PHÉP VỊ TỰ

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O, đường tròn qua A, B và tiếp xúc với AC cắt đường tròn qua A, C và tiếp xúc với AB tại điểm thứ hai là P.. Gọi K là giao của trung trực của BE với

Tâm đồng dạng hay các tam giác đồng dạng trong các mô hình cụ thể là cần thiết để từ đó ta

tìm ra được điểm chung của các bài toán Một số tâm đồng dạng là các điểm đặc biệt như giao điểm

hai đường tròn, các điểm Miquel , Brocard, đẳng cự…và còn nhiều điểm khác nữa

S T k  là hợp thành của phép quay tâm T góc quay  và phép vị tự tâm T tỉ số k gọi là phép vị tự quay tâm T, hệ số k và góc quay như sau:

Lưu ý 1 S T k , , R T( ; )  oH T k( ; ) H T k( ; ) oR T( ; )  Đôi khi ta chỉ viết S thay cho T S T k( , , ) 

khi chỉ cần nhấn mạnh tâm đồng dạng T và có thể gọi là phép đồng dạng có tâm T

Định l 1 Nếu phép vị tự quay S T k , ,  biến A, B thành các điểm A’, B’ thế thì ' ' | |

2

Chứng minh

Giả sử

( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , )

' '

Nhận x t 1 Giả sử A’B’ cắt AB tại O, khi đó các tứ giác AA’TO, BB’TO nội tiếp nên T là giao điểm

thứ hai của (OAA’) và (OBB’) Từ đó ta đưa đến cách xác định phép vị tự quay khi biết trước hai đoạn thẳng AB, A’B’

Định l 2 Cho trước hai đoạn thẳng AB, A’B’ và ' 'uuuuurA B t AB.uuur khi đó luôn tồn tại duy nhất phép vị tự

quay tâm T, góc quay  AB A B; ' ', tỉ số k A B' '

A' B

S T k  ABa A B là phép vị tự quay phù hợp biến AB thành A’B’ mà không cần chú ý nhiều tới

tỉ số k dương hay âm mà chỉ chú ý tới góc quay 

H qu 1 Cho hai tam giác ABC, AB’C’ đồng dạng và cùng chiều, ngh a là AB AC;   AB AC'; ', khi đó S A k ; ;  AB AB; ': ABC AB C' ' Gọi M là giao của BC với B’C’ và N là giao điểm của BB’ với CC” Thế thì M là giao điểm của (ABB’) với (ACC’) và N là giao điểm của (ABC) với (AB’C’)

3

N M B' A

B

C

H qu 2 Cho trước hai đoạn thẳng AC và BD kéo dài cắt nhau tại X Gọi T là giao của hai đường tròn

ngoại tiếp ABX và CDX Khi đó luôn có duy nhất hai phép đồng dạng S T k , , :ABa CD với (AB CD; )

  hoặc S T k , , :ACa BD với   (AC BD; )

X

T

D C

B

A

D C

X T

A

B

Nhận x t 2 Gọi X, Y là giao điểm của các cặp {AC, BD} và {AB, CD} thì T là điểm Miquel của tứ

giác toàn phần ABDCXY

Y

D C

X T

A

B

H qu 3 Lấy các điểm X, Y trên AB, CD sao cho AX CY

XB  YD Giả sử XY cắt AC, BD lần lượt tại P, Q

thế thì tồn tại phép đồng dạng S T : , ,A C Pa B D Q, ,

T A

Chứng minh Gọi T là tâm của phép vị tự quay biến AB thành CD, vì AX CY

XB YD nên biến X thành Y Theo hệ quả 1 thì TQBX và TPAX nội tiếp nên TQP TBA; TPQ TAB TAB: TPQ, do phép đồng dạng S T k ; ;  AC BD;  thỏa mãn yêu cầu W

Định l 3 Cho hai đường tròn (O R1; 1), (O R cắt nhau tại X, Y Khi đó tồn tại hai tâm đồng dạng X 2; 2)

hoặc Y biến đường tròn này thành đường tròn kia

  thỏa mãn yêu cầu định lí, tương tự cho S Y k ; ;  YO YO1 ; 2W

Định l 4 Phép đồng dạng biến hình H thành hình H’ thì biến tính chất  của hình H thành tính chất

 của hình H’, tức là bảo tồn tính chất của một hình

Nhận x t 3 Trong các bài toán việc phát hiện ra tâm đồng dạng là một trong các mấu chốt để giải bài,

hơn nữa những mô hình trong đó có chứa tâm đồng dạng hay chứa sẵn các tam giác đồng dạng là điều quan trọng

5

2 M t b i toán

B i toán 1 Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) Hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại P Giả sử hai đường

tròn (APD) và (BPC) cắt nhau tại điểm thứ hai là Q Khi đó, OQPQ

M

Y X

Q P

O A

  nên X a Y với X, Y là trung điểm của AD, BC, suy ra ( QX QY, )  (AD BC, ) , hơn nữa

OX, OY vuông góc với AD, BC nên (OX OY, ) MX MY;  (AD BC, ) Từ đó suy ra

(OX OY, )  (QX QY, ) tức là tứ giác AOQY nội tiếp (1) Mặt khác, AD, BC, PQ là trục đẳng phương của (O), (APD), (BPD) nên chúng đồng quy tại M, suy ra OXMY nội tiếp đường tròn đường kính OM (2) Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm O, X, Y, Q, M thuộc đường tròn đường kính OM, tức là OQPQW

B i toán 1.1 Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi Q là giao điểm của AD với BC và P

là giao điểm của AC với BD Gọi M là trung điểm của PQ Giả sử hai đường tròn (ADM), (BCM) cắt nhau tại điểm thứ hai là R Chứng minh rằng OQ=OR

N R

M

Q

P O

A

B

C D

Chứng minh Dễ thấy AD, BC, MR là ba trục đẳng phương của (O), (ADM), (BCM) nên chúng đồng

quy tại Q Từ đó suy ra R, M, Q thẳng hàng nên 4 điểm M, P, Q, R thẳng hàng Gọi N là giao thứ hai

