Phương tích của một điểm với một đường tròn
Định nghĩa và ví dụ
Định lí 1.1.1 [1] Cho đường tròn (O;R) và điểm P cố định, OP = d Qua
P kẻ đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểmU vàV Khi đó giá trị
P U P V = P O 2 −R 2 = d 2 −R 2 không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng.
Chứng minh (Hình 1.1) Gọi M là điểm đối xứng của V qua O Ta có
M U vuông góc với P V hay U là hình chiếu củaM trên P V Suy ra
OV 2 = OP 2 −OV 2 = d 2 −R 2 Định nghĩa 1.1.1 [1] Giá trị không đổi P U P V = P O 2 −R 2 = d 2 −R 2 được gọi là phương tích của điểm P đối với đường tròn (O) và ký hiệu là
P P/(O) Định lí 1.1.2 [1] Nếu 2 đường thẳngAB và CD cắt nhau tạiP và
P A.P B = P C.P D thì 4 điểmA, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh (Hình 1.2) Giả sử đường tròn ngoại tiếp ∆ABC cắt CD tại D ′ khi đó
Vậy 4 điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn Hình 1.2
Cho đường tròn (O) và hai điểm cố định A, B Đường thẳng quay quanh điểm A cắt đường tròn tại hai điểm M và N Cần chứng minh rằng tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên một đường thẳng.
Giải (Hình 1.3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BM N và C là giao điểm củaAB với(I) Khi đó
P A/(I) = AC.AB = AM AN = P A/(O) không đổi vì A, O cố định.
AB Vì A, B cố định và C thuộc AB nên từ hệ thức trên suy ra điểm C cố định Do đó I thuộc đường trung trực của BC cố định Hình 1.3
Các tính chất
Tính chất 1.1.1 Nếu điểmM nằm ngoài đường tròn(O)vàM T là tiếp tuyến của(O) thì P M/(O) = M T 2
Tính chất 1.1.2 Nếu hai điểmA, B cố định vàAB.AM là hằng số thì M cố định.
Tính chất 1.1.3 + Điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O) khi và chỉ khi
+ ĐiểmM nằm trên đường tròn(O) khi và chỉ khiP M/(O) = 0.
+ ĐiểmM nằm bên trong đường tròn (O)khi và chỉ khi P M/(O) < 0.
Tính chất 1.1.4 (Hình 1.4) Cho hai đường thẳng AB, M T phân biệt cắt nhau tại M (M không trùng A, B, T) Khi đó nếu M A.M B = M T 2 thì đường tròn ngoại tiếp tam giácABT tiếp xúc vớiM T tạiT.
Ví dụ 1.1.2 ChoABCnội tiếp đường tròn(O, R)vàGlà trọng tâm củaABC.
Giải (Hình 1.5) Vì G là trọng tâm của ABC nên −→
OC, suy ra9OG 2 = OA 2 +OB 2 +OC 2 + 2(OA.OB +OB.OC +OC.OA)
= 3R 2 + 2(OA.OB +OB.OC + OC.OA) (1)
Ta có 2OA.OB = OA + OB −(OA−OB)
= OA 2 + OB 2 −AB 2 = 2R 2 −AB 2 Tương tự ta có 2OA.OB = 2R 2 −AB 2 , 2OB.OC = 2R 2 −BC 2 ,
2OC.OA= 2R 2 −CA 2 Suy ra
2(OA.OB +OB.OC +OC.OA) = 6R 2 −(AB 2 +BC 2 +CA 2 ) (2) Thay (2) vào (1) ta được 9OG 2 = 9R 2 −(AB 2 + BC 2 +CA 2 ).
(Phương tích này được gọi là phương tích trọng tâm).
Ví dụ 1.1.3 Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O, R) và H là trực tâm của
∆ABC Chứng minh rằngP H/(O) = −8R 2 cosAcosBcosC.
Giải (Hình 1.6) Ta chứng minh trường hợp
∆ABC là tam giác nhọn Các trường hợp tam giác vuông hoặc tù chứng minh tương tự.
Gọi I, A ′ lần lượt là giao điểm của AH với BC và(O) Áp dụng định lý sin trong∆HAB ta có
⇒ AH sin(90 0 −A)b = AB sin(180 0 −Cb) Hình 1.6
⇒ AH cosA = AB sinC ⇒ HA = AB sinC.cosA = 2RcosC.
Chứng minh tương tự ta có HB = 2RcosB, HC = 2RcosC Vì BHA\ ′ Cb = BA\ ′ Anên∆BHA ′ cân tạiB Suy ra I là trung điểm của A ′ H Khi đó
HA ′ = 2IH = 2HB.cosBHA\ ′ = 4RcosBcosC.
Vì∆ABC nhọn trực tâm nằm trong tam giác nên ta có
P H/(O) = HA.HA ′ = −HA.HA ′ = −8R 2 cosA.cosB.cosC.
(Phương tích này được gọi là phương tích trực tâm).
Ví dụ 1.1.4 Cho đường tròn (O, R) và 3 điểm A, B, C thẳng hàng Chứng minh rằng
P A/(O) BC +P B/(O) CA+P C/(O) AB+BC.CA.AB = 0.
P A/(O) BC +P B/(O) CA+P C/(O) AB+ BC.CA.AB
=(OA 2 −R 2 ).BC + (OB 2 −R 2 ).CA+ (OC 2 −R 2 ).AB+BC.CA.AB
=OA 2 BC +OB 2 CA+ OC 2 AB +BC.CA.AB−R 2 (BC +CA+ AB)
=OA 2 BC +OB 2 CA+ OC 2 AB +BC.CA.AB.
Ta sẽ chứng minh hệ thức
OA 2 BC + OB 2 CA+OC 2 AB +BC.CA.AB = 0.
Trường hợp 1:ĐiểmO nằm trên đường thẳng chứa ba điểmA, B, C
OA 2 BC +OB 2 CA+ OC 2 AB +BC.CA.AB
= OA 2 (OC −OB) +OB 2 (OA −OC) +OC 2 (OB −OA)
+ (OC −OB).(OA−OC).(OB −OA) = 0.
Trường hợp 2:(Hình 1.8) ĐiểmO không nằm trên đường thẳng chứa ba điểmA, B, C
GọiH là hình chiếu củaO lên đường thẳng chứa ba điểmA, B, C Ta có
OA 2 BC +OB 2 CA+OC 2 AB+BC.CA.AB
= (OH 2 +HA 2 ).BC + (OH 2 +HB 2 ).CA+ (OH 2 +HC 2 ).AB+
= OH 2 (BC + CA+AB) +AH 2 BC + BH 2 CA+CH 2 AB+
VậyP A/(O) BC + P B/(O) CA+P C/(O) AB +BC.CA.AB = 0.
