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

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TÍCH - TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG A.PHẦN MỞ ĐẦU 1.Lý do chọn đề tài Hình học phẳng là một chuyên đề tương đối quan trọng của chương trình THPT chuyên Toán. Trong các kì thi học sinh giỏi Quốc gia, Thi Olympic Toán Quốc tế và khu vực, các bài toán về hình học phẳng luôn luôn xuất hiện một bài hoặc thậm chí hai bài. Có rất nhiều cách, có nhiều định lý, nhiều kiến thức để học sinh có thể xử lý các yêu cầu của bài toán như: Phép biến hình; hàng điểm điều hòa; định lýCeva, Menelauyt; các tính chất của đường thẳng Simson, Steiner…Tuy nhiên, trong nhiều năm trở lại đây , các bài toán hình học thi VMO thường xoay quanh các vấn đề về: Phương tích, trục đẳng phương; hàng điểm điều hòa hay các dạng biến đổi góc cơ bản. Bên cạnh đó ta thấy, kiến thức về Phương tích và trục đẳng phương là một vấn đề quen thuộc trong hình học phẳng, học sinh được tiếp cận trong chương trình sách giáo khoa THPT Chuyên Toán 10. Lý thuyết, các tính chất về phần này tương đối đơn giản, dễ hiểu nhưng lại có nhiều ứng dụng trong các bài toán: Chứng minh sự đồng quy; ba điểm thẳng hàng; điểm cố định hoặc tính toán một số đại lượng trong tam giác và trong đường tròn…Sử dụng phương tích và trục đẳng phương thường cho ta lời giải gọn gàng, dễ hiểu; tránh được một số bước vẽ hình phức tạp. Tuy nhiên, làm thế nào để học sinh phát hiện và vận dụng kiến thức về Phương tích - Trục đẳng phương vào trong các dạng toán chứng minh trên? Nếu dùng Trục đẳng phương thay một số kiến thức khác thì sẽ thu được điều gì? Giải quyết xong một bài toán, ta có thể dùng kiến thức đó để làm các bài toán mở rộng khác được không? Đó là những câu hỏi đặt ra và cần tìm hướng giải quyết. Sự đơn giản về kiến thức nhưng đem lại những ứng dụng hay đã hấp dẫn được nhiều học sinh và giáo viên khi học, giảng dạy về chuyên đề hình phẳng sử dụng tính chất trục đẳng phương, tâm đẳng phương. Từ những điều thú vị, hấp dẫn và một số câu hỏi đặt ra ở trên chúng tôi đã chọn đề tài “ Phương tích- Trục đẳng phương” làm chuyên đề hội thảo năm 2015-2016. 2.Mục đích của đề tài Việc sử dụng kiến thức về phương tích - trục đẳng phương trong hình học phẳng được khai thác dưới nhiều khía cạnh khác nhau, tùy theo yêu cầu của mỗi bài toán. Tuy nhiên, nhằm khai thác thế mạnh của kiến thức này, đề tài “ Phương tích - Trục đẳng phương” tập trung vào một vài ứng dụng chính mà 1 tần số các câu hỏi dạng đó xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi tương đối cao. Đó là: Chứng minh thẳng hàng; sự đồng quy; điểm cố định; quỹ tích điểm và một số bài toán khác. Nội dung đề tài là một số kinh nghiệm của chúng tôi khi giảng dạy chuyên đề này và được tham khảo qua một số đồng nghiệp các trường Chuyên khác. Với hi vọng giới thiệu, đem đến cho các thầy cô và các học sinh những ứng dụng thú vị của phương tích, trục đẳng phương; chúng tôi đã trình bày những phát triển , mở rộng từ các đề thi IMO, VMO và vô địch các nước. Bên cạnh đó, chúng tôi rất mong nhận được các góp ý của các đồng nghiệp và học sinh để chuyên đề hoàn thiện hơn. 2 B. PHẦN NỘI DUNG I.Tóm tắt lý thuyết 1. Phương tích của một điểm đối với đường tròn 1.1.Bài toán: Cho đường tròn (O; R) và điểm M cố định, OM = d. Một đường thẳng thay đổi qua M cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Khi đó MA.MB  d 2  R2 . Chứng minh: A B O M C Gọi C là điểm đối xứng của A qua O. Ta có CB  AM hay B là hình chiếu của C trên AM. Khi đó ta có uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur 2 uuur 2 MA.MB  MA.MB  (MO  OC )(MO  OA)  (MO  OA )  d 2  R 2 . 