Tỉ số kép hàng điểm điều hòa

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (165.13 KB, 19 trang )

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUANG TRUNG
TỔ TOÁN HỌC

NGUYỄN HỒNG ĐỨC (CTK9)
LÝ MINH HOÀNG (CTK9)
THIỆU HỒNG THÁI (CTK9)

ỨNG DỤNG
TỶ SỐ KÉP – HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Bình phước, Ngày 27, Tháng 7, Năm 2012

1

Hệ Thống Lý Thuyết

1.1

Tỉ Số Kép

Định nghĩa 1.1.
• Tỉ số kép của hàng điểm
Bộ bốn điểm đôi một khác nhau, có thể kể đến thứ tự, cùng thuộc một đường thẳng gọi
là hàng hay hàng điểm. Tỉ số kép của hàng A, B,C,D là một số, kí hiệu là (ABCD) hay
(A, B, C, D) và được xác định
(ABCD) =

AC BC
:

AD BD

• Tỉ số kép của chùm đường thẳng
Bộ bốn đường thẳng phân biệt đồng quy tại O, có thể kể đến thứ tự. Tỉ số kép của chùm
OA, OB, OC, OD là một số, kí hiệu O(ABCD) và được xác định
−−→ −→
−→ −→
sin(OA, OC) sin(OB, OC)
O(ABCD) =
−→ −−→ :
−−→ −−→
sin(OA, OD) sin(OB, OD)
Tính chất 1.1. Với hàng điểm gồm A, B, C, D và A, điểm S bất kỳ nằm ngoài hàng điểm:
−→ −→
−−→ −→
sin(OA, OC) sin(OB, OC)
• S(ABCD)=(ABCD)=
−→ −−→ :
−−→ −−→
sin(OA, OD) sin(OB, OD)
• (ABCD) = (BADC) = (CDAB) = (DCBA)
• (ABCD) = 1 − (ACBD)
• (ABCD) = (A BCD) ⇔ A ≡ A
• (ABCD) = −1
Hệ quả 1.1.

• Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Điểm S ∈ (O). Khi đó S(ABCD) = const

• Cho các đường thẳng a, b, c, d và a, b, c, d đồng quy và thỏa mãn các điều kiện sau:
a ⊥ a, b ⊥ b, c ⊥ c, d ⊥ d. Khi đó (abcd) = (a b c d )

1.2

Phép chiếu xuyên tâm

Định nghĩa 1.2. Cho đường thẳng d và điểm S không thuộc d. ánh xạ biến mỗi điểm M trong
mặt phẳng thành điểm M là giao điểm của đường thẳng SM với d được gọi là phép chiếu
xuyên tâm (tâm chiếu S) lên đường thẳng d.
Định lý 1.1. Phép chiếu xuyên tâm bảo toàn tỉ số kép của 4 điểm thẳng hàng.
S

CD

AB
A

D

B
2

Chứng minh. Xét phép chiếu xuyên tâm, tâm chiếu S : A → A, B → B, C → C, D → D. Ta
có:
−−→ −→
−→ −→
AC BC
sin(OA, OC) sin(OB, OC)
AC BC
(ABCD) =

:
:
=
−→ −−→ .
−−→ −−→ =
AD BD
AD BD
sin(OA, OD) sin(OB, OD)
Vậy (ABCD) = (A B C D )
Hệ quả 1.2. Dưới đây là một số hệ quả quen thuộc và được sử dụng rất nhiều trong giải toán
bằng phương pháp tỉ số kép – phép chiếu xuyên tâm, đặc biệt là trong bài toán chứng minh đồng
quy và thẳng hàng:
1. Cho bốn đường thẳng đồng quy a, b, c, d và một đường thẳng bất kì cắt 4 đường thẳng đó
lần lượt tại A, B, C, D. Khi đó (ABCD) không đổi.
2. (OABC) = (OA B C ) khi và chỉ khi AA, BB, CC đồng quy hoặc đôi một song song.
3. Cho O và O nằm trên d. Các đường thẳng a, b, c đồng quy tai O, a, b, c đồng quy tại
O. Gọi a ∩ a = A, b ∩ b = B, c ∩ c = C, d ∩ d = D. Khi đó: A, B, C thẳng hàng ⇔
(abcd) = (a b c d )
4. Cho 2 chùm O(ABCO ) và O (ABCO). Khi đó: A, B, C thẳng hàng ⇔ O(ABCO ) =
O (ABCO).
Định lý 1.2. Cho điểm S và hàng điểm A, B, C, D thuộc đường thẳng d. Từ điểm C kẻ đường
CA
thẳng song song với SD cắt SA, SB tại A, B. Khi đó: (ABCD) =
CB
S
B
A

C

D

B
B1

Chứng minh. Theo định lý Thales ta có:
CA
AC CB
BC
=
=
DS
AD DS
BD
CA
AC BC
CA
=
:
= (ABCD). Vậy (ABCD) =
⇒
CB
AD BD
CB

1.3

Hàng điểm điều hòa

Định nghĩa 1.3. Trên đường thẳng ta lấy 4 điểm A, B, C, D. Khi đó ta gọi A, B, C, D là hàng

điểm điêu hòa khi và chỉ khi (ABCD) = −1. Khi đó, cặp điểm A, B chia điều hòa cặp điểm
C, D hay cặp điểm A, B liên hợp điều hòa với cặp điểm C, D.
Tính chất 1.2. Với I là trung điểm AB. Khi đó các mệnh đề sau là tương đương:
1. (ABCD) = −1
2.

1
1
2
=
+
(Hệ thức Descartes)
AB
AC AD
3

3. IA2 = IB 2 = IC.ID( hệ thức Newton)
4. CI.CD = CA.CB( Hệ thức Maclauranh)
Ngoài ra còn một hệ thức cơ bản sau:
ID
BD 2
AD 2
=(
) =(
)
IC
BC
AC
Chứng minh. Do (ABCD) = −1 và I là trung điểm AB nên theo hệ thức Newton, ta có:

IA2 = IB 2 = IC.ID
⇒

IA
IC
IC − IA
AC
BC
=
=
=
=
ID
IA
IA − ID
DA
BD

IA 2 IC
ID
BD 2
AD 2
) =
. Từ đó ta có:
=(
) =(
).
ID
ID
IC

BC
AC
Hệ thức được chứng minh.
Mặt khác: (

Nhận xét 1.1. Các hệ thức trên đây là những kết quả đẹp, là linh hồn của cả một hàng điểm
điều hòa, có ứng dụng vô cùng lớn đối với những bài toán mà cần tới sự có mặt của hàng điểm
điều hòa.
Định lý 1.3. Cho (ABCD) = −1 và điểm O nằm ngoài hàng điểm điều hòa trên. Một đường
thẳng d cắt ba tia OC, OB, OD lần lượt tại E, I, F. Khi đó I là trung điểm EF khi và chỉ khi
EF OA.
Nhận xét 1.2. Đây là kết quả suy ra trực tiếp từ Định lý 2. Định lý này rất quan trọng trong
việc chứng minh các yếu tố song song và trung điểm.

1.4

Chùm điều hòa

Định lý 1.4. Bốn đường thẳng a, b, c, d đồng quy tại S. Khi đó ta gọi S(ABCD) = −1
Tính chất 1.3. Cho chùm điều hòa S(abcd) = −1, khi đó cSd = 900 khi và chỉ khi Sc là phân
giác trong của góc aSb và Sd là phần giác ngoài của góc ASB
Một số lưu ý về tứ giác điều hòa:
1. Định nghĩa: Tứ giác nội tiếp ABCD được gọi là điều hòa nếu tồn tại điểm M thuộc
đường tròn ngoại tiếp tứ giác sao cho M(ABCD) = −1, cũng tức là (ABCD) = −1.
2. Tính chất: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Khi đó các mệnh đề sau là
tương đương:
(a) Tứ giác ABCD điều hòa.
AC
BC
(b)

=
AD
BD
(c) AA, CC, BD hoặc đồng quy hoặc đôi một song song.
(d) BB, DD, AC hoặc đồng quy hoặc đôi một song song.
với quy ước AA là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O)
4

2

Hệ thống bài tập vận dụng

2.1

Tỉ số kép

BÀI 1. (Định lý Pappus). Cho 2 đường thẳng a, b. Trên a lấy các điểm A, B, C, trên b lấy các
điểm X, Y, Z. Theo thứ tự đó. Gọi M = AY ∩ BX, N = AZ ∩ CX, P = BZ ∩ CY. Chứng minh
rằng M, N, P thẳng hàng.
A

B
C

M

S
N

P
Z

Y

X

Giải. Gọi E = AZ ∩ BY, F = BZ ∩ CX, S = AC ∩ XZ.
Ta có: A(BEMX) = A(SZY X) = C(SZY X) = C(BZP F )
⇒ (BEMX) = (BZP F ) ⇔ EZ, MP, F X đồng quy. Vậy M, N, P thẳng hàng.

♣

BÀI 2. (Định lý Pascal). Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F cùng nàm trên một đường tròn bất kì.
Gọi G, H, K theo thứ tự là giao điểm của các cặp đường thẳng (AB, DE);(BC, EF );(CD, F A).
Khi đó 3 điểm G, H, K thẳng hàng.
C
A
N
A1
E

M
G

K
F

H

B

D

Giải. Gọi M = AB ∩ EF, N = AF ∩ BC, ta có:
(AMGB) = E(AMGB) = E(AF DB) = C(AF DB) = (AMGB) = (AF KN)
⇔ MF, GK, BN đồng quy. Vậy G, H, K thẳng hàng.

♣

BÀI 3. (Định lý Desargues). Cho 2 ∆ABC và ∆MNP có AM, BN, CP đồng quy tại O. Gọi
I, J, K theo thứ tự là giao điểm của các cặp đường thẳng (AB, MN), (BC, NP ), (CA, P M).
Khi đó I, J, K thẳng hàng.