Phương tích trong hệ tọa độ Descartes
Cho điểm M(x0;y 0 ) và đường tròn(C) : x 2 +y 2 + 2ax+ 2by +c = 0. ĐặtF(x;y) = x 2 +y 2 + 2ax+ 2by+c Khi đó, phương tích từ điểmM đến đường tròn(C) là
Trục đẳng phương của hai đường tròn
Định nghĩa
Định lí 1.2.1 [1] Cho hai đường tròn không đồng tâm (O 1 ;R 1 ) và(O 2 ;R 2 )
Tập hợp các điểm M có phương tích đối với hai đường tròn bằng nhau là một đường thẳng.
Chứng minh (Hình 1.9) Giả sử điểm M có phương tích đến hai đường tròn bằng nhau Gọi H là hình chiếu của M trên O 1 O 2 , I là trung điểm củaO 1 O 2
⇔HO 2 1 −HO 2 2 = R 2 1 −R 2 2 ⇔ (HO 1 −HO 2 )(HO 1 +HO 2 ) = R 2 1 −R 2 2
2O2O 1 Suy raH cố định, M thuộc đường thẳng quaH và vuông góc vớiO 1 O 2 Định nghĩa 1.2.1 [1] Đường thẳng M H như trên được gọi là trục đẳng phươngcủa hai đường tròn (O1) và(O2).
Các tính chất
Tính chất 1.2.1 Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc với đường nối tâm.
Tính chất 1.2.2 Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A và B thì AB chính là trục đẳng phương của chúng.
Tính chất 1.2.3 Nếu điểmM có cùng phương tích đối với(O 1 ;R 1 )và(O 2 ;R 2 ) thì đường thẳng qua M vuông góc với O 1 O 2 là trục đẳng phương của hai đường tròn.
Tính chất 1.2.4 Nếu hai điểmM, N có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì đường thẳngM N chính là trục đẳng phương của hai đường tròn đó.
Tính chất 1.2.5 Nếu 3 điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì
Tính chất 1.2.6 Nếu (O1;R 1 ) và (O2;R 2 ) tiếp xúc nhau tại A thì đường thẳng qua A và vuông góc với O 1 O 2 chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.
Cách xác định trục đẳng phương của hai đường tròn 10
Ta xác định trục đẳng phương của hai đường tròn (O1;R 1 ) và (O2;R 2 ) dựa trên Định lý1.2.1như sau:
Trường hợp 1:(Hình 1.10) Hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,
B Khi đó đường thẳng AB chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.
Trường hợp 2: (Hình 1.11) Hai đường tròn tiếp xúc nhau tại P Khi đó tiếp tuyến chung tại P chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.
Trường hợp 3:(Hình 1.12) Hai đường tròn(O1)và(O2)không có điểm chungBước 1: Dựng đường tròn (O3) sao cho (O1) cắt (O3) tại A và B; (O2) cắt(O3) tạiC vàD.
Bước 2: GọiM là giao điểm củaAB và CD.
Bước 3: Dựng đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳngO 1 O 2 chính là trục đẳng phương của hai đường tròn(O 1 )và (O 2 ).
Trục đẳng phương trong hệ tọa độ Descartes
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn không đồng tâm:
Khi đó, trục đẳng phương của (C1) và(C2) là đường thẳng có phương trình:
Tâm đẳng phương
Định nghĩa và ví dụ
Định lý 1.3.1 cho biết rằng, với ba đường tròn (O1), (O2) và (O3), các trục đẳng phương của các cặp đường tròn này sẽ có một trong ba tình huống: chúng có thể trùng nhau, song song hoặc cùng đi qua một điểm.
Chứng minh.(Hình 1.13) Gọid ij là trục đẳng phương của hai đường tròn(Ci) và(Cj) Ta xét hai trường hợp sau:
Giả sử có một cặp đường thẳng song song, không mất tính tổng quát, ta giả sử d 12 k d 23 Ta có d 12 ⊥ O 1 O 2 , d 23 ⊥ O 2 O 3 , do đó O 1 , O 2 , O 3 thẳng hàng Ta lại cód 13 ⊥ O 1 O 3 , vậyd 13 k d 23 k d 12
Giả sử d 12 vàd 23 có điểmM chung Khi đó ta có
3 ) ⇒M ∈ d 13 Vậy nếu có hai đường thẳng trùng nhau thì đó cũng là trục đẳng phương của cặp đường tròn còn lại.
Nếu hai trục đẳng phương chỉ cắt nhau tại một điểm, thì điểm đó sẽ thuộc về trục đẳng phương còn lại Giao điểm của các trục đẳng phương của ba đường tròn (O1), (O2), (O3) được gọi là tâm đẳng phương của ba đường tròn.
Các tính chất
Tính chất 1.3.1 Nếu 3 trục đẳng phương song song hoặc trùng nhau thì tâm của 3 đường tròn thẳng hàng.
Tính chất 1.3.2 Nếu 3 đường tròn đôi một cắt nhau thì các dây cung chung cùng đi qua một điểm.
Tính chất 1.3.3 Nếu 3 đường tròn cùng đi qua một điểm và các tâm thẳng hàng thì các trục đẳng phương trùng nhau.
Ví dụ 1.3.1 Cho tam giác ABC Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và
M 1 , M 2 , M 3 lần lượt là trung điểmBC, CA, AB Gọi
(M1, M 1 H)∩BC = {A 1 , A 2 }, (M2, M 2 H)∩AC = {B 1 , B 2 }, (M3, M 3 H)∩AB = {C 1 , C 2 }. Chứng minh rằng 6 điểm A 1 , A 2 , B 1 , B 2 , C 1 , C 2 cùng thuộc một đường tròn.
Giải.(Hình 1.14) VìM 1 M 2 k AB và AB ⊥ HC nên M 1 M 2 ⊥ HC Suy ra
HC là trục đẳng phương của (M 1 )và(M 2 ) Suy ra
CA 1 CA 2 = CB 1 CB 2 hay A 1 , A 2 , B 1 , B 2 cùng thuộc đường tròn(W 1 ).
Tương tựA 1 , A 2 , C 1 , C 2 thuộc đường tròn (W2) và C 1 , C 2 , B 1 ,
6 điểmA 1 , A 2 , B 1 , B 2 , C 1 , C 2 không cùng thuộc một đường tròn thì các trục đẳng phương của 3 đường tròn (W1),(W2),(W3) phải đồng quy, nhưng chúng lại cắt nhau tại
A, B, C nên vô lý Vậy 6 điểm
A 1 , A 2 , B 1 ,B 2 , C 1 , C 2 cùng thuộc một đường tròn.
Một số ứng dụng của phương tích và trục đẳng phương
Kiến thức trong chương I, mặc dù đơn giản và quen thuộc, lại có ảnh hưởng sâu sắc đến các nội dung quan trọng như chứng minh đồng quy, điểm cố định, và các mối quan hệ vuông góc, song song Việc tìm ra mối liên hệ giữa phương tích và trục đẳng phương sẽ giúp người làm toán tìm ra những lời giải hay, đẹp và ấn tượng.
Trong luận văn này, chúng tôi sẽ trình bày một số ứng dụng tiêu biểu của phương tích và trục đẳng phương trong việc giải quyết các bài toán chứng minh, đặc biệt là trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia và Olympic quốc tế.
