Tag Archives: IMO

Chuyên đề hình học: Bổ đề Eriq và ứng dụng

BỔ ĐỀ ERIQ VÀ ỨNG DỤNG (Trích tập san Star số 3)

Trương Tuấn Nghĩa – Lớp 12 Trường ĐHKHTN ĐHQG HN

Giới thiệu.

Bổ đề $ERIQ$ được đặt tên bởi tác giả Kostas Vittas trên diễn đàn AoPS với nick name vittasko. (là các chữ viết tắt của cụm từ $Equal$ $Ratios$ $In$ $Quadrilateral$). Nội dung bổ đề:

Cho tứ giác $ABCD$, lấy các điểm $M,N$ nằm trên cạnh $AD,BC$ sao cho
$\dfrac{MA}{MD}=\dfrac{NB}{NC}.$
Khi đó, trung điểm của $AB,MN,CD$ thẳng hàng.

Chứng minh.
Gọi $X,Y,Z$ là trung điểm của $AB,MN,CD$. Lấy $P,Q$ nằm trên $XM,XN$ sao cho $DP,CQ\parallel AB.$

Khi đó, theo định lý Thales, ta có $\frac{MA}{MD}=\frac{AX}{DP}=\frac{MX}{MP};\text{ }\frac{NB}{NC}=\frac{AY}{CQ}=\frac{NX}{NQ}.$ Suy ra
$DP=CQ;$ $\frac{MX}{MP}=\frac{NX}{NQ}$ hay $MN\parallel PQ$.
Do $DP=CQ;DP\parallel CQ$ nên $PCQD$ là hình bình hành hay $Z$ là trung điểm $PQ$. \

Kết hợp với $Y$ là trung điểm của $MN$, ta có $X,Y,Z$ thẳng hàng.

Nhận xét. Ta có thể chứng minh $X,Y,Z$ là các điểm chia cùng tỉ lệ trên $AB,MN,CD$ thẳng hàng bằng cách tương tự. Tiếp theo, ta sẽ đến với một số các mở rộng và ứng dụng của bổ đề trên.

Ứng dụng

Bài 1.  Cho tứ giác $ABCD$, lấy $M,N$ nằm trên cạnh $AD,BC$ sao cho $\frac{MA}{MD}=\frac{NB}{NC}.$ Lấy các điểm $X,Y,Z$ sao cho các tam giác $XAB,YMN,ZCD$ đồng dạng và $X,Y,Z$ lần lượt nằm trên các nửa mặt phẳng bờ $AB$ không chứa $C$, $MN$ không chứa $D$ và $CD$ chứa $A$. Chứng minh rằng $X,Y,Z$ thẳng hàng.
Lời giải.
Lấy $P,Q\in XM,XN$ sao cho $DP\parallel XA,CQ\parallel XB$.

Theo định lý Thales, $DP=XA.\frac{MD}{MA},CQ=XB.\frac{NB}{NC}$ mà $\frac{MA}{MD}=\frac{NB}{NC}$ nên $DP=CQ$
Mặt khác vì $\angle AXB=\angle CZD$ nên $\angle ZDP=\angle ZCQ.$
Do đó, $\vartriangle ZDP=\vartriangle ZCQ(c.g.c)$ dẫn tới $\angle PZD=\angle QZC$ hay $\angle CZD=\angle PZQ.$
Vì $DP\parallel XA,CQ\parallel XB$ nên $\frac{XM}{MP}=\frac{XN}{NQ}(=\frac{MA}{MD})$ nên $MN\parallel PQ$.
Lấy $Y’\in XZ$ sao cho $\frac{XY’}{Y’Z}=\frac{XM}{MP}=\frac{XN}{NQ}.$
Theo định lý Thales, $\frac{XY’}{Y’Z}=\frac{XM}{MP}=\frac{XN}{NQ}$ nên $$\begin{aligned}
& Y’M\parallel ZP,Y’N\parallel ZQ \
& Y’M=Y’N(=ZP.\frac{XY’}{XZ}=ZQ.\frac{XY’}{XZ}) \
\end{aligned}$$
Hay $\angle MY’N=\angle MYN,Y’M=Y’N.$
Do đó, $Y’\equiv Y$ hay $X,Y,Z$ thẳng hàng.

Bài 2. Cho tứ giác $ABCD$ có phân giác trong của các góc $\angle A,\angle B,\angle C,\angle D$ đồng quy tại $I$. $AD$ cắt $BC$ tại $E$, $AB$ cắt $CD$ tại $F$. Gọi $M,N$ là trung điểm $AC,EF.$ Chứng minh rằng $M,N,I$ thẳng hàng.
Lời giải.

Gọi $P,Q$ là giao điểm của đường thẳng qua $I,$ vuông góc với $IB$ với $BA,AC.$
Đầu tiên, dễ thấy $I$ là giao 3 phân giác $\vartriangle ABE$.
Do $BI$ là phân giác $\angle ABC$ nên $\vartriangle BPQ$ cân tại $B$ hay $I$ là trung điểm $PQ.$


Ta có $\angle BPQ=90{}^\circ -\frac{\angle ABE}{2}=\frac{\angle AEB}{2}+\frac{\angle BAE}{2},\angle IAB=\frac{\angle BAE}{2}$ nên $\angle PIA=\frac{\angle AEB}{2}.$
Tương tự thì $\angle EIQ=\frac{\angle BAE}{2}.$
Do đó, $\vartriangle PIA\sim \vartriangle QEA(g.g)$ nên $PA.QE=PI.QI.$
Hoàn toàn tương tự, $PF.QC=PI.QI.$
Vậy ta có $\frac{PA}{FA}=\frac{QC}{QE}$ nên theo bổ đề $ERIQ$, $M,I,N$ lần lượt là trung điểm của $PQ,AC,EF$ thẳng hàng.

Bài 3. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp, không là hình thang. Gọi $E,F$ là giao điểm của các cặp đường thẳng $(AB,CD);(AD,BC).$ Giả sử phân giác của góc $\angle AEC,\angle AFB$ cắt nhau tại $I$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AC,BD$. Chứng minh rằng $I\in MN.$

Lời giải.
Giả sử các điểm có vị trí như hình vẽ, các trường hợp khác tương tự.


