Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề phương tích – trục đẳng phương

PHƯƠNG TÍCH – TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG A. LỜI NÓI ĐẦU Phương tích, trục đẳng phương là một trong những công cụ đã rất quen thuộc trong giải toán hình học phẳng. Kiến thức liên quan đến chúng khá đơn giản nhưng lại có nhiều ứng dụng mạnh trong các bài toán hình học phẳng, có thể xử lý các bài toán khó với cách xử lí đẹp và ấn tượng. Trong bài viết này, tác giả đề cập đến một số ứng dụng cơ bản của phương tích, trục đẳng phương như bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp; vuông góc, song song; thẳng hàng, đồng quy; các yếu tố cố định…nhằm giúp các em học sinh nắm bắt được phần nào ứng dụng của chúng. B. KIẾN THỨC CƠ SỞ I. Phương tích của một điểm đối với một đường tròn 1. Định lí 1 Cho đường tròn (O; R) và điểm P cố định, OP = d. Một đường thẳng thay đổi qua P cắt đường tròn tại hai điểm M và N. Khi đó: PA.PB  PO2  R2  d 2  R2 . Chứng minh Gọi M  là điểm đối xứng của M qua O. Ta có MN  NM N Khi đó: uuur uuur PM .PN  PM .PN  PM .PN  coâng thöùc hình chieáu       PO  OM  PO  OM   PO  OM PO  OM  M P O M'  PO 2  OM 2  PO 2  R 2 2. Định nghĩa Phương tích của điểm M đối với đường tròn (O;R), kí hiệu P / O  , được xác định bởi P/ O   OP 2  R2 . 3. Các tính chất Tính chất 1:  Nếu A, B cố định và AB. AM  const thì M cố định. 1  Điểm P nằm ngoài (O; R) P / O   0  Điểm P nằm trong (O; R) P / O   0  Điểm P nằm trên (O; R) P / O   0 Tính chất 2: Cho đường tròn (O; R) và một điểm M nằm trên (O). Qua M kẻ cát tuyến MAB và tiếp tuyến 2 MT tới (O). Khi đó MA.MB  MT  MO 2  R 2 . Tính chất 3: Cho hai đường thẳng AB, CD phân biệt, cắt nhau tại M, M khác A, B, C, D. Khi đó nếu MA.MB  MC.MD thì bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. Tính chất 4: Cho hai đường thẳng AB, MT phân biệt cắt nhau tại M, M khác A, B, T. Khi đó nếu MA.MB  MT 2 thì đường tròn ngoại tiếp tam giác ABT tiếp xúc với MT tại T. II. Trục đẳng phương của hai đường tròn 1. Định lí Cho hai đường tròn không đồng tâm O1; R1  , O2 ; R2  . Tập hợp các điểm M có phương tích đối với hai đường tròn bằng nhau là một đường thẳng. Đường thẳng này gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn đã cho. Chứng minh Giả sử điểm M có phương tích đến hai đường tròn bằng nhau. Gọi H là hình chiếu của M trên O1 O2, I là trung điểm của O1O2. Ta có: PM / O1   PM / O2   MO12  R12  MO22  R22  MO12  MO22  R12  R22 M   MH 2  HO12    MH 2  HO2 2   R12  R22  HO12  HO2 2  R12  R22   HO1  HO2  HO  HO   R 1 2 2 1  R22 H O1 O2  O2O1.2 HI  R  R 2 1  IH  2 2 R12  R22 O1O2 Từ đây suy ra H cố định, suy ra M thuộc đường thẳng qua H và vuông góc với O1O2. 