Chứng minh đồng quy
Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế, có nhiều bài toán yêu cầu chứng minh đồng quy, khiến học sinh thường lúng túng và có thể đưa ra cách giải không hợp lý hoặc dài dòng Việc sử dụng tính chất của phương tích và trục đẳng phương là phương pháp hiệu quả để tìm ra lời giải cho những bài toán này.
Bài toán 2.1.1 (Việt Nam TST-2009) đề cập đến một tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O Trong đó, A1, B1, C1 là chân đường vuông góc từ các đỉnh A, B, C xuống cạnh đối diện Các điểm A2, B2, C2 được xác định là các điểm đối xứng của A1, B1, C1 qua trung điểm của các cạnh BC, CA, AB Cuối cùng, bài toán yêu cầu tìm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB2C2, BC2A2.
CA 2 B 2 cắt đường tròn (O) lần thứ hai tại A 3 , B 3 , C 3 Chứng minh rằng 3 đường thẳng A 1 A 3 , B 1 B 3 , C 1 C 3 đồng quy.
Giải.(Hình 2.1) Gọi(I, R)là đường tròn ngoại tiếp tam giácAB 2 C 2 , M là trung điểm BC, AM giao A 1 A 3 tạiG Vì AC 1 AB = AB 1 AC và
AC 1 = BC 2 , AB 1 = CB 2 nênBC 2 BA= CB 2 CA
Mà IO ⊥ AA 3 ⇒ AA 3 k BC.
Theo tính chất của đường kính vuông góc với dây cung trong hình tròn, đường kính sẽ đi qua trung điểm của cung Do đó, OI đi qua trung điểm của AA3 Đồng thời, đoạn A1A và IM vuông góc với cung AA3, dẫn đến việc A1M bằng AA3 theo tính chất các đoạn chắn song song.
A 1 M = 2 Do đóGlà trọng tâm của tam giác ABC Tương tự B 1 B 3 , C 1 C 3 cũng đi qua G. VậyA 1 A 3 , B 1 B 3 , C 1 C 3 đồng quy tại trọng tâmGcủa tam giácABC.
Bài toán 2.1.2 [1] Cho hai đường tròn(O1),(O2) nằm ngoài nhau,M N là một tiếp tuyến chung ngoài,P Q là một tiếp tuyến chung trong Chứng minh rằngM P, N Q, O 1 O 2 đồng quy.
Giải.(Hình 2.2) Gọi K là giao của (M N) và(P Q), L là giao của (M P) và
(N Q) Ta có KO 1 vuông góc với KO 2 (phân giác của hai góc kề bù), M P vuông góc vớiN Qhay
Gọi(C1),(C2)lần lượt là các đường tròn đường kínhM N, P Q Theo(1)suy raL thuộc(C1) vàL thuộc(C2) Do đó
Mặt khác vìO 1 M, O 1 P theo thứ tự tiếp xúc với (C1),(C2) nên
Từ (2), (3), (4) suy ra 3 điểm L, O 1 , O 2 thẳng hàng hay 3 đường thẳng
Bài toán 2.1.3(HSG Quốc gia 2004) Cho bốn điểm A, B, C, D theo thứ tự đó nằm trên một đường thẳng Gọi E, F là các giao điểm của đường tròn
Trong hình học, cho hai đường tròn (O1) và (O2) với đường kính AC và BD tương ứng Gọi P là một điểm trên đường thẳng EF, với CP cắt (O1) tại M và BP cắt (O2) tại N Cần chứng minh rằng ba đường thẳng AM, DN và EF đồng quy tại một điểm.
Giải.(Hình 2.3) GọiLlà giao điểm củaAM vàDN VìLN B\là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên\LN B = LN P[ = 90 0 Suy ra
Mặt khácP thuộc EF là trục đẳng phương của hai đương tròn(O 1 ) và(O 2 ) nênP P/(O
2 ) Suy raP N P B = P M P C Do đó tứ giácM N BC nội tiếp, suy raM N P\ = BCM\.
Nhưng BCM\ +DAM\ = 180 0 −AM C\ = 90 0 , suy ra
Từ (1) và (2) suy ra LN M\ = DAM\ Do đó tứ giác M N AC nội tiếp. Suy raLM.LA = LN.LC hay P L/(O
2 ), do đó Lthuộc trục đẳng phươngEF của hai đường tròn Vậy ba đường thẳngEF, AM, BN đồng quy.
Bài toán 2.1.4(Đề thi toán Quốc tế 1995) Cho bốn điểm khác nhauA, B, C, D nằm trên một đường thẳng theo thứ tự này Hai đường tròn có đường kính là
AC và BD cắt nhau tại hai điểm X, Y Đường thẳng XY cắt BC tại điểm
Z Giả sử P là một điểm khác Z nằm trên đường thẳng XY Đường thẳng
CP cắt đường tròn đường kính AC tại hai điểm là C và M Đường thẳng
BP cắt đường tròn đường kính BD tại hai điểm B và N Chứng minh rằng ba đường thẳng AM, DN, XY đồng quy.
Giải.(Hình 2.4) Gọi T là giao điểm củaAMvàXY Ta đi chứng minh điểm
Vì T nằm trênXY nênT có cùng phương tích đến hai đường tròn đường kínhBD vàAC.
Vì T nằm trênAM nênT có cùng phương tích đến hai đường tròn đường kínhAC vàAP.
Vì T nằm trênP Z nên T có cùng phương tích đến hai đường tròn đường kínhAP vàDP.
Do đó, T có cùng phương tích với hai đường tròn có đường kính BD và DP Đường thẳng DN đóng vai trò là trục đẳng phương của hai đường tròn này, từ đó bài toán đã được chứng minh.
Bài toán 2.1.5 [4] Cho đường tròn tâmO, đường kínhAB, CD Tiếp tuyến của (O) tại B giao AC tại E, DE giao (O) lần thứ 2 tại F Chứng minh rằngAF, BC, OE đồng quy.
Giải.(Hình 2.5) Gọi(C1),(C2)lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, BCE Ta có AF, BC là trục đẳng phương của(O)và(C1),(O) và(C 2 ) Mặt khác
Suy ra OA, OB lần lượt là tiếp tuyến của (C1),(C2) và lại có OA 2 = OB 2
Do đóOE là trục đẳng phương của (C 1 )và(C 2 ).
Theo định lý về tâm đẳng phương của 3 đường tròn, suy ra AF, BC, OE đồng quy.
Bài toán 2.1.6 yêu cầu xem xét nửa đường tròn có đường kính AB với điểm C nằm trên đường tròn Từ điểm C, ta hạ một đường vuông góc xuống AB, gọi điểm hạ này là H Đường tròn có đường kính CH sẽ cắt đoạn AC tại điểm E, cắt đoạn CB tại điểm F, và cắt nửa đường tròn đường kính AB tại điểm D.
Chứng minh rằngCD, EF, AB đồng quy.
