Luận văn Một số bài toán về điểm cố định

ứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC, BC ta có H, I, K thẳng hàng (đường thẳng Xim-xơn). Gọi N là trực tâm của tam giác ABC. AN cắt (O) tại F BCN BCF Nên BC là trung trực NF; Vì BC là trung trực của ME suy ra 1 1E F N Ta có 1 1F C (góc nội tiếp); 1 1K C (tứ giác MCKI nội tiếp) suy ra 1K E NE//HK. Chứng minh tương tự có ND//HK Vậy D, N, E thẳng hàng. 17 K N M E F QP ID C O B A Vậy DE luôn đi qua trực tâm N của tam giác ABC (ĐPCM). Bài toán 2.5: Cho đường tròn tâm (O). Từ điểm A cố định ở ngoài (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC tới (O) (B, C là tiếp điểm). Lấy điểm M trên cung nhỏ BC. Gọi D, E, F thứ tự là hình chiếu từ M đến BC, AC, AB. Gọi MB cắt DF tại P, MC cắt DE tại Q. Chứng minh đường thẳng nối giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF và MQE luôn đi qua một điểm cố định. Ý tưởng giải quyết bài toán Vì BC cố định cho trước, nên dự đoán MN có thể đi qua điểm cố định nào đó thuộc cạnh BC. Lời giải: Gọi M, N là giao của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF và MQE. Gọi giao điểm MN cắt PQ, BC theo thứ tự tại K và I. Ta có các tứ giác MDCE, MDBF nội tiếp nên MCE MDE MBC . MBF MDF MCB suy ra PMQ PDQ PMQ PDM QDM = 0PMQ MCB MBC 180 hay MPDQ là tứ giác nội tiếp  MQP MDP MCB . Vậy PQ//BC. Vì MQP MCB MEQ . Vậy KO là tiếp tuyến với đường tròn (MQE). Tương tự, ta chứng minh KP là tiếp tuyến của đường tròn (MPF). Ta có KM. KN = KQ 2 ; KM. KN = KP 2  KP = KQ. Xét tam giác MBC có: PQ//BC, KP = KQ. Theo định lí Talét có I là trung điểm BC. 18 Vậy MN đi qua điểm cố định I là trung điểm BC (ĐPCM). Bài toán 2.6 (Đề HSG bảng B - 2004). Trong mặt phẳng, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H. Trên cung BC không chứa điểm A của đường tròn (O) lấy điểm P sao cho P không trùng với B và C. Lấy điểm D sao cho AD PC và gọi K là trực tâm của tam giác ACD. Gọi E và F tương ứng là hình chiếu vuông góc của K trên các đường thẳng BC và AB. Chứng minh rằng đường thẳng EF đi qua trung điểm của HK. Lời giải: Từ AD PC  APCD là hình bình hành nên APC ADC. Suy ra : APC AKC = 0180 K(ABC). Gọi N = AH ∩EF, M = AH ∩(ABC) với M ≠A. Vì MN và KE cùng vuông góc với BC nên MN // KE. Mặt khác, có 0KEB KFB 90 nên tứ giác KFBE nội tiếp. Suy ra NEK ABK NMK . Nên MEKN là tứ giác nội tiếp. Dễ thấy tứ giác MEKN là hình thang cân  HE // NK nên HEKN là hình bình hành. Suy ra EF đi qua trung điểm I của HK (ĐPCM). Bài toán 2.7 (Đề thi HSG bảng B - 2005) Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I. Gọi M, N và P lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, đường tròn bàng tiếp góc B và đường tròn bàng tiếp góc C của tam giác đó. Gọi O1 ; O2 ; O3 tương ứng là tâm của các đường tròn (INP), (IPM) và (IMN). Chứng minh rằng: 19 1). Các đường tròn (INP), (IPM) và (IMN) có bán kính bằng nhau. 2). Các đường thẳng MO1, NO2, PO3 cắt nhau tại một điểm. Lời giải: 1).Vì phân giác trong và phân giác ngoài xuất phát từ cùng một đỉnh của tam giác vuông góc nhau nên suy ra I là trực tâm tam giác MNP, suy ra các đường tròn (INP), (IPM) và (IMN) đối xứng với đường tròn (MNP) tương ứng qua các đường thẳng NP, PM, MN. Vì vậy bán kính của các đường tròn đó bằng nhau (ĐPCM) (có thể áp dụng định lý hàm sin để chứng minh bán kính các đường tròn (INP), (IPM), (IMN) và (MNP) bằng nhau). 2). Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (MNP) thì O1, O2, O3 đối xứng với O tương ứng qua các đường thẳng PN, PM, MN trung điểm M1, OO1 cũng là trung điểm của NP. Lập luận tương tự cho M2 và M3. Vậy ta có: 1 2 1 22O O M M NM  và 1 3 1 32O O M M PM  . Suy ra 1 2O NMO và 1 3O PMO là các hình bình hành. Vì hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại trung điểm mỗi đường suy ra MO1 , NO2 , P 3O luôn cắt nhau tại một điểm (ĐPCM). Bài toán 2.8 (Đề chọn HSG-2008) Cho tam giác ABC, trung tuyến AD. Cho đường thẳng d vuông góc với đường thẳng AD. Xét điểm M nằm trên d. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của MB, MC. Đường thẳng đi qua E và vuông góc với d cắt đường 20 thẳng AB ở P, đường thẳng đi qua F và vuông góc với d cắt đường thẳng AC ở Q. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua M vuông góc với đường thẳng PQ luôn đi qua 1 điểm cố định khi điểm M di động trên đường thẳng d. Lời giải: Chọn hệ trục Oxy có O ≡ D, trục Oy ≡ DA. Khi đó Ox //d. (như hình vẽ).Vì A  Oy nên A(0; a) với a ≠ 0 (do A ≠ D). Giả sử B (b; c). Do B Oy nên b ≠ 0. Vì B và C đối xứng nhau qua O nên C (-b; -c). Khi đó: Phương trình đường thẳng AB là: (a – c)x + by – ab = 0 và phương trình đường thẳng AC là: (a + c)x – by + ab = 0. Do M d nên M(xM; h) với h là hằng số. Gọi d1, d2 là các đường thẳng vuông góc với d và lần lượt đi qua E, F thì: 1 : 2 MX bd  và 2 : 2 MX bd  P=d1∩AB nên    ; 2 2 MM a c X bX b P a b        Q = d2 ∩ AC nên    ; 2 2 MM a c X bX b Q a b        Suy ra . ; M a X bc PQ b b        Phương trình đường thẳng ∆ đi qua M(XM; h) và vuông góc PQ là:     0MM aX bc b X X y h b       hay   2 2 0M bc b b X aX bc y h a a                Vậy ∆ đi qua điểm cố định 2 ; 2 bc b R h a       khi M di động trên d (ĐPCM). 21 Bài toán 2.9 (Đề thi HSG bảng B- 2000) Trên mặt phẳng cho trước cho hai đường tròn (O1; r1) và (O2; r2). Trên đường tròn (O1; r1) lấy một điểm M1 và trên đường tròn (O2; r2) lấy một điểm M2 sao cho đường thẳng O 1 M1 cắt đường thẳng O2M2 tại điểm Q. Cho M1 chuyển động trên đường tròn (O1; r1), M2 chuyển động trên đường tròn (O2; r2) cùng theo chiều kim đồng hồ và cùng với vận tốc góc như nhau. 1). Tìm quỹ tích trung điểm đoạn thẳng M1M2. 2). Chứng minh rằng giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác M1QM2 với đường tròn ngoại tiếp tam giác O1QO2 là 1 điểm cố định. Lời giải: 1). Gọi O là trung điểm của O1O2. Hiển nhiên O là điểm cố định. Lấy các điểm M’1, M2’ sao cho: , 1 1 1OM O M ; ' 1 2 2OM O M . Vì M1, M2 tương ứng chuyển động trên (O1; r1), (O2; r2) theo cùng chiều và với cùng vận tốc góc nên M’1, M’2 sẽ quay quanh O theo cùng chiều và với vận tốc góc (*). Ta có: M là trung điểm M1M2 nên  1 2 1 2 OM OM OM  Suy ra ' ' 1 1 2 2 1 ( ) 2 OM O M O M  . Vậy M là trung điểm của M1’, M’2 (**) Từ (*), (**) suy ra: quỹ tích của M là đường tròn tâm O và bán kính 2 2 2 1 2 1 2 2 _ 2 R r r d  , trong đó d = M1M2 (không đổi). 