2 2. Các tính chất  Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc với đường nối tâm.  Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A và B thì AB chính là trục đẳng phương.  Nếu điểm M có cùng phương tích với hai đường tròn thì đường thẳng qua M và vuông góc với đường nối tâm là trục đẳng phương.  Nếu hai điểm M, N có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì đường thẳng MN là trục đẳng phương.  Nếu ba điểm có cùng phương tích với hai đường tròn thì chúng thẳng hàng.  Nếu O1  , O2  cắt nhau tại A thi đường thẳng qua A vuông góc với O1O2 là trục đẳng phương. 3. Cách xác định trục đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm Cho hai đường tròn (O1) và (O2) không cắt nhau, ta có cách dựng trục đẳng phương của hai đường tròn như sau:  Dựng đường tròn (O3) cắt cả hai đường tròn (O1) và (O2) lần lượt tại A, B và C, D.  Đường thẳng AB và CD cắt nhau tại M  Đường thẳng qua M vuông góc với O1O2 chính là trục đẳng phương của (O1) và (O2). M A D O2 O1 C B O3 4. Tâm đẳng phương của ba đường tròn a) Định lí Cho 3 đường tròn O1  , O2  và  O3  . Khi đó 3 trục đẳng phương của các cặp đường tròn trùng nhau hoặc song song hoặc cùng đi qua một điểm, điểm đó được gọi là tâm đẳng phương của ba đường tròn. b) Các tính chất  Nếu 3 đường tròn đôi một cắt nhau thì các dây cung chung cùng đi qua một điểm 3  Nếu 3 trục đẳng phương song song hoặc trùng nhau thì tâm của 3 đường tròn thẳng hàng.  Nếu 3 đường tròn cùng đi qua một điểm và có các tâm thẳng hàng thì các trục đẳng phương trùng nhau. C. CÁC DẠNG TOÁN I. Ứng dụng giải các bài toán định lượng Bài 1. (Phương tích trọng tâm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Xác định phương tích của trọng tâm G của tam giác ABC với (O) theo các cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Giải: uuur uuur uuur uuur G là trọng tâm tam giác ABC  OA  OB  OC  3OG uuur uuur uuur uuur uuur uuur  OA2  OB2  OC 2  2 OA.OB  2 OB.OC  2 OC.OA  9OG 2 . Ta có uuur uuur uuur uuur uuur 2OA.OB  OA2  OB2  AB2  2 R2  c2 ; 2OB.OC  2 R2  a2 ; 2OC.A  2 R 2  b2 . Suy ra OG 2  1 1 9 R 2  a2  b2  c 2 G / O   OG 2  R 2   a2  b2  c 2 9 9     Bài 2. (Phương tích trực tâm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Xác định phương tích của trực tâm H của tam giác ABC đối với (O) theo R và các góc A, B, C. Giải Xét trường hợp tam giác ABC nhọn Gọi K, A  lần lượt là giao điểm của AH với BC, (O). Áp dụng định lí sin cho tam giác AHB, AH AB AH AB    · cos A sin C sin · ABH sin AHB AB.cos A c.cos A  HA   sin C cos C  2 R.cos A. Tương tự ta cũng có HB  2R.cosB. B' A C' H B K C A' 4 · C µ  BA · A  BHA cân tại B Vì BHA ·   2R cosB.cosC  KH  KA  KA  2KH  2.BH.cos BHA Do tam giác ABC nhọn nên H / O   HA.HA   HA.HA  8R 2 cos A.cos B.cos C. Trường hợp