Gọi $P,Q$ lần lượt là giao điểm của $FI$ với $AB,CD$.
Do $\angle ABC+\angle CDA=180^\circ $ nên $\angle FAB=\angle FCD$ nên $\triangle FAB \backsim \triangle FCD(g.g)$ () và $\angle EPQ=\angle FAB+\angle AFI=\angle FCD+\angle BFI=\angle EQP$
hay tam giác $EPQ$ cân tại $E$.
Mà $EI$ là phân giác $\angle AED$ nên $I$ là trung điểm $PQ$.
Mặt khác theo (
), $\frac{FA}{FB}=\frac{FC}{FD}$ nên theo tính chất đường phân giác, $\frac{AP}{PB}=\frac{CQ}{QD}.$
Do đó theo bổ đề $ERIQ$, trung điểm $AC,BD,PQ$ thằng hàng hay $I\in MN$. (đpcm)

Bài 4. (AOPS). Cho $\vartriangle ABC$, trực tâm $H$,$P$ bất kỳ trên $BC$, $X$ bất kỳ trên $HP$. Gọi $E,F\ne A$ là giao điểm của đường tròn đường kính $AX$ với $CA,AB$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(AEF)$ cắt nhau tại $T$. Đường thẳng qua $P$ vuông góc $BC$ cắt $CA,AB$ tại $Z,Y$. Gọi $L$ là trung điểm $ZY$. Chứng minh rằng $LT$ chia đôi $BC.$

Lời giải.
Trước hết, ta phát biểu và chứng minh hai bổ đề sau:
Bổ đề 1. Cho $\vartriangle ABC$, đường cao $BE,CF$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC.$ Khi đó, $ME,MF$ là tiếp tuyến của $(AEF)$.
Bổ đề trên có thể chứng minh dễ dàng qua các phép cộng góc.
Bổ đề 2.Cho tứ giác $ABCD$, $AB$ cắt $CD$ tại $E$. Gọi $H,K$ là trực tâm của $\vartriangle EAD,\vartriangle EBC$. Khi đó, $HK$ là trục đẳng phương của 2 đường tròn đường kính $BD,AC$.
Chứng minh bổ đề
Gọi $M,N$ là hình chiếu của $B,C$ lên $EC,EB$. Khi đó, $MNBC$ là tứ giác nội tiếp nên $KN.KC=KM.KB.$

Mặt khác, $M,N$ lần lượt nằm trên đường tròn đường kính $BD,AC$ mà $KN.KC=KM.KB$ nên $K$ nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn trên. Chứng minh tương tự, $HK$ là trục đẳng phương của đường tròn đường kính $BD$ và đường tròn đường kính $AC$.

Trở lại bài toán,


Gọi $M,N$ là giao điểm của $XF,XE$ với $CA,AB.$ Khi đó, theo bổ đề 1 dễ có $T$ là trung điểm của $MN$ nên theo bổ đề $ERIQ$, ta chỉ cần chứng minh $\frac{BN}{BZ}=\frac{CM}{CY}.$
Gọi $U,V$ là hình chiếu của $N,M$ lên $BC.$ Theo bổ đề 2 thì $HX$ là trục đẳng phương của đường tròn đường kính $MB,NC.$ Dễ thấy $U,V$ lần lượt nằm trên đường tròn đường kính $CN,BM$ nên và $P$ nằm trên $HX,BC$ nên ta có $PU.PC=PV.PB$ hay $\frac{PB}{PU}=\frac{PC}{PV}$, và theo định lý Thales thì
$\frac{BN}{BZ}=\frac{CM}{CY}$ .
Vậy ta thu được $LT$ chia đôi $BC.$

Bài 5. Cho $\vartriangle ABC$, $P$ bất kỳ trên $BC$, $J$ là trung điểm của $AP$. Gọi $E,F$ là giao điểm của $(J,JA)$ với $CA,AB.$ Gọi $L$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle JEF$. Chứng minh rằng khi $P$ di chuyển trên $BC$ thì $L$ chuyển động trên đường thẳng cố định.

Lời giải
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Cho $\vartriangle ABC$, lấy điểm $M$ cố định trên $BC,P$ bất kỳ trên $BC.$ Gọi $E,F$ là hình chiếu của $P$ lên $CA,AB$, $K,L$ là hình chiếu của $M$ lên $CA,AB$. Khi đó, tỉ số $\frac{EK}{FL}$ không phụ thuộc vào vị trí của $P$ trên $BC.$

Chứng minh.
Gọi $X,Y$ là hình chiếu của $M,P$ lên $PF,MK$. Khi đó,
$$\begin{aligned}
& MX=LF=MP.\cos \angle XMP=MP.cos\angle ABC; \
& YP=KE=MP.\cos \angle YPM=MP.\cos \angle ACB. \
\end{aligned}$$
Do đó, $\frac{EK}{FL}=\frac{\cos \angle ACB}{\cos \angle ABC}.$

Trở lại bài toán,


Lấy $M,N$ cố định trên $BC.$ $X,Z$ là hình chiếu của $M$ lên $AB,AC;$ $Y,T$ là hình chiếu của $N$ lên $AB,AC.$ Khi đó, theo bổ đề 1 thì dễ có được $\frac{YF}{YX}=\frac{TE}{TZ}.$ (1)
Do $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle AEF$ nên $\angle FJE=2.\angle BAC.$ Mà $L$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của $\vartriangle JEF$ nên $\angle FLE=360{}^\circ -4.\angle BAC.$
Theo (1) và bổ đề $ERIQ$ thì các đỉnh của tam giác cân có đáy $FE,YT,XZ$ và có góc ở đỉnh là $360{}^\circ -4.\angle BAC$ thì thẳng hàng mà $M,N$ cố định nên $L$ nằm trên đường thẳng cố định. (đpcm)

Bài 6.  (Nguyễn Văn Linh) Cho $\vartriangle ABC$, đường cao $AD$, $K\in AD.$ Gọi $E,F$ lần lượt là giao điểm của $BK,CK$ với $CA,AB.$ Giả sử $DE,DF$ cắt lại đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle ABD;\vartriangle ACD$ tại $M,N$. Gọi $T$ là trung điểm của $MN.$ Chứng minh rằng $AT$ chia đôi đoạn thẳng $EF.$