6

của (APD), (BPC), thế thì AD, NP, BC là ba trục đẳng phương của (O), (ADP), (BPC) nên chúng đồng quy tại Q Từ đó suy ra N nằm trên QR

Theo bài toán 1 ta được ONPN hay là ON QR (1) Mặt khác, theo tính chất phương tích

ta có QM.QR=QA.QD=QP.QN, vì M là trung điểm PQ nên QP=2QM nên suy ra QR=2QN tức là

NQ=NR (2) Từ (1) và (2) ta suy ra tam giác OQR cân tại O hay là OQ=ORW

Nhận x t 3 Đặc biệt hóa bài toán 1, xét AB , khi đó các đường tròn (APD), (BPC) tiếp xúc với BC,

AD nên ta thu được b đề sau:

Bổ đề 1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường tròn qua A, B và tiếp xúc với AC cắt đường

tròn qua A, C và tiếp xúc với AB tại điểm thứ hai là P Thế thì 0

S

K D

N M

A

O

B i toán 1.2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với đường cao AH Gọi M, N là trung điểm

của AB, AC và D là trung điểm của BC Giả sử các đường thẳng OM, ON cắt đường thẳng AD tại J, K Đường thẳng BJ cắt CK tại I Chứng minh rằng 0

90

AIO

  và AI luôn đi qua điểm cố định khi A chạy trên (O)

Chứng minh Vẽ đường tròn qua A, B tiếp xúc AC và đường tròn qua A, C tiếp xúc với AB, hai đường

tròn này cắt nhau tại I Ta chỉ ra điểm I này chính là điểm được xây dựng trong bài toán, tức là chỉ ra

bộ {I, J, B}, {I, K, C thẳng hàng Gọi S là giao của AI với BC Dễ thấy, BIS BAS ABI

      nên IS là phân giác góc BIC, do đó ta có SB IB

SC  IC (1) Mặt khác, dễ thấy

hai tam giác IAB và ICA đồng dạng nên AB AI BI

AC  IC  IA, suy ra

2 2

IB AB

IC  AC (2) Từ (1) và (2) suy ra 2

2

SB AB

SC  AC tức là AS là đường đối trung của tam giác ABC nên BAI  DAC KCA, mặt khác

7

BAI ICA

   nên ICA KAC ngh a là I, K, C thẳng hàng Tương tự, I, J, B thẳng hàng Do vậy, Điểm I này trùng với điểm bài toán phát biểu, suy ra AI luôn đi qua điểm cố định là giao hai tiếp tuyến của (O) tại B, C Hơn nữa, theo b đề 1 thì 0

90

AIO

  W

B i toán 1.3 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Giả sử AB, CD cắt nhau tại Q và AD, BC

cắt nhau tại R Gọi M là giao của hai đường tròn ADQ và BCQ Chứng minh rằng OM QR

S M a M  M MM1 2     M QM1 2 tứ giác M QMM nội tiếp Hơn nữa, ta có 1 2 M QM O 1 2

nội tiếp đường tròn đường kính OQ, nên 5 điểm O Q M M M nằm trên cùng đường tròn đường , , 1, 2,

Q

O B

Q

B O

Nhận x t 4 Điểm M được xác định như trong bài toán gọi là điểm Miquel của tứ giác ABCD

B i toán 1.4 (USA TST 2007) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến tại B, C của (O)

cắt nhau tại T Lấy điểm S trên đường thẳng BC sao cho AS vuông góc AT Lấy hai điểm B C trên tia 1, 1

ST ( C nằm giữa 1 B và S) sao cho 1 B T1 BT C T1 Chứng minh rằng hai tam giác ABC và A B C 1 1 1

đồng dạng

Chứng minh

Gọi K là giao điểm của BB và 1 CC , ta có 1 BKC B KC1 1  1800 BB T1  CC T1 (1) Hơn nữa

các tam giác TBB TCC cân nên ta có 1, 1 1 1(1800 1);

TA A S và A, A’ cùng thuộc (O) nên A A' Do đó A là tâm của phép đồng dạng biến B, C thành

B C  ABC: AB C W

Nhận x t 5 Bài toán trên thực chất vẫn là khai triển tính chất điểm Miquel A của tứ giác BCC 1 B 1 SK

Bài toán 1.5 Cho hai tam giác đều TBC và TEF sao cho (TB;TC)=(TE;TF) Gọi A là giao điểm của BE

với CF và M là giao điểm của BF với CE Chứng minh rằng MA=MT

Chứng minh

M T

F

C B

A

E

9

H U

V

O' I

N K

Q L

J M

T

F

C O

Gọi O, O’ là tâm của TBC và TEF, dễ thấy O, I, O’ thẳng hàng (1) Hơn nữa, IQ cắt KN tại trung điểm H nên IKQN là hình bình hành Do đó IK||QN, IN||QK, suy ra IK, IM vuông góc với BF,

CE tức là M là trực tâm tam giác IKN (2) Hơn nữa, OO’||UV, dễ chỉ ra UKVN là hình thoi nên UV

vuông góc KN, tức là OO’ vuông góc KN (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra O, I, O’,M thẳng hàng Mặt khác, OO’ là trung trực của TA nên suy ra MA=MT W

Nhận x t 6 Lưu ý Q là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABMCEF, hơn nữa 0

90

TAQ

Nhận x t 6.1 Xét điểm Fermat âm F’ của tam giác ABC là giao các đường tròn ngoại tiếp các tam

giác đều ABC1, BCA1, CAB1 Thế thì dễ thấy AA1, BB1, CC1 đi qua F’

10

Gọi M, N, P là giao các cặp {BC, B1C1}; {CA; C1A1}; {AB; A1B1 Áp dụng bài toán trên cho

ABCB1C1F’ thì MA=MF’ Tương tự NB=NF’, PC=PF’

Bài toán 2 Cho tam giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Trên các tai AB, AC lấy các điểm E, F bất kì

Gọi K là giao của trung trực của BE với CF và T là giao điểm thứ hai của (O) và đường tròn ngoại tiếp

