Bài 1 (Toán chung) Tam giác $ABC$ đều có tâm $O$,$AB = 6a$ và các điểm $M, N$ lần lượt thuộc các cạnh $AB, AC$ mà $AM = AN = 2a$. Gọi $I, J, K$ lần lượt là trung điểm của $BC, AC$ và $MN$.
a. Chứng minh các điểm $M, N, B, C$ cùng thuộc một đường tròn T. Tính diện tích tứ giác $BMNC$ theo $a$.
b. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $IJK$. Chứng minh đường tròn đường kính $NC$ tiếp xúc với $AI$.
c . $AE$ tiếp xúc với đường tròn $T$ tại $E$ ($E, B$ cùng phía đối với $AI$).Gọi $F$ là trung điểm $OE$, tính số đo $\angle AFJ$.
Gợi ý
a.
Ta có $AM = AN = 2a$,$\angle MAN = 60^o$ nên tam giác $AMN$ đều. Suy ra $\angle AMN = 60^o = \angle ACB$. Suy ra $BMNC$ nội tiếp.
Ta có $MN ||BC$, $AK \bot MN, AI \bot BC$. Suy ra$A, K, I$ thẳng hàng. $AI = AC \sin \angle ACB = 3a \sqrt{3}$, $AI = AN \sin \angle ANM = a\sqrt{3}$. Suy ra $IK = 2a\sqrt{3}$.
Do đó $S_{BMNC} = \dfrac{1}{2}IK(MN+BC) = 8a^2\sqrt{3}$.
b.
Ta có $OJ \bot AC$, $NJ = AJ-AN=a, NK = \dfrac{1}{2}MN=a$. Suy ra $\Delta OJN = \Delta OKN$, suy ra $OJ = OK$, tương tự ta có $OJ = OI$. Tam giác $IJK$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $OI = a\sqrt{3}$.
Gọi $P$ là trung điểm của $CN$. Ta có $KNCI$ là hình thang, và $OP$ là đường trung bình. Suy ra $OP = \dfrac{1}{2}(KN+CI) = 2a = PN = PC$.
Suy ra $O$ thuộc đường tròn đường kính $CN$ mà $PO||KN$ nên $PO \bot KI$. Suy ra $KI$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $CN$.
c.
Ta có $\angle AEM = \angle ABE$. Suy ra $\Delta AEM \sim \Delta ABE$, suy ra $AE^2=AM.AB = 12a^2$.
Suy ra $AE = 2a\sqrt{3}= AO$. Suy ra tam giác $AEO$ cân tại $A$. Do đó $\angle AFO = 90^o$, suy ra $AFOJ$ nội tiếp. Suy ra $\angle AFJ = \angle AOJ = 60^o$.
Bài 2. (Toán chuyên) Tam giác $ABC$ nhọn có $\angle BAC > 45^o$. Dựng các hình vuông $ABMN, ACPQ$ ($M$ và $C$ khác phía đối với $AB$; $B$ và $Q$ khác phía đối với $AC$). $AQ$ cắt đoạn $BM$ tại $E$ và $NA$ cắt đoạn $CP$ tại $F$.
a. Chứng minh $\Delta ABE \sim \Delta ACF$ và tứ giác $EFQN$ nội tiếp.
b. Chứng minh trung điểm $I$ của $EF$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
c. $MN$ cắt $PQ$ tại $D$, các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $DMQ$ và $DNQ$ cắt nhau tại $K$ ($K$ khác $D$), các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cắt nhau tại $J$. Chứng minh các điểm $D, A, K, J$ thẳng hàng.
Gợi ý
a.
Ta có $\angle EAB + \angle BAC = 90^o, \angle FAC + \angle BAC = 90^o$. Suy ra $\angle EAB = \angle FAC$.
Mặt khác có $\angle ABE = \angle ACF = 90^o$. Suy ra $\Delta ABE \sim \Delta ACF$.
Suy ra $AE.AC = AF.AB$ mà $ AC = AQ, AB = AN$. Suy ra $AE.AQ = AN.AF$. Suy ra tứ giác $QNEF$ nội tiếp.
b.