22 2). Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác M1QM2 và đường tròn ngoại tiếp tam giác O1QO2. Ta có ∆PO1M1 đồng dạng với ∆PO2M2  1 1 2 2 PO r PO r   P thuộc đường tròn Apôlôniut dựng trên đoạn O1O2 cố định, theo tỷ số không đổi 1 2 r r (1) Mặt khác, ta có  1 2,PO PO = α (không đổi)  P thuộc cung chứa góc định hướng không đổi α dựng trên đoạn O1O2 cố định. (2) Từ (1), (2) suy ra P là điểm cố định (ĐPCM). Bài toán 2.10 (Đề chọn HSG -2007) Cho hình thang ABCD có đáy lớn BC và nội tiếp đường tròn (O) tâm O. Gọi P là một điểm thay đổi trên đường thẳng BC và nằm ngoài đoạn BC sao cho PA không là tiếp tuyến của đường tròn (O). Đường tròn đường kính PD cắt (O) tại E (E ≠ D). Gọi M là giao điểm của BC với DE, N là giao điểm khác A của PA với (O). Chứng minh đường thẳng MN đi qua một điểm cố định. Lời giải: Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua tâm O. Ta sẽ chứng minh N, M, A’ thẳng hàng, từ đó suy ra MN đi qua A’ cố định. Thật vậy, ta có DE là trục đẳng phương của đường tròn (O) và đường tròn (γ1) đường kính PD. Vì ' 0PNA 90 nên NA’ là trục đẳng phương của đường tròn (O) và đường tròn (γ2) đường kính PA’. 23 Giả sử DA’ cắt BC tại F, do ' 0ADA 90  ' 0PFA 90 nên BC là trục đẳng phương của (γ1) và (γ2). Vì các trục đẳng phương đồng quy tại tâm đẳng phương nên suy ra DE, BC và NA’ đồng quy tại điểm M. Vậy M, N, A’ thẳng hàng (ĐPCM). Bài toán 2.11 (Đề thi HSG bảng B - 2006) Cho hình thang cân ABCD có CD là đáy lớn. Xét một điểm M di động trên đường thẳng CD sao cho M không trùng với C và với D. Gọi N là giao điểm thứ hai khác M của đường tròn (BCM) và (DAM). Chứng minh rằng: 1). Điểm N di động trên một đường tròn cố định. 2). Đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải: 1). Nếu M nằm trên cạnh CD thì M và N ở cùng phía đối với đường thẳng AB, ta có: các tứ giác ANMD và BNMC nội tiếp đường tròn suy ra: ANB 2 ( ANM BNM ) = C D Nếu M nằm ngoài cạnh CD thì M và N ở khác phía đối với đường thẳng AB. Từ các tứ giác nội tiếp ANMD và BNMC, ta có: 24 ANB (C D) Vậy N thuộc đường tròn cố định đi qua A và B. 2). Gọi P=AD∩BC thì P cố định; Vì PA.PD=PB.PC P thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn (BCM) và (DAM) Suy ra MN luôn đi qua P cố định (ĐPCM). Bài toán 2.12 (Đề chọn HSG-2010) Trong mặt phẳng, cho đường tròn (O) và hai điểm cố định B, C nằm trên đường tròn đó sao cho dây BC không là đường kính. Xét một điểm A di động trên (O) sao cho AB ≠ AC và A không trùng với B, C. Gọi D và E lần lượt là giao điểm của đường thẳng BC với đường phân giác trong và đường phân giác ngoài của góc BAC . Gọi I là trung điểm của DE. Đường thẳng qua trực tâm của tam giác ABC và vuông góc với AI cắt các đường thẳng AD và AE tương ứng tại M và N. 1). CMR đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. 