Download to read offline
![[Nguoithay.org ] tong hop bai giang ve duong thang trong oxy](https://cdn.slidesharecdn.com/ss_thumbnails/nguoithay-131216070005-phpapp02-thumbnail.jpg?width=640&height=640&fit=bounds)
Loi giaicacbaitoanhhp thi_tst
- 1. 1 LỜI GIẢI CÁCBÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA ************ Bài 1: Hai đường tròn (C1) và (C2) cắt nhau tại hai điểm P và Q. Tiếp tuyến chung của hai đường tròn gần P hơn Q tiếp xúc với (C1) tại A và tiếp xúc với (C2) tại B. Các tiếp tuyến của (C1), (C2) kẻ từ P cắt đường tròn kia lần lượt tại E và F, (E, F khác P). Gọi H, K lần lượt là các điểm nằm trên các đường thẳng AF, BE sao cho AH = AP và BK = BP. Chứng minh rằng năm điểm A, H, Q, K, B cùng thuộc một đường tròn. (Đề TST 2000) Lời giải. Gọi H’ là giao điểm của PB và AE. Ta sẽ chứng minh 'H H . Thật vậy: Do PE là tiếp tuyến của (C2) nên EPQ PBQ ( cùng chắn cung PQ ). Mặt khác: EAQ EBQ (góc nội tiếp cùng chắn cung EQ của đường tròn (C1)). Do đó: ' 'EAQ PBQ QAH QBH . Suy ra tứ giác ABQH’ nội tiếp. Từ đó ta có: 'AH B AQP . Ta lại có: 0 180 ' AQB PQA PQB PAB PBA APB APH Kết hợp các điều trên, ta được : ' 'AH P APH hay tam giác APH cân tại H’ ' 'AP AH H H . Từ đây ta được tứ giác AHQB là tứ giác nội tiếp. Hoàn toàn tương tự : tứ giác AQKB cũng nội tiếp. Vậy 5 điểm A, B, Q, H, K cùng thuộc một đường tròn. Ta có đpcm. K H E F A B Q P
- 2. 2 Bài 2: Trêncác cạnh của ABC lấy các điểm M1, N1, P1 sao cho các đoạn MM1, NN1, PP1 chia đôi chu vi tam giác, trong đó M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn BC, CA, AB. Chứng minh rằng: 1. Các đường thẳng MM1, NN1, PP1 đồng quy tại một điểm. Gọi điểm đó là K. 2. Trong các tỉ số , , KA KB KC BC CA AB có ít nhất một tỉ số không nhỏ hơn 1 3 . (Đề TST 2003) Lời giải. 1. Nếu ABC đều thì các điểm M1, N1, P1 lần lượt trùng với các đỉnh A, B, C của ABC nên rõ ràng các đoạn MM1, NN1, PP1 đồng quy. Xét trường hợp ABC không đều, khi đó có hai cạnh của tam giác không bằng nhau, giả sử : AB AC . Khi đó, do MM1 chia đôi chu vi ABC nên M1 phải nằm trên cạnh AC và : 1 1 1 1 2 2 AB AM CM AB AC CM CM AB AC AC AC Mặt khác , gọi AD là phân giác góc A thì theo tính chất đường phân giác của tam giác, ta có : 2 DB AB DB DC AB AC DC AC DC AC BC AB AC MC AB AC DC AC DC AC . Từ đó, suy ra : 1CM MC AC DC , theo định lí Thalès đảo, ta được : MM1 // AD. Do MP // AC và MN // AB nên: 1 1 1 1 2 2 PMM CAD BAC NMP hay MM1 là phân giác NMP . Tương tự, ta có : NN1, PP1 cũng là các đường phân giác của MNP . Suy ra : MM1, NN1, PP1 đồng quy tại tâm đường tròn nội tiếp của tam giác MNP. Ta có đpcm. 2. Gọi G là trọng tâm của ABC , ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 1 3 ( ) 2 .( ) 3 ( ) 3 KA KB KC KG GA KG GB KG GC KG GA GB GC KG GA GB GC KG AB BC CA Suy ra : 2 2 2 2 2 21 ( ) 3 KA KB KC AB BC CA . Giả sử cả ba tỉ số , , KA KB KC BC CA AB đều bé hơn 1 3 2 2 2 2 2 21 ( ) 3 KA KB KC AB BC CA Điều mâu thuẫn này suy ra đpcm. 1 1 1 K D P N M P N M A B C
- 3. 3 Bài 3: Chotam giác ABC có H là trực tâm. Đường phân giác ngoài của góc BHC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D và E. Đường phân giác trong của góc BAC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại điểm K. Chứng minh rằng đường thẳng HK đi qua trung điểm của đoạn BC. (Đề TST 2006) Lời giải. Trước hết ta sẽ chứng minh ADE cân tại A. Thật vậy: Vì HD là phân giác góc ngoài của BHC nên: 01 1 1 ( ) (90 ) (90 ) 2 2 2 DHB HBC HCB ABC ACB BAC . Do đó: 0 01 1 90 90 2 2 ADE DBH DHB BAC BAC BAC . Tương tự, ta cũng có: 0 1 90 2 AED BAC , suy ra: ADE AED , tức là tam giác ADE cân tại A. Mặt khác AK là phân giác DAE nên cũng là trung trực của đoạn DE, do đó AK chính là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ADE . Từ đó ta có: KD AB , tương tự: KE AC . Gọi P là giao điểm của KD và HB, Q là giao điểm của KE và HC. Ta có: ,KP AB QH AB KP // QH. Tương tự, ta cũng có: KQ // PH. Suy ra: KPHQ là hình bình hành, tức là HK đi qua trung điểm của PQ. Hơn nữa, theo định lí Thalès: DP // HC’ ' PB DB PH DC , QE // HB’ ' QC EC QH EB . Theo tính chất đường phân giác: , ' ' ' ' DB HB EC HC DC HC EB HB . Vì B, C, B’, C’ cùng thuộc đường tròn đường kính BC nên theo tính chất phương tích: . ' . ' ' ' HB HC HB HB HC HC HC HB . Từ các điều này, ta được: PB QC PH QH PQ // BC. Vì HK đi qua trung điểm của PQ nên cũng đi qua trung điểm của BC. Ta có đpcm. C' B' P Q K D E H A B C
- 4. 4 Bài 4: Trongmặt phẳng cho góc xOy. Gọi M, N lần lượt là hai điểm lần lượt nằm trên các tia Ox, Oy. Gọi d là đường phân giác góc ngoài của góc xOy và I là giao điểm của trung trực MN với đường thẳng d. Gọi P, Q là hai điểm phân biệt nằm trên đường thẳng d sao cho IM = IN = IP = IQ, giả sử K là giao điểm của MQ và NP. 1. Chứng minh rằng K nằm trên một đường thẳng cố định. 2. Gọi d1 là đường thẳng vuông góc với IM tại M và d2 là đường thẳng vuông góc với IN tại N. Giả sử các đường thẳng d1, d2 cắt đường thẳng d tại E, F. Chứng minh rằng các đường thẳng EN, FM và OK đồng quy. (Đề TST 2006) Lời giải. 1. Xét trường hợp các điểm M, Q và N, P nằm cùng phía với nhau so với trung trực của MN. Khi đó giao điểm K của MP và NQ thuộc các đoạn này.: Gọi I’ là giao điểm của d với đường tròn ngoại tiếp MON . Do d là phân giác ngoài của MON nên I’ chính là trung điểm của cung MON , do đó: I’M = I’N hay I’ chính là giao điểm của trung trực MN với d. Từ đó, suy ra: 'I I hay tứ giác MION nội tiếp. Ta được: NIO NMO . Mặt khác: do IM = IN = IP = IQ nên tứ giác MNPQ nội tiếp trong đường tròn tâm I, đường kính PQ 2PIN PMN (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung PN ). Từ các điều trên, ta có: 2NMO PMN MP là phân giác trong của OMN . Tương tự, ta cũng có: NQ là phân giác trong của ONM . Do K là giao điểm của MP và NQ nên K chính là tâm đường tròn nội tiếp của MON , suy ra K thuộc phân giác trong của xOy , tức là K thuộc một đường thẳng cố định (đpcm). x y d J F E K P Q I O M N
- 5. 5 - Nếu giaođiểm K nằm ngoài các đoạn MP và NQ: ta cũng có lập luận tương tự và có được K là tâm đường tròn bàng tiếp MON của tam giác MON , tức là K cũng thuộc phân giác trong của xOy , là một đường thẳng cố định. 2. Gọi J là giao điểm của d1 và d2. Ta thấy tứ giác MINJ nội tiếp trong đường tròn đường kính IJ. Hơn nữa: MION cũng là tứ giác nội tiếp nên 5 điểm M, N, I, J, O cùng thuộc một đường tròn. Do đó: phân giác trong góc MON đi qua trung điểm của cung MJN . Rõ ràng M, N đối xứng nhau qua trung trực của MN nên JM = JN, tức là J cũng là trung điểm của cung MON . Từ đó suy ra: J thuộc phân giác trong của MON hay O, K, J thẳng hàng. Ta cần chứng minh các đoạn OI, EN và MF trong JEF đồng quy. Thật vậy: . .sin sin . . .sin sin OEJ OFJ SOE JO JE OJE JE OJE OF S JO JF OJF JF OJF . Trong JEF và MON , ta có : sin sin , sin sin JE JFE OM ONM JF JEF ON OMN . Mặt khác : sin sin , sin sin OJE ONM OJE OJN ONM OJF OJM OMN OJF OMN . Kết hợp lại, ta được : sin sin sin . . . sin sin sin OE JFE OM OFN OM OFN OM OF JEF ON OEM ON OEM ON sin .sin . .sin sin OFN OM MOE ME ON NOF OEM NF . Do đó : . 1 . . 1 OE FN OE NF MJ OF EM OF NJ ME . Theo định lí Ceva đảo, ta có OI, EN và MF đồng quy. Đây chính là đpcm.
