SEVEN CIRCLES THEOREM

ĐỊNH LÝ BẢY ĐƯỜNG TRÒN

   Định lý bảy đường tròn là một trong những kết quả đẹp và nổi tiếng của hình học sơ cấp. Nó được đề xuất vào năm 1974 bởi Evelyn, Money-Coutts, và Tyrrell. Cho đến nay đã có rất nhiều cách chứng minh cho định lý này và kể cả những hệ quả và trường hợp đặc biệt. Bài viết này nhằm giới thiệu và khai thác một số tính chất của nó.

Trước tiên, chúng ta sẽ bắt đầu với một kết quả quen thuộc:
    Định lý Ceva: Cho tam giác $ABC$, các điểm $D, E, F$ theo thứ tự nằm trên $BC, CA, AB$. Khi đó $AD, BE, CF$ đồng qui khi và chỉ khi: $$\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{FA}{FB}=1$$
  Đây là một kết quả quen thuộc nên tôi xin thông qua cách chứng minh. Bây giờ, mở rộng cho định lý Ceva, a thu được định lý Ceva cho dây cung:
   Định lý Ceva cho dây cung: Cho các điểm $A,B,C,D,E,F$ cùng nằm trên một đường tròn. Khi đó, $AD, BE, CF$ đồng qui khi và chỉ khi: $$\dfrac{AB}{DE}.\dfrac{CD}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=1$$
   Chứng minh:

i) Chứng minh điều kiện cần: Giả sử $AD, BE, CF$ đồng qui tại $P$. Ta có: $$\dfrac{AB}{DE}=\dfrac{PA}{PE}\\\dfrac{CD}{FA}=\dfrac{PC}{PA}\\\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{PE}{PC}$$

Suy ra: $$\dfrac{AB}{DE}.\dfrac{CD}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{PA}{PE}.\dfrac{PC}{PA}.\dfrac{PE}{PC}=1$$ 

ii) Chứng minh điều kiện đủ: Giả sử ta có $\dfrac{AB}{DE}.\dfrac{CD}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=1$. Gọi $P$ là giao điểm của $BE, CF$. Giả sử $AP$ cắt đường tròn tại $D'$. Khi đó, ta có: $$\begin{cases} \dfrac{AB}{DE}.\dfrac{CD}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=1\\\\\dfrac{AB}{D'E}.\dfrac{CD'}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=1\end{cases}$$ Suy ra: $$\dfrac{CD}{DE}=\dfrac{CD'}{D'E}\Leftrightarrow CD.D'E-CD'.DE=0$$ Ngoài ra, theo định lý Ptolemy , ta còn có: $$CD.D'E-CD'.DE=DD'.CE\Rightarrow DD'.CE=0\Rightarrow D\equiv D'$$ Định lý được chứng minh.

  Bổ đề: Cho hai đường tròn $C_1(M; r_1)$ và $C_2(N;r_2)$ tiếp xúc với nhau và cùng tiếp xúc trong với đường tròn $C(O;R)$. Giả sử $C_1, C_2$ tiếp xúc với $C$ tại $A, B$ tương ứng. Khi đó, ta có: $$AB^2=\dfrac{4R^2r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}$$

  Chứng minh:

  Áp dụng định lý Cosine, ta có $$\begin{aligned}\cos \angle MON&=\dfrac{OM^2+ON^2-MN^2}{2OM.ON}\\&=\dfrac{(R-r_1)^2+(R-r_2)^2-(r_1+r_2)^2}{2(R-r_1)(R-r_2)}\\&=\dfrac{R^2-R(r_1+r_2)-r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}\end{aligned}$$ Từ đó dễ dàng suy ra: $$\begin{aligned} AB^2&=2R^2(1-\cos\angle MON )\\&=2R^2.\left(1-\dfrac{R^2-(r_1+r_2)-r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}\right)\\&=\dfrac{4r^2r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}\end{aligned}$$

Bây giờ quay lại với định lý bảy đường tròn: 

   Định lý bảy đường tròn: Xét dãy các đường tròn $(O_i;r_i)$, với $i=\overline{1,6}$ cùng tiếp xúc với một đường tròn $(O,r)$ thỏa mãn đường tròn $(O_i;r_i)$ tiếp xúc với đường tròn $(O_{i-1};r_{i-1})$ và đường tròn $(O_{i+1};r_{i+1})$ (giả sử $(O_1;r_1)\equiv (O_7;r_7)$). Gọi $T_i$ là tiếp điểm của $(O;r)$ với $(O_i,r_i)$. Khi đó, các đường thẳng $T_1T_4, T_2T_5, T_3T_6$ đồng qui. 

