụng của nó, đặc biệt là các bài toán về quan hệ vuông góc, các điểm cùng thuộc một đường tròn và một số dạng toán khác thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi (HSG) về toán. Các bài toán được giải quyết bằng phương tích thường là những lời giải hay và đẹp đẽ. 1

Đề tài này được coi như một chuyên đề để giảng dạy và bồi dưỡng cho học sinh giỏi các trường THPT Chuyên, đặc biệt là học sinh lớp 10. Tác giải rất mong nhận được góp ý trao đổi của các thầy chuyên gia, các bạn đồng nghiệp để chuyên đề có thể hoàn thiện hơn nữa. Hy vọng đề tài sẽ góp một phần nhỏ để việc giảng dạy phần phương tích- trục đẳng phương đạt hiệu quả nhất và các em học sinh có thể áp dụng tốt nhất vào việc giải các bài toán hình học và hơn nữa đem lại sự yêu thích, đam mêm bộ môn hình học vốn đã rất đẹp đẽ và đầy tính sáng tạo.

B. PHẦN NỘI DUNG I. Lý thuyết 1. Phương tích của một điểm đối với đường tròn 1.1. Định lý 1. Cho đường tròn ( O ) bán kính R và một điểm P. Một đường thẳng thay đổi đi qua P và cắt ( O ) tại hai điểm M , N . Khi đó tích MA.MB không đổi và bằng d 2 − R 2 (d là khoảng cách từ điểm P đến tâm O).

1.2. Định nghĩa 1. Phương tích của điểm P đối với đường tròn ( O ) , kí hiệu PP /(O ) , được định nghĩa là giá trị PP /(O ) = d 2 − R 2 Nhận xét. Xét điểm P nằm ngoài đường tròn ( O ) . Từ P kẻ tiếp tuyến PT đến ( O ) (T là tiếp điểm). Khi đó PP / ( O ) = OP 2 − R 2 = PT 2

1.3. Định lý 2. Cho đường tròn ( O ) và một điểm P. d1, d 2 là hai đường thẳng bất kì đi qua P và cắt ( O ) lần lượt ở A, B và C , D . Khi đó tích PA.PB = PC.PD . 2

Trong trường hợp nếu d 2 tiếp xúc với ( O ) tại điểm E thì ta có PA.PB = PE .

2. Trục đẳng phương, tâm đẳng phương 2.1. Định nghĩa trục đẳng phương của hai đường tròn Cho hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) không cùng tâm. Khi đó quỹ tích các điểm có cùng phương tích đối với chúng là một đường thẳng vuông góc với nối tâm O1O2 .

Đường thẳng đó được gọi là trục đẳng phương của ( O1 ) và ( O2 ) . 2.2. Xác định trục đẳng phương. a) Nếu hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) cắt nhau tại hai điểm A, B . Lúc đó A, B đều có cùng phương tích bằng 0 đối với ( O1 ) và ( O2 ) . Suy ra trục đẳng phương của ( O1 ) và

( O2 ) là đường thẳng AB.

b) Nếu hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) tiếp xúc nhau tại điểm T. Lúc đó T có cùng phương tích bằng 0 đối với ( O1 ) và ( O2 ) . Suy ra trục đẳng phương của ( O1 ) và ( O2 ) là tiếp tuyến chung của ( O1 ) và ( O2 ) tại điểm T.

C O1

c) Nếu hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) không có điểm chung ta dựng một đường tròn

( O3 )

cắt cả ( O1 ) và ( O2 ) lần lượt tại A, B và C , D . Giả sử AB cắt CD tại M, khi đó

trục đẳng phương của ( O1 ) và ( O2 ) là đường thẳng đi qua M và vuông góc với O1O2 .

2.3. Tâm đẳng phương của ba đường tròn Cho ba đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) có các tâm O1, O2 , O3 không cùng thuộc

một đường thẳng. Gọi d1, d 2 , d3 lần lượt là trục đẳng phương của ( O2 ) , ( O3 ) , của

( O1 ) , ( O3 )

và của ( O1 ) , ( O2 ) . Khi đó các đường thẳng d1, d 2 , d3 đồng quy tại một

điểm K. K là điểm duy nhất có cùng phương tích đối với ba đường tròn

( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) và được gọi là tâm đẳng phương của ba đường tròn này. Trong trường hợp các tâm O1, O2 , O3 cùng thuộc một đường thẳng thì các trục

đẳng phương d1, d 2 , d3 đều vuông góc với đường thẳng chứa O1, O2 , O3 .

II. Ứng dụng của phương tích- trục đẳng phương 1. Ứng dụng trong tính toán và chứng minh các hệ thức hình học Một ứng dụng đơn giản nhất của phương tích là tính toán độ dài các đoạn thẳng hoặc chứng minh các đẳng thức hình học. Chú ý rằng nếu M nằm ngoài đường tròn

( O; R ) và qua M vẽ hai cát tuyến

MAB, MCD thì MA.MB = MC.MD = MO 2 − R 2 .

Còn nếu M nằm trong đường tròn ( O; R ) và qua M vẽ hai dây MAB, MCD thì MA.MB = MC.MD = R 2 − MO 2 .

Bài toán 1.1 (Hệ thức Euler). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) và ngoại tiếp đường tròn ( I ; r ) . Chứng minh rằng OI 2 = R 2 − 2 Rr .

Lời giải. Giả sử BI cắt ( O ) tại điểm thứ hai M, vẽ đường kính MN của ( O ) . Đường tròn ( I ) tiếp xúc với BC tại D. A M

Khi đó ∆BDI ∼ ∆NCM , suy ra

BI ID ID = = . Do đó IB.IM = ID.NM = 2 Rr . NM MC MI

Mặt khác IB.IM = R 2 − OI 2 , suy ra R 2 − OI 2 = 2 Rr , hay OI 2 = R 2 − 2 Rr (đpcm).

Bài toán 1.2 (RMO 2006). Cho điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) . Hai cát tuyến qua A là ABC, ADE theo thứ tự. Vẽ dây cung DF song song BC. AF cắt ( O ) tại G; BC cắt GE tại M. Chứng minh rằng

1 1 1 = + . AM AB AC

Lời giải. Dễ thấy tam giác AMG và EMA đồng dạng, nên AM 2 = MG.ME . C B M F

Mà MG.ME = MB.MC ⇒ MA2 = ( AB − AM )( AC − AM ) = AB. AC − AM ( AB + AC ) + AM 2 Suy ra AB. AC = AM ( AB + AC ) . Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Bài 1.3 (IMO shorlist 2011). Cho tứ giác lồi A1 A2 A3 A4 không nội tiếp. Gọi O1 và r1 là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 A3 A4 . Định nghĩa O2 , O3 , O4 và r2 , r3 , r4 một cách tương tự. Chứng minh rằng

1 2 1 1

2 1

O A −r

1 1 1 + + = 0. 2 2 2 2 O2 A2 − r2 O3 A3 − r3 O4 A42 − r42

Lời giải.

B1 x A2

y M t

z O1

Gọi M là giao điểm hai đường chéo A1 A3 và A2 A4 , B1 là giao điểm thứ hai của A1 A3 với đường tròn (ω1 ) ngoại tiếp tam giác A2 A3 A4 . Ta có O1 A12 − r12 = A1B1. A1 A3 và MB1.MA3 = MA2 .MA4 ⇒ MB1 =

yt . Do đó z

z−x  yt  O1 A12 − r12 =  − x  ( z − x ) = ( yt − xz ) z  z  Cùng các đẳng thức tương tự ta được 4

∑O A i =1

2 i

− ri 2

1  z t x y  − + −  =0. yt − xz  z − x t − y x − z y − t 

Bài 1.4. Cho bốn điểm A, B, C , D bất kì trên đường tròn ( O ) . Giả sử AC , BD cắt nhau tại M và AD, BC cắt nhau tại N. Chứng minh rằng MN 2 = PM / (O ) + PN / (O ) .

Lời giải.

A M

D C

Gọi P là giao điểm thứ hai của MN với đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD, khi đó NM .NP = NA.ND = PN / (O ) Ta có ( PM , PD ) ≡ ( AM , AD ) ≡ ( AC , AD ) ≡ ( BC , BD ) ≡ ( BN , BD ) (mod π ) , suy ra P, D, N , B đồng viên, suy ra MN .MP = MB.MD = PX / ( O ) .

(

)

Do đó PM / (O ) + PN / (O ) = MN . MP − NP = MN 2 (đpcm).

Bài 1.5 (IMO shorlist 2012). Cho tam giác ABC vuông tại C và C0 là hình chiếu của C trên AB. X là một điểm trên đoạn CC0 và K , L nằm trên đoạn AX , BX sao cho BK = BC và AL = AC . Gọi M là giao điểm của AL và BK . Chứng minh rằng MK = ML .

Lời giải. Từ AC = AL suy ra C , L nằm trên đường tròn ( A ) tâm A, bán kính AC. Tương tự C , K nằm trên đường tròn ( B ) tâm B, bán kính BC. Gọi C ' là giao điểm ACB = 900 nên AC thứ hai của ( A ) và ( B ) , ta có ngay C' đối xứng với C qua AB. Do

là tiếp tuyến của ( B ) và BC là tiếp tuyến của ( A ) . Gọi K1 ≠ K là giao điểm thứ hai của AX với ( B ) , L1 ≠ L là giao điểm thứ hai của BX và ( A ) .

C (T)

X L K M A

Theo phương tích của X đối với đường tròn

( A)

và

( B)

ta được

XK . XK1 = XC. XC ' = XL. XL1 , suy ra bốn điểm K1 , L, K , L1 nằm trên một đường tròn (T). Theo phương tích của A với đường tròn ( B ) ta được AL2 = AC 2 = AK . AK1 , suy ra AL tiếp xúc với (T) tại L. Tương tự BK tiếp xúc với (T) tại K. Như vậy MK , ML là hai tiếp tuyến của (T) kẻ từ M, suy ra MK = ML (đpcm).

Bài 1.6. Cho hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) không đồng tâm và M là một điểm tùy ý, d là trục đẳng phương của ( O1 ) , ( O2 ) . Gọi H là hình chiếu của M trên d. Chứng minh rằng PM /(O1 ) − PM /( O2 ) = 2O1O2 .HM .

Lời giải. Gọi H' và M' lần lượt là hình chiếu của H và M trên O1O2 .

d H

Ta có PH /( O1 ) = PH /( O2 ) , suy ra

(

) (

PM /(O1 ) − PM /( O2 ) = PM /(O1 ) − PH /(O1 ) − PM /(O2 ) − PH /(O2 )

)

= ( MO12 − HO12 ) − ( MO22 − HO22 ) = ( MO12 − MO22 ) − ( HO12 − HO22 ) = 2O1O2 .IM ' − 2O1O2 .HM ' = 2O1O2 .HM ' = 2O1O2 .HM

Nhận xét. Công thức trên thường được gọi là hiệu số phương tích của một điểm đối với hai đường tròn, nó có ứng dụng rất tốt để giải quyết các bài toán khi đã có trước hai đường tròn và trục đẳng phương của hai đường tròn đó được xác định. Ta có thể

đưa ra vài bài toán ứng dụng kết quả này. Bài 1.6.1. Cho đường tròn ( O ) và một điểm A cố định nằm ngoài ( O; R ) . Điểm I di chuyển trên ( O ) sao cho đường tròn ( I ) tâm I bán kính IA cắt ( O ) tại hai điểm M,N phân biệt. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố

định. Lời giải. 10

I A N O

M A'

Do đã có hai đường tròn ( O ) và ( I ) cùng sự xuất hiện của trục đẳng phương MN, nên ta nghĩ ngay đến công thức hiệu số phương tích của điểm A. Gọi A' là hình chiếu của A trên MN. Ta có PA/( O ) − PA/( I ) = 2OI . AA ' ⇒ AA ' =

PA/(O ) 2OI

⇒ AA ' =

PA/(O ) 2R

Do đó AA' không đổi, suy ra MN luôn tiếp xúc với đường tròn tâm A, bán kính

R' =

PA/(O ) 2R

không đổi.