tam giác ABC vuông hay tù chứng minh tương tự. Nhận xét H / O  OH 2  R2  8R2 cos A.cos B.cosC  OH 2  R2 1  8cos A.cos B.cosC  . Bài 3. (Hệ thức Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) và ngoại tiếp đường tròn (I; r). Đặt OI = d. Chứng minh rằng OI 2  R2  2Rr . Giải A E I O C B A' Gọi E là tiếp điểm của AB và (I; r), A  là giao điểm củaAI và (O; R). Ta có IA  IE  · sin IAE r . A sin 2 A B ·   A  B ; BIA ·   180 0  · · AIE  BIE   nên AIB cân tại A  IA  BA. Vì IBA 2 2 2 2 A A Áp dụng định lí sin cho tam giác BAA, BA  2 R sin  IA  2 R sin . 2 2   Do điểm I nằm trong (O; R) nên I / O    IA.IA   r sin A 2 .2 R sin A  2 Rr  OI 2  R 2  2 Rr. 2 5 BC  a, CA  b, AB  c . Xét đường tròn  I  sao cho A/ I   a 2 B / I   b 2 C / I   c 2  0 . Gọi R, R lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp Bài 4. Cho tam giác ABC có tam giác ABC và  I  , M là trung điểm đoạn BC. a) Chứng minh rằng I là trực tâm tam giác ABC; b) Chứng minh rằng R  2R ; c) Tính M /  I  . Giải a) Từ giả thiết, suy ra: A/ I   a 2 B /  I   b 2 C / I   c 2 . Ta có A/ I   IA2  R2  a 2  IA2  R2  a 2  R2  BC 2 1 B / I   IB 2  R2  b 2  IB 2  R2  b 2  R2  CA2  2  C / I   IC 2  R2  c 2  IC 2  R2  c 2  R2  AB 2  3 Từ 1 và  2  suy ra CA2  CB2  IA2  IB2  CI  AB. Tương tự, ta cũng có BI  AC , AI  BC và do đó I là trực tâm tam giác ABC. b) A O I B C M   Ta có AI  2OM  AI 2  4OM 2  4 R2  MB2  4R 2  a 2 . Khi đó R2  IA2  a2  4R2  a 2  a 2  4R2  R  2R . 6 c) Ta có MI 2  Suy ra M / I  IB 2  IC 2 BC 2 4 R 2  b 2  4 R 2  c 2 a 2 2b 2  2c 2  a 2     4R2  . 2 4 2 4 4  MI  R2  4 R 2  2 2b 2  2c 2  a 2 2b 2  2c 2  a 2 2  4R   . 4 4 Bài 5. Cho hai đường tròn  O1  ,  O2  không đồng tâm và M là một điểm tùy ý. Gọi d là trục đẳng phương của  O1  và  O2  , H là hình chiếu vuông góc của M trên d . Chứng minh rằng M /O1  M /O2   2O1O2 .MH . Giải M H O1 O2 K d Giải Ta có  M /O1   O1M 2  R12  HM  HO1  2  R12  HM 2  HO12  2 HM .HO1  R12  HM 2 H /O1   2 HM .KO1 Tương tự, M /O2   HM 2 H /O2   2HM .KO2 .   Do đó, M /O1  M /O2  H /O1  H / O2   2 HM KO1  KO2  2 HM .O2O1  2MH .O1O2 . Bài 6. (USA MO 2008) Cho hai đường tròn  C1  và  C2  có cùng tâm (  C2  chứa  C1  ) và một điểm A trên  C1  . Tiếp tuyến tại A của đường tròn  C1  cắt đường tròn  C2  tại hai điểm B và C. Gọi D là trung điểm của AB. Một đường thẳng qua B cắt  C1  tại hai điểm E, F. Biết rằng các đường trung trực của DE và CF cắt nhau tại một điểm I trên đường thẳng BC. Tính tỉ số IB . IC 7 Giải B D A I E C O F BC  BD.BC nên BE.BF  BD.BC . Do 2 đó tứ giác DEFC nội tiếp một đường tròn. Mà điểm I là giao của hai đường trung trực của DE, FC nên I chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DEFC, suy ra I là trung điểm CD. Khi đó, 1 IB ID  DB ID DB 2 