Định lý Miquel và các áp dụng liên quan

Chia sẻ: AtaruMoroboshi _AtaruMoroboshi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:20

Thêm vào BST

Báo xấu

130
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài viết "Định lý Miquel và các áp dụng liên quan" trình bày định lí Miquel cùng một số tính chất và áp dụng liên quan về đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần, đường thẳng Simson, định lí Mannheim,... Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Định lý Miquel và các áp dụng liên quan

Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 ĐỊNH LÝ MIQUEL VÀ CÁC ÁP DỤNG LIÊN QUAN Nguyễn Trường Sơn Trường THPT Chuyên Lương Văn Tụy, Ninh Bình Tóm tắt nội dung Báo cáo trình bày định lí Miquel cùng một số tính chất và áp dụng liên quan. 1 Định lí Miquel và một số tính chất liên quan Định lý 1. Cho tam giác ABC và các điểm D, E, F khác A, B, C, theo thứ tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó a. Các đường tròn ( AEF ), (CDE), ( BDF ) cùng đi qua một điểm. b. Các đường tròn ( AEF ), (CDE), ( BDF ), ( ABC ) cùng đi qua một điểm khi và chỉ khi E, F, D thẳng hàng. Chứng minh. F A E M B D C a. Gọi M là giao điểm thứ hai của ( BDF ), (CDE). Ta thấy: ( ME, MF ) ≡ ( ME, MD ) + ( MD, MF ) ≡ (CE, CD ) + ( BD, BF ) 215
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 ≡ (CE, BC ) + ( BC, BF ) ≡ ( AE, AF ) (mod π ) Vậy M thuộc đường tròn ( AEF ). Điều đó có nghĩa là các đường tròn ( AEF ), (CDE), ( BDF ) cùng đi qua một điểm. b. Theo phần a, ta có ( AEF ), (CDE), ( BDF ) cùng đi qua điểm M. Mặt khác: ( DE, DF ) ≡ ( DE, CE) + (CA, AB) + ( BF, DF ) ≡ ( MD, MC ) + (CA, AB) + ( BM, DM) ≡ ( MB, MC ) − ( AB, AC ) (mod π ) Vậy các điều kiện sau tương đương: 1. Các đường tròn ( AEF ), (CDE), ( BDF ), ( ABC ) cùng đi qua một điểm. 2. M ∈ ( ABC ) 3. ( MB, MC ) ≡ ( AB, AC ) (mod π ) 4. ( MB, MC ) − ( AB, AC ) ≡ 0 (mod π ) 5. ( DE, DF ) ≡ 0 (mod π ) 6. DE ≡ DF 7. D, E, F thẳng hàng. Chú ý. Khi D, E, F không thẳng hàng, M được gọi là điểm Miquel của tam giác ABC và các điểm D, E, F. Khi Khi D, E, F thẳng hàng, M được gọi là điểm Miquel của tam giác ABC và đường thẳng DEF. Tính chất 1. Cho tứ giác toàn phần ABCDEF. Khi đó đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABF, DCF, BCE, ADE đồng quy. E A M D B C F 216
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Chứng minh. Gọi M là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABF và ADE. Khi đó ta có ( MA, MC ) ≡ ( BA, BC ) (mod π ) và ( ME, MA) ≡ ( FE, FA)(mod π ). Suy ra: ( ME, MB) ≡ ( ME, MA) + ( MA, MB) ≡ ( DE, DA) + ( FA, FB) ≡ (CE, DA) + ( DA, CB) ≡ (CE, CB) (mod π ) Do đó, đường tròn ngoại tiếp tam giác CBE đi qua điểm M. Chứng minh tương tự ta cũng suy ra được đường tròn ngoại tiếp các tam giác CDF đi qua điểm M. Nhận xét 1. Trong trường hợp đặc biệt, tứ giác ABCD nội tiếp thì ba điểm M, E, F thẳng hàng và M chính là hình chiếu của G ( giao điểm của BD và AC) lên EF. Đặc biệt là MG là phân giác của BMD, \ \ AMC và O, G, M thẳng hàng. E C M G B F D A O Chứng minh. Do các tứ giác EMAD và CMFD nội tiếp nên ( ME, MF ) ≡ ( ME, MD ) + ( MD, MF ) ≡ ( AE, AD ) + (CD, CF ) ≡ 0 (mod π ) Suy ra E, M, F thẳng hàng. Lại có ( MD, MB) ≡ ( MD, ME) + ( ME, MF ) + ( MF, MB) ≡ 2. ( AD, AE) ≡ ( MB, MD ) (mod π ) Vậy tứ giác OBMD nội tiếp. Suy ra OMB \ = ODB [ = OBD [ = OMD \ ⇒ OM⊥ EF. Theo định lí Brocard ta lại có OG ⊥ EF. Từ đó suy ra MG là phân giác của BMD, \ \ AMC và O, G, M thẳng hàng. Tính chất 2. Tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác CBE, CDF, ADE, ABF và điểm Miquel M cùng thuộc