Bài 1.6.2. Cho đường tròn ( O; R ) và một đường tròn ( I ; r ) nằm trong nó. X là một điểm thay đổi trên ( I ) , tiếp tuyến tại X của ( I ) cắt ( O ) tại hai điểm A,B phân biệt. Đường thẳng qua X vuông góc với IA cắt lại ( I ) tại Y. C là điểm đối xứng của I qua XY và O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng O' thuộc một

đường tròn cố định. Lời giải.

Y I C

B A

Áp dụng hiệu số phương tích của điểm I đối với hai đường tròn ( O ) và ( O ') ta được PI /(O ) − PI /(O ') = 2OO '.IX = −2OO '.r Mặt khác PI /(O ) không đổi và PI /(O ') = IC.IA = 2 IH .IA = 2r 2 . Do đó OO ' không đổi, từ

đó suy ra đpcm. Bài 1.7 (THTT 2014). Cho tam giác nhọn ABC, ba đường cao AA1, BB1, CC1 của tam giác đồng quy tại H. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tam giác ABC đều là HA2 + HB 2 + HC 2 = 4 HA12 + HB12 + HC12

(

Lời giải.

)

E B1 O

C1 H B

A1 A2

Qua A, B, C lần lượt kẻ các đường thẳng song song với BC , CA, AB , chúng cắt nhau tạo thành tam giác DEF. Khi đó HA, HB, HC theo thứ tự là các đường trung trực của EF , FD, DE và do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Gọi ( O; R ) là

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có ∆ABC ∼ ∆DEF ⇒

R BC = ⇒ HF = 2 R . HF EF

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông HAF ta có HF 2 = HA2 + FA2 ⇒ HA2 = 4 R 2 − BC 2 . HA S2 + S3 S + S3 = ⇒ HA = HA1. 2 HA1 S1 S1

Đặt S1 = S HBC ; S 2 = S HAC ; S3 = S HAB ; S = S ABC , ta có Tương tự HB = HB1.

S1 + S3 S + S2 ; HC = HC1. 1 . S2 S3

Không mât tính tổng quát, có thể giả sử BC ≤ CA ≤ AB , suy ra 4 R 2 − BC 2 ≥ 4 R 2 − CA2 ≥ 4 R 2 − AB 2

(1)

Giả sử AA1 cắt ( O ) cắt tại A2 thì A1 H = A1 A2 . Do đó PH /(O ) = HA.HA2 = HA.2 HA1 , suy ra 2

HA =

PH2/( O ) 4 HA12

. Tương tự, HB = 2

PH2/(O ) 4 HB12

Từ (1) suy ra HA ≥ HB ≥ HC ⇒ 2

; HC =

PH2/(O ) 2 1

4 HA

≥

PH2/(O ) 4 HC12

PH2/(O ) 2 1

4 HB

≥

. PH2/(O ) 2 1

4 HC

⇒ HA12 ≤ HB12 ≤ HC12 .

S +S  S +S  S +S  S S S Từ đây ta có S1 ≤ S2 ≤ S3 ⇒ ≥ ≥ ⇒  2 3  ≥  1 3  ≥  1 2  . S1 S2 S3  S1   S2   S3 

Áp dụng BĐT Chebyshev cho hai dãy đơn điệu ngược chiều ta được: 2

 S + S3  2  S1 + S 3  2  S1 + S 2  HA  2   + HB1   + HC1   S1   S2   S3 

2 1

  S + S 2  S + S 2  S + S 2  1 2 2 2 3 3 2  (2) ≥ ( HA1 + HB1 + HC1 )   2 + 1 + 1   S1   S2   S3   3   2

S +S  S +S  S +S  Dễ chứng minh được  2 3  +  1 3  +  1 2  ≥ 12 (3).  S1   S 2   S3 

Từ (2) và (3) suy ra HA2 + HB 2 + HC 2 ≥ 4 ( HA12 + HB12 + HC12 ) . Từ đó ta thấy điều kiện cần và đủ để tam giác ABC đều là HA2 + HB 2 + HC 2 = 4 ( HA12 + HB12 + HC12 ) (đpcm).

2. Ứng dụng trong bài toán chứng minh quan hệ vuông góc Một tính chất cơ bản và quan trọng bậc nhất của trục đẳng phương là nó vuông góc với đường nối tâm của hai đường tròn đó. Do đó có thể nói ứng dụng của phương tích, trục đẳng phương trong bài toán chứng minh hai đường thẳng vuông góc là phổ biến và tự nhiên nhất. Điều này thực sự có nguồn gốc từ định lý về quỹ tích hiệu bình phương mà ta cũng hay gọi là định lý bốn điểm. Định lý đó được phát biểu thật đơn giản như sau: Với 4 điểm bất kì A, B, C , D trong mặt phẳng, ta có AC ⊥ BD ⇔ AB 2 + CD 2 = AD 2 + BC 2

Một hệ quả trực tiếp là: Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc khi và chi khi tổng bình phương các cặp cạnh đối bằng nhau. Cũng dễ thấy rằng định lý bốn điểm vẫn đúng khi các điểm A, B, C , D bất kì trong không gian. Sau đây xin giới thiệu một số ứng dụng của định lí bốn điểm trong các bài toán về quan hệ vuông góc mà học sinh có thể giải nó khi chưa biết về phương tích, trục

đẳng phương. 14

Bài 2.1. Cho hình chữ nhật ABCD. Trên tia đối của tia DA và tia đối của tia CB lần lượt lấy hai điểm F và E sao cho DF=CE=CD. Trên tia đối của tia CD lấy điểm H sao cho CH=CB. Chứng minh rằng AE vuông góc với FH.

Lời giải. Tất nhiên bài toán này có thể giải quyết khá đơn giản bằng bằng phương pháp toạ độ hoặc véc tơ. Tuy nhiên việc áp dụng định lý bốn điểm cho ta lời giải thật

đẹp đẽ và ngắn gọn. A

B y

Đặt AB = x; BC = y . Ta có DF = CE = CD = EF = x, CH = BC = y . Áp dụng đlí pytago ta được: AH 2 + EF 2 = 2 x 2 + 2 xy + 2 y 2 = AF 2 + HE 2 (đpcm).

Bài 2.2. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) , đồng thời ngoại tiếp ( I ) có các tiếp điểm với các cạnh AD, AB, BC , CD lần lượt là M , N , P, Q . Chứng minh rằng MP vuông góc với NQ.

Lời giải. Ta sẽ tính các đoạn MN,NP,PQ,QM theo các đại lượng nào đó. Tốt nhất ở đây là ta chọn các ẩn là khoảng cách từ đỉnh của tứ giác tới các tiếp điểm. Sau khi tính toán xong thì mọi việc sẽ trở lên rất đơn giản vì đã có định lí bốn điểm.

A x x

N B

M I

P E

Gọi H = IA ∩ MN ; E = IC ∩ PQ . Do tứ giác ABCD vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp nên

+ ICQ =1 = 900 ⇒ IAM = CIQ IAM A+C 2

(

)

Do đó tam giác IMA và CQI đồng dạng, suy ra

IM MA = (1) CQ QI

Đặt AM = AN = x; BN = BP = y; CP = CQ = z; DQ = DM = t , khi đó từ (1) suy ra r 2 = xz . Tương tự r 2 = yt . Vậy r 2 = xz = yt . 1 1 1 4 1 1 4 x 2 r 2 4 x 2 ( xz ) 4 x 2 z 2 Ta có = + ⇒ = + ⇒ MN = 2 = = MH 2 MA2 IM 2 MN 2 x 2 r 2 x + r 2 x 2 + xz x + z 4 xz 2 4 y 2t 4 yt 2 2 2 Tương tự PQ = ; NP = ; MQ = . x+z y+t y +t 2

Khi đó MN 2 + PQ 2 = NP 2 + MQ 2 = 4r 2 . Vậy MP ⊥ NQ .

Nhận xét. Ta thu được hai kết quả cơ bản hay và khá kinh điển của một tứ giác vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp. 1. r 2 = xz = yt 2. MN 2 + PQ 2 = NP 2 + MQ 2 = 4r 2

Bài 2.3. Cho tứ giác ABCD có A = B = C > 900 . Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác ABC đi qua D.

Lời giải. Đây là một bài toán rất hay và khó. N

H J

Gọi M = DA ∩ CB; N = AB ∩ CD . Kẻ đường cao MM 1 , NN1 của các tam giác AMB và BNC cắt nhau tại O. Theo giả thiết thì tam giác AMB và BNC cân, suy ra O chính là tâm ( ABC ) . Vẽ hai đường cao BB1 , CC1 của tam giác ABC và H là trực tâm của nó. Gọi I, J là trung điểm của MA, NC. Ta cần chứng minh H , O, D thẳng hàng.

Để thực hiện được điều này ta chứng minh hai kết quả cơ bản sau: Kết quả 1: OH ⊥ IJ Thật vậy, Ta có các tứ giác nội tiếp: AMM 1B1; ACB1C1; CNC1 N1; MACN với I và J là tâm ngoại tiếp AMM 1B1; CNC1 N1 . Từ đó HB1.HA = HI 2 − IA2 ; HC1.HC = HJ 2 − JC 2 ; HB1.HA = HC1.HC . Do đó HI 2 − IA2 = HJ 2 − JC 2 ⇒ HI 2 − HJ 2 = IA2 − JC 2 (1) Tương tự OI 2 − OJ 2 = IA2 − JC 2 (2). Từ (1) và (2) suy ra HI 2 + OJ 2 = OI 2 + HJ 2 ⇒ OH ⊥ IJ . 17

Kết quả 2: DH ⊥ IJ Thật vậy, dễ thấy MACN nội tiếp nên

DA.DM = DC.DN ⇒ ( DI − IA)( DI + IA) = ( DJ − JC )( DJ + JC ) ⇒ DI 2 − DJ 2 = IA2 − JC 2 (3) Từ (1) và (3) suy ra HI 2 + DJ 2 = DI 2 + HJ 2 ⇒ DH ⊥ IJ (đpcm). Từ hai kết quả trên suy ra H , O, D thẳng hàng.

Bài 2.4. Cho tam giác ABC. Một đường tròn ( O; R ) đi qua A, C cắt AB, BC tại K và N. Đường tròn ( ABC ) và ( KBN ) cắt nhau tại B và M. Chứng minh rằng OM vuông góc với BM.

Lời giải. P

M K O

Đây là một bài toán thực sự khó rồi, việc chỉ áp dụng nguyên định lý bốn điểm chưa thực sự đủ mạnh để giải quyết nó. Ta cần áp dụng thêm về trục đẳng phương của hai

đường tròn nữa. Theo tính chất về ba trục đẳng phương ta có ngay BM, KN, AC đồng quy tại tâm đẳng phương P, khi đó dễ thấy tứ giác PMNC nội tiếp, suy ra 18

BM .BP = BN .BC = BO 2 − R 2 ; PM .PB = PN .PK = PO 2 − R 2 Suy ra PO 2 − BO 2 = PB( PM − BM ) = ( PM + MB )( PM − MB ) = PM 2 − MB 2 Vậy OM ⊥ BP ⇒ OM ⊥ BM (đpcm).

Bài 2.5. Cho tam giác nhọn ABC. E, F theo thứ tự là điểm đối xứng của B, C qua AC, AB. Gọi D là giao điểm của BF , CE và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Chứng minh rằng AK ⊥ BC .

Lời giải. Gọi H là hình chiếu của A trên BC, ( K ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF , bán kính R . Dễ thấy ∆ABC = ∆ABF và ∆ACB = ∆ACE , do đó A chính là tâm

bàng tiếp góc D của tam giác DBC và H là tiếp điểm của đường tròn đó với cạnh BC. Ta có BH =

CB + CD − BD BC + BD − CD ; CH = ; BC = BF = CE . 2 2

H B

 CB + CD − BD   BC + BD − CD  Do đó AB − AC = BH − CH =   −  2 2     2

= BC ( CD − BD ) = CE.CD − BF .BD = − PC /( K ) + PB /( K ) = KB 2 − KC 2 Do đó AB 2 − AC 2 = KB 2 − KC 2 , suy ra AK ⊥ BC (đpcm).