1.2.Định nghĩa. Giá trị không đổi MA.MB  d 2  R2 trong bài toán trên được gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn (O) và kí hiệu PM /(O) . Và PM / O   MA.MB  d 2  R2 . 1.3.Định lý 1.1. Nếu hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại P và PA.PB  PC.PD thì 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Chứng minh: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt CD tại D’. Khi đó ta có theo định lý 1.1 ta có PA.PB  PC.PD ' , suy ra PC.PD  PC.PD '  D  D'. Suy ra 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. 1.4.Nhận xét: a. Có các cách khai triển phương tích như sau +)Khai triển theo cát tuyến: Cho hai cát tuyến MAB, MCD của đường tròn PM /(O )  MA.MB  MC.MD  MO2  R 2 . (O). Khi đó B A O M C D 3 +)Khai triển theo tam giác: Cho hai dây cung AB, CD của đường tròn (O)cắt nhau tại điểm M. Khi đó PM /(O )  MA.MB  MC.CD  R 2  MO2 . B A M O C D +)Khai triển theo tiếp tuyến: M nằm ngoài đường tròn (O) và MT là tiếp tuyến của (O) thì PM /O   MT 2 . T O M +) Khi M nằm trên (O) thì PM /O   0 . b. Nếu A, B cố định và AB. AM là số không đổi, do đó M cố định. Khai thác tính chất này giúp ta giải các bài toán về đường thẳng đi qua điểm cố định. 2. Trục đẳng phương của hai đường tròn - Chùm đường tròn. 2.1. Định lý 2.1 Cho hai đường tròn không đồng tâm (O 1 ; R1 ) và (O 2 ; R2 ) . Tập hợp các điểm M có phương tích đối với hai đường tròn bằng nhau là một đường thẳng, đường thẳng này được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn (O 1 ) và (O2 ). Chứng minh: M O1 H O2 I Giả sử điểm M có cùng phương tích đối với hai đường tròn đã cho. Gọi H là hình chiếu của M trên O1O2, I là trung điểm của O1O2. Ta có: ( MH 2  HO12 )  ( MH 2  HO22 )  R12  R22  ( HO1  HO2 )( HO1  HO2 )  R12  R22 R12  R22  O2O1.2 HI  R  R  IH  . 2O1O2 2 1 2 2 4 Do H cố định, nên tập hợp các điểm M có cùng phương tích đối với hai đường tròn là đường thẳng qua H và vuông góc với O1O2. 2.2.Các hệ quả: Cho hai đường tròn (O) và (I). Khi đó 1.Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc với đường thẳng nối tâm. 2.Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A và B thì AB chính là trục đẳng phương của chúng. M A O I B 3.Nếu điểm M có cùng phương tích đối với (O) và (I) thì đường thẳng qua M vuông góc với OI là trục đẳng phương của hai đường tròn. 4.Nếu hai điểm M, N có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì đường thẳng MN chính là trục đẳng phương của hai đường tròn. 5.Nếu 3 điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì 3 điểm đó thẳng hàng. 6.Nếu (O) và (I) tiếp xúc nhau tại A thì đường thẳng qua A và vuông góc với OI chính là trục đẳng phương của hai đường tròn. O A I M 2.3.Cách xác định trục đẳng phương của hai đường tròn Trong mặt phẳng cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) . Xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: Hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Khi đó đường thẳng AB chính là trục đẳng phương của hai đường tròn. Trường hợp 2: Hai đường tròn tiếp xúc nhau tại T. Khi đó tiếp tuyến chung tại T chính là trục đẳng phương của hai đường tròn. Trường hợp 3: Hai đường tròn không có điểm chung. Dựng đường tròn (O3 ) cắt cả hai đường tròn ( O1 , O2 , O3 không thẳng hàng) . Trục đẳng phương của các cặp đường tròn (O1 ) và (O3 ); (O2 ) và (O3 ) cắt nhau tại K . Đường thẳng qua K vuông góc với O1O2 là trục đẳng phương của (O1 ),(O2 ). 