một đường tròn. Đường tròn này được gọi là đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần. Trước khi chứng minh tính chất này, tôi xin nhắc lại định lí đảo về đường thẳng Simson:” Nếu hình chiếu của một điểm M trên các cạnh của một tam giác thẳng hàng thì điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác đó.” Chứng minh. Gọi O1 , O2 , O3 , O4 lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác EAD, EBC, CDF, ABF. Dễ thấy O1 O3 , O4 O3 , O4 O1 lần lượt là các đường trung trực của MD, MF, MA. Gọi H, K, L lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng 217
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 O1 O3 , O4 O3 , O4 O1 . Dễ thấy ba điểm H, L, K thẳng hàng. Do đó theo định lí đảo về đường thẳng Simson ta suy ra M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác O1 O4 O3 . Chứng minh tương tự, ta cũng có M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác O2 O3 O4 . E C M O2 B O4 H K L O1 F D A O3 Tính chất 3. Chân các đường vuông góc hạ từ điểm Miquel M lên các đường thẳng AB, BC, CD, DA cùng nằm trên một đường thẳng – đường thẳng Simson. Chứng minh. Gọi H, N, K, L lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng AB, BC, CD, DA. Dễ thấy H, L, K thuộc đường thẳng Simson của điểm M ứng với tam giác ADE. Tương tự ta cũng chứng minh được các điểm còn lại. E K C M H B N D F L A Tính chất 4. Điểm Miquel M là tâm vị tự quay của tứ giác ABCD, nghĩa là tồn tại các phép vị tự quay tâm M biến AB thành CD, AD thành BC. Chứng minh. Bằng cách cộng góc dễ thấy 4 MAD ∼ 4 MBC, 4 MAB ∼ 4 MDC, từ đó suy ra điều phải chứng minh. 218
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Qua tính chất này, ta có hai nhận xét quan trọng sau, được ứng dụng nhiều trong các bài toán: Nhận xét 2. 1. Nếu phép vị tự quay tâm M biến AD thành BC, F là giao điểm của AD và BC thì F thuộc đường tròn ngoại tiếp các tam giác MDC, MAB. 2. Nếu phép vị tự quay tâm M biến AD thành BC và hai điểm G, H trên AD, BC thỏa BH AG mãn = thì phép vị tự quay đó biến GD thành HC. BC AD Tính chất 5 (Định lí Emelyanov). Gọi X = AC ∩ BD, Y = BD ∩ EF, Z = EF ∩ AC. M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF. Khi đó M nằm trên đường tròn Euler của tam giác XYZ. Z X0 E M Y0 Y A Z0 D G G0 X B C H F Chứng minh. Gọi X 0 , Y 0 , Z 0 lần lượt là trung điểm của YZ, ZX, XY. Qua X kẻ các đường thẳng( song song với AD, BC và cắt BC, AD lần lượt tại H và G. Kéo dài XG cắt YZ tại G 0 . F ( DCXE) = −1 Ta có ⇒ G là trung điểm của đoạn XG 0 . Như vậy G nằm trên đường XG k FB trung bình ứng với đỉnh X của tam giác XYZ. Điều đó có nghĩa là G, H nằm trên Y 0 Z 0 . BH AG Mặt khác, = X ( B∞HC ) = X ( DG∞A) = . BC AD Theo tính chất 4, M là tâm vị tự quay biến AD thành BC nên biến GD thành HC, nghĩa là M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác FGH. Ta thu được hình chiếu của M trên GH nằm trên đường thẳng Simson của M ứng với tam giác DFC. Theo tính chất 3, suy ra hình chiếu của M trên Y 0 Z 0 nằm trên đường thẳng Simson của M ứng với bốn tam giác FAB, FCD, EAD, EBC. Tương tự hình chiếu của M trên X 0 Y 0 , X 0 Z 0 cũng nằm trên đường thẳng này. Theo định lí Simson đảo suy ra M, X 0 , Y 0 , Z 0 cùng thuộc một đường tròn. Tính chất dưới đây cho ta một cách chứng minh các điểm thẳng hàng và các điểm đồng 219