Lời giải
Gọi $BP,CQ$ là đường cao của $\vartriangle ABC$, đường thẳng qua $A$ song song $BC$ cắt $DE,DF$ tại $K,L.$ Theo kết quả quen thuộc $DF,DE$ đối xứng nhau qua $AD$ và $DQ,DP$ đối xứng nhau qua $AD.$ Nên $A$ là trung điểm của $KL.$


Khi đó, theo bổ đề $ERIQ,$ ta chỉ cần chứng minh $\frac{NL}{NF}=\frac{MK}{ME}.$
Ta có, $A,M,P,D,Q$ nằm trên đường tròn và $A,N,Q,D,C$ nằm trên đường tròn. (1) \
Do đó, $\angle NAQ=\angle NDQ,\angle MAP=\angle MDP.$ Do $DF,DE$ đối xứng nhau qua $AD$ và $DQ,DP$ đối xứng nhau qua $AD,$nên $\angle QDF=\angle PDE.$
Từ (1), ta cũng có
$\angle AQN=\angle ADN=\angle ADM=\angle APM.$
Do đó, $\vartriangle ANQ\sim \vartriangle AMP.$ (2) \
Mặt khác, $\frac{FL}{AL}=\frac{\sin LFA}{\sin LAF};\frac{KA}{KE}=\frac{\sin KAE}{\sin KEA}.$ Vì $AK=AL;\angle FAL=\angle ABC;\angle EAK=\angle ACB,$ nên
$$\begin{aligned}
\frac{FL}{AL}.\frac{KA}{KE} &=\frac{\sin LFA}{\sin FAL}.\frac{\sin KAE}{\sin KEA}=\frac{FL}{KE} \
& =\frac{\sin LFA}{\sin KEA}.\frac{\sin KAE}{\sin FAL}=\frac{\sin ACB}{\sin ABC}.\frac{\sin LFA}{\sin KEA}=\frac{AB}{AC}.\frac{\sin LFA}{\sin KEA}. \
\end{aligned}$$
Ta lại có
$$\frac{\sin LFA}{\sin KEA}=\frac{\sin NFA}{\sin NAF}.\frac{\sin MAP}{\sin MEA}=\frac{AN}{FN}.\frac{ME}{MA}=\frac{AN}{AM}.\frac{ME}{FN}=\frac{AQ}{AP}.\frac{ME}{FN}=\frac{AC}{AB}.\frac{ME}{FN}.$$ (do (2)). Vậy nên $$\frac{FL}{KE}=\frac{AB}{AC}.\frac{\sin LFA}{\sin KEA}=\frac{AB.AC}{AC.AB}.\frac{ME}{NF}=\frac{ME}{NF}.$$

Bài 7. (Chọn đội tuyển PTNK TPHCM) Cho $\vartriangle ABC$, trực tâm $H.$ Lấy điểm $M$ bất kỳ trên cung $BHC$ của $(BHC)$. Trên $BM,CM$ lấy các điểm $E,F$ sao cho $\angle ECA=\angle FBA=90{}^\circ .$ Chứng minh rằng khi $M$ chuyển động thì trung điểm $EF$ luôn nằm trên đường thẳng cố định.

Lời giải. Ở bài toán này, ta có hai hướng tiếp cận như sau:
Cách 1.
Gọi $N$ là giao điểm của $CE,BF.$ Lấy $P$ đối xứng với $N$ qua $BC$, $BP,CP$ lần lượt cắt $CE,BF$ tại $X,Y.$ Dễ dàng chứng minh $B,H,M,P,C$ nằm trên đường tròn.


Ta sẽ chứng minh $\frac{XE}{YF}$ không đổi khi $M$ chuyển động trên cung $BHC.$
Do $\angle BMC=\angle BNC=180{}^\circ -\angle BAC$ nên $\angle CME=\angle CNF$ hay 4 điểm $M,N,E,F$ nằm trên đường tròn nên $\angle CFY=\angle BEX.$ (1)
Mặt khác, do $B,H,M,P,C$nằm trên đường tròn nên $\angle YCF=\angle MCP=\angle XBE.$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\vartriangle CYF\sim \vartriangle BXE(g.g)$. Do đó, $\frac{XE}{YF}=\frac{BX}{CY}$ không đổi.
Vậy $\frac{XE}{YF}$ không đổi khi $M$ chuyển động trên cung $BHC$ nên theo bổ đề $ERIQ$, trung điểm của $EF$ luôn nằm trên đường thẳng cố định. \medskip

Cách 2. Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau: \textbf{(IMO2009 Shortlist G4)} Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O).$ $AC$ cắt $BD$ ở $E,$ $AD$ cắt $BC$ tại $F.$ Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$. Khi đó, $EF$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp của $\vartriangle EMN.$
Chứng minh.
Gọi $I$ là trung điểm của $EF.$ Xét tứ giác toàn phần $AEBF.CD$ có $I,M,N$ lần lượt là trung điểm của các đường chéo $EF,AB,CD$ nên $I,M,N$ thẳng hàng.