Nhận xét. Rõ ràng đây là một bài toán khó cho dù kết quả của nó rất đơn giản và đẹp đẽ. Mấu chốt của vấn đề là nhìn nhận được A chính là tâm bàng tiếp góc D của tam 19

giác DBC và tận dụng triệt để giả thiết BF = BC = CE để biến đổi về quỹ tích hiệu bình phương. Theo tác giả thì đây quả là một bài toán hay và phát huy được hết sức mạnh của định lý bốn điểm.

Bài 2.6. Cho hình thang ABCD có cạnh đáy AB, CD. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho MC = MD. Gọi O là giao điểm của AC và BD; O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM và BCM. Chứng minh O1O2 vuông góc với OM.

Lời giải. Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O1) và (O2). E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O1) và AC. F là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O2) và BD. M

O1 O2

(1). Mặt khác, Do ABCD là hình thang và MC = MD nên AMD = BMC = BFC (2). AMD = AED; BMC

⇒ DEC = DFC ⇒ tứ giác CDFE nội tiếp. Từ (1) và (2) suy ra AED = BFC = ECD , mà ECD = CAB nên OFE = EAB , suy ra tứ giác ABEF nội tiếp Từ đó OFE

đường tròn (O3). Khi đó MN, AC, BD lần lượt là các trục đẳng phương của các cặp đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) ; ( O1 ) , ( O3 ) và ( O2 ) , ( O3 ) , suy ra MN, AC, BD đồng quy, hay M, N, O thẳng hàng. Mặt khác O1O2 ⊥ MN ⇒ O1O2 ⊥ OM. (đpcm)

Bài 2.7 (THTT 2013). Cho tam giác nhọn ABC, E là tâm đường tròn Euler. Các đường cao AX , BY , CZ đồng quy tại H. BH, CH theo thứ tự cắt XZ, XY tại M,N. Chứng minh rằng AE vuông góc với MN.

Lời giải. A Y

H N

C X

Gọi (E) là đường tròn Euler của tam giác ABC, (K) là đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC. Do K đối xứng với tâm ngoại tiếp tam giác ABC qua đường thẳng BC nên theo kết quả cơ bản ta có E là trung điểm của AK (1). Mặt khác, do các tứ giác BXHZ, CXHY nội tiếp nên ta được PM /( K ) = MB.MH = MX .MZ = PM /( E ) PN /( K ) = NC.NH = NX .NY = PN /( E ) Do đó MN là trục đẳng phương của hai đường tròn (E) và (K), suy ra MN ⊥ KE (2). Từ (1) và (2) suy ra AE ⊥ MN .

Nhận xét. Từ kết quả bài toán này ta có thể trực tiếp suy ra các kết quả hay khó hơn như sau:

KQ1. Cho tam giác ABC; O, I a theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A. BE, CF là các đường phân giác trong của tam giác ABC. Khi đó OI a ⊥ EF . Chứng minh.

O E F I

Gọi I , I b , I c theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp đối diện

đỉnh B, đỉnh C của tam giác ABC. Dễ thấy các điểm O, I theo thứ tự là tâm đường tròn Euler, trực tâm của tam giác I a I b I c . Do đó theo kết quả bài 2.7 thì OI a ⊥ EF .

Chú ý. Cũng có thể chứng minh KQ1 một cách trực tiếp bằng cách áp dụng kết quả về hiệu phương tích của điểm M với hai đường tròn ( O ) và ( I a ) : "Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) với trục đẳng phương ∆ . M là điểm bất kì, H là hình chiếu của M trên ∆ . Khi đó PM /(O1 ) − PM /( O2 ) = 2O1O2 .HM ".

KQ2. Cho tam giác ABC với đường tròn ngoại tiếp ( O ) , đường tròn nội tiếp ( I ) , tâm đường tròn bàng tiếp góc A là I a . Đường thẳng AI cắt BC tại D. Đường thẳng BI cắt 22

CA tại E. Đường thẳng qua I vuông góc với OI a cắt AC tại M. Chứng minh rằng DE

đi qua trung điểm của đoạn thẳng IM. Chứng minh. Gọi F là giao điểm của CI và AB. Dễ thấy ( IADK ) = −1 . Do đó

( IADK ) = −1 ⇒ E ( BCDF ) = E ( IADK ) = −1 (3) Từ bổ đề ta có OI a ⊥ EF , suy ra IM || EF , cùng với (3) và tính chất của chùm điều hòa ta được ED đi qua trung điểm của IM (đpcm). A

O E

M I

Nhận xét. KQ2 là một bài toán khá khó, đã được chứng minh thông qua kết quả bài toán 2.7 và một tính chất rất quan trọng của chùm điều hòa, đó là tính chất sau: "Nếu bốn đường thẳng Oa, Ob, Oc, Od theo thứ tự là chùm điểu hòa thì mỗi

đường thẳng song song với Oa đều định ra trên các đường thẳng Ob, Oc, Od những đoạn thẳng bằng nhau"

O D

d a c

Tiếp theo là bài toán rất quan trọng và được áp dụng nhiều trong các bài thì học sinh giỏi gần đây. Đó là định lý Brocard. Đã có khá nhiều cách chứng minh cho kết quả quan trọng này, thậm chí học sinh cấp THCS cũng có thể chứng minh được bằng tứ giác nội tiếp. Tuy nhiên phép chứng minh sử dụng phương tích vẫn là phép chứng minh đơn giản và đẹp đẽ nhất.

Bài 2.8. (Định lý Brocard). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O; R ) . Gọi E , F , H lần lượt là giao điểm của AB và CD; BC và AD; AC và BD. Khi đó O là trực tâm tam giác HEF .

Lời giải.

A E H D

O C

Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AFB cắt đoạn EF tại G. Khi đó dễ thấy EGBC , FGDC là các tứ giác nội tiếp. Từ đó EF 2 = EG.EF + FG.FE = EC.ED + FB.FC = PE / (O ) + PF / (O ) = EO 2 − R 2 + FO 2 − R 2

= EO 2 + FO 2 − 2 R 2 (1) Mặt khác EH 2 = EO 2 + HO 2 − 2 R 2 (2). Từ (1) và (2) suy ra

EF 2 − EH 2 = FO 2 − HO 2 ⇔ EF 2 − FO 2 = EH 2 − HO 2 ⇒ FH ⊥ EO . Tương tự ta được EH ⊥ FO . Do đó H là trực tâm tam giác EFH.

Sau đây là một số bài toán minh họa cho việc áp dụng định lý Brocard. Bài 2.8.1. Cho tam giác ABC với AC > AB . Các đường cao BB ', CC ' của tam giác cắt nhau tại H. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC ', CB ' . MH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CHB ' tại I; NH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC ' tại J. Giả sử P là trung điểm cạnh BC. Chứng minh rằng AP vuông góc với IJ.

Lời giải. Đặt k =

HB và gọi d là đường thẳng chứa đường phân giác trong của góc HC

. Xét phép đồng dạng S = V ( H ; k ) D , trong đó V ( H ; k ) là phép vị tự tâm H, tỉ BHC d số

là

phép

đối

xứng

qua 25

đường

thẳng

Khi

đó

qua

S : H ֏ H ; B ֏ C ; B ' ֏ C ' . Do đó qua S : M ֏ N ; ( BHC ') ֏ ( CHB ' ) ; HM ֏ HN . Từ đó S : J ֏ I ; M ֏ N nên dễ thấy HM .HI = HN .HJ , suy ra M , N , I , J cùng nằm trên đường tròn (1). A I

B' Y C' J

X M

N H

Giả sử F là giao điểm của B ' C ' với BC , FH cắt AB, AC theo thứ tự tại X, Y. Khi đó

( AXC ' B ) = ( AYB ' C ) = −1 , và với chú ý

M , N là trung điểm của BC ' và CB ' , theo

hệ thức Maclaurin ta có:

AC '. AB = AX . AM ; AB '. AC = AY . AN Từ đó bốn điểm M , X , Y , N cùng nằm trên đường tròn (2). Từ (1) và (2) suy ra XY || IJ . Theo định lý Brocard thì AP ⊥ FH hay AP ⊥ XY . Do

đó, AP ⊥ IJ , ta có đpcm. Bài 2.8.2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD ( AB < CD ) . Gọi E là giao điểm của AB và CD, H là hình chiếu của E lên AD. AC cắt BH tại I, BD cắt HC tại J. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD. Chứng minh rằng IJ vuông góc với OE.

Lời giải. Gọi F là giao điểm của AD và BC, G là giao điểm của AC và BD. Vì ( AGIC ) = ( DGJB ) = −1 nên AD, IJ, BC đồng quy tại F.

B G O J

Gọi N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE, P đối xứng với N qua trung điểm

M của AD. Ta có EG = 2 NM = NP nên EGPN là hình bình hành. Vì O là tâm đường tròn Euler của tam giác ADE nên O là trung điểm của NG. Suy ra

O là trung điểm của EP. Vì AH//NP và M là trung điểm của NP nên ( AH , AM , AP, AN ) = −1. Ta có ( DGJB ) = −1 nên ( FD, FG, FJ , FB ) = −1. Theo định lý Brocard thì FD, FG, FB lần lượt vuông góc với AH, AM, AN nên FJ vuông góc với AP. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Bài 2.8.3 (VMO 2012). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O có các cặp cạnh đối không song song. Gọi M , N tương ứng là giao điểm của các đường thẳng AB và CD, AD và BC. Gọi P, Q, R, S tương ứng là giao điểm các đường phân giác và MBN , MBN và MCN , MCN và MDN , MDN và MAN . trong của các cặp MAN Giả sử bốn điểm P, Q, R, S đôi một phân biệt.

a) Chứng minh rằng bốn điểm P, Q, R, S cùng nằm trên một đường tròn. Gọi I là tâm của đường tròn đó. b) Gọi E là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng ba điểm E , O, I thẳng hàng. 27

Lời giải. a) Không mất tính tổng quát có thể giả sử D nằm giữa M và C, B nằm giữa N và C. Các trường hợp còn lại chứng minh tương tự. P

Q I T

E O D

= QBN − QCB = 1 NBM − BCD = 1 BMC . Ta có PQS

(

)

= 1 BMC . Do đó PTS = PQS , suy ra bốn điểm P, Q, R, S cùng nằm trên Tương tự, PTS 2

một đường tròn. b) Do Q là giao của phân giác góc MCB và MBN nên Q là tâm bàng tiếp góc C của tam giác MBC , suy ra MQ là phân giác ngoài của góc BMC . Tương tự MT là phân giác ngoài của góc BMC . Suy ra M , T , Q thẳng hàng. Do T là tâm bàng tiếp góc D của tam giác MDA nên dễ thấy ngay = 900 − 1 MDA = QBA . Do đó tứ giác TQBA nội tiếp, suy ra MT .MQ = MA.MB , MTA 2

hay M nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn ( O ) và ( I ) . Tương tự thì N nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn ( O ) và ( I ) . Suy ra MN ⊥ OI . Theo định lý Brocard ta có MN ⊥ OE , từ đó suy ra ba điểm E , O, I thẳng hàng.

3. Ứng dụng trong chứng minh đồng quy, thẳng hàng Sử dụng tính chất ba trục đẳng phương của ba cặp đường tròn đồng quy tại tâm

đẳng phương ta có thể chứng minh ba đường thẳng đồng quy một cách khá đơn giản và tự nhiên. Hơn nữa các điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì nằm trên trục đẳng phương sẽ cho ta cách chứng minh các điểm thẳng hàng.

Bài 3.1 (IMO 2013). Cho tam giác ABC nhọn , kẻ đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H. Cho K là một điểm tùy ý trên cạnh BC và khác B,C, kẻ đường kính KM của

đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK và đường kính KN của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK. Chứng minh rằng ba điểm M , H , N thẳng hàng.