VìACB[ = 90 0 nênEF là đường kính của đường tròn đường kínhCH Suy ra
Tứ giác AEF B trong Hình 2.6 có thể áp dụng định lý về tâm đẳng phương cho đường tròn ngoại tiếp Theo đó, với đường tròn có đường kính AB và EF, ta có thể khẳng định rằng các đường CD, EF và AB đồng quy.
Bài toán 2.1.7(Định lý Brianchon) [1] Cho lục giácABCDEF ngoại tiếp
(O) Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy.
Giải.(Hình 2.7) GọiG, H, I, J, K, Llần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD,
DE, EF, F Avới đường tròn (O).
Trên tiaKF, HB, GB, J D, ID, LF lần lượt lấy các điểmP, S, Q, R, N, M sao choKP = SH = GQ = J R= IN = LM.
Dựng(O1)tiếp xúc vớiEF, CBtạiP, S;(O2)tiếp xúcAF, CDtạiM, N; (O3) tiếp xúcAB, ED tạiQ, R Ta có
CS = SH + HC = IN +IC = CN.
Suy raF C là trục đẳng phương của (O1) và (O2) Tương tự, AD là trục đẳng phương của (O2) và (O3), trong khi BE là trục đẳng phương của (O3) và (O1) Áp dụng định lý về tâm đẳng phương, ta có thể khẳng định rằng các trục AD, BE và CF đồng quy.
Chứng minh điểm cố định
Chứng minh điểm cố định trong hình học phẳng là một chủ đề thú vị nhưng đầy thách thức Học sinh thường gặp khó khăn trong việc xác định điểm cố định, dẫn đến việc giải bài sai Sử dụng phương tích và trục đẳng phương là những công cụ hiệu quả giúp học sinh xác định chính xác điểm cố định, từ đó đưa ra lời giải ngắn gọn và chính xác hơn.
Bài toán 2.2.1 [4] Cho 3 điểm cố định A, B, C thẳng hàng Gọi (O) là đường tròn thay đổi nhưng luôn đi qua B, C Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến
AM, AN đến (O) Đường thẳng M N cắt AO và AC lần lượt tại H và K.
Gọi I là trung điểm BC Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác OHI luôn đi qua hai điểm cố định.
Giải.(Hình 2.8) Ta có điểmI cố định DoHOIK nội tiếp và tam giácAM O vuông tạiM có M H là đường cao nên ta có
P A/(KO) = AK.AI = AH.AO = AM 2
AM là tiếp tuyến của đường tròn (O), do đó AM² = PA/(O) = AB.AC Từ đó, ta có AK.AI = AB.AC Vì A, B, C, I là những điểm cố định, nên K cũng là một điểm cố định trên đoạn AC Điều này dẫn đến việc đường tròn ngoại tiếp OHI sẽ đi qua hai điểm cố định là K và I.
Bài toán 2.2.2 yêu cầu chứng minh rằng trong một hình tròn (O;R) với hai điểm cố định P (nằm ngoài (O)) và Q (nằm trong (O)), dây cung AB luôn đi qua điểm Q Khi PA và PB giao với (O) lần thứ hai tại các điểm D và C, ta cần chỉ ra rằng đoạn thẳng CD luôn đi qua một điểm cố định.
Giải (Hình 2.9) GọiE là giao điểm thứ hai khác P của P Q với đường tròn ngoại tiếp tam giác P AB, CDgiao P QtạiF Ta có
Vì P, Q cố định nên độ dài vectơ QP cố định, suy ra độ dài vectơ QE cũng cố định, do đó điểmE cố định Mặt khác
\P DC = P BA[ = P EA[ nên tứ giác DAEF nội tiếp Suy raP O 2 −
Do P, E cố định nênP E là hằng số Suy raP F là hằng số Do đó điểm F cố định Vậy CD luôn đi qua điểm F cố định.
Bài toán 2.2.3 [3] Ba điểmA, B, C thẳng hàng và có thứ tự Một đường tròn
(O) di động qua A, B Ta vẽ các tiếp tuyến CT và CT ′ với đường tròn (O).
GọiH là trung điểm của T T ′ ,I là trung điểm của AB vàT T ′ cắtAB tạiD. a Tìm quỹ tích các điểm T vàT ; b Chứng minh rằng D cố định.
Suy ra, quỹ tích các điểm T và
T ′ là đường tròn tâm C bán kính
CA.CB không đổi (ngoại trừ hai điểmE, F).
Hình 2.10 b Vì tam giác vuông OTC và OT’C vuông nên
Vì Tứ giácOIDH nội tiếp trong đường tròn đường kínhOD nên
Suy ra CA.CB = CH.CO = CI.CD (không đổi) C, I cố định, suy ra D cũng cố định.
Bài toán 2.2.4 yêu cầu chứng minh rằng đường thẳng d, là trục đẳng phương của hai đường tròn O1 và O2 lần lượt thay đổi qua các điểm A, C và B, D, luôn đi qua một điểm cố định Các điểm A, B, C, D được sắp xếp theo thứ tự trên một đường thẳng, điều này tạo ra một mối liên hệ đặc biệt giữa các đường tròn và trục đẳng phương.
Giải (Hình 2.11) [4] Gọi W là giao điểm của d và AD Ta sẽ chứng minh
W cố định Vì W thuộc đường thẳng d là trục đẳng phương của (O1),(O2) nênP W/(O
⇔ −−→W A.−→AC = −−→W A.(−→AB+−−→AD) +−→AB.−−→AD
AD. Đẳng thức này chứng tỏ điểm W cố định Do vậy đường thẳng d luôn đi qua một điểm cố định.
Bài toán 2.2.5 yêu cầu chứng minh rằng, cho đường tròn (O) và đường thẳng ∆ không cắt (O), nếu M là điểm di chuyển trên ∆ và từ M kẻ các tiếp tuyến MA, MB tới (O), thì đoạn thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.
Giải (Hình 2.12) Gọi H là hình chiếu của O trên ∆ Qua H kẻ các tiếp tuyếnHK, HL tới đường tròn.
GọiI là giao củaHO vàKL (1)
Ta thấy các điểm O, A, M, H, B cùng thuộc một đường tròn (đường kính OM, ta gọi nó là (O 1 ) Các điểm O, K, H, L cũng thuộc một đường tròn (đường tròn đường kính Hình 2.12
OH, gọi là(O 2 ) Ta thấy
Trục đẳng phương của (O) và (O1) là đường thẳng AB;
Trục đẳng phương của (O) và (O 2 ) là đường thẳng KL;
Trục đẳng phương của(O 1 ) và(O 2 ) là đường thẳng OH.
Do đóBA, KL, OH đồng quy (2).
Từ (1), (2) suy raAB luôn đi qua điểm I cố định.
Trong bài toán 2.2.6, cho tam giác ABC với hai điểm D và E lần lượt nằm trên các cạnh AB và AC Cần chứng minh rằng khi D và E di chuyển, dây chung của hai đường tròn có đường kính CD và BE luôn đi qua một điểm cố định.