Ta sẽ chứng minh $\overline{IM}.\overline{IN}=I{{E}^{2}}.$
Gọi $L,P,T$ lần lượt là giao điểm của $AB$ với $CD$, $EF$ với $AB,CD$. Khi đó,
$(LP,AB)=(LT,CD)=-1$
nên áp dụng hệ thức $Maclaurin$ và $ABCD$ là tứ giác nội tiếp, ta thu được
$\overline{LM}.\overline{LP}=\overline{LA}.\overline{LB}=\overline{LC}.\overline{LD}=\overline{LT}.\overline{LN}$
nên 4 điểm $M,P,N,T$ nằm trên đường tròn.
Do đó, $\overline{IM}.\overline{IN}=\overline{IP}.\overline{IT}.$
Mặt khác, ta lại có $(EF,PT)=-1$ nên theo $I{{E}^{2}}=\overline{IT}.\overline{IP}$.
Vậy $\overline{IM}.\overline{IN}=I{{E}^{2}}.$ Do đó, $EF$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\vartriangle EMN.$ (đpcm)

Trở lại bài toán,
Gọi $N$ là giao điểm của $CE,BF.$ Lấy $I,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $BC,EF,MN.$

Theo lời giải thứ nhất, ta có 4 điểm $M,N,E,F$ nằm trên đường tròn nên theo bổ đề 4 thì $BC$ là tiếp tuyến của $(QCP)$ hay $I{{C}^{2}}=\overline{IQ}.\overline{IP}.$

Do đó, $I_I^{IC^2}:P\leftrightarrow Q.$ (1)
Mặt khác $V_{N}^{2}:Q\mapsto M$ mà $M$ chuyển động trên cung $BHC$ nên $Q$ chuyển động trên đường tròn $(\omega )$ cố định. (2)

Từ (1) và (2), ta thu được $P$ chuyển động trên đường thẳng ảnh của $(\omega )$ qua ${I}_{I}^{IC^2}:P\leftrightarrow Q.$

Nhận xét. Qua các bài toán trên, ta có thể thấy được ứng dụng của bổ đề $ERIQ$ trong các bài toán hình học. Sau đây sẽ là một số các bài toán luyện tập.

Bài tập tự giải.

  1. Cho $\vartriangle ABC$ nội tiếp $(O)$. Tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$ cắt tiếp tuyến của $(O)$ tại $B,C$ lần lượt tại $E,F$. Gọi $M,N$ là trung điểm của $BF,CE$. Đường thẳng qua $O$ và vuông góc với $OA$ cắt $BC$ tại $S$. Chứng minh rằng $MN$ chia đôi $SO$.

  2. Cho $\vartriangle ABC,$ trực tâm $H$, trung tuyến $AM.$ $P$ bất kỳ trên $HM$. Đường tròn đường kính $AP$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(AEF)$ cắt nhau tại $T$. Chứng minh rằng $TB=TC.$

  3. Cho $\vartriangle ABC$, đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Gọi $H$ là giao điểm của $BE,CF.$ Lấy $P$ bất kỳ trên $BC$. Đường thẳng qua $P$ và song song với $AH$ cắt $CA,AB$ tại $X,Y.$Lấy $Q$ bất kỳ trên $HP.$ Đường thẳng qua $Q$ song song với $BE,CF$ cắt $CA,AB$ tại $X,Y,Z,T.$ \
    a) Chứng minh rằng 4 điểm $X,Y,Z,T$ nằm trên đường tròn $(L)$. \
    b) $KL$ cắt trung trực $PQ$ tại $Z$. Chứng minh rằng $\vartriangle ZPQ\sim \vartriangle KBC.$

  4. Cho $\vartriangle ABC$, $P$ bất kỳ trên $BC.$ Đường thẳng qua $P$ song song với $CA,AB$ cắt trung trực $BA,AC$ tại $M,N$. Chứng minh rằng khi $P$ chuyển động trên $BC$, tâm đường tròn ngoại tiếp của $\vartriangle MNP$ luôn nằm trên một đường thẳng cố định.

  5. (Việt Nam TST 2008) Cho $\triangle ABC$ nhọn không cân nội tiếp $(O).$ Với $k\in {{\mathbb{R}}^{+}},$ trên các đoạn phân giác $AD,BE,CF,$ lấy $M,N,P$ sao cho $\frac{AM}{AD}=\frac{BN}{BE}=\frac{CP}{CF}=k.$

Vẽ đường tròn $({{O}_{1}})$ đi qua $A,M$ và tiếp xúc với $OA;$

Vẽ đường tròn $({{O}_{2}})$ đi qua $B,N$ và tiếp xúc với $OB;$

vẽ đường tròn $({{O}_{3}})$ đi qua $C,P$ và tiếp xúc với $OC.$

Tìm tất cả các giá trị $k$ sao cho $(O_1),(O_2),(O_3)$ có đúng hai điểm chung.

  1. Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân có điểm $D$ thay đổi trong tam giác sao cho $\angle ABD=\angle ACD,$ lấy $E\in AB,F\in AC$ sao cho $D$ là trực tâm tam giác $AEF.$ Chứng minh rằng:
    a) Trung tuyến đỉnh $D$ của tam giác $DEF$ luôn đi qua điểm cố định.
    b) Trung trực $EF$ luôn đi qua điểm cố định.
    c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $(DEF)$ luôn thuộc đường cố định.
    d) Trục đẳng phương của $(BDE),(CDF)$ luôn đi qua một điểm cố định.

Tài liệu tham khảo.

  1. Nguyễn Văn Linh, Về bài 3 đề VMO 2016.
  2. Nguyễn Văn Linh, 2015, Định lý ERIQ, \url{https://nguyenvanlinh.wordpress.com
  3. Diễn đàn \url{artofproblemsolving.com/community
  4. Trần Quang Hùng, Các bài giảng đội tuyển.

Phương tích trục đẳng phương

I. Định nghĩa và tính chất.

Định lý 1.1. Cho đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ và điểm $M$ cố định, $OM = d$. Một đường thẳng thay đổi qua $M$ cắt đường tròn tại hai điểm $A, B$. Khi đó $\overline{MA}.\overline{MB} = d^2 – R^2$.

Định nghĩa 1.2 . Giá trị không đổi $\overline{MA}.\overline{MB} = d^2 – R^2$ trong định lý 1.1 được gọi là phương tích của điểm $M$ đối với đường tròn $(O)$ và kí hiệu là $\mathscr{P}_{M/(O)}$. Ta có \[\mathscr{P}_{M/(O)}= \overline{MA}.\overline{MB} = d^2 – R^2\]

Định lý 1.3. Hai đường thẳng $AB, CD$ cắt nhau tại $M$. Khi đó $A, B, C, D$ cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi $\overline{MA}.\overline{MB} =\overline{MC}.\overline{MD} $

Tính chất 1.4 

  1. Khi $M$ nằm trên $(O)$ thì ${{\mathscr{P}}_{M/\left( O \right)}} = 0$.
  2. Khi $M$ nằm trên $(O)$ thì ${{\mathscr{P}}_{M/\left( O \right)}} = 0$.
  3. Khi $M$ nằm ngoài đường tròn $(O)$ và $MT$ là tiếp tuyến của $(O)$ thì ${{\mathscr{P}}_{M/\left( O \right)}} = M{T^2}$.
  4. Nếu $A, B$ cố định và $\overline {AB} .\overline {AM}$ không đổi thì $M$ cố định.