Lời giải. Gọi L là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ( BKF ) và ( CKE ) , khi đó dễ thấy A, L, K thẳng hàng. Ta có AH . AD = AF . AB = AL. AK , suy ra tứ giác DHLK nội tiếp, suy ra HL ⊥ AK . A

E N F

Mà ML ⊥ AK nên M , H , L thẳng hàng. Tương tự thì N , H , L thẳng hàng. Do đó

M , H , N thẳng hàng (đpcm).

Nhận xét 1. Giả sử EF cắt BC tại điểm S. Ta sẽ đi xem xét khi nào thì đường thẳng HL đi qua điểm S, nói một cách khác là với vị trí nào của điểm K trên cạnh BC thì ba

đường thẳng EF , HL, BC đồng quy?

L H

* Nếu HL đi qua S thì từ tứ giác DHLK nội tiếp, ta có SD.SK = SH .SL = AL. AK . Mặt khác năm điểm A, F , H , L, E đồng viên nên SH .SL = SE.SF . Từ đó suy ra

SD.SK = SE.SF , hay tứ giác DFEK nội tiếp, điều này chứng tỏ K nằm trên đường tròn Euler của tam giác ABC (đường tròn này đi qua D, E , F ), do đó K là trung điểm cạnh BC. * Ngược lại, nếu K là trung điểm của BC thì rõ ràng tứ giác DFEK nội tiếp, do vậy nếu gọi S là giao điểm của EF với BC thì SD.SK = SE.SF , suy ra S có cùng phương tích với hai đường tròn ( DHLK ) và ( AFHLE ) , tức là S thuộc trục đẳng phương HL của hai đường tròn này.

Kết luận: Ba đường thẳng EF , HL, BC đồng quy tại S khi và chỉ khi K là trung điểm BC.

Nhận xét 2. Khi ba đường thẳng EF , HL, BC đồng quy tại S thì H cũng là trực tâm tam giác ASK, suy ra HK ⊥ AS . Ta có ST .SA = SE.SF = SB.SC , nên T thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

F M

Nhận xét 3. Trong quá trình giải các bài toán trên ta thấy điểm H không nhất thiết là trực tâm tam giác ABC, mà chỉ cần H là một điểm trên đường cao AD và E, F lần lượt là hình chiếu của H trên AC, AB thì các bài toán ở trên vẫn được giải quyết tương tự. Từ đó ta có bài toán mở rộng sau:

Bài 3.1.1. Cho tam giác nhọn ABC, AB < AC , kẻ đường cao AD và trên đoạn AD lấy một điểm H (H khác A,D). Gọi E, F là hình chiếu của H trên AC, AB. K là một

điểm tùy ý trên cạnh BC và khác B,C, L là hình chiếu của H trên AK. a) Chứng minh rằng các tứ giác BFLK , CELK là các tứ giác nội tiếp. b) Kẻ đường kính KM của đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK và đường kính KN của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK. Chứng minh rằng ba điểm M,H,N thẳng hàng. c) Tìm vị trí điểm K trên BC để ba đường thẳng EF , HL, BC đồng quy.

Bài 3.2 (Duyên hải bắc bộ 2015). Cho hai đường tròn ( O1 ) và

( O2 )

cắt nhau tại

A, B . AX , AY lần lượt là các đường kính của ( O1 ) và ( O2 ) . Gọi O là trung điểm 31

của XY ; I là điểm thuộc đường phân giác của góc XAY sao cho OI không vuông góc với XY và I không thuộc hai đường tròn. Đường thẳng đi qua A vuông góc với AI lần lượt cắt các đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) tại các điểm E , F khác A . IX cắt đường

tròn ( O1 ) tại điểm thứ hai K , IY cắt đường tròn ( O2 ) tại điểm thứ hai L . a) Gọi C là giao điểm của EF với IX . Chứng minh rằng OE là tiếp tuyến của

đường tròn ( CEK ) . b) Chứng minh rằng ba đường thẳng EK , FL, OI đồng quy.

Lời giải. a) Không mất tính tổng quát giả sử I là điểm thuộc đường phân giác trong của góc XAY . Ta có tứ giác AO1OO2 là hình bình hành nên suy ra OO1 || HY Lại có ( EA, EO1 ) = ( AO1 , AE ) = ( AF , AO2 ) ( mod π ) ⇒ EO1 || HY Do đó O, O1 , E thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có O, O2 , F thẳng hàng A

O1 O2 O

X B

L I

Mặt khác 32

( CE , CK ) ≡ ( AC , AK ) + ( AK , CK ) ≡ ( AC , AK ) +

2 π 1 ≡ + O1 E , O1 K ≡ ( EO1 , EK ) ( mod π ) 2 2

(

)

Do đó OE là tiếp tuyến của đường tròn ( CEK ) (đpcm). b) Ta có AKI = ALI = 900 nên 4 điểm A, I , K , L cùng thuộc đường tròn đường kính AI . Mà EF ⊥ AI nên suy ra EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI .

Do đó ( AE , AK ) ≡ ( LA, LK ) ( mod π ) (1)

( KE, KA) ≡ ( XE, XA) ≡ ( XE, EA) + ( AE, AX ) ≡

Mặt khác ≡

π 2

+ ( AE, AX ) ( mod π )

+ ( AY , AF ) ≡ ( AF , FY ) + ( AY , AF ) ≡ ( AY , FY ) ≡ ( LA, LF )( mod π ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra

( EF , EK ) ≡ ( EA, AK ) + ( AK , EK ) ≡ ( LA, LK ) + ( LF , LA) ≡ ( LF , LK ) ( mod π ) Vậy 4 điểm E , F , L, K cùng thuộc một đường tròn. Gọi S là giao điểm của EK và FL . Vì 4 điểm E , F , L, K cùng thuộc một đường tròn nên ta có SE.SK = SF .SL ⇒ PS /(CEK ) = PS /( DFL ) (3). Ta có IC.IK = ID.IL = IA2 ⇒ PI /(CEK ) = PI /( DFL ) (4). Gọi D là giao điểm của EF với IY Chứng minh tương tự câu a) ta có OF là tiếp tuyến của đường tròn ( DFL ) . Mặt khác tứ giác EFYX là hình thang vuông tại E , F và O là trung điểm của XY nên suy ra OE = OF . Do đó PO /(CEK ) = OE 2 = OF 2 = PO /( DFL ) (5). Từ (3), (4), (5) suy ra S , O, I cùng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn

( CEK ) , ( DFL )

nên S , O, I thẳng hàng. Vậy 3 đường thẳng EK , FL, OI đồng quy

tại S (đpcm).

Bài 3.3 (Bài toán về đường thẳng Steiner). Cho tứ giác toàn phần ABCDEF . Chứng minh rằng trực tâm của bốn tam giác AEF, DCE, ABC, BDF cùng nằm trên một

đường thẳng, đường thẳng đó được gọi là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần. Lời giải. Gọi H1 , H 2 , H 3 , H 4 lần lượt là trực tâm của các tam giác AEF, DCE, ABC, BDF. Gọi X,Z lần lượt là trung điểm của BE và AD.

F H1

Z E H4 H3 B

X P

Ta có PH 2 /( X , XB ) = H 2 P.H 2 E = H 2Q.H 2 D = PH 2 /( Z ,ZD ) , do đó H 2 nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn ( X , XB ) và ( Z , ZD ) . Tương tự các điểm H1 , H 3 , H 4 cũng nằm trên cũng nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn trên. Vậy H1 , H 2 , H 3 , H 4 thẳng hàng.

Nhận xét. Do XZ là đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần ABCDEF nên ta suy ra đường thẳng Steiner và đường thẳng Gauss vuông góc với nhau. Bài 3.4 (IMO shorlist 2011-G4). Cho tam giác ABC nhọn với AB < AC nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi B0 , C0 là trung điểm của cạnh AC và AB. D là hình chiếu của A

trên BC và G là trọng tâm tam giác ABC. Gọi (ω ) là đường tròn qua B0 , C0 và tiếp xúc với ( O ) tại điểm X khác A. Chứng minh rằng D, G, X thẳng hàng.

Lời giải. w1

B0 G

x D

A0 X w

Gọi a và x là tiếp tuyến tại A và X của đường tròn ( O ) và gọi (ω1 ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AB0C0 . Dễ thấy a cũng là tiếp tuyến của (ω1 ) tại A và a là trục

đẳng phương của hai đường tròn ( O ) và (ω1 ) . Như vậy ba đường thẳng a, x và B0C0 lần lượt là trục đẳng phương của các cặp

đường tròn ( O ) và (ω1 ) ; ( O ) và (ω ) ; (ω ) và (ω1 ) , do đó a, x và B0C0 đồng quy tại điểm M. Ta có MA = MD = MX nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADX. Gọi T là giao điểm thứ hai của DX với ( O ) , chú ý là O ∈ (ω1 ) . Ta có 1 1 1 = DAT ADX − ATD = 3600 − AMX − AOX = 1800 − AMX + AOX = 900 , suy 2 2 2

(

)

(

ra AD ⊥ AT ⇒ AT || BC . Do đó ATCB là hình thang cân.

)

−

1 2

Gọi A0 là trung điểm của B0C0 . Xét phép vị tự VG biến A ֏ A0 ; B ֏ B0 ; C ֏ C0 ;

= T = CBA =B T ֏ T ' , suy ra TCB ' C0 B0 . Mặt khác TCB 0C0 A = DC0 B0 . Do đó T ' ≡ D , từ đó suy ra D, G, T thẳng hàng và ta có điều phải chứng minh.

Bài 3.5. Cho điểm M ở bên trong tam giác ABC . Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng MA và BC , MB và CA , MC và AB . Các đường thẳng B1C1 và BC cắt nhau tại A2 . Gọi A3 là trung điểm của đoạn A1 A2 . Các

đ i ểm

B2 , B3 , C2 , C3 được định nghĩa tương tự. Gọi O, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC và trực tâm tam giác A1 B1C1 . Chứng minh rằng các điểm A3 , B3 , C3 cùng nằm trên một đường thẳng và đường thẳng đó vuông góc với OH .

Lời giải.

Gọi

( A3 ) = ( A3 , R1 ) , ( B3 ) = ( B3 , R2 ) , ( C3 ) = ( C3 , R3 )

là các đường tròn

đường kính A1 A2 , B1 B2 , C1C2 . A ', B ', C ' lần lượt là hình chiếu của A1 , B1 , C1 trên B1C1 , C1 A1 , A1 B1 thì A ' ∈ ( A3 ) , B ' ∈ ( B3 ) , C ' ∈ ( C3 ) và HA1.HA ' = HB1.HB ' = HC1.HC ' C2

B2 C3

B3 A

A' H C' M

B1 B' O

. Suy ra H thuộc trục đẳng phương của của 3 đường tròn ( A3 ) , ( B3 ) , ( C3 ) (1) 36

Mặt khác ta có ( BCAA1 ) = −1 và A3 là trung điểm của đoạn A1 A2 nên theo hệ thức Newton, ta có 2

R12 = A1 A3 = A3 B. A3C = PA3 /(O ) = A3O 2 − R 2 ⇒ PO /( A3 ) = OA32 − R32 = R 2 Chứng minh tương tự ta có PO /( B3 ) = PO /( C3 ) = R 2 . Do đó O thuộc trục đẳng phương của của 3 đường tròn ( A3 ) , ( B3 ) , ( C3 ) (2). Từ (1) và (2) suy ra A3 , B3 , C3 cùng thuộc đường thẳng vuông góc với OH .

Bài 3.6. Cho tam giác ABC. Gọi B1 là điểm đối xứng của B qua AC, C1 là điểm đối xứng của C qua các đường thẳng AB, O1 là điểm đối xứng của O qua BC. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 nằm trên đường thẳng AO1.

Lời giải. Gọi H là trực tâm ABC. AB1 cắt CH tại P và AC1 cắt BH tại Q. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB1C1 . Dễ thấy O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC. Bằng biến đổi góc ta thấy ngay tứ giác B1AHC nội tiếp đường tròn

(ω1 ) và tứ giác C1AHB nội tiếp đường tròn (ω2 ) . Ta có PA.PB1 = PH .PC nên P có cùng phương tích với ( O1 ) và ( K ) . Tương tự Q có cùng phương tích với ( O1 ) và ( K ) . Do đó PQ ⊥ O1K .

