Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số bài toán về điểm cố định

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:51

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong chương trình môn Toán ở trường phổ thông, nội dung hình học luôn luôn có sức hút đặc biệt đối với các học sinh có lòng ham mê môn Toán bởi vì thông qua việc đi tìm lời giải cho các bài toán hình học, các em học sinh có cơ hội để phát triển tư duy, trí tưởng tượng và khả năng lập luận lôgic. Đề tài đi sâu tìm hiểu về các bài toán chứng minh hình học liên quan đến điểm cố định để có thể vận dụng trực tiếp vào công tác giảng dạy môn Toán ở nhà trường phổ thông.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số bài toán về điểm cố định

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ THU MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐIỂM CỐ ĐỊNH LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên, 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN THỊ THU MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐIỂM CỐ ĐỊNH Chuyên ngành: PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Giáo viên hƣớng dẫn: PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI Thái Nguyên, 2015 1
MỤC LỤC Lời nói đầu 1 Chƣơng 1: Kiến thức chuẩn bị 3 1.1. Tính chất đồng quy của các đường trong tam giác 3 1.2. Định lý Ceva 4 1.3. Phương tích của một điểm đối với đường tròn 6 1.4. Phép vị tự 7 1.5. Tính chất cộng tuyến và tích vô hướng của vectơ 9 Chƣơng 2: Một số bài toán liên quan đến điểm cố định trong chƣơng trình hình học phổ thông 10 2.1. Một số bài toán liên quan đến đường thẳng 10 2.2. Một số bài toán liên quan đến đường tròn 27 Kết luận 47 Tài liệu tham khảo 48 2
LỜI NÓI ĐẦU Trong chương trình môn Toán ở trường phổ thông, nội dung hình học luôn luôn có sức hút đặc biệt đối với các học sinh có lòng ham mê môn Toán bởi vì thông qua việc đi tìm lời giải cho các bài toán hình học, các em học sinh có cơ hội để phát triển tư duy, trí tưởng tượng và khả năng lập luận lô gic… Trong các dạng bài tập hình học, các bài toán liên quan đến điểm cố định như: - Chứng minh các đường thẳng, các đường tròn… luôn đi qua một điểm cố định; - Xác định điểm cố định của một họ đường thẳng, họ các đường tròn; - Xác định điểm cố định mà quỹ tích luôn đi qua… phần nhiều là các bài tập khó dành cho học sinh khá, giỏi và thường chỉ xuất hiện trong các đề thi chọn học sinh giỏi các cấp. Với mong muốn đi sâu tìm hiểu về các bài toán chứng minh hình học liên quan đến điểm cố định để có thể vận dụng trực tiếp vào công tác giảng dạy môn Toán ở nhà trường phổ thông, Em chọn đề tài “Một số bài toán về điểm cố định” làm đề tài luận văn Thạc sĩ của mình. Luận văn có các nhiệm vụ cụ thể sau: 1) Sưu tầm các bài toán chứng minh hình học có liên quan đến điểm cố định trên tạp chí Toán học tuổi trẻ, các đề thi chọn học sinh giỏi Toán THCS, THPT và các sách chuyên khảo. 2) Phân loại tìm ra cơ sở của cách giải quyết bài toán thường được sử dụng trong phạm vi kiến thức phổ thông. 3) Đưa ra lời chứng minh chi tiết cho một số bài toán trên tạp chí Toán học tuổi trẻ và đề thi chọn học sinh giỏi Toán. Để hoàn thành luận văn này, Em đã nhận được sự quan tâm, tạo mọi điều kiện của Trường Đại học Khoa học mà trực tiếp là Khoa Toán - Tin. 3