5 O3 O1 O2 K 2.4.Chùm đường tròn Tập hợp những đường tròn có chung một trục đẳng phương gọi là chùm đường tròn. Định lý cơ bản: Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) và một tập hợp A  {  .PM /(O )   .PM /(O )  0} là 1 2 một chùm đường tròn. 3. Tâm đẳng phương 3.1. Định lý 3.1 Cho 3 đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) sao cho O1 , O2 , O3 không thẳng hàng . 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. Chứng minh: Gọi dij là trục đẳng phương của hai đường tròn (Oij ) và (O ji ) . Ta xét hai trường hợp sau. a) Giả sử có một cặp đường thẳng song song, không mất tính tổng quát ta giả sử d12 // d23. Ta có d12  O1O2 , d 23  O2O3 suy ra O1 , O2 , O3 thẳng hàng. Mà d13  O1O3 suy ra d13 // d 23 // d12 b) Giả sử d12 và d23 có điểm chung M. Khi đó ta có  PM /O1   PM /O2   PM /O1   PM /O3   M  d13  P  P M /  O3   M /O2  d12 O1 O2 M d23 d13 O3 6 Từ đây suy ra nếu có hai đường thẳng trùng nhau thì đó cũng là trục đẳng phương của cặp đường tròn còn lại. Nếu hai trục đẳng phương chỉ cắt nhau tại một điểm thì điểm đó cũng thuộc trục đẳng phương còn lại. 3.2.Các hệ quả. 1.Nếu 3 đường tròn đôi một cắt nhau thì các dây cung chung cùng đi qua một điểm 2.Nếu 3 trục đẳng phương song song hoặc trùng nhau thì tâm của 3 đường tròn thẳng hàng. 3.Nếu 3 đường tròn cùng đi qua một điểm và có các tâm thẳng hàng thì các trục đẳng phương trùng nhau. II. Ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương II.1.Ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương trong chứng minh ba điểm thẳng hàng và ba đường thẳng đồng quy, chứng minh một đường đi qua điểm cố định. Có nhiều cách để chứng minh ba điểm thẳng hàng hoặc ba đường thẳng đồng quy. Tuy nhiên trong một số bài toán mà giả thiết có sự xuất hiện của nhiều đường tròn thì việc liên hệ đến trục đẳng phương là có thể. 1.1.Giả sử cần chứng minh A, B, C thẳng hàng bằng cách sử dụng trục đẳng phương ta cần xây dựng mô hình bài toán như sau: Hai đường tròn (C1), (C2) có PA/(C )  PA/(C ) ; trục đẳng phương là đường thẳng d. Ta đi chứng minh 1 2 PB/(C1 )  PB/(C2 ) ; PC/(C1 )  PC/(C2 ) . Khi đó A, B, C cùng thuộc đường thẳng d. 1.2.Giả sử cần chứng minh ba đường thẳng a, b, c đồng quy bằng cách sử dụng tâm đẳng phương ta cần xây dựng các đường tròn (C ), (I), (T) từng cặp nhận a, b, c làm trục đẳng phương và a, b cắt nhau tại K khi đó K là tâm đẳng phương của ba đường tròn. Do đó c đi qua điểm K. 1.3. Giả sử cần chứng minh một đường thẳng c đi qua điểm cố định M ta xây dựng mô hình bài toán theo các hướng sau: 1.3.1.Ba đường thẳng a,b, c là trục đẳng phương của ba cặp đường tròn trong đó a, b cố định cắt nhau tại M, suy ra c qua M. 1.3.2.Nếu A, B cố định và AB. AM là số không đổi, do đó M cố định. Khai thác tính chất này giúp ta giải các bài toán về đường thẳng đi qua điểm cố định. 1.4. Giả sử cần chứng minh một đường tròn (C) đi qua điểm cố định D ta xây dựng mô hình bài toán:Nếu hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại P , 7 đường tròn (ABC) thay đổi và PA.PB  PC.PD thì 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Một số bài minh họa Bài 1 (VMO- 2015). Cho đường tròn (O) và hai điểm B, C cố định trên (O), BC không là đường kính. Một điểm A thay đổi trên (O) sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E, F là chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC. Cho (I) là đường tròn thay đổi đi qua E, F , I là tâm. a. Giả sử (I) tiếp xúc với B C tại điểm D. Chứng minh rằng DB cot B  . DC cot C b. Giả sử (I) cắt cạnh BC tại M, N. Gọi H là trực tâm tam giác ABC; P,Q là các giao điểm của (I) với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC. Đường tròn (K) đi qua P, Q và tiếp xúc với (O) tại T ( T cùng phía A đối với PQ). Chứng minh rằng đường phân giác trong của góc MTN luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải: a.Gọi X, Y là giao điểm của (I) với BE, CF. Xét phương tích với đường tròn (I), ta có BD 2  BX .BE; CD 2  CY .CF . A E O I F Y X C B D · , BXF ·  CYE · Xét BXF ; CYE có · nên hai tam giác đồng dạng. Suy ra XBF  YCE BX BF cos B BD 2 BX .BE cos B sin C cot B      .  . CY CE cos C CD 2 CY .CF cos C sin B cot C Hay BD cot B  . CD cot C b.Trường hợp tam giác ABC cân tại A , bài toán đúng Xét trường hợp tam giác không cân tại A , không mất tính tổng quát, giả sử AB  AC. Gọi G là giao điểm của EF ; BC . Xét các đường tròn (BHC), (I) và đường tròn đường kính BC. 8 A T E O F H Q C P B N M G J Ta thấy: +)Trục đẳng phương của (BHC), (I) là PQ. +)Trục đẳng phương của (I) và đường tròn đường kính BC là E F. +)Trục đẳng phương của (BHC) và đường tròn đường kính BC là BC. Do đó PQ, E F, BC đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn. Ta có GT 2  GP.GQ  GM .GN nên đường tròn (TMN ) tiếp xúc với đường tròn (O) tại T. · · ¼ của đường tròn (K)).  GNT Do đó, ta có GTM (cùng chắn TM · · · .  NTC  NCT Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác NCT thì GNT ·  GCT · . Khi đó thu được BTM · · CTN. Hơn nữa, do GT tiếp xúc với (O) nên GTB · ; BTC · Từ đây dễ thấy phân giác của hai góc MTN trùng nhau hay phân giác · » không chứa A và J là điểm cố định. Vậy góc MTN đi qua trung điểm J của BC ta có điều phải chứng minh. Nhận xét: 1.Trong bài toán này xuất hiện khá nhiều đường tròn, trong đó có đường tròn thay đổi. Do đó với yêu cầu chứng minh đường thẳng đi qua điểm cố định việc nghĩ đến tâm đẳng phương là điều dễ hiểu. Tuy nhiên ta có thể giải bài toán này mà không cần sự có mặt điểm E, F.Xét trục đẳng phương của ba đường tròn (BHC), (O), (TPQ) thì sẽ có tiếp tuyến tại T đi qua giao điểm của BC , PQ và ta thu được kết quả bài toán. 2.Vấn đề EF cũng đi qua G sẽ đưa ra bài toán khác để khai thác và mở rộng. 9 Bài 2 (Phát triển VMO 2015).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Một đường tròn ( I ) bất kì đi qua B, C và ( J ) là đường tròn khác thay đổi cắt BC tại M, N; và cắt ( I ) tại P, Q. Đường tròn đi qua P, Q và tiếp xúc với đường tròn · (O) tại T nằm cùng phía với A so với BC. Chứng minh rằng phân giác MTN luôn đi qua trung điểm cung BC không chứa A. (Nguyễn Văn Linh) Lời giải: Trước hết xét bổ đề về hai đường đẳng giác của một tam giác. Bổ đề: Cho tam giác BCT, TM, TN là hai đường đẳng giác góc BTC  BM BN BT 2 .  