- 6. 6 Bài 5: Chotam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi A1, B1, C1 và A2, B2, C2 lần lượt là các chân đường cao của tam giác ABC hạ từ các đỉnh A, B, C và các điểm đối xứng với A1, B1, C1 qua trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Gọi A3, B3, C3 lần lượt là các giao điểm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB2C2, BC2A2, CA2B2 với đường tròn (O). Chứng minh rằng: A1A3, B1B3, C1C3 đồng quy. (Đề TST 2009) Lời giải. Ta sẽ chứng minh các đường thẳng A1A3, B1B3, C1C3 cùng đi qua trọng tâm của tam giác ABC. Thật vậy: Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC, A’ là điểm đối xứng với A qua trung trực của BC. Ta sẽ chứng minh rằng A’ trùng với A3 hay đường tròn (AB2C2) cắt (O) tại A’. Ta có: A, A’ đối xứng nhau qua trung trực của BC nên: AB = A’C, AC = A’B. Do A, B và C1, C2 cùng đối xứng với nhau qua trung điểm của AB nên BC2 = AC1. Tương tự: CB2 = AB1. Suy ra: 2 1 2 1 ' ' BC AC AC A B CB AB AB A C . Kết hợp với 3 3' 'C BA B CA ( cùng chắn cung AA’), ta được: 2 2 2 2' ' ( . . ) ' 'C BA B CA c g c BC A CB A 0 0 2 2 2 2180 ' 180 ' ' 'BC A CB A AC A AB A . Do đó, tứ giác 2 2 ’AC B A là tứ giác nội tiếp hay A’ trùng với A3. Gọi G là giao điểm của trung tuyến AM với A1A3. Do AA3 // A1M nên: 3 1 2 AAAG GM A M . G là trọng tâm của tam giác ABC hay đường thẳng A1A3 đi qua trọng tâm G của tam giác ABC. Tương tự: B1B3, C1C3 cũng đi qua G. Vậy các đường thẳng A1A3, B1B3, C1C3 đồng quy. Ta có đpcm. 3 3 3 2 2 2 1 1 1 O B A C C C B AA B A B C 1 2 2 1 1 G A' B C C B MA A B C
- 7. 7 Bài 6: Trongmặt phẳng cho hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm A, B. Gọi PT là một trong hai tiếp tuyến chung của hai đường tròn trong đó P, T là các tiếp điểm. Tiếp tuyến tại P và T của đường tròn ngoại tiếp tam giác APT cắt nhau tại S. Gọi H là điểm đối xứng với B qua đường thẳng PT. Chứng minh rằng các điểm A, S, H thẳng hàng. (Đề TST 2001) Lời giải. Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề: “Trong một tam giác, đường đối trung xuất phát từ một đỉnh đi qua giao điểm của tiếp tuyến tại hai đỉnh còn lại của đường tròn ngoại tiếp tam giác.” Chứng minh: Xét tam giác ABC nội tiếp (O) có phân giác AD, E là giao điểm của tiếp tuyến tại B và C của (O) với nhau. Gọi AM là đường thẳng đối xứng với AE qua AD (M thuộc BC). Ta sẽ chứng minh rằng M là trung điểm của BC. Thật vậy, do AM đối xứng với AE qua phân giác AD nên: ,BAM CAE CAM BAE . Theo định lí sin trong các tam giác, ta có: .sin sin sin sin . . .sin sin sin sin sin sin . . 1 sin sin MB AM BAM MBA BAM CBA MC AM CAM MCA CAM BCA CAE CBA CE AE AE BEBAE BCA Vậy M là trung điểm BC. Bổ đề được chứng minh. *Trở lại bài toán: Ta có: ,BPT BAP BTP BAT . Suy ra: 0 0 0 180 180 180 PAT BAP BAT BPT BTP PBT PHT PAT PHT Do đó tứ giác PATH nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AB với PT. Theo tính chất phương tích, ta có: 2 2 . , .IP IB IA IT IB IA IP IT hay I là trung điểm của PT. Hơn nữa, ta cũng có: BAP BPT HPT HAT . Suy ra AH đối xứng với trung tuyến AI của tam giác APT qua phân giác góc PAT . Do S là giao điểm của tiếp tuyến tại P và tại T của (APT) nên theo bổ đề trên, ta có: A, H, S thẳng hàng. Đây chính là đpcm. DM E O A B C I H S P T B A
- 8. 8 Bài 7: Chotam giác A1A2A3 nội tiếp trong đường tròn (O). Một đường tròn (K1) tiếp xúc với các cạnh A1A2, A1A3 và tiếp xúc trong với đường tròn (O) lần lượt tại các điểm M1, N1, P1. Các điểm M2, N2, P2 và M3, N3, P3 xác định một cách tương tự. Chứng minh rằng các đoạn thẳng M1N1, M2N2, M3N3 cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn. (Đề TST 1999) Lời giải. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của AP1, CP1 với đường tròn (K1), gọi D là giao điểm của N1P1 với (O). Ta sẽ chứng minh rằng D là trung điểm của cung 1 3A A . Thật vậy: Gọi P1x là tiếp tuyến của (O) tại P1. Ta có: 1 3 1 3 1 1 1 1N AE A AP A Px FPx FN P Hơn nữa, tứ giác EN1FP1 nội tiếp nên 1 1 1N EA N FP , suy ra: 1 1 1( . )AEN N FP g g 1 1 1 1 1FPN AN E APN P1N1 là phân giác của góc 1 3APA hay D là trung điểm của cung 1 3A A . Từ đó, ta cũng có: A2D là phân giác góc 1 2 3A A A . Gọi I là giao điểm của A2D với M1N1. Ta sẽ chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp 1 2 3A A A . Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 2 2 11 1 IM P N M P N Px DPx DA P IA P Tứ giác IM1A2P1 nội tiếp. Suy ra: 1 2 1 1 2PIA PM A , mà 1 1 2 1 1 1PM A PN M nên 1 2 1 1 1 1 1PIA PN M DIP DN I . Do đó: 21 1 1 1 1 1 ( . ) . DPDI DIP DN I g g DI DN DP DN DI . Ta cũng có: 21 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( . ) . DA DN DA N A PN DPN DA N DPA g g DA DN DP DP DA Do đó: 2 2 1 1DI DA DI DA hay 1DIA cân tại D. 1 2 3 1 2 3 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 2 2 A A A A A A DIA DA I A A I IA A DA N N A I IA A N A I 1 2 1 1IA A N A I hay A1I chính là phân giác 2 1 3A A A . Từ đó suy ra I chính là tâm đường tròn nội tiếp của 1 2 3A A A . Dễ thấy 1 1 1A M N cân tại A1 và A1I là phân giác 2 1 3A A A nên I là trung điểm của M1N1. Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: I là trung điểm của M2N2, M3N3. Vậy các đoạn thẳng 1 1 2 2 3 3, ,M N M N M N cắt nhau tại trung điểm của mỗi đoạn. Ta có đpcm. x E F I D A3 A2 N1 A1 P1 K1 M1