Đặc biệt Em đã nhận được sự chỉ bảo, giúp đỡ từ tập thể các Thầy, Cô giáo tham gia giảng dạy các học phần trong suốt quá trình học tập cao học. Nhân dịp này, cho phép Em được bày tỏ lòng biết ơn đến các Thầy, Cô giáo đã tận tình giúp đỡ, chỉ bảo Em trong suốt thời gian học tập tại trường Đại học Khoa học. Do một số điều kiện chủ quan và khách quan, luận văn với chủ đề “Một số bài toán về điểm cố định” còn chưa thực sự hoàn thiện theo ý muốn. Em tha thiết mong các Thầy, Cô giáo chỉ bảo để Em hoàn thiện hơn nội dung của luận văn này. Em xin trân trọng cảm ơn. Học viên Đoàn Thị Thu 4
Chƣơng 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương này, em xin trình bày vắn tắt một số vấn đề phổ thông được trích dẫn từ các tài liệu [1], [2], [3]. 1.1. Tính chất đồng quy của các đƣờng trong tam giác Tính chất: Trong một tam giác, ba đường cao (trung tuyến, trung trực, phân giác) đồng quy tại một điểm. Ví dụ 1.1: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ BC. N là điểm đối xứng của M qua trung điểm I của AB. Gọi H và K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và tam giác NAB. Giả sử NK cắt AB tại D, hạ KE vuông góc với BC tại E. Chứng minh rằng DE đi qua trung điểm J của HK. Lời giải: - Tứ giác ANBM là hình bình hành, suy ra BN//AM và AN//BM. - K là trực tâm  NAB nên BK  NA, AK  NB Suy ra: BK  BM và AK  AM Suy ra tứ giác nội tiếp BKAM. Vậy K thuộc đường tròn (O). Gọi S là điểm đối xứng của K qua E; R là điểm đối xứng của K qua D, ta có: BKC  BSC (do đối xứng); BKC  BAC (cùng chắn cung BM) nên BSC  BAC . Do BHC  BAC  1800. Suy ra tứ giác BHCS là tứ giác nội tiếp nên BHS  BCS  BCK 1 5
Tương tự tứ giác ABHR nội tiếp nên AHR  ABR  ABK  2 Từ (1) và (2) ta có: AHB  BHS  AHR  AHB  BCK  ABK  AHB  BCK  ACK  1800 Suy ra S, H, R thẳng hàng. Vì DE là đường trung bình của tam giác KRS, nên DE đi qua trung điểm J của HK (ĐPCM). 1.2. Định lý Ceva Định lý: Gọi E, F, G là ba điểm tương ứng nằm trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Lúc đó, ba đường thẳng AE, BF, CG cắt nhau tại AG BE CF một điểm O khi và chỉ khi: . .  1 (1) GB EC FA Chứng Minh: Phần thuận: Từ A và B, kẻ các đường song song với BF, chúng lần lượt cắt CG và AE tại K, L tương ứng. CF CO LC CO CF LC Ta có:  và  =>  FA OD AK OD FA AK Xét cặp tam giác đồng dạng LEC và OEB, AKG và BOG ta có: BE BO AG AK  và  CE CL BG BO. AG BE CF AK BO CL Suy ra: . .  . . 1 GB EC FA BO CL AK Phần đảo: AG BE CF Giả sử . .  1. GB EC FA 6