Giải.(Hình 2.13) Gọi{X, Y} = (CD)∩ (BE), {I}= (BE)∩AC,
Trong tam giác ABC, các đường cao BI và CK giao nhau tại trực tâm H Theo tính chất góc chắn cung nửa đường tròn, ta có mối quan hệ giữa các điểm K, C, D và A, B Hơn nữa, tứ giác IKBC là tứ giác nội tiếp, cho thấy sự liên kết giữa các điểm này trong hình học.
Suy ra P H/(CD) = P H/(BE), cho thấy H nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (BE) và (CE), tức là H thuộc đường thẳng XY Do đó, dây cung XY của hai đường tròn có đường kính BE và CD luôn đi qua điểm H cố định, chính là trực tâm của tam giác ABC.
Cho tam giác ABC với D là trung điểm của cạnh BC Đường thẳng d đi qua D và vuông góc với AD Điểm M được chọn bất kỳ trên d, và E, F lần lượt là trung điểm của MB và MC Đường thẳng qua E vuông góc với d cắt AB tại P, còn đường thẳng qua F vuông góc với d cắt AC tại Q Cần chứng minh rằng đường thẳng qua M, vuông góc với PQ, luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đường thẳng d.
Giải.(Hình 2.14) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu củaB, C lên đường thẳng d DoD là trung điểm củaBC nênDH = DK Suy raAD là trung trực của
HK Do đó AH = AK.
Gọi (P) là đường tròn tâm A đi qua các điểm H và K Đặt H′ và K′ là các điểm đối xứng với H và K qua các đường thẳng AB và AC Do đó, H′ và K′ thuộc đường tròn (P) Nếu HH′ và KK′ cắt nhau tại điểm I, thì I sẽ là một điểm cố định.
Ta có P E k BH (cùng vuông góc vớid) mà P E đi qua trung điểm của
M Bnên cũng đi qua trung điểm củaM H Suy raP E là trung trực củaM H. Suy raP H = P M.
Gọi (τ) là đường tròn tâm P đi qua H và M Do tính đối xứng nên H ′ cũng thuộc(τ) Hoàn toàn tương tự ta cũng cóQF là trung trực củaM K.
Nếu gọi (θ) là đường tròn tâm Q đi qua K vàM thì K thuộc (θ) Ta có (P)và(τ)cắt nhau tạiH, H ′ nênHH ′ là trục đẳng phương của (P)và(τ);
Đường thẳng KK' cắt nhau tại K, K' là trục đẳng phương của (P) và (θ) Đồng thời, điểm M thuộc (τ) và (θ), với P, Q là tâm của (τ) và (θ) Do đó, đường thẳng d' đi qua M và vuông góc với PQ chính là trục đẳng phương của (τ) và (θ).
Từ đó suy ra HH ′ , KK ′ , d ′ đồng quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn(P), (τ), (θ) (**).
Từ (*) và (**) suy ra d ′ đi qua I là điểm cố định Vậy đường thẳng qua
M, vuông góc với đường thẳng P Q luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đường thẳngd.
2.3 Chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn, điểm nằm trên đường thẳng cố định
Có nhiều phương pháp để chứng minh các điểm cùng thuộc một đường tròn hoặc cùng nằm trên một đường thẳng cố định Tuy nhiên, việc đưa ra lời giải ngắn gọn và hiệu quả không phải là điều đơn giản Dưới đây là một số ví dụ về việc áp dụng kiến thức về phương tích và trục đẳng phương trong việc giải quyết các bài toán này.
Bài toán 2.3.1 (IMO 2006) Cho hình thang ABCD (AB > CD) K, L là
2 điểm trênAB, CD sao cho AK
CL Giả sử P, Q nằm trên đoạn thẳng
KL sao cho AP B[ = \BCD và CQD\ = ABC Chứng minh rằng bốn điểm[
P, Q, B, C cùng thuộc một đường tròn.
Giải.(Hình 2.15) Theo giả thiết
CL, suy raAD, BC, KL đồng quy tại E Dựng đường tròn(O 1 ) đi qua hai điểmC, D và tiếp xúc vớiBC,(O2)đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với
Do đóQ thuộc(O1) Tương tự ta cóP thuộc (O2).
Gọi F là giao điểm thứ hai của
Ta còn có O\ 1 CD = O\ 2 BA Do đó tam giác AO 2 B đồng dạng với tam giác
Suy raE, O 1 , O 2 thẳng hàng và EO 1
EO 2 = k Suy ra−−→EO 1 = k−−→EO 2 Suy ra phép vị tựH (E,k) : O 1 →O 2 MàE, F, P thẳng hàng,F thuộc(O 1 ), P thuộc(O 2 ) nên−→EF = k−→EP suy ra
Từ (1) và (2) suy ra EP EQ = EC.EB Vậy bốn điểm P, Q, B, C cùng thuộc một đường tròn.
Cho đường tròn (O) và hai điểm cố định A, B Khi một đường thẳng quay quanh điểm A và cắt đường tròn tại hai điểm M và N, ta cần chứng minh rằng tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên một đường thẳng cố định.
Giải (Hình 2.16) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp∆M N B,AB cắt(I) tại điểm thứ haiC Ta có
= AM AN = P A/(O) không đổi vì A,(O) cố định Suy raAC P A/(O)
AB VìA, B cố định vàC thuộc AB nên từ hệ thức trên Hình 2.16 ta cóC cố định
Suy raI thuộc đường trung trực củaBC cố định Suy raAK = AB.AC là hằng số Do đó điểm K cố định AI
Bài toán 2.3.3 [2] nghiên cứu một điểm M di động trên đường tròn cố định (O) đi qua hai điểm A và B Trên đường phân giác trong góc AMB, ta xác định hai điểm C và D sao cho
Để chứng minh rằng 4 điểm A, B, C, D nằm trên cùng một đường tròn có tâm là trung điểm của cung AMB, ta có thể sử dụng định lý về đường tròn Khi M di động trên đường tròn cố định, quỹ tích của các điểm C và D sẽ được xác định Gọi I là trung điểm của cung AMB, việc kéo dài MB sẽ cắt đường tròn tại một điểm mới, từ đó tạo ra các mối quan hệ hình học thú vị giữa các điểm trên đường tròn.
I bán kínhIAtại E Chứng minh AECD là hình thang cân.
Chứng minh thẳng hàng
Việc áp dụng hiệu quả các tính chất của phương tích và trục đẳng phương không chỉ giúp giải quyết nhiều bài toán thú vị mà còn giúp giải những bài toán khó Một trong những ví dụ điển hình là bài toán chứng minh thẳng hàng.
Bài toán 2.4.1 [3] Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), E là giao điểm của
(AC) và(BD), F là giao điểm của(AB) và(CD) H, K theo thứ tự là trực tâm các tam giácADE, BCE Chứng minhF, H, K thẳng hàng.
