Phép vị tự (Phần 1)

1 Reply

Phép vị tự là một trong những phép biến hình quan trọng nhất, có nhiều ứng dụng trong giải toán hình học phẳng. Thông qua phép vị tự, ta có một công cụ giải toán khá mạnh, giúp chúng ta nhìn lại những bài toán cũ theo một cách khác, toàn diện và rõ ràng hơn. Ngoài ra, một số bổ đề suy ra trực tiếp hoặc chứng minh một cách dễ dàng bằng phép vị tự cũng giúp giải được những bài toán khó hơn. Qua bài viết nhỏ này, hy vọng các em học sinh có cơ hội nhìn lại các bài toán cũ và thêm một hướng để giải quyết các bài toán hình học phẳng.

I. LÝ THUYẾT

Định nghĩa 1. Trong mặt phẳng cho điểm O cố định và một số thực k khác 0 cho trước. Phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm $M’$ sao cho $\overrightarrow{OM’} = k.\overrightarrow{OM}$ được gọi là phép vị tự tâm O hệ số(tỉ số) k và được kí hiệu là $H_{(O;k)}$.

Tính chất 2. Trong phép vị tự $H_{(O;k)}$ thì:

  1. Tâm O là điểm bất động duy nhất.
  2. $\overrightarrow {AB} \mapsto \overrightarrow {A’B’} $ thì $\overrightarrow {AB} = k.\overrightarrow {A’B’} $
  3. Chùm đường thẳng qua tâm vị tự là những đường thẳng bất biến duy nhất.
  4. Một đường thẳng không qua tâm biến thành một đường thẳng song song với nó.
  5. Phép vị tự biến đường tròn $(I; R)$ thành đường tròn $(I; R’)$ thỏa $I’ = H_{(O;k)} (I)$ và $R’ = |k|/R$

Định lý 3. Cho hai đường tròn $C(O;R)$ và $C’(O’;R’)$ sao cho $R \ne R’,O \equiv O’$
Khi đó tồn tại hai phép vị tự $H_1(O_1;k_1)$ và $H_2(O_2;k_2)$ biến $(C )$ thành $(C‘)$ trong đó: $\dfrac{{\overline {{O_1}O} }}
{{\overline {{O_1}O’} }} = {k_1} = \dfrac{{R’}}{R}$ và $\dfrac{{\overline {{O_2}O} }}{{\overline {{O_2}O’} }} = {k_2} = – \dfrac{{R’}}{R}$

Hệ quả 4. Bốn điểm $O, O’, O_1, O_2$ tạo thành một hàng điểm điều hòa.

Hệ quả 5. Nếu hai đường tròn tiếp xúc nhau tại tiếp điểm $A$. Khi đó có một phép vị tự tâm $A$ biến đường tròn này thành đường tròn kia.

Tính chất 6. Cho hai đường tròn $(O)$ và $(I)$ tiếp xúc trong tại $A$. Một dây cung $BC$ của $(O)$ tiếp xúc với $(I)$ tại $P$. Khi đó $AP$ đi qua điểm $D$ chính giữa cung $BC$ của $(O)$ và $DP.DA = DB^2$.

Chứng minh.

Xét phép vị tự $H(A): (I) \mapsto (O)$. Khi đó $P \mapsto D$. Suy ra $IP ||OD$ mà $IP \bot BD$. Suy ra $OD \bot BC$. Do đó $D$ là điểm chình giữa cung $BC$.

Định lý 7. (Tích của hai phép vị tự)Ta xét tích của hai phép vị tự $H_1(O_1;k_1)$ và $H_2(O_2;k_2)$:

  1. Trường hợp 1: Nếu $k_1k_2 = 1$ thì tích $H_2(O_2;k_2)oH_1(O_1;k_1)$ là một phép tịnh tiến theo Vectơ $\overrightarrow v = \left( {1 – {k_2}} \right)\overrightarrow {{O_1}{O_2}} $
  2. Trường hợp 2: ${k_1}{k_2} \neq 1$ thì tích $H_2(O_2;k_2)oH_1(O_1;k_1)$ là một phép vị tự tỉ số $k = k_1k_2$ và có tâm O được xác định bởi công thức $\overrightarrow {OO_1} = \dfrac{{k_2 + 1}}{k_1k_2}\overrightarrow {OO_2} $

Định lý 8. (Monge – D’alambert)  Cho ba đường tròn $C_1(O_1, R_1), C_2(O_2, R_2), C_3(O_3, R_3)$ phân biệt trên mặt phẳng. Khi đó tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn $(C_1, C_2), (C_2, C_3), (C_3, C_1)$ cùng thuộc một đường thẳng. Hai tâm vị tự trong của hai trong ba cặp đường tròn trên và tâm vị tự ngoài của cặp đường tròn còn lại cùng thuộc một đường thẳng.

Định lý 9. Nếu có một phép nghịch đảo tâm I biến $(O)$ thành $(O’)$ thì sẽ có một phép vị tự tâm $I$ biến $(O)$ thành $(O’)$.

II. VÍ DỤ

Ví dụ 1. Cho tam giác $ABC$, gọi $M, N, P$ là trung điểm các cạnh $BC, AC$ và $AB$. Các đường phân giác trong $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $I$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác và tiếp xúc với các cạnh $BC, AC, AB$ tại $X, Y, Z$.

  1. (Đường thẳng Euler). Chứng minh rằng trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$ cùng nằm trên một đường thẳng.
  2. Gọi $da$ là đường thẳng qua $M$ và song song với phân giác góc $A$, $d_b, d_c$ được định nghĩa tương tự. Chứng minh rằng $d_a, d_b$ và $d_c$ đồng quy tại một điểm.
Gợi ý

  • Gọi $G, H, O$ lần lượt là trọng tâm, trực tâm và tâm đưởng tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
  • Xét phép vị tự tâm $G$, tỉ số $k = \dfrac{-1}{2}$. Khi đó $\Delta ABC \mapsto \Delta MNP$. $H$ là trực tâm tam giác $ABC$, $O$ là trực tâm tam giác $MNP$ nên $H \mapsto O$, suy ra $\overrightarrow{GO} = -\dfrac{1}{2}\overrightarrow{GH}$.
  • Vậy $ H,G, O$ theo thứ tự cùng thuộc một đường thẳng (đường thẳng Euler) và $GH = 2GO
    $

2.  Cũng sử dụng phép vị tự trên thì ta có $d_a, d_b, d_c $ song song với phân giác góc $A, B, $      nên $d_a, d_b, d_c$ là ảnh của phân giác các góc $A, B, C$ của tam giác $ABC$ qua phép vị tự       này. Do đó $d_a, d_b, d_c$ đồng quy.

Ví dụ 2. Cho tam giác $ABC$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác và tiếp xúc với $BC, AC$ và $AB$ lần lượt tại $D, E, F$. Gọi $D’, E’, F’$là điểm đối xứng của $D, E, F$ qua $I$.

1. Chứng minh rằng $AD’, BE’$ và $CF’$ đồng quy $J$ .
2. Gọi G là trọng tâm tam giác. Chứng minh $I, J, G$ thẳng hàng và $GJ = 2GI$.