- 9. 9 Bài 8: Chotam giác ABC đều và điểm M nằm trong tam giác. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là ảnh của các điểm A, B, C qua phép đối xứng tâm M. 1. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một điểm điểm P trong mặt phẳng cách đều hai đầu mút của các đoạn thẳng AB’, BC’, CA’. 2. Gọi D là trung điểm của đoạn AB. Chứng minh rằng khi M thay đổi trong tam giác ABC và không trùng với D thì đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP, trong đó N là giao điểm của DM và AP, luôn đi qua một điểm cố định. (Đề TST 1995) Lời giải. 1. Gọi G, G’ lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và A’B’C’. Qua phép đối xứng 1 tâm M (tương đương với phép quay 0 180 ) : ', ' ' 'G G ABC A B C . Xét phép quay 2 tâm G’, góc quay 0 120 , ta có: 2 : ' ' ' ' ' 'A B C B C A . Suy ra: 1 2 ' ' ' ' ' 'ABC A B C B C A Tích của hai phép quay 1 , 2 là một phép quay mới do tổng góc quay của chúng là: 0 0 0 0 0 180 120 300 60 (mod360 ) Gọi P là tâm của phép quay 1 2. , rõ ràng P tồn tại và duy nhất. Khi đó, ta có: : ', ' ' 'G G ABC B C A . Do đó, điểm P cách đều các đầu mút của các đoạn ', ', 'AB BC CA . Đây chính là đpcm. 2. Do D là trung điểm của AB nên 0 ( , ) 60GA GD .Gọi là phép biến hình hợp bởi phép quay tâm G, góc quay 0 60 và phép vị tự tâm G, tỉ số 1 2 theo thứ tự đó. Ta thấy: : ,G G A D . Theo câu 1/, biến G thành G’ nên: 0 ', ( , ') 60PG PG PG PG nên tam giác PGG’ đều. Hơn nữa, 1 : 'G G nên M là trung điểm của GG’. Suy ra: , 2 MP GM MP GM . Do đó: : P M . Từ đó, suy ra: : GPA GMD . Ta sẽ chứng minh rằng các điểm , , ,G M N P cùng thuộc một đường tròn. (*) Thật vây: Vì qua phép biến hình , đường thẳng PA biến thành đường thẳng MD nên góc tạo bởi hai đường này là 0 60 , tức là: 0 60MNP hoặc 0 120MNP (tùy theo góc này nhọn hay tù). Vì 0 60PGM nên nếu 0 60MNP thì hai điểm G và N cùng nhìn đoạn PM dưới góc 0 60 nên (*) đúng; nếu như 0 120MNP thì 0 180PGM MNP nên (*) cũng đúng. Do đó, trong mọi trường hợp, 4 điểm , , ,G M N P cùng thuộc một đường tròn hay (MNP) luôn đi qua điểm G cố định. Ta có đpcm. N D G P C' B' A' A B C M
- 10. 10 Bài 9: Trongmặt phẳng cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại A và B. Các tiếp tuyến tại A, B của đường tròn (O1) cắt nhau tại K. Xét một điểm M không trùng với A, B nằm trên đường tròn (O1). Gọi P là giao điểm thứ hai của đường thẳng MA với đường tròn (O2). Gọi C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MK với đường tròn (O1). Gọi Q là giao điểm thứ hai của đường thẳng CA với đường tròn (O2). Chứng minh rằng: 1. Trung điểm của đoạn thẳng PQ nằm trên đường thẳng MC. 2. Đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên (O1). (Đề TST 2004) Lời giải. 1. Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc cung lớn AB , trường hợp còn lại M thuộc cung nhỏ AB được chứng minh tương tự. Gọi H là giao điểm của đoạn PQ với MC. Ta cần chứng minh rằng: PH QH . Do BK là tiếp tuyến kẻ từ K của (O1) và KCM là cát tuyến tương ứng nên: ( . )BCK MBK g g BC CK BM BK . Hoàn toàn tương tự: AC CK AM AK . Mà AK BK (do KA, KB là các tiếp tuyến của (O1)) nên từ các tỉ số trên, suy ra: AC BC AM BM . Ta có: Tứ giác AMBC nội tiếp (O1) nên: AMB BCQ PMB BCQ . Tứ giác AQBP nội tiếp (O2) nên: BPM AQB BPM CQB . Suy ra: ( . ) MP BM BMP BCQ g g CQ BC . Xét tam giác APQ với cát tuyến CHM, theo định lí Menelaus: . . 1 . . 1 CA HQ MP HP AC MP BC BM CQ HP MA HQ AM CQ BM BC . Suy ra H là trung điểm của PQ (đpcm). 2. Xét các góc nội tiếp cùng chắn các cung, ta có: BMC BAC BPQ và BCM BAM BQP , do đó: ( . )BMC BPQ g g . L N H Q C P K B A O1 O2 M
- 11. 11 Do đó, tồntại một phép đồng dạng f biến BMC thành BPQ . Rõ ràng nếu một phép đồng dạng biến ba điểm không thẳng hàng thành ba điểm không thẳng hàng tương ứng thì nó cũng biến đường tròn ngoại tiếp của tam giác tạo bởi ba điểm ban đầu thành đường tròn ngoại tiếp của tam giác tạo bởi ba điểm sau đó. Ta thấy: các điểm B, C, M thuộc (O1), B, P, Q thuộc (O2) nên từ nhận xét trên: f biến (O1) thành (O2). Gọi N là giao điểm thứ hai của AK với đường tròn (O2). Ta có: BAC BNQ (cùng chắn cung BQ của (O2). Do đó, f biến C thành Q nên cũng biến A thành N. Suy ra, f biến giao điểm K của tiếp tuyến tại A, B của (O1) thành giao điểm L của tiếp tuyến tại N và B của đường tròn (O2). Hơn nữa, A và K cố định nên N cố định, suy ra L xác định như trên cũng cố định. Phép biến hình f này biến M, C tương ứng thành P, Q và K nằm trên đoạn MC nên điểm L cũng phải nằm trên đoạn PQ. Từ đó, suy ra: đường thẳng PQ luôn đi qua điểm L cố định. Ta có đpcm.
