PHÉP VỊ TỰ QUAY- MỘT VÀI TÂM VỊ TỰ ĐẶC BIỆT Nguyễn Thanh Dũng Phép vị tự quay phép đồng dạng hữu ích giúp ta tìm hiểu giải số toán thú vị Việc nhận phép vị tự quay yếu tố chủ chốt, từ đưa đến mối quan hệ tỉ số đoạn thẳng, góc cách hợp lí Tâm đồng dạng hay tam giác đồng dạng mơ hình cụ thể cần thiết để từ ta tìm điểm chung toán Một số tâm đồng dạng điểm đặc biệt giao điểm hai đường tròn, điểm Miquel , Brocard, đẳng cự…và nhiều điểm khác Ph vị tự quay v m t t nh h t Trước hết xét góc định hướng (a;b) góc quay giao điểm a với b (   a; b   1800 ) thu quay đường thẳng a thành đường thẳng b theo hướng ngược chiều kim đồng hồ Khi a||b (a;b)=00 1800 Các tính chất xem [6] a (a;b) + b Định nghĩa Trên mặt phẳng (P) cho điểm T cố định, số thực k góc    1800 Phép biến hình S (T , k ,  ) hợp thành phép quay tâm T góc quay  phép vị tự tâm T tỉ số k gọi phép vị tự quay tâm T, hệ số k góc quay  sau: R (T , ) H (T , k ) ( P)  ( P)  ( P) R (T , ) H (T , k ) A   X   A' TA  TX  tức S T , k ,    R(T ; ) o H (T ; k ) thỏa mãn TA; TX    uuur  uuur TA '  kTX A A X T A' X A' T Lưu ý S T , k ,    R(T ; ) o H (T ; k )  H (T ; k ) o R(T ;  ) Đôi ta viết ST thay cho S (T , k ,  ) cần nhấn mạnh tâm đồng dạng T gọi phép đồng dạng có tâm T  A ' B ' | k | AB Định l Nếu phép vị tự quay S T , k ,   biến A, B thành điểm A’, B’  ( AB; A ' B ')   Chứng minh R (T , ) H (T , k ) ( P)  ( P)  ( P)  R (T , ) H (T , k ) Giả sử  A  X  A ' , theo tính chất phép quay ta có  B  R (T , ) H (T , k )  Y  B '   A ' B ' | k | XY theo tính chất phép vị tự  , nên suy  A ' B ' P XY  AB  XY Mặt khác,  ( AB; XY )    A ' B ' | k | AB W  ( AB; A ' B ')   Nhận x t Giả sử A’B’ cắt AB O, tứ giác AA’TO, BB’TO nội tiếp nên T giao điểm thứ hai (OAA’) (OBB’) Từ ta đưa đến cách xác định phép vị tự quay biết trước hai đoạn thẳng AB, A’B’ uuuuur uuur Định l Cho trước hai đoạn thẳng AB, A’B’ A ' B '  t AB tồn phép vị tự quay tâm T, góc quay    AB; A ' B ' , tỉ số k   A a A' A' B ' thỏa mãn S T , k ,   :  AB B a B ' B T A B O A X Y X B' O B' A' T Chứng minh Y A' k0 uuuuur uuur Vì A ' B '  t AB nên gọi O giao điểm AB A’B’ T giao điểm hai đường tròn ngoại uuuuur uuur tiếp (AA’O) (BB’O) Đặt  AB; A ' B '   R T ;  : A, B a X , Y , chọn A ' B '  k XY dễ A a A' thấy S (T , k ,  ) :  Hơn nữa, T giao điểm thứ hai (OAA’) (OBB’) nên T W B a B ' Lưu ý Vì k  A' B ' khơng phụ thuộc góc quay  nên để đơn giản ta thống kí hiệu AB S (T , k ,  ) : AB a A ' B ' phép vị tự quay phù hợp biến AB thành A’B’ mà không cần ý nhiều tới tỉ số k dương hay âm mà ý tới góc quay  H qu Cho hai tam giác ABC, AB’C’ đồng dạng chiều, ngh a  AB; AC    AB '; AC ' , S  A; k ;   AB; AB ' : ABC  AB ' C ' Gọi M giao BC với B’C’ N giao điểm BB’ với CC” Thế M giao điểm (ABB’) với (ACC’) N giao điểm (ABC) với (AB’C’) C' A B' N B C M H qu Cho trước hai đoạn thẳng AC BD kéo dài cắt X Gọi T giao hai đường tròn ngoại tiếp ABX CDX Khi ln có hai phép đồng dạng S T , k ,   : AB a CD với   ( AB; CD) S T , k ,   : AC a BD với   ( AC; BD) T D C B X X C A A D T B Nhận x t Gọi X, Y giao