Cách 1: Gọi $T$ là giao điểm của $MB$ và $CP$. Ta có $ABTC$ nội tiếp và $AT$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Mặt khác ta có $AF||ET, AE||FT$ nên $AETF$ là hình bình hành. Suy ra trung điểm $EF$ cũng là trung điểm $AT$. Do đó trung điểm $I$ của $EF$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
Cách 2:Xét hình thang $AEBF$, gọi $X$ là trung điểm của $AB$ khi đó $IX$ thuộc đường trung bình của hình thang, suy ra $IX ||BE$ hay $IX$ vuông góc $AB$ vậy $IX$ là trung trực của đoạn $AB$. Chứng minh tương tự thì $I$ cũng thuộc trung trực đoạn $AC$. Vậy $I$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $ABC$.
c.
$DA$ cắt $EF$ tại $K’$ ta có $\angle NFK’ = \angle NQA$ (vì $NQFE$ nội tiếp). Mà $\angle NQA = \angle NDA$(vì $AQDN$ nội tiếp). Suy ra $\angle NDA = \angle AFK’$. Suy ra $NDFK’$ nội tiếp.
Chứng minh tương tự ta có $DQK’E$ nội tiếp. Do đó $K’$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp hai tam giác $DQM$ và $DPN$. Vậy $K’ \equiv K$. Suy ra $D, A, K$ thẳng hàng.
Ta có $\angle BKE = \angle EAB = \angle CAF = \angle CKF$. Suy ra $\angle BKC = 180^o – 2 \angle BKE = 2(90^o – \angle EAB) = 2\angle BAC = \angle BIC$. Suy ra $BKIC$ nội tiếp. Mà $IBJC$ nội tiếp, suy ra và $JB = JC$ nên $\angle BKJ = \angle CKJ$. Hay $KJ$ là phân giác $\angle BKC$.
Mặt khác $\angle BKA = 180^o – \angle AEB = 180^o – \angle AFC = \angle AKC$. Suy ra tia đối của tia $KA$ cũng là phân giác của $\angle BKC$. Do đó $A, K, J$ thẳng hàng.
Bài 1. (Toán chung) Cho tứ giác $ABCD$ nột tiếp đường tròn đường kính $AC$, $AC=2a$. Gọi $M$,$N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AD$, tam giác $ABD$ đều.
a. Tính $BC$ và $CN$ theo $a$.
b. Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $CMN$, $MH$ cắt $CN$ tại $E$, $MN$ cắt $AC$ tại $K$. Chứng minh năm điểm $B$, $M$, $K$, $E$, $C$ cùng thuộc một đường tròn $(T)$.
Đường tròn $(T)$ cắt $BD$ tại $F$ ($F \ne B$), tính $DF$ theo a.
c. $KF$ cắt $ME$ tại $I$. Chứng minh $KM$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $MIF$. Tính góc $IND$.
Gợi ý
a.
Ta có $OB = OD$, $AB = AD$ nên $AO$ là trung trực của $BD$.
$\angle{BOC}=2\angle{BAC}=60^0$ nên tam giác $OBC$ đều, suy ra $BC=OC=a$.$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=a\sqrt{3}$ (vì $BC=CD=OC=a$), suy ra $DN=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$, suy ra $CN=\sqrt{CD^2+DN^2} = \sqrt{a^2 \dfrac{3}{4} a^2 } =\dfrac{a\sqrt{7}}{2}$.
b.
Ta có $MN // BD$, suy ra $MN \bot AC$, suy ra $H$ thuộc $AC$.
Ta có $\angle{CBM} = \angle{CEM} =\angle{CKM} =90^0$ nên 5 điểm $B$, $C$, $M$, $K$, $E$ cùng thuộc đường tròn.
Ta có $\angle{KFB}=\angle{KCB} =\angle{ADB}$, suy ra $KF // AD$.
Gọi $P$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Tam giác $PAD$ có $KF // AD $ mà $K$ là trung điểm của $AP$ suy ra $F$ là trung điểm $PD$. Suy ra $FD = \dfrac{1}{2} PD = \dfrac{a\sqrt{3}}{4}$.
c.