Gợi ý
  • Qua $D’$ vẽ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AB, AC$ tại $U, V$. Xét phép vị tự $H(A;\dfrac{AU}{AB}): \Delta AUV \mapsto \Delta ABC$. Biến đường tròn tâm $I$ thành đường tròn $I_a$ bàng tiếp tam giác $ABC$.
  • Ta có $D’ \mapsto D_a$ là tiếp điểm của $(I_a)$ với $BC$.\\ Ta chứng minh được $BD = CD_a$. Chứng minh tương tự ta cũng có $CE = AE_a, BF = AF_a$. \\Mà các đường thẳng $AD, BE, CF$ đồng quy nên $AD_a, BE_a, CF_a$ đồng quy hay $AD’, BE’, CF’$ đồng quy tại $J$.
  •  Gọi $M$ là trung điểm $BC$ suy ra $M$ cũng là trung điểm của $DD_a$. Ta có $IM || D’D_a$.
  • Xét phép vị tự $H'(G;\dfrac{-1}{2}): A \mapsto M$. Mà $IM ||AD’$, suy ra $H’: AD’ \mapsto IM$.
  • Suy ra $J \mapsto I$. Do đó $G, I, J$ thẳng hàng và $GJ = 2GI$.

Ví dụ 3. (Chọn đội tuyển toán PTNK năm 2010) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi $I,I_1,I_2,I_3$ là tâm đường tròn nội tiếp và bàng tiếp các góc A, B, C tương tứng. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $II_2 I_3$ cắt (O) tại hai điểm $M_1,N_1$. Gọi $J_1$ (khác A) là giao điểm của AI và (O). Ký hiệu $d_1$ là đường thẳng qua $J_1$ và vuông góc với $M_1 N_1$. Tương tự xác định các đường thẳng $d_2,d_3$. Chứng minh các đường thẳng $d_1,d_2,d_3$ đồng quy tại một điểm

Gợi ý
  • Dễ thấy đường tròn tâm $O$ ngoại tiếp tam giác $ABC$ là đường tròn Euler của tam giác $I_1I_2I_3$, nên $J_1$ là trung điểm của $II_1$.
  • Gọi $K_1$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $II_2I_3$, và $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $I_1I_2I_3$ ta có $\overrightarrow{KK_1} = \overrightarrow{I_1I}$.
  • Suy ra $I_1K_1$ qua trung điểm của $IK$, mà $O$ là trung điểm $IK$ nên $I_1, O, K_1$ thẳng hàng. Mặt khác $OK_1 \bot M_1N_1$. Do đó $I_1K_1 \bot M_1N_1$, suy ra $I_1K_1 ||d_1$.
  • Xét phép vị tự $H(I;2): J_1 \mapsto I_1$ mà $d_a ||I_1O$ nên $H: d_a \mapsto I_1K_1$. Tương tự $d_b \mapsto I_2K_2, d_c \mapsto I_3K_3$.Do đó $d_a, d_b, d_c$ đồng quy.

[Phần 2]

Chứng minh ba điểm thẳng hàng

Leave a reply

Đề bài. Cho tam giác $OBA$ vuông tại $B$ đường cao $BH$. Gọi $C$, $D$ lần lượt là điểm đối xứng của $B$, $O$ qua $H$. Từ $B$ kẻ hai tiếp tuyến $BP$, $BQ$ đến đường tròn đường kính $AD$. Chứng minh ba điểm $C$, $P$, $Q$ thẳng hàng.

Cách 1 (sử dụng tam giác đồng dạng)

Gọi $I$ là trung điểm $AD$. Qua $C$ kẻ đường thằng vuông góc với $BI$, cắt $BI$ tại $J$ và cắt $OA$ tại $K$. Nếu chứng minh được

\[ IJ.IB = IQ^2 = IP^2 \qquad (*)\]

ta sẽ chứng minh được $QJ \bot BI$ và $PJ \bot BI$ nhờ các tam giác đồng dạng. Từ đó suy ra được $C, P, Q$ thẳng hàng (cùng nằm trên đường thẳng vuông góc với $BI$ tại $J$).

Vì $IJ.IB = IH.IK$ nên việc chứng minh (*) có thể đưa về chứng minh $IH.IK = IA^2$ (xem chứng minh ở đây).

Cách 2 (tứ giác nội tiếp, phương tích)

Do tứ giác $BOCD$ là hình thoi, nên $CD$ song song $OB$, tia kéo dài $CD$ sẽ vuông góc với $AB$ tại $E$. Tứ giác $HEAC$ nội tiếp có

\[BE.BA = BH.BC \]

Lại có $BP$, $BEA$ lần lượt là tiếp tuyến và cát tuyến của đường tròn đường kính $AD$ nên

\[ BE.BA = BP^2 \]

Suy ra được $BH.BC = BP^2$, suy ra tam giác $BPC$ và $BHP$ đồng dạng (c.g.c), ta có được $\angle BCP = \angle BPH$. Chứng minh tương tự với $\angle BCQ = \angle BQH$.

Mặt khác, năm điểm $B,Q,I,P,H$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $BI$, nên $\angle BPH = \angle BQH$ (cùng chắn cung $AH$).

Vậy $\angle BCP = \angle BCQ$, suy ra ba điểm $C,P,Q$ thẳng hàng (đpcm).

Hàng điểm điều hòa – Phần 1

Leave a reply

I. LÝ THUYẾT

Định nghĩa 1 Cho 4 điểm $A, B, C, D$ thẳng hàng. Khi đó tỉ số kép của 4 điểm $A, B, C, D$ kí hiệu là $(ABCD)$ và được tính bởi công thức
\[\left( {ABCD} \right) = \frac{{\overline {CA} }}{{\overline {CB} }}:\frac{{\overline {DA} }}{{\overline {DB} }}\]

Định nghĩa 2. Nếu tỉ số kép của 4 điểm $A, B, C, D$ bằng $-1$ thì 4 điểm $A, B, C, D$ được gọi là hàng điểm điều hòa. Kí hiệu là $(ABCD) = -1$.

Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$. Gọi $D, E$ là chân đường phân giác trong và phân giác ngoài của góc $A$. Khi đó $A, B, D, E$ là hàng điểm điều hòa.

Tính chất 4. Từ định nghĩa suy ra:

  1. $(ABCD) = (CDAB) = (BADC) = (DCBA)$
  2. $(ABCD) = 1/(BACD) = 1/(ABDC)$
  3. $(ABCD) = 1 -(ACBD) = 1 -(DBCA)$
  4. $(ABCD) = (A’BCD) \Leftrightarrow A \equiv A’$.

Tính chất 5. Trên trục số cho 4 điểm $A, B, C, D$. Khi đó các mệnh đề sau tương đương:

  • $A , B, C, D$ là hàng điểm điều hòa.
  • $\dfrac{{\overline {CA} }}{{\overline {CB} }} = – \frac{{\overline {DA} }}{{\overline {DB} }}$
  • $\dfrac{2}{{\overline {AB} }} = \dfrac{1}{{\overline {AC} }} + \dfrac{1}{{\overline {AD} }}$
  • ${\overline {IA} ^2} = \overline {IC} .\overline {ID}$ ($I$ là trung điểm của đoạn $AB$).
  • $\overline {AC} .\overline {AD} = \overline {AB} .\overline {AK} $ ($K$ là trung điểm của đoạn $CD$).