Giải (Hình 2.21) Gọi (O1),(O2) lần lượt là các đường tròn đường kính
Cho tam giác ABC và điểm M không nằm trên các cạnh của tam giác, các đường thẳng AM, BM, CM lần lượt cắt các cạnh BC, AC, AB tại các điểm A1, B1, C1 Đặt A2, B2, C2 là giao điểm của các cặp BC và B1C1, AC và A1C1, AB và A1B1 Giả sử A3, B3, C3 là trung điểm của các đoạn AA1, BB1, CC1 Cần chứng minh rằng A3, B3, C3 cùng nằm trên một đường thẳng.
Gọi (O;R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trong đó H là trực tâm của tam giác A1B1C1, được xác định bởi giao điểm của các đường cao A1A′1, B1B′1, C1C′1 Các đường tròn có đường kính A1A2, B1B2, C1C2 lần lượt được ký hiệu là (A3), (B3), (C3).
Từ đó, suy raHOvuông góc vớiA 3 B 3 vàHOvuông gócA 3 C 3 VậyA 3 , B 3 , C 3 cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó vuông góc với OH.
Trong tam giác ABC, các phân giác ngoài tại các góc A, B, C cắt các cạnh đối diện tại các điểm A1, B1, C1 Cần chứng minh rằng ba điểm A1, B1, C1 thẳng hàng và chúng nằm trên một đường vuông góc với đường thẳng nối giữa tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.
Giải (Hình 2.23) Gọi A 2 B 2 C 2 là tam giác tạo bởi 3 phân giác ngoài góc
Vì tứ giácBC 2 B 2 C nội tiếp nênA 1 C 2 A 1 B 2 = A 1 B.A 1 C.
Suy ra A1, B1, C1 nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC và đường tròn (J) ngoại tiếp tam giác A2B2C2 Đường tròn (O) là đường tròn Ơ-le của tam giác A2B2C2, vì nó đi qua ba điểm A, B, C là chân các đường cao của tam giác A2B2C2 Các đường thẳng AA2, BB2, CC2 giao nhau tại trực tâm I của tam giác A2B2C2, đồng thời cũng là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Do đó, I, O, J thẳng hàng, dẫn đến đường thẳng qua A1, B1, C1.
Bài toán 2.4.4 [2] Cho bốn điểm A, B, C, D theo thứ tự đó nằm trên một đường thẳng Hai đường tròn có tâm O 1 , O 2 lần lượt thay đổi qua A, C và
B và D giao nhau tại M và N Các tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1) và (O2) tiếp xúc với (O1) tại P1, Q1 và với (O2) tại P2, Q2 Đặt I và J lần lượt là trung điểm của các đoạn P1P2 và Q1Q2, trong khi X và Y là trung điểm của P2Q1 và P1Q2 Cần chứng minh rằng các điểm M, N, X, Y, I, J đều nằm trên một đường thẳng d.
Giải (Hình 2.24) Ta có M N là trục đẳng phương của (O1) và (O2) Mà
2 ) Do đó I, J thuộc trục đẳng phương của(O1) và(O2).
Ta cóP 1 Q 1 k P 2 Q 2 ( theo tính chất tiếp tuyến chung của hai đường tròn), do đó −−−→
Đường XY song song với đường P2Q2, và JY là đường trung bình của tam giác Q1Q2P2, do đó X, Y, J thẳng hàng Tương tự, X, Y, I cũng thẳng hàng Kết luận, X, Y, I, J đều nằm trên trục đẳng phương, tạo thành một đường thẳng.
Bài toán 2.4.5 [4] Cho tam giácABC Một đường thẳng song song vớiBC cắt AB, AC lần lượt tại D, E; P là một điểm nằm trong tam giác ADE;
P B, P C theo thứ tự cắt DE tại M, N Đường tròn ngoại tiếp các tam giác
P DN, P EM cắt nhau tạiQ Chứng minh rằng A, P, Qthẳng hàng.
Giải (Hình 2.25) GọiI, J lần lượt là giao điểm của AP với DE, BC Vì
BC k DE nên theo định lý Ta-let ta có IM
IE hay IN ID = IM IE (∗)
Gọi (C 1 ),(C 2 ) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp các tam giácP DN, P EM.
2 ). Suy ra AP là trục đẳng phương của (C 1 ) và (C 2 ).
VậyAP đi quaQhayA, P, Q thẳng hàng Hình 2.25
Cho đường tròn (O) và dây AB, có hai đường tròn (O1) và (O2) nằm cùng phía với AB, tiếp xúc với AB và tiếp xúc trong với (O) Đường tròn (O1) cắt đường tròn (O2) tại hai điểm C và D Cần chứng minh rằng đường thẳng CD đi qua điểm chính giữa của đoạn AB.
Để chứng minh nhận xét, giả sử (O ′) tiếp xúc trong với (O) tại điểm M và tiếp xúc với đường thẳng AB tại điểm N Khi đó, đường thẳng MN sẽ đi qua điểm chính giữa K của cung AB.
Thật vậy, ta cóM, O ′ , Othẳng hàng,O ′ N vuông góc vớiAB,OK vuông góc vớiAB, suy raO ′ N k OK.
Hai tam giác cân O ′ M N vàOM K có các góc ở đỉnh bằng nhau, suy ra:
Quay trở lại bài toán (Hình 2.27) Giả sử (O1),(O2) tiếp xúc với AB tại
Theo nhận xét trên, các đường thẳng M 1 N 1 , M 2 N 2 đều đi qua điểm chính giữa K của cung AB Ta có
Suy ra tứ giácM 1 M 2 N 2 N 1 nội tiếp Suy raKM 1 KN 1 = KM 2 KN 2 Suy ra
2 ) Do đóK thuộc trục đẳng phương của (O 1 ),(O 2 ) Vậy
Bài toán 2.4.7(Iran NMO 2001) Cho tam giácABC nội tiếp (O) (I),(Ia) lần lượt là đường tròn nội tiếp và bàng tiếp góc A Giả sử II a giao BC và
(O)lần lượt tại A ′ , M GọiN là trung điểm cungM BA N I, N I a giao (O) lần lượt tạiS, T Chứng minh rằng S, T, A ′ thẳng hàng.
Suy raI[ a T S = I[ a IS Suy ra tứ giácI a T IS nội tiếp(w1).
Mặt khácIBI[ a = ICI[ a = 90 0 nên tứ giácIBI a C nội tiếp(w2).
Ta thấy II a là trục đẳng phương của (w1) và (w2), BC là trục đẳng phương của (O) và (w 2 ), T S là trục đẳng phương của (O) và (w 1 ) Theo
Hình 2.28: định lý về tâm đẳng phương thìII a , T S, BC đồng quy tại A ′
Bài toán 2.4.8 yêu cầu chứng minh rằng bốn điểm P, D, E, Q thẳng hàng Cho đường tròn tâm O với bán kính AB và điểm H thuộc đoạn AB Đường thẳng qua H vuông góc với AB cắt đường tròn tại điểm C Đường tròn có đường kính CH cắt các đoạn AC, BC và đường tròn (O) tại các điểm D, E, F Tiếp theo, đường tròn tâm C với bán kính CH cắt đường tròn (O) tại hai điểm P và Q Từ các yếu tố trên, ta cần chứng minh tính thẳng hàng của bốn điểm P, D, E, Q.