CM CN CT 2 (*) Trở lại bài toán: Gọi ( K ) đi qua P, Q tiếp xúc với (O) tại T . Kẻ ST là tiếp tuyến tại T của đường tròn (O ), (K). ST là trục đẳng phương của (O),(K). PQ là trục đẳng phương của (I),(K). BC là trục đẳng phương của (I),(O) . Khi đó ST , PQ, BC đồng quy tại tâm đẳng phương S của ba đường tròn. Suy ra S , P, Q thẳng hàng. A H T P' P S B Q K O Q' J N M C I Gọi P '  BP  (J); Q '  CQ  ( J ); H  BP  CQ. · · ' P '  HCB ·  HQ  P ' Q '/ / BC. Ta có HPQ Ta có BST : TSC ( g.g )  SB ST BT SB BT 2     ST SC CT SC CT 2 Vì S , P, Q thẳng hàng nên theo định lý Menelauyt, ta có 10 (1) SB BP HQ  . SC HP CQ Mặt khác, do P ' Q '/ / BC nên HPQ : HCB( g.g )  HQ  HB  BP ' HP Suy ra SB BP.BP ' PB /( J ) BM .BN    . SC CQ.CQ ' PC /( J ) CM .CN HC CQ ' Theo bổ đề (*) suy ra TM , TN là hai · · . Vậy phân giác góc đường đẳng giác góc T của tam giác BTC  BTM  CTM MTN luôn đi qua trung điểm cung BC không chứa A. Bài 3 (Đề thi Olympic Duyên hải và Đồng bằng Bắc bộ lớp 12 năm 2015) Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) cắt nhau tại hai điểm A, B.XA,A Y theo thứ tự là hai đường kính của hai đường tròn đó. I là một điểm thuộc phân giác trong · XAY sao cho I không thuộc hai đường tròn và OI không vuông góc XY , O là trung điểm của XY . . Đường thẳng qua A vuông góc AI cắt (O1 ), (O2 ) lần lượt tại E , F.IX cắt (O1 ) tại K , IY cắt (O2 ) tại L . a. Gọi C là giao của FE với XI . Chứng minh OE tiếp xúc với (CEK ). b. Chứng minh EK , FL, OI đồng quy. Lời giải: C E D F A J O1 L K I O2 U X B O Y a.Ta thấy EO1 / / AY nên EO1 đi qua trung điểm O của XY . Tương tự FO2 cũng đi qua O. · · EK  O · EA  · · · · · O AEK  EAO Ta có OEK 1 1 1  AXK  ACX  ECK . Suy ra OE là tiếp tuyến của đường tròn (CEK ). b. Gọi D là giao của YL và EF , tương tự câu trên chứng minh được OF là tiếp tuyến của ( DFL ). Dễ chứng minh được OE  OF nên O nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (CEK ), ( DFL). Ta cần chứng minh hai tứ giác DLKC , ELKF nội tiếp. 11 +) Chứng minh tứ giác DLKC nội tiếp · O· · OU AY Gọi U  AI  (O 1)  OUA AU UAY //  O OU  1 . 1 1 1 · · · ·  KLI · Vì OE tiếp xúc (CEK ) nên KCE ( do tứ giác ALIK nội  KEU  KAU  KAI tiếp có hai góc đối vuông). Từ đó suy ra tứ giác DLKC nội tiếp. +)Chứng minh tứ giác ELKF nội tiếp · ·  KLI ·  FLY ·  KEU · ; FEK · ·  KEU · . Ta có FLK  FLI  FEO Mặt khác · ·  FLK · · FEO  FLI  FEK  ELKF nội tiếp. Gọi J  EK FL do ELKF nội tiếp nên JE.JK  JL.JF  PJ /(CEK ) = PJ /( DFL) . Vậy J nằm trên trục đẳng phương của (CEK ),( DFL ). Tương tự do DLKC nội tiếp nên I nằm trên trục đẳng phương của (CEK ),(DFL) .Ta có ba điểm O, I , J cùng nằm trên trục đẳng phương của (CEK ),( DFL ) nên chúng thẳng hàng. Vậy EK , FL, OI đồng quy. Bài 4 (VMO- 2014).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O),B, C cố định và A thay đổi trên (O). Trên các tia AB, AC lần lượt lấy các điểm M, N sao cho MA  MC ; NA  NB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AMN , ABC cắt nhau tại P(P  A ). Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại Q . a. Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng. b. Gọi D là trung điểm BC . Các đường tròn có tâm là M , N và cùng đi qua A cắt nhau tại K (K  A ). Đường thẳng qua A vuông góc với AK cắt BC tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt (O) tại F (F  A ). Chứng minh đường thẳng A F đi qua một điểm cố định. Lời giải: a.Không mất tính tổng quát , giả sử AB  AC , các trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự. Khi đó, M nằm ngoài đoạn AB ; N nằm trong đoạn AC. Do ·  NAB · ; MA  MC  MCA · · ·  MCA · NA  NB  NBA  MAC  NBA . Do đó tứ giác BMCN nội tiếp và ta được QM .QN  QB.QC. 12 A O N Q E B C D F K P M I Suy ra Q có cùng phương tích đối với hai đường tròn (O), ( AMN ) . Do đó Q thuộc trục đẳng phương AP của hai đường tròn này. Vậy A, P, Q thẳng hàng. b.Ta thấy (ODC),(O) tiếp xúc với nhau tại C nên trục