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 viên. Tính chất 6 (Định lí Mannheim). Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là các điểm nằm trên BC, CA, AB không trùng với A, B, C.M là điểm Miquel của D, E, F ứng với tam giác ABC.P, Q, R lần lượt là các điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp các tam giác AEF, BFD, CDE ( các điểm P.Q.R không trùng với M). Khi đó a. M, P, Q, R thẳng hàng khi và chỉ khi AP, BQ, CR đôi một song song. b. M, P, Q, R đồng viên khi và chỉ khi AP, BQ, CR đồng quy. Chứng minh. a. (⇒) Giả sử M, P, Q, R thẳng hàng. F P A E M Q B D R C Do tứ giác AFMP, BMFQ nội tiếp nên FAPd =\ [ Suy ra AP k BQ. FMQ = FBQ. Tương tự, ta cũng chứng minh được AP k CR. Do đó AP, BQ, CR đôi một song song. (⇐) Giả sử AP, BQ, CR đôi một song song. Khi đó FAP d = FBQ. [ Do tứ giác AFMP, BMFQ nội tiếp nên FMP [ +\ 0 FMQ = 180 − FAP [ = 1800 . d + FBQ Suy ra M, P, Q thẳng hàng. Tương tự, ta cũng chứng minh được M, P, R thẳng hàng. Do đó bốn điểm M, P, Q, R thẳng hàng. b. (⇒) Giả sử M, P, Q, R đồng viên. 220
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 F A R E Q P V M B D C Gọi N là giao điểm của AP, BQ. Do tứ giác AFMP, BMFQ nội tiếp nên \ APM = BFM [ = \ Suy ra tứ giác MPNQ nội tiếp. MQN. Lại có, tứ giác MPQR nội tiếp, nên AP, BQ cắt nhau tại N nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác MPQR. Tương tự, ta cũng chứng minh được AP, CR cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác MPQR. Do đó AP, BQ, CR đồng quy tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác MPQR. (⇐) Giả sử AP, BQ, CR đồng quy tại N. Chứng minh tương tự như trên ta được: Tứ giác MPNQ, MPNR nội tiếp. Do đó M, P, Q, R, N đồng viên. Tính chất 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). H là một điểm bất kì trong tam giác. Một đường thẳng bất kì qua H cắt AC, BA lần lượt tại M, N. Trên BC lấy các điểm P, Q sao cho MP k BH, NQ k CH. NQ cắt MP tại R.NQ cắt AC tại X. Chứng minh rằng NXCBAQ, CQRMPX có chung điểm Miquel. Chứng minh. Gọi T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần NXCBAQ. Đường thẳng BH, CH cắt đường tròn (O) theo thứ tự tại E, F. Do T là điểm Miquel của NXCBAQ nên A, T, X, N đồng viên nên ( TA, TN ) ≡ ( XA, XN ) ≡ (CA, CF ) ≡ ( TA, TF ) (mod π ) ⇒ F, N, T thẳng hàng. 0 A F E Gọi M là giao điểm của TE với AC. Theo định lí Pascal, với bộ sáu điểm T B C ta có ba điểm: N = AB ∩ TF, H = EB ∩ FC, M = ET ∩ AC thẳng hàng. Vậy M0 trùng 0 với M. Suy ra E, T, M thẳng hàng. Ta có ( TX, TM) ≡ ( TX, TE) ≡ ( TX, TN ) + ( TN, TE) ≡ ( AX, AN ) + ( BF, BE) ≡ ( FC, FB) + ( BF, BE) ≡ ( FC, BE) ≡ ( RX, RM) (mod π ). Suy ra X, T, R, M đồng viên, suy ra T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần CQRMPX. 221
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 A E T N F H X Q P B C R M Tính chất 8. Cho tứ giác toàn phần ABCDEF. M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần. Các tiếp tuyến tại M của các đường tròn ( FAB), ( EBC ), ( DCF ), ( EAD ) theo thứ tự cắt các đường thẳng AB, BC, CD, DA tại X, Y, Z, W. a. Hai đường tròn ( FWY ), ( EXZ ) tiếp xúc với nhau tại M. b. Trong trường hợp tứ giác ABCD không nội tiếp, thì X, Y, Z, W đồng viên. c. Trong trường hợp tứ giác ABCD nội tiếp, thì X, Y, Z, W thẳng hàng. Chứng minh. a. Bổ đề 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn. Tiếp tuyến tại A của đường tròn CX AC2 ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại X. Khi đó =− . XB AB2 XA XC AC Chứng minh. Ta có ∆XBA ∼ ∆XAC ⇔ = = XB XA BA XC AC2 ⇒ = . XA BA2 CX XC AC2 Lại có =− =− . Đây chính là điều phải chứng minh. XB XA AB2 222