AEF Chứng minh rằng ATK 900

K

N M

B

A

C K

Chứng minh Gọi M, N là trung điểm của BE, CF Xét phép đồng dạng

nội tiếp nên suy ra 0

90

ATK

Đặc biệt hóa bài toán trên khi cho tứ giác BEFC nội tiếp để “ẩn” đi yếu tố trung điểm M, N ta thấy

lại được bài thi IMO 1985 sau đây:

B

C

11

Bài toán 2.1 (IMO 1985) Một đường tròn tâm O đi qua hai đỉnh A, C của tam giác ABC và cắt hai

cạnh AB, BC lần lượt tại K, N Đường tròn ngoại tiếp (KBN) và (ABC) cắt nhau tại M Chứng minh

90

OMB

B i toán 2.2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao BE, CF cắt nhau tại H Gọi I

là hình chiếu của H lên EF gọi D là trung điểm của BC và AD cắt lại (O) tại M; BI cắt ME tại P; CI cắt

MF tại Q

a, Tìm qu tích các điểm P, Q khi A di dộng trên (O)

b, Tứ giác BIKC nội tiếp với K là giao của AM với EF

Chứng minh Trước hết ta chứng minh b đề sau:

Bổ đề 2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và H là trực tâm, AH cắt BC tại S Lấy điểm T sao

cho ATH  900 TS cắt (O) ở X Khi đó AX là đường đối trung của tam giác ABC

Chứng minh bổ đề Gọi D là trung điểm BC Nối AD, AH, AO cắt lại (O) ở M, J, A’ Dễ thấy A’, D,

H, T thẳng hàng và tứ giác ATSD nội tiếp, nên TSA TDA suy ra

»XJ MA¼ ' (1) Mặt khác dễ thấy BAH CAO (liên hợp góc), nên »BJ CA¼ ' (2) Từ (1) và (2) suy

ra »BX CM¼ , thế thì BAX MAC , tức là AX là đường đối trung

P

E F

M O A

Trở lại b i toán:

giác ATIK nội tiếp Gọi R là giao của AT với BC Dễ thấy AT, EF, BC là trục đẳng phương của ba đường tròn (O), (BCEF), (AEF) nên AT, EF, BC đồng quy tại R Do đó ta có RI.RK=RT.TA=RB.RC nên tứ giác BIKC nội tiếp

Bài 2.3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BF, CE cắt nhau ở H AD cắt

lại (O) ở D Giả sử BF cắt CD tại M; CE cắt BD tại N T là giao của AEF với (O) Gọi K là tâm ngoại ngoại tiếp tam giác MNH Chứng minh KT, KD là tiếp tuyến của (O), hay nói cách khác đường tròn (MNH) trực giao với (O) qua giao tuyến DT

O A

Chứng minh Dễ thấy TEA TFA THA TEB TFC THD; TBE TCF TDH

, suy ra TEB: TFC: THD Do đó phép đồng dạng tâm T biến B, D, C thành E, H, F Theo hệ quả

1 thì T, H, D, M, N đồng viên và NTEB nội tiếp Do đó TKD  2 TND  2 TEA  2 THA và

13

Bài 2.4 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn nội tiếp (I) của nó tiếp xúc với BC,

CA, AB tại D, E, F Gọi M là giao của AI với (O) và MD cắt lại (O) tại T Gọi X là giao của IF với MB;

Y là giao của IE với MC Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp (IXY) Chứng minh rằng KT là tiếp tuyến

của (O)

K X

Y

M

T

E F

S

Chứng minh Ta có TM là phân giác nên TB DB BF

TC  DC CE, hơn nữa TBF TCE nên

 :      nên tứ giác TAEF nội tiếp, hơn nữa AEIF nội tiếp đường tròn đường kính AI nên ATI  900 Do đó dễ thấy rằng TBF: TCE: TMI Chứng minh tương tự như bài 2.3 ta được bài toán W

Qua hai ví dụ trên ta thấy rằng kết quả chỉ phụ thuộc vào điểm T và đường tròn (ATFE) Do đó

ta có bài toán t ng quát như sau:

Bài 2.5 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Lấy một điểm S bất kì sao cho đường tròn đường

kính AS cắt AB, AC, (O) lần lượt tại F, E, T Goi M là giao của AS với (O); X là giao của MC với SE; Y

là giao của MB với SF Thế thì đường tròn ngoại tiếp ngũ giác STYXM trực giao với (O) qua giao tuyến

TM Hơn nữa, phép đồng dạng tâm T, tỉ số XY; XY BC; 

BC   thỏa mãn X Y; a B C K; ;   a O

Bài toán 3 Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) Lấy các điểm D, E trên cung BC

không chứa A sao cho D nằm giữa B, E Gọi X là giao của BE với AD; Y là giao của AE với CD Gọi

M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AC, XY Giả sử đường thẳng MP cắt BE, AE tại H, T; NP cắt

CD, AD tại G, S Chứng minh rằng GH||ST

14

G

S

N C

H

T

P

Y X

   Áp dụng định lí Sin cho các tam giác DHP, GPE ta được

Nhận x t 8 PS, PT liên hợp góc đỉnh P của tam giác DPE

B i toán 3.1 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) với AD<DC, hai đường chéo AC, BD cắt

nhau tại P Trên cung CD không chứa A lấy một điểm F sao cho DA=DF Giả sử BF cắt CD tại E Gọi

M, N, K là trung điểm của DA, DF và PE

S M

N

K

F E

    thỏa mãn S B k( , , ) :  Aa P D, a E, ADa PE mà N, M là trung điểm của AD,

PE nên suy ra S B k( , , ) :  Na M do đó ta suy ra BNM : BAP (1) Tương tự phép đồng dạng tâm