Ta có $\angle{KMI}=\angle{KCE}$, $\angle{KCM}=\angle{KFM}$ và $\angle{KCE}=\angle{KCM}$ vì tam giác $CMN$ cân.
Do đó $\angle{KMI}=\angle{KFM}$. (1)
Vẽ tia tiếp tuyến $Mx$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $MFI$.
Ta có $\angle{xMI}=\angle{IFM} $ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\angle KMI = \angle xMI$, suy ra $Mx$ và $MK$ trùng nhau. Hay $MK$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $MFI$.
Ta có $\triangle KMI \backsim \triangle KFM $, suy ra $KI.KF=KM^2 =KN^2$, suy ra $\triangle KIN \backsim \triangle KNF$, suy ra $\angle{KIN}=\angle{KNF}=90^0$, mà $KF // ND$, suy ra $\angle{IND} =90^0$.
Bài 2. (Toán chuyên) Cho tam giác $ABC$ có góc $\angle A = 60^o$ , đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Đường thẳng $ID$ cắt $EF$ tại $K$, đường thẳng qua $K$ và song song với $BC$ cắt $AB,AC$ theo thứ tự tại $M,N$.
a. Chứng minh rằng các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp .
b. Gọi J là trung điểm cạnh BC.Chứng minh rằng ba điểm A,K,J thẳng hàng.
c. Gọi r là bán kính của dường tròn (I) và S là diện tích tứ giác $IEAF$.Tính $S$ theo $r$ và
chứng minh $S_{IMN} \geq \dfrac{S}{4}$ ($S_{IMN}$ là diện tích tam giác $IMN$).
Gợi ý
a.
Do $MN||BC$ nên $IK \bot MN$. Do $\angle IKN = \angle IFM = 90^o$ nên tứ giác $IFMK$ nội tiếp.
Tam giác $AEF$ đều nên $\angle KFI = 30^o$. Từ đó $\angle IMN = \angle KFI = \angle IAN = 30^o$ nên tứ giác $IMAN$ nội tiếp.
b.
Ta có $\angle IMN = \angle INM = 30^o$ nên tam giác $IMN$ cân tại $I$.
Lại có $IK \bot MN$ nên $K$ là trung điểm của $MN$.
Gọi $J’$ là giao điểm của $AK$ và $BC$, ta có $\dfrac{MK}{BJ’} = \dfrac{AK}{AJ’} = \dfrac{NK}{CJ’}$ mà $MK = NK$ nên $BJ’ = CJ’$. Suy ra $J’$ là trung điểm của $BC$. Suy ra $J \equiv J’$, do đó $A, K, J$ thẳng hàng.
c.
Ta có $AE = AF = r\sqrt{3}$, suy ra $S = 2S_{IAF} = 2.\dfrac{1}{2}IF.AF = r^2 \sqrt{3}$.
Ta chứng minh được $S_{IEF} = \dfrac{1}{4}S$.
Các tam giác $IMN$ và $IEF$ cân tại $I$ có $\angle IMN = \angle IEF$ nên đồng dạng. Do đó $\dfrac{S_{IMN}}{S_{IEF}} = \dfrac{IM^2}{IF^2} \geq 1$ (do $IM \geq IF$). Suy ra $S_{IMN} \geq S_{IEF} = \dfrac{S}{4}$.
Dấu bằng xảy ra khi $M \equiv F$ hay tam giác $ABC$ là tam giác đều.
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).
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.
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 $D, E$.
Chứng hình chiếu của $O$ trên $DE$ thuộc một đường thẳng cố định.
Chứng minh rằng trực tâm của tam giác $ODE$ thuộc đường thẳng $BC$.
Gợi ý
Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ trên $DE$.
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.
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 $O$.
$\triangle{OEB}=\triangle{ODA}(ch-cgv) \Rightarrow \angle{OBE}=\angle{OAD}$
Bài toán. (PoP 1.7) (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
Chứng minh $XE = XS$.
Chứng minh $P, Q, U, R$ đồng viên, $Q, S, E, U$ đồng viên.
Chứng minh $MS.ME = MQ.MU = MP.MR$. Suy ra $M$ thuộc trục đẳng phương của $(PQR)$ và $(X)$. Và $CS^2 = CP.CQ$ nê $C$ cũng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn trên.