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 A X B C Dựa vào bổ đề, ta chứng minh bài toán như sau: E X M A Z D R W B C F Y MA MB AB Theo tính chất 4, ta có ∆MAB ∼ ∆MDC ⇔ = = MD MC DC BX MB2 CZ MC2 BX CZ Áp dụng bổ đề trên ta có = − 2 , = − 2 ⇒ = ⇒ XA MA ZD MD XA ZD ∆MAX ∼ ∆MDZ ⇒ ( XA, XM) ≡ ( ZD, ZM) (mod π ). Suy ra bốn điểm E, X, Z, M đồng viên. Tương tự ta cũng chứng minh được bốn điểm F, Y, W, M đồng viên. Gọi t1 , t2 theo thứ tự là tiếp tuyến của hai đường tròn EXZ, FYW tại M. Ta sẽ chứng minh t1 ≡ t2 . (t1 , t2 ) ≡ (t1 , EM) + ( EM, FM) + ( FM, t2 ) ≡ ( XM, XE) + ( EM, FM) − (YM, YF ) 223
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 ≡ ( XM, BM) + ( BM, AB) + ( EM, FM) − [(YM, MB) + ( MB, BC )] ≡ ( FM, FB) + ( BM, AB) + ( EM, FM) − [( EM, EB) + ( MB, BC )] ≡ ( FM, FB) + ( BM, AB) + ( EM, FM) + ( EB, EM) + ( BC, MB) ≡ 0 (mod π ) Suy ra t1 ≡ t2 . Vậy hai đường tròn ( FWY ), ( EXZ ) tiếp xúc với nhau tại M. b. Trước hết, ta chứng minh XZ, WY cắt nhau tại một điểm thuộc tiếp tuyến chung tại M của hai đường tròn ( FWY ), ( EXZ ). Giả sử gọi R là giao điểm của tiếp tuyến chung tại M của hai đường tròn ( FWY ), ( EXZ ) với đường thẳng XZ . MC MB BC Ta có ∆MXB ∼ ∆MZC ⇔ ∆MCB ∼ ∆MZX ⇒ = = . MZ MX ZX CY MC 2 ZR MZ 2 Áp dụng bổ đề trên ta có =− 2 và =− . YB MB RX MX 2 CY ZR Do đó = YB RX Suy ra: ∆MXR ∼ ∆MBY ⇔ ∆MXB ∼ ∆MRY ⇒ (YM, YR) ≡ ( BM, BX ) (mod π ). Tương tự ta chứng minh được ∆MAB ∼ ∆MWY ⇒ (YW, YM ) ≡ ( BA, BM) (mod π ). Vì vậy, ta có (YW, YR) ≡ (YW, YM) + (YM, YR) ≡ ( BA, BM) + ( BM, BX ) ≡ ( BA, BX ) ≡ 0 (mod π ). Suy ra R, Y, W thẳng hàng. Ta có RX.RZ = RM2 = RW.RY, suy ra bốn điểm X, Z, W, Y đồng viên. c. F Y B M W X A E Z D C Do dai đường tròn ( FWY ), ( EXZ ) tiếp xúc với nhau tại M nên 0 ≡ ( ME, MF ) ≡ ( ME, MR) + ( MR, MF ) ≡ −( XM, XE) + (YM, YF ) (mod π )( XM, XB) ≡ (YM, YB) 224
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 (mod π ) Suy ra bốn điểm M, X, Y, B đồng viên. Chứng minh tương tự bốn điểm M, X, W, A đồng viên. Ta có ( XM, XY ) ≡ ( BM, BY ) ≡ ( BM, BC ) ≡ ( AM, AD ) ≡ ( AM, AW ) ≡ ( XM, XW ) (mod π ). Suy ra: W, X, Y thẳng hàng. Tương tự ta chứng minh được X, Y, Z thẳng hàng. Vậy X, Y, Z, W thẳng hàng (điều phải chứng minh). 2 Một số bài toán liên quan tới điểm Miquel Bài toán 1 (China Team Selection 2018, P1, Test 2). Cho tam giác ABC có điểm D di chuyển trên cạnh BC. Dựng E, F lần lượt trên AC và AB sao cho BF = CD, CE = BD. P là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác BDF, CDE. Chứng minh rằng tồn tại điểm Q cố định sao cho độ dài PQ là hằng số. Lời giải. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. G là điểm trên BC sao cho CG = BD. Nhận thấy: G, E đối xứng với nhau qua IC suy ra IE = IG = IF. Tam giác AEF có I là giao phân giác góc EAF [ và trung trực đoạn EF. Vậy I nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Theo định lí Miquel ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF đi qua điểm P. Gọi Y là giao điểm thứ hai của đường thẳng BI với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDF, Z là giao điểm thứ hai của đường thẳng CI với đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE. Ta có YF = YD, FB = DC, YFBd = YDC. [ A F E Y I Q Z P D G B M C Suy ra ∆YFB = ∆YDC ⇒ YB = YC. Chứng minh tương tự ta có ZB = ZC . Vậy Y, Z là giao của trung trực đoạn BC với IB, IC. Suy ra Y, Z cố định. Áp dụng tính chất 6 ta có I, Y, Z, P đồng viên. Vậy P nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam 225
