LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA ************ Bài 1: Hai đường tròn (C1) (C2) cắt hai điểm P Q Tiếp tuyến chung hai đường tròn gần P Q tiếp xúc với (C1) A tiếp xúc với (C2) B Các tiếp tuyến (C1), (C2) kẻ từ P cắt đường tròn E F, (E, F khác P) Gọi H, K điểm nằm đường thẳng AF, BE cho AH = AP BK = BP Chứng minh năm điểm A, H, Q, K, B thuộc đường tròn (Đề TST 2000) Lời giải Gọi H’ giao điểm PB AE A Ta chứng minh H  H ' Thật vậy: B P Do PE tiếp tuyến (C2) nên H    EPQ  PBQ ( chắn cung PQ ) Mặt khác: K   EAQ  EBQ (góc nội tiếp chắn  cung EQ đường tròn (C1)) E F Q     Do đó: EAQ  PBQ  QAH '  QBH ' Suy tứ giác ABQH’ nội tiếp Từ ta có:    AH ' B AQP Ta lại có:   PQA  PQB  PAB  PBA  AQB      1800    ' APB APH Kết hợp điều trên, ta :   ' hay tam giác APH cân H’ AH ' P APH  AP  AH '  H  H ' Từ ta tứ giác AHQB tứ giác nội tiếp Hoàn toàn tương tự : tứ giác AQKB nội tiếp Vậy điểm A, B, Q, H, K thuộc đường tròn Ta có đpcm Bài 2: Trên cạnh ABC lấy điểm M1, N1, P1 cho đoạn MM1, NN1, PP1 chia đôi chu vi tam giác, M, N, P trung điểm đoạn BC, CA, AB Chứng minh rằng: Các đường thẳng MM1, NN1, PP1 đồng quy điểm Gọi điểm K KA KB KC Trong tỉ số , , có tỉ số không nhỏ BC CA AB (Đề TST 2003) Lời giải Nếu ABC điểm M1, N1, P1 trùng với đỉnh A, B, C ABC nên rõ ràng đoạn MM1, NN1, PP1 đồng quy Xét trường hợp ABC khơng đều, có hai A cạnh tam giác không nhau, giả sử : AB  AC Khi đó, MM1 chia đơi chu vi M1 ABC nên M1 phải nằm cạnh AC : AB  AM  CM  AB  AC  2CM P K P B N D M CM AB  AC  AC AC Mặt khác , gọi AD phân giác góc A theo tính chất đường phân giác tam giác, ta có : DB AB DB  DC AB  AC    DC AC DC AC BC AB  AC MC AB  AC     DC AC DC AC  N C CM MC  , theo định lí Thalès đảo, ta : MM1 // AD AC DC   1 1  Do MP // AC MN // AB nên: PMM  CAD  BAC  NMP hay MM1 phân giác NMP 2 Tương tự, ta có : NN1, PP1 đường phân giác MNP Suy : MM1, NN1, PP1 đồng quy tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP Ta có đpcm Gọi G trọng tâm ABC , ta có :         KA  KB  KC  ( KG  GA)  ( KG  GB)2  ( KG  GC )2        3KG  (GA2  GB  GC )  KG.(GA  GB  GC )  3KG  ( AB  BC  CA2 ) Suy : KA2  KB  KC  ( AB  BC  CA2 ) KA KB KC Giả sử ba tỉ số , , bé  KA2  KB  KC  ( AB  BC  CA2 ) BC CA AB 3 Điều mâu thuẫn suy đpcm Từ đó, suy : Bài 3: Cho tam giác ABC có H trực tâm Đường phân giác ngồi góc BHC cắt cạnh AB, AC D E Đường phân giác góc BAC cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE điểm K Chứng minh đường thẳng HK qua trung điểm đoạn BC (Đề TST 2006) Lời giải Trước hết ta chứng minh ADE cân A  Thật vậy: Vì HD phân giác góc ngồi BHC nên: 1     DHB  ( HBC  HCB )  (900  ABC )  (90   )   BAC ACB   2 1  1 Do đó:   DBH  DHB  900  BAC  BAC  900  BAC ADE   2 1 Tương tự, ta có:   900  BAC , suy ra:    , tức tam giác ADE cân A AED ADE AED  Mặt khác AK phân giác DAE nên A trung trực đoạn DE, AK đường kính đường trịn ngoại tiếp ADE Từ ta có: KD  AB , tương tự: B' KE  AC Gọi P giao điểm KD HB, Q giao E điểm KE HC C' Ta có: KP  AB, QH  AB  KP // QH H Tương tự, ta có: KQ // PH Suy ra: Q D KPHQ hình bình hành, tức HK qua P trung điểm PQ K Hơn nữa, theo định lí Thalès: DP // HC’ B C QC EC PB DB    , QE // HB’  PH DC ' QH EB ' DB HB EC HC Theo tính chất đường phân giác:  ,  DC ' HC ' EB ' HB ' Vì B, C, B’, C’ thuộc đường trịn đường kính BC nên theo tính chất phương HB HC tích: HB.HB '  HC.HC '   HC ' HB ' PB QC   PQ // BC Từ điều này, ta được: PH QH Vì HK qua trung điểm PQ nên qua trung điểm BC Ta có đpcm Bài 4: Trong mặt phẳng cho góc xOy Gọi M, N hai điểm nằm tia Ox, Oy Gọi d đường phân giác góc ngồi góc xOy I giao điểm trung trực MN với đường thẳng d Gọi P, Q hai điểm phân biệt nằm đường thẳng d cho IM = IN = IP = IQ, giả sử K giao điểm MQ NP Chứng minh K nằm đường thẳng cố định Gọi d1 đường thẳng vng góc với IM M d2 đường thẳng vng góc với IN N Giả sử đường thẳng d1, d2 cắt đường thẳng d E, F Chứng minh đường thẳng EN, FM OK đồng quy (Đề TST 2006) Lời giải J x M d E Q K I N O y P F Xét trường hợp điểm M, Q N, P