Định nghĩa 1.5. Nếu đường tròn suy biến thành điểm, tức là đường tròn có bán kính bằng 0 thì phương tích của điểm $M$ đến đường tròn đó bằng $d^2$, với $d$ là khoảng cách từ $M$ đến điểm đó.

Định lý 1.6.  Cho hai đường tròn không đồng tâm $(O_1; R_1)$ và $(O_2; R_2)$. Tập hợp các điểm $M$ mà phương tích của $M$ đối với hai đường tròn bằng nhau là một đường thẳng.

Định nghĩa 1.7. Đường thẳng trong định lý 2 được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn.

Tính chất 1.8. Cho hai đường tròn $(O)$ và $(I)$. Từ định lý 1.3 ta suy ra được các tính chất sau:

  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.
  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.

Định lý 1.9.  Cho 3 đường tròn $(C_1), (C_2)$ và $(C_3)$. 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.

Định nghĩa 1.10. Điểm đồng quy trong định lý trên được gọi là tâm đẳng phương của ba đường tròn.

Tính chất 1.11. Từ định lý trên, ta có:

  1. Nếu 3 đường tròn đôi một cắt nhau thì các dây cung chung cùng đi qua một điểm.
  2. Cho 3 đường tròn $w_1, w_2, w_3$ có tâm lần lượt là $O_1, O_2, O_3$. Gọi $d_{ij}$ là trục đẳng phương của $w_i, w_j$. Khi đó nếu $d_{12}$ và $d_{13}$ cắt nhau tại $P$ thì $P$ là tâm đẳng phương của 3 đường tròn. Khi đó trục đẳng phương $d_{23}$ là đường thẳng qua $P$ và vuông góc với $O_2O_3$.

II. Các ví dụ. 

Ví dụ 1. (Công thức Euler) Cho tam giác $ABC$ có đường tròn ngoại tiếp là $(O;R)$ và đường tròn nôi tiếp là $(I;r)$. Chứng minh rằng \[OI = \sqrt{R^2-2Rr}\]

Gợi ý

 

 

Ta có $\mathscr{P}_(I/(O)) = IA.ID = R^2- OI^2$, suy ra $OI^2 = R^2 – IA.ID$.

Ta có $\mathscr{P}_(I/(O)) = IA.ID = R^2- OI^2$, suy ra $OI^2 = R^2 – IA.ID$.

Vẽ đường kính $DE$. Ta có tam giác $AFI$ và $ECD$ đồng dạng, suy ra $AI.CD = IF.DE$. Mà $CD = ID, IF = r, DE = 2R$, suy ra $IA.ID = 2Rr$.

Vậy $OI^2 = R^2 – 2Rr \Rightarrow IO = \sqrt{R^2-2Rr}$.

Ví dụ 2.(Định lý Brocard) Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Các đường thẳng $AD$ và $BC$ cắt tại $E$; $AB$ và $CD$ cắt nhau tại $F$.

  1. Chứng minh $\mathscr{P}_{E/(O)} + \mathscr{P}_{F/(O)} = EF^2$.
  2. Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Chứng minh $OI \bot EF$.
Gợi ý

    1. Gọi $K$ là giao điểm của $(AFD)$ và $EF$. Ta có $\angle EKA = \angle ADC = \angle ABE$, suy ra $EKAB$ nội tiếp.
      Gọi $K$ là giao điểm của $(AFD)$ và $EF$. Ta có $\angle EKA = \angle ADC = \angle ABE$, suy ra $EKAB$ nội tiếp.
      Khi đó $\mathscr{P}_{E/(O)} + \mathscr{P}_{F/(O)} = EA.AD + FD.FC = EK.EF + FK.KE = EF^2$.
    2. Ta có $\angle FKD + \angle EKB = \angle DCB + \angle BCD = 2 \angle C = \angle AOB$, suy ra $KBOD$ nội tiếp.
      Chứng minh tương tự ta cũng có $KAOC$ nội tiếp. Khi đó tâm đẳng phương của $(O), (KBOD), (KAOC)$ đồng quy tại $I$. Hay $O, I, K$ thẳng hàng
      Hơn nữa $KO, KF$ lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của $BKD$ nên vuông góc.

Vậy $OI \bot EF$ tại $K$.

Ví dụ 3. (Chọn đội tuyển PTNK 2008) Cho tam giác $ABC$ có đỉnh $A$ cố định và $B, C$ thay đổi trên đường thẳng $d$ cố định sao cho nếu gọi $A’$ là hính chiếu của $A$ lên $d$ thì $\overline {A’B} .\overline {A’C} $ âm và không đổi. Gọi $M$ là hình chiếu của $A’$ lên $AB$. Gọi $N$ là hình chiếu của $A’$ lên $AC$, $K$ là giao điểm của các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $A’MN$ tại $M$ và $N$. Chứng minh rằng $K$ thuộc một đường thẳng cố định.

Gợi ý

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A’MN$ và $I$ là giao điểm của $OK$ và $MN$. Ta thấy $O$ là trung điểm của $AA’$.
Gọi $D$ và $P$ là giao điểm của $AA’$ với $(ABC)$ và $MN$.
Dễ thấy $\overline {AM} .\overline {AB} = {\overline {AA’} ^2} = \overline {AN} .\overline {AC} $, suy ra tứ giác BMNC nội tiếp, $ \Rightarrow \widehat {AMN} = \widehat {ACB}$.
Mà $\widehat {ADB} = \widehat {ACB}$
Nên $\widehat {AMN} = \widehat {ADB}$. Suy ra MPDB nội tiếp.
Do đó ta có $\overline {AP} .\overline {AD} = \overline {AM} .\overline {AB} = {\overline {AA’} ^2}$.
Mà $A, A’$ và $D$ cố định suy ra $P$ cố định.
Gọi H là hình chiếu của $K$ trên $AA’$.
Ta có $\overline {AP} .\overline {AH} = \overline {AI} .\overline {AK} = I{N^2} = \dfrac{1}{4}A{A’^2}$
Mà $A, P, A’$ cố định suy ra $H$ cố định.
Vậy $K$ thuộc đường thẳng qua $H$ và vuông góc với $AA’$.