- 12. 12 Bài 10: Chotam giác ABC có O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi H, K, L lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC. Gọi A0, B0, C0 lần lượt là trung điểm của các đường cao AH, BK, CL. Đường tròn nội tiếp tâm I của tam giác ABC tiếp xúc với các đoạn BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Chứng minh rằng A0D, B0E, C0F cùng đi qua một điểm và điểm đó nằm trên đường thẳng OI. (Nếu O trùng I thì coi OI là đường thẳng tùy ý qua O). (Đề TST 2003) Lời giải. Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề: “Cho tam giác ABC nhọn ngoại tiếp đường tròn (I) và (J) là đường tròn bàng tiếp góc A. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC và M là trung điểm AH. (I) tiếp xúc với BC tại D. Khi đó: M, D, J thẳng hàng.” *Chứng minh: Gọi E là tiếp điểm của (J) trên BC và F là điểm đối xứng với E qua J, gọi B’, C’ lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến tại F của (J) với các tia AB, AC. Dễ thấy BC // B’C’ nên ' 'ABC AB C , tức là tồn tại phép vị tự tâm A sao cho: : ' 'ABC AB C . Do D là tiếp điểm của (I) trên BC, F là tiếp điểm của (J) trên B’C’ nên theo tính chất của phép vị tự, ta có: : D F , suy ra: A, D, F thẳng hàng. Gọi J’ là giao điểm của đường thẳng DM với EF thì: ' 'J E DE DF J F MH DH DA MA , mà MA MH nên ' ' 'J E J F J J , tức là M, D, J thẳng hàng. Bổ đề được chứng minh. *Trở lại bài toán: Gọi A’, B’, C’ lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C của tam giác ABC. Theo bổ đề trên thì: 0 , , 'A D A ; 0 , , 'B E B ; 0 , , 'C F C là các bộ ba điểm thẳng hàng. Dễ thấy: DE // A’B’ (cùng vuông góc với phân giác trong của góc ACB ). Tương tự: EF // B’C’, FD // C’A’. Từ đó suy ra: ' ' 'DEF A B C . Do đó, tồn tại một phép vị tự tâm J thỏa mãn: : ' ' 'DEF A B C . Từ đó suy ra các đường thẳng A’D, B’E, C’F đồng quy tại tâm vị tự J nói trên hay A0D, B0E, C0F đồng quy tại J. Ta chỉ còn cần chứng minh J nằm trên đường thẳng OI. Ta thấy: O là tâm đường tròn Euler của tam giác A’B’C’. I là trực tâm của tam giác A’B’C’. M D B' C'F E J I H A B C
- 13. 13 Suy ra: tâmđường tròn ngoại tiếp O’ của tam giác A’B’C’ đối xứng với I qua O và hiển nhiên nó nằm trên đường thẳng OI. Hơn nữa: I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác DEF nên theo tính chất của phép vị tự: : 'I O , tức là I, J, O’ thẳng hàng. Từ đó suy ra bốn điểm I, J, O’, O thẳng hàng hay J nằm trên đường thẳng OI. Trong trường hợp I trùng với O thì tam giác ABC đều và bốn điểm I, J, O, O’ trùng nhau, khi đó bài toán vẫn đúng. Vậy ta có đpcm. F E B0 C0 B' C' A' D I A0 L K H O A B C
- 14. 14 Bài 11: Chotam giác ABC là tam giác nhọn, không cân, nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d thay đổi sao cho d luôn vuông góc với OA và luôn cắt các tia AB, AC. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng d và các đoạn AB, AC. Giả sử các đường thẳng BN và CN cắt nhau tại K; giả sử đường thẳng AK cắt đường thẳng BC. 1. Gọi P là giao của đường thẳng AK và đường thẳng BC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định khi d thay đổi. 2. Gọi H là trực tâm của tam giác AMN. Đặt BC = a và l là khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng HK. Chứng minh rằng đường thẳng HK luôn đi qua trực tâm của tam giác ABC. Từ đó suy ra: 2 2 4l R a . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào? (Đề TST 2006) Lời giải. a. Không mất tính tổng quát, giả sử AB < AC (trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự). Do tam giác ABC không cân nên AO không vuông góc với BC và MN không song song với BC, do đó MN phải cắt đường thẳng BC tại một điểm, giả sử là Q; gọi I là trung điểm BC. Theo định lí Menelaus cho ba điểm Q, M, N thẳng hàng: . . 1 NA MB QB NC MA QC . Mặt khác, theo định lí Céva cho các đoạn AP, BN, CM đồng quy, ta có: . . 1 NA MB PB NC MA PC . Từ đó, suy ra: PB QB PC QC hay Q, B, P, C là một hàng điểm điều hòa, suy ra: 2 2 .IP IQ IB IC Do I là trung điểm BC nên 2 2 2 2 OI BC QI BI OQ OB , do đó: 2 2 2 2 2 . . .QI QP QI QI PI QI IB OQ OB QB QC (do theo tính chất phương tích của Q đối với (O) thì 2 2 2 2 .OQ OB OQ R QB QC ). Q IP K N M O A B C
- 15. 15 Mà tứ giácBMNC cũng nội tiếp vì có NCB xAB AMN (với Ax là tia tiếp tuyến của (O)). Suy ra . .QM QN QB QC . Từ đó suy ra . .QM QN QP QI , suy ra tứ giác MNIP nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua điểm I cố định. Ta có đpcm. b. Gọi BD, CE là hai đường cao của tam giác ABC, L là trực tâm của tam giác ABC; gọi MF, NG là hai đường cao của tam giác AMN, H là trực tâm của tam giác AMN. Ta cần chứng minh rằng H, K, L thẳng hàng. Xét đường tròn (O1) đường kính BN và (O2) đường kính CM. Ta thấy: KM.KC = KB. KN nên K có cùng phương tích đến (O1), (O2), tức là K thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này. Đồng thời, dễ thấy rằng các điểm D, G thuộc (O1) và M, F thuộc (O2). Do H, L là trực tâm của tam giác ABC và AMN nên LB. LD = LC. LE, HN. HG = HE. HM; tức là H, L cùng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (O1), (O2). Từ đó suy ra H, K, L cùng thuộc trục đẳng phương của (O1), (O2) nên chúng thẳng hàng. Từ đó suy ra l AL . Mặt khác do tam giác ABC nhọn nên 2 2 2 2 2 4 4 BC AL OI R R a . Do đó 2 2 4AL l R a . Đây chính là đpcm. Đến đây, ta sẽ tìm vị trí của d sao cho đẳng thức xảy ra. F G H L E D Q IP K N M O A B C
- 16. 16 Giả sử dcắt AB, AC tại M và N thỏa mãn . AN AM k MN k BC AB AC . Gọi R, S lần lượt là trung điểm của BN và CM; suy ra R, S cũng chính là tâm của hai đường tròn (O1), (O2). Ta thấy khi đẳng thức xảy ra thì AL vuông góc với trục đẳng phương của (O1), (O2), tức là AL song song với đường nối tâm RS của hai đường tròn này, mà AL vuông góc với BC nên RS phải vuông góc với BC. Ta có: 2RS BC NM , mà . 0 ( ). 0RS BC BC NM BC . Do góc tạo bởi MN và BC chính là MQB ANM ACB ABC ACB nên từ đẳng thức trên suy ra: 2 1 . . .cos( ) cos( ) BC BC MN BC kBC B C k B C . Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 cos( ) k B C , tức là đường thẳng d cắt AB tại M, AC tại N sao cho 1 cos( ) AN AM AB AC B C .
- 17. 17 C D I S R MP Q N BO A Bài 14: Chođường tròn (O) đường kính AB và M là một điểm bất kì nằm trong (O), M không nằm trên đoạn thẳng AB. Gọi N là giao điểm của phân giác trong góc M của tam giác AMB với đường tròn (O). Đường phân giác ngoài góc AMB cắt các đường thẳng NA, NB lần lượt tại P, Q. Đường thẳng MA cắt đường tròn đường kính NQ tại R, đường thẳng MB cắt đường tròn đường kính NP tại S và R, S khác M. Chứng minh rằng: đường trung tuyến ứng với đỉnh N của tam giác NRS luôn đi qua một điểm cố định khi M di động phía trong đường tròn. (Đề TST 2009) Lời giải. Qua R kẻ đường thẳng song song với PQ cắt NA tại C, qua S kẻ đường thẳng song song với PQ cắt NB tại D. Gọi I là trung điểm của CD . Ta sẽ chứng minh rằng CD // AB. Thật vậy, do N nằm trên đường tròn đường kính AB nên: 0 90ANB AN BN , suy ra BN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PN. Do đó: ( . )BMN BNS g g Vì PQ là đường phân giác góc ngoài của AMN nên SMP AMP QMR BMQ . Mặt khác: SMP SNP (góc nội tiếp cùng chắn cung PS của đường tròn đường kính PN), QMR QNR ( góc nội tiếp cùng chắn cung QR của đường tròn đường kính QN). Do đó: SNP QNR SNP SNR QNR SNR CNR SNB . Xét hai tam giác BNS và RNC có: CNR SNB và RCN MPN NSM NSB nên: ( . )BNS RNC g g . Suy ra các tam giác đồng dạng: BMN BNS RNC . Tương tự, ta cũng có: DSN RAN NAM .