Qua giao điểm của các đường thẳng AE và BF, ta kẻ đường thẳng CC1, với C1 nằm trên cạnh AB. Khi đó, theo chứng minh ở phần thuận ta AC1 BE CF AG BE CF có: . . 1 . . 1 C1 B EC FA GB EC FA AC1 AG Suy ra:  hay C1  G. C1 B GB Ví dụ 1.2: (Đề chọn đội tuyển quốc gia dự thi IMO 2007) Cho tam giác nhọn ABC với đường tròn nội tiếp I. Gọi (ka) là đường tròn có tâm nằm trên đường cao của góc A và tiếp xúc trong với đường tròn (I) tại A1. Các điểm B1, C1 xác định tương tự. Chứng minh AA1, BB1, CC1 đồng qui tại P. Lời giải: Ta sẽ chứng minh bài toán: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) có D là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A lên BC. Gọi M, N là giao điểm của AD với (I) (N nằm giữa A và M). Giả sử IM cắt đường cao AH tại K, ta có KA = KM. Thật vậy: Gọi E là tiếp điểm của (I) lên BC. Giả sử IE cắt (I) tại điểm thứ hai là N’ khác E. Qua N’ vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB và AC lần lượt tại B’ và C’. Dễ thấy tồn tại một phép vị tự biến tam giác AB’C’ thành tam giác ABC. Phép vị tự đó cũng biến tiếp điểm N’ của đường tròn bàng tiếp (I) của ∆AB’C’ lên B’C’ thành tiếp điểm D của đường tròn bàng tiếp (J) của ∆ABC lên BC. Suy ra A, N’, D thẳng hàng hay N’ trùng với N. Khi đó, tam giác IMN đồng dạng với ∆KMA (do IN // AK), mà ∆IMN cân tại I nên ∆KAM cân tại K hay KA = KM, suy ra đường tròn có 7
tâm thuộc đường cao góc A, đi qua A và tiếp xúc với (I) tại M thì M thuộc AD. Ta có đường tròn đó là duy nhất. Ta lại có: Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C của tam giác ABC lên các cạnh BC, CA, AB. Theo bổ đề trên, ta thấy: A1  AD, B1  CF, C1  BE suy ra: AA1, BB1, CC1 đồng quy khi và chỉ khi AD, BE, CF đồng quy (1). AB  BC  CA Mặt khác, đặt BC = a, CA = b, AB = c; P 2 Suy ra: DB = EC = p – c; DC = AF = p – b; E = BF = p − a. DB EC FA Suy ra: . .  1 . Theo định lí Ceva ta có AD, BE, CF đồng quy (2). DC EA FB Từ (1) và (2), ta có AA1, BB1, CC1 đồng quy (ĐPCM). 1.3 Phƣơng tích của một điểm đối với đƣờng tròn Khái niệm: Cho đường tròn tâm O, một điểm M cố định. Một đường thẳng thay đổi đi qua M cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Ta luôn có MA.MB  MO2  R2  d 2  R2 không đổi và được gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn (O); kí hiệu P(M/ (O)). Cho hai đường tròn không đồng tâm (O1; R1) và (O2; R2). Tập hợp các điểm M có phương tích đối với hai đường tròn bằng nhau là một đường thẳng, đường thẳng này được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2). Ví dụ 1.3: Cho đường tròn tâm O và hai đường kính AB, CD. Tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B cắt AC tại P, PD cắt đường tròn (O) lần nữa tại G. Chứng minh rằng các đường thẳng AG, BC, PO đồng quy. 8
Lời giải: Gọi I là trung điểm của PA, I’ là trung điểm của PC. Ta có bốn điểm O, B, C, I nằm trên đường tròn Ω đường kính BI. Mặt khác vì OC = OG, I’C = I’G. Suy ra: GAI '  CDG = COI '  GOI ' . Suy ra: O, A, G, I’ nằm trên đường tròn Ω’ Suy ra: P(O/ Ω)= P(O/Ω’)= 0. Ta cũng có (P/ Ω)= PI .PC  PA.PI ' = (P/ Ω’). Vậy ta có: PO là trục đẳng phương của Ω và Ω’. AG là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và Ω’. BC là trục đẳng phương của (O) và Ω. Vậy AG, BC, PO đồng quy (ĐPCM). 1.4 Phép vị tự Khái niệm phép vị tự: Phép đặt tương ứng mỗi điểm M với điểm M' sao cho: OM'  kOM được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k. k Kí hiệu: VO ; điểm O gọi là tâm vị tự, và k gọi là tỷ số vị tự. Phép vị tự hoàn toàn được xác định khi biết tâm vị tự và tỷ sổ vị tự. k k - Ta có: VO (M) = M' thì M' gọi là ảnh của M qua VO . k - Phép vị tự VO biến một hình H thành hình H' (H' gồm toàn điểm M' là k ảnh của M  H qua VO ). Nếu có: OM'  kOM thì ta có VOk : M  M ' và VO : M '  M . 1/ k Khi đó: - Ba điểm O, M, M' thẳng hàng. 9