Ví dụ 4. (Chọn đội tuyển Việt Nam 2006) Cho tam giác ABC là tam giác nhọn và không phải tam giác cân nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d thay đổi sao cho vuông góc với OA và luôn cắt tia AB, AC. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của d và AB, AC. Giả sử BN và CM cắt nhau tại K, AK cắt BC tại P.

  1. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $MNP$ luôn đi qua một điểm cố định.
  2. Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $AMN$. Đặt $BC = a$ và $I$ là khoảng cách từ $A$ đến $KH$. Chứng minh $KH$ đi qua trực tâm của tam giác $ABC$, từ đó suy ra $l \leq \sqrt{4R^2-a^2}$.
Gợi ý

 

1. Gọi $Q$ là giao điểm của $MN$ và $BC$, $E$ là trung điểm $BC$. Xét tứ giác BMPC thì ta biết rằng $Q, P, B, C$ là hang điểm điều hòa,suy ra $(QPBC) = – 1$.Ta có $EP .EQ  = EB^2$, suy ra $QE .QP  = QE^2 – QE .PE  = QE^2 – EB^2 = OQ^2 – OB^2 = QB.QC $.

Mà tứ giác $BMNC$ cũng nội tiếp vì có $\widehat {NCB} = \widehat {xAB} = \widehat {AMN}$ (Ax là tia tiếp tuyến của (O)). Suy ra $QM .QN  = QB .QC$.

Từ đó suy ra $QM .QN  = QP .QE $, suy ra tứ giác $MNEP$ nội tiếp, suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác $MNP$ luôn đi qua điểm $E$ cố định.

2. Giả sử 3 đường cao AD, BF và CJ của tam giác ABC cắt nhau tại I; ba đường cao MX, AY, NZ của tam giác AMN cắt nhau tại H. Ta cần chứng minh K, I, H thẳng hàng.

Xét đường tròn tâm $(O_1)$ đường kính BN và tâm $(O_2)$ đường kính CM. Ta thấy: $\begin{array}{l} KC .KM  = KB .KN \\ IC .IJ  = IB .IF \\ HM .HX  = HN .HZ  \end{array}$

Suy ra $K, I, H$ cùng thuộc trục đẳng phương của $(O_1)$ và $(O_2)$ nên thẳng hàng. Từ đó suy ra $AL \le AI$.

Mà $AI = 2.OE = 2\sqrt {{R^2} – \frac{{B{C^2}}}{4}}  = \sqrt {4{R^2} – {a^2}} $. Nên $AL = l \le \sqrt {4{R^2} – {a^2}} $

Ví dụ 5. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, $M$ là trung điểm $BC$, $M’ $ là giao điểm của $AM$ và $(O)$. Tiếp tuyến tại $M’$ cắt đường thẳng qua $M$ vuông góc với $AO$ tại $X$, các điểm $Y, Z$ được xác định tương tự. Chứng minh rằng $X, Y, Z$ thẳng hàng.

Gợi ý

  • Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$, $N$ là trung điểm $AH$. Khi đó $MN$ là đường kính của đường tròn euler.
  • Dễ thấy $AOMN$ là hình bình hành. Mà $AO \bot MX$, suy ra $MN \bot MX$. Do đó $MX$ là tiếp tuyến của đường tròn euler.
  • Ta có $\angle XMM’ = 90^o – \angle OAX = \angle OM’X – \angle OM’A = \angle XM’M$. Suy ra tam giác $XMM’$ cân tại $X$.
  • Do đó $\mathscr{P}_{X/(F)} = XM^2 = XM’^2 = \mathscr{P}_{(O))}$. Do đó $X$ thuộc trục đẳng phương của (F) và $(O)$.
  • Chứng minh tương tự ta cũng có $Y, Z$ thuộc trục đẳng phương của (F) và (O), do đó $X, Y, Z$ thẳng hàng.

Ví dụ 6. (PTNK 2015) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Đường tròn tâm I qua B và C lần lượt cắt các tia BA, CA tại E và F.

  1. Giả sử các tia $BF, CE$ cắt nhau tại $D$ và $T$ là tâm đường tròn $(AEF)$. Chứng minh rằng $OT // ID$.
  2. Trên $BF, CE$ lần lượt lấy các điểm $G, H$ sao cho $AG \bot CE,AH\bot BF$. Các đường tròn $(ABF), (ACE)$ cắt $BC$ tại các điểm $M, N$ (khác $B$ và $C$) và cắt $EF$ tại $P, Q$ (khác $E$ và $F$). Gọi $K$ là giao điểm của $MP$ và $NQ$. Chứng minh DK vuông góc với GH.
Gợi ý

a.

  • Gọi $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $R$ thì $ARBC$ nội tiếp, do đó $AR, EF, BC$ tại $S$ là tâm đẳng phương của $(O), (I), (T)$.
  • Theo định lý Brokard (ví dụ 3), ta có $ID \bot AS$, mặc khác $OT \bot AS$ nên $ID ||OT$.

b. 

  • Ta có $\angle MPQ = \angle CEQ = \angle CNQ$ nên $MPQN$ nội tiếp.
  • Khi đó $KM.KP = KN.KQ$, mặt khác $DB.DF  = DE.DC$ nên $DK$ là trục đẳng phương của $(ABF)$ và $(ACE)$, do đó $AD$ đi qua $K$.
  • Hơn nữa tam giác $AGH$ có $DG \bot AH$ và $DH \bot AG$ nên $AD \bot GH$. Vậy $DK \bot GH$.