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 giác IYZ cố định. Gọi Q là tâm của đường tròn này, ta có PQ cố định, không phụ thuôc vào vị trí của D. Bài toán 2 (Iran TST vòng 1, ngày 2, năm 2017). Cho tam giác ABC. Gọi P.Q là các điểm bất kì trên cạnh BC sao cho BP = CQ và P nằm giữa B, Q. Đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ cắt các đoạn AB, AC lần lượt tại E, F.EP, FQ cắt nhau tại T. Hai đường thẳng đi qua trung điểm của BC và song song với AB, AC lần lượt cắt EP, FQ tại X, Y. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác TXY tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ. Lời giải. Gọi M là trung điểm của đoạn BC, S là giao điểm thứ hai của đường thẳng AM với đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ. Do MX k AB nên MXP = \ \ MXE = BEP d = PSA [ = PSM. [ Suy ra tứ giác MSXP nội tiếp. Do đó S thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác PMX. Tương tự do MY k AC nên MYQ = MYF \ [ = QFC [ = ASQ [ = MSQ. [ A E F M B P Q C S Y X T Suy ra tứ giác MSYQ nội tiếp. Do đó S thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác QMY. Từ đây suy ra S thuộc cả hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác PMX, QMY, nên theo định lí Miquel thì S thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác TXY. Do MX k BE, MY k FC, nên suy ra MX MP MQ MY MX BE = = = ⇒ = (1) BE BP CQ FC MY CF BE AC và BE.BA = BP.BQ = CQ.CP = CF.CA ⇒ = . (2) CF AB MX AC Từ (1) và (2) suy ra = . MY AB Lại có XMY \ = XMS [ + SMY [ = BAS[ + CAS [ = A. b 226
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Do đó ∆ABC ∼ ∆MYX (c.g.c) ⇒ ACB [ = QMY \ = QSY [=\ MXY = MXS [ + SXY [ = QPS [ + SXY [ ⇒ QSY [ = QPS [ + SXY. [ Từ đây suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác TXY tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ. Nhận xét 3. Bài toán này khá thú vị, được bạn Lê Viết Ân mở rộng như sau: Cho tam giác ABC, gọi P, Q là các điểm trên đoạn BC. Các đường tròn ( ABP) và ( ACQ) cắt nhau tại điểm thứ hai G.M là giao điểm của AG với BC. Đường tròn ( APQ) cắt AB, AC theo thứ tự tại E, F.EP cắt FQ tại T. Hai đường thẳng qua M song song với AB, AC theo thứ tự cắt EP, FQ tại X, Y. Chứng minh rằng ( TXY ) tiếp xúc với ( APQ) . Bài toán 3 (Iran TST vòng 1, ngày 1, năm 2017). Cho tam giác ABC, Ia là tâm đường tròn bàng tiếp góc A. Gọi v là đường tròn bất kì qua A, Ia cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại X, Y. Gọi S, T là các điểm trên Ia B, Ia C sao cho AXI [a = BTI [a . [a = CSI [a , AYI Các đường thẳng BT, CS cắt nhau tại K, KIa , TS cắt nhau tại Z. Chứng minh rằng X, Y, Z thẳng hàng. Lời giải. Trên BC lấy điểm L sao cho BL = BX. Ta có ∆BXIa = ∆BLIa (c.g.c) ⇒ LIa = XIa = Ia Y và XI [ aB = [ LIa B. 0 180 − BAC [ Dễ thấy CI [ a B = CIa Y + BI [ [ aX = . Do đó CI [ a Y = CIa L. [ 2 A B L C S K X Z T Y Ia Suy ra ∆CIa Y = ∆CIa L(c.g.c) ⇒ TY = TL. Từ đây ta có SX, SL đối xứng với nhau qua Ia B . TY, TL đối xứng với nhau qua Ia C. 227
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Biến đổi góc ta có XST [ = STY d ⇒ XS k TY. Dễ thấy SKTIa , BLTIa , CLSIa là các tứ giác nội tiếp, nên L là điểm Miquel của tứ giác toàn phần nội tiếp SKTIa CB, nên LS là phân giác trong góc SLT. d ZS LS XS Khi đó = = . Vậy X, Y, Z thẳng hàng. ZT LT TY Bài toán 4 (Trường hè Bắc Trung Bộ 2015). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) và ABCD không phải là hình thang. Gọi E là giao điểm của AC và BD, P là một điểm thuộc đường thẳng OE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác PAD và PBC cắt nhau tại điểm thứ hai Q. a. Chứng minh rằng Q thuộc một đường tròn cố định khi P di chuyển. b. Đường tròn ngoại tiếp tam giác PAB, PCD cắt nhau tại điểm thứ hai R. Chứng minh rằng đường thẳng QR luôn đi qua một điểm cố định khi P di chuyển. Lời giải. a. Gọi M là giao điểm của AD và BC, N là giao điểm của AB và CD. Gọi F là giao điểm của OE và MN. Theo nhận xét trên ta có