   Chứng minh:

    Theo bổ đề trên, ta có; $$T_iT_{i+1}=2R.\sqrt{\dfrac{r_ir_{i+1}}{(R-r_i)(R-r_{i+1})}}$$

 Từ đó suy ra: $$\dfrac{T_1T_2}{T_4T_5}.\dfrac{T_2T_3}{T_5T_6}.\dfrac{T_3T_4}{T_6T_1}=\dfrac{2R.\sqrt{\dfrac{r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}}}{2R.\sqrt{\dfrac{r_4r_5}{(R-r_4)(R-r_5)}}}.\dfrac{2R.\sqrt{\dfrac{r_2r_3}{(R-r_2)(R-r_3)}}}{2R.\sqrt{\dfrac{r_5r_6}{(R-r_5)(R-r_6)}}}.\dfrac{2R.\sqrt{\dfrac{r_3r_4}{(R-r_3)(R-r_4)}}}{2R.\sqrt{\dfrac{r_6r_1}{(R-r_6)(R-r_1)}}}=1$$ Theo định lý Ceva về dây cung thì ta có điều phải chứng minh.

Ngoài ra trong trường hợp các đường tròn $(O_i, r_i)$ tiếp xúc ngoài với $(O,r)$ thì  ta có thể thay dấu $"-''$ bởi dấu $''+''$ sao cho kết quả bài toán vẫn đúng

Với các đường tròn tiếp xúc ngoài: 

Trường hợp các đường tròn tiếp xúc ngoài

Trong thực tế, định lý bảy đường tròn không chỉ dừng lại ở sáu đường tròn tiếp xúc liên tiếp. Ta có thể thấy chúng qua các hình vẽ bên dưới: 

Một kết quả khác có thể nói là có "anh em họ hàng" với định lý bảy đường tròn là định lý Đào. Định lý này được phát biểu bởi Đào Thanh Oai lần đầu tiên tại www.cut-the-knot.com vào năm 2013 với tên gọi đầy đủ là  định lý Đào về sáu tâm đường tròn liên hệ với một lục giác nội tiếp . Định lý được phát biểu như sau: 

  Định lý Đào: Cho sáu điểm $A,B,C,D,E,F$ cùng nằm một đường tròn. Gọi $U,V,W,X,Y,Z$ theo thứ tự là giao điểm của các đường $(AF,BC); (AB,CD);(BC,DE)CD,EF);(DE,FA);(EF,AB)$. Đặt $O_1, O_2, O_3, O_4, O_5, O_6$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABU, BCV, CDW, DEX,EFY,FAZ$. Khi đó, các đường thẳng $O_1O_4, O_2O_5, O_3O_6$ đồng qui.

Chứng minh: 

     1. Chứng minh của Telv Cohl: xem tại đây

     2. Chứng minh của Nikolaos Dergiades: xem tại đây

Có thể nhận thấy rằng, định lý Pascal và định lý Brianchon chỉ là một trưởng hợp tầm thường của định lý Đào. Ngoài ra, trong trường hợp lục giác suy biến thành tam giác thì ta thu được một bài toán thú vị:

   Định lý Kosnita: Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Kí hiệu $O_a, O_b, O_c$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC, OCA, OAB$. Khi đó, $AO_a, BO_b, CO_c$ đồng quy. 

   Điểm đồng quy nói trên được gọi là điểm Kosnita.

 Chứng minh: 

     

   Gọi $H, N$ lần lượt là trực tâm và tâm Euler của tam giácc $ABC$. Gọi $M$ là trung điểm của  $BC,AN$  cắt $OO_a$ tại $L$.