Ví dụ 7. (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 $E, F$ lần lượt là chân đường cao kẻ từ $B, C$ của tam giác $ABC$. Cho $(I)$ là đường tròn thay đổi đi qua $E, F$ và có tâm là $I$.Giả sử $(I)$ cắt cạnh $BC$ tại hai điểm $M, N$. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ và $P, Q$ 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 điểm $T$ ($T$ cùng phía $A$ đối với $PQ$). Chứng minh rằng đường phân giác trong của góc $\angle MTN$ luôn đi qua một điểm cố định.

Gợi ý

  • Vẽ tia tiếp tuyến $Tx$ của $(O)$ và $(TPQ)$, thì $Tx$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(TPQ)$.
  • Xét 3 đường tròn $(O), (TPQ)$ và $(HBC)$ thì trục đẳng phương đồng quy tại một điểm nên $PQ, BC, Tx$ đồng quy tại điểm, đặt tên là $X$.
  • Lại có trục đẳng phương của $(BEFC), (I), (HBC)$ đồng quy, nên $X$ thuộc $EF$. \item Do đó ta có $XT^2 = XB.XC = XF.XE = XM.XN$ nên $XT$ tiếp xúc với $(TMN)$.
  • Ta có $\angle XTB + \angle BTM = \angle XTM = \angle XNT = \angle ACB + \angle CTN$ nên $\angle BTM = \angle CTN$.
  • Gọi $S$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$ thì $\angle BTM + \angle MTS = \angle BTS = \angle CTS = \angle CTN = \angle CTN + \angle NTS$ hay là $\angle MTS = \angle NTS$.

Vậy phân giác giác $\angle MTN$ luôn đi qua $S$ cố định.

Ví dụ 8. (IMO shortlist 2011) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, gọi $B’, C’$ là trung điểm của cạnh $AB$ và $AC$. Đường tròn $(I)$ qua $B’, C’$ và tiếp xúc với $(O)$ tại $X$ (khác $A$). Gọi $D$ là chân đường cao hạ từ $A$ của tam giác $ABC$ và $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Chứng minh rằng $X, D, G$ thẳng hàng.

Gợi ý

  • Gọi $P$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $A$ và tại $X$ của $(O)$.
  • Gọi $P$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $A$ và tại $X$ của $(O)$.  Phương tích của $P$ đối với $(AB’C’), (B’C’X), (ABC)$ bằng nhau.  Suy ra $P$ thuộc trục đẳng phương của $(B’C’X)$ và $B’C’A)$, suy ra $P$ thuộc $B’C’$.
  • $A, D$ đối xứng qua $B’C’$ nên ta có $PA = PD$ (tính chất đối xứng) nên $PD$ là tiếp tuyến của $B’C’D$.
  • Vẽ $AY||BC$, chứng minh được $D, G, Y$ thẳng hàng.
  • $XD$ cắt $(O)$ tại $Y’$ ta có $\angle ADY’ + \angle AY’D = \dfrac{1}{2} \angle APX + \angle ACX = \dfrac{1}{2} \angle APX + \dfrac{1}{2} AOX = 90^o$. \\ Suy ra $AY’||BC$
  • Vậy $Y \equiv Y’$ và $X, D, G$ thẳng hàng.

Ví dụ 9. (IMO SL 2009) Cho tam giác $ABC$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với $AB, AC$ tại $D, E$. Vẽ các hình bình hành $BDMC$ và $CENB$. Gọi $G$ là giao điểm của $BE$ và $CD$. Chứng minh tam giác $GNM$ cân.

Gợi ý

  • Đường tròn tâm $I_a$ bàng tiếp góc $A$ tiếp xúc với $AB, AC$ lần lượt tại $X$ và $Y$.
  • Ta có $BN = CE = p  – c = AX – AD = DX$ và $EN = BC = a = p-(p-a) = AY = YE$.
  • Khi đó $\mathscr{P}_{E/(I_a)} = EY^2 = EN^2$ và $\mathscr{P}_{B/(I_a)} = BX^2 = BN^2$.
  • Do đó $BE$ là trục đẳng phương của $(I_a)$ và đường tròn điểm $N$.
  • Chứng minh tương tự ta cũng có $CD$ là trục đẳng phương của $(I_a)$ và đường tròn điểm $M$.
  • $G$ là giao điểm của $BE$ và $CD$, suy ra $G$ là tâm đẳng phương của $(I_a)$ và hai đường tròn điểm $M, N$. Vậy $GM = GN$, hay tam giác $GMN$ cân.