5

O

A
B

C

I

Y

Z

X

J
K
P

N

M
Giải. Gọi X = BN
CK, Z = AM
IK, Y = CP
IK Xét phép chiếu xuyên tầm I,
ta có: (OBXN) = (OAZM).
Xét phép chiếu xuyên tâm K, ta có: (OAZM) = (OCY P ).
⇒ (OBXN) = (OCY P ) ⇔ BC, XY, NP đồng quy. Vậy I, J, K thẳng hàng.
♣
Nhận xét 2.1. Trên đây là 3 định lý nổi tiếng của Hình học phẳng, nhờ có hệ thống lí thuyết
của “Tỉ số kép” ta đã giải quyết triệt để được những vấn đề đặt ra trên. Và cũng từ đây, “Tỉ số
kép” sẽ cho ta một cái nhìn hoàn toàn mới trong viêc chứng minh các yếu tố đồng quy, thẳng
hàng.
BÀI 4. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp O. Gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp điểm của
AB, BC, CD, DA đối với (O). Gọi H = DM ∩(O), K = BP ∩(O), G = AP ∩(O), J = CM ∩(O).
Chứng minh rằng AC, BD, MP, NQ, HK, GJ đòng quy tại I.
A

S

Q
M

H

D
F

B

K
N

C

Giải. Ta sẽ chứng minh MQ, BD, NP đồng quy.
Gọi S = MQ ∩ BD.Theo định lý Menelaus ta có:
SD MB QA
SD NB P C
.
.
=1⇒
.
.
=1
SB MA QD
SB NC P D
⇒ S, P, N thẳng hàng. Dẫn đến MQ, BD, ND đồng quy tại S.
Gọi I = MP ∩ NQ, ta có:
6

T

• Xét cực và đối cực đối với (O): S với I liên hợp (1)
Mà S ∈ MQ ⇒ S với A liên hợp. S ∈ NP ⇒ S với C liên hợp.
⇒ AC là đường đối cực của S (2).
Từ (1) và (2) ta có: I ∈ AC. Tương tự ta có I ∈ BD.
Vậy AC, BD, MP, NQ đồng quy tại I.
• Ta sẽ chứng minh H, I, K thẳng hàng.
Gọi T là giao điểm của MD và BP ta có:
(T DHM) = P (T DHM) = P (KP HM) = M(KP HM) = (KP T B) = (T BKP ) ⇒
(T DHM) = (T BKP ).
⇔ BD, HK, MP đồng quy ⇒ H, I, K thẳng hàng.
Tương tự ta có : G, I, J thẳng hàng.
Vậy AC, BD, MP, NQ, HK, GJ đồng quy tại I.

♣

BÀI 5. Cho ∆ABC nội tiếp (O). E là một điểm trên đường tròn. EA cắt các tiếp tuyến tại
B, C của (O) tại M, N. BM cắt CN tại F. Chứng minh rằng EF luôn đi qua một điểm cố
định.
M
E
A

N

F
P C

B

T

S
Giải. Gọi P = AS ∩ BC, S = MB ∩ NC, T = MN ∩ BC.
Ta sẽ chứng minh EF luôn đi qua P cố định. ⇔ P E, BN, CM thẳng hàng.
⇔ (T MNE) = (T CBP ) ⇔ (T MNE) = (T NMA) (vì S(T CBP ) = S(T NMA))
T N MN
T M NM
⇔
=
:
:
T E ME
T A NA
NT ET
T M EM
=
:
⇔
:
NA EA
T A EA
⇔ (T EMA) = (NET A) ⇔ B(CEBA) = C(CEBA) (đúng)
Vậy EF luôn đi qua P cố định.

♣

Nhận xét 2.2. Khá thú vị đúng không? Dường như lời giải trên đã đánh trúng tâm lí của
nhiều người mới học “Tỉ số kép”. Lời giải này được trình bày đúng theo mạch suy nghĩ của

tác giả, cũng phần nào nói lên được tư tưởng của một loạt bài toán đã, đang và sẽ trình bày
trong chuyên đề này. Có thể bạn sẽ nghĩ bước:
T N MN
T M NM
:
=
:
T E ME
T A NA
7

NT ET
T M EM
:
=
:
Là không tự nhiên?. Nhưng nếu quan sát một tí, bạn sẽ thấy
NA EA
TA
EA
B(CEBA) = C(CEBA) ⇔ (T EMA) = (NET A) từ đó thì bước trên sẽ là rất tự nhiên thôi.

⇔

BÀI 6. Cho ∆ABC nhọn (không đều), nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H, đường cao AD, AO
cắt BC tại E. Đường thẳng qua D song song với OH lần lượt cắt AB, AC tại M, N. I là trung
điểm cuae AE, DI lần lượt cắt AB, AC tại P, Q.MQ cắt NP tại T. Chứng minh rằng D, O, T
thẳng hàng.
A

K

Q
V

G

I

O

N

H
B
M

F
D

E

C

J
P

T
Giải. Gọi F, K lần lượt là trung điểm của BC và AH. G = DO ∩ AC, J = OD ∩ AB.

−−→
−→
Ta có: AH = 2OF. Từ đó ta có: AKF O, KHF O là các hình bình hành. ⇒ KF AE.
Ta có I là trung điểm AE. ⇒ DI cũng đi qua trung điểm KF .
Mặt khác KHF O là hình bình hành.⇒ KF, HO cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Từ đó ta có DI đi qua trung điểm V của HO.
Xét chùm D(HOV N) có: DN HO DI đi qua trung điểm V của HO.
⇔ D(HOV N) = −1 ⇒ (AGQN) = −1 ⇒ (AGNQ) = −1
Xét phép chiếu xuyên tâm D ta có:
(AJMP ) = (AGNQ) = (AGQN) ⇒ (AJMP ) = (AGQN)
Vậy MQ, DO, P N đồng quy. Dẫn đến D, O, T thẳng hàng.

♣

BÀI 7. Cho ∆ABC không cân. Đường tròn (O) đi qua B, C lần lượt cắt đoạn BA, CA tại
điểm thứ hai F, E. Đường tròn ngoại tiếp ∆ABE cắt đường thẳng CF tại M,N sao cho M nằm
giữa C và F. Đường tròn ngoại tiếp ∆ACF cắt đường thẳng BE tại P,Q sao cho P nằm giữa
B và E. Đường thẳng qua N vuông góc với AN cắt BE tại R. Đường thẳng qua Q vuôn góc
với AQ cắt CF tại S. SP giao NR tại U. RM giao QS tại V. Chứng minh rằng NQ, UV, RS
đồng quy.
8

H

Q
V
A
N

E

F
P

U

M
C

B

S

R

Giải Gọi H = SQ ∩ RN, K = NS ∩ RQ.
Ta có: ANE = ABE = NCE ⇒ ANE = NEC.
⇒ ∆ANE ∼ ∆ACN ⇒ AN 2 = AE.AC.
Tương tự ta có: AQ2 = AF.AB, AM 2 = AE.AC, AP 2 = AF.AB.
Mặt khác tứ giác BCEF nội tiếp nên AE.AC = AF.AB từ đó dẫn đến AM = AN = AP = AQ.
Suy ra tứ giác MP NQ nội tiếp (A).
Từ đó ta có: (MP NQ) = Q(MP NQ) = (MKNS) = R(MKNS) = (V QHS)
(MP NQ) = N(MP NQ) = (KP RQ) = S(KP RQ) = (NRUH) = (UNHR).
⇒ (V QHS) = (UNHR).
Vậy V U, QN, SR đồng quy.
♣
Nhận xét 2.3. Trên đây là các ví dụ mà nhóm tác giả đã tích lũy khi học về hình học phẳng,
hi vọng qua đó độc giả sẽ phần nào hiểu được ý tưởng, bản chất của phần “Tỉ số kép” này.
Thông qua đó, các bạn sẽ có một cái nhìn mới, phương pháp mới về các vấn đè chứng minh

đồng quy, thẳng hàng – một đề tài bất tận của Hình Học phẳng.

2.2

Hàng điểm điều hòa

Các ứng dụng của hàng điểm diều hòa đã được giới thiệu nhiều và đầy đủ ở trong các tài liệu
tham khảo trong và ngoài nước (xem thêm mục Tài liệu tham khảo ở cuối chuyên đề). Vì
vậy trong chuyên đề này chúng em không có ý định khái quát lại từ đầu, mà sẽ đi sâu phân
tích và trình bày các ứng dụng của hàng điểm điều hòa trong việc giải toán hình học, đặc biệt
là trong một số bài toán, một số kết quả mà chúng em cho là hay và đẹp. Một vài trong số ấy
thường là ít xuất hiện trong các tài liệu tham khảo khác, mà chính là các kết quả thu lượm
9

được của chúng em trong quá trình học toán. Vì vậy chúng em rất vui lòng được đón nhận các
ý kiến và thảo luận về các bài toán này cũng như tất cả các bài toán khác trong chuyên đề để
xây dựng chuyên đề ngày một hoàn thiện hơn! Chúng ta sẽ bắt đầu bằng một bài toán quen
thuộc sau:
BÀI 8. Cho tam giác ABC và (I) là tâm đường tròn nội tiếp. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB
lần lượt tại D, E, F. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. EF kéo dài cắt BI và
CI lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng: BP C = BQC = 900. Tương tự cho các đoạn thẳng
DE, DF và các đỉnh còn lại của tam giác.
Giải. Chúng ta sẽ chứng minh rằng BP C = 90o và tương tự cho các trường hợp còn lại.
Ta có: P IC = IBC + ICB = (B + C)/2 = 90o − (A)/2 = P EC. Suy ra tứ giác IEP C nội tiếp.
Từ đó ta có IP C = IEC = 90o, ta có đpcm.
♣
Nhận xét 2.4. Từ bài toán trên ta có thể mở rộng thành bài toán mới lạ như sau.
BÀI 9. Cho tam giác ABC và (I) là tâm đường tròn nội tiếp. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB
lần lượt tại D, E, F. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB của tam

giác. Gọi X = MP ∩ DE, Y = MN ∩ DF và A = AI ∩ BC. Chứng minh rằng:
a)X, Y, A, A thẳng hàng.
b) (AA XY ) = −1.
c) Đường tròn đường kính (XY ) cắt BC tại K, L. Chứng minh rằng X, Y lần lượt là tâm đường
tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác AKL.
A
E
P
F

B

I

N
H

D A M

C

J

Giải.
a) Để chứng minh rằng X, Y thuộc AA (tức là thuộc đường phân giác trong AI của góc A của
tam giác ABC), ta có thể gọi X = AI ∩ DE và chứng minh rằng X ∈ MP, tương tự cho Y .
Ta có X = AI ∩ DE nên theo bổ đề (câu b của bài toán trên) thì AX ⊥ BX, nhưng vì P là
trung điểm của AB dẫn đến tam giác AXB có XP là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
nên:
XP = AP ⇔ AXP = XAP ⇔ AXP = XAC ⇔ XP AC, nhưng vì MP AC (đường

trung bình) nên X ∈ MP. Tương tự, nếu gọi Y = AI ∩ DF, ta cũng có: Y ∈ MN, ta có đpcm.
10

AX
AX
=
.
AY
AY
AB
AX
=
.
Ta có: ABX ∼ ACY (g.g) ⇒
AY
AC
AX
AB
AB
Tương tự A BX ∼ A CY (g.g) ⇒
=
=
.
AY
AC
AC
Từ hai điều trên, ta có ngay đpcm c) Theo câu b) thì (AA XY ) = −1.
Do XY là đường kính của đường tròn nên LX ⊥ LY, từ đó ta có LX, LY tương ứng là các
đường phân giác trong và ngoài góc ALK của AKL.