.Dễ thấy tứ giác $AHLO$ là hình bình hành nên $OL=AH=2OM$. Suy ra tam giác $)CL$ cân tại $C$. Kéo theo: $$\angle CLO =\angle COL =\angle OCO_a$$ Từ đây ta có $\Delta OCL \sim \Delta OO_aC$, Cho nên: $$OC^2=OL.OO_a\Rightarrow OA^2=OL.OO_a$$ Điều này cho thấy $\Delta OAL\sim \Delta OO_aA$, suy ra: $$\angle OAN=\angle OAL=\angle OO_aA=\angle HAO_a$$ Điều này chứng tỏ $AN, AO_a$ đẳng giác trong góc $HAO$. Mà $AH, AO$ là đẳng giác trong góc $BAC$ nên $AN, AO_a$ là đẳng giác trong góc  $BAC$.Ta có các cặp đường đẳng giác  $(AN, AO_a), (BN, BO_b), (CN, CO_c)$ . Do $AN, BN, CN$ đồng quy tại $N$  nên $AO_a, BO_b, CO_c$ đồng quy.

  Trong trường hợp suy biến thành tứ giác, ta có bài toán: 

    Bài toán: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $A$ giao với $CB,CD$ lần lượt tại $A_b,A_d$. Tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $C$ giao với $AB,AD$ lần lượt tại $C_b; Cd$. Gọi $O_{ab},O_{ad},O_{cb},O_{cd}$ lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $(AA_bB),(AA_dD),(CC_bB),(CC_dD)$. Khi đó giao điểm của hai đường thẳng $O_{ab}O_{cd}$ và $O_{ad}O_{cb}$ nằm trên đường chéo của tứ giác $ABCD$.

   Định lý năm đường tròn: Cho năm đường tròn với tâm nằm trên một đường tròn chung thứ sáu và mỗi đường tròn này giao với một đường tròn liền kề phía trước và phía sau nó cũng tại đường tròn chung thứ sáu, khi đó đường thẳng nối các giao điểm thứ hai của chúng sẽ tạo thành một ngũ giác với các đỉnh nằm trên các đường tròn đó.

   

Một kết quả khá thú vị từ bài toán trên:

Bài toán:Cho ngũ giác $ABCDE$. Kí hiêu $X, L, Y, Z, T$ là giao điểm của các cặp $(AD, BE); (AD, CE); ((AC, BE); (AC, BD); (EC, BD)$. Gọi $A_1, B_1, C_1, D_1, E_1$ lần lượt là giao điểm của các đường tròn $[(EAX), (ABY)]; [(ABY), (BCZ)];[(BCZ), (DCT)]; [(DCT), (ELD)]; [(ELD), (EAX)]$ Chứng minh rằng: $A_1B_1C_1D_1E_1$ nội tiếp.

Xem chứng minh tại đây

  TÀI LIỆU THAM KHẢO: 

        1. The seven circles theorem -Stanley Rabinowits

        2. Định lý Casey và ứng dụng - Nguyễn Văn Linh
        3. Định lý Đào về sáu tâm đường tròn 
               http://vi.wikipedia.org/wiki/Định_lý_Đào_về_sáu_tâm_đường_tròn.
        4. Một bài toán về sáu tâm đường tròn
              http://diendantoanhoc.net/home/hình-học/1426-một-bài-toán-về-sáu-tâm-đường-tròn.
        5. Định lý năm đường tròn
              http://vi.wikipedia.org/wiki/Định_lý_năm_đường_tròn.

   

Phương tích- hàng điều hòa

Bài toán: Cho tam giác nhọn $ABC$ và một đường tròn thay đổi qua $B, C$ cắt $AB, AC$ tại $M, N$. Gọi $P$ là giao điểm của $BN$ và $CM$, $Q,T$ là giao điểm của $AP, MN$ với $BC$. Đường thẳng qua $Q$ và song song với $MN$ gặp $AB, AC$ lần lượt tại $R, S$.
      a. Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác $BKN$ luôn đi qua điểm cố định.
      b.Gọi $K$ là trực tâm tam giác $AMN$. Đặt $BC=a, d$ là khoảng cách từ $A$ tới $PK$. Chứng minh rằng, $d\le a. \cot A$