đẳng phương của hai đường này chính là tiếp tuyến d của (O) tại C. Ta chứng minh O  ( ADE ). Thật vậy, O , M cùng nằm trên đường trung trực của AC  OM  AC . Tương tự ON  AB  O là trực tâm tam giác AMN. Suy ra AO  MN. Xét hai đường tròn ( M , MA);( N , NA) ta có AK  MN  A, O, K thẳng hàng nên · ·  900  AODE nội tiếp hay O  ( ADE ). Do đó trục đẳng OAE  900. Hơn nữa ODE phương của ( ADE ),(OCD ) là OD . Trục đẳng phương của (O),( ADE) là AF. Xét ba đường tròn (O), ( ADE ), (ODC ) đôi một có các trục đẳng phương là OD, d, AF nên chúng đồng quy tại một điểm. Vậy AF đi qua điểm cố định là giao điểm của OD, d . Nhận xét: 1.Ý tưởng để chứng minh bài toán a bằng phương tích và trục đẳng phương là khá rõ ràng. Trong câu b có sự xuất hiện của nhiều đường tròn, đường thẳng hơn làm cho vấn đề phức tạp hơn. Tuy nhiên với các giả thiết đó kết hợp với yêu cầu điểm cố định ta có thể liên tưởng đén tâm đẳng phương. 2.Với sự phát hiện AO  MN có thể khai thác và mở rộng thành bài toán sau: Bài 5( Phát triển VMO 2014-N.V.Linh).Cho tam giác ABC có đường trung trực cạnh AB cắt cạnh AC tại A1 và đường trung trực cạnh AC cắt cạnh AB tại A 2 . Các điểm B1 , B2 , C 1 , C2 được xác định tương tự. Các đường thẳng A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 đôi một cắt nhau tại D, E, F. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác DE F tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại một điểm K và điểm này nằm trên đường tròn ngoại tiếtp các tam giác AA1 A2 , B B1B2 , C C1C2 . 13 Bài 6 (Iran NMO 2001).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ( I ), ( I a ) lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A. Giả sử II a giao với BC và (O) ¼ .NI , NI giao với (O) tại S, T. lần lượt tại A ', M . Gọi N là trung điểm cung MBA a Chứng minh ba điểm S ,T , A ' thẳng hàng. A O N I S A' B C T M Ia Lời giải: Hình vẽ trên ·  1 ( sd NA »  sd SA º )  1 ( sd NM ¼  sd SA º )  NIM · ·  I·aTS  SII Ta có NTS a . Suy ra tứ giác 2 2 IaTIS nội tiếp đường tròn (w1). ·  ICI ·  900 nên tứ giác IBIaC nội tiếp đường tròn (w2). Mặt khác, IBI a a Ta thấy IaI là trục đẳng phương của (w1 ), (w 2 ) , BC là trục đẳng phương của (O) và (w 2 ) , TS là trục đẳng phương của (O),(w 1). . Khi đó IaI, BC, TS đồng quy tại A ' là tâm đẳng phương của ba đường tròn trên. Vậy điểm S ,T , A ' thẳng hàng. Bài 7 (Phát triển Iran NMO 2001).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ( I ), ( I a ) lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A. Giả sử Ia I giao ¼ ,¼ ACM . Các với BC và (O) lần lượt tại A ', M . Gọi N, P là trung điểm cung MBA đường thẳng NI, PI, NIa,PIa giao với (O) lần lượt tại E, F, G,, H. Chứng minh FG, EH, IaI đồng quy . Lời giải: 14 A O N P I F E A' B C G H M K Ia Theo bài Iran NMO 2001 ta có E, G, A’ thẳng hàng và F, H, A’ thẳng hàng. Gọi K là trung điểm của AM, ta có · ·  FIKN AKN  900  NFP nội tiếp nên ·  ENP ·  GFK · ·  KFI ·  1 (sd GCP ¼ )  ENP ·  1 ( sd MG ¼  sd » » ) KFI  PFG AP  sd EP 2 2 1 · ' ¼  sd »  ( sd MG AE )  MAG 2 Suy ra tứ giác FKA'G nội tiếp. Tương tự chứng minh được tứ giác EKA' H nội tiếp. Xét ba đường tròn ( A' FG ), ( A' EH ), (GFE) đôi một có các trục đẳng phương là FG, A' K , EH đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn. Vậy FG, EH, IaI đồng quy . Bài 8 (IMO 1995). Trên đường thẳng d lấy 4 điểm A, B, C, D theo thứ tự đó. Đường tròn đường kính AC , BD cắt nhau tại X,Y. Đường thẳng XY cắt BC tại Z, lấy