Định lý 6. Cho $A, B, C, D$ thuộc đường thẳng $(d)$. $S$ nằm ngoài $(d)$. Từ $C$ kẻ đường thẳng song song với $SD$ cắt $SA$, $SB$ tại $A’$ và $B’$. Khi đó: \[\left( {ABCD} \right) = \dfrac{{\overline {CA’} }}{{\overline {CB’} }}\]

Hệ quả 7. Bốn điểm $A, B, C, D$ là hàng điểm điều hòa khi và chỉ khi $C$ là trung điểm của $A’B’$.

Định nghĩa 8. Cho đường thẳng $(d)$ và $S$ ở ngoài $(d)$. Với mỗi điểm $M$ ($M$ không thuộc đường thẳng qua $S$ và song song với $(d)$ , $SM$ cắt $(d)$ tại $M’$. Vậy $M \to M’$ là phép chiếu xuyên tâm $S$ lên đường thẳng $(d)$.

Định lý 9. Cho 4 đường thẳng $a, b, c, d$ cắt nhau tại $S$. Một đường thẳng cắt $a, b, c, d$ lần lượt tại $A, B, C, D$. Khi đó ta có:
\[\left( {abcd} \right) = \left( {ABCD} \right) = \frac{{\sin \left( {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SC} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SD} } \right)}}:\frac{{\sin \left( {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SC} } \right)}}{{\sin \left( {\overrightarrow {SB} ,\overrightarrow {SD} } \right)}}\]

Tính chất 10. Phép chiếu xuyên tâm bảo toàn tỉ số kép. Tức là qua phép chiếu xuyên tâm S lên đường thẳng $(d), A \to A’, B \to B’ , C \to C’, D \to D’$ thì: $(ABCD) = (A’B’C’D’)$.

Tính chất 11. Cho bốn đường thẳng $a, b, c, d$ cắt nhau tại $S$, một đường thẳng $\Delta$ cắt 4 đường thẳng tại 4 điểm $A, B, C, D$ thì $(ABCD)$ không phụ thuộc vào $\Delta$. Người ta gọi $(ABCD)$ là tỉ số kép của chùm 4 đường thẳng. Kí hiệu là $S(ABCD)$ hay $(abcd)$.

Định nghĩa 12.  Nếu $S(ABCD) = -1$ thì ta gọi $a, b, c, d$ là chùm điều hoà.

Tính chất 13. Từ tính chất của tỉ số kép ta có tính chất sau của chùm 4 đường thẳng: $$(a, b, c, d) = (a’, b, c, d) \Leftrightarrow a \equiv a’$$

Hệ quả 14. Nếu $S(ABCD) = S(A’BCD)$ thì $S, A, A’$ thẳng hàng.

Hệ quả 15. Cho hai đường thẳng $(d)$ và $(d’)$ cắt nhau tại $O$. Trên $(d)$ lấy các điểm $A, B, C$; trên $(d’)$ lấy các điểm $A’,B’, C’$ . Khi đó $(OABC) = (OA’B’C’)$ khi và chỉ khi $AA’, BB’$ và $CC’$ đôi một song song hoặc đồng qui.

Định lý 16. Cho chùm điều hòa $(abcd)$. Ta có $b \bot d$ khi và chỉ khi $b, d$ là phân giác trong và phân giác ngoài của góc tạo bởi $a$ và $c$.

Định lý 17. Cho đường $a, b, c$ cắt nhau tại $O$, và $a’,b’, c’$ cắt nhau tại $O’$. Gọi $d$ là đường thẳng đi qua hai điểm $OO’$. Gọi $A$ là giao của $a$ và $a’$; $B$ là giao của $b$ và $b’$; $C$ là giao của $c$ và $c’$. Khi đó $A, B, C$ thẳng hàng khi và chi khi $(abcd) = (a’b’c’d)$.

II. CÁC VÍ DỤ

  1. Một số ứng dụng của hàng điểm và phép chiếu xuyên tâm trong các định lý quen thuộc.

Đầu tiên là một số ví dụ về các hàng điểm điều hòa quen thuộc.

Ví dụ 1. Cho tứ giác $ABCD$. Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$; $I$ là giao điểm của hai cạnh bênh $AD$ và $BC$. $IO$ cắt $AB$ và $CD$ tại $MN$. Khi đó $I, O, M, N$ là hàng điểm điều hòa. Gọi $J$ là giao điểm của $AB$ và $CD$, khi đó $J, N, D, C$ cũng là hàng điểm điều hòa.

Cách 1

Cách 1. Ta có thể dùng định lý Ceva và Meneluas để tính toán các tỉ số.

  • Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $IOA$ cho cát tuyến $DNC$ ta có:
    \[\dfrac{{\overline {NO} }}{{\overline {NI} }}.\dfrac{{\overline {DI} }}{{\overline {DA} }}.\dfrac{{\overline {CA} }}{{\overline {CO} }} = 1\]
  • Tương tự cho tam giác $IOC$ ta có \[\dfrac{{\overline {MO} }}{{\overline {MI} }}.\dfrac{{\overline {BI} }}{{\overline {BC} }}.\dfrac{{\overline {AC} }}{{\overline {AO} }} = 1\]
  • Mặt khác áp dụng Menelaus cho tam giác $IAC$ ta có \[\dfrac{{\overline {BI} }}{{\overline {BC} }}.\dfrac{{\overline {OC} }}{{\overline {OA} }}.\dfrac{{\overline {DA} }}{{\overline {DI} }} = 1\]
  • Từ các điều trên ta có \[\dfrac{{\overline {NO} }}{{\overline {NI} }}:\dfrac{{\overline {MO} }}{{\overline {MI} }} = – 1\,\]
  • Nên $I, O, M, N$ là hàng điểm điều hòa.
Cách 2

Sử dụng phép chiếu xuyên tâm.

  • Ta có $(IOMN) = C(IOMN) = (BAMJ) = D(BAMJ) = (OIMN) = 1/(IOMN)$
  • Do đó $(IOMN) = – 1$ (Vì $(IOMN) \neq 1$
  • Vậy $(IOMN)$ là hàng điểm điều hòa.
  • Hơn nữa ta có $– 1 = (IOMN) = B(IOMN) = (CDJN)$
  • Vậy $J, N, D, C$ là hàng điểm điều hòa.

Ví dụ 2.   Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Đường tròn $(I)$ tiếp xúc với $BC, AB, AC$ lần lượt tại $D, E, F$. $EF$ cắt $BC$ tại $P$.
a. Khi đó $P, D, B, C$ là hàng điểm điều hòa.
b. Gọi $H$ là hình chiếu của $D$ trên $EF$. Chứng minh $HD$ là phân giác $\angle BHC$.

 

Gợi ý

a. Áp dụng Menelaus cho tam giác $ABC$ ta có $$ \dfrac{PB}{PC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{FA}{FB} = 1$$.
Suy ra $\dfrac{PB}{PC} = \dfrac{FB}{FC} = \dfrac{DB}{DC}$. Do đó $B, C, P, D$ là hàng điểm điều hòa.
b.  Ta có $H(BCPD) = -1$ mà $HD \bot HP$, suy ra $HD, HP$ lần lượt là phân giác ngoài và phân giác trong của $\angle BHC$.

Ngoài ra ta còn biết hàng điểm điều hòa như:

Tâm hai đường tròn và tâm vị tự ngoài và tâm vị tự trong của hai đường tròn đó tạo thành hàng điểm điều hòa.

Tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn Euler, trực tâm và trọng tâm tạo thành hàng điểm điều hòa. (Đây là trường hợp đặc biệt của tính chất trên)

 

Ta có thể sử dụng phép chiếu xuyên tâm để chứng minh các định lý sau.

Ví dụ 3. (Định lý Papus) Cho hai đường thẳng $\Delta$ và $\Delta ‘$. Trên $\Delta$ lấy các điểm $A, B, C$ và trên $\Delta’$ lấy các điểm $A’, B’, C’$. Gọi $M$ là giao của $AB’$ và $A’B$; $N$ là giao của $AC’$ và $A’C$ và $P$ là giao của $BC’$ và $B’C$. Chứng minh rằng $M, N, P$ thẳng hàng.

Gợi ý
  •  Gọi $K$ là giao điểm của $AC’$ và $A’B$; $I$ là giao điểm của $A’C$ và $BC’$.
  • Ta có $(BKMA’) = A(BKMA’) = A(CNLA’) = (CNLA’)$.
  • Và $(BC’PI) = C(BC’PI) = C(AC’HN) = B'(AC’HN) = (LA’CN) = (CNLA’)$.
  • Do đó $(BKMA’) = (BC’PI)$, suy ra $C’K, MP$ và $A’I$ đồng quy, hay $M, N, P$ thẳng hàng.

Ví dụ 4. (Định lý Pascal)  Cho đường tròn $(w)$. Trên $(w)$ lấy các điểm $A, B, C$ và $A’, B’, C’$. Gọi $M$ là giao của $AB’$ và $A’B$; $N$ là giao của $AC’$ và $A’C$ và $P$ là giao của $BC’$ và $B’C$. Chứng minh rằng $M, N, P$ thẳng hàng.

Gợi ý
  • Gọi $L$ là giao điểm của $AC’$ và $A’B$, $K$ là giao điểm của $A’C$ và $BC’$.
  • Xét tứ giác $A’BC’B’$. Ta có:
    $$(BLMA’) = A(BC’B’A’) = C(BC’B’A’) = (BC’PK)$$
  • Suy ra $C’L, PM$ và $A’K$ đồng quy. Vậy $M, N, P$ thẳng hàng.

Ví dụ 5. (Định lý Desargue)  Cho hai tam giác $ABC$ và $A’B’C’$. Gọi $P$ là giao điểm của $AB$ và $A’B’$; $Q$ là giao điểm của $AC$ và $A’C’$; $R$ là giao điểm của $BC$ và $B’C’$. Khi đó $P, Q , R$ thẳng hàng khi và chỉ khi $AA’, BB’, CC’$ đồng quy.

Gợi ý
  • Chiều thuận. Cho $M, N, P$ thẳng hàng, ta chứng minh $AA’, BB’, CC’$ đồng quy. Gọi $S$ là giao điểm của $AA’$ và $CC’$. Ta chứng minh $S, B, B’$ thẳng hàng.
  • Ta có $N(SAMA’) = M(SANA’) = N(SCMC’) = P(SCMC’)$. Mà $S$ là giao của $NS$ và $PS$, $B$ là giao của $MA$ và $PC$, $B’$ là giao của $MA’$ và $PC’$, suy ra $S, B’, B$ thẳng hàng. Hay $AA’, BB’, CC’$ đồng quy.
  • Chiều đảo. Áp dụng chiều thuận cho tam giác $AMA’$ và $CPC’$

 2. Áp dụng vào giải các bài toán.

Ví dụ 6. Cho tam giác $ABC$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với $AC, AB, BC$ lần lượt tại $E$ , $F$ và $D$. $ID$ cắt $EF$ tại $K$. Chứng minh $AK$ đi qua trung điểm của $BC$.

Gợi ý
  • Gọi $M$ là giao điểm của $AK$ và $BC$, ta chứng minh $M$ là trung điểm $BC$.
  • Qua $A$ dựng đường thẳng $(d)$ song song với $BC$. Ta cần chứng minh $(d, AM, AB, AC) = -1$.
  • Gọi $J$ là giao điểm của $EF$ và $(d)$. Ta có $(d, AM, AB, AC) = (JKFE)$.
  • Gọi $H$ là giao điểm của $ID$ và $(d)$, ta có $AH \bot IH$, suy ra $H, A, E, F, I$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AI$. Hơn nữa $IE = IF$, suy ra $\angle FHI = \angle EHI$. Từ đó ta có $HK, HJ$ là phân giác trong và phân giác ngoài của $\angle EHF$.
  • Do đó $(JKFE) = -1$.
  • Suy ra $(d, AM, AB, AC) = – 1$, vậy $M$ là trung điểm của $BC$.

Ví dụ 7. (BMO 2007) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $D$ là một điểm trên cạnh $AC$. Gọi $E$ là điểm đối xứng của $A$ qua $BD$. Đường thẳng qua $D$ vuông góc với $BC$ cắt $CE$ tại $F$. Chứng minh $DE$ và $AF$ cắt nhau tại một điểm thuộc đường thẳng $BC$. 

Gợi ý
  • Gọi $I$ là giao điểm của $DF$ và $AE$, $J$ là giao điểm của $AF$ và $ED$, $K$ là giao điểm của $CB$ và $AE$.
  • Ta có $HK. HI = HD.HB = HE^2$, mà $H$ là trung điểm của $AE$ nên $(AEKI) = – 1$. Suy ra $B(AEKI) = – 1$.
  • Mặt khác, xét tứ giác $ADFE$ thì theo bài toán 1 ta có $C(AEJI) = – 1$.
  • Do đó $B(AEKI) = C(AEJI)$, suy ra $B, J, C$ thẳng hàng.

Ví dụ 8.  (IMO Shortlist 2006) Hai đường tròn $(O_1)$, $(O_2)$ tiếp xúc ngoài nhau tại $C$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại $D$ và $E$. Gọi $(d)$ là tiếp tuyến chung của $(O_1)$ và $(O_2)$ tại $C$. $AB$ là đường kính của $(O)$ sao cho $A$, $D$, $O_1$ cùng phía đối với $(d)$. Chứng minh rằng $AO_1, BO_2$ và $DE$ đồng quy.

Gợi ý
  • Ta có $\triangle DO_1C \backsim \triangle DOB$ (c.g.c), suy ra $\angle O_1DC =\angle ODB$, suy ra $D, C, B$ thẳng hàng.
  • Chứng minh tương tự ta cũng có $A, C, E$ thẳng hàng. Hơn nữa nếu $Z, Y$ là giao của $O_1O_2$ với $(O_1)$ và $(O_2)$ thì $Z$ thuộc $AD$ và $Y$ thuộc $EB$.
  • Do đó $\angle AEB = \angle ADB = 90^\circ$. Do đó $C$ là trực tâm của tam giác $MAB$ ($M$ là giao điểm của $AD$ và $BE$). Suy ra $M \in (d)$.
  • Gọi $P, H$ là giao điểm của $MC$ và $DE$ và $AB$. Khi đó ta có $(MCPH) = – 1$, suy ra $A(DPCH) = -1$ (1)
  • Mặt khác xét chùm $A(DO_1CH)$, đường thẳng qua $O_1$ song song với $AH$ cắt $AD$ và $AC$ tại $Z$ và $C$ và $O_1$ là trung điểm của $CZ$ nên $A(DO1CH) = – 1$ (2)
  • Từ (1) và (2) ta có $A, O_1, P$ thẳng hàng.
  • Chứng minh tương tự ta cũng có $B, O_2, P$ thẳng hàng.
  • Do đó ta có $AO_1, BO_2, DE$ đồng quy tại $P$.

Bài tập.

  1. Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ thuộc tia đối của tia $AO$. Đường thẳng $b, c$ đối xứng với $PB$ qua $AB$ và $PC$ qua $AC$. Chứng minh giao điểm của $b$ và $c$ thuộc trên một đường cố định.
  2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ đường kính $BC$ ($AB < AC$). Gọi $E$ là điểm đối xứng của $A$ qua $BC$ và $D$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $A$ với $BC$. Gọi $X$ là hình chiếu của $A$ trên $BE$, $M$ là trung điểm $AX$. Gọi $Z$ là giao điểm của $BM$ và $(O)$. Chứng minh rằng $CD$ là tiếp tuyến của đường tròn $(AZD)$.
  3. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $E$ là một điểm di động trên $(O)$. $AE$ cắt các tiếp tuyến tại $B, C$ của $(O)$ tương ứng tại $M, N$. $BN$ cắt $CM$ tại $F$. Chứng minh rằng đường thẳng $EF$ luôn đi qua một điểm cố định khi $E$ di động trên $(O)$.
  4. Cho đường tròn $(O)$, một điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ vẽ hai tiếp tuyến $AB$ và $AC$ đến $(O)$ ($B, C$ là hai tiếp điểm), và hai cát tuyến $AMQ, ANP $đến $(O) $($M$ nằm giữa $A, Q$ và $N $ nằm giữa $A, P$). Chứng minh rằng $BC, PM, QN $ đồng quy.
  5. Cho $(O)$ và một điểm cố định nằm ngoài $(O)$; kẻ tiếp tuyến $MB$ và một cát tuyến $MAC$ bất kì. Một đường thẳng $d$ song song với $MB$ cắt $BA; BC$ tại $N$ và $P$. Chứng minh rằng trung điểm $I$ của $NP$ thuộc một đường cố định.

 

Ba điểm thẳng hàng – Phương pháp điểm trùng

Leave a reply

Để chứng minh ba điểm thẳng hàng có nhiều cách chứng minh, trong bài viết này tôi giới thiệu “phương pháp điểm trùng”, thường được sử dụng để chứng minh các bài toán phát biểu ngược.

Nội dung phương pháp như sau: Để chứng minh ba điểm $A, B, C$ thẳng hàng, trong đó $C$ ta dựng điểm $C’$ sao cho $A, B, C’$ thẳng hàng. Sau đó chứng minh $C$ trùng $C’$.

Việc chứng minh $C$ trùng $C’$ thường xuất phát từ sự xác định duy nhất của điểm $C$ có thể là giao của hai đường, trung điểm đoạn thẳng,…Ta xét các ví dụ sau.

Ví dụ 1. Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$, $C$ thuộc đường tròn. Tiếp tuyến tại $C$ cắt tiếp tuyến tại $A, B$ của $(O)$ tại $D, E$. Gọi $H$ là hình chiếu của $C$ trên $AB$.

a. $DB$ cắt $CH$ tại $N$. Chứng minh $A, N, E$ thẳng hàng.

b.Đường thẳng qua $A$ song song $HE$ và đường thẳng qua $B$ song song với $HD$ cắt nhau tại $M$. Chứng minh $D, M, E$ thẳng hàng.

Gợi ý

a. $BC$ cắt $AD$ tại $F$, ta chứng minh được $D$ là trung điểm của $AF$.

Khi đó $\dfrac{CN}{DF} = \dfrac{PN}{PD} = \dfrac{HN}{AD}$.

Mà $AD = DF$, suy ra $CN = HN$ hay $N$ là trung điểm của $CH$.

Gọi $N’$ là giao điểm của $AE$ và $CH$, chứng minh tương tự ta cũng có $N’$ là trung điểm của $CH$. Do đó $N \equiv N’$ hay $A, N, E$ thẳng hàng.

b. Phân tích: vẽ hình chính xác và trực giác ta dự đoán được $M$ là trung điểm của $DE$, hơn nữa điểm $M$ là được xác định duy nhất do là giao điểm của 2 đường, do đó ta có thể gọi $M’$ là trung điểm và chứng minh $M’ \equiv M$ bằng cách chứng minh $AM’||HD$ và $BM’||HC$. Thực ra do vai trò như nhau nên chỉ cần chứng minh $AM’||HD$ là đủ.

  • Ta có $\dfrac{HA}{HB} = \dfrac{CD}{CE} = \dfrac{AD}{BE}$. Suy ra $\triangle AHD \backsim \triangle BHE$. Suy ra $\angle AHD = \angle BHE$.
  • Suy ra $\angle KHA = \angle BHE = \angle AHD$. Từ đó ta có tam giác $HDK$ cân tại $H$ và $A$ là trung điểm $AD$.
  • Tam giác $DHE$ có $M’A$ là đường trung bình nên $AM’||EK$ hay $AM’||HE$.
  • Chứng minh tương tự ta có $BM’||HD$.
  • Vậy $M’ \equiv M$. Hay $D, M, E$ thẳng hàng.

Ví dụ 2. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$, có $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ và $AD$ là đường kính của $(O)$. Trên các cạnh $AB, AC$ lấy $E, F$ sao cho $AE = AF$ và $E, H, F$ thẳng hàng. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ cắt phân giác góc $\angle BAC$ tại $P$. Chứng minh $H, P, D$ thẳng hàng.

Gợi ý

 

Gọi $P’$ là giao điểm phân giác góc $\angle BAC$ và $HD$. Ta chứng minh $P’ \equiv P$, hay cần chứng minh $AEPF$ nội tiếp.

Ta có tính chất quen thuộc $\angle HAB = \angle DAC$, nên $AP’$ cũng là phân giác $\angle HAD$.

Ta có $\angle AEF = \angle ABH + \angle EHB$, $\angle AFE = \angle ACH + \angle FHC$.

Mà $\angle ABH = \angle ACH$ và $\angle AEF = \angle AFE$ nên $\angle EHB = \angle FHC = \angle EHL$.

Do đó $HE$ là phân giác $\angle LHB$, suy ra $\dfrac{LE}{EB} = \dfrac{HL}{HB}$. (1)

Tam giác $AHL $ và tam giác $ADC$ đồng dạng, suy ra $\dfrac{HL}{CD} = \dfrac{AH}{AD}$.

Mà $CD = BH, \dfrac{AH}{AD} = \dfrac{HP’}{P’D}$, suy ra $\dfrac{HL}{HB} = \dfrac{HP’}{P’D}$. (2)

Từ (1) và (2) ta có $\dfrac{LE}{EB} = \dfrac{HP’}{P’D}$, suy ra $P’E ||HL||BD$, suy ra $P’E \bot AB$.

Chứng minh tương tự ta có $P’F \bot AC$.

Do đó $AEP’F$ nội tiếp, suy ra $P’ \equiv P$. Hay $D, P, H$ thẳng hàng.

Bài tập.

Bài 1. Cho tam giác $ABC$, đường tròn $w$ đường kính $BC$ cắt $AB, AC$ tại $D, E$. Tiếp tuyến tại $D, E$ của $w$ cắt nhau tại $M$, chứng minh $AM$ đi qua trực tâm của tam giác $ABC$.