2). Tìm vị trí điểm A sao cho tam giác AMN có diện tích lớn nhất. Lời giải: 1). Gọi K là giao điểm thứ hai của AD và (O) thì K là trung điểm của cung BC . Dựng đường kính KL của (O) suy ra L, A, E thẳng hàng. Gọi J=MN∩KL. Phép quay Q (A, +90) biến: tia AL → tia AK; tia AK → tia AE; 25 tia AO → tia AI. Suy ra AO AI AO//JH. Mặt khác ta có OJ//AH nên suy ra AOJH là hình bình hành. Vậy OJ = AH. Kẻ đường kính BB’ của (O) thì B’ cố định và AHCB’ là hình bình hành. Vậy OJ = AH = B’C = 2 24R a = hằng số (với a = BC)  điểm J cố định (ĐPCM). 2) Đặt AKL = α. Do ∆OKA cân tại O và các tam giác OKA, JKM, HAM đồng dạng nhau nên ∆HAM cân tại H ⇒ HAM = AMH = α. Gọi P là trung điểm AM. Ta có: AM = 2AP = 2AH.cosα= 2. 2 24R a .cosα. AN = 2HP = 2AH.sinα= 2. 2 24R a .sinα. Do đó: S AMN =  2 2 2 2 1 . 4 .sin 2 4 2 AM AN R a a R a    Do Max S AMN = 4R 2 – a2  sin2α = 1  α = 450. Từ đó suy ra vị trí của A là trung điểm của cung KL. Bài toán 2.13 (Đề chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2008) Trong mặt phẳng cho góc xOy. Gọi M, N lần lượt là hai điểm nằm trên các tia Ox, Oy. Gọi d là đường phân giác góc ngoài của góc xOy và I là giao điểm của trung trực MN với đường thẳng d. Gọi P, Q là hai điểm phân biệt nằm trên đường thẳng d sao cho IM=IN=IP= IQ, giả sử K là giao điểm của MQ và NP. 1). Chứng minh rằng K nằm trên một đường thẳng cố định. 2). Gọi d1 là đường thẳng vuông góc với IM tại M và d2 là đường thẳng vuông góc với IN tại N. Giả sử các đường thẳng d1, d2 cắt đường thẳng d tại E, F. Chứng minh rằng các đường thẳng EN, FM và OK đồng quy. Lời giải: 1). Xét trường hợp các điểm M, Q và N, P nằm cùng phía với nhau so với trung trực của MN. Khi đó giao điểm K của MP và NQ thuộc các đoạn này. 26 Gọi I’ là giao điểm của d với đường tròn ngoại tiếp ∆MON. Do d là phân giác ngoài của MON nên I’chính là trung điểm của cung MON . Suy ra I’M = I’N hay I’ chính là giao điểm của trung trực MN với d. Suy ra I ≡ I ' hay tứ giác MION nội tiếp, suy ra NIO NMO Mặt khác, do IM = IN = IP = IQ nên tứ giác MNPQ nội tiếp trong đường tròn tâm I, đường kính PQ Nên PIN 2PMN (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung PN). Vậy ta có: NMO 2PMN MP là phân giác trong của OMN Tương tự, ta cũng có: NQ là phân giác trong của ONM . Do K là giao điểm của MP và NQ nên K chính là tâm đường tròn nội tiếp của ∆MON Suy ra K thuộc phân giác trong của xOy tức là K thuộc một đường thẳng cố định (ĐPCM). - Nếu giao điểm K nằm ngoài các đoạn MP và NQ: lập luận tương tự ta có K là tâm đường tròn bàng tiếp MON của tam giác ∆MON Nên K cũng thuộc phân giác trong của xOy (cố định) 2. Gọi J là giao điểm của d1 và d2. Ta có tứ giác MINJ nội tiếp trong đường tròn đường kính IJ. Mặt khác MION cũng là tứ giác nội tiếp nên 5 điểm M, N, I, J, O cùng thuộc một đường trònphân giác trong góc MON đi qua trung điểm của cung MJN . 