Hoàn toàn tương tự cũng có KX, KY tương ứng là các đường phân giác trong và ngoài góc
AKL của AKL.
Từ hai điều trên ta có ngay điều phải chứng minh.
♣
b) Ta sẽ chứng minh

BÀI 10. (Gặp gỡ Toán học lần IV) Cho điểm P nằm ngoài đường tròn (O); P C là tiếp
tuyến của (O) kẻ từ P, P AB là cát tuyến, CD là đường kính của (O). Gọi E = P O ∩ BD.
Chứng minh rằng CE ⊥ CA.
P
C

B
E
O

A

K

X
D

Giải. Kẻ tiếp tuyến thứ hai P K đến (O). Gọi X = DA ∩ P O.
Dễ thấy rằng DK P O (do cùng vuông góc với CK).
Ta có (ACBK) là tứ giác điều hòa nên D(ACBK) = −1.
Cắt chùm D(ACBK) trên bởi đường thẳng P O song song với DK, ta được: O là trung điểm
của XE.
Tứ giác DXCE có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên là hình bình hành,
suy ra DX CE.

Mà DX ⊥ CA, từ đó suy ra đpcm.
♣
BÀI 11. (Mathlinks) Trong tam giác nhọn (ABC) sao cho AB > AC. Lấy M là trung điểm
của BC. Tia phân giác ngoài của góc BAC cắt cạnh BC tại điểm P. Các điểm K và F nằm
trên P A sao cho MF ⊥ BC và MK ⊥ P A. Chứng minh rằng BC 2 = 4P K.AK.
F
A K

B
C

P

11

X M

Giải. Ta có BC 2 = 4P F.AK ⇔ MC 2 = P F.AK.
Mặt khác ta lại có P M 2 = P F.P K nên điều cần chứng minh tương đương với: (P M −
MC)(P M + MC) = P F (P K − AK) ⇔ P B.P C = P F.P A.
Tia phân giác trong của tam giác tại đỉnh A cắt cạnh BC tại X.
Ta có: AP ⊥ AX, từ đó ta có đồng thời hai kết quả sau: tứ giác AXMF nội tiếp và
(P XCB) = −1, suy ra:
P A.P F = P X.P M = P B.P C (theo hệ thức Maclaurin do M là trung điểm của BC)
Vậy, ta có đpcm.

♣

Nhận xét 2.5. Tư tưởng dùng hàng điểm điều hòa ở hai bài toán trên là tương đối tự nhiên

và có lẽ đó cũng là lối đi duy nhất. Tuy nhiên với những bài toán mà hàng điểm không phải là
công cụ duy nhất thì sao? Chúng ta hãy xem xét ví dụ sau đây để thấy rằng trong những bài
toán có nhiều hướng đi, hàng điểm điều hoàn thể hiện sức mạnh ưu việt của mình như thế nào
BÀI 12. (Russia 2008) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với X là trực tâm.
AH, BK, CL là ba đường cao của tam giác. Gọi Q là trung điểm của AC, P = BO ∩ AC, T =
HL ∩ BK. Chứng minh rằng: T P ⊥ XQ.
A

K
L

X
Q
T

P

O
C
B

H

Giải. BO kéo dài cắt đường tròn tại điểm thứ hai M.
Theo một kết quả cơ bản thì AXCM hình bình hành nên X, Q, M thẳng hàng và Q là trung
điểm của XM.
Đến đây ta có hai hướng tiếp cận để kết thúc bài toán:
• Cách 1 Để chứng minh rằng T P ⊥ XQ, ta sẽ chứng minh
Menelaus vào tam giác ABX với cát tuyến HT L, ta có:

PB
TB
=
.Theo định lý
TX
PM

LA T B HX
bcosA ccosBcotC
TX
TX
bcosAcotC
.
.
=1⇔
.
=
⇔
=
LB T X HA
acosB
csinB
TB
TB
asinB
12

Tương tự, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XBM với cát tuyến P QK và để ý
rằng QX = QM, ta có:

PM
ccosAcotC
cosAcotC
KB QX P M
.
.
=1⇔
=
=
KX QM P B
PB
csinA
sinA
a
b
=
.
sinA
sinB
Từ ba điều trên ta có được T P ⊥ XQ, từ đó suy ra đpcm.
Mặt khác theo định lý sin trong tam giác thì:

• Cách 2 Ta có (BXT K) = −1 (do AH, BK, CL đồng quy) nên P (BXT K) = −1 =
P (MXT K).
Mặt khác P K đi qua trung điểm của XM. Dẫn đến T P ⊥ XQ, ta có đpcm.
♣
Nhận xét 2.6. Hàng điểm điều hòa, ít nhất là trong bài toán trên, đã cho ta một lời giải
thuần túy hình học.
Tiếp theo ta đến với một kết quả hữu dụng có thể xem như là một bổ đề trong hình học
BÀI 13. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). T là giao điểm của hai tiếp tuyến

của (O) tại B, C. Đường thẳng vuông góc với AT tại A cắt BC và đường tròn (O) lần lượt tại
P, Q. Chứng minh rằng P T song song với tiếp tuyến tại Q của (O).

Q
A

O
P

B

H

C

M

T

Giải. Gọi M = AT ∩ (O), dễ thấy M, O, Q thẳng hàng.
Gọi H = OM ∩ BC, ta sẽ chứng minh OH ⊥ P T (khi ấy P T
OH).
13

QQ do cùng vuông góc với

Dễ thấy: tứ giác ABMC điều hòa nên Q(ABMC) = −1, cắt bởi đường thẳng BC, ta được:
(P BHC) = −1, do đó H thuộc đường đối cực của P đối với đường tròn (O).
Mặt khác H thuộc BC đường đối cực của T đối với (O), do đó H là cực của P T đối với đường

tròn (O).
Từ đó OH ⊥ P T hay P T QQ, ta có đpcm.
♣
BÀI 14. (USA TST 2007) Tam giác ABC nội tiếp trong (O). T là giao điểm của hai tiếp
tuyến của (O) tại B, C. Điểm S nằm trên BC sao cho AS ⊥ AT. Điểm B1 và C1 nằm trên tia ST
sao cho T B = T C = T B1 = T C1 và B1 nằm giữa S và T. Chứng minh rằng: ABC ∼ AB1 C1 .
Dựa vào bài toán trên, chi tiết chứng minh xin được dành cho độc giả!
BÀI 15. (Mathley Contest) Cho tam giác ABC không cân tại A. Gọi (O) và (I) lần lượt là
đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác. (I) tiếp xúc với AC, AB lần lượt tại E, F. Các điểm
M, N thuộc (I) sao cho EM F N BC. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của BM, CN với (I).
Chứng minh rằng: BC, EP, F Q thẳng hàng.
Giải. Gọi S = BC ∩ EF. Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC.
Dễ thấy tứ giác DMF P điều hòa. Do đó E(DSP M) = E(DF P M) = −1 Từ đó chú ý rằng
EM DS, suy ra EP đi qua trung điểm của DS.
Tương tự, F Q đi qua trung điểm của DS, ta có đpcm.
♣
BÀI 16. (Virgil Nicula) Cho đường thẳng d và bốn điểm A, C, B, D nằm trên đường thẳng
d theo thứ tự ấy sao cho (ABCD) = −1. Gọi M là trung điểm của CD. Một đường tròn γ sao
cho NP ⊥ AM. Các đường thẳng NC, ND, P C, P D cắt lại γ lần lượt ở S1, T1, S2, T2. Chứng
minh rằng B = S1 T1 ∩ S2 T2 .
N

S2
T1
C

A

B M

D

T2
S1

P

Giải. Để chứng minh B = S1 T1 ∩ S2 T2, ta sẽ chứng minh B ∈ S1 T1, tương tự cho B ∈ S2 T2
(do vai trò của N và P đối với AM là tương đương).
Gọi H = NP ∩ AM. Do NP là đường kính nên P HD = P T1 D = 900 .
Vậy, ta có tứ giác P HT1 D nội tiếp nên: NH.NP = NT1 .ND.
Tương tự ta cũng có: Tứ giác HCS1 P nội tiếp nên: NH.NP = NS1 .NC.
Từ hai điều trên ta có: ND.NT1 = NS1 .NC hay tứ giác CT1 DS1 nội tiếp.
mà (ABCD) = −1 và M là trung điểm của đoạn CD nên:
AB.AM = AC.AD = AM 2 − MC 2. Lấy đại lượng AB.(AM + MB) = AM 2 − MB 2 trừ đi hai
vế của biểu thức trên, ta có: AB.MB = MC 2 − MB 2 = BC.BD.
Mặt khác nếu gọi B = CD ∩ S1 T1 thì ta có:
14

Do tứ giác CT1 DS1 nội tiếp nên: B C.B D = B S1 .B T1 = B M.B A (cùng bằng phương tích
của điểm M đối với đường tròn Γ).
Vậy ta có B ≡ B, từ đó suy ra đpcm.
♣
BÀI 17. (IMO shortlist 2004, G8). Trong tứ giác nội tiếp ABCD, gọi E = AD ∩ BC, F =
AC ∩ BD (C nằm giữa B và E). Gọi M là trung điểm của CD và M = Q trên đường tròn
AN
AM
=
. Chứng minh rằng: E, N, F thẳng hàng.

ngoại tiếp tam giác ABM sao cho
MB
NB
H

A
E
L
F

M
P

I

C

B
D

Giải. Gọi G = BA ∩ CD. Gọi P = DC ∩ (ABM).
Theo phương tích, ta tính được: GC.GD = GA.GB = GJ.GM. Vì vậy theo hệ thức Mc Laurint:
(GP CD) = −1.
Gọi P = EF ∩ CD, K = EF ∩ AB, N = EF ∩ (ABM) (K nằm giữa E, N ).
Ta có (GAKP ) = −1, vì vậy E(GAKP ) = −1 do đó (GDP C) = −1 nên P ≡ P .
Vì vậy P (GAKB) = −1. Cắt chùm điều hòa này bởi đường tròn (ABM), ta có tứ giác điều
hòa do P nằm trên đường tròn. Nhưng rõ ràng các giao điểm khi cắt là 4 điểm M, A, N, P .
MA
MB
Suy ra

