Luận văn Tứ giác điều hòa và ứng dụng

ABC giao với đường tròn ngoại tiếp tam giác theo đường đối trung từ đỉnh A. Chứng minh. Gọi S là giao điểm thứ hai của đường tròn Apollonius với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do OaA là tiếp tuyến của đường trong ngoại tiếp tam giác ABC. Do tính đối xứng, OaS cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác. Với tam giác ACS, OaA và OaS là đường đối trung ngoài của tam giác. Suy ra COa là đường đối trung trong của tam giác ACS. Ngoài ra, ta thu được tứ giác ABSC là tứ giác điều hòa. Do đó AS là đường đối trung trong của tam giác ABC và mệnh đề được chứng minh. Nhận xét 1.1.26. Từ đây, theo Hình 1.15 suy ra đường tròn tâm Q đi qua A và C là đường tròn Apollonius tương ứng với đỉnh A của tam giác ABD. Đường tròn này (tâm Q, bán kính QC) cũng là đường tròn Apollonius tương ứng với đỉnh C của tam giác BCD. Tương tự, các đường tròn Apollonius tương ứng với đỉnh B và D của tam giác ABC và ADC trùng nhau. 1.1.5 Một số định lý cơ bản Định lý 1.1.27 (Định lý Ceva, [1]). Cho tam giác ABC và ba đường thẳng AA′, BB′, CC ′ xuất phát từ các đỉnh của tam giác và cắt đường thẳng chứa cạnh đối diện tại A′, B′, C ′ sao cho: hoặc cả ba điểm A′, B′, C ′ đều nằm trên ba cạnh của tam giác hoặc một trong ba điểm đó nằm trên một cạnh của tam giác còn hai điểm kia nằm trên phần kéo dài của hai cạnh còn lại. Điều kiện cần và đủ để AA′, BB′, CC ′ đồng quy hoặc song song với nhau là ta có hệ thức AB′ B′C · CA ′ A′B · BC ′ C ′A = 1. (1.4) 13 Hình 1.9: Định lý Ceva Định lý 1.1.28 (Định lý Menelaus, [1]). Cho tam giác ABC và ba điểm A′, B′, C ′ trên các đường thẳng chứa các cạnh BC,CA,AB sao cho hoặc cả ba điểm A′, B′, C ′ đều nằm trên phần kéo dài của ba cạnh, hoặc một trong ba điểm đó nằm trên phần kéo dài của một cạnh còn hai điểm kia nằm trên hai cạnh của tam giác. Điều kiện cần và đủ để A′, B′, C ′ thẳng hàng là ta có hệ thức AB′ B′C · CA ′ A′B · BC ′ C ′A = 1. (1.5) Hình 1.10: Định lý Menelaus Định lý 1.1.29 (Định lý Pascal, [11]). Cho 6 điểm A,B,C,D,E, F không kể đến, thứ tự cùng thuộc một đường tròn. Xét đường gấp khúc khép kín AB,BC,CD,DE,EF, FA. Gọi H,K, I lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và ED,BC và EF,AF và CD. Khi đó H,K, I thẳng hàng. Định lý 1.1.30 (Định lý Ptoleme, [11]). Nếu A,B,C và D là bốn đỉnh của tứ giác nội tiếp đường tròn thì AC ·BD = AB · CD +BC · AD. 14 Định lý 1.1.31 (Đường thẳng Simson, [11]). Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Giả sử S là một điểm nằm trên (O) sao cho S không trùng với ba đỉnh của tam giác. Khi đó hình chiều vuông góc A0, B0, C0 của S lần lượt trên BC,CA,AB cùng nằm trên một đường thẳng. Đường thẳng này được gọi là đường thẳng Simson của S đối với tam giác ABC. Định lý 1.1.32 (Định lý Desargues, [11]). Trong mặt phẳng, cho hai tam giác ABC và A′B′C ′. Đặt A1 = BC ∩B′C ′, B1 = CA ∩C ′A′ và C1 = AB ∩A′B′. Các đường thẳng AA′, BB′, CC ′ đồng qui khi và chỉ khi A1, B1, C1 thẳng hàng. Định lý 1.1.33 (Định lý Braichon, [11]). Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp đường tròn. Khi đó các đường chéo AD,BE,CF đồng quy. 1.2 Tứ giác điều hòa 1.2.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.2.1 ([3]). Tứ giác ABCD nội tiếp và thỏa mãn AB AD = CB CD được gọi là tứ giác điều hòa. Định lý 1.2.2 ([4]). Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường tròn. MA và MB là tiếp tuyến vẽ từ M đến (O). Một cát tuyến qua M cắt (O) tại P và Q. Khi đó APBQ là tứ giác điều hòa (Hình 1.11). Hình 1.11: APBQ là tứ giác điều hòa. Chứng minh. Ta có 4QAM ∼ 4APM vì ta có AM2 = PM ·MQ (theo định nghĩa phương tích của đường tròn). Do đó, ta có AQ AP = AM MP . (1.6) 15 Tương tự, ta có 4QBM ∼ 4BPM vì ta có BM2 = PM ·MQ. Do đó, ta có BQ BP = BM MP . (1.7) Vì MA và MB là tiếp tuyến kẻ từ M đến (O) nên ta có MA = MB. Do đó, từ (1.6) và (1.7) ta có AQ AP = AM MP = BM MP = BQ BP . Do đó, theo định nghĩa ta có APBQ là tứ giác điều hòa. Nhận xét 1.2.3. Định lý trên cho ta cách dựng tứ giác điều hòa một cách dễ dàng. Để dựng một tứ giác điều hòa, ta vẽ một đường tròn, lấy một điểm bên ngoài đường tròn. Từ điểm này xác định hai tiếp điểm với đường tròn và vẽ một cát tuyến cắt đường tròn tại hai điểm. Khi đó bốn điểm thu được tạo thành một tứ giác điều hòa. Ta cũng có điều ngược lại, tức là nếu APBQ là tứ giác điều hòa thì tiếp tuyến tại A, tiếp tuyến tại B và PQ đồng quy tại một điểm. Ta sẽ chứng minh định lý đảo này ở phần sau. 1.2.2 Một số tính chất Tính chất 1.2.4 ([3]). Cho tứ giác điều hòa BDFC nội tiếp đường tròn tâm O (BF khác đường kính). Gọi G là giao điểm của hai đường chéo. Tiếp tuyến tại B và F của (O) giao nhau tại E. Khi đó E,G,D,C là hàng điểm điều hòa. Hình 1.12: E,G,D,C là hàng điểm điều hòa. Chứng minh. Theo giả thiết BDFC là tứ giác điều hòa ta có E,G,D,C thẳng hàng. Vì 4BGD đồng dạng với 4CGF nên ta có CG : BG = CF : BD. 16 Tương tự, vì 4BGC đồng dạng với 4DGF nên ta có BG : DG = BC : DF. Chia hai hệ thức cho nhau ta được CG DG = CG BG · BG DG = CF BD · BC DF = CF DF · BC BD . (1.8) Mặt khác, 4BED đồng dạng với 4CEB nên ta có BC : BD = CE : BE. (1.9) Do 4CFE đồng dạng với 4FDE nên ta có CF : DF = EF : DE. (1.10) Từ (1.8), (1.9) và (1.10) và chú ý rằng BE = EF , ta có CG DG = EF DE · CE BE = CE DE , hay CE CG = DE DG . Vậy E,G,D,C là hàng điểm điều hòa. Nhận xét 1.2.5. Từ tính chất trên ta thấy BE,BG,BD,BC là chùm điều hòa, trong đó BE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác điều hòa BDFC, G là giao điểm của hai đường chéo. Tính chất 1.2.6 ([3]). Cho tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp (O), gọi M là giao của hai tiếp tuyến của (O) tại B và D. Gọi I là giao điểm của OM và BD. Khi đó IB là phân giác của góc AIC. Chứng minh. Ta có AC cắt BD tại K thì (M,K,A,C) = −1. Ta có IM, IK, IA, IC là chùm điều hòa và IM vuông góc IK nên IM, IK lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của góc ∠AKC. Tính chất 1.2.7 ([3]). Cho ABCD là tứ giác điều hòa thì AC ·BD = 2AB · CD = 2BC · AD. Chứng minh. Tứ giác ABCD là điều hòa nên ta có AB AD = CB CD ⇒ AB · CD = AD · CB. 17 Mặt khác, do ABCD nội tiếp nên theo định lý Ptoleme, ta có AC ·BD = AB · CD + AD ·BC. Do đó AC ·BD = 2AB · CD = 2BC · AD. Mệnh đề 1.2.8 ([9]). Trong tứ giác điều hòa, các đường chéo là đường đối trung của tam giác xác định bởi các cạnh liên tiếp của tứ giác cùng với đường chéo của nó. Hình 1.13: BK là đường đối trung của tam giác ABC Chứng minh. Xét tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa và K là giao điểm của hai đường chéo (Hình 1.13). Từ tính đồng dạng của tam giác ABK và DCK, ta có AB DC = AK DK = BK CK . (1.11) Từ tính đồng dạng của tam giác BCK và ADK, ta có BC AD = CK DK = BK AK . (1.12) Lấy (1.11) chia vế với vế cho (1.12), ta thu được AB BC · AD DC = AK CK . (1.13) Do ABCD là tứ giác điều hòa nên ta có AB BC = AD DC . (1.14) 18 Thay (1.14) vào (1.13) ta có ( AB BC )2 = AK CK . Suy ra BK là đường đối trung của tam giác ABC. Tương tự, ta cũng chứng minh được AK là đường đối trung của tam giác ABD, CK là đường đối trung của tam giác BCD và DK là đường đối trung của tam giác ADC. Mệnh đề 1.2.9 ([9]). Nếu trong một tứ giác nội tiếp, đường chéo là đường đối trung của tam giác tạo bởi đường chéo còn lại và hai cạnh liên tiếp thì tứ giác là tứ giác điều hòa. Chứng minh. Xét tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp và K là giao điểm của hai đường chéo (Hình 1.13). Do BK là đường đối trung của tam giác ABC, ta có AK KC = AB2 BC2 . (1.15) Từ tính đồng dạng của tam giác ABK và DCK, ta có AB DC = AK DK = BK CK . (1.16) Từ tính đồng dạng của tam giác BCK và ADK, ta có BC AD = CK DK = BK AK . (1.17) Lấy (1.16) chia vế với vế cho (1.17), ta thu được AB BC · AD DC = AK CK . (1.18) Kết hợp (1.15) và (1.18) ta được AB2 BC2 = AB BC · AD DC hay AB BC = AD DC . Vậy ABCD là tứ giác điều hòa. Nhận xét 1.2.10. Từ Mệnh đề 1.2.8 và Mệnh đề 1.2.9, ta có thu được một cách để dựng tứ giác điều hòa. Trong một hình tròn, cho ABC là tam giác nội tiếp; ta xây dựng đường đối trung AK, ký hiệu D là giao của AK với đường tròn. Khi đó, ABCD là tứ giác điều hòa. 19 Mệnh đề 1.2.11 ([9]). Trong tứ giác điều hòa, giao điểm của hai đường chéo có khoảng cách đến hai cạnh của tứ giác tỉ lệ với độ dài hai cạnh đó. Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.2.9, giao điểm của hai đường chéo nằm trên đường đối trung. Áp dụng Mệnh đề 1.1.21 ta có khoảng cách từ giao điểm đến hai cạnh của tứ giác tỉ lệ với độ dài hai cạnh đó. Mệnh đề 1.2.12 ([9]). Giao điểm của hai đường chéo trong tứ giác điều hòa cực tiểu tổng bình phương khoảng cách từ một điểm trong tứ giác đến các cạnh. Hình 1.14: ABCD là tứ giác điều hòa Chứng minh. Xét tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa và M là điểm bất kỳ bên trong tứ giác. Ký hiệu x, y, z, u lần lượt là khoảng cách từ M tới các cạnh AB,BC,CD,DA. Gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh AB,BC,CD,DA (Hình 1.14). Gọi S là diện tích của tứ giác ABCD. Ta có ax+ by + cz + du = 2S. Điều này đúng với mọi x, y, z, u và a, b, c, d là số thực. Theo bất đẳng thức Cauchy - Buniakowski - Schwarz, ta được (a2 + b2 + c2 + d2)(x2 + y2 + z2 + u2) ≥ (ax+ by + cz + du)2, hay x2 + y2 + z2 + u2 ≥ 4S 2 a2 + b2 + c2 + d2 . Ta chú ý rằng giá trị cực tiểu của x2 + y2 + z2 + u2 là 4S2 a2 + b2 + c2 + d2 = const. 