27 Rõ ràng M, N đối xứng nhau qua trung trực của MN nên JM = JN, tức là J cũng là trung điểm của cung MON  J thuộc phân giác trong của MON hay O, K, J thẳng hàng. Ta sẽ chứng minh các đoạn JO, EN và MF trong ∆JEF đồng quy. Thật vậy, ta có: O . .sin O sin OJ . . . .sinOJF sin OJ EJ OFJ SOE JO JE JE JE E OF S JO JF JF F    Trong ∆JEF và ∆MON, ta có: sinJFE sinJEF JE JF  ; sinONM . sinOMN OM ON  Mặt khác: OJE OJN ONM OJF OJM OMN Suy ra: sin OJ sinONM . sin OJ sinOMN E F  Kết hợp lại, ta được: sinJFE sin OFN sin . . . sinJEF sin OEM sinOEM OE OM OM OFN OM OF ON ON ON    = sin OF .sin . . ON.sin sin N OM MOE ME NOF OEM NF  Do đó: FN . 1 . . 1 OE OE NF MJ OF EM OF NJ ME    . Theo định lí Ceva đảo, ta có OI, EN và MF đồng quy (ĐPCM). Bài toán 2.14 (Đề chọn đội tuyển Quốc gia thi IMO 2005) Cho tam giác ABC có (I) và (O) lần lượt là các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp. Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) trên các cạnh BC, CA, AB. Gọi WA, WB, WC lần lượt là các đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn (I) và (O) lần lượt tại các điểm D, K (với đường tròn WA); tại E, M (với đường tròn WB) và tại F, N (với đường tròn WC). Chứng minh DK, EM, FN đồng quy tại P. Lời giải: Ta sẽ chứng minh bổ đề sau: Cho ba đường tròn (O1), (O2), (O3) có bán kính đôi một khác nhau; A, B, C lần lượt là tâm vị tự của các cặp đường tròn (O1) và (O2), (O2) và (O3), (O3) và (O1). Nếu trong các tâm vị tự đó, có ba tâm vị tự ngoài hoặc hai tâm vị tự trong, một tâm vị tự ngoài thì A, B, C thẳng hàng. 28 Chứng minh: Gọi R1, R2, R3 lần lượt là bán kính của các đường tròn (O1), (O2), (O3),các giá trị R1, R2, R3, này đôi một khác nhau. Theo tính chất về tâm vị tự, ta có: 1 2 0 0 A A  (-1) a 1 2 R R . Tương tự: 2 3 0 0 B B  (-1) b 2 3 R R ; 3 1 0 0 C C  (-1) c 3 1 . R R trong đó, mỗi số a, b, c nhận giá trị là 0 (khi nó là tâm vị tự ngoài) hoặc 1 (khi nó là tâm vị tự trong). Theo giả thiết trong a, b, c có ba giá trị là 0 hoặc hai giá trị 0, một giá trị 1. Từ đó: 1 2 0 0 A A . 2 3 0 0 B B . 3 1 0 0 C C 1 theo định lí Menelaus đảo cho tam giác O1O2O3 ta có: A, B, C thẳng hàng. Vận dụng kết quả trên để giải quyết bài toán ban đầu: Gọi P’ là tâm vị tự trong của hai đường tròn (O) và (I). Dễ thấy D là điểm tiếp xúc ngoài của Aω và (I) nên cũng chính là tâm vị tự trong của hai đường tròn này; K là điểm tiếp xúc trong của hai đường tròn Aω và (O) nên là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn này. Theo bổ đề trên thì P', D, K thẳng hàng hay đường thẳng DK đi qua P’. Tương tự, các đường thẳng EM và FN cũng đi qua P’; tức là ba đường thẳng DK, EM, FN đồng quy và điểm P’ chính là điểm P của đề bài (ĐPCM). 29 1 21 2 O2 O1 y E D I x CK O B A 2.2. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƢỜNG TRÒN Bài toán 2.15: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là điểm chính giữa của BC không chứa A. Vẽ đường tròn (O1) đi qua I và tiếp xúc với AB tại B, vẽ đường tròn (O2) đi qua I và tiếp xúc với AC tại C. Gọi K là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O1), (O2). 