5     1  . DB  DC và IC IC IC IC 3 3 3 2 2 Ta có B / C1   BA  BE.BF . Mặt khác BA  2BD. Bài 7. (Romani TST 2006) Cho đường tròn  O  và một điểm A nằm ngoài  O  . Từ A kẻ cát tuyến ABC, ADE ( B, D theo thứ tự thuộc đoạn AC, AE). Qua D kẻ đường thẳng song song với AC cắt  O  lần thứ hai tại F. AF cắt  O  tại G, EG cắt AC tại M. Chứng minh rằng 1 1 1   . AM AB AC A M B C G O F D E · · ·  GFD  MAG  AMG : EMA  MA2  MG.ME 1 Ta có GED 8 Mà MG.ME  MB.MC  2  . Từ (1) và (2) suy ra MA2  MB.MC  MA2   AB  MA  AC  MA   AB. AC  MA  AB  AC   MA2  MA  AB. AC 1 1 1    AB  AC AM AB AC Nhận xét Gọi N là điểm đối xứng của A qua M. Khi đó 1 1 1 2 1 1      AM AB AC AN AB AC   ANBC   1 Bài 8. (Russian MO 2008) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O, R  , ngoại tiếp đường tròn  I , r  . Đường tròn  I  tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại X, Y. Gọi K là điểm chính giữa · cung AB không chứa C. Giả sử XY chia đôi đoạn AK. Tính BAC A S K Y X I C B O Gọi S là giao điểm của XY và AK. Ta có · · ; SXA ·  1800  · ·  AXS : CIB  AS  AX .BC KAB  KCB AXY  BIC CI hay 1 AX .BC AK   KI .CI  2 AX .BC 2 CI 9 abc S ABC · .   p  a  a  bc  4 p  p  a   b 2  c 2  bc  a 2  BAC  1200 4S ABC p II. Ứng dụng giải các bài toán định tính  2 Rr  2  p  a  a  1. Bài toán chứng minh tứ giác nôi tiếp Kết quả thường dùng : Cho đường tròn  O  và một điểm M. d1 , d 2 là hai cát tuyến cắt  O  lần lượt tại A, B và C , D . Khi đó MA.MB  MC.MD . Ngược lại, cho hai đường thẳng AB, CD phân biệt, cắt nhau tại M, M khác A, B, C, D. Khi đó nếu MA.MB  MC.MD thì bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn. Bài 1. (IMO shortlist 1995) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn  I  . Đường tròn  I  tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi X là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác XBC tiếp xúc với XB, XC, BC lần lượt tại Z, Y, D. Chứng minh rằng tứ giác EFZY nội tiếp. Giải A E X Y F Z I C T B D Gọi T là giao điểm của EF và BC. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với ba điểm T, TB EC FA . .  1 1 F, E thẳng hàng, ta có TC EA FB Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC với ba điểm D, E, F đồng quy ta có DB EC FA . .  1  2  DC EA FB 10 Từ (1) và (2) suy ra TB DC   3 DB TC Gọi T  là giao điểm của BC và YZ. Tương tự ta cũng có T B DC   4 DB T C Từ (3) và (4) suy ra T  T  . Khi đó TE.TF  TD 2  TZ .TY , suy ra tứ giác EFZY nội tiếp. Bài 2. Cho hai đường tròn  O1  ,  O2  ngoài nhau, A1 A2 là tiếp tuyến chung của hai đường tròn  A  O  , A  O  . K là trung điểm của 1 1  O1  ,  O2  , 2 2 A1 A2 . Từ K lần lượt kẻ hai tiếp tuyến KB1 , KB2 tới A1B1  A2 B2  L , KL  O1O2  P  . Chứng minh rằng B1 , B2 , P, L cùng thuộc một đường