20 Trong bất đẳng thức Cauchy - Buniakowski - Schwarz, dấu bằng xảy ra khi x a = y b = z c = u d . Vì K là giao điểm của AC và BD là điểm duy nhất có tính chất này, điều này đảm bảo M = K, nên K có tính chất làm cực tiểu tổng bình phương khoảng cách từ điểm trong tứ giác đến các cạnh. Mệnh đề 1.2.13 ([9]). Hai tiếp tuyến tại hai đỉnh đối diện của môt tứ giác điều hòa với đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó và đường thẳng đi qua hai đỉnh đối diện còn lại đồng quy. Hình 1.15: DP và BP giao nhau trên đường thẳng AC Chứng minh. Gọi P là giao điểm của đường tiếp tuyến tại D với đường tròn ngoại tiếp tứ giác điều hòa ABCD với cạnh AC (xem Hình 1.15). Vì tam giác PDC và PAC đồng dạng, ta có PD PA = PC PD = DC AD . (1.19) Từ hệ thức (1.19), ta được PA PC = AD2 DC2 . (1.20) Hệ thức trên chỉ ra (C,A,K, P ) = −1, nên DP là đường đối trung ngoài từ D của tam giác ADC. 21 Tương tự, nếu ta ký hiệu P ′ là giao của tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp với cạnh AC, ta được P ′A P ′C = BA2 BC2 . (1.21) Từ (1.20) và (1.21), và cũng từ tính chất của tứ giác điều hòa, ta biết rằng AB BC = AD DC , điều này có nghĩa PA PC = P ′A P ′C hay P = P ′. Tương tự, ta chứng minh được tiếp tuyến tại A và C giao nhau tại điểm Q trên đường chéo BD. Nhận xét 1.2.14. Từ mệnh đề trên ta suy ra ngay được định lý đảo của Định lý 1.2.2, tức là nếu ABCD là tứ giác điều hòa thì tiếp tuyến tại A, tiếp tuyến tại C và BD đồng quy tại một điểm. Mệnh đề 1.2.15 ([9]). Cho ABCD là tứ giác điều hòa nội tiếp trong đường tròn tâm O và gọi P là giao điểm của các tiếp tuyến tại B và D, và Q giao điểm của các tiếp tuyến tại A và C của đường tròn ngoại tiếp tứ giác. Nếu K là giao điểm của AC với BD, thì trực tâm của tam giác PKQ là O. Chứng minh. Từ các tính chất của tiếp tuyến từ một điểm của đường tròn, ta kết luận PO ⊥ BD và QO ⊥ AC. Các hệ thức này chỉ ra trong tam giác PKQ, PO và QO là các đường cao nên O là trực tâm của tam giác. Mệnh đề 1.2.16 ([9]). Trong tứ giác điều hòa, các đường tròn Apollonius tương ứng với các đỉnh của đường chéo ứng với hai tam giác xác định bởi các đỉnh này và đường chéo còn lại là trùng nhau. Mệnh đề 1.2.17 ([12]). Giả sử ABCD là tứ giác điều hòa và O là điểm bất kỳ trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác. Khi đó OA,OB,OC,OD là chùm điều hòa. Chứng minh. Xét phép nghịch đảo I(O, r2) tâm O, tỉ số r2 (xem định nghĩa phép nghịch đảo trong [8]). Tính chất của phép đảo ngược đó là đoạn bất kỳ PQ 22 dưới phép đảo ngược I biến thành đoạn P ′Q′ sao cho P ′Q′ = r 2 OP ·OQPQ. Xét phép đảo ngược I (và vì tâm phép đảo ngược nằm trên đường tròn) bốn điểm đồng viên A,B,C,D sẽ được biến thành bốn điểm thẳng hàng A′, B′, C ′, D′ sao cho các đoạn tuân theo hệ thức trên. Vì tứ giác ABCD điều hòa, ta có BA BC = DA DC . Do đó B′A′ B′C ′ = D′A′ D′C ′ ⇔ r2 OB·OABA r2 OB·OCBC = r2 OD·OADA r2 OD·OCDC ⇔ BA BC = DA DC . Suy ra OA,OB,OC,OD là chùm điều hòa. 23 Chương 2 Một số ứng dụng của tứ giác điều