điểm cặp {AC, BD} {AB, CD} T điểm Miquel tứ giác toàn phần ABDCXY T X Y C D A B H qu Lấy điểm X, Y AB, CD cho AX CY  Giả sử XY cắt AC, BD P, Q XB YD tồn phép đồng dạng ST : A, C, P a B, D, Q B D Q P Y X C A T Chứng minh Gọi T tâm phép vị tự quay biến AB thành CD, AX CY nên biến X thành Y  XB YD Theo hệ TQBX TPAX nội tiếp nên TQP  TBA; TPQ  TAB  TAB : TPQ , phép đồng dạng S T ; k ;   AC; BD  thỏa mãn yêu cầu W Định l Cho hai đường tròn (O1; R1 ), (O2 ; R2 ) cắt X, Y Khi tồn hai tâm đồng dạng X Y biến đường tròn thành đường tròn X O1 O2 Y Chứng minh Giả sử  XO1; XO2    , xét phép đồng dạng S  X , k ,   : (O1 ) a (O2 ) với k  XO2 R2  thỏa mãn yêu cầu định lí, tương tự cho S Y ; k ;   YO1; YO2  W XO1 R1 Định l Phép đồng dạng biến hình H thành hình H’ biến tính chất  hình H thành tính chất  hình H’, tức bảo tồn tính chất hình Nhận x t Trong toán việc phát tâm đồng dạng mấu chốt để giải bài, mơ hình có chứa tâm đồng dạng hay chứa sẵn tam giác đồng dạng điều quan trọng M t b i toán B i toán Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) Hai đường chéo AC, BD cắt P Giả sử hai đường tròn (APD) (BPC) cắt điểm thứ hai Q Khi đó, OQ  PQ M A B P Y X Q O C D Chứng minh Theo hệ 2, dễ thấy phép đồng dạng S (Q, k ,  ) : A a C, D a B với   ( AD, BC ) nên X a Y với X, Y trung điểm AD, BC, suy (QX , QY )  ( AD, BC) , OX, OY vng góc với AD, BC nên (OX , OY )   MX ; MY   ( AD, BC ) Từ suy (OX , OY )  (QX , QY ) tức tứ giác AOQY nội tiếp (1) Mặt khác, AD, BC, PQ trục đẳng phương (O), (APD), (BPD) nên chúng đồng quy M, suy OXMY nội tiếp đường tròn đường kính OM (2) Từ (1) (2) suy điểm O, X, Y, Q, M thuộc đường tròn đường kính OM, tức OQ  PQ W B i toán 1.1 Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi Q giao điểm AD với BC P giao điểm AC với BD Gọi M trung điểm PQ Giả sử hai đường tròn (ADM), (BCM) cắt điểm thứ hai R Chứng minh OQ=OR R A N O D P M C Q B Chứng minh Dễ thấy AD, BC, MR ba trục đẳng phương (O), (ADM), (BCM) nên chúng đồng quy Q Từ suy R, M, Q thẳng hàng nên điểm M, P, Q, R thẳng hàng Gọi N giao thứ hai (APD), (BPC), AD, NP, BC ba trục đẳng phương (O), (ADP), (BPC) nên chúng đồng quy Q Từ suy N nằm QR Theo toán ta ON  PN ON  QR (1) Mặt khác, theo tính chất phương tích ta có QM.QR=QA.QD=QP.QN, M trung điểm PQ nên QP=2QM nên suy QR=2QN tức NQ=NR (2) Từ (1) (2) ta suy tam giác OQR cân O OQ=OR W Nhận x t Đặc biệt hóa tốn 1, xét A  B , đường tròn (APD), (BPC) tiếp xúc với BC, AD nên ta thu b đề sau: Bổ đề Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường tròn qua A, B tiếp xúc với AC cắt đường tròn qua A, C tiếp xúc với AB điểm thứ hai P Thế APO  900 A A J M N O I K P B O B S D C C B i toán 1.2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với đường cao AH Gọi M, N trung điểm AB, AC D trung điểm BC Giả sử đường thẳng OM, ON cắt đường thẳng AD J, K Đường thẳng BJ cắt CK I Chứng minh AIO  900 AI qua điểm cố định A chạy (O) Chứng minh Vẽ đường tròn qua A, B tiếp xúc AC đường tròn qua A, C tiếp xúc với AB, hai đường tròn cắt I Ta điểm I điểm xây dựng