=
. Dẫn đến N ≡ N. Ta có đpcm.
NA
NB
♣
Nhận xét 2.7. Cuối cùng ta bước sang giai đoạn tìm hiểu chùm bài toán có liên quan đến
Đường thẳng Gauss
BÀI 18. (Đường thẳng Gauss) Cho tứ giác lồi ABCD có E = AD ∩ BC, F = AB ∩ CD,
O = AC ∩ BD. I, K, H lần lượt là trung điểm của BD, AC, EF. Chứng minh rằng I, K, H
thẳng hàng

15

E

B
H

A
I O

K
C

F

D

Giải. Gọi M = AC ∩ EF, G = BD ∩ EF, ta có ngay: (GMF E) = (MOAC) = (GOBD) =

−1.
Mà H là trung điểm của EF nên theo kết quả phần đầu chuyên đề, ta có:
FG 2
HG
=
HM
FM
IG
DG 2
MC 2
KM
=
=
và
.
IO
OD
KO
OC
F G DG MC 2
HG IG KM
. .
=(
.
.
) .
Từ các biểu thức trên, ta có:
HM IO KO
F M OD OC
F G DG MC

Mặt khác, theo định li Menelaus cho tam giác OMG với cát tuyến F CD, ta có:
.
.
=
F M OD OC
1.
HG IG KM
Vậy ta có,
. .
= 1 hay I, K, H thẳng hàng(đpcm).
♣
HM IO KO
Tương tự ta cũng có:

BÀI 19. Chúng ta biết rằng nếu ba đường tròn có chung trực đẳng phương thì suy ra được
ngay rằng ba tâm của chúng thẳng hàng, nhưng điều ngược lại thì không đúng. Vì vậy, để kết
thúc chuyên đề này, chúng em mạnh dạn đưa ra mở rộng của bài toán Đường thẳng Gauss
và cũng xin trình bày một lời giải đẹp cho phần mở rộng này!
BÀI 20. Cho tứ giác lồi ABCD có E = AB ∩ CD, F = AD ∩ BC. Chứng minh rằng (AC),
(BD), (EF ) có chung trục đẳng phương (Ta kí hiệu (XY ) là đường tròn đường kính XY ).
Giải. Gọi H, K lần lượt là trực tâm hai tam giác EBC, F CD. L, M, N lần lượt là hình
chiếu của H lên EB, EC, BC và P, Q, R lần lượt là hình chiếu của K lên DF, CF, DC. Theo
Phương tích, ta có:
HL.HC = HM.HB = HN.HE KP.KC = KQ.KD = KR.KF
Hay tương đương:
PH /(AC) = PH /(BD) = PH /(EF )
PK /(AC) = PK /(BD) = PK /(EF )
Từ hai điều trên ta suy ra HK là trục đẳng phương chung của ba đường tròn (AC), (BD),
(EF ), ta có đpcm.
♣

16

3

Bài tập đề nghị

Dưới đây là các bài tập đề nghị mà nhóm tác giả đã sắp xếp theo thứ tự từ dễ đến khó. Các bài
tập đều có phần gợi ý giải.
BÀI 1. Cho tam giác ABC và một điểm D bất kỳ thuộc mặt phẳng sao cho DBA = DCA =
BAC. Chứng minh rằng: D thuộc đường thẳng Euler của tam giác ABC.
Gợi ý. Gọi P = CD ∩ AB, Q = BD ∩ AC, M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC.
Gọi G, O lần lượt là trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Dùng các đẳng thức tỉ số kép để chứng minh NP, MQ, GD đồng quy, tức là G, O, D thẳng
hàng. Suy ra đpcm.
BÀI 2. (IMO shortlist 1994) Cho tam giác ABC không cân tại A, có D, E, F lần lượt là tiếp
điểm của đường tròn nội tiếp tam giác với các cạnh BC, CA, AB. X là điểm bên trong tam
giác ABC sao cho đường tròn nội tiếp tam giác XBC tiếp xúc với BC tại D, tiếp xúc với
XB, XC lần lượt tại Y và Z. Chứng minh rằng: E, F, Y, Z đồng viên.
Gợi ý. Bài toán chỉ cần sử dụng bổ đề quen thuộc:
Cho tam giác ABC, M, N, Q lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác với các
cạnh BC, CA, AB. EF ∩ BC = S .Khi đó (SMBC) = −1.
BÀI 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường phân giác của BAC cắt BC tại
D và cắt (O) tại E. Đường tròn đường kính DE cắt (O) tại F. Chứng minh rằng AF là đường
đối trung góc BAC của ABC.
Gợi ý. Gọi M là trung điểm của BC,S = EF ∩ BC. Suy ra M,D,E,F đồng viên. Dẫn đến:
(DSBC) = E(AF BC) = −1
Tứ giác ABF C là tứ giác điều hòa nên AF là đường đối trung của

ABC.

BÀI 4. (Việt Nam TST 2006) Cho tam giác ABC nhọn, không cân tại A nội tiếp trong đường
tròn (O). Đường thẳng (d) thay đổi trên mặt phẳng sao cho (d) luôn vuông góc với đường
thẳng OA, (d) cắt các tia AB, AC lần lượt tại M, N.K = BN ∩ CM, AK ∩ BC = P .
Chứng minh rằng: đường tròn (MNP ) đi qua một điểm cố định.
Gợi ý. Gọi S = BC ∩ MN, D là trung điểm BC.
Suy ra tứ giác MNCB nội tiếp.
Dẫn đến M, N, D, P đồng viên hay đường tròn (MNP ) đi qua điểm D cố định.
BÀI 5. Cho hình vuông ABCD. I tùy ý thuộc AB.DI ∩ BC = E, CI ∩ AE = F. Chứng minh
rằng: BF ⊥ DE .
Gợi ý. Đây là bài toán nếu lí luận không rõ ràng sẽ rất dễ bị ngộ nhận. Gọi T, K lần lượt là
giao điểm của DE với BF và AC. Suy ra (KT IE) = −1.
Gọi T là giao điểm thứ hai của đường tròn (ABCD) với DE. Hãy chứng minh T ≡ T .
BÀI 6. Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Một đường thẳng ( ) bất kỳ trong mặt
phẳng theo thứ tự cắt AB, CD, AC, BD, AD, BC tại M, N, P, Q, R, S và cắt (O) tại U, V .
Chứng minh rằng, nếu hai trong ba đoạn MN, P Q, RS có cùng trung điểm thì cả bốn đoạn
MN, P Q, RS, UV cũng có cùng trung điểm.
Gợi ý. Đây là một bài toán khá lạ nhưng không khó. Do MN, P Q, RS có vai trò tương đương
17

nên ta chỉ cần giả sử MN và P Q có cùng trung điểm.
Gọi H = AD ∩ BC. Chứng minh được: (MRP S) = (NSQR).
Suy ra NR = MS và RP = SQ tức là ba đoạn MN, P Q, RS có cùng trung điểm.
Mặt khác lại có (MUP V ) = (NV QU) dẫn đến MN, P Q, UV có cùng trung điểm.Kết hợp cả
hai kết quả ta có đpcm.
BÀI 7. Cho tam giác ABC, P là điểm bất kỳ. A1 là hình chiếu của P theo phương l cố định
lên BC. A2 là trung điểm của AA1. A2 P ∩ BC = A3. A4 là điểm đối xứng với A1 qua A3 .
Chứng minh rằng: P A4 luôn đi qua một điểm cố định.
Gợi ý. Gọi D là hình chiếu song song với phương l hạ từ A xuống BC. A5 là trung điểm của

AD .Suy ra:
A1 (A4 A2 A5 P ) = A2 (A4 A1 A3 A5 )
Dẫn đến A4, A5, P thẳng hàng.Vậy P A4 đi qua điểm A5 cố định.
BÀI 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm (O). Gọi E, F, G theo thứ tự là giao
điểm của các cặp đường thẳng AB và CD, BC và DA, AC và BD. Hai đường tròn (DEA) và
(DCF ) cắt nhau tại điểm thứ hai H. Đường phân giác của AHB cắt AB tại I, đường phân
giác của DHC cắt CD tại J. Chứng minh: I, G, J thẳng hàng.
Gợi ý. Dễ dàng chứng minh được E, H, F thẳng hàng.
Ap dụng tính chất của điểm Miquel trong tứ giác toàn phần, ta có bốn đường tròn (EDA), (F CD), (F AB),
(EBC) cùng đi qua điểm H.
Mặt khác, chứng minh được:
(DCEJ) = (BAEI) =

sin(AD; AB)
sin(BC; BA)

Phép chiếu xuyên tâm bảo toàn tỉ số kép nên G, I, J thẳng hàng.
BÀI 9. Cho tam giác ABC. Về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông CBXY, ACZT, BAUV .
Về phía ngoài hình vuông CBXY dựng KXY vuôn cân tại K.Chứng minh rằng: AK, XT, Y U
đồng quy.
Gợi ý. Gọi L = AY ∩ BZ, J = AX ∩ CV .
Xét phép quay Q(C; 900 ): Z → A, B → Y nên ALZ = 900. Dẫn đến A, L, C, Z, T đồng viên.
Suy ra: L, T, X thẳng hàng. Tương tự: J, U, Y thẳng hàng.
Gọi I = XT ∩ UV. Chứng minh được: X(AIY K) = Y (AIXK). Suy ra A, I, K thẳng hàng
hay AK, XT, UY đồng quy.
BÀI 10. Cho T là điểm Torricelli của tam giác ABC nhọn (điểm Torricelli của tam giác ABC
là điểm thỏa mãn tổng T A + T B + T C nhỏ nhất). AT, BT, CT cắt BC, CA, AB theo thứ tự
tại A0, B0, C0, còn A1, B1, C1 cũng theo thứ tự ấy là các điểm đối xứng với T qua BC, CA, AB.
Chứng minh rằng: A0 A1, B0 B1, C0 C1 đồng quy.
Gợi ý. Đây là một bài toán khá khó. Điểm mấu chốt của bài toán là tìm giao điểm của

A0 A1, B0 B1 và C0 C1. Đó chính là điểm đẳng giác của T đối với ABC.
Không mất tính tổng quát, ta chỉ cần chứng minh A1, A0, H thẳng hàng.
Gọi A là điểm đối xứng của A qua BC. Suy ra A1, A0, A thẳng hàng.
Ta có A1, A0, H thẳng hàng khi và chỉ khi: B(HCA1 A ) = C(HBA1 A ).
Bằng phép biến đổi tỉ số kép với góc định hướng, ta có đẳng thức trên tương đương với:
18

−−→ −→
−→ −−→
sin(BT, BC) sin(BH, BA)
AC 2
=
−→ −−→ .
−−→ −→
AB 2
sin(CT, CB) sin(CH, CA)
Đẳng thức trên là một đẳng thức đúng. (Bạn đọc tự biến đổi bằng việc áp dụng định lí hàm
sin).