C O1

Mặt khác QC 1 P = ABH = QB1 P nên PQB1C1 nội tiếp

1 0 nên KA ⊥ PQ . 90 AK = − C1KA = 900 − AB1C1 = 900 − PQA Do đó C 1 2 Vậy ba điểm A, K , O1 thẳng hàng.

Bài 3.7 (Nguyễn Minh Hà-trường hè 2015). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

( O ) . Các đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 )

khác đường tròn ( O ) và lần lượt đi qua các cặp

điểm ( B, C ) ; ( C , A ) ; ( A, B ) . Gọi D, E , F lần lượt là giao điểm thứ hai của các cặp đường tròn ( O2 ) , ( O3 ) ; ( O1 ) , ( O3 ) và ( O1 ) , ( O2 ) . Các điểm M , N , P theo thứ tự thuộc = CFP = 900 . Chứng minh rằng M , N , P thẳng BC, CA, AB sao cho ADM = BEN hàng.

Lời giải.

O2 B1

D S H

F E C

Ta thấy ngay AD, BE , CF đồng quy tại S là tâm đẳng phương của ba đường tròn

( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) .

Gọi A0 , B0 , C0 lần lượt là trung điểm của BC , CA, AB . Các đường

cao AA1 , BB1 , CC1 cắt nhau tại trực tâm H. A2 , B2 , C2 theo thứ tự là trung điểm của AM , BN , CP . ( A2 ) , ( B2 ) , ( C2 ) theo thứ tự là đường tròn đường kính AM , BN , CP . 38

Ta có SA.SD = SB.SE = SC.SF nên PS /( A2 ) = PS /( B2 ) = PS /(C2 ) . Mà HA.HA1 = HB.HB1 = HC.HC1 nên PH /( A2 ) = PH /( B2 ) = PH /( C2 ) . Vậy SH là trục đẳng phương của ( A2 ) , ( B2 ) , ( C2 ) , điều đó có nghĩa là A2 , B2 , C2 thẳng hàng (1). Dễ thấy A2 , B2 , C2 theo thứ tự thuộc B0C0 , A0C0 , A0 B0 và B0C0 , A0C0 , A0 B0 theo thứ tự song song với BC , CA, AB . Do đó MB NC PA A2C0 B2 A0 C2 B0 . . = . . MC NA PB A2 B0 B2C0 C2 A0 Từ (1), (2) và định lý Menelaus, suy ra

(2)

MB NC PA . . = 1 , do đó M , N , P thẳng hàng. MC NA PB

Bài 3.8 (IMO shorlist 2011-G5). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) và I là tâm đường tròn nội tiếp. Các đường thẳng AI , BI cắt ( O ) tại điểm D, E tương ứng. DE cắt AC tại F và cắt BC tại G. Gọi P là giao điểm của đường thẳng qua F song song với AD và qua G song song với BE. Tiếp tuyến tại A và B của ( O ) cắt nhau tại K. Chứng minh rằng ba đường thẳng AE , BD, KP song song hoặc đồng quy.

Lời giải.

w1 E A

M K' K

L B

P' P G

Bằng biến đổi góc ta có ngay các tứ giác AIFE và BDGI nội tiếp, kí hiệu các đường tròn đó lần lượt là (ω1 ) và (ω2 ) . Khi đó AE là trục đẳng phương của (ω ) , (ω1 ) ; BD là trục đẳng phương của (ω ) , (ω2 ) . Gọi d là trục đẳng phương của (ω1 ) , (ω2 ) , khi đó AE, BD và d đôi một song song hoặc đồng quy tại tâm đẳng phương M. Như vậy chỉ cần chứng minh d chính là đường thẳng KP. Gọi L là giao điểm thứ hai của (ω1 ) , (ω2 ) thì d ≡ IL . Giả sử d cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABL tại điểm thứ hai K' và cắt

đường tròn ngoại tiếp tam giác FGL tại điểm thứ hai P'. Ta có

( AB, BK ') ≡ ( AL, LK ') ≡ ( AL, LI ) ≡ ( AE , EI ) ≡ ( AE , EB ) ≡ ( AB, BK )

(mod π )

Suy ra BK ' || BK . Tương tự AK ' || AK , do đó K ' ≡ K . Hoàn toàn tương tự ta có P ' ≡ P . Do đó d đi qua K và P, bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Bài 3.9 (Hà tĩnh 2014). Cho hai đường tròn (C1 ) và (C 2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại tiếp điểm M. Gọi AB là một tiếp tuyến chung của (C1 ) và (C 2 ) với A, B phân biệt lần lượt là các tiếp điểm. Trên tia tiếp tuyến chung Mx của hai đường tròn (Mx không cắt 40

AB) lấy điểm C khác M. Gọi E và F lần lượt là giao điểm thứ hai của CA với (C1 ) và CB với (C 2 ) . Chứng minh rằng tiếp tuyến của (C1 ) tại E, tiếp tuyến của (C 2 ) tại F và Mx đồng quy. x C

E z O1

I y

A B

Ta có CA.CE = CM 2 = CF .CB , suy ra tứ giác ABFE nội tiếp. Gọi tiếp tuyến của (C1 ) tại E là Ey, khi đó ∠yEA = ∠EAB = ∠EFC, suy ra Ey cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF hay các đường tròn (C1 ) và (CEF) tiếp xúc nhau tại E. Tương tự, tiếp tuyến Fz của (C 2 ) tại F cũng là tiếp tuyến của (CEF) và các đường tròn

(C 2 ) , (CEF) tiếp xúc nhau tại F. Gọi I là giao điểm của các tiếp tuyến Ey và Fz. Ta có IE = IF nên I thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (C1 ) và (C 2 ) hay I ∈ Mx. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài 3.10 (Iran TST 2014). Cho tam giác ABC và điểm M thuộc trung trực của BC. Gọi K là điểm liên hợp đẳng giác với M trong tam giác ABC và L là trực tâm tam giác MBC. Chứng minh rằng KL đi qua trực tâm H của tam giác ABC.

Lời giải.

A T

E P

Y F

S X

M O2

Giả sử BH, CH cắt AC, AB tại E và F; BK, CK cắt AC, AB tại P và Q.

= MCB = MBC = KBQ , suy ra tứ giác BCPQ nội tiếp. Gọi ( O ) , ( O ) lần Ta có KCP 1 2 lượt là tâm đường tròn đường kính CQ và BP thì O1 , O2 là trung điểm của CQ,BP. Do KB.KP = KC.KQ nên PK /(O1 ) = PK /(O2 ) . Mặt khác dễ thấy PH /( O1 ) = PH /( O2 ) nên HK là trục đẳng phương của ( O1 ) , ( O2 ) . Như vậy ta chỉ cần chứng minh L có cùng phương tích đối với ( O1 ) , ( O2 ) . Gọi T là giao điểm thứ hai của ( O2 ) với BL và S là giao điểm thứ hai của ( O1 ) với CL. Ta cần chứng minh LT .LB = LS .LC , hay LT = LS . Giả sử BM và CM lần lượt cắt LC, LB tại X và Y, ta cần chỉ ra SX = TY là xong.

Thật vậy, ta có

TY = sin PCM = sin KCB = BQ , với R là bán kính đường = sin PCY PC 2R

tròn ngoại tiếp BCPQ, suy ra TY =

PC.BQ . Hoàn toàn tương tự ta được 2R

SX PC PC.BQ = ⇒ SX = . Do đó SX = TY . Bài toán được chứng minh hoàn toàn. BQ 2 R 2R

4. Ứng dụng trong chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn Để chứng minh bốn điểm A, B, C , D cùng nằm trên đường tròn ta thường chứng minh MA.MB = MC.MD . Có thể nói đây là ứng dụng đẹp đẽ và gần gũi với hình học cấp trung học cơ sở nhất. D

B A A

M D

C C

Bài 4.1 (Tây ban nha 2014). Cho tam giác ABC nhọn. Gọi ( O ) và ( I ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. M là trung điểm của đường cao AH của tam giác ABC. Đường tròn ( I ) tiếp xúc với BC tại D. Đường thẳng MD cắt ( I ) tại

điểm thứ hai P và đường thẳng qua I vuông góc với MD cắt BC tại N. Đường thẳng NR, NS tiếp xúc với ( O ) tại R và S. Chứng minh rằng bốn điểm R, P, D, S cùng thuộc một đường tròn.

Lời giải. Ta thấy ngay NP là tiếp tuyến của đường tròn ( I ) . Ta sẽ chứng minh ND = NS hay N thuộc trục đẳng phương của ( O ) và ( I ) .

Gọi ( J ) là đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC, T là điểm đối xứng của D qua I; ( J ) tiếp xúc với cạnh BC tại L. Theo một kết quả cơ bản ta có A, T , L thẳng hàng, từ đó suy ra L, I , M thẳng hàng (bổ đề hình thang). A R P M

T F

D N

Giả sử MD cắt JL tại J', theo định lý Thales, ta có Mặt khác ta cũng có

ID MI = . J ' L ML

MI AT IT ID ID ID = = = . Do đó = , hay J ' ≡ J . ML AL JL JL JL J ' L

Suy ra M , D, J thẳng hàng.

Đường thẳng AJ cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai E thì dễ thấy ngay E là trung điểm IJ. Gọi F là giao điểm của MD và IN thì JF ⊥ FI . Từ đó suy ra năm điểm B, J , C , I , F cùng nằm trên đường tròn tâm ( E ) có tâm E đường kính IJ . 44

Như vậy N thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn

(E)

và ( O ) . Mặt khác

NF .NI = ND 2 , suy ra PN / ( E ) = PN / ( I ) , hay N thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn

(E)

và ( I ) . Vậy N là tâm đẳng phương của ba đường tròn

(E), (I )

và ( O ) . Từ đó

suy ra NP = ND = NR = NS . Vậy R, P, D, S cùng thuộc đường tròn tâm N (đpcm).

Bài 4.2 (KHTN 2012). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) . AC cắt BD ở I. Gọi M, N lần lượt là giao điểm thứ hai của các cặp đường tròn ngoại tiếp các tam giác AOB và COD; BOC và AOD. Chứng minh rằng bốn điểm O, I , M , N nằm trên một

đường tròn. Lời giải. Ta thấy AB, CD, MN lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn

( AOB )

và ( O ) ; ( AOB ) và ( COD ) ; ( COD ) và ( O ) nên AB, CD, MN đồng quy tại

tâm đẳng phương S. SO cắt ( O ) tại E , F .

Ta có SE.SF = SA.SB = SM .SO và O là trung điểm EF nên theo hệ thức Maclaurin, ta

được ( SMEF ) = −1 , do đó M thuộc đường đối cực của S (1), mà I cũng thuộc đường 45

đối cực của S (2). Từ (1) và (2) suy ra IM là đường đối cực của S, do đó góc = 900 . Tương tự góc INO = 900 , ta có đpcm. IMO

Bài 4.3 (IMO 2008). Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi M 1 , M 2 , M 3 lần lượt là trung điểm của BC , CA, AB . Đường tròn tâm M 1 bán kính M 1 H cắt BC tại A1 , A2 ;

Đường tròn tâm M 2 bán kính M 2 H cắt AC tại B1 , B2 ; Đường tròn tâm M 3 bán kính M 3 H cắt AB tại C1 , C2 . Chứng minh rằng sáu điểm A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc một đường tròn.

Lời giải. Ta có ngay M 1M 2 ⊥ CH , nhưng H lại là điểm chung của hai đường tròn

( M ) , ( M ) nên CH chính là trục đẳng phương của ( M ) , ( M ) . 1

A B2 C1

M3 C2

M2 H

M1 B

B1 A2

Suy ra CA1.CA2 = CB1.CB2 , do đó bốn điểm A1 , A2 , B1 , B2 cùng thuộc một đường tròn

(ω ) . 1

Tương tự A1 , A2 , C1 , C2 cùng thuộc đường tròn (ω2 ) ; B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc

đường tròn (ω3 ) . Nếu có hai trong ba đường tròn này trùng nhau thì hiển nhiên sáu điểm A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 cùng thuộc một đường tròn. Ngược lại thì các trục đẳng phương 46

của (ω1 ) , (ω2 ) là BC, của (ω2 ) , (ω3 ) là AB, của (ω1 ) , (ω3 ) là AC phải đồng quy tại một điểm, mâu thuẫn. Bài toán được chứng minh.