Giải.(Hình 2.29) Ta cóCA.CD = CH 2 = CB.CE.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các đường tròn ADBE và O, cùng với đường tròn có đường kính CH Từ đó, các đoạn DE, AB và CF được xác định là các trục đẳng phương của các cặp đường tròn này.
Ta có P Qlà trục đẳng phương của (C)và (O) nênOC ⊥P Q.
Chứng minh tương tựODvuông góc với DE Hơn nữa M là tâm đẳng phương của ba đường tròn
(O),(C)và đường tròn đường kính
CH Suy raP Q đi quaM.
Vậy DE, P Q cũng đi qua M và cùng vuông góc với OC nên trùng nhau Điều này chứng tỏD, E, P, Q thẳng hàng Hình 2.29
Chứng minh đẳng thức
Một ứng dụng nữa của phương tích và trục đẳng phương trong việc chứng minh các đẳng thức hình học, chứng minh các đoạn thẳng bằng nhau.
Bài toán 2.5.1 [3] Cho tam giácABC có trọng tâmG Gọi(O 1 ),(O 2 ),(O 3 ) lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp các tam giácGBC, GCA, GAB Chứng minh rằng P A/(O
Giải.(Hình 2.30) GọiM là trung điểm củaBC,
A ′ là giao điểm của đường thẳngAM với đường tròn(O1) Ta có
1 ) = AG.AA ′ (vì A nằm ngoài (O1))
Tương tự ta cũng tính được P B/(O
Bài toán 2.5.2 (S44 Mathematical Reflection MR2-2007) Từ một điểm P nằm bên ngoài đường tròn tâmO, kẻ các tiếp tuyến P A, P B tới đường tròn
(O)(A, B là các tiếp điểm) GọiM là trung điểmAP vàN là giao điểm của
BM với(O)(N không trùngB) Chứng minh rằngP N = 2M N.
Gọi N ′ là điểm đối xứng với N quaM Khi đó
Suy ra M A.M P = M N′ M B cho thấy tứ giác ABP N′ là tứ giác nội tiếp trong đường tròn Từ đó, ta có P AN′ = P BN′ = \BAN, dẫn đến N AN′ = AN N′ Điều này chứng tỏ tam giác N′ AN là tam giác cân tại A Hơn nữa, vì ∆N′ AN = ∆N P N′, nên tam giác N P N′ cũng là tam giác cân tại N Kết luận, ta có P N = 2.M N.
Bài toán 2.5.3 (USAMO 1998) Cho hai đường tròn đồng tâm O ký hiệu là
Trong hình học, cho hai đường tròn (C1) và (C2) với (C2) nằm trong (C1) Từ một điểm A trên (C1), kẻ tiếp tuyến AB tới (C2), giao với (C1) tại điểm thứ hai C Gọi D là trung điểm của đoạn AB Một đường thẳng đi qua A cắt (C2) tại các điểm E và F, sao cho đường trung trực của đoạn DF và EC giao nhau tại điểm M, nằm trên AC Cần chứng minh rằng 3AM = 5MC.
Giải.(Hình 2.32) Theo giả thiết (C1);(C2)là hai đường tròn đồng tâm O và
AC là tiếp tuyến của(C2) tạiB nên B là trung điểm của AC.
2.AB.2AB = AD.AC Nên tứ giác DCF E nội tiếp Do đóM là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giácDCF E Mà
Từ đó, ta có AM = 5
Chứng minh vuông góc, song song
Nghiên cứu sâu về hình học giúp chúng ta nhận ra vẻ đẹp và sự thú vị của môn học này Bài toán chứng minh quan hệ vuông góc và song song là một ví dụ điển hình cho sự kết hợp hoàn hảo giữa tính chất của phương tích và trục đẳng phương.
Bài toán 2.6.1 [2] Cho đường tròn(O) đường kínhAB GọiAM vàBN là hai dây cung cắt nhau tạiI KẻIH vuông góc vớiAB đường này cắt(O)tại
J Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácIJ M Chứng minh rằngKJ vuông góc vớiAJ.
Giải.(Hình 2.33) Vì AB là đường kính nên
Suy ra tứ giác BHIM nội tiếp trong đường tròn đường kínhIB.
Trong tam giác AJB vuông tại J, với JH là đường cao, ta có AJ² = AH × AB Đồng thời, tứ giác BHIM là tứ giác nội tiếp, do đó ta có AH × AB = AM × AI.
AJ 2 = AM AI. Đẳng thức chứng tỏ rằng AJ tiếp xúc với Hình 2.33 đường tròn(M IJ)hay KJ vuông góc vớiAJ.
Bài toán 2.6.2 yêu cầu chứng minh rằng trong hai đường tròn (O) và (O ′) cắt nhau tại điểm A và B, khi lấy điểm C trên đường thẳng AB, các tiếp tuyến CT và CT ′ tại các đường tròn sẽ có một mối quan hệ với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T P Q Cụ thể, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T P Q và cần chứng minh rằng IT vuông góc với CT Tương tự, I ′ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T ′ M N, cũng cần chứng minh một mối quan hệ tương tự.
Giải.(Hình 2.34) Tứ giácAM N B nội tiếp đường tròn(O), do đó
Tứ giác APQB nội tiếp đường tròn (O’), do đó
Ta cóCT tiếp xúc(O) tạiT và CM N là cát tuyến của(O), nên
Theo chứng minh trên ta có
Vậy CT là tiếp tuyến tại T của đường tròn ngoại tiếp tam giác
T P Q hay IT vuông góc với CT.
Tương tự ta có CT ′ là tiếp tuyến tại T ′ của đường tròn ngoại tiếp tam giác T M N, I ′ T ′ vuông góc vớiCT ′
Cho đường tròn (O) và điểm P nằm ngoài đường tròn, qua P vẽ cát tuyến PAB của (O) Các tiếp tuyến tại A và B cắt nhau tại M, và đường thẳng OM cắt AB tại I Đường thẳng MH vuông góc với OP tại H, cắt AB tại N Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác INT, cần chứng minh rằng KT vuông góc với PT, trong đó PT là tiếp tuyến của (O).
Giải (Hình 2.35) Ta có OHM\ = OAM\ = OBM\ = 90 0 nên 5 điểm
O, H, A, M, B cùng ở trên một đường tròn.
Trong đường tròn đó, OH vàAB cắt nhau tạiP nên
P A.P B = P O.P H (1)Trong (O), OM vuông góc với AB tại I là trung điểm của AB Tứ giác
OIM N cóOHN\ = OIN[ = 90 0 Do đóOIM N nội tiếp được Suy ra
So sánh(1)và(2) ta được
P T là tiếp tuyến của (O) tại T Trong (O), P AB là cát tuyến, P T là tiếp tuyến nên
Từ (3)và (4)ta suy ra P T 2 = P I.P N Điều này chứng tỏ đường tròn ngoại tiếp tam giácIN T tiếp xúc vớiP T tạiT hay KT ⊥P T.