nằm phía với so với trung trực MN Khi giao điểm K MP NQ thuộc đoạn này.: Gọi I’ giao điểm d với đường tròn ngoại tiếp MON Do d phân giác   MON nên I’ trung điểm cung MON , đó: I’M = I’N hay I’ giao điểm trung trực MN với d Từ đó, suy ra: I  I ' hay tứ giác MION nội tiếp   Ta được: NIO  NMO Mặt khác: IM = IN = IP = IQ nên tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn tâm I, đường kính    PQ  PIN  PMN (góc nội tiếp góc tâm chắn cung PN )   Từ điều trên, ta có:   PMN  MP phân giác OMN NMO  Tương tự, ta có: NQ phân giác ONM Do K giao điểm MP NQ nên K tâm đường trịn nội tiếp MON , suy K  thuộc phân giác xOy , tức K thuộc đường thẳng cố định (đpcm) - Nếu giao điểm K nằm đoạn MP NQ: ta có lập luận tương tự có K  tâm đường trịn bàng tiếp MON tam giác MON , tức K thuộc phân giác  xOy , đường thẳng cố định Gọi J giao điểm d1 d2 Ta thấy tứ giác MINJ nội tiếp đường trịn đường kính IJ Hơn nữa: MION tứ giác nội tiếp nên điểm M, N, I, J, O thuộc đường   trịn Do đó: phân giác góc MON qua trung điểm cung MJN Rõ ràng M, N đối xứng qua trung trực MN nên JM = JN, tức J trung điểm  cung MON  Từ suy ra: J thuộc phân giác MON hay O, K, J thẳng hàng Ta cần chứng minh đoạn OI, EN MF JEF đồng quy OE SOEJ JO.JE.sin OJE JE sin OJE Thật vậy:    OF SOFJ JO.JF sin OJF JF sin OJF JE sin JFE OM sin ONM Trong JEF MON , ta có :  ,  JF sin JEF ON sin OMN sin OJE sin ONM       Mặt khác : OJE  OJN  ONM , OJF  OJM  OMN   sin OJF sin OMN OE sin JFE OM sin OFN OM sin OFN OM Kết hợp lại, ta :    OF sin JEF ON sin OEM ON sin OEM ON sin OFN OM sin MOE ME   ON sin NOF sin OEM NF OE FN OE NF MJ Do : 1  OF EM OF NJ ME Theo định lí Ceva đảo, ta có OI, EN MF đồng quy Đây đpcm Bài 5: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi A1, B1, C1 A2, B2, C2 chân đường cao tam giác ABC hạ từ đỉnh A, B, C điểm đối xứng với A1, B1, C1 qua trung điểm cạnh BC, CA, AB Gọi A3, B3, C3 giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB2C2, BC2A2, CA2B2 với đường tròn (O) Chứng minh rằng: A1A3, B1B3, C1C3 đồng quy (Đề TST 2009) Lời giải Ta chứng minh đường thẳng A1 A3, B1B3, A C1C3 qua trọng tâm tam giác ABC A Thật vậy: Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC, A’ điểm đối xứng với A qua trung trực BC B C 1 Ta chứng minh A’ trùng với A3 hay đường B tròn (AB2C2) cắt (O) A’ C Ta có: A, A’ đối xứng qua trung trực BC O nên: AB = A’C, AC = A’B Do A, B C1, C2 đối xứng với qua trung điểm AB nên BC2 = AC1 A C A B Tương tự: CB2 = AB1 Suy ra: B BC2 AC1 AC A ' B C    CB2 AB1 AB A ' C   Kết hợp với C BA '  B CA ' ( chắn cung AA’), ta 3 A được:   C2 BA '  B2CA ' (c.g.c)  BC2 A '  CB2 A '    1800  BC A '  1800  CB A '  '  AB A ' AC A  2 2 Do đó, tứ giác AC2 B2 A’ tứ giác nội tiếp hay A’ trùng với A3 Gọi G giao điểm trung tuyến AM AA3 AG với A1 A3 Do AA3 // A1M nên:   GM A1M  G trọng tâm tam giác ABC hay đường thẳng A1 A3 qua trọng tâm G tam giác ABC Tương tự: B1B3, C1C3 qua G Vậy đường thẳng A1A3, B1B3, C1C3 đồng quy Ta có đpcm A' B C C G B B A M C Bài 6: Trong mặt phẳng cho hai đường tròn cắt hai điểm A, B Gọi PT hai tiếp tuyến chung hai đường trịn P, T tiếp điểm Tiếp tuyến P T đường tròn ngoại tiếp tam giác APT cắt S Gọi H điểm đối xứng với B qua đường thẳng PT Chứng minh điểm A, S, H thẳng hàng (Đề TST 2001) Lời giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề: A O B DM C “Trong tam giác, đường đối trung xuất phát từ đỉnh qua giao điểm tiếp tuyến hai đỉnh lại đường tròn ngoại tiếp tam giác.” Chứng minh: Xét tam giác ABC nội tiếp (O) có phân giác AD, E giao điểm tiếp tuyến B C (O) với Gọi AM đường thẳng đối xứng với AE qua AD (M thuộc BC) Ta chứng minh M trung điểm BC Thật vậy, AM đối xứng với AE qua phân giác AD nên:     BAM  CAE , CAM  BAE Theo định lí sin tam giác, ta có:     MB AM sin BAM sin MBA sin BAM sin CBA        MC AM sin CAM sin MCA sin CAM sin BCA   sin CAE sin CBA CE AE  1   sin BAE sin BCA AE BE Vậy M trung điểm BC Bổ đề chứng minh  E *Trở lại toán: Ta có:   BAP, BTP  BAT Suy ra: BPT          PAT  