Lời giải:
     a. Ta có $RS || MN$ nên $\angle BRS=\angle TMb=180^o-\angle BMN=\angle BCS$, hay tứ giác $BSCR$ nội tiếp, suy ra: $$\overline{QB}.\overline{QC}=\overline{QR}.\overline{QS}$$ Mặt khác, ta lại có $(BCQT)=-1$, Gọi $E$ là trung điểm $BC$, theo hệ thức Maclaurin ta có: $$\overline{QT}.\overline{QW}=\overline{QB}.\overline{QC}$$ Từ đây suy ra: $\overline{QT}.\overline{QE}=\overline{QR}.\overline{QS}$, tức là $T, R, S, E$ đồng viên hay nói cách khác đường tròn $(TRS)$ luôn đi qua trung điểm $E$ cố định của $BC$.
   b. Ký hiệu $(XY)$ là dùng để chỉ đường tròn có đường kính $XY$. Gọi $B', C'$ là hình chiếu của $B, C$ lên $AB, AC$. Khi đó, dễ thấy $B'\in (BN),\, C'\in (CM)$.
   Ta có: $\Delta B'C'H\sim \Delta CBH$ nên: $$\overline{HB'}.\overline{HB}=\overline{HC'}.\overline{HC}$$ Suy ra $H$ nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn $(BN)$ và $(CM)$. Tương tự, ta cũng chứng minh được $K$ nằm trên trục đẳng phương của $(BN)$ và $(CM)$.
  Mặt khác, ta lại có $\overline{PM}.\overline{PC}=\overline{PN}.\overline{PB}$ nên $P$ nằm trên trục đẳng phương của $(BN) $ và $(CM)$. Vậy, $P, K, H$ thẳng hàng, suy ra: $d\le AH$. Kết hợp với: $$AH=\dfrac{AB'}{\sin\angle AHB'}=\dfrac{AB'}{\sin\angle ACB}=BC.\dfrac{AB'}{BB'}=BC.\cot A$$ Tóm lại, ta có được: $d\le a.\cot A$
   Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Bài toán đường thẳng Euler

Bài toán: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, $(J)$ là đường tròn bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$. Đường tròn $(J)$ tiếp xúc với $BC, CA, AB$ tại $M, P, N$. Chứng minh rằng, $JO$ là đường thẳng Euler của tam giác $MNP$

Lời giải:
   Gọi $M', N', P'$ theo thứ tự là giao điểm của các cặp đường thẳng $(JA,PN); (JC;PM); (JB; MN)$. Rõ ràng đường tròn Euler của các tam giác $MNP$ cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác $M'N'P'$. Gọi $A',B',C'$ theo thứ tự là giao điểm của $JA, JB, JC$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
  Ta có $$\overline{JB}.\overline{JB'}=\overline{JA}.\overline{JA'}=\overline{JC}.\overline{JC'}$$  Đồng thời. $$\overline{JM'}.\overline{JA}=\overline{JB}.\overline{JP'}=\overline{JC}.\overline{JN'}$$  Suy ra $$\dfrac{\overline{JM'}}{\overline{JA'}}=\dfrac{\overline{JP'}}{\overline{JB'}}=\dfrac{\overline{JN'}}{\overline{JC'}}$$ Theo đó, ta có được: $A'B'||M'N',\; B'C'||P'N',\; C'A'||M'N'$. Từ đó suy ra tồn tại phép vị tự $V_{J,k}$ sao cho $V_{J,k}: \Delta M'N'P' \to\Delta A'C'B'$, suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A'B'C', M'N'P'$ và $J$ thẳng hàng, hay nói cách khác $JO$ là đường thẳng Euler của tam giác $MNP$ (dpcm).

Bài toán: (Chọn đội tuyển lớp 10, trường chuyên KHTN Hà Nội, năm 2014)
 Cho tam giác nhọn $ABC$, điểm $P$ cố định di chuyển trên $BC$. Kí hiệu $(K)$ và $(L)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác $PAB$ và $PAC$. Lấy điểm $S$ nằm trên $(K)$ sao cho $PS||AB$, lấy điểm $T$ trên $(L)$ sao cho $PT||AC$.
        1. Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác $ATS$ luôn đi qua điểm $J$ cố định khác $A$
        2. Gọi $E$ là giao điểm khác $A$ của $CA$ với $(K)$, $F$ là giao điểm khác $A$ của $AB$ với $(L)$. $BE$ cắt $CF$ tại $G$. Chứng minh rằng đường thẳng $PG$ đi qua $J$ khi và chỉ khi $AP$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$.