C với ABD k, ' CP

CD

    thỏa mãn S C k( , ', ) :  Da P F, a E, a PE K, a M nên suy ra

 :  , dễ thấy CDP: BAP nên từ (1) và (2) suy ra

b, Từ ý a) ở trên ta được, MBN MCK  , nên suy ra MSN KSM  3600 2 

2

ON AD OKDF NOK  ADF   , nên suy ra tứ giác

ONKS nội tiếp và nhận OD là đường kính nên OSSD Ta cần chỉ ra D, S, M thẳng hàng là xong

Thật vậy, ta có DSK KND DAF  và KSM  1800    KSM DSK 1800 nên D,

S, M thẳng hàng W

Bài toán 3.2 Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) Lấy các điểm D, E trên cung BC

không chứa A sao cho D nằm giữa B, E Gọi X là giao của BE với AD; Y là giao của AE với CD Gọi

M, N, P, Q là trung điểm của XB, YC, AY, AX và G, H lần lượt là giao của PM, QN với XY Chứng

16

Q

N M

Y X

B

O

E D

B i toán 4 Đường đ i trung) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) Tiếp tuyến tại B, C cắt nhau tại

X, AX cắt (O) tại K Đường thẳng qua X và song song với KB cắt AB, BC tại P, M Đường thẳng qua X

và song song với KC cắt AC, BC tại Q, N Gọi D là trung điểm của BC; S là giao của PD với XC và T

là giao của QD với XB Gọi Y là giao của AD với đường tròn (XST) Chứng minh rằng YM=YN

T

N M

17

180

     suy ra APXQ nội tiếp Mặt khác AX là

đường đối trung nên dễ thấy BAK DAC; DCA BKA BAK: DACPAX : DACvà

hai tam giác cùng chiều quay, theo hệ quả 1 thì S nằm trên (APX) Tương tự thì T nằm trên (AQX) Do

đó, A, T, P, X, Q, S đồng viên Dễ thấy, ABC: APQ nên AX cùng là đường đối trung của APQ theo tính chất đường đối trung thì YQ=XP, YP=QX Mặt khác, M là giao của CD với XP nên

   Hơn nữa, MDP XCDDSC BACBAK XAC nên suy ra

     , mà tam giác MDX vuông nên suy ra PD=PX Tương tự thì QD=QX,

do đó PQ MNP Gọi T là trung điểm của MN thì QT=PX=QY và PT=QX=PY, nên PQ là trung trực của YT, suy ra TYPQTY MN Vậy tam giác YMN cân, tức là YM=YN

Nhận x t 9 Thực tế thì trên mô hình đường đối trung AK ta có hai bộ ba các tam giác đồng dạng

{ADC, ABK, BKC và {BAD; KAC; KBD như hai hình dưới đây

D K

O A

D K

A

O

Bài toán 4.1 Cho tam giác ABC với các trung điểm M, N của AC, AB Các đường tròn (ABM) và

(ACN) cắt nhau tại điểm T

a, Chứng minh rằng AT là đường đối trung của tam giác ABC

b, Chứng minh rằng GT là đường đối trung của tam giác BGC với G là giao của BM với CN

Chứng minh

C B

a, Gọi X, Y là trung điểm của TX, TY Vì T là tâm của phép đồng dạng chuyển BN thành MC, do đó sẽ

chuyển X, Y nên suy ra TX BN AB

TY MC  AC (1) và TXAY nội tiếp Áp dụng địn lí Sin cho hai tam giác

AXT và AYT ta được sin ;sin

XAT TX YAT TY

DAB DAC

        tức là XAT CAD nên AT là đường đối trung

b, Ta có BGD BAG ABG TAM AGB TBM AGB ABT Dễ thấy, tứ giác

BNGT nội tiếp, do đó ABT TGC Do đó, TGC BGD ngh a là GT là đường đối trung của tam giác BGC W

Bài toán trên thực tế chỉ phụ thuộc vào tỉ số BN

MC nên có thể thay điều kiện trung điểm bằng

kiều kiện MN||BC Do đó ta đưa tới bài toán sau:

Bài toán 4.2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Lấy hai điểm di động M, N trên AC, AB sao

cho MN||BC Các đường tròn (ABM) và (CAN) cắt nhau tại điểm thứ hai là T Gọi G là giao điểm của

BN và CM Đường tròn (GBC) cắt GT tại K Gọi D là trung điểm của BC Chứng minh rằng KD luôn đi

qua điểm cố định khi M thay đ i

19

V X

K

T

G M O

D

A N

Chứng minh Theo bài toán 4.1 thì GT là đối trung của tam giác BGC nên dễ thấy KG là đối trung của

tam giác BKC Do vậy, KD cắt (BGCK) tại V thì G và V đối xứng nhau qua trung trực của BC Gọi X

là giao điểm của KD với (O) thì ta A và X đối xứng qua OD nên X cố định Vậy, KD luôn đi qua X cố định khi M di chuyển

B i toán 4.3 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi AK là đường đối trung đỉnh A của tam

giác với với K thuộc (O) Lấy một điểm I bất kì trên AK Đường thẳng KB cắt đường tròn ngoại tiếp (IAB) tại B 1 đường thẳng KC cắt đường tròn ngoại tiếp (IAC) tại C 1

a, Chứng minh rằng I là trung điểm của B 1 C 1

b, Đường thẳng BI, CI cắt lại (O) ở P, Q Gọi D là giao của B 1 Q với C 1 P Tìm qu tích D khi A chạy

trên (O)

Chứng minh

a, Ta có AIC ACC1  ABK AB B1  B AB1  BIK B IB1  B IK1 nên suy ra B 1 , I, C 1

thẳng hàng Mặt khác, dễ thấy KIB1 : KBA; KIC1 : KCA nên ta có 1 1

;

IB KI IC KI

AB  KB AC  KC , suy ra 1

20

D P

1 2

AC KA IB IC

PA  IA KB KC Hoàn toàn tương tự, ta được 1

.