BAP  BAT  BPT  BTP  1800  PBT     1800  PHT  PAT  PHT  1800 Do tứ giác PATH nội tiếp Gọi I giao điểm AB với PT Theo tính chất phương tích, ta có: IP  IB.IA, IT  IB.IA  IP  IT hay I trung điểm PT Hơn nữa, ta có:     BAP  BPT  HPT  HAT Suy AH đối xứng với trung tuyến AI tam  giác APT qua phân giác góc PAT Do S giao điểm tiếp tuyến P T (APT) nên theo bổ đề trên, ta có: A, H, S thẳng hàng Đây đpcm S P H I T B A Bài 7: Cho tam giác A1A2A3 nội tiếp đường tròn (O) Một đường tròn (K1) tiếp xúc với cạnh A1A2, A1A3 tiếp xúc với đường tròn (O) điểm M1, N1, P1 Các điểm M2, N2, P2 M3, N3, P3 xác định cách tương tự Chứng minh đoạn thẳng M1N1, M2N2, M3N3 cắt trung điểm đoạn (Đề TST 1999) Lời giải Gọi E, F giao điểm AP1, CP1 A1 với đường tròn (K1), gọi D giao điểm N1P1 với (O) Ta chứng minh D trung điểm cung  Thật vậy: A1 A3 D Gọi P1x tiếp tuyến (O) P1 Ta có:  A AP A P x   N1 AE      FP x  FN1P E 3 1 Hơn nữa, tứ giác EN1FP1 nội tiếp nên M1   N EA  N FP , suy ra: AEN  N FP ( g.g ) N1 I K1 A2 F 1 1 1  AN E   FP N1    AP N1  P1N1 phân 1  hay D trung điểm giác góc AP A3  cung A A A3 Từ đó, ta có: A2D phân giác góc  Gọi I giao điểm A2D với M1N1 A1 A2 A3 x Ta chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp A1 A2 A3       Ta có: IM1 P1  N1M 1P  N1P x  DP x  DA2 P1  IA2 P  Tứ giác IM1 A2P1 nội tiếp 1 1         Suy ra: P IA  PM A , mà PM A  P N M nên P IA  P N M  DIP  DN I P1 1 Do đó: DIP  DN1 I ( g g )  1 1 1 1 1 DI DP   DI  DN1.DP DN1 DI DA1 DN1  A PN  Ta có: DA1 N1    DP N1  DA1 N1  DP A1 ( g g )    DA12  DN1 DP 1 1 DP DA1 Do đó: DI  DA12  DI  DA1 hay DIA1 cân D  AA A    AA A    DIA1  DA1 I    IA1 A2  DA1 N1  N1 A1I   IA1 A2   N1 A1I A1 A2 I    2   N A I hay A1I phân giác    IA1 A2 A2 A1 A3 1 Từ suy I tâm đường trịn nội tiếp A1 A2 A3 Dễ thấy A M N cân A1 A1I phân giác  nên I trung điểm M1N1 A AA 1 Hoàn toàn tương tự, ta có: I trung điểm M2N2, M3N3 Vậy đoạn thẳng M N1 , M N , M N cắt trung điểm đoạn Ta có đpcm Bài 8: Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác Gọi A’, B’, C’ ảnh điểm A, B, C qua phép đối xứng tâm M Chứng minh tồn điểm điểm P mặt phẳng cách hai đầu mút đoạn thẳng AB’, BC’, CA’ Gọi D trung điểm đoạn AB Chứng minh M thay đổi tam giác ABC khơng trùng với D đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP, N giao điểm DM AP, qua điểm cố định (Đề TST 1995) Lời giải A Gọi G, G’ trọng tâm tam giác ABC A’B’C’ Qua phép đối xứng 1 tâm M (tương đương với phép B' C' D G NM quay 1800 ) : G  G ', ABC  A ' B ' C ' Xét phép quay  tâm G’, góc quay 1200 , ta có:  : A ' B ' C '  B ' C ' A ' Suy ra: 1 2 ABC  A ' B ' C '  B ' C ' A '   Tích hai phép quay 1 ,  B phép quay tổng góc quay chúng P là: 1800  1200  3000  600 (mod 360 ) Gọi P tâm phép quay   1. , rõ A' ràng P tồn Khi đó, ta có:  : G  G ', ABC  B ' C ' A ' Do đó, điểm P cách đầu mút đoạn AB ', BC ', CA ' Đây đpcm C Do D trung điểm AB nên (GA, GD )  600 Gọi  phép biến hình hợp phép quay tâm G, góc quay 600 phép vị tự tâm G, tỉ số theo thứ tự Ta thấy:  : G  G , A  D Theo câu 1/,  biến G thành G’ nên: PG  PG ', ( PG, PG ')  600 nên tam giác PGG’ MP Hơn nữa, 1 : G  G ' nên M trung điểm GG’ Suy ra: GM  MP, GM  Do đó:  : P  M Từ đó, suy ra:  : GPA  GMD Ta chứng minh điểm G, M , N , P thuộc đường trịn (*) Thật vây: Vì qua phép biến hình  , đường thẳng PA biến thành đường thẳng MD nên   góc tạo hai đường 600 , tức là: MNP  600 MNP  1200 (tùy theo góc nhọn   hay tù) Vì PGM  600 nên MNP  600 hai điểm G N nhìn đoạn PM góc 600    nên (*) đúng; MNP  1200 PGM  MNP  1800 nên (*) Do đó, trường hợp, điểm G, M , N , P thuộc đường trịn hay (MNP) ln qua điểm G cố định Ta có đpcm Bài 9: Trong mặt phẳng cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt A B Các tiếp tuyến A, B đường tròn (O1) cắt K Xét điểm M khơng trùng với A, B nằm đường trịn (O1) Gọi P giao điểm thứ hai đường thẳng MA với đường tròn (O2) Gọi C giao điểm thứ hai đường thẳng MK với đường tròn (O1) Gọi Q giao điểm thứ hai đường thẳng CA với đường tròn (O2) Chứng minh