- 18. 18 * Ta thấy,từ: . . NB NS BNS RNC NB NC NR NS NR NC . . NS ND DSN RAN NA ND NR NS NA NR . Suy ra: . . NA NC NA ND NB NC NB ND AB // CD Trung điểm của AB, trung điểm của CD và N là ba điểm thẳng hàng. Tức là N, O, I thẳng hàng. (1) Hơn nữa: .MN BN NB NC BMN RNC RC NC RC MN . .DN DS NA ND DSN NAM DS MN NA MN . Kết hợp các điều trên, ta được: RC = DS, mà RC // DS (cùng song song với PQ) nên tứ giác RCSD là hình bình hành. Do đó, hai đường chéo CD và RS của tứ giác cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Suy ra I là trung điểm của CD cũng là trung điểm của RS. Khi đó: NI chính là đường trung tuyến của tam giác NRS. (2) Từ (1) và (2), suy ra: trung tuyến NI của tam giác NRS luôn đi qua O. Vậy trung tuyến ứng với đỉnh N của tam giác NRS luôn đi qua I là điểm cố định khi M di động khắp phía trong đường tròn (O). Đây chính là điều phải chứng minh.
- 19. 19 Bài 12: Chotam giác ABC có (I) và (O) lần lượt là các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác. Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn (I) trên các cạnh BC, CA, AB. Gọi , ,A B C lần lượt là các đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn (I) và (O) lần lượt tại các điểm D, K (với đường tròn A ); tại E, M (với đường tròn B ) và tại F, N (với đường tròn C ). Chứng minh rằng: 1. Các đường thẳng DK, EM, FN đồng quy tại P. 2. Trực tâm của tam giác DEF nằm trên đoạn OP. (Đề TST 2005) Lời giải. 1. Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề sau: Cho ba đường tròn (O1), (O2), (O3) có bán kính đôi một khác nhau; A, B, C lần lượt là tâm vị tự của các cặp đường tròn (O1) và (O2), (O2) và (O3), (O3) và (O1). Chứng minh rằng nếu trong các tâm vị tự đó, có ba tâm vị tự ngoài hoặc hai tâm vị tự trong, một tâm vị tự ngoài thì A, B, C thẳng hàng. *Chứng minh: Gọi 1 2 3, ,R R R lần lượt là bán kính của các đường tròn 1 2 3( ),( ),( )O O O , các giá trị 1 2 3, ,R R R này đôi một khác nhau. Theo tính chất về tâm vị tự, ta có: 1 1 22 ( 1)aAO R RAO . Tương tự: 2 2 33 ( 1)bBO R RBO , 3 3 11 ( 1)cCO R RCO , trong đó, mỗi số , ,a b c nhận giá trị là 0 (khi nó là tâm vị tự ngoài) hoặc 1 (khi nó là tâm vị tự trong). Theo giả thiết trong a, b, c có ba giá trị là 0 hoặc hai giá trị 0, một giá trị 1. Từ đó: 31 2 2 3 1 . . 1 COAO BO AO BO CO , theo định lí Menelaus đảo cho tam giác 1 2 3O O O , ta có: A, B, C thẳng hàng. Bổ đề được chứng minh. *Trở lại bài toán: Gọi P’ là tâm vị tự trong của hai đường tròn (O) và (I). Dễ thấy: D là điểm tiếp xúc ngoài của A và (I) nên cũng chính là tâm vị tự trong của hai đường tròn này; K là điểm tiếp xúc trong của hai đường tròn A và (O) nên là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn này. Theo bổ đề trên thì ', ,P D K thẳng hàng hay đường thẳng DK đi qua P’. Tương tự, các đường thẳng EM và FN cũng đi qua 'P ; tức là ba đường thẳng DK, EM, FN đồng quy và điểm 'P chính là điểm P của đề bài. 2. Ta chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC có (O), (I) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC. Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác DEF nằm trên đường thẳng OI. B C AO1 O2 O3
- 20. 20 * Chứng minh: GọiM, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn EF, FD, DE. Dễ thấy AI là trung trực của đoạn EF nên M thuộc đường thẳng AI hay A, M, I thẳng hàng. Tương tự: B, N, I và C, P, I cũng thẳng hàng. Xét phép nghịch đảo tâm I, phương tích 2 r với r là bán kính đường tròn (I). Dễ thấy: tam giác IEA vuông tại E có EM là đường cao nên: 2 2 .IM IA IE r , suy ra: : M A . Tương tự: : ,N B P C . Do đó: : MNP ABC . Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác MNP thì : E O , suy ra: E, I, O thẳng hàng. Hơn nữa, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF, E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP cũng chính là tâm đường tròn Euler của tam giác DEF này nên E, I, H thẳng hàng. Từ đó suy ra H, I, O thẳng hàng. Bổ đề được chứng minh. * Trở lại bài toán: Gọi H là trực tâm tam giác DEF thì theo bổ đề trên: H, I, O thẳng hàng. Theo câu 1/, điểm P nằm trên đoạn OI. Suy ra: 4 điểm H, I, P, O thẳng hàng. Từ đó suy ra trực tâm H của tam giác DEF nằm trên đường thẳng OI. Ta có đpcm. H P N M F E D I O A B C N M H K PF E D I O B C A
- 21. 21 Bài 13: Chotam giác nhọn ABC với đường tròn tâm I nội tiếp. Gọi (Ka) là đường tròn đi qua A, AKa vuông góc với BC và (Ka) tiếp xúc trong với (I) tại A1. Các điểm B1, C1 xác định tương tự . 1/ Chứng minh: AA1, BB1, CC1 đồng qui tại P. 2/ Gọi (Ja), (Jb), (Jc) tương ứng là các đường tròn đối xứng với các đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C của tam giác ABC qua trung điểm BC, AC, AB. Chứng minh P là tâm đẳng phương của 3 đường tròn (Ja), (Jb), (Jc). (Đề TST 2007) Lời giải. 1/ Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) có D là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A lên BC. Gọi M, N là giao điểm của AD với (I) (N nằm giữa A và M). Giả sử IM cắt đường cao AH tại K. Chứng minh rằng: KA = KM. * Thật vậy: Gọi E là tiếp điểm của (I) lên BC. Giả sử IE cắt (I) tại điểm thứ hai là N’ khác E. Qua N’ vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB và AC lần lượt tại B’ và C’. Dễ thấy tồn tại một phép vị tự biến tam giác AB’C’ thành tam giác ABC. Phép vị tự đó cũng biến tiếp điểm N’ của đường tròn bàng tiếp (I) của AB’C’ lên B’C’ thành tiếp điểm D của đường tròn bàng tiếp (J) của ABC lên BC. Suy ra A, N’, D thẳng hàng hay N’ trùng với N. Khi đó, tam giác IMN đồng dạng với KMA (do IN // AK), mà IMN cân tại I nên KAM cân tại K hay KA = KM. Ta có đpcm. Từ đây suy ra: đường tròn có tâm thuộc đường cao góc A, đi qua A và tiếp xúc với (I) tại M thì M nằm trên AD. Dễ thấy đường tròn đó là duy nhất. *Trở lại bài toán: Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C của tam giác ABC lên các cạnh BC, CA, AB. Theo bổ đề trên, ta thấy: 1 1 1, ,A AD B CF C BE . Suy ra: 1 1 1, ,AA BB CC đồng quy khi và chỉ khi AD, BE, CF đồng quy. (1) C'B' N K H M E D J I A B C