Do đó $MC \bot ZX$.
Cmtt thì $MC \bot ZY$, suy ra $Z, X, Y$ thẳng hàng.
Bài toán. (PoP 1.4) 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
Gọi $D’$ là giao điểm của đường cao hạ từ $A$ với $(O)$. Chứng minh được $D’BFO, D’CEO$ nội tiếp nên $D’ \equiv D$.
Chứng minh tứ giác $EFLK$ nội tiếp. Trục đẳng phương của $(OFBD), (OECD), (EFLK)$ cắt nhau tại $N$ nên $D, O, N$ thẳng hàng.
Gọi $P$ là trung điểm $BC$ ta có $A, M, P$ thẳng hàng.
Áp dụng Menelaus cho tam giác $ABP$ với đường thẳng $FC$ ta có $\dfrac{PM}{AM} = \dfrac{BF}{2AF} = \dfrac{OP}{AD}$. Suy ra $O, M, D$ thẳng hàng.
Bài toán. (PoP 1.2) 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
Gọi $P$ là giao điểm của $(KBF)$ và $KCE)$.
Ta có $AF.AB = AE.AC = AH.AD$ nên $A$ thuộc trục đẳng phương của $(KBF)$ và $(KCE)$. Suy ra $A, P, K$ thẳng hàng.
Do đó $AP. AK = AH.AD$, suy ra $\angle HPK = \angle ADK = 90^\circ$.
Mặt khác $KM, KN$ là đường kính của $(KBF), (KCE)$ nên $\angle KPM = \angle KPN = 90^\circ$. Vậy $H,M, P, N$ thẳng hàng.
Định lý Menelaus.Cho tam giác $ABC$ và ba điểm $A’,B’,C’ $trên các đường thẳng chứa các cạnh $BC,CA,AB$ sao cho: hoặc cả ba điểm $A’,B’,C’ $ đều nằm trên phần kéo dài của ba cạnh, hoặc một trong ba điểm đó nằm trên phần kéo dài của một cạnh còn hai điểm kia nằm trên hai cạnh của tam giác. Điều kiện cần và đủ để $A’,B’,C’ $ thẳng hàng là ta có hệ thức:
\begin{align}
\dfrac{AB’}{B’C} . \dfrac{CA’}{A’B} . \dfrac{BC’}{C’A} =1
\end{align}
Chứng minh
Ta phải chứng minh rằng (với điều kiện đã cho về các điểm $A’,B’,C’$):
$A’,B’,C’$ thẳng hàng $\Leftrightarrow$ (1)
Điều kiện cần. $A’,B’,C’$ thẳng hàng $\Rightarrow (1) $
Ta xét trường hợp hai điểm $(B’,C’)$ nằm trên hai cạnh của tam giác, còn $A’$ nằm trên phần kéo dài của$BC$.
Từ $B$, kẻ đường thẳng song song với $AC$, cắt đường thẳng $A’B’$ tại $M$.
Ta có:
$\dfrac{CA’}{A’B}= \dfrac{B’C}{BM}$
$\dfrac{BC’}{C’A} = \dfrac{BM}{AB’}$
Nhân vế với hai đẳng thức trên:
$$\dfrac{CA’}{A’B}.\dfrac{BC’}{C’A} = \dfrac{B’C}{AB’}$$
Hay: $$\dfrac{AB’}{B’C}.\dfrac{CA’}{A’B}.\dfrac{BC’}{C’A}=1$$
Điều kiện đủ. $(1) \Rightarrow A’,B’,C’$ thẳng hàng.
Giả sử $B’,C’$ nằm trên hai cạnh của tam giác, còn $A’$ nằm trên phần kéo dài của $BC$, và có hệ thức (1).
Nếu$C’$ không ở trên đường thẳng $A’B’$, và $A’B’$ cắt $AB$ tại $C”$ thì, theo điều kiện cần, ta có:
$\dfrac{AB’}{B’C}.\dfrac{CA’}{A’b}.\dfrac{BC”}{C”A}=1$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra:
$\dfrac{BC’}{C’A}=\dfrac{BC'”}{C”A}$
Vậy $C” \equiv C’$ (do $C”$ đều nằm trong đoạn thẳng $AB$), và ba điểm $A’,B’,C’$ thẳng hàng.