toán, tức {I, J, B}, {I, K, C thẳng hàng Gọi S giao AI với BC Dễ thấy, BIS  BAS  ABI  ICS  IAC  CIS nên IS phân giác góc BIC , ta có hai tam giác IAB ICA đồng dạng nên SB IB  (1) Mặt khác, dễ thấy SC IC IB AB AB AI BI    , suy (2) Từ (1) (2) suy IC AC AC IC IA SB AB  tức AS đường đối trung tam giác ABC nên BAI  DAC  KCA , mặt khác SC AC BAI  ICA nên ICA  KAC ngh a I, K, C thẳng hàng Tương tự, I, J, B thẳng hàng Do vậy, Điểm I trùng với điểm toán phát biểu, suy AI qua điểm cố định giao hai tiếp tuyến (O) B, C Hơn nữa, theo b đề AIO  900 W B i toán 1.3 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Giả sử AB, CD cắt Q AD, BC cắt R Gọi M giao hai đường tròn ADQ BCQ Chứng minh OM  QR Chứng minh Ta xét phép đồng dạng tâm M, k  CD ,    AB; CD  Thế thì, BA SM : A a D; B a C; AB a DC , gọi M1 , M trung điểm AB, DC nên SM : M1 a M  M1MM    M1QM  tứ giác M1QMM nội tiếp Hơn nữa, ta có M1QM 2O nội tiếp đường tròn đường kính OQ, nên điểm O, Q, M1 , M , M nằm đường tròn đường kính OQ, suy OMQ  900  OM  MQ B M1 O C B M2 O C A D A D R Q M R M Q  Mặt khác, ba đường tròn (O), (ADQ), (BCQ) có ba trục đẳng phương BC, AD, QM đồng quy điểm R nên ta có OM  QR W Nhận x t Điểm M xác định toán gọi điểm Miquel tứ giác ABCD B i toán 1.4 (USA TST 2007) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến B, C (O) cắt T Lấy điểm S đường thẳng BC cho AS vng góc AT Lấy hai điểm B1 , C1 tia ST ( C1 nằm B1 S) cho B1T  BT  C1T Chứng minh hai tam giác ABC A1B1C1 đồng dạng Chứng minh K A=A' O C B S C1 T B1 Gọi K giao điểm BB1 CC1 , ta có BKC  B1KC1  1800  BB1T  CC1T (1) Hơn 1 tam giác TBB1 , TCC1 cân nên ta có BB1T  (1800  BTB1 ); CC1T  (1800  CTC1 )  2 1 BB1T  CC1T  (1800  BTB1 )  (1800  CTC1 )  1800  (BTB1  CTC ) 2 1  1800  (1800  BTC )  900  BTC (2) Từ (1) (2) ta suy BKC  900  BTC (3) 2 Mặt khác, BTC  1800  TBC  TCB  180  2BAC (4) Từ (3) (4) ta suy BKC  BAC nên BKAC nội tiếp Xét tứ giác BB1C1C , gọi A ' giao (KBC) với ( KB 1C1 ) , theo tốn TA '  A ' S A, A’ thuộc (O) nên A  A ' Do A tâm phép đồng dạng biến B, C thành B1 , C1  ABC : AB1C1 W Nhận x t Bài toán thực chất khai triển tính chất điểm Miquel A tứ giác BCC1B1SK Bài toán 1.5 Cho hai tam giác TBC TEF cho (TB;TC)=(TE;TF) Gọi A giao điểm BE với CF M giao điểm BF với CE Chứng minh MA=MT Chứng minh T A C B M E F T A O C I B K U O' M J H N L F V E Q Dễ thấy T tâm phép đồng dạng chuyển E, B thành F, C Gọi L, J , K, N, U, V trung điểm BE, CF, EC, FB, BC, EF TL=TJ, EB=FC Gọi Q giao (BME) với (CMF), Q tâm phép đồng dạng biến E, B thành C, F nên QE=QC, QF=QB Dễ thấy TLJ tam giác TLQJ nội tiếp đường tròn với tâm I trung điểm TQ Mặt khác, gọi H giao LJ với KN H trung điểm LJ nên T, I, H, Q thẳng hàng dễ thấy IH=HQ TI=2IH Gọi O, O’ tâm TBC TEF, dễ thấy O, I, O’ thẳng hàng (1) Hơn nữa, IQ cắt KN trung điểm H nên IKQN hình bình hành Do IK||QN, IN||QK, suy IK, IM vng góc với BF, CE tức M trực tâm tam giác IKN (2) Hơn nữa, OO’||UV, dễ UKVN hình thoi nên UV vng góc KN, tức OO’ vng góc KN (3) Từ (1), (2) (3) suy O, I, O’,M thẳng hàng Mặt khác, OO’ trung trực TA nên suy MA=MT W Nhận x t Lưu ý Q điểm Miquel tứ giác toàn phần ABMCEF, TAQ  900 Nhận x t 6.1 Xét điểm Fermat âm F’ tam giác ABC giao đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC1, BCA1, CAB1 Thế dễ thấy AA1, BB1, CC1 qua F’ A F' A A1 F' C1 O C1 O A1 N B B C C M P B1 B1 Gọi M, N, P giao cặp {BC, B1C1}; {CA; C1A1}; {AB; A1B1 Áp dụng toán cho ABCB1C1F’ MA=MF’ Tương tự NB=NF’, PC=PF’ Bài tốn Cho tam giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Trên tai AB, AC lấy điểm E, F Gọi K giao trung trực BE với CF T giao điểm thứ hai (O) đường tròn ngoại tiếp AEF Chứng minh ATK  900 B A M N F T K O N E M O A K B C C IMO 1985 Chứng minh Gọi M, N trung điểm BE, CF Xét phép đồng dạng CF   ST  S  T ; k  ;  ( BE; CF )  : BE a CF nên ST : M a N , (TM ; TN )  ( BE; CF ) Mặt BE   khác, ( KM ; KN )  ( AM ; AN )  ( BE; CF ) nên suy (TM ; TN )  ( AM ; AN ) tức ngũ giác TANKM nội tiếp nên suy ATK  900 W Đặc biệt hóa tốn cho tứ giác BEFC nội tiếp để “ẩn” yếu tố trung điểm M, N ta thấy lại thi IMO 1985 sau đây: 10 A K E F Q P B H L C I D   ECF   EKF   EAF   1800 nên K thuộc đường tròn đường kính BC b) Ta có EKF A G K J E N F M H Q P T B I D 32 C Do  P, D, B, C   1 nên IC  ID.IP  IM IG , suy   ICG   ICK   450 (1) IMC  ICG (c.g c)  IMC Gọi T trung điểm PD theo hệ thức Maclaurin, ta có CB.CT  CD.CP  CK CG   900 hay GT  PD Từ G, J , T thẳng hay tứ giác GTBK nội tiếp, suy GTD   450 hàng KGJ Mặt khác CN CJ  CB.CT  CK CG nên tứ giác KNJG nội tiếp, suy   JKG   JGK   450 (2) JNG   GNC   1350 hay điểm G, M , N , C thuộc Từ (1) (2) suy GMC đường tròn (đpcm) Bài 4.3 (IMO 2008) Cho tam giác ABC có trực tâm H Gọi M , M , M trung điểm BC , CA, AB Đường tròn tâm M bán kính M 1H cắt BC A1 , A2 ; Đường tròn tâm M bán kính M H cắt AC B1 , B2 ; Đường tròn tâm M bán kính M H cắt AB C1 , C2 Chứng minh sáu điểm A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 thuộc đường tròn Lời giải Ta có M 1M  CH , H lại điểm chung hai đường tròn  M  ,  M  nên CH trục đẳng phương  M  ,  M  2 A B2 C1 M3 C2 M2 H M1 B A1 B1 A2 33 C Suy CA1.CA2  CB1.CB2 , bốn điểm A1 , A2 , B1 , B2 thuộc đường tròn   Tương tự A1 , A2 , C1 , C2 thuộc đường tròn 2  ; B1 , B2 , C1 , C2 thuộc đường tròn 3  Nếu có hai ba đường tròn trùng hiển nhiên sáu điểm A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 thuộc đường tròn Ngược lại trục đẳng phương 1  , 2  BC, 2  , 3  AB, 1  , 3  AC phải đồng quy điểm, mâu thuẫn Bài toán chứng minh Bài 4.4 Cho tam giác ABC với hai đường phân giác BB ', CC ' cắt I Đường thẳng vuông với IA A cắt BI , CI K , M tương ứng Đường thẳng B ' C ' cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hai điểm N , E Chứng minh bốn điểm M , N , E , K thuộc đường tròn Một số dạng tốn khác Sử dụng phương tích, trục đẳng phương giải tốn dạng khác tốn dựng hình, tìm quỹ tích, chứng minh toán điểm đường cố định…Trong mục chủ yếu ta xét toán điểm đường cố định Bài 5.1 Cho đường tròn  O; R  hai điểm P, Q cố định với P nằm ngoài, Q nằm  O  Một đường thẳng thay đổi qua Q cắt  O  hai