- Nếu k > 0 thì M và M’ nằm cùng một bên với O (phép vị tự thuận). - Nếu k < 0 thì M và M' nằm ở hai phía đối với điểm O (phép vị tự nghịch). - Khi k =1 khi đó VO : M  M ' là phép đồng nhất. 1 k - Khi k = -1 khi đó VO là đối xứng qua điểm O. Ví dụ 1.4: (IMO shortlist 2006) Hai đường tròn (O1) (O2) tiếp xúc ngoài nhau tại C và tiếp xúc trong với (O) tại D và E. Gọi (d) là tiếp tuyến chung của (O1) và (O2) tại C. AB là đường kính của (O) sao cho A, D, O1 cùng phía đối với (d). Chứng minh rằng AO1, BO2 và DE đồng quy. Lời giải: Xét phép vị tự: H (D; R/R1): (O1) (O). Vì O1C//OB. Suy ra: (O1C) (OB) và C B. Do đó D, C, B thẳng hàng. Gọi X là giao của CO1 và (O1) thì X A, suy ra X  AD. Tương tự ta cũng có A, C, E thẳng hàng và Y thuộc EB trong đó Y là giao điểm của CO2 và (O2) suy ra  AEB =  ADB = 90 0 . Do đó C là trực tâm của tam giác MAB (M là giao điểm của AD và BE), suy ra M  (d). Gọi P, H là giao điểm MC với DE và AB. Ta có (MCPH) = - 1 suy ra (AD, AP, AC, AH) = -1 (1). 10
Mặt khác xét chùm (AD, AO1, AC, AH) đường thẳng qua O1 song song với AH cắt AD và AC tại X và C và O1 là trung điểm của CX nên (AD, AO1, AC, AH) = -1 (2). Từ (1) và (2) ta có A, O1, P thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta cũng có B, O2, P thẳng hàng. Vậy AO1, BO2, DE đồng quy tại P (ĐPCM). 1.5 Tính chất cộng tuyến và tích vô hƣớng của vectơ Khái niệm: Hai vectơ gọi là hai vectơ cộng tuyến nếu tồn tại số thực k sao cho OA  kOB . Tính chất: Nếu tích vô hướng của hai vectơ bằng không thì chúng vuông góc với nhau. Để chứng minh các đường thẳng, đoạn thẳng đi qua điểm cố định, ta có thể vận dụng tính chất cộng tuyến của các vectơ như sau: - Bước 1: Dự đoán điểm cố định (giả sử đó là điểm O). - Bước 2: Xác định trên mỗi đường thẳng hai điểm A, B phân biệt và khác điểm O. - Bước 3: chứng minh: OA  kOB , suy ra điều phải chứng minh. 11
Chƣơng 2: MỘT BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐIỂM CỐ ĐỊNH TRONG CHƢƠNG TRÌNH HÌNH HỌC PHỔ THÔNG Trong chương này, chúng tôi trình bày một số các ví dụ được lựa chọn trong các tài liệu [3], [4], [5], [6] và [9]. Đối với một số ví dụ trong các tài liệu tham khảo chỉ có lời giải vắn tắt hoặc hướng giải quyết, em sẽ cố gắng đưa ra lời giải chi tiết hơn. 2.1. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƢỜNG THẲNG Bài toán 2.1: Cho đường tròn tâm O và hai điểm A, B cố định thuộc đường tròn đó (AB không là đường kính). Gọi M là trung điểm của cung nhỏ AB . Trên đoạn AB lấy hai điểm C, D phân biệt và không nằm trên đường tròn. Các đường thẳng MC, MD cắt đường tròn đã cho tương ứng tại E, F khác M. 1) Chứng minh rằng bốn điểm C, D, E, F nằm trên một đường tròn. 2) Gọi O1, O2 tương ứng là tâm các đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE và BDF. Chứng