19

AD BD • Tỉ số kép của chùm đường thẳngBộ bốn đường thẳng phân biệt đồng quy tại O, hoàn toàn có thể kể đến thứ tự. Tỉ số kép của chùmOA, OB, OC, OD là một số ít, kí hiệu O ( ABCD ) và được xác lập − − → − → − → − → sin ( OA, OC ) sin ( OB, OC ) O ( ABCD ) = − → − − → : − − → − − → sin ( OA, OD ) sin ( OB, OD ) Tính chất 1.1. Với hàng điểm gồm A, B, C, D và A, điểm S bất kể nằm ngoài hàng điểm : − → − → − − → − → sin ( OA, OC ) sin ( OB, OC ) • S ( ABCD ) = ( ABCD ) = − → − − → : − − → − − → sin ( OA, OD ) sin ( OB, OD ) • ( ABCD ) = ( BADC ) = ( CDAB ) = ( DCBA ) • ( ABCD ) = 1 − ( ACBD ) • ( ABCD ) = ( A BCD ) ⇔ A ≡ A • ( ABCD ) = − 1H ệ quả 1.1. • Cho tứ giác ABCD nội tiếp ( O ). Điểm S ∈ ( O ). Khi đó S ( ABCD ) = const • Cho những đường thẳng a, b, c, d và a, b, c, d đồng quy và thỏa mãn nhu cầu những điều kiện kèm theo sau : a ⊥ a, b ⊥ b, c ⊥ c, d ⊥ d. Khi đó ( abcd ) = ( a b c d ) 1.2 Phép chiếu xuyên tâmĐịnh nghĩa 1.2. Cho đường thẳng d và điểm S không thuộc d. ánh xạ biến mỗi điểm M trongmặt phẳng thành điểm M là giao điểm của đường thẳng SM với d được gọi là phép chiếuxuyên tâm ( tâm chiếu S ) lên đường thẳng d. Định lý 1.1. Phép chiếu xuyên tâm bảo toàn tỉ số kép của 4 điểm thẳng hàng. CDABChứng minh. Xét phép chiếu xuyên tâm, tâm chiếu S : A → A, B → B, C → C, D → D. Tacó : − − → − → − → − → AC BCsin ( OA, OC ) sin ( OB, OC ) AC BC ( ABCD ) = − → − − →. − − → − − → = AD BDAD BDsin ( OA, OD ) sin ( OB, OD ) Vậy ( ABCD ) = ( A B C D ) Hệ quả 1.2. Dưới đây là một số hệ quả quen thuộc và được sử dụng rất nhiều trong giải toánbằng giải pháp tỉ số kép – phép chiếu xuyên tâm, đặc biệt quan trọng là trong bài toán chứng tỏ đồngquy và thẳng hàng : 1. Cho bốn đường thẳng đồng quy a, b, c, d và một đường thẳng bất kỳ cắt 4 đường thẳng đólần lượt tại A, B, C, D. Khi đó ( ABCD ) không đổi. 2. ( OABC ) = ( OA B C ) khi và chỉ khi AA, BB, CC đồng quy hoặc đôi một song song. 3. Cho O và O nằm trên d. Các đường thẳng a, b, c đồng quy tai O, a, b, c đồng quy tạiO. Gọi a ∩ a = A, b ∩ b = B, c ∩ c = C, d ∩ d = D. Khi đó : A, B, C thẳng hàng ⇔ ( abcd ) = ( a b c d ) 4. Cho 2 chùm O ( ABCO ) và O ( ABCO ). Khi đó : A, B, C thẳng hàng ⇔ O ( ABCO ) = O ( ABCO ). Định lý 1.2. Cho điểm S và hàng điểm A, B, C, D thuộc đường thẳng d. Từ điểm C kẻ đườngCAthẳng song song với SD cắt SA, SB tại A, B. Khi đó : ( ABCD ) = CBB1Chứng minh. Theo định lý Thales ta có : CAAC CBBCDSAD DSBDCAAC BCCA = ( ABCD ). Vậy ( ABCD ) = CBAD BDCB1. 3H àng điểm điều hòaĐịnh nghĩa 1.3. Trên đường thẳng ta lấy 4 điểm A, B, C, D. Khi đó ta gọi A, B, C, D là hàngđiểm điêu hòa khi và chỉ khi ( ABCD ) = − 1. Khi đó, cặp điểm A, B chia điều hòa cặp điểmC, D hay cặp điểm A, B phối hợp điều hòa với cặp điểm C, D.Tính chất 1.2. Với I là trung điểm AB. Khi đó những mệnh đề sau là tương tự : 1. ( ABCD ) = − 12. ( Hệ thức Descartes ) ABAC AD3. IA2 = IB 2 = IC.ID ( hệ thức Newton ) 4. CI.CD = CA.CB ( Hệ thức Maclauranh ) Ngoài ra còn một hệ thức cơ bản sau : IDBD 2AD 2 = ( ) = ( ICBCACChứng minh. Do ( ABCD ) = − 1 và I là trung điểm AB nên theo hệ thức Newton, ta có : IA2 = IB 2 = IC.IDIAICIC − IAACBCIDIAIA − IDDABDIA 2 ICIDBD 2AD 2 ) =. Từ đó ta có : = ( ) = ( ). IDIDICBCACHệ thức được chứng tỏ. Mặt khác : ( Nhận xét 1.1. Các hệ thức trên đây là những tác dụng đẹp, là linh hồn của cả một hàng điểmđiều hòa, có ứng dụng vô cùng lớn so với những bài toán mà cần tới sự xuất hiện của hàng điểmđiều hòa. Định lý 1.3. Cho ( ABCD ) = − 1 và điểm O nằm ngoài hàng điểm điều hòa trên. Một đườngthẳng d cắt ba tia OC, OB, OD lần lượt tại E, I, F. Khi đó I là trung điểm EF khi và chỉ khiEF OA.Nhận xét 1.2. Đây là hiệu quả suy ra trực tiếp từ Định lý 2. Định lý này rất quan trọng trongviệc chứng tỏ những yếu tố song song và trung điểm. 1.4 Chùm điều hòaĐịnh lý 1.4. Bốn đường thẳng a, b, c, d đồng quy tại S. Khi đó ta gọi S ( ABCD ) = − 1T ính chất 1.3. Cho chùm điều hòa S ( abcd ) = − 1, khi đó cSd = 900 khi và chỉ khi Sc là phângiác trong của góc aSb và Sd là phần giác ngoài của góc ASBMột số quan tâm về tứ giác điều hòa : 1. Định nghĩa : Tứ giác nội tiếp ABCD được gọi là điều hòa nếu sống sót điểm M thuộcđường tròn ngoại tiếp tứ giác sao cho M ( ABCD ) = − 1, cũng tức là ( ABCD ) = − 1.2. Tính chất : Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ). Khi đó những mệnh đề sau làtương đương : ( a ) Tứ giác ABCD điều hòa. ACBC ( b ) ADBD ( c ) AA, CC, BD hoặc đồng quy hoặc đôi một song song. ( d ) BB, DD, AC hoặc đồng quy hoặc đôi một song song. với quy ước AA là tiếp tuyến tại A của đường tròn ( O ) Hệ thống bài tập vận dụng2. 1T ỉ số képBÀI 1. ( Định lý Pappus ). Cho 2 đường thẳng a, b. Trên a lấy những điểm A, B, C, trên b lấy cácđiểm X, Y, Z. Theo thứ tự đó. Gọi M = AY ∩ BX, N = AZ ∩ CX, P = BZ ∩ CY. Chứng minhrằng M, N, P thẳng hàng. Giải. Gọi E = AZ ∩ BY, F = BZ ∩ CX, S = AC ∩ XZ.Ta có : A ( BEMX ) = A ( SZY X ) = C ( SZY X ) = C ( BZP F ) ⇒ ( BEMX ) = ( BZP F ) ⇔ EZ, MP, F X đồng quy. Vậy M, N, P thẳng hàng. BÀI 2. ( Định lý Pascal ). Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F cùng nàm trên một đường tròn bất kể. Gọi G, H, K theo thứ tự là giao điểm của những cặp đường thẳng ( AB, DE ) ; ( BC, EF ) ; ( CD, F A ). Khi đó 3 điểm G, H, K thẳng hàng. A1Giải. Gọi M = AB ∩ EF, N = AF ∩ BC, ta có : ( AMGB ) = E ( AMGB ) = E ( AF DB ) = C ( AF DB ) = ( AMGB ) = ( AF KN ) ⇔ MF, GK, BN đồng quy. Vậy G, H, K thẳng hàng. BÀI 3. ( Định lý Desargues ). Cho 2 ∆ ABC và ∆ MNP có AM, BN, CP đồng quy tại O. GọiI, J, K theo thứ tự là giao điểm của những cặp đường thẳng ( AB, MN ), ( BC, NP ), ( CA, P M ). Khi đó I, J, K thẳng hàng. Giải. Gọi X = BNCK, Z = AMIK, Y = CPIK Xét phép chiếu xuyên tầm I, ta có : ( OBXN ) = ( OAZM ). Xét phép chiếu xuyên tâm K, ta có : ( OAZM ) = ( OCY P ). ⇒ ( OBXN ) = ( OCY P ) ⇔ BC, XY, NP đồng quy. Vậy I, J, K thẳng hàng. Nhận xét 2.1. Trên đây là 3 định lý nổi tiếng của Hình học phẳng, nhờ có hệ thống lí thuyếtcủa ” Tỉ số kép ” ta đã xử lý triệt để được những yếu tố đặt ra trên. Và cũng từ đây, ” Tỉ sốkép ” sẽ cho ta một cái nhìn trọn vẹn mới trong viêc chứng tỏ những yếu tố đồng quy, thẳnghàng. BÀI 4. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp O. Gọi M, N, P, Q. lần lượt là những tiếp điểm củaAB, BC, CD, DA so với ( O ). Gọi H = DM ∩ ( O ), K = BP ∩ ( O ), G = AP ∩ ( O ), J = CM ∩ ( O ). Chứng minh rằng AC, BD, MP, NQ, HK, GJ đòng quy tại I.Giải. Ta sẽ chứng tỏ MQ, BD, NP đồng quy. Gọi S = MQ ∩ BD.Theo định lý Menelaus ta có : SD MB QASD NB P C = 1 ⇒ = 1SB MA QDSB NC P D ⇒ S, P, N thẳng hàng. Dẫn đến MQ, BD, ND đồng quy tại S.Gọi I = MP ∩ NQ, ta có : • Xét cực và đối cực so với ( O ) : S với I phối hợp ( 1 ) Mà S ∈ MQ ⇒ S với A phối hợp. S ∈ NP ⇒ S với C phối hợp. ⇒ AC là đường đối cực của S ( 2 ). Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có : I ∈ AC. Tương tự ta có I ∈ BD.Vậy AC, BD, MP, NQ đồng quy tại I. • Ta sẽ chứng tỏ H, I, K thẳng hàng. Gọi T là giao điểm của MD và BP ta có : ( T DHM ) = P ( T DHM ) = P ( KP HM ) = M ( KP HM ) = ( KP T B ) = ( T BKP ) ⇒ ( T DHM ) = ( T BKP ). ⇔ BD, HK, MP đồng quy ⇒ H, I, K thẳng hàng. Tương tự ta có : G, I, J thẳng hàng. Vậy AC, BD, MP, NQ, HK, GJ đồng quy tại I.BÀI 5. Cho ∆ ABC nội tiếp ( O ). E là một điểm trên đường tròn. EA cắt những tiếp tuyến tạiB, C của ( O ) tại M, N. BM cắt CN tại F. Chứng minh rằng EF luôn đi qua một điểm cốđịnh. P CGiải. Gọi P = AS ∩ BC, S = MB ∩ NC, T = MN ∩ BC.Ta sẽ chứng tỏ EF luôn đi qua P cố định và thắt chặt. ⇔ P E, BN, CM thẳng hàng. ⇔ ( T MNE ) = ( T CBP ) ⇔ ( T MNE ) = ( T NMA ) ( vì S ( T CBP ) = S ( T NMA ) ) T N MNT M NMT E MET A NANT ETT M EMNA EAT A EA ⇔ ( T EMA ) = ( NET A ) ⇔ B ( CEBA ) = C ( CEBA ) ( đúng ) Vậy EF luôn đi qua P cố định và thắt chặt. Nhận xét 2.2. Khá mê hoặc đúng không ? Hình như giải thuật trên đã đánh trúng tâm lí củanhiều người mới học ” Tỉ số kép “. Lời giải này được trình diễn đúng theo mạch tâm lý củatác giả, cũng phần nào nói lên được tư tưởng của một loạt bài toán đã, đang và sẽ trình bàytrong chuyên đề này. Có thể bạn sẽ nghĩ bước : T N MNT M NMT E MET A NANT ETT M EMLà không tự nhiên ?. Nhưng nếu quan sát một tí, bạn sẽ thấyNA EATAEAB ( CEBA ) = C ( CEBA ) ⇔ ( T EMA ) = ( NET A ) từ đó thì bước trên sẽ là rất tự nhiên thôi. BÀI 6. Cho ∆ ABC nhọn ( không đều ), nội tiếp đường tròn ( O ), trực tâm H, đường cao AD, AOcắt BC tại E. Đường thẳng qua D song song với OH lần lượt cắt AB, AC tại M, N. I là trungđiểm cuae AE, DI lần lượt cắt AB, AC tại P, Q.MQ cắt NP tại T. Chứng minh rằng D, O, Tthẳng hàng. Giải. Gọi F, K lần lượt là trung điểm của BC và AH. G = DO ∩ AC, J = OD ∩ AB. − − → − → Ta có : AH = 2OF. Từ đó ta có : AKF O, KHF O là những hình bình hành. ⇒ KF AE.Ta có I là trung điểm AE. ⇒ DI cũng đi qua trung điểm KF. Mặt khác KHF O là hình bình hành. ⇒ KF, HO cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Từ đó ta có DI đi qua trung điểm V của HO.Xét chùm D ( HOV N ) có : Doanh Nghiệp HO DI đi qua trung điểm V của HO. ⇔ D ( HOV N ) = − 1 ⇒ ( AGQN ) = − 1 ⇒ ( AGNQ ) = − 1X ét phép chiếu xuyên tâm D ta có : ( AJMP ) = ( AGNQ ) = ( AGQN ) ⇒ ( AJMP ) = ( AGQN ) Vậy MQ, DO, P N đồng quy. Dẫn đến D, O, T thẳng hàng. BÀI 7. Cho ∆ ABC không cân. Đường tròn ( O ) đi qua B, C lần lượt cắt đoạn BA, CA tạiđiểm thứ hai F, E. Đường tròn ngoại tiếp ∆ ABE cắt đường thẳng CF tại M, N sao cho M nằmgiữa C và F. Đường tròn ngoại tiếp ∆ ACF cắt đường thẳng BE tại P, Q. sao cho P nằm giữaB và E. Đường thẳng qua N vuông góc với AN cắt BE tại R. Đường thẳng qua Q vuôn gócvới AQ cắt CF tại S. SP giao NR tại U. RM giao QS tại V. Chứng minh rằng NQ, UV, RSđồng quy. Giải Gọi H = SQ ∩ RN, K = NS ∩ RQ.Ta có : ANE = ABE = NCE ⇒ ANE = NEC. ⇒ ∆ ANE ∼ ∆ ACN ⇒ AN 2 = AE.AC.Tương tự ta có : AQ2 = AF.AB, AM 2 = AE.AC, AP 2 = AF.AB.Mặt khác tứ giác BCEF nội tiếp nên AE.AC = AF.AB từ đó dẫn đến AM = AN = AP = AQ.Suy ra tứ giác MP NQ nội tiếp ( A ). Từ đó ta có : ( MP NQ ) = Q. ( MP NQ ) = ( MKNS ) = R ( MKNS ) = ( V QHS ) ( MP NQ ) = N ( MP NQ ) = ( KP RQ ) = S ( KP RQ ) = ( NRUH ) = ( UNHR ). ⇒ ( V QHS ) = ( UNHR ). Vậy V U, QN, SR đồng quy. Nhận xét 2.3. Trên đây là những ví dụ mà nhóm tác giả đã tích góp khi học về hình học phẳng, hy vọng qua đó fan hâm mộ sẽ phần nào hiểu được sáng tạo độc đáo, thực chất của phần ” Tỉ số kép ” này. Thông qua đó, những bạn sẽ có một cái nhìn mới, chiêu thức mới về những vấn đè chứng minhđồng quy, thẳng hàng – một đề tài bất tận của Hình Học phẳng. 2.2 Hàng điểm điều hòaCác ứng dụng của hàng điểm diều hòa đã được trình làng nhiều và khá đầy đủ ở trong những tài liệutham khảo trong và ngoài nước ( xem thêm mục Tài liệu tìm hiểu thêm ở cuối chuyên đề ). Vìvậy trong chuyên đề này chúng em không có dự tính khái quát lại từ đầu, mà sẽ đi sâu phântích và trình diễn những ứng dụng của hàng điểm điều hòa trong việc giải toán hình học, đặc biệtlà trong 1 số ít bài toán, một số ít tác dụng mà chúng em cho là hay và đẹp. Một vài trong số ấythường là ít Open trong những tài liệu tìm hiểu thêm khác, mà chính là những tác dụng thu lượmđược của chúng em trong quy trình học toán. Vì vậy chúng em rất vui mừng được tiếp đón cácý kiến và tranh luận về những bài toán này cũng như toàn bộ những bài toán khác trong chuyên đề đểxây dựng chuyên đề ngày một triển khai xong hơn ! Chúng ta sẽ khởi đầu bằng một bài toán quenthuộc sau : BÀI 8. Cho tam giác ABC và ( I ) là tâm đường tròn nội tiếp. ( I ) tiếp xúc với BC, CA, ABlần lượt tại D, E, F. ( I ) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. EF lê dài cắt BI vàCI lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng : BP C = BQC = 900. Tương tự cho những đoạn thẳngDE, DF và những đỉnh còn lại của tam giác. Giải. Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng BP C = 90 o và tương tự như cho những trường hợp còn lại. Ta có : P IC = IBC + ICB = ( B + C ) / 2 = 90 o − ( A ) / 2 = P EC. Suy ra tứ giác IEP C nội tiếp. Từ đó ta có IP C = IEC = 90 o, ta có đpcm. Nhận xét 2.4. Từ bài toán trên ta hoàn toàn có thể lan rộng ra thành bài toán mới lạ như sau. BÀI 9. Cho tam giác ABC và ( I ) là tâm đường tròn nội tiếp. ( I ) tiếp xúc với BC, CA, ABlần lượt tại D, E, F. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của những cạnh BC, CA, AB của tamgiác. Gọi X = MP ∩ DE, Y = MN ∩ DF và A = AI ∩ BC. Chứng minh rằng : a ) X, Y, A, A thẳng hàng. b ) ( AA XY ) = − 1. c ) Đường tròn đường kính ( XY ) cắt BC tại K, L. Chứng minh rằng X, Y lần lượt là tâm đườngtròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác AKL.D A MGiải. a ) Để chứng tỏ rằng X, Y thuộc AA ( tức là thuộc đường phân giác trong AI của góc A củatam giác ABC ), ta hoàn toàn có thể gọi X = AI ∩ DE và chứng tỏ rằng X ∈ MP, tựa như cho Y. Ta có X = AI ∩ DE nên theo bổ đề ( câu b của bài toán trên ) thì AX ⊥ BX, nhưng vì P làtrung điểm của AB dẫn đến tam giác AXB có XP là đường trung tuyến ứng với cạnh huyềnnên : XP = AP ⇔ AXP = XAP ⇔ AXP = XAC ⇔ XP AC, nhưng vì MP AC ( đườngtrung bình ) nên X ∈ MP. Tương tự, nếu gọi Y = AI ∩ DF, ta cũng có : Y ∈ MN, ta có đpcm. 10AXAXAYAYABAXT a có : ABX ∼ ACY ( g. g ) ⇒ AYACAXABABTương tự A BX ∼ A CY ( g. g ) ⇒ AYACACTừ hai điều trên, ta có ngay đpcm c ) Theo câu b ) thì ( AA XY ) = − 1. Do XY là đường kính của đường tròn nên LX ⊥ LY, từ đó ta có LX, LY tương ứng là cácđường phân giác trong và ngoài góc ALK của AKL.Hoàn toàn tựa như cũng có KX, KY tương ứng là những đường phân giác trong và ngoài gócAKL của AKL.Từ hai điều trên ta có ngay điều phải chứng tỏ. b ) Ta sẽ chứng minhBÀI 10. ( Gặp gỡ Toán học lần IV ) Cho điểm P nằm ngoài đường tròn ( O ) ; P C là tiếptuyến của ( O ) kẻ từ P, P AB là cát tuyến, CD là đường kính của ( O ). Gọi E = P O ∩ BD.Chứng minh rằng CE ⊥ CA.Giải. Kẻ tiếp tuyến thứ hai P K đến ( O ). Gọi X = DA ∩ P O.Dễ thấy rằng DK P O ( do cùng vuông góc với CK ). Ta có ( ACBK ) là tứ giác điều hòa nên D ( ACBK ) = − 1. Cắt chùm D ( ACBK ) trên bởi đường thẳng P O song song với DK, ta được : O là trung điểmcủa XE.Tứ giác DXCE có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên là hình bình hành, suy ra DX CE.Mà DX ⊥ CA, từ đó suy ra đpcm. BÀI 11. ( Mathlinks ) Trong tam giác nhọn ( ABC ) sao cho AB > AC. Lấy M là trung điểmcủa BC. Tia phân giác ngoài của góc BAC cắt cạnh BC tại điểm P. Các điểm K và F nằmtrên P A sao cho MF ⊥ BC và MK ⊥ P A. Chứng minh rằng BC 2 = 4P K.AK.A K11X MGiải. Ta có BC 2 = 4P F.AK ⇔ MC 2 = P F.AK.Mặt khác ta lại có P M 2 = P F.P K nên điều cần chứng tỏ tương tự với : ( P M − MC ) ( P M + MC ) = P F ( P K − AK ) ⇔ P B.P C = P F.P A.Tia phân giác trong của tam giác tại đỉnh A cắt cạnh BC tại X.Ta có : AP ⊥ AX, từ đó ta có đồng thời hai hiệu quả sau : tứ giác AXMF nội tiếp và ( P XCB ) = − 1, suy ra : P A.P F = P X.P M = P B.P C ( theo hệ thức Maclaurin do M là trung điểm của BC ) Vậy, ta có đpcm. Nhận xét 2.5. Tư tưởng dùng hàng điểm điều hòa ở hai bài toán trên là tương đối tự nhiênvà có lẽ rằng đó cũng là lối đi duy nhất. Tuy nhiên với những bài toán mà hàng điểm không phải làcông cụ duy nhất thì sao ? Chúng ta hãy xem xét ví dụ sau đây để thấy rằng trong những bàitoán có nhiều hướng đi, hàng điểm điều hoàn biểu lộ sức mạnh ưu việt của mình như thế nàoBÀI 12. ( Russia 2008 ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) với X là trực tâm. AH, BK, CL là ba đường cao của tam giác. Gọi Q. là trung điểm của AC, P = BO ∩ AC, T = HL ∩ BK. Chứng minh rằng : T P ⊥ XQ.Giải. BO lê dài cắt đường tròn tại điểm thứ hai M.Theo một hiệu quả cơ bản thì AXCM hình bình hành nên X, Q., M thẳng hàng và Q. là trungđiểm của XM.Đến đây ta có hai hướng tiếp cận để kết thúc bài toán : • Cách 1 Để chứng tỏ rằng T P ⊥ XQ, ta sẽ chứng minhMenelaus vào tam giác ABX với cát tuyến HT L, ta có : PBTB.Theo định lýTXPMLA T B HXbcosA ccosBcotCTXTXbcosAcotC = 1 ⇔ LB T X HAacosBcsinBTBTBasinB12Tương tự, vận dụng định lý Menelaus cho tam giác XBM với cát tuyến P QK và để ýrằng QX = QM, ta có : PMccosAcotCcosAcotCKB QX P M = 1 ⇔ KX QM P BPBcsinAsinAsinAsinBTừ ba điều trên ta có được T P ⊥ XQ, từ đó suy ra đpcm. Mặt khác theo định lý sin trong tam giác thì : • Cách 2 Ta có ( BXT K ) = − 1 ( do AH, BK, CL đồng quy ) nên P ( BXT K ) = − 1 = P ( MXT K ). Mặt khác P K đi qua trung điểm của XM. Dẫn đến T P ⊥ XQ, ta có đpcm. Nhận xét 2.6. Hàng điểm điều hòa, tối thiểu là trong bài toán trên, đã cho ta một lời giảithuần túy hình học. Tiếp theo ta đến với một tác dụng hữu dụng hoàn toàn có thể xem như thể một bổ đề trong hình họcBÀI 13. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn ( O ). T là giao điểm của hai tiếp tuyếncủa ( O ) tại B, C. Đường thẳng vuông góc với AT tại A cắt BC và đường tròn ( O ) lần lượt tạiP, Q. Chứng minh rằng P T song song với tiếp tuyến tại Q. của ( O ). Giải. Gọi M = AT ∩ ( O ), dễ thấy M, O, Q. thẳng hàng. Gọi H = OM ∩ BC, ta sẽ chứng tỏ OH ⊥ P T ( khi ấy P TOH ). 13QQ do cùng vuông góc vớiDễ thấy : tứ giác ABMC điều hòa nên Q. ( ABMC ) = − 1, cắt bởi đường thẳng BC, ta được : ( P BHC ) = − 1, do đó H thuộc đường đối cực của P so với đường tròn ( O ). Mặt khác H thuộc BC đường đối cực của T so với ( O ), do đó H là cực của P T so với đườngtròn ( O ). Từ đó OH ⊥ P T hay P T QQ, ta có đpcm. BÀI 14. ( USA TST 2007 ) Tam giác ABC nội tiếp trong ( O ). T là giao điểm của hai tiếptuyến của ( O ) tại B, C. Điểm S nằm trên BC sao cho AS ⊥ AT. Điểm B1 và C1 nằm trên tia STsao cho T B = T C = T B1 = T C1 và B1 nằm giữa S và T. Chứng minh rằng : ABC ∼ AB1 C1. Dựa vào bài toán trên, chi tiết cụ thể chứng tỏ xin được dành cho fan hâm mộ ! BÀI 15. ( Mathley Contest ) Cho tam giác ABC không cân tại A. Gọi ( O ) và ( I ) lần lượt làđường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác. ( I ) tiếp xúc với AC, AB lần lượt tại E, F. Các điểmM, N thuộc ( I ) sao cho EM F N BC. Gọi P, Q. lần lượt là giao điểm của BM, CN với ( I ). Chứng minh rằng : BC, EP, F Q thẳng hàng. Giải. Gọi S = BC ∩ EF. Gọi D là tiếp điểm của ( I ) với BC.Dễ thấy tứ giác DMF P điều hòa. Do đó E ( DSP M ) = E ( DF P M ) = − 1 Từ đó chú ý quan tâm rằngEM DS, suy ra EP đi qua trung điểm của DS.Tương tự, F Q đi qua trung điểm của DS, ta có đpcm. BÀI 16. ( Virgil Nicula ) Cho đường thẳng d và bốn điểm A, C, B, D nằm trên đường thẳngd theo thứ tự ấy sao cho ( ABCD ) = − 1. Gọi M là trung điểm của CD. Một đường tròn γ saocho NP ⊥ AM. Các đường thẳng NC, ND, P C, P D cắt lại γ lần lượt ở S1, T1, S2, T2. Chứngminh rằng B = S1 T1 ∩ S2 T2. S2T1B MT2S1Giải. Để chứng tỏ B = S1 T1 ∩ S2 T2, ta sẽ chứng tỏ B ∈ S1 T1, tương tự như cho B ∈ S2 T2 ( do vai trò của N và P so với AM là tương tự ). Gọi H = NP ∩ AM. Do NP là đường kính nên P HD = P T1 D = 900. Vậy, ta có tứ giác P HT1 D nội tiếp nên : NH.NP = NT1. ND.Tương tự ta cũng có : Tứ giác HCS1 P nội tiếp nên : NH.NP = NS1. NC.Từ hai điều trên ta có : ND.NT 1 = NS1. NC hay tứ giác CT1 DS1 nội tiếp. mà ( ABCD ) = − 1 và M là trung điểm của đoạn CD nên : AB.AM = AC.AD = AM 2 − MC 2. Lấy đại lượng AB. ( AM + MB ) = AM 2 − MB 2 trừ đi haivế của biểu thức trên, ta có : AB.MB = MC 2 − MB 2 = BC.BD.Mặt khác nếu gọi B = CD ∩ S1 T1 thì ta có : 14D o tứ giác CT1 DS1 nội tiếp nên : B C.B D = B S1. B T1 = B M.B A ( cùng bằng phương tíchcủa điểm M so với đường tròn Γ ). Vậy ta có B ≡ B, từ đó suy ra đpcm. BÀI 17. ( IMO shortlist 2004, G8 ). Trong tứ giác nội tiếp ABCD, gọi E = AD ∩ BC, F = AC ∩ BD ( C nằm giữa B và E ). Gọi M là trung điểm của CD và M = Q. trên đường trònANAM. Chứng minh rằng : E, N, F thẳng hàng. ngoại tiếp tam giác ABM sao choMBNBGiải. Gọi G = BA ∩ CD. Gọi P = DC ∩ ( ABM ). Theo phương tích, ta tính được : GC.GD = GA.GB = GJ.GM. Vì vậy theo hệ thức Mc Laurint : ( GP CD ) = − 1. Gọi P = EF ∩ CD, K = EF ∩ AB, N = EF ∩ ( ABM ) ( K nằm giữa E, N ). Ta có ( GAKP ) = − 1, thế cho nên E ( GAKP ) = − 1 do đó ( GDP C ) = − 1 nên P ≡ P. Vì vậy P ( GAKB ) = − 1. Cắt chùm điều hòa này bởi đường tròn ( ABM ), ta có tứ giác điềuhòa do P nằm trên đường tròn. Nhưng rõ ràng những giao điểm khi cắt là 4 điểm M, A, N, P. MAMBSuy ra. Dẫn đến N ≡ N. Ta có đpcm. NANBNhận xét 2.7. Cuối cùng ta bước sang tiến trình tìm hiểu và khám phá chùm bài toán có tương quan đếnĐường thẳng GaussBÀI 18. ( Đường thẳng Gauss ) Cho tứ giác lồi ABCD có E = AD ∩ BC, F = AB ∩ CD, O = AC ∩ BD. I, K, H lần lượt là trung điểm của BD, AC, EF. Chứng minh rằng I, K, Hthẳng hàng15I OGiải. Gọi M = AC ∩ EF, G = BD ∩ EF, ta có ngay : ( GMF E ) = ( MOAC ) = ( GOBD ) = − 1. Mà H là trung điểm của EF nên theo tác dụng phần đầu chuyên đề, ta có : FG 2HGHMFMIGDG 2MC 2KM vàIOODKOOCF G DG MC 2HG IG KM.. = ( ). Từ những biểu thức trên, ta có : HM IO