rằng: Trung điểm đoạn thẳng PQ nằm đường thẳng MC Đường thẳng PQ qua điểm cố định M di động (O1) (Đề TST 2004) Lời giải Khơng tính tổng qt, giả sử M thuộc cung lớn  , trường hợp lại M thuộc cung AB  chứng minh tương tự nhỏ AB Gọi H giao điểm đoạn PQ với MC Ta cần chứng minh rằng: PH  QH Do BK tiếp tuyến kẻ từ K A (O1) KCM cát tuyến tương ứng nên: BCK  MBK ( g g ) K P BC CK O2   BM BK O1 C H Hoàn toàn tương tự: AC CK  AM AK B Q N Mà AK  BK (do KA, L KB tiếp tuyến (O1)) nên từ tỉ số trên, suy ra: M AC BC  AM BM Ta có:   Tứ giác AMBC nội tiếp (O1) nên:   BCQ  PMB  BCQ AMB   AQB   Tứ giác AQBP nội tiếp (O2) nên: BPM    BPM  CQB MP BM  CQ BC Xét tam giác APQ với cát tuyến CHM, theo định lí Menelaus: CA HQ MP HP AC MP BC BM 1    CQ HP MA HQ AM CQ BM BC Suy H trung điểm PQ (đpcm) Suy ra: BMP  BCQ ( g g )     Xét góc nội tiếp chắn cung, ta có: BMC  BAC  BPQ    BCM  BAM  BQP , đó: BMC  BPQ ( g g ) 10 NB NS   NB.NC  NR.NS NR NC NS ND DSN  RAN    NA.ND  NR.NS NA NR NA NC Suy ra: NA.ND  NB.NC    AB // CD NB ND  Trung điểm AB, trung điểm CD N ba điểm thẳng hàng Tức N, O, I thẳng hàng (1) MN BN NB.NC Hơn nữa: BMN  RNC    RC  NC RC MN DN DS NA.ND DSN  NAM    DS  MN NA MN Kết hợp điều trên, ta được: RC = DS, mà RC // DS (cùng song song với PQ) nên tứ giác RCSD hình bình hành Do đó, hai đường chéo CD RS tứ giác cắt trung điểm đường Suy I trung điểm CD trung điểm RS Khi đó: NI đường trung tuyến tam giác NRS (2) Từ (1) (2), suy ra: trung tuyến NI tam giác NRS qua O Vậy trung tuyến ứng với đỉnh N tam giác NRS qua I điểm cố định M di động khắp phía đường trịn (O) Đây điều phải chứng minh * Ta thấy, từ: BNS  RNC  18 Bài 12: Cho tam giác ABC có (I) (O) đường trịn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác Gọi D, E, F tiếp điểm đường tròn (I) cạnh BC, CA, AB Gọi  A ,  B , C đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn (I) (O) điểm D, K (với đường tròn  A ); E, M (với đường tròn  B ) F, N (với đường tròn C ) Chứng minh rằng: Các đường thẳng DK, EM, FN đồng quy P Trực tâm tam giác DEF nằm đoạn OP (Đề TST 2005) Lời giải Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: B Cho ba đường trịn (O1), (O2), (O3) có bán kính đôi khác nhau; A, B, C tâm vị tự cặp đường tròn (O1) (O2), (O2) (O3), (O3) (O1) Chứng minh tâm vị tự đó, có ba tâm vị tự hai tâm vị tự trong, tâm vị tự ngồi A, B, C thẳng hàng *Chứng minh: O2 O1 A Gọi R1 , R2 , R3 bán kính đường trịn (O1 ), (O2 ), (O3 ) , giá trị R1 , R2 , R3 đôi O3 khác AO1 R Theo tính chất tâm vị tự, ta có:  (1)a R2 AO2 BO2 R CO3 R  (1)b ,  (1)c , R3 CO1 R1 BO3 đó, số a, b, c nhận giá trị (khi tâm vị tự ngồi) (khi tâm vị tự trong) Theo giả thiết a, b, c có ba giá trị hai giá trị 0, giá trị Từ đó: AO1 BO2 CO3  , theo định lí Menelaus đảo cho tam giác O1O2O3 , ta có: A, B, C thẳng hàng AO2 BO3 CO1 Bổ đề chứng minh *Trở lại toán: Gọi P’ tâm vị tự hai đường tròn (O) (I) Dễ thấy: D điểm tiếp xúc  A (I) nên tâm vị tự hai đường tròn này; K điểm tiếp xúc C Tương tự: hai đường tròn  A (O) nên tâm vị tự ngồi hai đường trịn Theo bổ đề P ', D, K thẳng hàng hay đường thẳng DK qua P’ Tương tự, đường thẳng EM FN qua P ' ; tức ba đường thẳng DK, EM, FN đồng quy điểm P ' điểm P đề Ta chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC có (O), (I) tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F Chứng minh trực tâm H tam giác DEF nằm đường thẳng OI 19 A M F H N B I P D E O C * Chứng minh: Gọi M, N, P trung điểm đoạn EF, FD, DE Dễ thấy AI trung trực đoạn EF nên M thuộc đường thẳng AI hay A, M, I thẳng hàng Tương tự: B, N, I C, P, I thẳng hàng Xét phép nghịch đảo  tâm I, phương tích r với r bán kính đường trịn (I) Dễ thấy: tam giác IEA vng E có EM đường cao nên: IM IA  IE  r , suy ra:  : M  A Tương tự:  : N  B, P  C Do đó:  : MNP  ABC Gọi E tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP  : E  O , suy ra: E, I, O thẳng hàng Hơn nữa, I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF, E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP tâm đường tròn Euler tam giác DEF nên E, I, H thẳng hàng Từ suy H, I, O thẳng hàng Bổ đề chứng minh * Trở lại toán: Gọi H trực tâm tam giác DEF theo bổ đề trên: H, I, O thẳng hàng Theo câu 1/, điểm P nằm đoạn OI Suy ra: điểm H, I, P, O thẳng hàng Từ suy trực tâm H tam giác DEF nằm đường thẳng OI Ta có đpcm M A E F N I P O H B D C K 20 Bài 13: Cho tam giác nhọn ABC với đường tròn tâm I nội tiếp Gọi (Ka) đường trịn qua A, AKa vng góc với BC (Ka) tiếp xúc với (I) A1 Các điểm B1, C1 xác định tương tự 1/ Chứng minh: AA1, BB1, CC1 đồng qui P 2/ Gọi (Ja), (Jb), (Jc) tương ứng đường tròn đối xứng với đường trịn bàng tiếp góc A, B, C tam giác ABC qua trung điểm BC, AC, AB Chứng minh P tâm đẳng phương đường tròn (Ja), (Jb), (Jc) (Đề TST 2007) Lời giải 1/ Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn (I) có D tiếp điểm đường trịn bàng tiếp góc A lên BC Gọi M, N giao điểm AD với (I) (N nằm A M) Giả sử IM cắt đường cao AH K Chứng minh rằng: KA = KM * Thật vậy: Gọi E tiếp điểm (I) lên A BC Giả sử IE cắt (I) điểm thứ hai N’ khác E Qua N’ vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB AC N C' B' B’ C’ Dễ thấy tồn phép vị tự biến tam giác AB’C’ thành tam giác K I ABC Phép vị tự biến tiếp điểm N’ đường tròn bàng tiếp (I) M  AB’C’ lên B’C’ thành tiếp điểm D D C đường tròn bàng tiếp (J)  ABC B lên BC Suy A, N’, D thẳng hàng hay H E N’ trùng với N Khi đó, tam giác IMN đồng dạng với  KMA (do IN // AK), mà  IMN cân I nên  KAM cân K hay KA = KM Ta có đpcm Từ suy ra: đường trịn có tâm thuộc đường cao góc A, qua A tiếp xúc với (I) M M nằm AD Dễ thấy đường trịn *Trở lại toán: J Gọi D, E, F tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tam giác ABC lên cạnh BC, CA, AB Theo bổ đề trên, ta thấy: A1  AD, B1  CF , C1  BE Suy ra: AA1 , BB1 , CC1 đồng quy AD, BE, CF đồng quy (1) 21 B2 A C2 F C1 I P E B1 A1 B D C Mặt khác: ta đặt BC  a, CA  b, AB  c, AB  BC  CA p dễ dàng tính được: DB  EC  p  c , DC  AF  p  b , AE  BF  p  a DB EC FA Suy ra:  1, DC EA FB theo định lí Ceva đảo, ta có AD, BE, CF đồng quy (2) Từ (1) (2), ta có AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Ta có đpcm B2 A2 A Ja 2/ Gọi A’, B’ trung điểm BC, CA; A2, B2, C2 tâm đường C2 trịn bàng tiếp góc A, B, E' F C tam giác ABC B' Gọi D’, E’ tiếp I P điểm (I) lên BC, CA Dễ thấy D đối xứng với D’ qua trung điểm A’ BC, B A2 đối xứng với Ja qua A’ C D' A' nên JaD’ // A2D, mà A2 D  BC  J a D '  BC Do đó: (Ja) tiếp xúc với BC Jb D’ Hoàn toàn tương tự: (Jb) tiếp xúc với CA E’ Ta có: CD '  CE ' nên phương tích từ C đến (Ja) (Jb) nhau, tức C thuộc trục đẳng phương A2 hai đường tròn Ta chứng minh CP, CF, vng góc với đoạn nối tâm JaJb hai đường tròn (Ja), (Jb) 22 Theo cách xác định điểm Ja, Jb, ta thấy A’ trung điểm A2Ja, B’ trung điểm B2J b               Do đó: A ' B '  A2 B2  J a J b hay J a J b  A ' B '  A2 B2  BA  A2 B2 Ta có:       CF  CC2  C2 F                            Ta có: J a J b CF  ( BA  A2 B2 )(CC2  C2 F )  BA.CC2  BA.C2 F  A2 B2 CC2  A2 B2 C2 F           BA.CC2  A2 B2 C2 F (do C2F vng góc với AB, A2B2 vng góc với CC2) (1) Mặt khác, ta thấy A, B, C chân đường cao tam giác A2B2C2 nên rõ ràng: C2 AB  C2 B2 A2 , mà C2F đường cao C2 AB , C2C đường cao C2 B2 A2 nên: C2 F C 2C   C2 F A2 B2  AB.CC2 Cũng từ hai tam giác C2 AB , C2 B2 A2 đồng dạng; ta có: AB A2 B2                 ( BA, CC2 )  ( A2 B2 , C2 F ) Do đó: BA.CC2  A2 B2 C2 F (2)    Từ (1) (2), suy ra: J a J b C2 F  hay C2 F  J a J b Do C2F trục đẳng phương hai đường trịn (Ja), (Jb), tức P thuộc trục đẳng phương hai đường trịn (Ja), (Jb) Hồn tồn tương tự, ta có P thuộc trục đẳng phương hai đường trịn (Jc), (Jb) Từ suy P tâm đẳng phương (Ja), (Jb), (Jc) Đây đpcm 23 Bài 15: Cho tam giác ABC có: AB  c, BC  a, CA  b Lấy sáu điểm A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 phân biệt không trùng với A, B, C điểm A1 , A2 thuộc đường thẳng BC, B1 , B2 thuộc đường thẳng CA, điểm C1 , C2 thuộc đường thẳng AB Gọi  ,  ,  số thực xác định bởi:             A1 A2  