điểm A, B PA, PB cắt lại  O  C , D Chứng minh đường thẳng CD qua điểm cố định Lời giải Gọi H giao điểm thứ hai PQ với đường tròn ngoại tiếp tam giác PAB Ta có QO  R  QA.QB  QP.QH , suy QH không đổi, tức H cố định   PBA   PHA  , suy IACH nội tiếp, PO  R  PA.PC  PI PH , Do PCD suy PI không đổi, tức I cố định Vậy đường thẳng CD qua điểm I cố định 34 B D I P H Q O A C Bài 5.2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) A' điểm cố định (O) P điểm di động BC, K thuộc AC cho PK luông song song với đường thẳng d cố định Đường tròn ngoại tiếp tam giác APK cắt đường tròn (O) điểm thứ hai E AE cắt BC M A ' P cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N Chứng minh MN qua điểm cố định P thay đổi Lời giải Đường thẳng qua A' song song với BC cắt (O) điểm thứ hai X Gọi Y giao điểm thứ hai BC đường tròn (AKP); Z giao điểm thứ hai XY đường tròn (O) Rõ ràng X điểm cố định Vì Y , A, P, K đồng viên PK || d nên YA, BC   YA,YP    KA, KP    AC , d  (mod  ) Từ suy Y cố định, suy Z cố định Ta chứng minh MN qua Z, N , A ', Z , X đồng viên XA ' || YP nên  NP, NZ    NA ', NZ    XA ', XZ   YP, XZ  Suy N , P, Z , Y đồng viên 35 (mod  ) d A K X A' O N Y P B C M E Z Từ NZ trục đẳng phương đường tròn  PNYZ  ,  O  ; AE trục đẳng phương đường tròn  O  ,  APK  ; PY trục đẳng phương đường tròn  APK  ,  PNYZ  Suy NZ , AE , PY đồng quy Do NZ qua M, hay đường thẳng MN qua Z cố định (đpcm) Bài 5.3 Cho tam giác ABC khơng cân, khơng vng nội tiếp đường tròn  O  Các tiếp tuyến  O  B C cắt T Đường thẳng AT cắt đường tròn  O  điểm X khác A Kẻ đường kính XY đường tròn  O  , đường thẳng YB, XC cắt P, đường thẳng XB, YC cắt Q a) Chứng minh T trung điểm PQ b) Giả sử đường tròn  O  cố định điểm B, C cố định thuộc đường tròn  O  Biết điểm A di động  O  thỏa mãn điều kiện toán, gọi S giao điểm AY PQ Chứng minh S di động đường thẳng cố định Lời giải a) Gọi T’ trung điểm PQ Ta cm T ' B, T ' C tiếp tuyến  O  Thật   YAC   900    Do OC vng T ' CQ  T ' QC  YBC XAC  900   XYC  900  YCO 36 góc với T’C hay T’C tiếp tuyến  O  Tương tự T’B tiếp tuyến  O  Do T T' trùng (đpcm) b) Ta chứng minh S thuộc đường thẳng BC Thật vậy, dễ chứng minh tứ giác AYQP nội tiếp dựa vào tứ giác điều hòa tam giác đồng dạng Sau chứng minh S nằm trục đẳng phương  O   BCQP  Từ suy S thuộc đường thẳng BC cố định Bài 5.4 Cho hai đường tròn  O1  ,  O2  cắt hai điểm A,B Đường thẳng d quay quanh điểm B cắt  O1  ,  O2  C,D M trung điểm CD, AM cắt lại  O2  P Đường thẳng qua M vng góc O1M cắt AC Q Chứng minh đường thẳng PQ qua điểm cố định Lời giải 37 Q S A d O2 O1 C K O3 B N M P O4 D Gọi  O3  đường tròn ngoại tiếp tam giác ACP AP cắt lại  O1  K d cắt lại  O3  N Gọi  O4  đường tròn ngoại tiếp tam giác DNP S giao điểm thứ hai PQ với  O2  Ta có MP.MA  MB.MD   MB.MC   MK MA MN MC  MA.MP  MB.MD   MB.MC Do MP   MK ; MN   MB , với MD   MC suy phép đối xứng tâm M biến A, B, C theo thứ tự thành P, N , D Suy biến  O1  thành  O4  Kết hợp với MQ  O1O2 suy MQ trục đẳng phương  O1  ,  O4  Do đường thẳng AC , NP, MQ đồng quy, tức Q thuộc NP Bây