tròn. A1 K A2 P O2 O1 B2 B1 L Do KA1  KA2  KB1  KB2 nên tứ giác A1B1B2 A2 nội tiếp, suy ra LB1.LA1  LB2 .LA2  KL là trục đẳng phương của hai đường tròn  O1  ,  O2   KL  O1O2 . Dễ thấy các tứ giác KPB1 A1 , KPB2 A2 . Khi đó áp dụng định lí Miquel cho tam giác A1 A2 L ta có điều phải chứng mịnh. Bài 3. (IMO shortlist 2006) Cho hình thang ABCD, AB / /CD , AB  CD . Gọi K, L lần lượt là AK DL  . Giả sử P, Q là hai điểm nằm trên đường thẳng KL BK CL · , CQD · APB  BCD · ABC . Chứng minh rằng P, Q, B, C cùng thuộc một đường tròn. sao cho · hai điểm trên AB, CD sao cho 11 E F L D C O1 P Q A K B O2 Từ giả thiết AK DL suy ra AD, BC, KL đồng quy tại một điểm E.  BK CL Dựng đường tròn  O1  qua C, D và tiếp xúc với BC, đường tròn  O2  qua A, B tiếp xúc với BC. · · · ABC  DCE  Q   O1  . Tương tự P   O2  Vì DQC Gọi F là giao điểm thứ hai của EQ với  O1  , suy ra EF .EQ  EC 2 1 · CD  O · BA  AO B : DO C  O1C  DC  EC  k  E , O , O thẳng Mặt khác ta có O 1 2 2 1 1 2 O2 B AB EB EO1  k  EO1  k EO2  V E ,k  :  O2  a  O1  1 hàng và EO2 Vì E, F, P thẳng hàng và F   O1  , E   O2  nên EF  k EP  EF EC k   2 EP EB Từ (1) và (2) suy ra EP.EQ  EC.EB  P, Q, B, C cùng thuộc một đường tròn. Bài 4. Cho hai đường tròn  O1  ,  O2  cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B . Một đường thẳng d đi qua B lần lượt cắt  O1  ,  O2  tại M 1 và M 2 , điểm N bất kì nằm trong đoạn AB . Đường thẳng M1 N cắt đường tròn  O2  tại P2 , Q2 . Đường thẳng M 2 N cắt đường tròn  O1  tại 12 P1 , Q1 . Chứng minh rằng bốn điểm P1 , P2 , Q1 , Q2 cùng nằm trên một đường tròn  O  và OB vuông góc với M1M 2 . Giải Q1 A M1 P2 N O1 O2 Q2 P1 B M2 Xét phương tích của điểm N đối với hai đường tròn O ,O  1 2 ta được NP1.NQ1  NA.NB  NP 2 .NQ2  bốn điểm P1 , P2 , Q1 , Q2 cùng nằm trên một đường tròn  O  . Gọi R là bán kính của đường tròn  O  ta có M /O   M 1O 2  R 2  M 1M 2 .M 1B 1 M 2/ O   M 2O 2  R 2  M 2 M 1.M 2 B Từ đó suy ra M1O 2  M 2O 2 M /O  M 1   1 2/ O2    M1M 2 .M1B  M 2 M 1.M 2 B  M 1M 2 M 1B  M 2 B    M 1 B  M 2 B M 1B  M 2 B  M 1B 2  M 2 B 2 suy ra OB  M1M 2 (theo định lí Các - nô) 2. Bài toán chứng minh vuông góc, song song Bài 1. Cho hình thang ABCD vuông tại A và B. M là trung điểm của AB. Các đường cao AH, BK của các tam giác AMD, BMC cắt nhau tại N. Chứng minh MN  CD Giải Cách 1 13 Gọi E là giao điểm của MN và CD. Từ giả thiết ta suy · · ra tứ giác MHNK nội tiếp  MHK  MNK 1  A Ta có MH .MD  MA2  MB2  MK .MC · ·  HDCK nội tiếp  MHK  MCD  2 D E H · · Từ (1) và (2) suy ra MNK  MCD  NKCE nội tiếp N M · ·  NEC  NKC  900.W K B C Cách 2 Ta có uuuur uuuur uuuur uuuur MN .MC  MK .MC  MK .MC  MB 2 uuuur uuuur uuuur uuuur MN .MD  MH .MD  MH .MD  MA 2 uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuur Mà MB = MC nên MN .MC  MN .MD  MN .CD  0  MN  CD. Cách 3     MD2  MC 2  MA2  AD2  MB2  BC 2  AD2  BC 2 1 NA  MD  NM 2  ND 2  AM 2  AD 2    ND 2  NC 2  AD 2  BC 2  2  2 2 2 2  NB  MC  NM  NC  BM  BC   Từ (1) và (2) suy ra MD2  MC 2  ND2  NC 2  MN  CD Bài 2. Cho tam giác AB có đường cao BD và CE cắt nhau tai H. M là trung điểm của BC, N là giao điểm của DE và BC. Chứng minh rằng NH vuông góc với AM. Giải 14 A D O E H I N B F M C Gọi O, I lần lượt là trung điểm của AH, MH. Ta có · · · · ·  2.FEH · · · . DEH  DAH  DBC  FEH  FED  2.DBC  DMC Suy ra tứ giác EDMF nội tiếp. Từ đó ta có NE.ND  NF.NM , suy ra N nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (O, OH) và đường tròn (I, IH). Mặt khác H là giao điểm của đường tròn (O, OH) và đường tròn(I, IH), suy ra NH chính là trục đẳng phương của (O) và (I). Suy ra NH  OI , mà OI // AM, do đó NH  AM . Bài 3. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại D và E. Gọi P là một điểm bên trong tam giác ADE, F và G là giao của DE với BP và CP. Đường tròn tâm  O  ngoại tiếp tam giác PDG, đường tròn tâm  I  ngoại tiếp tam giác PEF cắt nhau tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh rằng AQ  OI Giải 15 A P N M E D F G I O Q C B Gọi M là giao điểm thứ hai của AB và (PDG), N là giao thứ hai của AC và (PFG). · · · · , suy ra BMPC nội tiếp. AMP  PGD  PCB AMP  PCB Ta có · và PGD (đồng vị), suy ra · Chứng minh tương tự PNCB nội tiếp. Suy ra BMNC nội tiếp, suy ra AM . AB  AN . AC . Mà AD AE (định lý Thales)  AB AC Suy ra AM . AD  AN. AE Do đó A thuộc trục đẳng phương PQ của (PDG) và (PEF) suy ra AQ  OI . Bài 4. Cho ABC BA  BC . Giả sử đường tròn tâm O bán kính R đi qua hai điểm A, C cắt các cạnh BA và BC lần lượt tại K , N . Các đường tròn ngoại tiếp ABC và BKN cắt nhau tại hai điểm phân biệt B, M. Chứng minh rằng OM  BM . Giải Gọi O1 , O2 lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , BKN Ta sẽ chứng minh AC không song song với KN . · · , mà BNK · ·  BCA ·  BAC ·  ABC cân tại B (vô  BCA  BAC Giả sử AC / / KN  BNK lý). Vậy AC không song song KN Gọi P là giao điểm của AC và KN . Ta có P / O  P / O1  ;P / O  P / O2  P / O1  P / O2   P, B, M thẳng hàng. 16 B M N O2 K O1 O A P C · · · · · · · . Vậy tứ giác PMNC nội tiếp. Lại có PNC mà BAC  BNK  BAC  PMC  PMC  PNC Lại có PM .PB  PA.PC  PO  R và BN.BC  BM .BP  BO  R . 