Bài 4.4 (Poland 2013). Cho tam giác ABC với hai đường phân giác trong BB ', CC ' cắt nhau tại I. Đường thẳng với IA tại A cắt BI , CI tại K , M tương ứng. Đường thẳng B ' C ' cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại hai điểm N , E . Chứng minh rằng bốn điểm M , N , E , K cùng thuộc một đường tròn.

Lời giải.

A M

B' C' N

I C

Gọi D là giao điểm của MB và KC, ta có A, D, I thẳng hàng vì IA và DA cùng vuông góc với MK. Ta có ngay M và K là tâm bàng tiếp góc C và B của tam giác ABC nên IB vuông góc với MB và IC vuông góc với KC, do đó tứ giác MBCK nội tiếp. Ta thấy I là giao của MC' và KB', A là giao của BC' và CB' còn D là giao của MB và CK và I , A, D thẳng hàng nên theo định lý Deargues ta được MK , B ' C ', BC đồng quy, giả sử tại điểm P. Từ đó theo phương tích của điểm P với các đường tròn ta được PN .PE = PB.PC = PM .PK . Vậy M , N , E , K cùng thuộc một đường tròn (đpcm).

Bài 4.5 (China 2010). Cho hai đường tròn (ω1 ) , (ω2 ) cắt nhau tại hai điểm A,B. Một đường thẳng qua B cắt (ω1 ) , (ω2 ) tại C và D, một đường thẳng khác qua B cắt

(ω1 ) , (ω2 )

tại E và F. Đường thẳng CF cắt lại (ω1 ) , (ω2 ) theo thứ tự tại P và Q.

Chứng minh rằng nếu CD = EF thì C , F , M , N đồng viên, trong đó M,N là điểm chính giữa của các cung nhỏ BP và BQ.

Lời giải. Ta giải bài toán trong trường hợp hình vẽ sau. Ta có ngay ∆ACD = ∆AEF , . suy ra AE = AC ⇒ ACE = AEC ⇒ ABC = ABF , suy ra BA là phân giác góc CBF Do đó ba đường thẳng AB, CM , FN đồng quy tại tâm nội tiếp I của tam giác BCF. Ta có IC.IM = IA.IB = PI / (ω ) ; IF .IN = IA.IB = PI / (ω ) , suy ra IC.IM = IF .IN . Vậy 1

C , F , M , N đồng viên (đpcm).

N B

Bài 4.6 (Việt Nam TST 2013). Cho tam giác ABC nhọn không cân có góc A bằng 450 . Các đường cao AD, BE , CF đồng quy tại H. Đường thẳng EF cắt BC tại P. Gọi I là trung điểm BC, đường thẳng IF cắt PH tại Q.

= a) Chứng minh rằng IQH AIE . b) Gọi K là trực tâm tam giác AEF và ( J ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác KPD.

Đường thẳng CK cắt ( J ) tại G, đường thẳng IG cắt ( J ) tại M, đường thẳng JC cắt 48

đường tròn đường kính BC tại N. Chứng minh rằng các điểm G , M , N , C cùng thuộc một đường tròn.

Lời giải. Có thể giả sử AB < AC , khi đó B nằm giữa P và C. Trường hợp AB > AC được xét tương tự. Ta sẽ chứng minh kết quả quen thuộc là PH ⊥ AI . Gọi K và L là trung điểm của AH và IH thì KL || AI . Ta có ( P, D, B, C ) = −1 nên PB.PC = PD.PI . Do tứ giác BCEF nội tiếp nên PB.PC = PE.PF , suy ra PD.PI = PE.PF . Do đó P nằm trên trục đẳng phương của đường tròn đường kính AH (tâm K) và đường tròn

đường kính IH (tâm L). Hơn nữa rõ ràng H cũng nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn này, suy ra PH ⊥ KL . Do đó PH ⊥ AI . = 450 ⇒ EIF = 900 . Suy ra IQH = 900 − − Vì BAC AIF = EIF AIF = AIE (đpcm). A

K E

F Q P

L I

+ ECF = EKF + EAF = 1800 nên K thuộc đường tròn đường kính BC. b) Ta có EKF Do ( P, D, B, C ) = −1 nên IC 2 = ID.IP = IM .IG , suy ra

= ICG = ICK = 450 (1) ∆IMC ∼ ∆ICG (c.g .c) ⇒ IMC Gọi T là trung điểm PD thì theo hệ thức Maclaurin, ta có CB.CT = CD.CP = CK .CG

= 900 hay GT ⊥ PD . hay tứ giác GTBK nội tiếp, suy ra GTD = 450 . Từ đó G , J , T thẳng hàng và KGJ 49

A G

H Q

Mặt khác CN .CJ = CB.CT = CK .CG nên tứ giác KNJG nội tiếp, suy ra

= JKG = JGK = 450 (2) JNG = GNC = 1350 hay các điểm G , M , N , C cùng thuộc một Từ (1) và (2) suy ra GMC

đường tròn (đpcm). Bài 4.7. Cho tam giác ABC với hai đường phân giác trong BB ', CC ' cắt nhau tại I. Đường thẳng vuông với IA tại A cắt BI , CI tại K , M tương ứng. Đường thẳng B ' C ' cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại hai điểm N , E . Chứng minh rằng bốn

điểm M , N , E , K cùng thuộc một đường tròn. 5. Một số dạng toán khác 50

Sử dụng phương tích, trục đẳng phương có thể giải quyết các bài toán dạng khác như bài toán dựng hình, tìm quỹ tích, chứng minh bài toán về điểm và đường cố

định…Trong mục này chủ yếu ta xét các bài toán về điểm và đường cố định. Đây là dạng bài thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi gần đây.

Bài 5.1. Cho đường tròn ( O; R ) và hai điểm P, Q cố định với P nằm ngoài, Q nằm trong ( O ) . Một đường thẳng thay đổi luôn đi qua Q và cắt ( O ) tại hai điểm A, B . PA, PB cắt lại ( O ) tại C , D . Chứng minh rằng đường thẳng CD luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải.

B D I

O A

Gọi H là giao điểm thứ hai của PQ với đường tròn ngoại tiếp tam giác PAB . Ta có QO 2 − R 2 = QA.QB = QP.QH , suy ra QH không đổi, tức là H cố định.

= PBA = PHA , suy ra IACH nội tiếp, do đó PO 2 − R 2 = PA.PC = PI .PH , Do PCD suy ra PI không đổi, tức là I cố định. Vậy đường thẳng CD luôn đi qua điểm I cố

định.

Bài 5.2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và A' là điểm cố định trên (O). P là điểm di động trên BC, K thuộc AC sao cho PK luông song song với một đường thẳng d cố định. Đường tròn ngoại tiếp tam giác APK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E. AE cắt BC tại M. A ' P cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai N. Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định khi P thay đổi.

Lời giải. Đường thẳng qua A' song song với BC cắt (O) tại điểm thứ hai X. Gọi Y là giao điểm thứ hai của BC và đường tròn (AKP); Z là giao điểm thứ hai của XY và

đường tròn (O). Rõ ràng X là điểm cố định. Vì Y , A, P, K đồng viên và PK || d nên

(YA, BC ) ≡ (YA, YP ) ≡ ( KA, KP ) ≡ ( AC , d )

(mod π )

Từ đó suy ra Y cố định, suy ra Z cố định. Ta sẽ chứng minh MN đi qua Z, thật vậy vì N , A ', Z , X đồng viên và XA ' || YP nên

( NP, NZ ) ≡ ( NA ', NZ ) ≡ ( XA ', XZ ) ≡ (YP, XZ )

(mod π ) .

Suy ra N , P, Z , Y đồng viên.

K X

A' O

P B

Từ đó NZ là trục đẳng phương của các đường tròn ( PNYZ ) , ( O ) ; AE là trục đẳng phương của các đường tròn ( O ) , ( APK ) ; PY là trục đẳng phương của các đường tròn

( APK ) , ( PNYZ ) .

Suy ra NZ , AE , PY đồng quy. Do đó NZ đi qua M, hay đường

thẳng MN luôn đi qua Z cố định (đpcm).

Bài 5.3. Cho tam giác ABC không cân, không vuông nội tiếp đường tròn ( O ) . Các tiếp tuyến của ( O ) tại B và C cắt nhau tại T. Đường thẳng AT cắt đường tròn ( O ) tại

điểm X khác A. Kẻ đường kính XY của đường tròn ( O ) , các đường thẳng YB, XC cắt nhau tại P, các đường thẳng XB, YC cắt nhau tại Q. a) Chứng minh rằng T là trung điểm của PQ. b) Giả sử đường tròn ( O ) cố định và các điểm B, C cố định thuộc đường tròn ( O ) . Biết điểm A di động trên ( O ) nhưng vẫn thỏa mãn các điều kiện của bài toán, gọi S là giao điểm của AY và PQ. Chứng minh rằng S di động trên một đường thẳng cố định.

Lời giải. a) Gọi T’ là trung điểm của PQ. Ta cm T ' B, T ' C là tiếp tuyến của ( O ) . Thật = YAC = 900 − . Do đó OC vuông vậy T ' CQ = T ' QC = YBC XAC = 900 − XYC = 900 − YCO

góc với T’C hay T’C là tiếp tuyến của ( O ) . Tương tự T’B là tiếp tuyến của ( O ) . Do

đó T và T' trùng nhau (đpcm).

b) Ta sẽ chứng minh S thuộc đường thẳng BC. Thật vậy, dễ chứng minh được tứ giác AYQP nội tiếp dựa vào tứ giác điều hòa và các tam giác đồng dạng. Sau đó chứng minh S nằm trên các trục đẳng phương của ( O ) và ( BCQP ) . Từ đó suy ra S thuộc

đường thẳng BC cố định. Bài 5.4 (THTT 2012). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, ngoại tiếp đường tròn tâm I. Tiếp điểm của BC với đường tròn (I) là D. Đường tròn đường kính AI cắt (O) tại điểm M khác A và cắt đường thẳng đi qua A song song với BC tại N. Chứng minh rằng MO đi qua trung điểm của DN.

Lời giải. P N

F L E I

Không mất tính tổng quát có thể giả sử AB < AC . Gọi E , F thứ tự là tiếp điểm của

đường tròn (I) với các cạnh AB và AC. Giả sử NF cắt BC tại J; MO cắt DN tại L. Ta thấy ngay bốn điểm M , N , E , F cùng nằm trên đường tròn (ω1 ) . Dễ thấy bốn điểm B, M , N , J cùng nằm trên đường tròn (ω2 ) và bốn điểm B, E , F , J cùng nằm trên

đường tròn (ω3 ) .

Ta có MN là trục đẳng phương của hai đường tròn (ω1 ) và (ω2 ) ; EF là trục đẳng phương của hai đường tròn (ω1 ) và (ω3 ) ; BC là trục đẳng phương của hai đường tròn

( ω2 )

và (ω3 ) . Do đó ba đường thẳng MN , EF , BC đồng quy tại điểm T.

Mặt khác TD 2 = TE.TF = TM .TN , suy ra DM ⊥ MN . Gọi ( O; R ) và ( L; R ') là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đường tròn đường kính DN. P và K là giao điểm của các tia MN, MD với đường tròn (O). R R' M

Xét phép vị tự V

biến ( L ) ֏ ( O ) ; L ֏ O ; N ֏ P ; D ֏ K , suy ra DN ֏ KP .

Như vậy PK là đường kính của đường tròn (O). Lại do O là trung điểm của PK nên L là trung điểm của DN (đpcm).

Nhận xét. Trong bài toán này ngoài việc sử dụng trục đẳng phương ta đã sử dụng thêm phép biến hình mà cụ thể ở đây là phép vị tự, việc áp dụng thêm các phép biến hình hoặc công cụ khác giúp ta nhìn nhận bài toán ở góc độ cao và sâu sắc hơn, hơn nữa đem lại lời giải nhanh và gọn gàng hơn. Ta xét tiếp một bài toán tương tự có sử dụng phép đối xứng trục.