1) Chứng minh rằng ba điểm B, K, C thẳng hàng. 2) Lấy điểm D bất kì thuộc cạnh AB, điểm E thuộc tia đối của tia CA sao cho BD = CE. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn đi qua một điểm cố định khác A. Ý tưởng giải quyết bài toán - Dự đoán điểm cố định (là điểm giữa của cung BC - điểm I) - Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn đi điểm I. Lời giải: 1) Tứ giác ABIC nội tiếp, nên 0 0 1 2ABI ACI 180 B C 180 Có 1 1 2 2B K ; C K nên 0 1 2K K 180 vậy B, K, C thẳng hàng (ĐPCM). 2) Có IBD= ICE (c. g. c) nên IDB IEC  0ADI AEI 180 . Suy ra tứ giác ADIC nội tiếp. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn đi qua điểm cố định I (ĐPCM). Bài toán 2.16: Cho tam giác ABC, đường cao AH (H nằm giữa B và C). Dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác BAE và CAF sao cho 0 BAE CAF 90 , 0AEB AFC 90 . 30   NP F CMHB E A Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF luôn đi qua một điểm cố định khác H khi góc < 900 thay đổi. Ý tưởng giải quyết bài toán - Dự đoán điểm cố định mà các đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF đi qua (điểm M). - Chứng minh bốn điểm E, H, M, F cùng nằm trên một đường tròn. Lời giải: Gọi M, N, P thứ tự là trung điểm BC, AC, AB. Có tam giác AEB đồng dạng tam giác AFC. Vì các tứ giác AHBE, AHCF nội tiếp  AHE ABE ACF AHF . Có: EP=MN= 1 .AB 2 1 PM FN .AC 2 ; Mặt khác EPM EPB BPM 2 BAC 2 MNC MNF Do đó EPM = MNF, suy ra EMP MFN Suy ra EMF EMP PMN NMF MFN MNC NMF = 0180 FNC 2.NCF 2.ACF nhưng EHF 2.ACF EHF EMF . Vì H, M cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ EF E, H, M, F cùng nằm trên một đường tròn. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF luôn đi qua một điểm cố định M (khác H) là trung điểm BC (ĐPCM). Bài toán 2.17: Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Lấy điểm E trên dây cung AB (E khác A và B). Qua E vẽ dây cung CD của đường tròn (O). Trên hai tia DA, DB lấy hai điểm P, Q đối xứng qua E. Chứng minh rằng đường tròn 31 E I M O Q D P C BA (I) tiếp xúc với PQ tại E và đi qua C luôn đi qua một điểm cố định khi E di động trên dây cung AB. Ý tưởng giải quyết bài toán - Dự đoán điểm cố định mà các đường tròn (I) luôn đi qua (điểm M). - Chứng minh các đường tròn luôn đi qua điểm M. Lời giải: Gọi M là giao điểm của AB và đường tròn (I), EP là tiếp tuyến của (I), nên CMA PEC QED (1). Mặt khác BAC BDC (2). Từ (1) và (2) suy ra tam giác CMA đồng dạng với tam giác QED. AM DE CM QE (3). Tương tự ta cóDEP BMC; ADC ABC , nên tam giác BMC đồng dạng với tam giác DEP. Suy ra: BM DE DE CM PE QE (4) Từ (3) và (4) suy ra: AM BM AM BM CM CM do đó đường tròn (I) luôn đi qua trung điểm M của AB là điểm cố định (ĐPCM). Bài toán 2.18: Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AA1, BB1, CC1 đồng quy tại trực tâm H. Đường vuông góc kẻ từ H tới đường thẳng B1C1 và A1C1 lần lượt cắt các đường CA và CB tại P và Q. Chứng minh rằng đường vuông góc kẻ từ C tới A1B1 luôn đi qua trung điểm của PQ. Lời giải: Xét phép vị tự V tâm C biến H thành C1. Gọi P1, Q1 lần lượt là ảnh của P, Q qua phép vị tự V tâm C. Từ tính chất của phép vị tự có 1 1 1 1C P C B , 1 1 1 1C Q C A . 