BC , B1 B2  CA, C1C2  AB a b c Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 , AB2C2 , BC1 A1 , BC2 A2 , CA1 B1 , CA2 B2 gọi d A , d B , dC trục đẳng phương cặp đường tròn qua A, B, C Chứng minh rằng: d A , d B , dC đồng quy a  b  c  (Đề TST 1995) Lời giải Trước hết, ta nêu định nghĩa sau: Cho tam giác ABC điểm M bất kì, khoảng cách đại số từ M đến BC khoảng cách từ M đến BC nhận thêm dấu + M phía với A so với BC nhận thêm dấu – trường hợp ngược lại Tương tự với khoảng cách từ M đến CA AB Dễ thấy số  ,  ,  cho khác điểm A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 phân biệt A Xét cặp đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 , AB2 C2 ; ta chứng minh trục đẳng B2 phương chúng tập hợp điểm có C1 khoảng cách đại số đến BC CA tỉ lệ với  ,  B1 *Thật vậy: C2 Trong hệ trục tọa độ vng góc Oxy lấy điểm A(0;0) , B thuộc chiều dương Ox    ( AB, AC )   , 00    1800 Khi đó:   C  B AB AC A1 A2  (1, 0),  ( sin  , cos  ) c b Đặt B1 (b1 cot  , b1 ), B2 (b2 cot  , b2 ), C1 (c1 , 0), C2 (c2 , 0), b1 , b2  0, b1  b2 , c1 , c2  0, c1  c2     Mà B1 B2  CA  (b2  b1 ) cot  ; b2  b1 )   ( cos  ;sin  )  b2  b1   sin  b     C1C2  AB  (c2  c1 ;0)   (1; 0)  c2  c1   c Đường tròn ( AB1C1 ) qua hai điểm A C1 nên PT có dạng là: x  y  c1 x  1 y  0, 1   , b  c sin  cos  qua B1 nên 1  1 sin  Hồn tồn tương tự, đường trịn ( AB2C2 ) có PT là: x  y  c1 x  2 y  với b  c sin  cos  1  2 sin     cos  y 0 Trục đẳng phương hai đường tròn là: (c2  c1 ) x  (2  1 ) y    x  sin  24 y   x sin   y cos   Hơn nữa, y khoảng cách đại số từ M ( x, y ) đến AB; x sin   y cos  khoảng cách đại số từ M ( x, y ) đến AC Tức quỹ tích điểm có khoảng cách đại số đến AB AC tỉ  lệ với trục đẳng phương AB1C1 , AB2 C2 Nhận xét chứng minh  Với điểm M mặt phẳng, kí hiệu X , Y , Z khoảng cách đại số từ M đến cạnh BC, CA, AB dễ thấy rằng, ta ln có aX  bY  cZ  2S (với S diện tích tam giác ABC) ngược lại, ( X , Y , Z ) thỏa mãn aX  bY  cZ  2S xác định điểm M Theo chứng minh trên, trục đẳng phương cặp đường tròn là: Y Z Z X X Y ( d A ) :  , ( d B ) :  , ( dC ) :        Suy ra, điểm chung ba đường thẳng d A , d B , dC (nếu có) nghiệm HPT:  aX  bY  cZ  S X Y Z 2S      X Y Z      a  b  c     Hệ có nghiệm a  b  c  hay ba đường thẳng d A , d B , dC đồng quy a  b  c  Ta có đpcm 25 Bài 16: Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân có O tâm đường tròn ngoại tiếp Gọi AD, BE, CF đường phân giác tam giác Trên đường thẳng AD, BE, CF AL BM CN lấy điểm L, M, N cho    k (k số dương) AD BE CF Gọi (O1), (O2), (O3) đường tròn qua L, tiếp xúc với OA A ; qua M tiếp xúc với OB B qua N tiếp xúc với OC C 1 Chứng minh với k  , ba đường trịn (O1), (O2), (O3) có hai điểm chung đường thẳng nối hai điểm qua trọng tâm tam giác ABC Tìm tất giá trị k cho đường trịn (O1), (O2), (O3) có hai điểm chung (Đề TST 2008) Lời giải Trước hết, xin nêu bổ đề sau: (1) Cho ba đường thẳng đôi phân biệt a, b, c hai đường thẳng phân biệt d, d’ Các đường thẳng d, d’ theo thứ tự cắt a, b, c A1 , B1 , C1 ; A2 , B2 , C2 thỏa mãn điều kiện: A1 B1 A2 B2 AA BB CC   k Các điểm A3, B3, C3 thuộc a, b, c cho:   A1C1 A2C2 A1 A3 B1 B3 C1C3 Khi đó, A3, B3, C3 thẳng hàng A3 B3 k A3C3 (2) Cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c ba đường thẳng phân biệt khác a’, b’, c’ Các đường thẳng a’, b’, c’ theo thứ tự cắt a, b, c A1 , B1 , C1 ; A2 , B2 , C2 ; A3 , B3 , C3 (các điểm đôi phân biệt) Khi A1 B1 A2 B2 A3 B3 AA BB CC   a, b, c đôi   A1C1 A2C2 A3C3 A1 A3 B1 B3 C1C3 song song (3) Cho tam giác ABC M Các tia AM, BM, CM cắt BC, CA, AB A1, B1, C1 Các đường thẳng A1B1, B1C1, C1A1 cắt đường thẳng AB, BC, CA A2, B2, C2 Các điểm A3, B3, C3 theo thứ tự nằm đường thẳng BC, CA, AB cho A1 A3 B1 B3 C1C3    k , k  Khi đó, A3, B3, C3 thẳng hàng k  k  A1 A2 B1 B2 C1C2 (4) Cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp đường tròn (I) Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F Đường thẳng EF cắt BC M, đường thẳng AD cắt (I) N (khác D) Chứng minh rằng: MN tiếp xúc với (I) Các bổ đề (1), (2) chứng minh dễ dàng biểu diễn theo vectơ Dưới trình bày chứng minh cho bổ đề (3), (4) 26 * Chứng minh bổ đề (3): + Điều kiện đủ: Với k = 1, ta có A3, B3, C3 theo thứ tự trùng với A2, B2, C2 Vì AA1, BB1, CC1 đồng quy nên theo định lí C2 Menelaus A C1 hàng nên B1 M Tương tự: B2 Với k  A2 B B1C C1 A AB AB  Suy ra:   A2C B1 A C1 B A1C A2 C B1C BC CA C A  ,  B1 A B2 A C1 B C2 B Nhân vế đẳng thức trên, A2 B B2C C2 A  A1 B   B1C   C1 A    .  .    1 A2C B2 A C2 B  A1C   B1 A   C1 B  Tức A2, B2, C2 thẳng hàng hay A3, B3, C3 thẳng hàng A2 A1 C B A1 B B1C C1 A  1 Vì A2, B1, C1 thẳng A1C B1 A C1 B , A3, B3, C3 trung điểm A1 A2, B1B2, C1C2 Theo chứng minh trên, ta có: C2 A1 B AB  A1C A2 C C3 A Theo tính chất tỉ lệ thức thì: C1 A1 B A B A B  A2 B A1B  A2 B A B 2A B A A       A1C A2 C A1C  A2C A1C  A2C A1C A2 A1 A3C B1 M Suy ra: A3 B A3 B A2 A1  A1 B     Tương tự: A3C A2 A1 A3C  A1C  A3 B A1 A2 C B3 B3C  B1C  C3 A  C1 A     ,  B3 A  B1 A  C3 B  C1B  B2 Nhân vế đẳng thức trên, ta được: 2 A3 B B3C C3 A  A1 B   B1C   C1 A         Do đó, A3, B3, C3 th ẳng hàng A3C B3 A C3 B  A1C   B1 A   C1 B  + Điều kiện cần: Khi k  , ta kí hiệu A3( k ) , B3( k ) , C3( k ) thay cho A3, B3, C3 Giả sử tồn mà A3( k ) , B3( k ) , C3( k ) thẳng hàng Khi đó, điểm: A3( k ) , B3( k ) , C3( k ) AA BB CC 1/  đôi khác Dễ thấy: 3(1/ 2)  3(1/2)  3(1/ 2)  k 1 A2 A3( k ) B2 B3( k ) C2C3( k ) số k đồng thời khác A3(1/ 2) , B3(1/ 2) , C3(1/2) 27 Theo chứng minh điều kiện đủ hai điểm A2, B2, C2 A3(1/ 2) , B3(1/ 2) , C3(1/2) thẳng hàng, mà theo điều giả sử A3( k ) , B3( k ) , C3( k ) thẳng hàng nên theo bổ đề (2), đường thẳng A2B2C2 A3(1/ 2) B3(1/ 2)C3(1/ 2) song song A2 B2 A3(1/ 2) B3(1/ 2)  A2C2 A3(1/ 2)C3(1/ 2) AA BB CC A2 B2 A3(1/ 2) B3(1/ 2)  ý rằng: 3(1/ 2)  3(1/ 2)  3(1/ 2) , theo bổ đề (1) A2C2 A3(1/ 2)C3(1/ 2) A1 A2 B1 B2 C1C2 A1, B1, C1 thẳng hàng, mâu thuẫn + Nếu A2B2C2 A3(1/ 2) B3(1/ 2)C3(1/ 2) song song với ý C2 C3(k) A3(1/ 2) , B3(1/ 2) , C3(1/2) theo thứ tự trung + Nếu C3(1/2) điểm A1 A2 , B1 B2 , C1C2 Ta có:      A3(1/ 2) B3(1/ 2)  ( A1 B1  A2 B2 ) ,     A3(1/ 2)C3(1/ 2)  ( A1C1  A2 C2 ) Suy ra: A1B1 song song với A2B2 A3(1/ 2) B3(1/ 2) , A C1 B1 M A1C1 song song với A2C2 A3(1/ 2)C3(1/ 2) Từ suy ra, A1, B1, C1 thẳng hàng, mâu thuẫn Do có k  k  thỏa mãn Vậy bổ đề (3) chứng minh A3(1/2) B A1 C A3(k) A2 B3(1/2) B3(k) B2 *Chứng minh bổ đề (4): Gọi H giao điểm EF AI Ta thấy: IA  EF Tam giác AIF vng F có đường cao FH nên : IF  IH IA  ID  IH IA Suy ra: IDH  IAD(c.g c)   Do đó: IHD  IDA A N F H I E Mặt khác: tam giác IDN cân    I nên IND  IDN  IDA Từ B D C   đó, ta được: IND  IHD    Tứ giác IDNH nội tiếp Hơn nữa, tứ giác IDMH nội tiếp có IDM  IHM  900 Do đó: điểm, I, D, M, N, H thuộc đường tròn Suy ra: IMNH nội tiếp hay   INM  IHM  900  MN  IN Vậy MN tiếp tuyến (I) Bổ đề (4) chứng minh M 28 *Trở lại toán cho: 1 Khi k  L, M, N trung điểm đoạn AD, BE, CF Gọi H trực tâm ABC  phương tích H đường tròn Euler qua chân đường cao ABC Gọi K giao điểm đường thẳng AO1 với đường thẳng BC Ta chứng minh K nằm (O1) Thật vậy: Do ABC tam giác nhọn nên O nằm tam giác Ta có:     OAB  900    AOB ACB ACB Khơng tính tổng qt, giả sử tia AD nằm hai tia AO AB Khi đó: A E L O F O M N H C K B D   BAC       BAC OAD  OAB  DAB  900    ACB  KAD  900  OAD  ACB  2 1    Mặt khác:   DAC  DCA  BAC  ACB nên KAD  KDA ADB     Ta có O1 A  O1 L  AO1L cân O1 nên O1 AL  O1LA   Từ suy ra: O LA  KDA hay O1L // KD, mà L trung điểm AD nên O1 trung điểm AK hay K thuộc đường tròn (O1) Do (O1) cắt BC chân đường cao ABC Từ suy phương tích H đường trịn (O1)  Hồn tồn tương tự với đường tròn (O2), (O3) Do H có phương tích đến đường trịn (O1), (O2), (O3) nên H tâm đẳng phương đường tròn (O1), (O2), (O3) 29 Hơn nữa: OA tiếp tuyến (O1) A nên phương tích O (O1) OA Tương tự vậy, phương tích O đường tròn (O2) (O3) OB , OC , mà O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC nên OA = OB = OC hay O có phương tích đến đường trịn (O1), (O2), (O3), suy