giờ, gọi S giao điểm thứ hai PQ với  O2  , biến đổi góc suy BS tiếp xúc với  O1  , suy S cố định Vậy đường thẳng PQ qua điểm S cố định (đpcm) 38   900 Gọi H hình Bài 5.5 (IMO 2014) Cho tứ giác lồi ABCD có  ABC  CDA chiếu A xuống BD; S, T thuộc AB, AD cho H nằm tam giác SCT   BSC   900 , THC   DTC   900 SHC Chứng minh BD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác SHT Lời giải Đây toán hay đề thi IMO 2014, lời giải shorlist có hai cách, có lời giải sử dụng đường tròn Apollonius Sau tác giả xin đưa lời giải đơn giản việc sử dụng phương tích Gọi M N hình chiếu C HS HT Ta có   1800  SHC   900  BSC   HCM   BSC  CHM   BSC   HCM   BMC  Do tứ giác SMCB nội tiếp nên BMC   ICM   HCM  , Gọi O I trung điểm AC HC Ta có IMC   BMC  , suy B, I , M thẳng hàng Tương tự ta thu D, I , N thẳng IMC hàng A S O T H D B I N M C 39 Mặt khác O tâm đường tròn  ABCD  OI đường trung bình tam giác AHC nên OI trung trực BD, suy IB  ID Mặt khác IM  IN nên MNBD hình thang cân Gọi 1  , 2  đường tròn ngoại tiếp BCMS CDTN IM IB  IN ID nên PI /1   PI /2  , suy CI trục đẳng phương hai đường tròn 1  , 2  Do PH /1   PH /2  , hay HS HM  HT HN , suy M , N , S , T đồng viên   SMN   SHB  , điều chứng tỏ BD tiếp xúc với đường tròn Từ suy STH ngoại tiếp tam giác SHT (đpcm) Bài 5.6 Cho tam giác ABC nhọn đường tròn thay đổi qua B, C cắt AB, AC M , N Gọi P giao điểm BN CM Q,T giao điểm AP, MN với BC Đường thẳng qua Q song song với MN cắt AB, AC R, S a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác RST qua điểm cố định b) Gọi K trực tâm tam giác AMN, a độ dài cạnh BC d khoảng cách từ A đến đường thẳng PK Chứng minh d  a.cot A 40 III Bài tập áp dụng Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với góc A nhọn Gọi D điểm cung nhỏ BC E, F trung điểm AC, AB Giả sử DE, DF cắt lại với (O) điểm thứ hai tương ứng Y, Z Đường tròn (AEY) cắt (AFZ) điểm thứ hai M Gọi N trung điểm BC đường tròn (DNM) giao với BC điểm thứ hai X Chứng minh AX tiếp tuyến (O) Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường thẳng qua (O) song song với BC, cắt AB, AC F, E Đường tròn ngoại tiếp tam giác (BFO) (CEO) cắt điểm thứ D cắt BC L, K Gọi M giao BE CF Gọi N giao FL EK CMR: D, M, N thẳng hàng Bài Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Giả sử AD cắt BC N, AB cắt CD M, AC cắt BD E Đường thẳng IE cắt MN K Chứng minh KO phân giác góc BKD Bài Cho đường tròn  O  , điểm A cố định ( A  O ) điểm M thay đổi  O  Gọi N giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác OAM với đường tròn  O  Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Bài Cho đường tròn  O  điểm A  O   I  đường tròn thay đổi qua A cắt  O  hai điểm M , N Gọi K giao điểm MN với tiếp tuyến  I  A a) Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định b) Cho đường thẳng  I  thay đổi qua A đồng thời tâm I thuộc đường tròn  O  Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với đường tròn cố định Bài Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ AB điểm M thay đổi bên hình thang Gọi E , F giao điểm MC , MD với