Lời giải:
1.    Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng tứ giác $ASJT$ nội tiếp.
    Gọi $Q$ và $ R$ theo thứ tự là giao điểm của $AT$ và $AS$ với $BC$

      Ta có: tứ giác $PSAB$ là tứ giác nội tiếp
                $PS || AB$
            $\Rightarrow \angle ABP=\angle BAS \Rightarrow\Delta ARB$ cân tại $R$ $\Rightarrow \angle BAR=\angle ABR$

    Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được  $\angle QAC=\angle QCA$. Như vậy, ta có: $$\angle QAC+\angle BAR=\angle ABC+\angle ACB=180^{\circ}-\angle BAC$$ $$\Leftrightarrow \angle QAR=180^{\circ}-2\angle BAC$$ Mặt khác, do $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $\Delta ABR$ là tam giác cân nên ta nhận ra rằng: $$\angle QJA=\angle BJP$$ Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:$\angle TJA=\angle PJC$. Do đó: $$\angle SJA+\angle AJT=\angle BJP+\angle PJC=\angle BJC$$ Lại do $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ nên:  $\angle BJC=2\angle BAC$

 Và như vậy, ta thu được: $$\angle QAR=180^{\circ}-\angle TJS\Leftrightarrow \angle QAR+\angle TJS=180^{\circ}$$ Điều này chứng tỏ rằng $ASJT$ nội tiếp (đpcm).

2.  Ta có: $$\angle PBE+\angle PCE=\angle PAE+\angle PAF=\angle BAC\Rightarrow \angle FGE+\angle BAC=180^{\circ}$$
  Như vậy, ta có tứ giác $AEGF$ nội tiếp, suy ra: $$\angle EGC=\angle EAF=\angle EPG$$ suy ra $CEGP$ và $BFGP$ cũng là các tứ giác nội tiếp.

  Gọi $H$ là điểm đối xứng của $A$ qua $BC$, thế thì: $$\angle BPH=\angle APB=\angle AEB=\angle GPC$$ Như vậy, $PG$ đi qua $H\Rightarrow $ $PG$ đối xứng với $AP$ qua $BC$.

Theo đó, ta có : $PG$ đi qua $J$ khi và chỉ khi $AP$ đi qua điểm đối xứng của $J$ qua $BC$. Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi $AP$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$.
  Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

Bài toán:  Cho $M$ là một điểm bất kì nằm trong tam giác $ABC$. Kí hiệu các khoảng cách từ $M$ đến ba đỉnh $A, B, C$ là $R_a,  R_b, R_c$ và các khoảng cách từ $M$ đến ba cạnh $BC, CA, AB$ là $d_a, d_b, d_c$. Chứng minh rằng: $$d_a+d_b+d_c\ge 2\left(\dfrac{d_b.d_c}{R_a}+\dfrac{d_c.d_a}{R_b}+\dfrac{d_a.d_b}{R_c}\right)$$ Lời giải:
Gọi $A_1, B_1, C_1$ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $M$ xuống $BC, CA, AB$. Ta có: $$B_1C_1=MA.\sin A=R_a.\sin A$$ $$C_1A_1=MB. \sin B=R_b.\sin B$$ $$A_1B_1=MC. \sin C=R_c.\sin C$$ Dựng $MA_2 \perp B_1C_1, MB_2 \perp C_1A_1, MC_2\perp A_1B_1$, thế thì ta có: $$MA_2=MB_1.\sin \angle MB_1A_2=MB_1.\sin\angle MAC_1=\dfrac{MB_1.MC_1}{MA}$$ $$MB_2=MC_1. \sin\angle MC_1B_2=MC_1. \sin\angle MBA_1=\dfrac{MC_1.MA_1}{MB}$$ $$MC_2=MA_1.\sin \angle MA_1C_2=MA_1.\sin\angle MCB_1=\dfrac{MA_1.MB_1}{MC}$$ Xét tam giác $A_1B_1C_1$ có khoảng cách từ $M$ đến $A_1, B_1, C_1$ là $d_a, d_b, d_c$. Khoảng cách từ $M$ đến $B_1C_1, C_1A_1, A_1B_1$ lần lượt là $\dfrac{d_bd_c}{R_a}, \dfrac{d_cd_a}{R_b}, \dfrac{d_ad_b}{R_c}$