hòa Trong chương này, chúng tôi áp dụng các tính chất của tứ giác điều hòa vào giải một số dạng toán trong hình học phẳng như: chứng minh ba điểm thẳng hàng, chứng minh đồng quy, chứng minh đường thẳng đi qua điểm cố định, chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau và một số bài toán khác. Nội dung của chương sẽ tham khảo từ các tài liệu [2, 3, 4, 5, 9, 10] và các tài liệu khác trên các diễn đàn toán học. 2.1 Chứng minh ba điểm thẳng hàng Bài toán 2.1.1 ([2]). Cho đường tròn (O). Lấy một điểm A ngoài đường tròn (O). Từ A ta kẻ hai tiếp tuyến AK,AN và một cát tuyến ACD bất kì đối với đường tròn trên. Hai tiếp tuyến qua C và D cắt nhau tại M. Khi đó, ta có K,M,N thẳng hàng (Hình 2.1). Lời giải. Áp dụng Định lý 1.2.2 cho điểm A với hai tiếp tuyến AK,AN và cát tuyến ACD suy ra KCND là tứ giác điều hòa. Suy ra NK,MD,MC đồng quy tại một điểm. Do đó M,K,N thẳng hàng.  24 Hình 2.1: K,M,N thẳng hàng Bài toán 2.1.2 ([2]). Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm (O), M,N,P, Q lần lượt là các tiếp điểm của AB,BC,CD,CA với đường tròn. Gọi K là giao điểm của MQ với NP . Gọi E và F là hai tiếp tuyến của K với (O). Chứng minh rằng a) A,E, F, C thẳng thàng. b) OK vuông góc với AC. Hình 2.2: A,E, F, C thẳng thàng Lời giải. a) Gọi E′ và F ′ là hai giao điểm của AC với (O). Hai tiếp tuyến qua E′ và F ′ cắt nhau tại K ′. Áp dụng Bài toán 2.1.1 với hai tiếp tuyến CN,CP và cát tuyến CF ′E′ suy ra K ′, N, P thẳng hàng. Tương tự, K ′,M,Q thẳng hàng hay K ′ là giao điểm của MQ với NP hay K ′ ≡ K. 25 Suy ra E′ ≡ E,F ′ ≡ F. Vậy A,E, F, C thẳng hàng. b) Mặt khác, vì KE,KF là tiếp tuyến của K với (O) nên KO vuông góc với EF hay KO vuông góc với AC.  Bài toán 2.1.3 ([12]). Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O và gọi M là giao của AC với BD. Cho P là điểm nằm trên BC sao cho PM vuông góc với MO. Gọi giao điểm của DP với đường tròn là S. Gọi Q là điểm trên đường tròn sao cho DQ vuông góc với OM . Ký hiệu R là giao của đường phân giác góc ∠ABC với ∠AQS, gọi L là giao của các tiếp tuyến tại B và Q. Chứng minh rằng A,R, S, L thẳng hàng. Hình 2.3: A,R, S, L thẳng hàng Lời giải. Gọi K là giao điểm của PM với AD. Ta có MP = MK. Kết hợp với MP song song với DQ, suy ra DK,DM,DP,DQ là chùm điều hòa. Do đó DA,DB,DS,DQ là chùm điều hòa. Hay ABSQ là tứ giác điều hòa. Theo tính chất của tứ giác điều hòa, ta suy ra A,R, S, L thẳng hàng.  Bài toán 2.1.4 ([6]). Trong mặt phẳng cho hai đường tròn ω1 và ω2 cắt nhau tại A và B. Một tiếp tuyến chung của hai đường tròn tiếp xúc với ω1 ở P và ω2 ở T . Các tiếp tuyến tại P và T của đường tròn ngoại tiếp tam giác APT cắt nhau tại S. Gọi H là điểm đối xứng của B qua PT . Chứng minh rằng A,H, S thẳng hàng. 26 Hình 2.4: A,H, S thẳng hàng. Lời giải. Ta có ∠BPT = ∠PAB và ∠BTP = ∠BAT , suy ra ∠BPT + ∠BTP = ∠PAT hay ∠PAT = 180◦ − ∠BPT = ∠180◦ − ∠PHT. Do đó tứ giác APHT nội tiếp. Gọi M là giao điểm của AB và PT . Ta có MB ·MA = MP 2 và MB ·MA = MT 2 nên MP = MT . Ta có 4MPB ∼ 4MAP , suy ra BP AP = MB MP . Tương tự, ta có BT AT = MB MT . Do đó, ta có BP AP = BT AT , suy ra, ta có BP BT = AP AT . Hơn nữa ta có BP = HP và BT = HT . Do đó, ta có AP AT = HP HT . Suy ra APHT là tứ giác điều đòa. Theo Mệnh đề 1.2.13 thì A,H, S thẳng hàng.  27 Bài toán 2.1.5 ([5]). Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M,N,P,Q lần lượt là tiếp điểm của (O) với AB,BC,CD và DA. BQ∩ (O) = E,EP ∩MN = F,MC ∩ AN = K. Chứng minh K,F,B,D thẳng hàng. Hình 2.5: K,F,B,D thẳng hàng. Lời giải. Trước tiên, ta cần bổ đề quen thuộc sau. Bổ đề 2.1.6. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). M,N,P,Q lần lượt là các tiếp điểm của AB,BC,CD,DA với đường tròn (O). Khi đó MP,NQ,BD,AC đồng quy. Quay trở lại bài toán. Gọi I là giao điểm của MN với BQ, V là giao điểm của MP với NQ, W là giao điểm của QN với EP . Áp dụng định lý Braichon suy biến cho 6 điểm A,M,B,N,C,D suy ra BD,AN,CM đồng quy tại K. Hay B,K,D thẳng hàng. Vì tiếp tuyến tại M,N giao nhau tại B,BQ cắt đường tròn tại Q,E và cắt MN tại I nên theo định lý hàng điểm điều hòa ta có (Q,E, I, B) = −1. Theo bổ đề trên suy ra B, V,D thẳng hàng. Vì tiếp tuyến tại M,N và EQ đồng quy tại B nên MENQ là tứ giác điều hòa. Theo tính chất của tứ giác điều hòa ta có (Q,M,E,N) = −1 nên (PQ,PM,PE, PN) = −1 kéo theo (PQ,PV, PW,PN) = −1, kéo theo (Q, V,W,N) = −1. Từ đó, ta có (K,Q,N, V ) = −1. 28 Trong tam giác BQN ta có (Q,W,N, V ) = (Q,E, I, B) = −1 Theo tính chất của chùm điều hòa, ta có IN,EW, V B đồng quy khi và chỉ khi B,Q, F thẳng hàng. Suy ra B,Q,K, F thẳng hàng.  2.2 Chứng minh đồng quy Bài toán 2.2.1 ([2]). 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 lần lượt tại E,F . Gọi M,N lần lượt là trung điểm AB,AC. Chứng minh rằng EN,FM,AO đồng quy. Hình 2.6: EN,FM,AO đồng quy. Lời 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, ABKC là tứ giác điều hòa và ta có (AD,AK,AB,AC) = −1. Do OM,ON,OA,OD vuông góc tương ứng với AB,AC,AD,AK nên (OM,ON,AB,AC) = −1. Do đó, ta có (AE,AF,AO,AG) = −1. Từ đó suy ra AO,EN,FM đồng quy.  29 Bài toán 2.2.2 ([6]). Cho tam giác ABC. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với BC,AC và AB lần lượt tại D,E, F . AD,BM,CM cắt (I) tại điểm thứ hai lần lượt là M,Z, Y . Chứng minh rằng BY,CZ và AD đồng quy. Hình 2.7: BY,CZ và AD đồng quy. Lời giải. Ta có MEYD là tứ giác điều hòa nên MY ·DE = 2ME ·DY , suy ra ta có MY Y C = 2 ME ·DY Y C ·DE . Ta có MFZD là tứ giác điều hòa nên MZ ·DF = 2MF ·DZ, suy ra ta có BZ MZ = BZ ·DF 2MF ·DZ . Do đó, ta có DC.YM.ZB DB.Y C.ZM = DC DB · 2ME ·DY Y C ·DE · BZ ·DF 2MF ·DZ . (2.1) Mặt khác ta có MEDF là tứ giác điều hòa nên ME MF = DE DF . Do đó (2.1) tương đương với DC.YM.ZB DB.Y C.ZM = DC DB DY DZ BZ CY . Mà CY DY = CD DM và BZ BD = DZ DM , suy ra ta có DC DB DY DZ BZ CY = 1. 30 Vậy, ta có DC · YM · ZB DB · Y C · ZM = 1. Theo định lý Ceva, ta có MD,BY và CZ đồng quy.  Nhận xét 2.2.3. Từ tính chất này ta có thể suy ra thêm một tính chất: EF, Y Z và BC đồng quy và ZF, Y E và AD đồng quy. Thật vậy nếu EF cắt BC tại K thì (K,D,B,C) = −1 và Y Z cắt BC tại H thì (H,D,B,C) = −1vì MD,BY và CZ đồng quy. Do đó K trùng H, ta có điều cần chứng minh. Khi đó xét hai tam giác BZF và CY E theo định lý Desargues thì ZF và EY cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng AM . Bài toán 2.2.4 ([3]). Cho đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB theo thứ tự tại D,E, F. Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng AD và đường tròn (O); N,P theo thứ tự là giao điểm thứ hai của MB,MC với (O). Chứng minh rằng ba đường thẳng MD,NE,PF đồng quy. Hình 2.8: MD,NE,PF đồng quy. Lời giải. Ta có DEMF,DMFN,DMEP là các tứ giác điều hòa, do đó sin∠FDM sin∠EDM · sin∠DEN sin∠FEN · sin∠EFP sin∠DFP = MF ME ·DN FN ·EP DP = MF ME ·DM FM ·EM DM = 1. Áp dụng định lý Ceva sin cho tam giác DEF , ta có DM,EN,FP đồng quy.  Bài toán 2.2.5. Cho tam giác ABC không cân tại A, nội tiếp đường tròn (O), M là trung điểm của BC. Các điểm N,P thuộc BC sao cho MN =MP . Các 31 đường thẳng AM,AN,AP theo thứ tự cắt (O) tại X, Y, Z. Chứng minh rằng BC, Y Z và tiếp tuyến tại X của (O) đồng quy. Lời giải. Lấy K thuộc (O) sao cho AK ‖ BC. Gọi S là giao điểm của các tiếp tuyến tạiK,X của (O). Vì AK ‖ BC, kết hợp với điều kiệnMB =MC,MN = MP, ta suy ra (AB,AC,AX,AK) = −1, (AY,AZ,AX,AK) = −1. Suy ra BXCK,ZXYK là các tứ giác điều hòa. Từ đó suy ra BC, Y Z cùng đi qua S. Điều đó có nghĩa là BC, Y Z và tiếp tuyến với (O) tại X đồng quy.  Bài toán 2.2.6 ([3]). Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB lần lượt ở D,E, F . Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng AD với đường tròn (I), N,P theo thứ tự là giao điểm thứ hai của MB,MC và (I). Chứng minh rằng MD,NE,PF đồng quy. Lời giải. Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau. Bổ đề 2.2.7. Cho lục giác nội tiếp ABCDEF. Chứng minh rằng AD,BE,CF đồng quy khi và chỉ khi AB · CD · EF BC ·DE · FA = 1. Chứng minh. Xét tam giác AEC và các điểm D,B, F . Theo định lý Ceva dạng dượng giác và theo định lý hàm số sin, ta có AD,BE,CF đồng quy khi và chỉ khi sin∠DAE sin∠DAC · sin∠BEC sin∠BEA · sin∠FCA sin∠FCE = 1 ⇔ DE DC · BC BA · FA FC = 1 ⇔ AB · CD · EF = BC ·DE · FA. Trở lại bài toán, do MEPD là tứ giác điều hòa ta có ME ·DP = EP ·MD và FMDN là tứ giác điều hòa ta có NF ·MD = FM ·ND. 32 Suy ra, ta có ME ·DP ·NF ·MD = EP ·MD · FM ·ND. Hay ME ·DP ·NF = EP · FM ·ND. Theo bổ đề trên ta có điều phải chứng minh.  2.3 Chứng minh đường thẳng đi qua điểm cố định Bài toán 2.3.1 ([2]). Cho tam giác ABC nội tiếp 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 là trung điểm BC, N là giao điểm của AM với (O). Chứng minh rằng đường thẳng KN luôn đi qua một điểm cố định. Hình 2.9: KN luôn đi qua một điểm I cố định Lời giải. Gọi giao điểm thứ hai của KN với (O) là I ta có IBNC là tứ giác điều hòa. Do đó, ta có (AI,AB,AN,AC) = −1. Do 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 toán 2.3.2 ([7]). Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O), đường kính AD, S di động trên (O), SB giao AC tại M,SD giao BC tại N . Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định. 33 Lời giải. Gọi I là giao điểm thứ hai của AN với (O). Do IN, SN lần lượt là phân giác các góc BIC,BSC nên ta có SB SC = IB IC hay BSIC là tứ giác điều hòa. Do đó, ta có S, I, J thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho lục giác suy biến ACCBSI, ta có M,N, J thẳng hàng. Vậy MN đi qua J cố định.  