AB Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME BMF cắt điểm thứ hai N Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định 41 Bài Cho tam giác ABC nhọn đường tròn thay đổi qua B, C cắt AB, AC M , N Gọi P giao điểm BN CM Q,T giao điểm AP, MN với BC Đường thẳng qua Q song song với MN cắt AB, AC R, S a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác RST qua điểm cố định b) Gọi K trực tâm tam giác AMN, a độ dài cạnh BC d khoảng cách từ A đến đường thẳng PK Chứng minh d  a.cot A Bài (VN TST 2008) Cho tam giác ABC tam giác nhọn, không cân nội tiếp đường tròn tâm O Gọi AD, BE , CF ba đường phân giác tam giác ABC Gọi L, M , N trung điểm 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 Chứng minh  O1  ,  O2  ,  O3  có hai điểm chung đường thẳng nối hai điểm qua trọng tâm tam giác ABC Bài (IMO shorlist 2012-G8) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn   tâm O  đường thẳng khơng có điểm chung với   Gọi P hình chiếu O  Các đường thẳng BC , CA, AB cắt  X ,Y , Z khác P Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AXP, BYP, CZP qua điểm P' khác P Bài 10 (IMO shorlist 2011-G5) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  I tâm đường tròn nội tiếp Các đường thẳng AI , BI cắt  O  điểm D, E tương ứng DE cắt AC F cắt BC G Gọi P giao điểm đường thẳng qua F song song với AD qua G song song với BE Tiếp tuyến A B  O  cắt K Chứng minh ba đường thẳng AE , BD, KP song song đồng quy Bài 11 (Chọn ĐT SP 2011) Cho tam giác ABC với I , I a tâm đường tròn nội tiếp bàng tiếp góc A Gọi   đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, A' giao AI BC M giao điểm thứ hai AI   Lấy N điểm cung 42  đường tròn   Các đường thẳng NI , NI cắt   điểm thứ hai S , T MBA a Chứng minh A ', S , T thẳng hàng Bài 12 (VN TST 2007) Cho tam giác nhọn ABC với đường tròn nội tiếp (I) Gọi (ka ) đường tròn có tâm nằm đường cao góc A tiếp xúc với đường tròn (I) A1 Các điểm B1 , C1 xác định tương tự a) Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng qui P b) Gọi ( J a ), ( J b ), ( J c ) đường tròn đối xứng với đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tam giác ABC qua trung điểm BC, CA, AB Chứng minh P tâm đẳng phương đường tròn nói Bài 13 (USA 1997) Cho tam giác ABC Vẽ tam giác cân BCD, ACE, ABF Chứng minh đường thẳng qua A, B, C vng góc với EF, FD, DE đồng quy Bài 14 (China 97) Tứ giác ABCD nội tiếp  O; R  , AB cắt CD P; BC cắt AD Q Từ Q vẽ tiếp tuyến QE QF Chứng minh P, E, F thẳng hàng Bài 15 (China 2001) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Ba đường cao AD, BE, CF, trực tâm H ED cắt AB M, FD cắt AC N Chứng minh OH  MN Bài 16 Cho bốn điểm A, B, C , D theo thứ tự nằm đường thẳng  O1   O2  đường tròn thay đổi qua A, C B, D Gọi M , N giao điểm  O1   O2  Các tiếp tuyến chung  O1   O2  tiếp xúc với  O1  P1 , Q1 với  O2  P2 , Q2 Gọi I , J trung điểm PP Q1Q2 a) Chứng minh M , N , I , J thẳng hàng b) Chứng minh đường thẳng IJ qua điểm cố định Bài 17 Cho tam giác ABC cân A Gọi D trung điểm AC.