Trường hợp cả ba điểm $A’,B’,C’$ đều nằm trên phần kéo dài của ba cạnh của tam giác chứng minh tương tự.
Chú ý : Hệ thức (a) trong định lí Menelaus cũng là hệ thức trong định lí Ceva; nhưng do sự khác nhau trong giả thiết về vị trí của các điểm $A’,B’, C’$ mà ta có ba điểm thẳng hàng hay ba đường thẳng đồng quy (song song).
Ví dụ 1. Cho tam giác $ABC$, có $M, N$ là các điểm thuộc cạnh $AB, AC$ sao cho $AM = MB, AN = 2NC$. $MN$ cắt đường thẳng $BC$ tại $P$. Chứng minh $CP = CB$.
Gợi ý
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ABC$ với 3 điểm $M, N, P$ thẳng hàng ta có: $$\dfrac{MA}{MB}.\dfrac{PB}{PC}.\dfrac{NC}{NA} = 1$$
Mà $MA = MB, NA = 2NC$, suy ra $\dfrac{PB}{PC} = 2$, suy ra $PB = PC$.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng trong một tam giác, chân các đường phân giác trong của hai góc và chân của đường phân giác ngoài của góc thứ ba là điểm thẳng hàng.
Gợi ý
Giả sử các đường phân giác trong góc $B, C$ là $BE, CF$ và phân giác ngoài góc $A$ là $AD$. Khi đó $D$ nằm ngoài đoạn $BC$, $E, F$ thuộc các đoạn $AC, AB$.
Khi đó ta có $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{AB}{AC}, \dfrac{EC}{EA} = \dfrac{BC}{AB}, \dfrac{FA}{FB} = \dfrac{AC}{BC}$.
Suy ra $\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{FA}{FB} = \dfrac{AB}{AC}.\dfrac{BC}{AB}.\dfrac{AC}{BC} = 1$.
Theo định lý Menelaus thì $D, E, F$ thẳng hàng.
Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt đường thẳng $BC$ tại $D$, tiếp tuyến tại $B$ cắt $AC$ tại $E$, tiếp tuyến tại $C$ cắt $AB$ tại $F$. Chứng minh rằng $D, E, F$ thẳng hàng.
Gợi ý
Ta có $\triangle DAB \backsim \triangle DCA$, suy ra $\dfrac{DB}{DA} = \dfrac{DA}{DC} = \dfrac{AB}{AC}$.
Suy ra $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{DB}{DA} \cdot \dfrac{DA}{DC} = \dfrac{AB^2}{AC^2}$.
Tương tự ta có $\dfrac{EC}{EA} = \dfrac{AC^2}{BC^2}, \dfrac{FA}{FB} = \dfrac{BC^2}{AB^2}$.
Khi đó $\dfrac{DB}{DC}\cdot \dfrac{EC}{EA} \cdot \dfrac{FA}{FB} = 1$.
Bài tập.
Cho tam giác $ABC$, trên các cạnh $BC, AC$ lấy các điểm $M,N$ thỏa $BM = 2CM, CN = 3CA$, đường thẳng $MN$ cắt đường thẳng $AB$ tại $P$. Tính $\dfrac{PA}{PB}$.
Chứng minh rằng chân 3 đường phân giác ngoài của một tam giác thì thẳng hàng.
Cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh $BC, AC, AB$ tại $D, E, F$. Đường thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $P$. Chứng minh $\dfrac{PB}{PC} = \dfrac{DB}{DC}$.
Cho một tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp một đường tròn tại các điểm $M,N,P,Q$ theo thứ tự trên các cạnh $AB,BC,CD,DA$. Chứng minh rằng $PN, QM$ và đường chéo $BD$ đồng quy.
Trên trung tuyến $AD$ của một tam giác $ABC$, cho một điểm $K$ sao cho $AK = 3KD$; $BK$ cắt $AC$ tại $P$. Tính tỉ số diện tích của tam giác $ABP$ và $BCP$.