điểm P trên XY khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ hai M; đường thẳng BP cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ hai N. Chứng minh rằng AM, DN, XY đồng quy. Lời giải: 15 X A C B D Z J N M Y P Gọi J , J , Z lần lượt là giao của AM, DN, AD với XY.Tứ giác JMCK nội tiếp nên PJ .PK  PM .PC Tương tự PJ .PK  PN .PB .Do P nằm trên trục đẳng phương của đường tròn đường kính AC và đường tròn đường kính BD nên PM .PC  PN .PB  PJ .PK  PJ .PK hay J  J ' Vậy AM, DN, XY đồng quy . Bài 9 (Phát triển IMO 1995).Cho hai đường tròn (O,R); (O’, r) , R > r có hai tiếp tuyến chung XY, X’Y’ trong đó OO’< R + r, X , X '  (O); Y, Y '  (O ' ); XY , X 'Y ' cắt nhau tại S. Kẻ tia Sx cắt (O) tại A, C, cắt (O’) tại B, D sao cho A, B, C, D, S theo thứ tự và phân biệt. Giả sử (O) , (O’) cắt nhau tại P, Q. Lấy I thuộc PQ. BI, CI cắt lại đường tròn (O’), (O) tại M, N. Chứng minh ba đường thẳng AM, DN, PQ đồng quy. Lời giải: X Y P N M O O' K A B S D C Q Y' X' 16 Trước hết ta chứng minh bổ đề : Cho hai đường tròn (O) , (O’) cắt nhau tại P, Q có hai tiếp tuyến chung XY, X’Y’ cắt nhau tại S. Kẻ tia Sx cắt (O) tại A, C, cắt (O’) tại B, D sao cho A, B, C, D, S theo thứ tự. Khi đó SA.SD  SB.SC . Chứng minh bổ đề : Thật vậy , Xét phương tích PS /(O)  SA.SC. Mặt khác ta có SO XO R   . SO ' YO ' r SO OC ' R OC ' Kẻ OC / /O D,(C  SA)  '     C '  (O)  C  C ' . SO OD r r ' ' Suy ra OC / /OD  SB.SC  PS /( O ) r R ' ' PS /(O ) r SO R SC    SA . SD  . Tương tự SO ' r SD R  SA.SD  SB.SC . Vậy bổ đề được chứng minh. Trở lại bài toán : Kẻ SM  (O' )  N ' (M , N ' thuộc hai nửa mặt phẳng bờ PQ). Theo bổ đề suy ra SM .SN '  SB.SC  BCMN ' nội tiếp. J  CM  I  J  M , N , S thẳng hàng. Theo bổ đề có SM .SN  SA.SC  AM  DN  K  KA.KM  KD.KN  PK /(O ) = PK /(O' )  K  PQ. Vậy AM ,DN,PQ đồng quy. Bài 10.Cho tam giác ABC không cân ở A, (w) là đường tròn đi qua B, C cắt AC, AB tại E, F. Gọi D là giao điểm của E F, BC. Chứng minh rằng trực tâm H, I, K, L của các tam giác ABC, AE F, BDF, CDE thẳng hàng. Lời giải : A E F J X N O T H C Y B D K Gọi (O), (T) là đường tròn đường kính BE, CF ; CN, BJ là hai đường cao của tam giác ABC. 17 BX, FY là hai đường cao của tam giác BDF. Ta có J , X  (O); N , Y  (T) . Mặt khác tứ giác BCJN nội tiếp và BJ  CN  H  HB.HJ  HC.HN  PH /(O ) = PH /(T )  H thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (O), (T ). Ta lại có tứ giác BXFY nội tiếp nên KB.KX  KF .KY  PK /(O ) = PK /(T )  K thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (O), (T ). Chứng minh tương tự ta có: I, L thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (O), (T ). Vậy H, I, K, L thẳng hàng. Bài 11 (IMO 2013).Cho tam giác nhọn ABC với trực tâm H. Cho W là một điểm tùy ý trên cạnh BC, khác với các điểm B và C. Các điểm M và N tương ứng là chân các đường cao hạ từ B và C. Kí hiệu 1 là đường tròn ngoại tiếp tam giác BWN, và gọi X là điểm trên 1 sao cho WX là đường kính của 1 . Tương tự, kí hiệu 2 là đường tròn ngoại tiếp tam giác CWM, và gọi Y là điểm trên 2 sao cho WY là đường kính của 2 . Chứng minh rằng các điểm X, Y và H thẳng hàng. Lời giải: Gọi P là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC, O1 , O2 là tâm các đường tròn 1 , 2 , Z là giao điểm thứ hai của 1 và 2 . uuur uuur uuuur uuur Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn đường kính BC nên AN . AB  AM . AC hay A thuộc trục đẳng phương của 1 và 2 . Suy ra A, Z, W cùng nằm trên một đường