2 2 2 Suy ra PO  BO  PBPM  BM   PM  BM 2 2 2  2 2  MO.BP  MO. BO  OP  MO2  BO 2  MB2  MP2  OM 2  OP 2  0 . Suy ra OM  BM . Bài 5. (IMO shortlist 2012 – G3) Cho tam giác ABC nhọn với các đường cao AD, BE, CF. Gọi I1 , I 2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF, BDF. Gọi O1 , O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ACI1 , BCI 2 . Chứng minh rằng I1I 2 / / O1O2 . Giải ·  , · ·  . ABC   , BCA Đặt CAB Gọi I là giao điểm của AI1 , BI 2 ; E, F lần lượt là các giao điểm khác B, C của đường tròn đường kính BC với các cạnh AC, AB. AE  cos  . AEF  · ABC, · AFE  · ACB nên AEF : ABC với tỉ số đồng dạng Do · AB IA r  Mặt khác 1  1  cos  suy ra I1 A  IA cos   II1  IA  I1 A  IA 1  cos    2IA sin 2 2 IA r      Tương tự II 2  2IB sin . Suy ra II1.IA  2  IA sin   2  IB sin   II 2 .IB . Vậy tứ giác 2 2 2   ABI 2 I1 nội tiếp. 2 2 2 17 C O1 O2 E D I I1 I2 B A F Khi đó I có cùng phương tích với hai đường tròn  O1  ,  O2  . Mà C là một giao điểm của  O1  ,  O2  nên CI là trục đẳng phương của  O1  ,  O2  , suy ra CI  O1O2 1 Gọi Q là giao điểm của CI với I1 I 2 . Ta có  ·  · I ;· · Q  I· IQ  II · Q  CAI · · · I  CAI · · ACI  ; CAI  II ACI  II ACI . Mà II 1 2 1 1 1 1 2 2 2 2 nên · Q  I· IQ        900 , suy ra CI  I I  2  . Từ (1) và (2) suy ra I I / / O O . II 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 2 3. Bài toán chứng minh thẳng hàng, đồng quy Bài 1. Cho tam giác ABC, một đường tròn cắt cạnh BC tại A1 , A2 ; cắt cạnh CA tại B1 , B2 ; cắt cạnh AB tại C1 , C2 . Chứng minh rằng AA1 , BB1 , CC1 đồng quy khi và chỉ khi AA2 , BB2 , CC2 đồng quy. Giải 18 A C2 B1 B2 C1 B A1 A2 C Ta có AC1 . AC2  AB1 . AB2 ; BA1 .BA2  BC1 .BC2 ; CB1 .CB2  CA1 .CA2 Suy ra A1B.B1C.C1 A. A2 B.B2C.C2 A  A1C.BA1 .CB1 .A2C .B2 A.C2 B  A1B B1C C1 A A2 B B2C C2 A . .  . . A1C B1 A C1B A2C B2 A C2 B Khi đó AA1 , BB1 , CC1 đồng quy khi và chỉ khi AA2 , BB2 , CC2 đồng quy. Bài 2. Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Một điểm H thuộc đoạn AB. Đường thẳng qua H cắt đường tròn tại C. Đường tròn đường kính CH cắt AC, BC và  O  lần lượt tại D, E và F. a) Chứng minh rằng AB, DE và CF đồng quy. b) Đường tròn tâm C bán kính CH cắt  O  tại P và Q. Chứng minh rằng P, D, E, Q thẳng hàng. Giải 19 C P D F E Q A O H B M 2 a) Ta có CACD .  CH  CB.CE , suy ra ADEB nội tiếp. Xét các đường tròn (ADEB), (O) và đường tròn đường kính CH, thì DE, AB và CF lần lượt là các trục đẳng phương của các cặp đường tròn trên nên chúng đồng quy. b) Ta có PQ là trục đẳng phương của (C) và (O) nên OC  PQ . Ta cũng dễ thấy OD  DE Hơn nữa H chính là tâm đẳng phương của ba đường tròn (O), (C) và đường tròn đường kính CH. Suy ra PQ đi qua H. Vậy DE, PQ cùng đi qua H và cùng vuông góc với OC nên trùng nhau. Hay D, E, P, Q thẳng hàng. Bài 3. Trên đường thẳng d lấy 4 điểm A, B, C, D (theo thứ tự đó). Đường tròn đường kính AC và BD cắt nhau tại X, Y. Đường thẳng XY cắt BC tại Z. Lấy P là một điểm trên XY khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ hai là M, và BP cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ hai là N. Chứng minh rằng AM, DN và XY đồng qui. Giải 20