B Q C P1 ; 1   AQ AP;  tức là QAP QDP 1800, nên suy ra D luôn nằm trên (O) khi A di động W

B i toán 5 Cho đường tròn (O) và một dây cung AB của (O) Gọi M là trung điểm của AB và hai điểm

X, Y trên các tia MA, MB sao cho MX=MY Một dây cung PQ bất kì của (O) và đi qua M Hai đường

tròn liên hợp (PMX) và (QMY) cắt nhau tại điểm thứ hai là Z Khi đó, OZMZ

Z

Q

Y M

Y M

O

A

B X

Q

21

Chứng minh Hai đường tròn cắt nhau tại Z, dễ dàng suy ra ZXY: ZPQ nên tồn tại phép đồng S Z

dạng tâm Z thỏa mãn XY a PQ Gọi N là trung điểm của PQ Khi đó, S Z:XY a PQ M; a N

; ZM a ZN nên suy ra  (ZM ZN, )   (XY PQ, ) , suy ra MZN XMP Mặt khác, OM, ON tương ứng vuông góc với PQ, XY nên MON XMP Do đó MZN  MON suy ra tứ giác ONMZ nội

tiếp tức là OZ MZW

Bài toán 6 Cho tam giác ABC, hãy nêu cách vẽ (bằng thước thẳng và compa) tất cả các tam giác

A’B’C’ nội tiếp tam giác ABC sao cho A B C' ' ' : ABC , với A’, B’, C’ nằm trên AB, BC, CA tương ứng Chứng minh rằng họ các tam giác A’B’C’ có một tâm đồng dạng chung duy nhất

J

C B

A

M

N P

Bổ đề 3 Cho tam giác ABC và ba điểm MAB N, BC P, CA Khi đó (AMP), (BMN), (CNP) có một điểm J chung

Chứng minh bổ đề Giả sử (AMP)  (BMN) {  M J, } Ta có

JN JP;   JN JM;   JM JP; BN BM;   AM AP;   BC BA;   AB AC;   BC AC; , do đó

JNCP nội tiếp hay là (AMP), (BMN), (CNP) có một điểm chung J W

Bổ đề 4 (Điểm Brocad dương) Trong tam giác ABC luôn tồn tại duy nhất điểm I sao cho

I A

22

Chứng minh bổ đề Chiều thuận: Vẽ các đường tròn qua {A, B tiếp xúc với BC tại B, và qua {A, C}

tiếp xúc với AB tại A Khi đó theo tính chất góc tiếp tuyến và dây cung ra cóIAB IBC ICA (1) Chiều đảo: Nếu điểm I’ cũng thỏa mãn (1) thì rõ ràng theo tính chất góc giữa tiếp tuyến và dây suy

ra I’ phải là giao của các đường tròn được xây dựng ở trên Do đó điểm I’ trùng với điểm I ở chiều thuận cho nên I tồn tại và duy nhất W

Nhận x t 10 Tồn tại duy nhất một điểm J có tính chất JAC JCB JBA, điểm này gọi là điểm Brocard âm

C B

A

A'

Trở lại b i toán Giả sử xây dựng được A B C' ' ' thỏa mãn bài toán, theo b đề 3 thì các đường tròn

(AA’C’), (BA’B’), (CB’C’) có một điểm chung là I Ta chứng minh I chính là điểm Brocard dương

Thật vậy, dễ thấy    A A'; IAC' IA C' ' nên IAB IA B' ' Hơn nữa tứ giác IA’BB’ nội tiếp

nên IA B' '  IBC suy ra IAB IBC Hoàn toàn tương tự thì IBC ICA Do đó điểm I

chính là điểm Brocard dương Từ đó suy ra A B C' ' ' có thay đ i thế nào thì điểm I vẫn cố định và I

chính là tâm đồng dạng cần tìm

Bây giờ ta đi xây dựng các tam giác thỏa mãn bài toán Trước hết vẽ điểm Brocard dương I Lẫy một điểm A’ bất kì thuộc và cạnh AB Vẽ (IAA’) giao với AC tại C’, tiếp tục vẽ (IA’B) giao với BC tại B’ Ta sẽ chỉ ra A B C' ' ' : ABC Đặt IAB  , ta có    A  IAC'     IA C' '

 :  Do cách lấy điểm A’ là bất kì trên AB nên họ các tam giác A’B’C’ xây dựng vét hết

các tam giác bài toán yêu cầu W

Bài toán 6.1 Cho ABCvà họ tất cả các A B C' ' ' ở bài toán 6 Tìm A B C' ' ' có diện tích bé nhất

23

Chứng minh Theo chứng minh trên, tồn tại phép đồng dạng S I : A B C' ' ' a ABC, từ đó suy ra

2 [ ' ' '] '

IA

   , dễ thấy lúc đó B’, C’ trùng với các hình chiếu B 0 , C 0 của I lên BC, CA W

Bài toán 6.2 Cho tam giác ABC, xét họ các tam giác A’B’C’ nội tiếp tam giác ABC sao cho

' , ' , '

AAC B BC C AB Tìm vị trí để tam giác A’B’C’ đồng dạng với tam giác ABC và có diện tích

nhỏ nhất

Chứng minh Chứng minh tương tự, tam giác cần tìm là tam giác hình chiếu của điểm Brocard âm lên

các cạnh của tam giác ABCW

Định nghĩa 2 (Đường tròn Apollonius) Cho tam giác ABC, các phân giác trong và ngoài tại góc A cắt

cạnh BC kéo dài tại D, E Thì đường tròn đường kính DE gọi là đường tròn Apollonius đỉnh A của tam giác ABC kí hiệu là A

w A

E D

24

J Z Y

JB CB, suy ra J C Hoàn toàn tương tự thì 'J  C Vậy

Ba đường tròn Apollonius   A, B, C có hai điểm chung W

Định nghĩa 3 Hai điểm J và J’ được xác định như ở trên gọi là hai điểm đẳng cự của tam giác ABC

Điểm J, J’ trong tam giác gọi là điểm đẳng cự thứ nhất và thứ hai của tam giác (J nằm trong tam giác)

Nhận x t 10 Điểm đẳng cự J (tương tự với J’) có tính chất JA CA JB; AB JC; BC

JB CB JC  AC JA  BA , xem k hơn trong [3]