minh rằng khi C, D thay đổi trên đoạn AB các đường thẳng AO1 và BO2 luôn cắt nhau tại một điểm cố định. Ý tưởng giải quyết bài toán: - Dự đoán một điểm nào đó đặc biệt có khả năng là điểm cố định (là điểm chính giữa cung lớn AB). - Chứng minh đường thẳng AO1 và BO2 khi thay đổi vẫn đi qua điểm ta đã dự đoán. Lời giải: M 1) Xét trường hợp C nằm giữa A và D 1 C D Có MCB  (sđ MB  sđ AE ). A H B 2 O 1 O1 MFE  (sđ MA + sđ AE ) O2 2 E Mà sđ MB = sđ MA  MCB  MFE F N Có MCB = BCE = 1800 . 12
Suy ra BCE + MFE = 1800 . Có BCE , MFE là 2 góc đối của tứ giác CDFE. Suy ra CDFE là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2). Nếu D nằm giữa A và C, tương tự ta chứng minh được C, D, F, E cùng nằm trên một đường tròn. Hạ O1H  AC, có O1A = O1C suy ra  O1AC cân tại O1 suy ra O1H vừa là tia phân giác AO1C  AO1C = 2 AO1H . Mặt khác AO1C = 2 AEC  AO1H = AEC ; AEC = MAB Suy ra AO1H = MAB . Xét  AO1H vuông tại H, ta có AO1H + HAO1 = 900. suy ra MAB + HAO1 = 900 suy ra MAO1 = 900. Vậy MA là tiếp tuyến của (O1). Kéo dài AO1 cắt (O) tại N suy ra MON = 2. MAN = 2. 900 = 1800. Suy ra M, O, N thẳng hàng và MN  AB. Vậy N là điểm chính giữa cung lớn AB . Lập luận tương tự BO2 đi qua N là điểm chính giữa cung lớn AB . Do đó AO1, BO2 đi qua N là điểm chính giữa cung lớn AB . Tương tự C nằm giữa A và D thì AO1 và BO2 cũng đi qua N. Vậy AO1, BO2 luôn đi qua 1 điểm N cố định (ĐPCM). Bài toán 2.2: Cho tam giác ABC và điểm D di chuyển trên cạnh BC (D khác B và C) đường tròn (O1) đi qua D và tiếp xúc AB tại B. Đường tròn (O2) đi qua D và tiếp xúc AC tại C. Gọi E là giao điểm thứ hai của (O1) và (O2). 1). Chứng minh rằng khi D di động trên đoạn BC thì đường thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định. 2). Kết quả trên còn đúng không trong trường hợp D di động ở ngoài đoạn BC. 13
Ý tưởng giải quyết bài toán: - Trước hết ta chứng minh A, B, C, E cùng nằm trên đường tròn. - Dự đoán điểm cố định (điểm S) và chứng minh đường thẳng DE luôn đi qua S. Lời giải: 1) Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có ABC BED; ACB CED A S Suy ra BAC BED CED = O 0 BAC ABC ACB 180 do đó tứ giác D B C ABEC nội tiếp. O1 Gọi S là giao của DE với đường tròn O2 E (O). Vì ABC BED nên hai cung AC và SB bằng nhau hay S là điểm cố định. 2) Trường hợp điểm D nằm ngoài đoạn BC, chẳng hạn D nằm trên tia đối tia CB (trường hợp D thuộc tia đối tia BC chứng minh tương tự). Ta chứng minh được bốn điểm A, B, C, E cùng nằm trên đường tròn (O). Gọi DE cắt (O) tại điểm thứ hai S. Kẻ tia Cy là tia đối của tia CA. Khi đó trong đường tròn (O2) ta có A S CED DCy; DCy ACB E Suy ra O2 CED ACB (không đổi) O B suy ra C D SEC 1800 CED (không đổi). y O1 Vậy SEC không đổi hay điểm S cố định. 14