OF ⊥ MN và F là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDMN. Từ đó ta có tứ giác FDAN nội tiếp. Theo tính chất phương tích ta có P, Q, M thẳng hàng. Ta có MF.MN = MA.MD = MQ.MP, suy ra tứ giác PQFN nội tiếp. Do đó [ = NFP NQP [ = 900 . Vậy Q thuộc đường tròn đường kính MNcố định. L M C C F E D Q O P R B A N b. Tương tự câu a, ta có MR⊥ NP tại R. Xét tam giác PMN có các đường cao MR, NQ, PF đồng quy. Gọi L là giao điểm của QR và MN. Ta có ( LF, MN ) = −1 , mà M, N, F cố định nên L cố định. Vậy QR luôn đi qua điểm L cố định. 228
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Bài toán 5 (Trần Quang Hùng). Cho tam giác ABC với E, F là hai điểm lần lượt nằm trên cạnh CA, AB sao cho AE = AF, EF cắt BC tại D. K, L lần lượt là tâm ngoại tiếp tam giác DBF, DCE. G là điểm đối xứng của D qua KL. R nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF sao cho AR k BC. Gọi BE cắt CF tại H. AH cắt BC tại S. Lấy điểm T thuộc GR sao cho ST ⊥ BC, M là trung điểm của đoạn ST. Chứng minh rằng GM luôn đi qua một điểm cố định khi E, F thay đổi. Lời giải. A Q T R G M K O D E F H B S C P L Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Dễ thấy G là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BDF và DCE nên theo định lí Miquel G cũng nằm trên đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Từ đây ta suy ra hai tam giác GFB và GEC đồng dạng. Theo định lí Ceva cho tam giác ABC với các đường AS, BE, CF đồng quy tại H và chú ý SB BF GB AE = AF ta có = = . Vậy GS là phân giác nên GS đi qua trung điểm P của SC CE GC cung BC không chứa G. Ta lại có ARG [ = AFG [ = GDB [ mà AR k BC nên D, G, R thẳng hàng. Theo định lí Menelaus cho tam giác ABC với D, E, F thẳng hàng và chú ý AE = AF ta có DB BF GB = = nên GD là phân giác ngoài tam giác GBC. DC CE GC Từ đó GD đi qua trung điểm Q của cung BC chứa G. Như vậy O là trung điểm của PQ, mà trong tam giác GPQ có ST k PQ nên G, M, O thẳng hàng hay GM đi qua điểm O cố định. Nhận xét 4. Bài toán này đã giấu đi sự xuất hiện của điểm cố định là tâm ngoại tiếp O bằng cách sử dụng định lí Miquel quen thuộc. Bài toán 6. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), AC cắt BD tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác EAB và ECD cắt nhau tại F. Chứng minh rằng OF ⊥ FE . 229
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Lời giải. Theo tính chất trục đẳng phương EF, AB, CD đồng quy tại G. Theo định lí Miquel dễ thấy F nằm trên các đường tròn ngoại tiếp tam giác GAC, GBD. Từ đó gọi R là bán kính của đường tròn (O) thì: OE2 − OG2 = (OE2 − R2 ) − (OG2 − R2 ) = EA.EC − GA.GB = EF.EG − GE.GF = EG EF + GF = EF − GF EF + GF = FE2 − FG2 Từ đó ta suy ra OF ⊥ FE . D C E F G O A B Nhận xét 5. Bài toán trên tuy đơn giản, song có rất nhiều ứng dụng. Sau đây là một bài toán ứng dụng của nó và tất nhiên là có sử dụng tới định lí Miquel. Bài toán 7. Cho tam giác ABC có đường đối trung AD, trung tuyến AM. P là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho PBA [ là hình chiếu của P lên AD. Chứng minh [ = PCA.K rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác KDM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC. Lời giải. Gọi PB, PC theo thứ tự cắt CA, AB tại E, F. Gọi S là giao điểm thứ hai của hai đường trong ngoại tiếp tam giác PEF và PBC. Do PBA [ = PCA [ nên tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn ( L). Gọi G là giao điểm của EF và BC. Theo định lí Brocard ta có PG ⊥ AL. Theo bài toán trên ta có PG ⊥SL. Mặt khác theo tính chất trục đẳng phương thì S, P, G thẳng hàng. Từ đó suy ra PG vuông góc với AL tại S. Các tứ giác GSLM, ASKP nội tiếp và góc có cạnh tương ứng vuông góc ta có \ SMD = SLG = SPA = SKA, suy ra S nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác KDM. d d [ Kẻ tiếp tuyến tại S của đường tròn ngoại tiếp tam giác SPB cắt BC tại T. Do ∆SBE ∼ ∆SCF và tính chất đường đối trung ta có TB SB2 BE2 AB2 DB = 2 = 2 = 2 = . TC SC CF AC DC 230