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nhọn, các đường cao $AD, BE, CF$. Gọi $M,N$ là trung điểm $BE, CF$. Đường tròn $w$ qua $A, D$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $DMN$ tại $D$, $w$ cắt $AB, AC$ tại $P$ và $Q$. Chứng minh $P, Q, M, N$ thẳng hàng.

Bài 3. Cho đường tròn $(O)$ và điểm $A$ nằm ngoài $(O)$. Từ $A$ vẽ các tiếp tuyến $AB, AC$ đến $(O)$, một cát tuyến qua $A$ cắt $(O)$ tại $D, E$ sao cho $D$ nằm giữa $A$ và $E$ và tia $AE$ nằm giữa hai tia $AB, AO$. Đường thẳng qua $D$ song song $BE$ cắt $BC$ tại $F$. Gọi $K$ là điểm đối xứng của $B$ qua $E$, chứng minh $A, P, K$ thẳng hàng.

Chứng minh ba điểm thẳng hàng – Phương pháp góc bù

1 Reply

Để chứng minh 3 điểm thẳng hàng có nhiều phương pháp chứng minh, trong bài viết này tôi trình bày phương pháp sử dụng góc bằng nhau hoặc góc bù.

Giả sử cần chứng minh $A, B, C$ theo thứ tự thẳng hàng.

  • Nếu có tia $Bx$ nằm giữa hai tia $BA, BC$ thì $A, B, C$ thẳng hàng khi và chỉ khi $$\angle ABx + \angle CBx = 180^\circ$$
  • Nếu có tia $Ax$ sao cho $AB, AC$ cùng phía đối với $Ax$ thì $A, B, C $ thẳng hàng khi và chỉ khi $$\angle xAB = xAC$$

Tùy theo trường hợp ta sử dụng phương pháp phù hợp để giải quyết bài toán. Mỗi phương pháp đều có thể mạnh riêng và những áp dụng riêng. Ta xét vài ví dụ để thấy rõ hơn nhé.

Ví dụ 1. (Định lý Simson)  Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ là điểm thuộc $(O)$. Gọi $D, E, F$ lần lượt là hình chiếu của $P$ trên các đường thẳng $BC, AC, AB$. Chứng minh rằng $D, E, F$ thẳng hàng. 

Gợi ý

Ta xét trường hợp các điểm như hình vẽ, các trường hợp khác làm tương tự.

Ta có các tứ giác $ABPC, PDBF, PDEC$ nội tiếp.

Cách 1. Sử dụng góc bù, ta chứng minh $\angle FDP + \angle EDP = 180^\circ$.

  • Do $PDBF$ nội tiếp nên $\angle FDP = \angle FBP$. (1)
  • Do $ABPC$ nội tiếp nên $\angle FBP = \angle ACP$. (2)
  • Do $PDEC$ nội tiếp nên $\angle ACP  + \angle EDP = 180^\circ$. (2)
  • Từ (1), (2), (3) ta có $\angle FDP + \angle EDP =  180^\circ$ nên $D, E, F$ thẳng hàng.

Cách 2. Sử dụng tia trùng, ta chứng minh $\angle PFD = \angle PDE$.

  • Do tứ giác $PDBF$ nội tiếp nên $\angle PFD = \angle PBC$. (1)
  • Và tứ giác $AFPE$ nội tiếp nên $\angle PFE = \angle PAC$. (2)
  • Tứ giác $ABPC$ nội tiếp nên $\angle PBC = \angle PAC$. (3)
  • Từ (1), (2) và (3) ta có $\angle PFD = \angle PFE$. Suy ra $F, D, E$ thẳng hàng.

Hai cách trên là gần như tương đương nhau, tùy thuộc và hình vẽ để sử dụng cách nào cho thuận lợi và lời giải ngắn gọn hơn.

Ta xét tiếp định lý sau:

Ví dụ 2. (Đường thẳng Steiner) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, $P$ là một điểm thuộc đường tròn. Gọi $D, E$ là điểm đối xứng của $P$ qua $AB, AC$. Chứng minh rằng đường thẳng $DE$ qua trực tâm $H$ của tam giác $ABC$.

Gợi ý

Gọi $K, L$ là giao điểm của $BH, CH$ với $(ABC)$. Ta chứng minh được $K, L$ lần lượt là điểm đối xứng của $H$ qua $AC, AB$.

  • Xét phép đối xứng trục đường thẳng $AB$ thì  ta có $\angle AHD = \angle ALP$.
  • Xét phép đối xứng trục là đường thẳng $AC$ thì $\angle AHE = \angle AKP$.
  • Mà $\angle ALP + \angle AKP = 180^\circ$ nên $\angle AHD + \angle AHE = 180^\circ$.
  • Suy ra $D, H, E$ thẳng hàng.

Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$ có $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp. Đường tròn thay đổi qua $A, O$ cắt các cạnh $AB, AC$ lần lượt tại $D, E$.

  1. Chứng hình chiếu của $O$ trên $DE$ thuộc một đường thẳng cố định.
  2. Chứng minh rằng trực tâm của tam giác $ODE$ thuộc đường thẳng $BC$.
Gợi ý

Gọi  $H$ là hình chiếu của $O$ trên $DE$.

  1. Gọi $M, N$ là trung điểm của $AB, AC$. Ta có $OM \bot AD, ON \bot AC$. Theo ví dụ 1, ta có $H$ thuộc $MN$ cố định.
  2. Gọi $K$ là trực tâm của tam giác $ODE$.
  • Ta có $\angle OKD = \angle OED = \angle OAD = \angle OBD$. Suy ra $ODBK$ nội tiếp.
  • Tương tự thì $OECK$ nội tiếp.
  • Khi đó $\angle OKD = \angle ODA = \angle OEC$, và $\angle OEC + \angle OKC = 180^\circ$ nên $\angle OKD + \angle OKC = 180^\circ$, suy ra $B, K, C$ thẳng hàng.

Bài tập.

1.Cho tam giác $ABC$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh $AB, AC$ tại $D, E$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ trên $BI$. Chứng minh $D, E, H$ thẳng hàng.

Gợi ý
  • Tứ giác $EHCI$ nội tiếp nên $\angle {HEC}=\angle {HEC}$
    Mặt khác, $\angle {HIC}=\angle {IBC}+\angle {ICB}=\frac{1}{2}\cdot (\angle {ABC}+\angle {ACB})=\frac{180^\circ – \angle{BAC}}{2}(1)$
  • $\triangle{ADE}$ cân tại $A$ nên $\angle{AED}=\frac{180^\circ-\angle{BAC}}{2}(2)$
  • Từ $(1)$ và $(2)$ kết hợp với $A,E,C$ thẳng hàng, ta có $\angle{AED}=\angle{HEC}$ ở vị trí đối đỉnh nên $D,E,H$ thẳng hàng.

2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường cao $BD, CE$ cắt nhau tại $H$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $A$.

a. Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Chứng minh $P, H, M$ thẳng hàng.

b. Cho $AP$ cắt $BC$ tại $Q$. Chứng minh $Q, D, E$ thẳng hàng.