Cho một tam giác $ABC$, một điểm $K$ trên $AB$ sao cho $\dfrac{AK}{KB}$=$\dfrac{1}{2}$, một điểm $L$ trên $BC$ sao cho $\dfrac{CL}{LB}$=$\dfrac{2}{1}$. Gọi $Q$ là giao điểm của các đường thẳng $AL$ và $CK$. Tìm diện tích tam giác $ABC$ nếu biết diện tích của tam giác $BQC$ bằng 1 (đơn vị diện tích).
(*) Cho tam giác $ABC$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh $BC, AC, AB$ lần lượt tại $D, E, F$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $IAD, IBE, ICF$ thẳng hàng.
(*) Cho tứ giác $ABCD$. Các đường thẳng $AD, BC$ cắt nhau tại $P$, $AB, CD$ cắt nhau tại $Q$; $AC, BD$ cắt nhau tại $I$, $PI$ cắt $BC$ tại $K$. Chứng minh $\dfrac{QC}{QD} = \dfrac{KC}{KD}$.
(*) (Đường thẳng Gauss) Cho tứ giác $ABCD$. Các đường thẳng $AD, BC$ cắt nhau tại $P$, $AB, CD$ cắt nhau tại $Q$. Chứng minh trung điểm các đoạn thẳng $AC, BD, PQ$ thẳng hàng.
Định lý. Cho tam giác $ABC$ các điểm $A’, B’, C’$ thuộc đường thẳng $BC ,AC, AB$ sao cho 3 điểm đều thuộc cạnh của tam giác hoặc có 1 điểm thuộc cạnh 2 điểm thuộc kia trên phần kéo dài hai cạnh còn lại. Khi đó $AA’, BB’, CC’$ đồng quy hoặc song song khi và chỉ khi: $$\dfrac{A’B}{A’C}.\dfrac{B’C}{B’A}.\dfrac{C’A}{C’B} = 1 (*)$$
Chứng minh.
a) Điều kiện cần. $AA’,BB’, CC’$ đồng quy hoặc song song suy ra (*).
Trường hợp 1: $AA’,BB’,CC’$ đồng quy tại điểm $P$.
Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $BB’, CC’$ lần lượt tại $M, N$. Ta có:
$\dfrac{AB’}{B’C’} = \dfrac{AM}{BC}$ (1)
$\dfrac{BC’}{AC’} = \dfrac{BC}{AN}$ (2)
Ta có $\dfrac{A’B}{AM} = \dfrac{PA’}{PA} = \dfrac{A’C}{AN}$, suy ra $\dfrac{A’B}{A’C} = \dfrac{AN}{AM}$ (3).
Nhân 3 đẳng thức lại ta có điều cần chứng minh.
Trường hợp 2:
Ta có $\dfrac{CB’}{AB’} = \dfrac{BC}{BA’}$ (1)
$\dfrac{C’A}{C’B} = \dfrac{CA’}{BC}$ (2)
Từ (1) và (2), suy ra $\dfrac{A’B}{A’C}.\dfrac{CB’}{AB’}.\dfrac{C’A}{C’B} = 1$.
b) Điều kiện đủ: từ (*) suy ra $AA’,BB’,CC’$ đồng quy hoặc song song.
Ta xét trường hợp có điểm $A’$ thuộc cạnh $BC$ và $B’,C’$ nằm trên các phần kéo dài của hai cạnh kia.
Trường hợp 1. Nếu có hai trong ba đường thẳng $AA’,BB’,CC’$ song song với nhau, giả sử $AA’ \parallel BB’$, từ $C$ kẻ $CC” ||AA’$ cắt $AB$ kéo dài tại $C”$.
Theo điều kiện cần ta có $\dfrac{AB’}{B’C}.\dfrac{CA’}{A’B}.\dfrac{BC”}{C”A} = 1$.
Do đó $\dfrac{BC”}{C”A} = \dfrac{BC’}{C’A}$.
Vậy $C” \equiv C’$ (do $C’$ và $C”$ đều nằm ngoài đoạn $AB$)
và $AA’||BB’||CC’$.