Đường tròn ngoại tiếp  E nằm tam giác ABC Đường tam giác BCD giao với phân giác góc BAC tròn ngoại tiếp tam giác ABE giao với BD F ( khác B), AF giao với BE I CI giao với BD K Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK 43 Bài 18 Cho đường tròn (O;R) điểm I cố định đường tròn (I  O), đường thẳng qua I vng góc với OI cắt đường tròn C D; A điểm nằm đường tròn, tia đối xứng với tia IA qua đường thẳng CD cắt đường tròn B Gọi M trung điểm AB a) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định L A thay đổi đường tròn (O;R) b) Gọi N, P giao điểm đường thẳng OM với đường tròn (O) Đường thẳng CN DP cắt Q Chứng minh điểm Q, N tâm đường tròn nội tiếp bàng tiếp tam giác CMD Bài 19 Cho tam giác ABC Gọi B1 điểm đối xứng B qua AC, C1 điểm đối xứng C qua đường thẳng AB, O1 điểm đối xứng O qua BC Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 nằm đường thẳng AO1 Bài 20 Cho hai đường tròn C1  (C ) tiếp xúc với tiếp điểm M Gọi AB tiếp tuyến chung C1  (C ) với A, B phân biệt tiếp điểm Trên tia tiếp tuyến chung Mx hai đường tròn (Mx khơng cắt AB) lấy điểm C khác M Gọi E F giao điểm thứ hai CA với C1  CB với (C ) Chứng minh tiếp tuyến C1  E, tiếp tuyến (C ) F Mx đồng quy 44 C PHẦN KẾT LUẬN Trên đây, tơi trình bày số ứng dụng phương tích- trục đẳng phương để giải số tốn hình học phẳng Các toán chọn đa dạng phong phú xếp theo độ khó tăng dần, qua lời giải cụ thể cho việc áp dụng lý thuyết phương tích- trục đẳng phương tác giả cố gắng đưa nhận xét, toán tương tự mở rộng cho Qua giúp học sinh tiếp cận hình thành phương pháp giải lớp toán loại, đặc biệt giúp em có phương pháp tư hình học nhận dạng dấu hiệu sử dụng phương tích- trục đẳng phương Tác giả hy vọng chuyên đề nhỏ đóng góp phần vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi phần phương tích-trục đẳng phương mong nhận ý kiến đóng góp thầy chuyên gia, thầy đồng nghiệp đề chun đề hồn thiện 45 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Mộng Hy: Các phép biến hình măt phẳng, , NXBGD [2] Nguyễn Đăng Phất: Các phép biến hình mặt phẳng ứng dụng giải tốn hình học, NXBGD [3] Lê Bá Khánh Trình, Kỷ Yếu Trại Hè Tốn học năm 2009 [4] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình: Bài tập nâng cao số chuyên đề hình học 10 NXB Giáo dục, 2006 [5] Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình: Tài liệu chun tốn hình học 10 NXB Giáo dục, 2010 [6] Po-Shen Loh: Collinearity and Concurrence [7] Tài liệu từ Internet: www.matlinks.ro, diendantoanhoc.net, matscope.org 46 ... Từ ta đưa đến cách xác định phép vị tự quay biết trước hai đoạn thẳng AB, A’B’ uuuuur uuur Định l Cho trước hai đoạn thẳng AB, A’B’ A ' B '  t AB ln tồn phép vị tự quay tâm T, góc quay    AB;... quay ta có  B  R (T , ) H (T , k )  Y  B '   A ' B ' | k | XY theo tính chất phép vị tự  , nên suy  A ' B ' P XY  AB  XY Mặt khác,  ( AB; XY )    A ' B ' | k | AB W  (... khơng phụ thuộc góc quay  nên để đơn giản ta thống kí hiệu AB S (T , k ,  ) : AB a A ' B ' phép vị tự quay phù hợp biến AB thành A’B’ mà không cần ý nhiều tới tỉ số k dương hay âm mà ý tới góc