Bổ đề 6 Cho tam giác ABC và một điểm P nằm trong tam giác, xét tam giác P 1 P 2 P 3 là tam giác tạo bởi

chân 3 đường cao từ P tới ba cạnh AB, BC, CA) Chứng minh rằng tam giác P 1 P 2 P 3 là đều khi và chỉ

25

Bài toán 7 Cho tam giác ABC, xét họ tất cả các tam giác đều MNP sao cho      M B; N C;

   với M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CA Chứng minh rằng họ các tam giác đều

có một tâm đồng dạng chung duy nhất

Chứng minh Giả sử đã xây dựng được tam giác MNP thỏa mãn như đầu bài Vẽ các đường tròn

(AMP), (BMN), (CNP) cắt nhau tại 1 điểm J Thật vậy, từ J vẽ ba chân đường cao là M’, N’, P’ tới ba cạnh AB, BC, CA

C B

chứng minh được các góc còn lại của tam giác M’N’P’ là 0

60 nên tam giác M’N’P’ đều, theo b đề 6 thì J chính là điểm đẳng cự của tam giác Hơn nữa, khi đó tồn tại phép đồng dạng

26

M t k hi u trong t i li u

BAC

 : Góc tạo bởi hai tia AB và AC

ABC : Diện tích thường của tam giác ABC 

(ABC) : Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

T i li u tham kh o

[1] Nathan Altshiller Court, College geometry, New York, 1952

[2] Lê Bá Khánh Trình, Hình học tĩnh hay động, Thông tin toán học số 2 năm 2012

[3] Tarik Adnan Moon, The Apollonius Circles and Isodynamic Points, Mathematical Reflections 6/

2010

[4] Yuifei Zhao, Cyclic quadrilaterals- The Big Picture, Canada IMO training, 2009

[5] Yuifei Zhao, Three lemmas in Geometry, Canada IMO training, 2010

[6] David Arthur, Geometry Fundamentals, Canada IMO training, 2011

[7] Andrei Jorza, Brocard Points, Mathematical Reflections, 2008

Nguyễn Thanh Dũng, Trường THPT Chuyên Chu Văn An Lạng Sơn, số 55 đường T sơn, phường Chi Lăng, thành phố Lạng Sơn, tỉnh Lạng Sơn

Email: nguyenthanhdungcva@mail.com

CHUYÊN ĐỀ: TỨ GIÁC ĐIỀU HÒA NGUYỄN VIỆT HÀ-TỔ TOÁN TIN-THPT CHUYÊN LÀO CAI

Trong các bài toán thi học sinh giỏi, có nhiều bài toán hình học nếu dùng lý thuyết

tứ giác điều hòa để giải quyết sẽ cho những lời giải ngắn gọn, đẹp Do đó, trong bài viết này, tôi xin trình bày về tứ giác điều hòa và các áp dụng thông qua các bài tập

cụ thể

I Lý thuyết

Cho bốn điểm cố định, phân biệt A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn Còn S

là một điểm thay đổi trên đường tròn đó Khi đó (𝑆𝐴, 𝑆𝐶, 𝑆𝐵, 𝑆𝐷) = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡 Trong trường hợp (𝑆𝐴, 𝑆𝐶, 𝑆𝐵, 𝑆𝐷) = −1 Ta nói tứ giác ABCD điều hòa

Ta có thể chứng minh các mệnh đề sau là tương đương:

a) Tứ giác ABCD điều hòa

b) AB.CD=AD.BC

c) AC là đường đối trung của tan giác ABD (tương tự cho BD)

d) Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tại hai đỉnh đối diện B, D cắt nhau tại một điểm nằm trên đường chéo AC

e) Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tại hai đỉnh đối diện A, C cắt nhau tại một điểm nằm trên đường chéo BD

f) Các phân giác của các góc 𝐵𝐴𝐷̂ và 𝐷𝐶𝐵̂ cắt nhau tại một điểm trên đường chéo BD

g) Các phân giác của các góc 𝐴𝐵𝐶̂ và 𝐶𝐷𝐴̂ cắt nhau tại một điểm trên đường chéo AC

Ta nhắc lại hai định lý hay dùng sau:

Định lí 1:

Cho ( , , , )A B C D   1 và điểm O nằm ngoài hàng điểm điều hòa trên Một đường thẳng

d cắt ba tia OC,OB, OD lần lượt tại E,I và F Khi đó I là trung điểm của EF khi và chỉ khi d song song với OA

Bài toán 1:Cho đường tròn (O;R) Gọi P là một điểm nằm ngoài đường tròn Kẻ qua

P hai tiếp tuyển tới (O) với hai tiếp điểm lần lượt là A, B Vẽ đường kính BC của (O), gọi H là hình chiếu của A lên BC, nối PC cắt AH tại I Chứng minh rằng I là trung điểm AH

I F

E

B C

O

D A

O

B C

Giải:

Gọi J là giao điểm thứ hai của PC với (O) ta có tứ giác JACB điều hòa Do đó nếu gọi Ct là tiếp tuyến tại C của (O) thì (𝐶𝑡, 𝐶𝐽, 𝐶𝐴, 𝐶𝐵) = −1 mà 𝐴𝐻 ∥ 𝐶𝑡 nên I là trung điểm AH

Ta cũng có thể giải bài toán mà không dùng tứ giác điều hòa như nhau:

Gọi K là giao điểm của CA và BP Do tam giác ABK là tam giác vuông tại A,mà

𝑃𝐴 = 𝑃𝐵 nên P là trung điểm KB Lại do 𝐴𝐻 ∥ 𝐾𝐵 nên 𝐼𝐻

𝐵𝑃 = 𝐶𝐼

𝐶𝑃 = 𝐴𝐼

𝐾𝑃 Từ đây suy

ra IA=IH

Bài toán 2: Cho điểm P nằm ngoài đường tròn (O) Từ O kẻ hai tiếp tuyến PA, PB

và một cát tuyến PCD tới (O) Đường thẳng qua B song song với PA cắt AC, AD

lần lượt tại G, H Chứng minh B là trung điểm GH

Bài tập 3(Đề thi chọn đội tuyển PTNK, ĐHKHTN TPHCM): Cho tam giác ABC

nội tiếp trong đường tròn (𝑂) có 𝐴 cố định và 𝐵, 𝐶 thay đổi trên (𝑂) sao cho 𝐵𝐶 luôn song song với một đường thẳng cố định cho trước Các tiếp tuyến của (𝑂) tại