thẳng vuông góc với O1O2 và XY A M Y N H Z X O2 O1 B P C W w1 w2 uuur uuur uuur uuur uuur uuuur Tứ giác BNHP nội tiếp nên AH . AP  AN . AB  AZ . AW , từ đó PHZW là tứ giác nội tiếp hay HZ vuông góc với ZW Suy ra X, Y, H thẳng hàng, điều phải chứng minh. Bài 12 (Phát triển IMO 2013)..Cho đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O) tại điểm A cố định. Trên đường thẳng d lấy điểm S xác định. Từ S kẻ cát tuyến 18 SBC bất kì của (O).Tam giác ABC có các đường cao AD, BE, CF , H là trực tâm, I là trung điểm của AH. Các đường thẳng IE, I F cắt đường thẳng vuông góc BC tại C và B ở Y, X. Chứng minh ràng điểm anti-Steine của XY với tam giác ABC cố định. Lời giải: A I E Y d F K H X S B D C M T L AEH  · AFH  900  AEHF nội tiếp đường tròn Gọi M là trung điểm BC, ta có · 1 1 ·  BEC ·  900  BCEF nội tiếp đường tròn ( M ; BC ). AH ) .Lại có BFC 2 2 ·  MEB · ·  900  CAD ·  CBE ·  900  ME  IE  ME  EY .  IEH Suy ra MEI (I ; ·  900  MY là đường kính của đường tròn ( MCE ). Mặt khác BCY Tương tự ta chứng minh được : MX là đường kính của đường tròn MBF ). Theo bài IMO 2013 ta có X , Y , H thẳng hàng. (1) Hơn nữa ( MBF ) cắt đường tròn (CME ) tại M, K · ·  MKX  MKY  900 , K  XY  · AKH  · AEH  900  K  ( I ). Suy ra MK.MA  ME 2  MB2  MK .MA  MB2 (2) Gọi L là giao điểm của AM ,(O ) . Kẻ TS là tiếp tuyến của đường tròn (O), T  A  ABTC là tứ giác điều hòa. Suy ra ·  CAM · »  CL »  BT  CL; MBT · · ; BC / /TL BTA  BT  MCL  BMT  CML(c.g .c)  MT  ML. Lại có : MB.MC  PM /( O)  MA. ML  MA. ML  MB 2 (3) ·  900. Mặt Từ (2) và (3) suy ra MK  MT  ML. Do K , M , L thẳng hàng nên KTL khác BC / /TL  K đối xứng T qua BC  HK là đường thẳng Steiner của T với tam giác ABC. Do (O ), S , d cố định nên A, T xác định. Kết hợp (1) ta thấy điểm anti-Steiner của XY với tam giác ABC cố định khi B, C thay đổi. Bài 13(VMO-2012).Cho tứ giác ABCD lồi, nội tiếp đường tròn tâm O và có các cặp cạnh đối không song song. Gọi M, N tương ứng là giao điểm của các 19 đường thẳng AB, CD ; AD, BC. Gọi P, Q, S,T là giao điểm của các đường phân · ,MBN · ; MBN · , NCM · · , MDN · ; MDN · · . Giả giác trong của các cặp góc MAN ; MCN , MAN sử bốn điểm P, Q, S ,T phân biệt. a.Chứng minh bốn điểm P, Q, S ,T cùng nằm trên một đường tròn tâm I. b.Gọi E là giao điểm của AC, BD. Chứng minh rằng O, I, E thẳng hàng. Lời giải : b.Trước hết ta chứng minh một định lý quen thuộc sau : Định lý Brocard.Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Giả sử AB cắt CD tại M, AD cắt BC tại N, AC cắt BD tại E. Khi đó O là trực tâm tam giác MNE. N A K O B E D C M Chứng minh định lý : Gọi K là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE , CDE. Ta thấy K , E , M thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn ( ABE ), (CDE )  K , E , M thẳng hàng. · ·  CKE · ·  EDC · ·  BKE  EAB  BOC  OKBC nội tiếp. Tương tự Mặt khác ta có BKC · tứ giác OKAD nội tiếp nên K là giao điểm thứ hai khác MQ của (OBC ),(OAD )  O , K , N nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn này. Tức là O, K , N thẳng hàng. · · · · OCB · EDC · OCB · OKC · EKC · MKO · . Mà  MKB  NKB  EAB Hơn nữa MKN · , MKO · MKN là hai góc kề bù, do đó ME  ON. Chứng minh tương tự ta có NE  OM  E là trực tâm tam giác OMN  OE  MN  O là trực tâm tam giác MNE. Vậy định lý được chứng minh. Trở lại bài toán : Áp dụng định lý Brocard, với E là giao điểm của hai đường chéo của tứ giác ABCD và các điểm M, N ta có OE  MN. Ta chỉ cần chứng minh OI  MN. 20