Trường hợp 2. Trong trường hợp không có hai đường thẳng nào trong ba đường thẳng nói trên song song, ta chứng minh cả ba đường đồng quy.
Gọi $P$ là giao điểm của $AA’$ và $BB’$, cho $CP$ cắt $AB$ tại $C”$.
Tương tự như trên ta cũng có $\dfrac{BC”}{C”A} = \dfrac{BC’}{C’A}$.
Vậy $C” \equiv C$ (do $C$ và $C’$ cùng nằm ngoài đoạn $AB$).
Vậy $AA’,BB’, CC’$ đồng quy.
Trong trường hợp nếu $A’,B’,C’$ cùng thuộc cạnh thì ta chứng minh tương tự như trên ta cũng có $AA’,BB’,CC’$ đồng quy.
Chú ý. Ba đường thẳng xuất phát từ đỉnh của tam giác và đồng quy tại một điểm ta gọi là ba đường thẳng Ceva. Giao điểm của ba đường này được gọi là điểm Ceva.
II. Các ví dụ áp dụng.
Ví dụ 1. Chứng minh trong một tam giác các đường trung tuyến, các đường cao,các đường trung trực, các đường phân giác trong đồng quy.
Gợi ý
a. Tam giác $ABC$ có $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của $BC, AC, AB$.
Khi đó ta có $\dfrac{MB}{MC}.\dfrac{NC}{NA}.\dfrac{PA}{PB} = 1.1.1 = 1$.
Suy ra $AM, BN, CP$ đồng quy.
b. Gọi $AX, BY, CZ$ là ba đường cao.
Ta có $\triangle ABY \backsim \triangle ACZ \Rightarrow \dfrac{AY}{AZ} = \dfrac{AB}{AC}$.
Tương tự $\dfrac{BZ}{BX} = \dfrac{AC}{BC}, \dfrac{CY}{CX} = \dfrac{BC}{AC}$.
Khi đó $\dfrac{AY}{AZ}.\dfrac{BZ}{BX}.\dfrac{CY}{CZ} = 1$ hay $\dfrac{CX}{BX}.\dfrac{YC}{YB}.\dfrac{ZB}{ZA} = 1$.
Suy ra $AX, BY, CZ$ đồng quy.
c. Các đường trung trực đồng quy.
Xét tam giác có đỉnh là trung điểm của các cạnh, khi đó các đường trung trực là các đường cao của tam giác này nên theo b. thì đồng quy.
d. Gọi $AD, BE, CF$ là các đường phân giác trong của tam giác $ABC$.
Khi đó $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{AB}{AC}, \dfrac{EC}{EA} = \dfrac{BC}{AB}$ và $\dfrac{PA}{PC} = \dfrac{AC}{BC}$.
Suy ra $\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{PA}{PC} = 1$.
Suy ra $AD, BE, CF$ đồng quy.
Ví dụ 2. Cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh $BC, AC, AB$ lần lượt tại $D, E, F$. Chứng minh rằng $AD, BE, CF$ đồng quy. (tại một điểm được gọi là điểm Gergonne).
Gợi ý
Ta có $AE = AF, BD = BF, CD = CE$. Suy ra $\dfrac{BD}{CD}.\dfrac{CE}{AE}.\dfrac{AF}{BF} = 1$.
Theo định lý Ceva ta có $AD, BE, CF$ đồng quy.
Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$, các đường tròn bàng tiếp góc $A, B, C$ tiếp xúc với các cạnh $BC, AC, AB$ tại $D, E, F$. Chứng minh $AD, BE, CF$ đồng quy.
Gợi ý
Đặt $AB = c, AC = b, BC = a, p = \dfrac{a+b+c}{2}$.
Gọi $K, L$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $A$ với $AB, AC$.
Khi đó $AK = AL, BK = BD, CL = CD$.
Suy ra $2AK = AK + AL = AB + BK +AC+CL = AB + BD+ AC + CD = AB +AC+BC = 2p$
Suy ra $AK = AL = p$ và $BF = BD = BK = AK – AB = p-c$.
Tương tự ta có $AE = AF = p-a, CD = CE = p-c$.
Khi đó $\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{AF}{BF} = \dfrac{p-b}{p-c}.\dfrac{p-c}{p-a}.\dfrac{p-a}{p-b} = 1$.