Bài 5.5 (Nguyễn Minh Hà). Cho hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) cắt nhau tại hai điểm A,B. Đường thẳng d quay quanh điểm B và cắt ( O1 ) , ( O2 ) tại C,D. M là trung điểm CD, AM cắt lại ( O2 ) tại P. Đường thẳng qua M và vuông góc O1M cắt AC tại Q. Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải.

Q S

d C

O1 K O3 B

O4 D

Gọi ( O3 ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ACP. AP cắt lại ( O1 ) tại K và d cắt lại

( O3 )

tại N. Gọi

( O4 )

là đường tròn ngoại tiếp tam giác DNP. S là giao điểm thứ hai

của PQ với ( O2 ) . Ta có MP.MA = MB.MD = − MB.MC = − MK .MA MN .MC = MA.MP = MB.MD = − MB.MC Do đó MP = − MK ; MN = − MB , cùng với MD = − MC suy ra phép đối xứng tâm M biến A, B, C theo thứ tự thành P, N , D . Suy ra nó biến ( O1 ) thành ( O4 ) . Kết hợp với MQ ⊥ O1O2 suy ra MQ là trục đẳng phương của ( O1 ) , ( O4 ) . Do đó 3 đường thẳng AC , NP, MQ đồng quy, tức là Q thuộc NP. Bây giờ, gọi S là giao điểm thứ hai của PQ với ( O2 ) , khi đó bằng biến đổi góc suy ra BS tiếp xúc với ( O1 ) , suy ra S cố định. Vậy đường thẳng PQ luôn đi qua điểm S cố

định (đpcm). = 900 . Gọi H là hình Bài 5.6 (IMO 2014). Cho tứ giác lồi ABCD có ABC = CDA chiếu của A xuống BD; S, T lần lượt thuộc AB, AD sao cho H nằm trong tam giác SCT và 56

− BSC = 900 , THC − DTC = 900 . SHC

Chứng minh rằng BD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác SHT.

Lời giải. Đây là một toán hay trong đề thi IMO 2014, lời giải của shorlist có hai cách, trong đó có một lời giải sử dụng đường tròn Apollonius. Sau đây tác giả xin đưa ra một lời giải khá đơn giản bằng việc sử dụng phương tích. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của C trên HS và HT. Ta có

= 1800 − SHC = 900 − BSC ⇒ HCM = BSC CHM = BSC ⇒ HCM = BMC . Do tứ giác SMCB nội tiếp nên BMC = ICM = HCM , do đó Gọi O và I lần lượt là trung điểm của AC và HC. Ta có IMC = BMC , suy ra B, I , M thẳng hàng. Tương tự ta cũng thu được D, I , N thẳng IMC hàng. A S

T H

B I

M C

Mặt khác O là tâm đường tròn ( ABCD ) và OI là đường trung bình tam giác AHC nên OI là trung trực của BD, suy ra IB = ID . Mặt khác IM = IN nên MNBD là hình thang cân. Gọi (ω1 ) , (ω2 ) là đường tròn ngoại tiếp BCMS và CDTN thì do IM .IB = IN .ID nên PI /(ω1 ) = PI /(ω2 ) , suy ra CI là trục đẳng phương của hai đường tròn (ω1 ) , (ω2 ) . Do đó PH /(ω1 ) = PH /(ω2 ) , hay HS .HM = HT .HN , suy ra M , N , S , T đồng viên.

= SMN = SHB , điều này chứng tỏ BD tiếp xúc với đường tròn Từ đó suy ra STH ngoại tiếp tam giác SHT (đpcm).

Bài 5.7 (VN TST 2006). Cho tam giác ABC là tam giác nhọn và không phải tam giác cân nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d thay đổi sao cho vuông góc với OA và luôn cắt tia AB, AC. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của d và AB, AC. Giả sử BN và CM cắt nhau tại K và AK cắt BC tại P. a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố

định khi d thay đổi. b) Gọi H là trực tâm của tam giác AMN. Đặt BC = a và ℓ là khoảng cách từ A đến HK. Chứng minh KH đi qua trực tâm của tam giác ABC, từ đó suy ra ℓ ≤ 4R 2 − a 2 .

Lời giải. a)

Không mất tính tổng quát, giả sử AB < AC , các trường hợp khác xét tương tự. Do tam giác ABC không cân nên MN phải cắt BC tại điểm Q , gọi I là trung điểm BC. Ta có (QPBC ) = −1 nên IP.IQ = IB 2 = IC 2 Do I là trung điểm BC nên OI ⊥ BC ⇒ QI 2 − BI 2 = OQ 2 − OB 2 , do đó QI .QP = QI 2 − QI .PI = QI 2 − IB 2 = OQ 2 − OB 2 = QB.QC (cùng bằng phương tích của Q với ( O ) ). Mặt khác do MN ⊥ AO nên dễ thấy ngay tứ giác BMNC nội tiếp, từ đó suy ra QB.QC = QM .QN . Do đó QP.QI = QM .QN , suy ra tứ giác MNIP nội tiếp. Vậy

đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua điểm I cố định. b) Gọi BD, CE là hai đường cao của tam giác ABC và L là trực tâm tam giác ABC; MF , NG là hai đường cao của tam giác AMN. Ta cần chứng minh H , L, K thẳng hàng. Xét đường tròn ( O1 ) đường kính BN, đường tròn ( O2 ) đường kính CM. Do KB.KN = KC.KM nên K có cùng phương tích với hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) . Dễ thấy các điểm D, G thuộc ( O1 ) và E , F thuộc ( O2 ) . Do H , L là trực tâm tam giác AMN và ABC nên LB.LD = LC.LE ; HN .HG = HE.HM , suy ra H , L cũng có cùng

phương tích với hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) . Do đó ba điểm H , L, K cùng nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) , nên chúng thẳng hàng. A

D H N

E L O M K

Từ đó suy ra ℓ ≤ AL . Mặt khác tam giác ABC nhọn nên AL = 2OI = R 2 −

BC 2 = 4 R 2 − a 2 ⇒ ℓ ≤ 4 R 2 − a 2 (đpcm). 4

Bài tương tự: Cho tam giác ABC nhọn và một đường tròn thay đổi qua B, C cắt AB, AC tại M , N . Gọi P là giao điểm của BN và CM và Q, T là giao điểm của AP, MN với BC. Đường thẳng qua Q và song song với MN cắt AB, AC tại R, S . a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác RST luôn đi qua một điểm cố định. b) Gọi K là trực tâm tam giác AMN, a là độ dài cạnh BC và d là khoảng cách từ A đến

đường thẳng PK . Chứng minh rằng d ≤ a.cot A . Bài 5.8. Cho tam giác ABC không cân, không vuông nội tiếp đường tròn ( O ) . Các tiếp tuyến của ( O ) tại B và C cắt nhau tại T. Đường thẳng AT cắt đường tròn ( O ) tại

điểm X khác A. Kẻ đường kính XY của đường tròn ( O ) , các đường thẳng YB, XC cắt nhau tại P, các đường thẳng XB, YC cắt nhau tại Q. 60

a) Chứng minh rằng T là trung điểm của PQ. b) Giả sử đường tròn ( O ) cố định và các điểm B, C cố định thuộc đường tròn ( O ) . Biết điểm A di động trên ( O ) nhưng vẫn thỏa mãn các điều kiện của bài toán, gọi S là giao điểm của AY và PQ. Chứng minh rằng S di động trên một đường thẳng cố định.

Lời giải. a) Gọi T’ là trung điểm của PQ. Ta cm T ' B, T ' C là tiếp tuyến của ( O ) . Thật vậy = YAC = 900 − . Do đó OC vuông góc T ' CQ = T ' QC = YBC XAC = 900 − XYC = 900 − YCO

với T’C hay T’C là tiếp tuyến của ( O ) . Tương tự T’B là tiếp tuyến của ( O ) . Do đó T và T' trùng nhau (đpcm).

đường thẳng BC cố định. Bài 5.9 (IMO shorlist 2014-G3). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) với AB > BC . Phân giác của góc ABC cắt ( O ) tại M khác B. Gọi ( ε ) là đường tròn

đường kính BM. Phân giác của góc AOB và BOC cắt ( ε ) tại P và Q . Trên đường thẳng PQ lấy điểm R sao cho RB = RM . Chứng minh rằng BR || AC .

Lời giải.

E D w O

ε M

Gọi K là trung điểm của BM thì K là tâm của ( ε ) . OK và OM chính là trung trực của BM và AC, do đó R là giao điểm của PQ với OK. Gọi N là giao điểm thứ hai của OM với đường tròn ( ε ) , ta có ngay BN || AC . Ta chỉ cần chứng minh đường thẳng BN đi qua R là xong. Điều đó đồng nghĩa với ba

đường thẳng BN , PQ, OK đồng quy. Ta sẽ dựng ra ba đường tròn mà các đường thẳng BN , PQ, OK lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn, từ đó sẽ thu

được điều cần chứng minh. Từ đặc điểm vuông góc tại N và K ta suy ra N và K nằm trên đường tròn (ω ) đường kính OB. Tiếp theo ta sẽ chứng minh O, K , P, Q nằm trên đường tròn. Gọi D và E lần lượt là trung điểm của BC và AB thì D nằm trên OQ và E nằm trên OP. Do các điểm B, E , O, K , D cùng nằm trên đường tròn (ω ) nên ta được

= EBK = KBD = KOD EOR 62

. Mặt khác do K là tâm của ( ε ) nên K Suy ra OK là phân giác ngoài của góc POQ nằm trên trung trực của PQ. Từ đó suy ra K là điểm chính giữa cung POQ của đường tròn ngoại tiếp tam giác POQ . Suy ra O, K , P, Q nằm trên đường tròn ( γ ) . Khi đó OK , BN , PQ lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (ω ) , ( γ ) và

( ε ) . Vậy OK , BN , PQ

đồng quy, bài toán được chứng minh hoàn toàn.

III. Bài tập áp dụng Bài 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với góc A nhọn. Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC và E, F lần lượt là trung điểm của AC, AB. Giả sử DE, DF cắt lại với (O) tại điểm thứ hai tương ứng là Y, Z. Đường tròn (AEY) cắt (AFZ) tại

điểm thứ hai M. Gọi N là trung điểm của BC và đường tròn (DNM) giao với BC tại điểm thứ hai X. Chứng minh rằng AX là tiếp tuyến của (O). Bài 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), một đường thẳng qua (O) song song với BC, cắt AB, AC lần lượt tại F, E. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác (BFO) và (CEO) cắt nhau tại điểm thứ 2 là D và cắt BC tại L, K. Gọi M là giao của BE và CF. Gọi N là giao của FL và EK. CMR: D, M, N thẳng hàng.

Bài 3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Giả sử AD cắt BC tại N, AB cắt CD tại M, AC cắt BD tại E. Đường thẳng IE cắt MN tại K. Chứng minh KO là phân giác của góc BKD.

Bài 4. Cho đường tròn ( O ) , điểm A cố định ( A ≠ O ) và điểm M thay đổi trên ( O ) . Gọi N là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác OAM với đường tròn

( O ) . Chứng minh đường thẳng MN

luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 5. Cho đường tròn ( O ) và một điểm A ngoài ( O ) . ( I ) là đường tròn thay đổi qua A và cắt ( O ) tại hai điểm M , N . Gọi K là giao điểm của MN với tiếp tuyến của ( I ) tại A. a) Chứng minh K luôn thuộc một đường thẳng cố định. b) Cho đường thẳng ( I ) thay đổi qua A và đồng thời tâm I thuộc đường tròn ( O ) . Chứng minh đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Bài 6. Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ AB và một điểm M thay đổi bên trong hình thang. Gọi E , F là giao điểm của MC , MD với AB . Đường tròn ngoại tiếp các tam giác AME và BMF cắt nhau tại điểm thứ hai N . Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 7. Cho tam giác ABC nhọn và một đường tròn thay đổi qua B, C cắt AB, AC tại M , N . Gọi P là giao điểm của BN và CM và Q, T là giao điểm của AP, MN với BC.