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Suy ra ( BC, DT ) = −1 ⇒ TS2 = TB.TC = TD.TM hay TS tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác KDM. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác KDM và PBC tiếp xúc với nhau tại S. A E F S P K L T G C B DM Nhận xét 6. Đây là một bài toán tiếp xúc thú vị, điểm S thực chất là một trong các điểm Miquel của tứ giác BCEF. Bài toán 8 (Trần Quang Hùng). Cho tứ giác ABCD nội tiếp có AC và BD cắt nhau tại E. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác EAD và SBC cắt nhau tại F khác E. Trung trực các đoạn thẳng DB, AC lần lượt cắt FB, FA theo thứ tự tại K, L. Chứng minh rằng KL chia đôi AB Lời giải. Gọi O là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.AB cắt CD tại T.AD cắt BC tại S. OT cắt SA, SB theo thứ tự tại P, Q. Theo các bài toán quen thuộc về phương tích và điểm Miquel thì SE vuông góc với OT tại F và tứ giác ABOF nội tiếp. Gọi BF cắt (O) tại giao điểm thứ hai R. Do KD = KB nên DKR [ = 2 BDR[ = DOR.[ Suy ra tứ giác DKOR nội tiếp. Lại có FOR [ − FRO [ = BFO [ − FBO [ = BAO [ [ − FBO = ABO [=[ ABF = 1800 − PDR. [ Từ đó suy ra tứ giác DPOR nội tiếp. Từ đó suy ra tứ giác DPKR nội tiếp hay APK [ = DKR [ Do đó PK k AB. [ = SAB. Lại có ( PQ, FT ) = S( PQ, ST ) = F ( AB, ST ) = −1. Từ đó suy ra: K ( AB, PS) = B( AK, PQ) = ( TF, PQ) = −1. Kết hợp với PK k AB nên KS đi qua M. Chứng minh tương tự ta có LS đi qua M. Vậy KL đi qua M. 231
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 S B A M E K Q P F O T D C L R Bài toán 9. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Các tiếp tuyến tại B, C cắt nhau tại T. Đường thẳng qua A vuông góc với AT cắt BC tại S. D, E trên ST trong đó T nằm giữa D và E, D nằm giữa S và T sao cho DT = BT = ET. Chứng minh rằng tam giác ABC đồng dạng với tam giác ADE. Lời giải. Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Khi đó T, M, A, S đồng viên. Ta cũng có D, E, B, C đồng viên. Gọi K là giao điểm của DB và CE. K A O S C B M D T E Khi đó [ = 1800 − KBC BKC [ = 1800 − KBC [ − BCK [ − DBT [ = TBC [ = BAC. [ Suy ra K thuộc đường tròn ( ABC ). Từ đây suy ra A thuộc giao hai đường tròn (KBC ) và (SMT ). 232
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Gọi J là giao điểm của CD và BE. Theo định lí Brocard ta có T J ⊥SK tại A0 . Áp dụng định lí Pascal đảo cho 6 điểm BBKCCJ ta suy ra J thuộc đường tròn (KBC ). Lại có A0 , S, T, M đồng viên. Suy ra: A0 thuộc vào giao của hai đường tròn (SBC ) và (SMT ). Do đó A ≡ A0 . Từ đó suy ra B là điểm Miquel của tam giác KSC nên tứ giác ASDB nội tiếp. Suy ra A là điểm Miquel của tứ giác BCEDSK. Do đó hai tam giác ABC và ADE đồng dạng. 3 Bài tập tự luyện. Bài 1 (Arab Saudi IMO Training Test 2017). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Trung tuyến AM cắt (O) lần thứ hai tại N.AH cắt (O) tại K. Các đường thẳng KN, BC và đường thẳng qua H vuông góc với AN cắt nhau tạo thành tam giác XYZ. Chứng minh rằng ( XYZ ) tiếp xúc với (O). Bài 2. Cho tam giác ABC. Một đường tròn Oa qua B, C cắt AC, AB lần lượt tại E, F.BE giao CF tại P. Gọi M là trung điểm của BC, L đối xứng với K qua M. Các đường thẳng PK, QL, BC cắt nhau tạo thành tam giác XYZ. Chứng minh rằng ( XYZ ) tiếp xúc với ( ABC ). Bài 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi A0 là điểm đối xứng của A qua O. Trung tuyến AM của tam giác ABC cắt BA0 , CA0 lần lượt tại L và K. Các đường thẳng qua L vuông góc với BA0 , qua K và vuông góc với CA0 và đường thẳng OM cắt nhau tạo thành tam giác XYZ. Gọi P là giao của hai tiếp tuyến tại B và C của (O). Chứng minh rằng ( AMP) tiếp xúc với ( XYZ ). Bài 4. Cho tam giác ABC. Một đường tròn bất kì qua B, C cắt AC, AB lần lượt tại E, F. BE cắt CF tại P. Một đường thẳng d bất kì qua A cắt BE, CF lần lượt tại L, K. Đường thẳng d0 đẳng giác với d trong góc BAC [ cắt BE, CF lần lượt tại M, N. MK cắt LN tại X. MK, LN cắt BC lần lượt tại Z, Y. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC và XYZ tiếp xúc với nhau. Bài 5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BE, CF cắt nhau tại trực tâm H.EF cắt BC tại K. Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt CH, BH lần lượt tại P, Q. Đường thẳng AH cắt (O) tại T khác A. a. Chứng minh rằng P, Q, H, T đồng viên. b. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với EF cắt BC tại L. Kẻ đường kính AA0 của (O). Đường thẳng qua L vuông góc với BC cắt A0 B, A0 C lần lượt tại Y, Z. Chứng minh rằng ( A0 YZ ) tiếp xúc với ( HPQ). Bài 6. Cho tam giác ABC với đường tròn ( Ib ), ( Ic ) bàng tiếp góc B và C. Gọi Ja , Jb , Jc lần lượt là tiếp điểm của ( Ic ) với BC, CA, AB. Gọi L a , Lb , Lc lần lượt là tiếp điểm của ( IB ) với BC, CA, AB.Ja Jb cắt Ib Ic tại K, L a Lc cắt Ib Ic tại Q.KLb cắt QJc tại R, K Jc cắt QLb tại P. a. Chứng minh rằng tứ giác Jc RLb P nội tiếp. b. Chứng minh rằng AP = r a với r a là bán kính đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. 233
Hội thảo khoa học, Ninh Bình 15-16/09/2018 Bài 7. Cho tứ giác lưỡng tâm ABCD có tâm đường tròn ngoại tiếp là O. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của AB và CD, AD và BC. Chứng minh rằng tồn tại môt đường tròn tâm O tiếp xúc với bốn đường tròn ngoại tiếp các tam giác EAD, EBC, FAB, FCD. Bài 8. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H. Hai đường thẳng d1 và d2 bất kì vuông góc với nhau và đi qua H.d1 cắt BC, CA, AB lần lượt tại X1 , Y1 , Z1 . GọiA1 B1 C1 là tam giác tạo bởi các đường thẳng qua X1 và vuông góc với BC, qua Y1 và vuông góc CA, qua Z1 và vuông góc với AB. Tương tự ta xác định được tam giác A2 B2 C2 . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác A1 B1 C1 và A2 B2 C2 tiếp xúc với nhau tại một điểm trên (O). 4 Kết luận Chuyên đề dù đã cố gắng biên soạn khá kĩ lưỡng song không thể tránh khỏi sai sót. Rất mong được các thầy cô giáo và các em học sinh góp ý và phê bình chân thành để có dịp tôi sửa chữa chuyên đề này hoàn thiện hơn. Qua chuyên đề, xin được gửi lời cảm ơn tới các thầy Nguyễn Minh Hà, Trần Quang Hùng, Nguyễn Văn Linh và Lê Phúc Lữ đã giúp tôi hoàn thành chuyên đề này. Đồng thời, tôi cũng xin cảm ơn các thầy cô trong bộ môn Toán và Latex như các thầy Hồ Hà Đặng, Vũ Nguyễn Hoàng Anh, Vũ Văn Trường đã giúp tôi tiếp cận và sử dụng Latex. 5 Tài liệu tham khảo Chuyên đề có sử dụng các bài toán, tính chất trong các sách sau: • Nguyễn Minh Hà, Hình học phẳng định hướng, NXB Dân trí, 2015. • Trần Quang Hùng, Mỗi tuần một bài toán hình học, NXB ĐHQG Hà Nội, 2017. • Toán học tuổi trẻ. • Nguyễn Văn Linh,108 bài toán hình học sơ cấp,NXB ĐHQG Hà Nội, 2018. • Yufei Zhao, Cyclic Quadrilaterals — The Big Picture. • BALKAN MATHEMATICAL OLYMPIAD, 2009. • Yufei Zhao,Three Lemmas in Geometry • Các bài toán trên các diễn đàn toán như https://artofproblemsolving.com, diễn đàn toán học, ..... 234