Gợi ý
  • a) Dựng đường kính $AT$ của $(O)$
    Tứ giác $BHCT$ là hình bình hành nên $H,M,T$ thẳng hàng.
  • $\angle{APH}=90^\circ$ và $\angle{APT}=90^\circ$ nên $P,H,T$ thẳng hàng. Từ đó suy ra 4 điểm $P,H,M,T$ thẳng hàng.
    b)
  • $ADEP$ nội tiếp nên $\angle{QPE}=\angle{ADE}=\angle{ABC} \Rightarrow PQBE$ nội tiếp.$\Rightarrow \angle{QPB}=\angle{QEB}$
  • Mà $\angle{QPB}=\angle{ACB}=\angle{AED}$ nên $\angle{QEB}=\angle{AED}$, kết hợp với $A,E,B$ thẳng hàng, chúng ở vị trí đối đỉnh nên $Q,E,D$ thẳng hàng.

3.  Cho hình chữ nhật $ABCD$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BD$, $M,N$ lần lượt là trung điểm $BH$ và $CD$.

a. Chứng minh $\angle AMN  = 90^\circ$.

b. Gọi $P,Q, R$ lần lượt là trung điểm của $DH, MN, BC$. Chứng minh $P, Q, R$ thẳng hàng.

Gợi ý

 

  • a) Dễ thấy $\triangle{AHB} \backsim \triangle{ADC}(g.g)$ và $M, N$ lần lượt là trung điểm của $HB,CD$ nên $\triangle{AHM}\backsim \triangle{ADN} \Rightarrow \angle{AND}=\angle{AMD}\Rightarrow$ Tứ giác $ADNM$ nội tiếp $\Rightarrow \angle{AMN}=90^\circ$
  • b) Ta có $PM=PH+HM=\dfrac{DH}{2}+\frac{BH}{2}=\dfrac{BD}{2}$
  • Kết hợp với $NR$ là đường trung bình của $\triangle{BCD}$ nên:
  • $\left\{ \begin{array}{l} N{\rm{R}}\parallel PM\\ NR = PM\left( { = \dfrac{{BD}}{2}} \right) \end{array} \right. \Rightarrow PNRM$ là hình bình hành.
  • Mà $Q$ là trung điểm của $MN$ nên $Q$ cũng là trung điểm của $PR$ hay $P,R,Q$ thẳng hàng.

4. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $D$ là điểm đối xứng của $B$ qua $AC$ và $E$ là điểm đối xứng của $C$ qua $AB$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACE$ cắt nhau tại điểm $F$ khác $A$.

a. Chứng minh $F, B, E$ thẳng hàng và $F, C, D$ thẳng hàng.

b. Chứng minh $AF$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Gợi ý
  • a) Dễ thấy $\triangle{AHB} \backsim \triangle{ADC}(g.g)$ và $M, N$ lần lượt là trung điểm của $HB,CD$ nên $\triangle{AHM}\backsim \triangle{ADN} \Rightarrow \angle{AND}=\angle{AMD}\Rightarrow$ Tứ giác $ADNM$ nội tiếp $\Rightarrow \angle{AMN}=90^\circ$
  • b) Ta có $PM=PH+HM=\frac{DH}{2}+\frac{BH}{2}=\dfrac{BD}{2}$
  • Kết hợp với $NR$ là đường trung bình của $\triangle{BCD}$ nên:$\left\{ \begin{array}{l} N{\rm{R}}\parallel PM\\ NR = PM\left( { = \dfrac{{BD}}{2}} \right) \end{array} \right. \Rightarrow PNRM$ là hình bình hành.
  • Mà $Q$ là trung điểm của $MN$ nên $Q$ cũng là trung điểm của $PR$ hay $P,R,Q$ thẳng hàng.

5. Cho đường tròn $(O)$ và đường thẳng $d$ nằm ngoài đường tròn, gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ trên $d$. $A, B$ là hai điểm thuộc $d$ đối xứng qua $H$. Từ $A$ vẽ tiếp tuyến $AD$ đến $(O)$ sao cho $D$ khác phía $H$ đối với $AO$; từ $B$ vẽ tiếp tuyến $BE$ đến $(O)$ sao cho $E$ cùng phía $H$ đối với $BO$. Chứng minh $D, E, H$ thẳng hàng.

Gợi ý

 

  • Ta có các tứ giác $BHEO, ODAH$ nội tiếp.
  • $\triangle{OAB}$ cân tại $O$, $\triangle{ODE}$ cân tại $O$.
    $\triangle{OEB}=\triangle{ODA}(ch-cgv) \Rightarrow \angle{OBE}=\angle{OAD}$
  • $\left\{ \begin{array}{l} \angle{OBE} = \angle{OHE} \\ \angle{OAD} = \angle{OHD} \\ \angle{OBE} = \angle{OAD} \end{array} \right. \Rightarrow \angle{OHE} = \angle{OHD} $
  • Nên hai tia $HE, HD$ trùng nhau hay $H,E,D$ thẳng hàng.

 

Bài tập cực trị

Leave a reply

Đề bài. Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp $(O)$. Tia $AO$ cắt $(OBC)$ tại $D$, tia $BO$ cắt $(OCA)$ tại $E$, tia $CO$ cắt $(OAB)$ tại $F$. Chứng minh

\[ OD.OE.OF \ge 8R^3 \]

Gợi ý

Gọi $I,J,K$ lần lượt là giao điểm của $AO$, $BO$, $CO$ với các cạnh $BC$, $CA$, $AB$ của tam giác $ABC$. Sử dụng tam giác đồng dạng ta chứng minh được

\[ OD.OI = OE.OJ = OF.OK= R^2 \]

Do đó điều cần chứng minh tương đương với

\[ 8 OI.OJ.OK \le R^3 \]

Đặt $OI = x, OJ – y, OK = z$. Từ $O$ kẻ các đường vuông góc xuống 3 cạnh, đồng thời kẻ 3 đường cao của tam giác $ABC$. Kết hợp Thales cùng tỷ số diện tích ta có được

\[ \frac{x}{x + R} + \frac{y}{y + R} + \frac{z}{z + R} = 1 \]

Quy đồng mẫu và rút gọn ta có

\[ R(xy + yz + zx) + 2xyz = R^3 \]

Đặt $t = \sqrt[3]{xyz}$ và sử dụng bất đẳng thức AM-GM: $xy + yz + zx \ge 3t^2$, thay vào trong biểu thức trên ta được

\[ R^3 \le 3Rt^2 + 2t^3 \]

tương đương với

\[ (2t – R)(t+R)^2 <= 0 \]

Ta có được $t \le R/2$. Từ đó suy ra điều cần chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi tam giác $x=y=z$, tức khi tâm $O$ cách đều 3 cạnh, tam giác $ABC$ là tam giác đều.

Nhận xét

  • Trường hợp $ABC$ là tam giác tù, ta vẫn có $ OD.OI = OE.OJ = OF.OK= R^2 $. Tuy nhiên $OI$, $OJ$, $OK$ có thể lớn nhỏ tùy ý [geogebra], nên bất đẳng thức không còn đúng.

Tứ giác nội tiếp (Cơ bản)

Leave a reply

Định nghĩa. Tứ giác có 4 đỉnh cùng thuộc một đường tròn được gọi là tứ giác nội tiếp.

Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp. Một tứ giác là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi:

  1. Tổng hai góc đối bằng $180^o$.
  2. Góc ngoài bằng góc đối trong.
  3. Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau.

Ví dụ 1. Tính $x$ và $y$ trong các hình sau.