32 Gọi N, K, L lần lượt là hình chiếu của C, P1, Q1 trên A1B1, khi đó ta có KLP1Q1 là hình thang vuông tại K và L. Vì CNA1B1 nên ta chỉ cần chứng minh N là trung điểm của KL thì CN trở thành đường trung bình của hình thang và do đó nó đi qua trung điểm của P1Q1; theo tính chất của phép vị tự thì nó cũng đi qua trung điểm của PQ. Vì 1 1 90  AB B AAC 1 1ABA B là tứ giác nội tiếp  1 1 1CB A A BA Vì 1 1 1AB C C BC  1 1 1 1CB A AB C hay AC là đường phân giác ngoài của 1 1 1A B C ; Tương tự có BC là đường phân giác ngoài của 1 1 1B AC . Suy ra C trở thành tâm đường tròn bàng tiếp góc 1C của 1 1 1A B C . Theo tính chất của đường phân giác suy ra được 1 1 1 1 1 1 1 1PB K PB C KB B C     ; tương tự có 1 1 1A L AC . Gọi p là nửa chu vi 1 1 1A B C thì 2KL p . Vì C là tâm đường tròn bàng tiếp góc 1C của 1 1 1A B C 1 1 1B N p B C  1 1 1 1 1 1 1 2 KN KB B N B C p B C p KL        . Vậy N là trung điểm của KL (ĐPCM). Bài toán 2.19: Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) với 'R R cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Một đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O) và (O’) lần lượt tại P và P’. Gọi Q và Q’ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P xuống OO’. Các đường thẳng AQ và AQ’ cắt các đường tròn (O) và (O’) tại M và M’. Chứng minh rằng MM’ luôn đi qua B. L N K Q1 P1 A1 H C1 B1 A B C 33 Lời giải: Gọi S là giao điểm của d và OO’, khi đó S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (O) và (O’). Đặt 'R k R  ; khi đó ta có : ( , ) : ( ) ( ') ' ' V S k O O P P Q Q    . Gọi I, J là giao điểm của AB với PP’ và OO’. Khi đó ta có 22 . ' 'IP IA IB IP IP IP    . Mặt khác vì PQ // IJ // P’Q’ nên JQ = JQ’ Suy ra AB là trung trực của QQ’; mà QQ’ là trung trực của AB nên tứ giác AQBQ’ là hình thoi Suy ra Q’B//AQ hay Q’M//QM. Giả sử V(S, k) biến M thành B’ khi đó QM // Q’B’; M thuộc (O) suy ra B’ thuộc (O’) do đó B’ trùng với B, vậy V(S, k) biến M thành B. Tương tự ta có V(S, k) biến B thành M’. Suy ra M, B, M’ thẳng hàng hay MM’ luôn đi qua B (ĐPCM). Bài toán 2.20: Cho tam giác ABC đường tròn đi qua hai đỉnh B, C cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi M và N lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ADE và ODE, với O là giao điểm của BE với CD. Chứng minh rằng: MN luôn đi qua điểm chính giữa của cung DE. Lời giải: Gọi K là trung điểm cung DE (Hình 1). Ta có: J B A O O' P' S P Q Q' M M' I 34  1 1 1 1 2 2 2 2 MEK MED KED AED ECD AED ECD CDE EDN        tương tự ta có .MDK DEN Có DE và EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác MDE tại P và Q tương ứng (Hình 2). Vì .KD KE Suy ra // .KED KDE PDE PQE PQ DE    Mặt khác ,QPM QEM EDN  tương tự PQM DEN . Vậy DEN là ảnh của PQM qua phép vị tự tâm K hay MN đi qua K (ĐPCM). Bài toán 2.21 (Đề thi chọn HSG 2012 tỉnh Vĩnh Phúc) Cho ba đường tròn    1 2, O O và  O . Giả sử    1 2, O O tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm I và    1 2, O O lần lượt tiếp xúc trong với  O tại 1 2,M M . Tiếp tuyến của đường tròn  1O tại điểm I cắt đường tròn  O lần lượt tại các điểm , 'A A . Đường thẳng 1AM cắt lại đường tròn  1O tại điểm 1N , đường thẳng 2AM cắt lại đường tròn  2O tại điểm 2N . 