Bài toán 2.3: Cho đường tròn tâm O, dây AB. Điểm M di chuyển trên cung lớn AB. Các đường cao AE, BF của tam giác ABM cắt nhau ở H. Đường tròn tâm H bán kính HM cắt MA, MB theo thứ tự ở C, D. 1). Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ M vuông góc với CD luôn đi qua một điểm cố định. 2). Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ H và vuông góc với CD cũng đi qua một điểm cố định. Ý tưởng giải quyết bài toán: 1). Ta dựa vào tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn để dự đoán đường thẳng đã cho đi qua điểm O cố định. 2). Ta dựa vào tính chất trong tam giác khoảng cách từ trực tâm tam giác đến đỉnh bằng 2 lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến cạnh tương ứng. Lời giải: x M 1). Kẻ tiếp tuyến Mx với đường 1 E tròn (O), ta có M1 MAB . F D H Tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn đường C O kính AB nên MEF MAB A B suy ra MEF M1 suy ra Mx//EF vậy : K OM EF. Ta có H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD  HE MD nên E là trung điểm MD. Tương tự F là trung điểm MC suy ra EF là đường trung bình tam giác MCD nên EF//CD; Mặt khác vì OM EF nên OM CD. Vậy các đường thẳng đi qua M và vuông góc với CD luôn đi qua O (ĐPCM). 2) Gọi K là điểm đối xứng với O qua AB, ta có OK AB, mà MH AB  MH // OK. 15
Mặt khác, trong tam giác khoảng cách từ trực tâm tam giác đến đỉnh bằng 2 lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến cạnh tương ứng. Vậy MH = OK nên tứ giác MHKO là hình bình hành  HK // OM. Vì OM CD, nên HK CD. Vậy đường thẳng kẻ từ H vuông góc CD đi qua điểm K. Vì O, AB cho trước, nên K là điểm cố định (ĐPCM). Bài toán 2.4: Cho tam giác ABC, M là điểm bất kì thuộc đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi D là điểm đối xứng với M qua AB, E là điểm đối xứng với M qua BC. Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường tròn (O) thì DE luôn đi qua một điểm cố định. Ý tưởng giải quyết bài toán - Dựa vào các tứ giác nội tiếp, ta chứng minh H, I, K thẳng hàng. - Dự đoán điểm cố định (là trực tâm của tam giác ABC). - Chứng minh đường thẳng DE đi qua điểm cố định đã dự đoán. Lời giải: Gọi H, I, K theo thứ tự là chân D H các đường vuông góc kẻ từ M đến A M AB, AC, BC ta có H, I, K thẳng hàng (đường thẳng Xim-xơn). I N O Gọi N là trực tâm của tam giác ABC. 1 1 1 B AN cắt (O) tại F  BCN BCF 1 K C Nên BC là trung trực NF; Vì BC là F trung trực của ME suy ra E E F1 N1 Ta có F1 C1 (góc nội tiếp); K1 C1 (tứ giác MCKI nội tiếp) suy ra K1 E  NE//HK. Chứng minh tương tự có ND//HK Vậy D, N, E thẳng hàng. 16
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 A tròn ngoại tiếp tam giác MPF và MQE. Gọi giao điểm MN cắt PQ, BC theo thứ tự tại K và I. E N Ta có các tứ giác MDCE, MDBF nội F M tiếp nên MCE MDE MBC . P K Q MBF MDF MCB B C D I suy ra O PMQ PDQ PMQ PDM QDM = PMQ MCB MBC 1800 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 = KQ2 ; KM. KN = KP2  KP = KQ. Xét tam giác MBC có: PQ//BC, KP = KQ. Theo định lí Talét có I là trung điểm BC. 17
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 = 1800  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 KEB KFB 900 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: 18
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: O1O2  2 M 1M 2  NM và O1O3  2M1M 3  PM . Suy ra O1 NMO2 và O1PMO3 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 O3 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 19