Gợi ý

a. Ta có tứ giác có tổng hai góc đối bằng $180^\circ$ nên

  • $x-21 + x + 15 = 180$
  • $x = 93$.

b. Tứ giác nội tiếp góc ngoài bằng góc đối trong nên

  • $x = 80$
  • $y = 120$.

Ví dụ 2.  Cho ngũ giác $ABCDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $BD$ tâm $O$ với các số đo như hình vẽ, $AE||BD$, $EF$ là tia đối của $EA$.

  1. Tính $\angle BCD$.
  2. Chứng minh $CB = CD$.
  3. Tính $DEF$.
Gợi ý
  1. $\angle BCD$ góc nội tiếp nửa đường tròn nên $\angle BCD = 90^\circ$.
  2. $\angle BAC = \angle CDB  = 45^\circ$, suy ra $\angle CBD = 180^\circ – \angle BCD – \angle BDC = 45^\circ$. Suy ra $CBD$ cân tại $C$, hay $CB = CD$.
  3. Ta có $ABDE$ nội tiếp, suy ra $\angle DEF = \angle ABD$.

Mà $AE||BD$, suy ra $\angle ABD + \angle BAE = 180^\circ$, suy ra $\angle ABD = 180^\circ – \angle BAD = 65^\circ$.

Suy ra $\angle DEF = \angle ABD = 65^\circ$.

Bài tập.

  1. Tính các góc chưa biết trong các hình sau.

  1. Tính số đo các góc chưa biết.

  2. Chứng minh góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắc cung đó theo 2 bước.

a. Vẽ đường kính $AX$. Chứng minh $\angle CAX +\angle CXA = 90^\circ$.

b. Chứng minh $\angle CAT = \angle CBA$.

  1. Tính $\alpha + \beta + \gamma$.

Đường thẳng qua điểm cố định. VMO 2014.

Leave a reply

Bài toán. (PoP1.12) (VMO 2014) Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trong đó $B, C$ cố định và $A$ thay đổi trên $(O)$. Trên các tia $AB$ và $AC$ lần lượt lấy các điểm $M$ và $N$ sao cho $MA = MC$ và $NA = NB$. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AMN$ và $ABC$ cắt nhau tại $P$ ($P \neq A$). Đường thẳng $MN$ cắt đường thẳng $BC$ tại $Q$.

  1. Chứng minh rằng ba điểm $A, P, Q$ thẳng hàng.
  2. Gọi $D$ là trung điểm của $BC$. Các đường tròn có tâm là $M, N$ và cùng đi qua $A$ cắt nhau tại $K$ ($K \neq A$). Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AK$ cắt $BC$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$ cắt $(O)$ tại $F (F \neq A)$. Chứng minh rằng đường thẳng $AF$ đi qua một điểm cố định.
Gợi ý

1.

  • Ta có $MA = MC$ và $NA = NB$ nên tam giác $MAC$ cân tại $M$ và tam giác $NAB$ cân tại $N$.
  • Do đó $\angle BMC = \angle BAC + \angle MAC = 2\angle BAC = \angle BOC$ hay tứ giác $BMOC$ nội tiếp.
  • Tương tự thì tứ giác $BONC$ nội tiếp nên $BMNC$ nội tiếp.
  • Khi đó $QM.QN = QB.QC$, lại có $APMN, APBC$ nội tiếp nên $A, P, Q$ thẳng hàng.

2.

  • Tam giác $AMN$ có $OM \bot AN, ON \bot AM$ nên $AO \bot MN$. Mặt khác $AK \bot MN$ nên $A, O, K$ thẳng hàng.
  • Ta có $\angle OAE = \angle ODE = 90^o$ nên $AODE$ nội tiếp, do đó $\angle OAE = \angle OFE = 90^o$. Hơn nữa $OA = OF$ nên $A, F$ đối xứng qua $OE$.
  • Giả sử $OE$ cắt $AF$ tại $H$ thì $EH.EO = EA^2= EB.EC$ nên $BHOC$ nội tiếp, lại có $\angle OHA = 90^o$ nên $AH$ đi qua $G$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $O$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC$.
  • Vậy $AF$ luôn đi qua điểm $G$ cố định.

Ba đường thẳng đồng quy.

1 Reply

Bài toán. (PoP 1.11) Cho tam giác $ABC$ nhọn. Đường tròn đường kính $AB$ cắt đường cao $CD$ tại hai điểm $M$ và $N$, $M$ nằm ngoài tam giác; đường tròn đường kính $AC$ cắt đường cao $BE$ tại hai điểm $P$ và $Q$, $Q$ nằm ngoài tam giác.

  1. Chứng minh 4 điểm $M, N, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn.
  2. Chứng minh $MP, NQ$ và $BC$ đồng quy.
Gợi ý

1.

  • Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ và $AF$ là đường cao thì $HM.HN = HA.HF = HP.HQ$, suy ra $M, N, P, Q$ cùng thuộc đường tròn.

2.

  • Ta có $AN^2 = AH.AF = AE.AC = AQ^2$, tương tự $AM = AP$. Suy ra $A$ là tâm của $(MNPQ)$.
  • Gọi $V$ là giao điểm của $MP$ và $QN$.
  • Ta có $\angle PFN = \angle PFA +\angle AFN = \angle AQP + \angle AMN = 180^o – \angle BAC – \angle PAN$.
  • Mặt khác $\angle PVN = 180^o – \angle VMQ – \angle VQM = 180^o – \angle PMN – \angle PQN – \angle HMQ – \angle HQM = 180^o – \angle PAN – \angle BAC$.
  • Do đó $\angle PVN = \angle PFN$, suy ra $FVNP$ nội tiếp.
  • Khi đó $\angle VFN = \angle VPN = \angle MQN = \dfrac{1}{2} \angle MAN = \angle MAB = 90^o – \angle AMN = 90^o – \angle APN = 90^o – \angle AFN = \angle NFC$.
  • Do đó $F, K, C$ thẳng hàng.

Trực tâm thuộc một đường cố định.

Leave a reply

Bài toán. (PoP 1.10). Cho tam giác $ABC$ và điểm $D$ thay đổi trên cạnh $BC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ cắt $AC$ tại $E$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $ACD$ cắt $AB$ tại $F$. Gọi $H$ là trực tâm.

  1. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ và đường tròn đường kính $AH$ cắt nhau tại điểm thứ hai là $P$. Chứng minh $AP$ đi qua trung điểm của $BC$.
  2. Chứng minh trực tâm tam giác $PEF$ thuộc một đường thẳng cố định.
Gợi ý
  1. Các đường cao $AN, BE, CL$ cắt nhau tại $H$. Gọi $AM$ là trung tuyến, $HP \bot AM$. Chứng minh $P \in (AEF)$.
    $\dfrac{PK}{PN} = \dfrac{AC}{AB}$.
    $BF.BA = BD.BC, BK.BA = BL.BC$, suy ra $KF.BA = DL.BC$.
    Tương tự $EN.AC = DL.BC$, suy ra $\dfrac{KF}{EN} = \dfrac{AC}{AB}$.
    Do đó tam giác $PKF$ và $PNE$ đồng dạng, suy ra $P \in (AEF)$.
  2. Gọi $X, Y$ là giao điểm của $(P;PA)$ với $AB, AC$. Chứng minh trực tâm tam giác $PEF$ thuộc $XY$.