Bài toán 2.6.4 từ kỳ thi vô địch toán Iran 1996 đề cập đến hai điểm D và E nằm trên các cạnh AB và AC của tam giác ABC, với đoạn thẳng DE song song với BC Khi P là một điểm bất kỳ trong tam giác ABC, các đoạn thẳng PB và PC cắt DE tại các điểm F và G Tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác được ký hiệu là O1 và O2.
P DG, P F E Chứng minh rằng AP vuông góc với O 1 O 2
Giải (Hình 2.36) Gọi M là giao điểm thứ 2 của AB với (O 1 ) và N là giao điểm thứ 2 củaAC với(O 2 ) Ta có
Tứ giác BP CM nội tiếp tương tự như tứ giác BP CN nội tiếp, dẫn đến tứ giác BM N C cũng nội tiếp Khi áp dụng định lý về tâm đẳng phương cho các đường tròn ngoại tiếp, ta có thể thu được tứ giác M DEN nội tiếp.
DGP, P EF vàDEN M ta cóDM∩EN = {A}nằm trên trục đẳng phương của(O1)và(O2) Suy ra AP ⊥ O 1 O 2
Bài toán 2.6.5 [2] Cho tam giácABC, các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H, M là trung điểm BC, EF cắt BC tại I Chứng minh IH vuông góc với AM.
Giải.(Hình 2.37) GọiO, J lần lượt là trung điểm AH, M H Ta có
Suy ra tứ giác FEMD nội tiếp Khi đó IE.IF = IM ID Suy ra I nằm trên trục đẳng phương của(O;OA)và(J;J H) Suy raIH vuông góc vớiOJ.
Mà OJ là đường trung bình của tam giác AM H nên OJ k AM Do vậy,
Trong bài toán 2.6.6 từ Vô địch Toán Hungary 1999, cho tam giác ABC nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H Gọi M và N lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng DE, CF và DF, BE O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC Cần chứng minh rằng hai đường thẳng OA và MN vuông góc với nhau.
Trong tam giác ABC, E là tâm đường tròn Euler và H là trực tâm Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC, ta có A, E, O thẳng hàng.
Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, và K là giao điểm của tia AH với (I) Hai tam giác BHC và BKC có tính đối xứng qua đường thẳng BC, do đó đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác cũng được xác định.
BHC đối xứng với đường tròn(I) ngoại tiếp tam giác ABC quaBC.
Suy raOI vuông góc với BC Do đó OI k AH (1)
GọiM là trung điểm củaBC Kẻ đường kínhBIJ của(I) Lại cóAHCJ
Hình 2.38 và Hình 2.39 cho thấy rằng AH = CJ vì đây là hình bình hành M là trung điểm của đoạn thẳng BC, và điểm O và I đối xứng qua BC, do đó OI = 2IM = CJ, trong đó IM là đường trung bình của tam giác BJC.
Từ các giả thiết đã cho, ta có thể kết luận rằng AHOI là một hình bình hành Điểm E, là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC, đồng thời là trung điểm của IH và AO Điều này dẫn đến việc A, H, O nằm trên cùng một đường thẳng, từ đó hoàn tất chứng minh bài toán.
Ta quay trở lại bài toán ban đầu (Hình 2.39) Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácDEF tứcGlà tâm đường tròn Euler của tam giácABC.
Ta cũng có tứ giác BHFD nội tiếp nên
MàN F N D = P N/(G) , N B.N H = P N/(O) Suy ra P N/(G) = P N/(O) Tương tự ta cũng cóP M/(G) = P M/(O) Do đóM N là trục đẳng phương của (O) vàG Suy raM N vuông góc với OG Mà O, G, A thẳng hàng nên
Trong bài toán 2.6.7, trên cạnh AB của hình bình hành ABCD, ta chọn hai điểm A' và B' tùy ý Hai đường thẳng CA' và DB' cắt nhau tại điểm P Cần chứng minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác tương ứng là một đường thẳng.
P AA ′ , P BB ′ luôn luôn song song với BC.
Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác P AA' và P BB' cắt nhau tại điểm Q, trong đó PQ là trục đẳng phương Gọi M là giao điểm của PQ và AB, còn N là giao điểm của PQ và CD.
Mặt khác, tam giácP M A ′ và tam giácP N C đồng dạng nên
Ta lại có, tam giácP M B ′ và tam giácP N D đồng dạng nên
M A mà AD song song với BC nên M N song song vớiBC hay P Qsong song vớiBC.
Bài toán 2.6.8 yêu cầu chứng minh rằng tâm H của đường tròn ngoại tiếp tam giác OMO' nằm trên đường thẳng nối điểm S và M, trong đó S là giao điểm của đường thẳng OO' và tiếp tuyến chung ngoài, còn M là giao điểm của tiếp tuyến chung trong với đoạn thẳng TT'.
HM vuông góc với SM. b Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AT T ′ , chứng minh rằng
Giải (Hình 2.41) a Nối M O và M O ′ Đó là phân giác của hai góc kề bù
T M Avà gócAM T ′ nênM O vuông góc vớiM O ′
Tam giác OMO’ vuông tại M vì MA là đường cao nên M OA\ = AM O\ ′
MàAM O\ ′ = O\ ′ M T ′ (MO’ là phân giác), suy ra M OA\ = O\ ′ M T ′
Hai tam giác SM O vàSO ′ M có: Góc Sbchung vàM OA\ = O\ ′ M T ′ nên tam giácSM O và tam giácSOM đồng dạng Suy ra
SM ⇒SM 2 = SO.SO ′ Điều này chứng tỏSM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp OM O ′ tạiM hay
HM vuông góc vớiSM. b Tứ giácOAM T nội tiếp nên
Tứ giác O ′ AM T ′ nội tiếp nên
SM ST ′ = SO ′ SA (2) Nhân (1) và (2) vế theo vế ta được
SM 2 ST ST ′ = SO ′ SO.SA 2 (3)
Mà SM 2 = SO ′ SO nên (3) trở thành SA 2 = ST ST ′ Điều này chứng tỏ
SA là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác AT T ′ hay KA vuông góc vớiSA.
Trong bài toán 2.6.9 (Iran MO 1996), trong tam giác ABC, ta lấy các điểm D và E trên hai cạnh AB và AC sao cho DE song song với BC Gọi P là một điểm tùy ý nằm bên trong tam giác ABC, các đường thẳng PB và PC sẽ cắt DE tại hai điểm F và G.
O 1 , O 2 lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giácP DG, P EF.Chứng minhAP vuông góc với O 1 O 2
Giải (Hình 2.42) Gọi M là giao điểm thứ hai của AB với
(O1), N là giao điểm thứ hai củaAC với(O2).
Suy ra tứ giác BP CM nằm trên một đường tròn, tương tự tứ giác BP CN cũng nội tiếp một đường tròn Do đó, tứ giác