KOF M OD OCF G DG MCMặt khác, theo định li Menelaus cho tam giác OMG với cát tuyến F CD, ta có : F M OD OC1. HG IG KMVậy ta có ,. . = 1 hay I, K, H thẳng hàng ( đpcm ). HM IO KOTương tự ta cũng có : BÀI 19. Chúng ta biết rằng nếu ba đường tròn có chung trực đẳng phương thì suy ra đượcngay rằng ba tâm của chúng thẳng hàng, nhưng điều ngược lại thì không đúng. Vì vậy, để kếtthúc chuyên đề này, chúng em mạnh dạn đưa ra lan rộng ra của bài toán Đường thẳng Gaussvà cũng xin trình diễn một lời giải đẹp cho phần lan rộng ra này ! BÀI 20. Cho tứ giác lồi ABCD có E = AB ∩ CD, F = AD ∩ BC. Chứng minh rằng ( AC ), ( BD ), ( EF ) có chung trục đẳng phương ( Ta kí hiệu ( XY ) là đường tròn đường kính XY ). Giải. Gọi H, K lần lượt là trực tâm hai tam giác EBC, F CD. L, M, N lần lượt là hìnhchiếu của H lên EB, EC, BC và P, Q., R lần lượt là hình chiếu của K lên DF, CF, DC. TheoPhương tích, ta có : HL.HC = HM.HB = HN.HE KP.KC = KQ.KD = KR.KFHay tương tự : PH / ( AC ) = PH / ( BD ) = PH / ( EF ) PK / ( AC ) = PK / ( BD ) = PK / ( EF ) Từ hai điều trên ta suy ra HK là trục đẳng phương chung của ba đường tròn ( AC ), ( BD ), ( EF ), ta có đpcm. 16B ài tập đề nghịDưới đây là những bài tập ý kiến đề nghị mà nhóm tác giả đã sắp xếp theo thứ tự từ dễ đến khó. Các bàitập đều có phần gợi ý giải. BÀI 1. Cho tam giác ABC và một điểm D bất kể thuộc mặt phẳng sao cho DBA = DCA = BAC. Chứng minh rằng : D thuộc đường thẳng Euler của tam giác ABC.Gợi ý. Gọi P = CD ∩ AB, Q = BD ∩ AC, M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC.Gọi G, O lần lượt là trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Dùng những đẳng thức tỉ số kép để chứng tỏ NP, MQ, GD đồng quy, tức là G, O, D thẳnghàng. Suy ra đpcm. BÀI 2. ( IMO shortlist 1994 ) Cho tam giác ABC không cân tại A, có D, E, F lần lượt là tiếpđiểm của đường tròn nội tiếp tam giác với những cạnh BC, CA, AB. X là điểm bên trong tamgiác ABC sao cho đường tròn nội tiếp tam giác XBC tiếp xúc với BC tại D, tiếp xúc vớiXB, XC lần lượt tại Y và Z. Chứng minh rằng : E, F, Y, Z đồng viên. Gợi ý. Bài toán chỉ cần sử dụng bổ đề quen thuộc : Cho tam giác ABC, M, N, Q. lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác với cáccạnh BC, CA, AB. EF ∩ BC = S. Khi đó ( SMBC ) = − 1. BÀI 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ). Đường phân giác của BAC cắt BC tạiD và cắt ( O ) tại E. Đường tròn đường kính DE cắt ( O ) tại F. Chứng minh rằng AF là đườngđối trung góc BAC của ABC.Gợi ý. Gọi M là trung điểm của BC, S = EF ∩ BC. Suy ra M, D, E, F đồng viên. Dẫn đến : ( DSBC ) = E ( AF BC ) = − 1T ứ giác ABF C là tứ giác điều hòa nên AF là đường đối trung củaABC. BÀI 4. ( Nước Ta TST 2006 ) Cho tam giác ABC nhọn, không cân tại A nội tiếp trong đườngtròn ( O ). Đường thẳng ( d ) biến hóa trên mặt phẳng sao cho ( d ) luôn vuông góc với đườngthẳng OA, ( d ) cắt những tia AB, AC lần lượt tại M, N.K = BN ∩ CM, AK ∩ BC = P. Chứng minh rằng : đường tròn ( MNP ) đi qua một điểm cố định và thắt chặt. Gợi ý. Gọi S = BC ∩ MN, D là trung điểm BC.Suy ra tứ giác MNCB nội tiếp. Dẫn đến M, N, D, P đồng viên hay đường tròn ( MNP ) đi qua điểm D cố định và thắt chặt. BÀI 5. Cho hình vuông vắn ABCD. I tùy ý thuộc AB.DI ∩ BC = E, CI ∩ AE = F. Chứng minhrằng : BF ⊥ DE. Gợi ý. Đây là bài toán nếu lí luận không rõ ràng sẽ rất dễ bị ngộ nhận. Gọi T, K lần lượt làgiao điểm của DE với BF và AC. Suy ra ( KT IE ) = − 1. Gọi T là giao điểm thứ hai của đường tròn ( ABCD ) với DE. Hãy chứng tỏ T ≡ T. BÀI 6. Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ). Một đường thẳng ( ) bất kể trong mặtphẳng theo thứ tự cắt AB, CD, AC, BD, AD, BC tại M, N, P, Q., R, S và cắt ( O ) tại U, V. Chứng minh rằng, nếu hai trong ba đoạn MN, P Q, RS có cùng trung điểm thì cả bốn đoạnMN, P Q, RS, UV cũng có cùng trung điểm. Gợi ý. Đây là một bài toán khá lạ nhưng không khó. Do MN, P Q, RS có vai trò tương đương17nên ta chỉ cần giả sử MN và P Q có cùng trung điểm. Gọi H = AD ∩ BC. Chứng minh được : ( MRP S ) = ( NSQR ). Suy ra NR = MS và RP = SQ tức là ba đoạn MN, P Q, RS có cùng trung điểm. Mặt khác lại có ( MUP V ) = ( NV QU ) dẫn đến MN, P Q, UV có cùng trung điểm. Kết hợp cảhai hiệu quả ta có đpcm. BÀI 7. Cho tam giác ABC, P là điểm bất kể. A1 là hình chiếu của P theo phương l cố địnhlên BC. A2 là trung điểm của AA1. A2 P ∩ BC = A3. A4 là điểm đối xứng với A1 qua A3. Chứng minh rằng : P A4 luôn đi qua một điểm cố định và thắt chặt. Gợi ý. Gọi D là hình chiếu song song với phương l hạ từ A xuống BC. A5 là trung điểm củaAD. Suy ra : A1 ( A4 A2 A5 P ) = A2 ( A4 A1 A3 A5 ) Dẫn đến A4, A5, P thẳng hàng. Vậy P A4 đi qua điểm A5 cố định và thắt chặt. BÀI 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm ( O ). Gọi E, F, G theo thứ tự là giaođiểm của những cặp đường thẳng AB và CD, BC và DA, AC và BD. Hai đường tròn ( DEA ) và ( DCF ) cắt nhau tại điểm thứ hai H. Đường phân giác của AHB cắt AB tại I, đường phângiác của DHC cắt CD tại J. Chứng minh : I, G, J thẳng hàng. Gợi ý. Dễ dàng chứng tỏ được E, H, F thẳng hàng. Ap dụng đặc thù của điểm Miquel trong tứ giác toàn phần, ta có bốn đường tròn ( EDA ), ( F CD ), ( F AB ), ( EBC ) cùng đi qua điểm H.Mặt khác, chứng tỏ được : ( DCEJ ) = ( BAEI ) = sin ( AD ; AB ) sin ( BC ; BA ) Phép chiếu xuyên tâm bảo toàn tỉ số kép nên G, I, J thẳng hàng. BÀI 9. Cho tam giác ABC. Về phía ngoài tam giác dựng những hình vuông vắn CBXY, ACZT, BAUV. Về phía ngoài hình vuông vắn CBXY dựng KXY vuôn cân tại K.Chứng minh rằng : AK, XT, Y Uđồng quy. Gợi ý. Gọi L = AY ∩ BZ, J = AX ∩ CV. Xét phép quay Q. ( C ; 900 ) : Z → A, B → Y nên ALZ = 900. Dẫn đến A, L, C, Z, T đồng viên. Suy ra : L, T, X thẳng hàng. Tương tự : J, U, Y thẳng hàng. Gọi I = XT ∩ UV. Chứng minh được : X ( AIY K ) = Y ( AIXK ). Suy ra A, I, K thẳng hànghay AK, XT, UY đồng quy. BÀI 10. Cho T là điểm Torricelli của tam giác ABC nhọn ( điểm Torricelli của tam giác ABClà điểm thỏa mãn nhu cầu tổng T A + T B + T C nhỏ nhất ). AT, BT, CT cắt BC, CA, AB theo thứ tựtại A0, B0, C0, còn A1, B1, C1 cũng theo thứ tự ấy là những điểm đối xứng với T qua BC, CA, AB.Chứng minh rằng : A0 A1, B0 B1, C0 C1 đồng quy. Gợi ý. Đây là một bài toán khá khó. Điểm mấu chốt của bài toán là tìm giao điểm củaA0 A1, B0 B1 và C0 C1. Đó chính là điểm đẳng giác của T so với ABC.Không mất tính tổng quát, ta chỉ cần chứng tỏ A1, A0, H thẳng hàng. Gọi A là điểm đối xứng của A qua BC. Suy ra A1, A0, A thẳng hàng. Ta có A1, A0, H thẳng hàng khi và chỉ khi : B ( HCA1 A ) = C ( HBA1 A ). Bằng phép biến hóa tỉ số kép với góc khuynh hướng, ta có đẳng thức trên tương tự với : 18 − − → − → − → − − → sin ( BT, BC ) sin ( Bảo hành, BA ) AC 2 − → − − →. − − → − → AB 2 sin ( CT, CB ) sin ( CH, CA ) Đẳng thức trên là một đẳng thức đúng. ( Bạn đọc tự đổi khác bằng việc vận dụng định lí hàmsin ). 19

Source: https://bem2.vn
Category: Ứng dụng hay