III. Bài tập rèn luyện.

  1. Cho đường tròn $(O)$. $A, B$ là hai điểm cố định đối xứng nhau qua $O$, $M$ là điểm chuyển động trên $(O)$. $MA, MB$ giao với $(O)$ tại $P$ và $Q$. Chứng minh rằng $\dfrac{{\overline {AM} }}{{\overline {AP} }} + \dfrac{{\overline {BM} }}{{\overline {BQ} }}$ nhận giá trị không đổi.  [Gợi ý]
  2. Cho tam giác $ABC$ nhọn, kẻ đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Cho $K$ là một điểm tùy ý trên cạnh $BC$ và khác $B,C$ kẻ đường kính $KM$ củaCho tam giác $ABC$ nhọn, kẻ đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Cho $K$ là một điểm tùy ý trên cạnh $BC$ và khác $B,C$ kẻ đường kính $KM$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BFK$ và đường kính $KN$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $CEK$. Chứng minh rằng ba điểm $M, H, N$ thẳng hàng. [Gợi ý]
  3. Cho tam giác $ABC$ nhọn, $\angle B > \angle C$. Gọi $M$ là trung điểm đoạn $BC$ và $E, F$ lần lượt là chân đường cao từ $B$ và $C$. Gọi $K, L$ lần lượt là trung điểm của $ME$, $MF$. Gọi $T$ là giao điểm của $KL$ sao cho $TA||BC$. Chứng minh $TA = TM$. [Gợi ý]
  4. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, một đường thẳng qua $(O)$ song song với $BC$, cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $F, E$. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $(BFO)$ và $(CEO)$ cắt nhau tại điểm thứ 2 là $D$ và cắt $BC$ tại $L, K$. Gọi $M$ là giao của $BE$ và $CF$. Gọi $N$ là giao của $FL$ và $EK$. Chứng minh rằng $D, M, N$ thẳng hàng. [Gợi ý]
  5. (IMO 2000) Cho hai đường tròn $w_1$ và $w_2$ cắt nhau tại $M$ và $N$. Gọi $l$ là tiếp tuyến chung của $w_1, w_2$ sao cho $l$ gẩn $M$ hơn $N$. Gọi tiếp điểm của $l$ với $w_1$ là $A$, với $w_2$ là $B$. Đường thẳng qua $M$ song song với $l$ cắt $w_1$ tại $C$ và cắt $w_2$ tại $D$. Đường thẳng $CA$ và $DB$ cắt nhau tại $E$; đường thẳng $AN$ và $CD$ cắt nhau tại $P$; $BN$ và $CD$ cắt nhau tại $Q$. Chứng minh rằng $EP = EQ$. [Gợi ý]
  6. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với góc $A$ nhọn. Gọi $D$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $BC$ và $E, F$ lần lượt là trung điểm của $AC, AB$. Giả sử $DE, DF$ cắt lại với $(O)$ tại điểm thứ hai tương ứng là $Y$, $Z$. Đường tròn $(AEY)$ cắt $(AFZ)$ tại điểm thứ hai $M$. Gọi $N$ là trung điểm của $BC$ và đường tròn $(DNM)$ giao với $BC$ tại điểm thứ hai $X$. Chứng minh rằng $AX$ là tiếp tuyến của $(O)$. [Gợi ý]
  7. (China 2010) Lấy $AB$ là dây cung của đường tròn tâm $O$, $M$ là điểm chính giữa cung $AB$ và $C$ là điểm nằm ngoài đường tròn $(O)$. Từ $C$ vẽ hai tiếp tuyến đến $(O)$ tại tiếp điểm $S, T$. Gọi $E$ là giao điểm của $MS$ và$ AB$, $F$ là giao điểm của $MT$ và $AB$. Từ $E, F$ vẽ các đường thẳng vuông góc với $AB$, cắt $OS$ và $OT$ lần lượt tại $X$ và $Y$. Một đường thẳng qua $C$ cắt $(O)$ tại $P$ và $Q$, $MP$ cắt $AB$ tại $R$. Chứng minh rằng $XY$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PQR$. [Gợi ý]
  8. Cho hai đường tròn $(C_1)$ và $(C_2)$ tiếp xúc ngoài với nhau tại tiếp điểm $M$. Gọi $AB$ là một tiếp tuyến chung của $()C1)$ và $(C_2)$ với $A, B$ phân biệt lần lượt là các tiếp điểm. Trên tia tiếp tuyến chung Mx của hai đường tròn ($Mx$ không cắt $AB$) lấy điểm $C$ khác $M$. Gọi $E$ và $F$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $CA$ với $(C_1)$ và $CB$ với $(C_2)$. Chứng minh rằng tiếp tuyến của $(C_1)$ tại $E$, tiếp tuyến của $(C_2)$ tại $F$ và $Mx$ đồng quy. [Gợi ý]
  9. Cho tam giác $ABC$ là tam giác nhọn, không cân nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi $AD, BE, CF$ là ba đường phân giác trong của tam giác $ABC$. Gọi $L, M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD, BE, CF$. Gọi $(O_1), (O_2), (O_3)$ lần lượt là các đường tròn đi qua $L$, tiếp xúc với $OA$ tại $A$; đi qua $M$, tiếp xúc với $OB$ tại $B$; đi qua $N$ tiếp xúc với $OC$ tại $C$. Chứng minh rằng $(O_1), (O_2), (O_3)$ có đúng hai điểm chung và đường thẳng nối hai điểm đó đi qua trọng tâm tam giác $ABC$. [Gợi ý]
  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.
    • (a) 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 $BC$.
    • (b) Chứng minh trực tâm tam giác $PEF$ thuộc một đường thẳng cố định. [Gợi ý]
  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.
    • (a) Chứng minh 4 điểm $M, N, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn.
    • (b) Chứng minh $MP, NQ$ và $BC$ đồng quy. [Gợi ý]
  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 $Q$.
    • (a) Chứng minh rằng ba điểm $A, P, Q$ thẳng hàng.
    • (b) 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]

IMO 2010 – Chứng minh tam giác cân

Đề bài. (IMO 2010) Cho hai đường tròn $w_1$ và $w_2$ cắt nhau tại $M$ và $N$. Gọi $l$ là tiếp tuyến chung của $w_1, w_2$ sao cho $l$ gẩn $M$ hơn $N$. Gọi tiếp điểm của $l$ với $w_1$ là $A$, với $w_2$ là $B$. Đường thẳng qua $M$ song song với $l$ cắt $w_1$ tại $C$ và cắt $w_2$ tại $D$. Đường thẳng $CA$ và $DB$ cắt nhau tại $E$; đường thẳng $AN$ và $CD$ cắt nhau tại $P$; $BN$ và $CD$ cắt nhau tại $Q$. Chứng minh rằng $EP = EQ$.

Gợi ý

Gọi $F$ là giao điểm của $NM$ và $AB$. Ta có $\mathscr{P}_{F/(w_1)} = FA^2, \mathscr{P}_{F/(w_1)} = FB^2$ mà $MN$ là trục đẳng phương của $w_1$ và $w_2$, suy ra $FA = FB$.

Gọi $F$ là giao điểm của $NM$ và $AB$. Ta có $\mathscr{P}_{F/(w_1)} = FA^2, \mathscr{P}_{F/(w_1)} = FB^2$ mà $MN$ là trục đẳng phương của $w_1$ và $w_2$, suy ra $FA = FB$.

$PQ||AB$, suy ra $M$ là trung điểm của $PQ$.

Ta có $\angle FBA = \angle FDM = \angle ABM$ và $\angle FAB = \angle BAM$. Suy ra $\triangle AEM = \triangle BEM$.  Suy ra $BE = BM, AE = AM$ và $AB$ là trung trực của $EM$, suy ra $EM \bot AB$. Do đó $EM \bot PQ$.

$EM \bot PQ$ và $MP = MQ$ nên tam giác $EPQ$ cân.