- 22. 22 Mặt khác: nếuta đặt , , , 2 BC a CA b AB c AB BC CA p thì có thể dễ dàng tính được: DB EC p c , DC AF p b , AE BF p a . Suy ra: . . 1 DB EC FA DC EA FB , theo định lí Ceva đảo, ta có AD, BE, CF đồng quy. (2) Từ (1) và (2), ta có 1 1 1, ,AA BB CC đồng quy. Ta có đpcm. 2/ Gọi A’, B’ lần lượt là trung điểm của BC, CA; A2, B2, C2 lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C của tam giác ABC. Gọi D’, E’ lần lượt là tiếp điểm của (I) lên BC, CA. Dễ thấy D đối xứng với D’ qua trung điểm A’ của BC, A2 đối xứng với Ja qua A’ nên JaD’ // A2D, mà 2 'aA D BC J D BC . Do đó: (Ja) tiếp xúc với BC tại D’. Hoàn toàn tương tự: (Jb) tiếp xúc với CA tại E’. Ta có: ' 'CD CE nên phương tích từ C đến (Ja) và (Jb) bằng nhau, tức là C thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này. Ta sẽ chứng minh rằng CP, cũng chính là CF, vuông góc với đoạn nối tâm JaJb của hai đường tròn (Ja), (Jb). C1 B1 E C2 I A1 P F D A2 A B C B2 A' B' E'C2 Jb B2 Ja I P F A2 D' A B C
- 23. 23 Theo cách xácđịnh các điểm Ja, Jb, ta thấy A’ là trung điểm của A2Ja, B’ là trung điểm của B2J b. Do đó: 2 22 ' ' a bA B A B J J hay 2 22 ' 'a bJ J A B A B 2 2BA A B . Ta cũng có: 2 2CF CC C F . Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2. ( )( ) . . . .a bJ J CF BA A B CC C F BACC BAC F A B CC A B C F 2 2 2 2. .BACC A B C F (do C2F vuông góc với AB, A2B2 vuông góc với CC2). (1) Mặt khác, ta thấy A, B, C chính là chân các đường cao của tam giác A2B2C2 nên rõ ràng: 2 2 2 2C AB C B A , mà C2F là đường cao của 2C AB , C2C là đường cao của 2 2 2C B A nên: 2 2 2 2 C F C C AB A B 2 2 2 2. .C F A B AB CC . Cũng từ hai tam giác 2C AB , 2 2 2C B A đồng dạng; ta có: 2 2 2 2( , ) ( , )BA CC A B C F . Do đó: 2 2 2 2. .BACC A B C F . (2) Từ (1) và (2), suy ra: 2. 0a bJ J C F hay 2 a bC F J J . Do đó C2F chính là trục đẳng phương của hai đường tròn (Ja), (Jb), tức là P thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (Ja), (Jb). Hoàn toàn tương tự, ta cũng có P thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (Jc), (Jb). Từ đó suy ra P chính là tâm đẳng phương của (Ja), (Jb), (Jc). Đây chính là đpcm.
- 24. 24 Bài 15: Chotam giác ABC có: , ,AB c BC a CA b . Lấy sáu điểm 1 2 1 2 1 2, , , , ,A A B B C C phân biệt không trùng với A, B, C và các điểm 1 2,A A thuộc đường thẳng BC, 1 2,B B thuộc đường thẳng CA, các điểm 1 2,C C thuộc đường thẳng AB. Gọi , , là các số thực xác định bởi: 1 2 1 2 1 2, ,A A BC B B CA C C AB a b c . Xét các đường tròn ngoại tiếp các tam giác 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2, , , , ,AB C AB C BC A BC A CA B CA B và gọi , ,A B Cd d d lần lượt là các trục đẳng phương của cặp đường tròn đi qua A, B, C. Chứng minh rằng: , ,A B Cd d d đồng quy khi và chỉ khi 0a b c . (Đề TST 1995) Lời giải. Trước hết, ta nêu định nghĩa sau: Cho tam giác ABC và điểm M bất kì, khoảng cách đại số từ M đến BC là khoảng cách từ M đến BC nhận thêm dấu + nếu M cùng phía với A so với BC và nhận thêm dấu – trong trường hợp ngược lại. Tương tự với khoảng cách từ M đến CA và AB. Dễ thấy các số , , đã cho khác 0 do các điểm 1 2 1 2 1 2, , , , ,A A B B C C là phân biệt. Xét cặp đường tròn ngoại tiếp tam giác 1 1 2 2,AB C AB C ; ta sẽ chứng minh rằng trục đẳng phương của chúng chính là tập hợp các điểm có khoảng cách đại số đến BC và CA tỉ lệ với , . *Thật vậy: Trong hệ trục tọa độ vuông góc Oxy lấy điểm (0;0)A , B thuộc chiều dương của Ox và 0 0 ( , ) , 0 180AB AC . Khi đó: (1,0), ( sin ,cos ) AB AC c b . Đặt 1 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( cot , ), ( cot , ), ( ,0), ( ,0), , 0, , , 0,B b b B b b C c C c b b b b c c c c . Mà 1 2 2 1 2 1 2 1( )cot ; ) ( cos ;sin ) sinB B CA b b b b b b b 1 2 2 1 2 1( ;0) (1;0)C C AB c c c c c . Đường tròn 1 1( )AB C đi qua hai điểm A và C1 nên PT có dạng là: 2 2 1 1 10,x y c x y , nó cũng đi qua B1 nên 1 1 1 2 sin cos sin b c . Hoàn toàn tương tự, đường tròn 2 2( )AB C có PT là: 2 2 1 2 0x y c x y với 2 2 1 2 sin cos sin b c . Trục đẳng phương của hai đường tròn này là: 2 1 2 1 cos ( ) ( ) 0 0 sin c c x y x y A B C C1 C2 A1 A2 B2 B1
- 25. 25 sin cos y x y . Hơn nữa, y chính là khoảng cách đại số từ ( , )M x y đến AB; còn sin cosx y chính là khoảng cách đại số từ ( , )M x y đến AC. Tức là quỹ tích các điểm có khoảng cách đại số đến AB và AC tỉ lệ với là trục đẳng phương của 1 1 2 2,AB C AB C . Nhận xét trên được chứng minh. Với mỗi điểm M trong mặt phẳng, kí hiệu , ,X Y Z là khoảng cách đại số từ M đến các cạnh BC, CA, AB thì dễ thấy rằng, ta luôn có 2aX bY cZ S (với S là diện tích tam giác ABC) và ngược lại, mỗi bộ ( , , )X Y Z thỏa mãn 2aX bY cZ S xác định duy nhất 1 điểm M. Theo chứng minh ở trên, trục đẳng phương của các cặp đường tròn là: ( ): , ( ): , ( ):A B C Y Z Z X X Y d d d . Suy ra, điểm chung của ba đường thẳng , ,A B Cd d d (nếu có) là nghiệm của HPT: 2 2 aX bY cZ S X Y Z S X Y Z a b c . Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi 0a b c hay ba đường thẳng , ,A B Cd d d đồng quy khi và chỉ khi 0a b c . Ta có đpcm.