Đường thẳng qua Q và song song với MN cắt AB, AC tại R, S . a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác RST luôn đi qua một điểm cố định. b) Gọi K là trực tâm tam giác AMN, a là độ dài cạnh BC và d là khoảng cách từ A

đến đường thẳng PK . Chứng minh rằng d ≤ a.cot A . Bài 8 (VN TST 2008). Cho tam giác ABC là tam giác nhọn, không cân nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi AD, BE , CF là ba đường phân giác trong của tam giác ABC. Gọi L, M , N lần lượt là trung điểm của AD, BE , CF . Gọi ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) lần lượt là các

đường tròn đi qua L, tiếp xúc với OA tại A; đi qua M, tiếp xúc với OB tại B; đi qua N, tiếp xúc với OC tại C. Chứng minh rằng ( O1 ) , ( O2 ) , ( O3 ) có đúng hai điểm chung và

đường thẳng nối hai điểm đó đi qua trọng tâm tam giác ABC. Bài 9 (IMO 2012). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (ω ) tâm O và ℓ là đường thẳng không có điểm chung với (ω ) . Gọi P là hình chiếu của O trên ℓ . Các đường thẳng BC , CA, AB lần lượt cắt ℓ tại X , Y , Z khác P. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác AXP, BYP, CZP cùng đi qua một điểm P' khác P.

Bài 10 (IMO shorlist 2011-G5). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) và I là tâm đường tròn nội tiếp. Các đường thẳng AI , BI cắt ( O ) tại điểm D, E tương ứng. DE cắt AC tại F và cắt BC tại G. Gọi P là giao điểm của đường thẳng qua F song song với AD và qua G song song với BE. Tiếp tuyến tại A và B của ( O ) cắt nhau tại K. Chứng minh rằng ba đường thẳng AE , BD, KP song song hoặc đồng quy.

Bài 11 (Chọn ĐT SP 2011). Cho tam giác ABC với I , I a là tâm đường tròn nội tiếp và bàng tiếp góc A. Gọi (ω ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, A' là giao của AI và BC và M là giao điểm thứ hai của AI và (ω ) . Lấy N là điểm chính giữa của cung

của đường tròn (ω ) . Các đường thẳng NI , NI cắt (ω ) tại điểm thứ hai là S , T . MBA a

Chứng minh rằng A ', S , T thẳng hàng.

Bài 12 (VN TST 2007). Cho tam giác nhọn ABC với đường tròn nội tiếp (I). Gọi (ka ) là đường tròn có tâm nằm trên đường cao của góc A và tiếp xúc trong với đường tròn (I) tại A1 . Các điểm B1 , C1 xác định tương tự . a) Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng qui tại P. b) Gọi ( J a ), ( J b ), ( J c ) lần lượt là các đường tròn đối xứng với đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C của tam giác ABC qua trung điểm BC, CA, AB. Chứng minh P là tâm

đẳng phương của 3 đường tròn nói trên. Bài 13 (USA 1997). Cho tam giác ABC. Vẽ ra ngoài các tam giác cân BCD, ACE, ABF. Chứng minh rằng các đường thẳng qua A, B, C lần lượt vuông góc với EF, FD, DE đồng quy.

Bài 14. (China 97). Tứ giác ABCD nội tiếp ( O; R ) , AB cắt CD tại P; BC cắt AD tại Q. Từ Q vẽ tiếp tuyến QE và QF. Chứng minh rằng P, E, F thẳng hàng.

Bài 15 (China 2001). Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Ba đường cao AD, BE, CF, trực tâm H. ED cắt AB tại M, FD cắt AC tại N. Chứng minh rằng OH ⊥ MN .

Bài 16. Cho bốn điểm A, B, C , D theo thứ tự đó nằm trên một đường thẳng. ( O1 ) và

( O2 )

là các đường tròn thay đổi qua A, C và B, D . Gọi M , N là các giao điểm của

( O1 )

và ( O2 ) . Các tiếp tuyến chung của ( O1 ) và ( O2 ) tiếp xúc với ( O1 ) tại P1 , Q1 và

với ( O2 ) tại P2 , Q2 . Gọi I , J là trung điểm của PP 1 2 và Q1Q2 . a) Chứng minh rằng M , N , I , J thẳng hàng. b) Chứng minh rằng đường thẳng IJ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 17. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm AC.Đường tròn ngoại tiếp

tại E nằm trong tam giác ABC. Đường tam giác BCD giao với phân giác góc BAC tròn ngoại tiếp tam giác ABE giao với BD tại F ( khác B), AF giao với BE tại I. CI giao với BD tại K. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK. 66

Bài 18. Cho đường tròn (O;R) và một điểm I cố định ở trong đường tròn (I ≠ O), đường thẳng qua I vuông góc với OI cắt đường tròn tại C và D; A là một điểm nằm trên đường tròn, tia đối xứng với tia IA qua đường thẳng CD cắt đường tròn tại B. Gọi M là trung điểm của AB. a) Chứng minh đường thẳng AB đi qua một điểm cố định L khi A thay đổi trên đường tròn (O;R). b) Gọi N, P là giao điểm của đường thẳng OM với đường tròn (O). Đường thẳng CN và DP cắt nhau ở Q. Chứng minh rằng các điểm Q, N là những tâm của đường tròn nội tiếp và bàng tiếp của tam giác CMD.

Bài 19. Cho tam giác ABC. Gọi B1 là điểm đối xứng của B qua AC, C1 là điểm đối xứng của C qua các đường thẳng AB, O1 là điểm đối xứng của O qua BC. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 nằm trên đường thẳng AO1.

Bài 20. Cho bốn điểm A, B, C , D theo thứ tự đó nằm trên một đường thẳng. ( O1 ) và

( O2 )

là các đường tròn thay đổi qua A, C và B, D . Gọi M , N là các giao điểm của

( O1 )

và ( O2 ) . Các tiếp tuyến chung của ( O1 ) và ( O2 ) tiếp xúc với ( O1 ) tại P1 , Q1 và

Bài 21. Cho đường tròn ( O ) , điểm A cố định ( A ≠ O ) và điểm M thay đổi trên ( O ) . Gọi N là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác OAM với đường tròn

( O ) . Chứng minh đường thẳng MN

luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 22 (USAMO 2012). Cho tam giác ABC, P và Q là hai điểm trên cạnh AB và AC sao cho AP = AQ . Gọi S, R là các điểm phân biệt trên cạnh BC sao cho S nằm giữa B

= PRS , CQR = QSR . Chứng minh rằng các điểm P, Q, R, S cùng nằm và R và BPS trên đường tròn.

Bài 23. Cho đường tròn ( O ) và một điểm A ngoài ( O ) . ( I ) là đường tròn thay đổi qua A và cắt ( O ) tại hai điểm M , N . Gọi K là giao điểm của MN với tiếp tuyến của

( I ) tại A. a) Chứng minh K luôn thuộc một đường thẳng cố định. b) Cho đường thẳng ( I ) thay đổi qua A và đồng thời tâm I thuộc đường tròn ( O ) . Chứng minh đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Bài 24. Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ AB và một điểm M thay đổi bên trong hình thang. Gọi E , F là giao điểm của MC , MD với AB . Đường tròn ngoại tiếp các tam giác AME và BMF cắt nhau tại điểm thứ hai N . Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 25. Cho bốn điểm A, B, C , D theo thứ tự đó nằm trên một đường thẳng. Gọi E , F là các giao điểm của hai đường tròn: đường tròn ( O1 ) đường kính AC, đường tròn ( O2 ) đường kính BD. Lấy P là một điểm bất kì trên đường thẳng EF , CP cắt

( O1 ) tại M và

BP cắt ( O2 ) tại N. Chứng minh rằng AM , DN , EF đồng quy.

Bài 26 (USAMO 2009). Cho hai đường tròn (ω1 ) , (ω2 ) cắt nhau tại hai điểm X,Y. d1 là đường thẳng đi qua tâm của (ω1 ) và cắt (ω2 ) tại P, Q; d 2 là đường thẳng đi qua tâm của (ω2 ) và cắt (ω1 ) tại R, S. Chứng minh rằng nếu P, Q, R, S nằm trên một

đường tròn thì tâm của đường tròn này nằm trên XY. Bài 27. Cho đường tròn ( O ) và hai điểm phân biệt A, B cố định trên ( O ) sao cho AB không là đường kính. Điểm C bất kì trên cung lớn

AB , vẽ đường kính CE. Gọi H là hình chiếu của C trên AB. CF là phân giác trong của góc ACB . Đường thẳng EF cắt lại ( O ) tại điểm thứ hai là K. a) Chứng minh rằng đường thẳng vuông góc với HK tại K luôn đi qua một điểm cố

định khi C di động trên cung lớn

AB .

b) Kẻ dây cung CD của ( O ) sao cho CD||AB. Gọi P là giao điểm của CK với AB, Q là giao điểm thứ hai của DH và ( O ) . Chứng minh rằng PQ luôn đi qua điểm cố định khi C di động trên cung lớn

AB .

Bài 28. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm AC. Đường tròn ngoại tiếp

C. PHẦN KẾT LUẬN 1. Những vấn đề quan trọng của đề tài. Trên đây, chúng tôi đã trình bày một số ứng dụng của phương tích- trục đẳng phương để giải một số bài toán hình học phẳng. Các bài toán được chọn để trình bày khá đa dạng, phong phú và được sắp xếp theo độ khó tăng dần, qua các lời giải cụ thể cho việc áp dụng lý thuyết về phương tích- trục đẳng phương tác giả đã cố gắng đưa ra những nhận xét, những bài toán tương tự hoặc mở rộng cho nó . Qua đó giúp học sinh tiếp cận và hình thành phương pháp giải quyết một lớp các bài toán cùng loại,

đặc biệt là giúp các em có phương pháp tư duy hình học và nhận dạng được các dấu hiệu có thể sử dụng được phương tích- trục đẳng phương. Trong phần bài tập áp dụng chúng tôi đã chọn lọc bài toán từ các cuộc thi Olympic về toán gần đây, các bài tập này có thể có những cách giải khác nhau nhưng nếu sử dụng phương tích- trục đẳng phương sẽ cho ta lời giải đẹp đẽ và nhanh hơn cả. Tác giả hy vọng rằng chuyên đề nhỏ này có thể đóng góp một phần vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi phần phương tích-trục đẳng phương và rất mong nhận được các ý kiến đóng góp của các thầy chuyên gia, các thầy cô đồng nghiệp đề chuyên đề

được hoàn thiện hơn. 2. Những đề xuất và kiến nghị Để giảng dạy có hiệu quả chuyên đề về phương tích- trục đẳng phương giáo viên cần trang bị cho học sinh những kiến thức cơ bản của hình học trung học cơ sở. Sau đó trình bày và giảng dạy thật kĩ phần véc tơ, độ dài đại số và các ứng dụng của nó. Khi giảng dạy chúng ta cần chọn lọc những ví dụ điển hình nhất đặc trưng cho một lớp các bài toán tương tự và phân tích thật kĩ cũng như các định hướng để có thể nhận ra những dấu hiệu sử dụng phương tích- trục đẳng phương một cách hiệu quả nhất. 70

TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Mộng Hy: Các phép biến hình trong măt phẳng, , NXBGD. [2] Nguyễn Đăng Phất: Các phép biến hình trong mặt phẳng và ứng dụng giải toán hình học, NXBGD. [3] Lê Bá Khánh Trình, Kỷ Yếu Trại Hè Toán học năm 2009. [4] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình: Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10. NXB Giáo dục, 2006 [5]. Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình: Tài liệu chuyên toán hình học 10. NXB Giáo dục, 2010. [6]. Po-Shen Loh: Collinearity and Concurrence [7] Nguyễn Minh Hà: Bài tập trường hè viện toán học năm 2014,2015. [8]. Tài liệu từ Internet: www.matlinks.ro, diendantoanhoc.net, matscope.org.