𝐵 và 𝐶 cắt nhau tại 𝐾 Gọi 𝑀 à trung điểm 𝐵𝐶, 𝑁 là giao điểm của 𝐴𝑀 với (𝑂) Chứng minh rằng đường thẳng 𝐾𝑁 luôn đi qua một điểm cố định

Giải:

Gọi giao điểm thứ hai của KN với (𝑂) là 𝐼 Tứ giác 𝐼𝐵𝑁𝐶 là tứ giác điều hòa nên ta

có 𝐴(𝐴𝐼, 𝐴𝐵, 𝐴𝑁, 𝐴𝐶) = −1 Mà 𝑀 là trung điểm 𝐵𝐶 nên 𝐴𝐼 ∥ 𝐵𝐶, suy ra 𝐼 cố định Vậy đường thẳng 𝐾𝑁 luôn đi qua điểm 𝐼 cố định

Bài tập 4(Đề thi chọn đội tuyển Nam Định): Cho tam giác ABC, D là trung điểm

của cạnh BC và E, Z là hình chiếu của D trên AB, AC Gọi T là giao điểm của các tiếp tuyến tại E, Z của đường tròn đường kính AD Chứng minh rằng: TB=TC

Giải:

Gọi F là giao điểm của DT với đường tròn đường kính AD

Ta có tứ giác EDZF điều hòa, suy ra A(BCFD)=A(EDZF)=-1 (Vì A nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác EDZF)

Mặt khác, vì D là trung điểm của BC nên AF//BC, suy ra DT vuông góc với BC Suy

ra tam giác TBC cân tại T hay TB=TC (đpcm)

Tương tự như vậy, ta có thể xét hai bài toán sau, nếu dùng khái niệm tứ giác điều hòa thì việc giải quyết sẽ ngắn gọn hơn:

Bài toán 5: Cho tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp (O), gọi M là giao điểm hai tiếp

tuyến tại B, D của (O) Gọi H là giao điểm của OM và BD Khi ấy HB là phân giác của góc AHC

Ta xét một bài toán tương tự:

Bài toán 6: Từ điểm A nằm ngoài (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp

điểm) Lấy T bất kì thuộc cung nhỏ BC Kẻ TH vuông góc với BC (tại H) Chứng minh TH là phân giác của góc MHN (M, N là giao điểm của tiếp tuyến tại T của (O) với AB, AC)

Giải

MN và BC cắt nhau ở S

Kẻ tiếp tuyến ST’ của (O) (T khác T’), P là giao điểm của SC và TT’

Tứ giác BTCT’ điều hòa  A, T, T’ thẳng hàng

Ta có:

H(STMN)=A(STMN)=A(SPBC)=-1

Mà HTSC HT là phân giác của góc MHN

Ta xét một bài toán tương tự về phân giác:

Bài toán 7(Diễn đàn Toán học MathScope): Cho tam giác ABC, đường cao AH, E

là trung điểm của AH Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC tại D DE cắt lại (I)

tại F Chứng minh rằng FD là phân giác của góc BFC

Lời giải:

Gọi M, N theo thứ tự là tiếp điểm của (I) với AB, AC;

AD giao với (I) tại điểm thứ hai P; Kẻ đường kính DK của (I)

 Tứ giác DFPK là tứ giác điều hòa

 FK và tiếp tuyến tại P, D của (I) đồng quy (1)

Mặt khác: Tứ giác MPND điều hòa  MN, tiếp tuyến tại P, D của (I) đồng quy.(2)

Từ (1) và (2) suy ra FK, MN, BC đông quy (tại S)

Vì AD, CM, BN đồng quy tại một điểm (*) (dễ dàng chứng minh nhờ định lí Cêva)

 (SDBC)=-1F(SDBC)=-1

FD là phân giác của góc BFC (Vì FDSK).(đpcm)

Bài toán 8: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O)

Tiếp tuyến SM, SN với đường tròn Chứng minh rằng E, F, M, N thẳng hàng

AB  CD  S, AD  BC  F, AC  BD  E.

Bài toán này ta có thể giải dựa vào hàng điều hòa mà không cần dùng chùm điều hòa

Bài toán 9: Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC Tiếp tuyến tại A của (O)

cắt đường thẳng BC tại D Đường DO cắt AB, AC tại E, F Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, AC Chứng minh rằng EN, FM, AO đồng quy

Giải:

Gọi giao điểm của MN với AO, DO lần lượt là H, G Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến thứ hai từ D tới (O) là K Khi đó tứ giác ABKC điều hòa, và ta có (𝐴𝐷, 𝐴𝐾, 𝐴𝐵, 𝐴𝐶) = −1

Nhưng do 𝑂𝑀, 𝑂𝑁, 𝑂𝐴, 𝑂𝐷 vuông góc tương ứng với 𝐴𝐵, 𝐴𝐶, 𝐴𝐷, 𝐴𝐾 nên(𝑂𝑀, 𝑂𝑁, 𝑂𝐻, 𝑂𝐺) = −1

Từ đây ta suy ra (𝐴𝐸, 𝐴𝐹, 𝐴𝑂, 𝐴𝐺) = −1 Từ đó suy ra 𝐴𝑂, 𝐸𝑁, 𝐹𝑀 đồng quy Bài toán được giải quyết hoàn toàn

Ta xem xét một bài toán kiểu như bài toán 2 nhưng phức tạp hơn:

Bài toán 10:Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường òn (O) P là một điểm trên

cạnh BC, M là trung điểm BC AP cắt (O) tại điểm thứ hai P’ Đường tròn ngoại tiếp tam giác PP’M cắt (O) tại điểm thứ hai là N AN cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác PP’M tại Q Đường thẳng PQ cắt đường thẳng AB, AC lần lượt tại V, K Chứng minh rằng Q là trung điểm KV