- 26. 26 Bài 16: Chotam giác ABC nhọn, không cân có O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi AD, BE, CF lần lượt là các đường phân giác trong của tam giác. Trên các đường thẳng AD, BE, CF lần lượt lấy các điểm L, M, N sao cho AL BM CN k AD BE CF (k là một hằng số dương). 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 và đi qua N tiếp xúc với OC tại C. 1. Chứng minh rằng với 1 2 k , ba đường tròn (O1), (O2), (O3) có đúng hai điểm chung và đường thẳng nối hai điểm đó đi qua trọng tâm tam giác ABC. 2. Tìm tất cả các giá trị k sao cho 3 đường tròn (O1), (O2), (O3) có đúng hai điểm chung. (Đề TST 2008) Lời giải. Trước hết, xin nêu 4 bổ đề sau: (1) Cho ba đường thẳng đôi một phân biệt a, b, c và hai đường thẳng phân biệt d, d’. Các đường thẳng d, d’ theo thứ tự cắt a, b, c tại 1 1 1 2 2 2, , ; , ,A B C A B C thỏa mãn điều kiện: 1 1 2 2 1 1 2 2 A B A B k AC A C . Các điểm A3, B3, C3 thuộc a, b, c sao cho: 1 2 1 2 1 2 1 3 1 3 1 3 A A B B C C A A B B C C . Khi đó, A3, B3, C3 thẳng hàng và 3 3 3 3 A B k A C . (2) Cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c và ba đường thẳng phân biệt khác a’, b’, c’ . Các đường thẳng a’, b’, c’ theo thứ tự cắt a, b, c tại 1 1 1 2 2 2 3 3 3, , ; , , ; , ,A B C A B C A B C (các điểm này đôi một phân biệt). Khi đó nếu 3 31 1 2 2 1 1 2 2 3 3 A BA B A B AC A C A C thì hoặc 1 2 1 2 1 2 1 3 1 3 1 3 A A B B C C A A B B C C hoặc a, b, c đôi một song song. (3) Cho tam giác ABC và M bất kì. Các tia AM, BM, CM lần lượt cắt BC, CA, AB ở A1, B1, C1. Các đường thẳng A1B1, B1C1, C1A1 cắt các đường thẳng AB, BC, CA lần lượt ở A2, B2, C2. Các điểm A3, B3, C3 theo thứ tự nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB sao cho 1 3 1 3 1 3 1 2 1 2 1 2 , 0 A A B B C C k k A A B B C C . Khi đó, A3, B3, C3 thẳng hàng khi và chỉ khi 1k hoặc 1 2 k . . (4) Cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp đường tròn (I). Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng EF cắt BC tại M, đường thẳng AD cắt (I) tại N (khác D). Chứng minh rằng: MN tiếp xúc với (I). Các bổ đề (1), (2) có thể chứng minh dễ dàng bằng các biểu diễn theo vectơ. Dưới đây trình bày các chứng minh cho bổ đề (3), (4).
- 27. 27 * Chứng minhbổ đề (3): + Điều kiện đủ: - Với k = 1, ta có A3, B3, C3 theo thứ tự trùng với A2, B2, C2. Vì AA1, BB1, CC1 đồng quy nên theo định lí Menelaus thì 1 1 1 1 1 1 . . 1 A B B C C A AC B A C B . Vì A2, B1, C1 thẳng hàng nên 2 1 1 2 1 1 . . 1 A B B C C A A C B A C B . Suy ra: 1 2 1 2 A B A B AC A C . Tương tự: 1 2 1 2 1 2 1 2 , B C B C C A C A B A B A C B C B . Nhân từng vế các đẳng thức trên, 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 . . . . 1 A B B C C A A B B C C A A C B A C B AC B A C B . Tức là A2, B2, C2 thẳng hàng hay A3, B3, C3 thẳng hàng. Với 1 2 k , A3, B3, C3 lần lượt là trung điểm A1A2, B1B2, C1C2. Theo chứng minh trên, ta đã có: 1 2 1 2 A B A B AC A C . Theo tính chất tỉ lệ thức thì: 31 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 2 2 A BA B A B A B A B A B A B A B A A AC A C AC A C AC A C AC A A A C Suy ra: 2 3 3 2 1 1 3 2 1 3 1 2 . 2 A B A B A A A B A C A A A C AC . Tương tự: 2 2 3 31 1 3 1 3 1 , B C C AB C C A B A B A C B C B . Nhân từng vế các đẳng thức trên, ta được: 2 2 2 3 3 3 1 1 1 3 3 3 1 1 1 . . . . 1 A B B C C A A B B C C A A C B A C B AC B A C B . Do đó, A3, B3, C3 th ẳng hàng. + Điều kiện cần: Khi 1k , ta kí hiệu 3( ) 3( ) 3( ), ,k k kA B C thay cho A3, B3, C3. Giả sử tồn tại số k đồng thời khác 1 và 1 2 mà 3( ) 3( ) 3( ), ,k k kA B C thẳng hàng. Khi đó, các điểm: 3( ) 3( ) 3( ), ,k k kA B C và 3(1/2) 3(1/2) 3(1/2), ,A B C đôi một khác nhau. Dễ thấy: 2 3(1/2) 2 3(1/2) 2 3(1/2) 2 3( ) 2 3( ) 2 3( ) 1/ 2 1 1k k k A A B B C C kA A B B C C . B3 A3 C3 C2 B2 A2 A1 C1 B1 A B C M C2 B2 A2 A1 C1 B1 A B C M
- 28. 28 Theo chứng minhở điều kiện đủ thì hai bộ điểm A2, B2, C2 và 3(1/2) 3(1/2) 3(1/2), ,A B C thẳng hàng, mà theo điều giả sử ở trên thì 3( ) 3( ) 3( ), ,k k kA B C cũng thẳng hàng nên theo bổ đề (2), hoặc đường thẳng A2B2C2 và 3(1/2) 3(1/2) 3(1/2)A B C song song hoặc 3(1/2) 3(1/2)2 2 2 2 3(1/2) 3(1/2) A BA B A C A C . + Nếu 3(1/2) 3(1/2)2 2 2 2 3(1/2) 3(1/2) A BA B A C A C thì chú ý rằng: 1 3(1/2) 1 3(1/2) 1 3(1/2) 1 2 1 2 1 2 A A B B C C A A B B C C , theo bổ đề (1) thì A1, B1, C1 thẳng hàng, mâu thuẫn. + Nếu A2B2C2 và 3(1/2) 3(1/2) 3(1/2)A B C song song với nhau thì chú ý rằng 3(1/2) 3(1/2) 3(1/2), ,A B C theo thứ tự là trung điểm của 1 2 1 2 1 2, ,A A B B C C . Ta có: 3(1/2) 3(1/2) 1 1 2 2 1 ( ) 2 A B A B A B , 3(1/2) 3(1/2) 1 1 2 2 1 ( ) 2 A C AC A C . Suy ra: A1B1 song song với A2B2 và 3(1/2) 3(1/2)A B , A1C1 song song với A2C2 và 3(1/2) 3(1/2)A C . Từ đó suy ra, A1, B1, C1 cũng thẳng hàng, mâu thuẫn. Do đó chỉ có 0k và 1 2 k thỏa mãn. Vậy bổ đề (3) được chứng minh. *Chứng minh bổ đề (4): Gọi H là giao điểm của EF và AI. Ta thấy: IA EF . Tam giác AIF vuông tại F có đường cao FH nên : 2 2 . .IF IH IA ID IH IA . Suy ra: ( . . )IDH IAD c g c . Do đó: IHD IDA . Mặt khác: tam giác IDN cân tại I nên IND IDN IDA . Từ đó, ta được: IND IHD . Tứ giác IDNH nội tiếp. Hơn nữa, tứ giác IDMH cũng nội tiếp vì có 0 90IDM IHM . Do đó: 5 điểm, I, D, M, N, H cùng thuộc một đường tròn. Suy ra: IMNH nội tiếp hay 0 90INM IHM MN IN . Vậy MN là tiếp tuyến của (I). Bổ đề (4) được chứng minh. A3(1/2) A3(k) C2 B2 A2 A1 C1 B1 A B C M C3(1/2) B3(1/2) B3(k) C3(k) I H M N E F D A B C