ra: O tâm đẳng phương đường tròn (O1), (O2), (O3) Giả sử đường trịn (O1), (O2), (O3) có trục đẳng phương khác chúng phải đồng quy tâm đẳng phương, mà O H tâm đẳng phương chúng nên O phải trùng với H hay ABC đều, mâu thuẫn với giả thiết ABC không cân Do đó, điều giả sử sai đường trịn cho phải có trục đẳng phương chung, trục đẳng phương đường thẳng qua O H Ta thấy O nằm ngồi đường trịn, H nằm đường cao ABC nên nằm đường tròn Suy đường thẳng OH cắt đường trịn điểm Vậy đường trịn (O1), (O2), (O3) có điểm chung, nữa, đường thẳng qua hai điểm chung đường thẳng OH đó, qua trọng tâm tam giác (đường thẳng Euler) Ta có đpcm Ta chứng minh ba đường trịn (O1), (O2), (O3) có hai điểm chung k  k  Thật vậy: *Điều kiện đủ: - Khi k  , khẳng định chứng minh câu 1/ - Ta tiếp tục chứng minh với k = 1, ba đường tròn (O1), (O2), (O3) qua L, tiếp xúc với OA A ; qua M tiếp xúc với OB B qua N tiếp xúc với OC C có hai điểm chung Thật vậy: - Khi k = 1, điểm L, M, N tương ứng trùng với điểm D, E, F Theo chứng minh câu 1/, đường tròn (K, KA) qua D tiếp xúc với OA A nên đường trịn (O1) xét Gọi d1, d2, d3 tiếp tuyến đường tròn (O) A, B, C Gọi X, Y, Z theo thứ tự giao điểm d2, d3; d3, d1; d1, d2 Vì O1 thuộc đường thẳng BC OA tiếp xúc với (O1) A nên O1 thuộc d1, từ suy O1 giao điểm BC d1 Tương tự: O2, O3 giao điểm CA d2, AB d3 Qua điểm O1, O2, O3 vẽ tiếp tuyến tới đường tròn (O) O1T1 , O2T2 , O3T2 (trong T1, T2, T3 tiếp điểm) Ta có: O1T1  O1 A, O2T2  O2 B, O3T3  O3C , tức T1, T2, T3 tương ứng thuộc đường tròn (O1), (O2), (O3) Theo bổ đề (4) trên, (xét tam giác XYZ có (O) đường trịn nội tiếp) đường thẳng AT1, BT2, CT3 tương ứng trùng với đường thẳng AX, BY, CZ Hơn nữa, XB = XC, YC = YA, ZA = ZA nên: AY BZ CX  1  AX, BY, CZ đồng quy (theo định lí Ceva đảo tam giác XYZ) AZ BX CY 30 Do đó: AT1, BT2, CT3 đồng quy Đặt điểm chung ba đường thẳng S, rõ ràng S nằm (O) Do T1, T2, T3 nằm (O) nên theo tính chất phương tích: SA.ST1  SB.ST  SC.ST3  PS /( O1 )  PS /( O2 )  PS /( O3 ) Tương tự câu 1/, ta có: PO / (O1 )  PO /(O2 )  PO / (O3 ) , tức OS trục đẳng phương chung ba đường tròn O1), (O2), (O3) Mặt khác, S nằm ba đường trịn, O nằm ngồi ba đường tròn nên đường thẳng OS cắt ba đường trịn hai điểm, tức (O1), (O2), (O3) có hai điểm chung Vậy trường hợp k = 1, ba đường trịn (O1), (O2), (O3) có hai điểm chung Điều kiện đủ khẳng định chứng minh O3 Z T3 A T2 Y S O B C O1 T1 X O2 31 *Điều kiện cần: Với giá trị k  0, k  , gọi O1( k ) , O2( k ) , O3( k ) tâm đường tròn qua L, tiếp xúc với (O) A; qua M, tiếp xúc với (O) B, qua N, tiếp xúc với (O) N Giả sử đường tròn Z  O1(k )  ,  O2( k )  ,  O3( k )  nói có O3 O3(k) A Y S O1(k) O B C O1 hai điểm chung, tức ba tâm chúng O1( k ) , O2( k ) , O3( k ) thẳng hàng (1) Gọi d1, d2, d3 tiếp tuyến đường tròn (O) A, B, C Gọi X, Y, Z theo thứ tự giao điểm d2, d3; d3, d1; d1, d2 Chứng minh tương tự trên, AX, BY, CZ đồng quy (2) Đặt O1, O2, O3 giao điểm BC với YZ, CA với ZX, AB với XY Dễ thấy rằng: O1( k ) , O2( k ) , O3( k ) thuộc đoạn thẳng AO1 , BO2 , CO3 X AO1( k ) AO1 CO3( k ) CO3 O2(k) AO1( k ) O2 AO1 (3) Từ (1), (2), (3), áp dụng bổ đề 3, ta có k = k     AL BO2( k ) BM ,  , AD BE BO2 CN Suy ra: CF BO2( k ) BO2  CO3( k ) CO3 k Do đó, đường trịn (O1), (O2), (O3) có hai điểm chung k = k  Điều kiện cần khẳng định chứng minh Vậy tất giá trị k cần tìm k = k  Bài toán giải hoàn toàn 32 ... tròn (O) điểm M1, N1, P1 Các điểm M2, N2, P2 M3, N3, P3 xác định cách tương tự Chứng minh đoạn thẳng M1N1, M2N2, M3N3 cắt trung điểm đoạn (Đề TST 1999) Lời giải Gọi E, F giao điểm AP1, CP1 A1 với... đồng quy (Đề TST 2006) Lời giải J x M d E Q K I N O y P F Xét trường hợp điểm M, Q N, P nằm phía với so với trung trực MN Khi giao điểm K MP NQ thuộc đoạn này.: Gọi I’ giao điểm d với đường tròn... định Ta có đpcm Bài 9: Trong mặt phẳng cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt A B Các tiếp tuyến A, B đường tròn (O1) cắt K Xét điểm M không trùng với A, B nằm đường tròn (O1) Gọi P giao điểm thứ hai