Áp dụng định lý Ceva ta có $AD, BE, CF$ đồng quy.
Ví dụ 4. Cho tam giác $ABC$ vuông. Về phía ngoài tam giác $ABC$ dựng các hình vuông $ABDE$ và $ACFG$.
Chứng minh rằng các đường thẳng $BF, CD$ cắt nhau tại một điểm nằm trên đường cao của tam giác $ABC$.
Gợi ý
Gọi $L$ là giao điểm của $CD$ và $AB$; $K$ là giao điểm của $BF$ và $AC$.
Ta có $\dfrac{LA}{LB} = \dfrac{AC}{BD} = \dfrac{AC}{AB}$.
Ta có $\dfrac{KC}{KA} = \dfrac{CF}{AB} = \dfrac{AC}{AB}$.
Và $AB^2 = BC.BC, AC^2 = CH.BC \Rightarrow \dfrac{BH}{CH} = \dfrac{AB^2}{AC^2}$.
Khi đó $\dfrac{BH}{CH}.\dfrac{CK}{AK}.\dfrac{AL}{BL} = 1$.
Vậy theo định lý Ceva $AH, CD, BF$ đồng quy.
Ví dụ 5. Cho tam giác $ABC$ nhọn, đường cao $AH$. $D$ là một điểm trên đoạn $AH$. $BD$ cắt $AC$ tại $E$, $CD$ cắt $AB$ tại $F$. Chứng minh $\angle EHA = \angle FHA$.
Gợi ý
Gọi $K, L$ lần lượt là giao điểm của $HE, HF$ với đường thẳng qua $A$ song song với $BC$. Ta chứng minh $HKL$ cân tại $H$ hay cần chứng minh $AK = AL$.
Áp dụng định lý Ceva cho các đường $AH, BE, CF$ ta có: $\dfrac{HB}{HC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{AF}{BF} = 1$ (1)
Mà $\dfrac{CE}{AE} = \dfrac{CH}{AK}$ và $\dfrac{AF}{BF} = \dfrac{AL}{BH}$ (2).
Từ (1) và (2) ta có $AL = AK$.
Tam giác $HKL$ có trung tuyến $HA$ vừa là đường cao nên cân tại $H$, suy ra $\angle EHA = \angle FHA$.
III. Bài tập rèn luyện
Cho tam giác $ABC$ có $AA’, BB’, CC’$ là ba đường Ceva. Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của $BC, AC, AB$ và $M’,N’,P’$ là trung điểm $AA’,BB’,CC’$. Chứng minh rằng $MM’, NN’, PP’$ đồng quy.
Cho tam giác $ABC$ nhọn, phân giác $AD$. Gọi $E, F$ là hình chiếu của $D$ trên $AB, AC$. Chứng minh rằng $BF, CE$ cắt nhau tại một điểm thuộc đường cao hạ từ $A$ của tam giác $ABC$.
Cho tam giác $ABC$ có trung tuyến $AM$. Trên cạnh $BC$ lấy điểm $M’$ sao cho $\angle M’AB = \angle MAC$; các điểm $N’, P’$ được xác định tương tự. Chứng minh $AM’, BN’, CP’$ đồng quy.
Cho tam giác $ABC$. Hai điểm $D, D’$ đối xứng nhau qua trung điểm của $BC$; các cặp điểm $E, E’$, $F, F’$ được xác định tương tự. Chứng minh rằng $AD, BE, CF$
đồng quy khi và chỉ khi $AD’, BE’, CF’$ đồng quy.
Cho tam giác $ABC$ và 3 đường Ceva $AA’,BB’,CC’$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $A’B’C’$ cắt các cạnh $BC, AC, AB$ lần lượt tại $A”, B”, C”$. Chứng minh rằng $AA”, BB”, CC”$ đồng quy.
Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn qua 2 điểm $A, B$ cắt các cạnh $AC, BC$ tại $D, E$. $DE$ cắt AB tại $F$, $BD$ cắt $CF$ tại $M$. Chứng minh $MF = MC$ khi và chỉ khi $MD.MB = MC^2$.