- 29. 29 *Trở lại bàitoán đã cho: 1. Khi 1 2 k thì L, M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn AD, BE, CF. Gọi H là trực tâm của ABC và là phương tích của H đối với đường tròn Euler đi qua chân 3 đường cao của ABC . Gọi K là giao điểm của đường thẳng AO1 với đường thẳng BC. Ta sẽ chứng minh rằng K nằm trên (O1). Thật vậy: Do ABC là tam giác nhọn nên O nằm trong tam giác. Ta có: 0 2 90AOB ACB OAB ACB . Không mất tính tổng quát, giả sử tia AD nằm giữa hai tia AO và AB. Khi đó: 0 0 90 90 2 2 BAC BAC OAD OAB DAB ACB KAD OAD ACB . Mặt khác: 1 2 ADB DAC DCA BAC ACB nên KAD KDA . Ta cũng có 1 1 1O A O L AO L cân tại O1 nên 1 1O AL O LA . Từ đó suy ra: 1O LA KDA hay O1L // KD, mà L là trung điểm của AD nên O1 là trung điểm của AK hay K thuộc đường tròn (O1). Do đó (O1) cắt BC tại chân đường cao của ABC . Từ đó suy ra phương tích của H đối với đường tròn (O1) chính là . Hoàn toàn tương tự với các đường tròn (O2), (O3). Do H có cùng phương tích đến các đường tròn (O1), (O2), (O3) nên H chính là tâm đẳng phương của 3 đường tròn (O1), (O2), (O3) . 1 H K O O N M L D E F A B C
- 30. 30 Hơn nữa: doOA là tiếp tuyến của (O1) tại A nên phương tích của O đối với (O1) chính là 2 OA . Tương tự như vậy, phương tích của O đối với đường tròn (O2) và (O3) lần lượt là 2 OB , 2 OC , mà O là tâm đường tròn ngoại tiếp của ABC nên OA = OB = OC hay O có cùng phương tích đến các đường tròn (O1), (O2), (O3), suy ra: O cũng là tâm đẳng phương của 3 đường tròn (O1), (O2), (O3). Giả sử của 3 đường tròn (O1), (O2), (O3) có 3 trục đẳng phương khác nhau thì chúng phải đồng quy tại tâm đẳng phương, mà O và H cùng là tâm đẳng phương của chúng nên O phải trùng với H hay ABC đều, mâu thuẫn với giả thiết ABC không cân. Do đó, điều giả sử trên là sai và 3 đường tròn đã cho phải có 1 trục đẳng phương chung, trục đẳng phương đó chính là đường thẳng đi qua O và H. Ta cũng thấy rằng O nằm ngoài cả 3 đường tròn, H thì nằm giữa các đường cao của ABC nên nó nằm trong cả 3 đường tròn. Suy ra đường thẳng OH cắt cả 3 đường tròn tại 2 điểm nào đó. Vậy 3 đường tròn (O1), (O2), (O3) có đúng 2 điểm chung, hơn nữa, đường thẳng đi qua hai điểm chung đó chính là đường thẳng OH và do đó, nó cũng sẽ đi qua trọng tâm của tam giác (đường thẳng Euler). Ta có đpcm. 2. Ta sẽ chứng minh rằng ba đường tròn (O1), (O2), (O3) có đúng hai điểm chung khi và chỉ khi 0k hoặc 1 2 k . Thật vậy: *Điều kiện đủ: - Khi 1 2 k , khẳng định đã chứng minh ở câu 1/. - Ta sẽ tiếp tục chứng minh rằng với k = 1, ba đường tròn (O1), (O2), (O3) lần lượt đi qua L, tiếp xúc với OA tại A ; đi qua M tiếp xúc với OB tại B và đi qua N tiếp xúc với OC tại C cũng có đúng hai điểm chung. Thật vậy: - Khi k = 1, các điểm L, M, N tương ứng trùng với các điểm D, E, F. Theo chứng minh ở câu 1/, đường tròn (K, KA) đi qua D và tiếp xúc với OA tại A nên chính là đường tròn (O1) đang được xét. Gọi d1, d2, d3 là tiếp tuyến của đường tròn (O) lần lượt tại A, B, C. Gọi X, Y, Z theo thứ tự là giao điểm của d2, d3; d3, d1; d1, d2. Vì O1 thuộc đường thẳng BC và OA tiếp xúc với (O1) tại A nên O1 thuộc d1, từ đó suy ra O1 chính là giao điểm của BC và d1. Tương tự: O2, O3 lần lượt chính là giao điểm của CA và d2, AB và d3. Qua các điểm O1, O2, O3 vẽ các tiếp tuyến tới đường tròn (O) lần lượt là 1 1 2 2 3 2, ,OT O T O T (trong đó T1, T2, T3 là các tiếp điểm). Ta có: 1 1 1 2 2 2 3 3 3, ,OT O A O T O B O T O C , tức là T1, T2, T3 cũng tương ứng thuộc các đường tròn (O1), (O2), (O3). Theo bổ đề (4) ở trên, (xét tam giác XYZ có (O) là đường tròn nội tiếp) các đường thẳng AT1, BT2, CT3 tương ứng trùng với các đường thẳng AX, BY, CZ. Hơn nữa, XB = XC, YC = YA, ZA = ZA nên: . . 1 AY BZ CX AZ BX CY AX, BY, CZ đồng quy (theo định lí Ceva đảo trong tam giác XYZ).
- 31. 31 Do đó: AT1,BT2, CT3 đồng quy. Đặt điểm chung của ba đường thẳng đó là S, rõ ràng S nằm trong (O). Do T1, T2, T3 nằm trên (O) nên theo tính chất phương tích: 1 2 3 21 3 /( ) /( ) /( ). . . S O S O S OSA ST SB ST SC ST P P P . Tương tự câu 1/, ta có: 1 2 3/( ) /( ) /( )O O O O O OP P P , tức là OS là trục đẳng phương chung của ba đường tròn O1), (O2), (O3). Mặt khác, S nằm trong cả ba đường tròn, O nằm ngoài cả ba đường tròn nên đường thẳng OS cắt cả ba đường tròn tại hai điểm, tức là (O1), (O2), (O3) có đúng hai điểm chung. Vậy trong trường hợp k = 1, ba đường tròn (O1), (O2), (O3) cũng có đúng hai điểm chung. Điều kiện đủ của khẳng định trên được chứng minh. S T3 T2 T1 O2 O3 O1 Z X Y O CB A
- 32. 32 *Điều kiện cần: Vớimột giá trị 0, 1k k , gọi 1( ) 2( ) 3( ), ,k k kO O O lần lượt là tâm của các đường tròn đi qua L, tiếp xúc với (O) tại A; đi qua M, tiếp xúc với (O) tại B, đi qua N, tiếp xúc với (O) tại N. Giả sử các đường tròn 1( ) 2( ) 3( ), ,k k kO O O nói trên có đúng hai điểm chung, tức là ba tâm của chúng là 1( ) 2( ) 3( ), ,k k kO O O thẳng hàng. (1) Gọi d1, d2, d3 là tiếp tuyến của đường tròn (O) lần lượt tại A, B, C. Gọi X, Y, Z theo thứ tự là giao điểm của d2, d3; d3, d1; d1, d2. Chứng minh tương tự như trên, AX, BY, CZ đồng quy. (2) Đặt O1, O2, O3 là giao điểm của BC với YZ, CA với ZX, AB với XY. Dễ thấy rằng: 1( ) 2( ) 3( ), ,k k kO O O lần lượt thuộc các đoạn thẳng 1 2 3, ,AO BO CO và 1( ) 2( ) 1 2 ,k kAO BOAL BM AD BEAO BO , 3( ) 3 kCO CN CFCO . Suy ra: 1( ) 2( ) 3( ) 1 2 3 k k kAO BO CO k AO BO CO . (3) Từ (1), (2), (3), áp dụng bổ đề 3, ta có k = 1 hoặc 1 2 k . Do đó, nếu các đường tròn (O1), (O2), (O3) có đúng hai điểm chung thì k = 1 hoặc 1 2 k . Điều kiện cần của khẳng định được chứng minh. Vậy tất cả các giá trị k cần tìm là k = 1 và 1 2 k . Bài toán được giải quyết hoàn toàn. O1(k) S O2 O3 O1 Z X Y O CB A O3(k) O2(k)