Giải:

Gọi giao điểm của NP’ với đường BC là G Dùng phương tích ta thu được

𝐺𝑀

̅̅̅̅̅ 𝐺𝑃̅̅̅̅ = 𝐺𝑃′̅̅̅̅̅.𝐺𝑁̅̅̅̅ = 𝐺𝐵̅̅̅̅.𝐺𝐶̅̅̅̅

Do đó ta có (𝐵𝐶𝐺𝑃) = −1 Hay 𝑃′(𝐵𝐶𝐺𝑃) = −1, suy ra tứ giác ABNC điều hòa

Ta sẽ chứng minh 𝑃𝑄 song song với tiếp tuyến 𝐴𝑥 của (O) Thật vậy, ta có:

𝑃𝑄𝑁̂ + 𝑃𝑃′𝑁̂ = 1800𝐴𝐶𝑁̂ + 𝑃𝑃′𝑁̂ = 1800𝐴𝐶𝑁̂ = 𝑥𝐴𝑁̂

Do đó 𝑃𝑄𝑁̂ = 𝑥𝐴𝑁̂ Do đó 𝑃𝑄 song song với tiếp tuyến 𝐴𝑥 của (O)

Mà tứ giác ABNC điều hòa nên chùm (𝐴𝑥, 𝐴𝑁, 𝐴𝐵, 𝐴𝐶) điều hòa Mà 𝑃𝑄 ∥ 𝐴𝑥 nên

𝑄 là trung điểm KV

Bài toán được giải quyết hoàn toàn

Bài toán 11: Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc BC tại D và AB tại F,

cắt lại đường thẳng AD tại H và đường thẳng CF tại K Chứng minh rằng 𝐹𝐷.𝐻𝐾

𝐹𝐻.𝐷𝐾 = 3

Giải:

Gọi E là tiếp điểm của (I) với AC là E

Ta thây các tứ giác FHED và FEKD là điều hòa Sử dụng tính chất của tứ giác điều hòa và định lý Ptoleme cho tứ giác nội tiếp ta có:

2𝐸𝐾 𝐹𝐷 = 2𝐹𝐸 𝐷𝐾 = 𝐸𝐷 𝐹𝐾;

2𝐻𝐹 𝐷𝐸 = 2𝐻𝐸 𝐷𝐹 = 𝐻𝐷 𝐹𝐸 Nhân các đẳng thức theo từng vế ta được:

4(𝐻𝐹 𝐷𝐸) (𝐹𝐸 𝐷𝐾) = (𝐻𝐷 𝐹𝐸) (𝐷𝐸 𝐹𝐾) Hay

𝐻𝐷 𝐹𝐾 = 4𝐹𝐻 𝐷𝐾

Sử dụng định lý Ptoleme cho tứ giác FHDK ta suy ra

𝐹𝐷 𝐻𝐾 = 3𝐹𝐻 𝐷𝐾 Bài toán được giải quyết hoàn toàn

Bài toán 12: Cho đường tròn (I) tiếp xúc 3 cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC

không cân tại 𝐴1, 𝐵1, 𝐶1 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của 𝐵1𝐶1, 𝐶1𝐴1 Đường thẳng 𝑀𝑁 cắt BC tại P.Chứng minh rằng 𝐶1𝑃 song song với 𝐴𝐴1

Giải:

Gọi giao điểm thứ hai của 𝐴𝐴1 và (𝐼) là R, Q là trung điểm 𝑅𝐴1 Ta có 𝑁𝐴̂ =1𝑃

𝐶̂ 1𝑅𝑄

Nhưng 𝑃𝑁 ∥ 𝐴1𝐵1 nên 𝑁𝑃𝐴̂ = 𝐵1 ̂ = 𝐴1𝐴1𝐶 1̂ Do tứ giác 𝐴𝐶1𝐵1 1𝐶1𝑅𝐵1 điều hòa nên 𝐶1𝐵1 là đường đối trung của tam giác 𝐶1𝐴1𝑅, do đó 𝐴1̂ = 𝑅𝐶𝐶1𝐵1 ̂ Do đó 1𝑄Δ𝑃𝐴1𝑁~Δ𝐶1𝑅𝑄, do đó Δ𝐶1𝑃𝐴1~Δ𝐴1𝐶1𝑅 Suy ra 𝑃𝐶̂ = 𝐶1𝐴1 ̂ Suy ra điều 1𝐴1𝑅phải chứng minh

Bài toán 13: Cho tam giác ABC (𝐴𝐵 < 𝐴𝐶) Gọi AM là trung tuyến và N là một điểm trên cạnh BC sao cho 𝑁𝐴𝐵̂ = 𝑀𝐴𝐶̂ Đường AN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại P Chứng minh rằng 𝐵𝑃𝐴̂ = 𝐶𝑃𝑀̂

Giải:

Do giả thiết 𝑁𝐴𝐵̂ = 𝑀𝐴𝐶̂ nên tứ giác ABPC điều hòa Do vậy: 𝐴𝐵 𝑃𝐶 = 𝐴𝐶 𝐵𝑃

Áp dụng định lý Ptoleme ta có 𝐴𝐵 𝑃𝐶 = 1

2𝐴𝑃 𝐵𝐶 hay 𝐴𝐵 𝑃𝐶 = 𝐴𝑃 𝐶𝑀 Hay 𝐴𝐵

𝐴𝑃 =𝐶𝑀

𝐶𝑃 Do đó Δ𝐴𝐵𝑃~Δ𝐶𝑀𝑃 Do đó 𝐵𝑃𝐴̂ = 𝐶𝑃𝑀̂

Bài toán 14: Cho điểm C nằm trên tiếp tuyến tại A của đường tròn đường kính AB

(C khác A), kẻ các cát tuyến CMN, CPQ tới đường tròn đường kính AB Các tia

AM, AN, AP, AQ lần lượt cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn đường kính AB tại