Hình 2.10: MN đi qua J cố định Bài toán 2.3.3 ([6]). Trong mặt phẳng cho hai đường tròn ω1 tâm O1 và đường tròn ω2 tâm O2 cắt nhau tại hai điểm A và B. Các tiếp tuyến tại A và B của ω1 cắt nhau tại K. Giả sử M là một điểm nằm trên ω1 nhưng không trùng với A và B. Đường thẳng AM cắt lại ω2 tại P , đường thẳng KM cắt ω1 tại C và đường thẳng AC cắt ω2 tại Q. a) Chứng minh trung điểm PQ thuộc đường thẳng MC. b) Đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên ω1. 34 Hình 2.11: PQ luôn đi qua một điểm cố định I. Lời giải. a) Gọi N là giao điểm của MK và PQ, ta chứng minh N là trung điểm của PQ. Ta có AMBC là tứ giác điều hòa nên ta có AC AM = CB MB . Ta có 4MBP ∼ 4CBQ (g.g), suy ra ta có CB MB = CQ MP . Từ đó, ta có AC AM = CQ MP . Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác APQ với cát tuyến MKN ta có NP NQ · MP MA · CA CQ = 1. Từ đó, ta có NP = NQ hay N là trung điểm của PQ. b) Gọi J là giao điểm của AK và ω2, suy ra J cố định. Ta chứng minh BQJP là tứ giác điều hòa. Ta có ∠CMB = ∠BAC = ∠BPQ và ∠MBC = ∠CAP = ∠PBQ, suy ra 4CBM ∼ 4QBP (g.g), từ đó ta có BC BM = BQ BP . Chứng minh tương tự, ta có AC AM = JQ JP . Mà BC BM = AC AM nên ta có BQ BP = JQ JP . 35 Suy ra BQJP là tứ giác điều hòa. Do đó PQ đi qua giao điểm I của hai tiếp tuyến vẽ từ B và J của ω2.  Bài toán 2.3.4 ([5]). Đường tròn (O) và (O′) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,B. Lấy M thuộc (O), MA,MB cắt (O′) tại N,P. Gọi Q là trung điểm của NP. Chứng minh rằng MQ luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. Gọi giao điểm thứ hai của MQ với đường tròn (O) là C. Dễ thấy MACB là tứ giác điều hòa nên AM và các tiếp tuyến tại A,B của (O) đồng quy. Vậy MN luôn đi qua giao điểm các tiếp tuyến tại A,B của (O) cố định.  Bài toán 2.3.5 (Vietnam TST 2012). Trên mặt phẳng, cho đường tròn (O) và hai điểm cố định B,C trên đường tròn này sao cho BC không là đường kính của (O). Gọi A là một điểm di động trên đường tròn (O) và A không trùng với hai điểm B,C. Gọi D,K, J lần lượt là trung điểm của BC,CA,AB và E,M,N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A,B,C trên BC,DJ,DK. Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại M,N của đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN luôn cắt nhau tại điểm T cố định khi điểm A thay đổi trên (O). Hình 2.12: T là điểm cố định khi A thay đổi. Lời giải. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Ta xét trường hợp H nằm trong tam giác, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự. Trước hết, ta chứng minh rằng T nằm trên đường thẳng OD. Dễ dàng thấy H cùng nằm trên các đường thẳng BM và CN nên các điểm D,M,N,H,E cùng thuộc đường tròn đường kính HD. 36 Đường thẳng qua H, song song với BC cắt đường thẳng OD tại điểm S. Do ∠HSD = 90◦ nên S cũng thuộc đường tròn đường kính HD. Gọi X là hình chiếu của E lên AD thì X cũng thuộc đường tròn này. Ta sẽ chứng mi