1. Chứng minh rằng tứ giác 1 1 2 2M N N M nội tiếp và đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng 1 2N N . 2. Kẻ đường kính PQ của đường tròn  O sao cho PQ vuông góc với AI (điểm P nằm trên cung 1AM không chứa điểm 2M ). Chứng minh rằng nếu 1 2, PM QM không song song thì các đường thẳng 1, AI PM và 2QM đồng quy. P Q E D K N M Hình2 A B C D E M K N O Hình1 35 Lời giải: - Ta có 21 1 2 2. .AM AN AM AN AI  suy ra 1 2AN N đồng dạng với 2 1AM M nên 0 1 2 2 1 1 1 2 2 1 180AN N AM M M N N AM M    hay tứ giác 1 1 2 2M N N M nội tiếp. - Vì 1 2 2 1AN N AM M 1 1 2 AOM và tam giác 1AOM cân tại O nên 0 1 1 180 2 AOM M AO   suy ra 0 1 2 1 1 290 .AN N M AO OA N N    Gọi S là giao điểm của 1PM và 2QM . Ta có 2 2, , O O M thẳng hàng và 2O I song song với OP 2 2 2IO M POM  (1). Mặt khác tam giác 2 2O IM cân tại 2O , tam giác 2OPM cân tại O và kết hợp với (1) ta được 2 2 2O IM OPM suy ra 2, ,P I M thẳng hàng. Tương tự ta có 1, , Q I M thẳng hàng. Do PQ là đường kính của đường tròn  O suy ra 01 2 90PM Q PM Q  I là trực tâm của tam giác SPQ suy ra AI đi qua S hay ba đường thẳng 1 2, , AI PM QM đồng quy (ĐPCM). Bài toán 2.22 (Đề chọn HSG năm 2009) Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định A, B (A ≠ B). Một điểm C di động trên mặt phẳng sao cho ACB = α không đổi ( 0O < α < 0180 ). Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với AB, BC, CA lần lượt tại D, E, F. Các đường thẳng AI, BI cắt đường thẳng EF lần lượt tại M và N. 1). Chứng minh rằng đoạn thẳng MN có độ dài không đổi. S N2 N1 I O2 O1 M2 M1 O Q P A' A 36 2). Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải: Ta có: 0 0 0 MIN AIB A B 180 2 90 MIB 2 90 MEB 2 Vậy tứ giác MEIB nội tiếp đường tròn đường kính IB  IMN B 2 và 0IMB 90 suy ra ∆IMN đồng dạng với ∆IBA. nên sin MN IM AB IB   IBM = cos MIB 0cos 90 sin 2 2 sin 2 MN AB    không đổi. 2) Gọi P=AN∩BM thì I là trực tâm tam giác PAB. Đường tròn (DMN) là đường tròn Euler của tam giác PAB, suy ra đường tròn (DMN) luôn đi qua trung điểm K của AB với K cố định. Bài toán 2.23: (VMO 2008-Prob.7) Cho tam giác ABC, trung tuyến AD. Một đường thẳng d vuông góc với AD. Xét Md. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của MC, MB. Đường thẳng qua E, vuông góc với d cắt AB tại P, đường thẳng qua F, vuông góc với d, cắt AC tại Q. Chứng minh rằng đường thẳng qua M, vuông góc với PQ luôn đi qua một điểm cố định, khi M thay đổi trên d. 37 Lời giải: Gọi ,b cM M theo thứ tự là hình chiếu của B, C trên d. Nhận xét rằng, khi bM M thì ,P B Q A  ; khi ,cM M thì ,P A Q C  Gọi S là giao điểm của đường thẳng đi qua bM vuông góc với AB và đường thẳng đi