Áp dụng bất đẳng thức Erdos Modell, ta có:$$d_a+d_b+d_c\ge 2\left(\dfrac{d_b.d_c}{R_a}+\dfrac{d_c.d_a}{R_b}+\dfrac{d_a.d_b}{R_c}\right)$$  Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Bài toán: Cho $\Delta ABC$ cân tại $A$. Gọi $D$ là trung điểm $BC$. Lấy điểm $E$ ở ngoài tam giác sao cho $CE$ vuông góc với $AB$ và $BD = BE$. Trung trực của đoạn thẳng $BE$ cắt cung nhỏ $AD$ của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABD$ tại $F$.Chứng minh rằng $DE \perp DF$.

Lời giải:

Gọi $I$ là trung điểm của $EP$, $H$ là giao điểm của $CE$ và $AB$. Vẽ đường thẳng $Dx$ vuông góc với $DE$ cắt đường trung trực của $EB$ tại $F'$.

Ta có tứ giác $AHDC$ nội tiếp nên: \[\angle BAD = \angle ECB\]

Lại có: $\angle ECB= \angle IDB$ (do $DI // CE$) nên: \[ \angle BAD = \angle IDB (1)\]

Mà tứ giác $IEF'D$ nội tiếp nên: \[ \angle IDB = \angle EDB - \angle IDE= \angle IED - \angle IDE = \angle IF'D - \angle IF'E = \angle BF'D (2)\]

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra:  \[ \angle BF'D = \angle BAD \]

Nên tứ giác $AF'DB$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$, mà $F,F'$ nằm cùng một nửa mặt phẳng bờ $EB$ nên ta có:

                                                             $ F \equiv F' \Rightarrow DE \perp DF$

Bài toán được chứng minh.

Bài toán: Cho $\Delta ABC$, lấy $D,E,F$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$ sao cho $AD,BE,CF$ đồng quy.$M,D,E$ lần lượt thuộc các cạnh $EF,DF,DE$ sao cho $MD,NE,PF$ đồng quy. Chứng minh rằng: $AM,BN,CP$ đồng quy.

Lời giải:

Ta có:

                                    $$\dfrac{S_{AEM}}{S_{AFM}}=\dfrac{AE.sin\angle EAM}{AF.sin\angle FAM }$$

                          $$\Rightarrow \dfrac{sin\angle EAM}{sin\angle FAM}=\dfrac{S_{AEM}.AF}{S_{AMF}.AE}=\dfrac{ME.AF}{MF.AE}$$

Tương tự ta có:

                                          $\dfrac{sin\angle FBN}{sin\angle NBD}=\dfrac{NF.BD}{ND.BF}$, $\dfrac{sin\angle PCD}{sin\angle PCE}=\dfrac{PD.CE}{PE.CE}$

Lại có:

$AD,BE,CF$;$DM,EN,FP$ đồng quy nên theo định lí Ceva,ta có:

                                                  $$\dfrac{AF.BD.CE}{BF.CD.AE}=1$$

                                                  $$\dfrac{ME.FN.DP}{FM.DN.EP}=1$$

Từ đó ta suy ra:

                               $$\dfrac{sin\angle MAE.sin\angle FBN.sin\angle PCD}{sin\angle MAF.sin\angle NBD.sin\angle PCE}=1$$

Theo định lí Ceva-sin thì ta có đpcm.

Bài toán:Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. Giả sử $\begin{vmatrix} AD-BC \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} AC - BD \end{vmatrix}$. Chứng minh tứ giác $ABCD$ là hình thang cân.

Lời giải:

Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $AB,BD,AC$ lần lượt là trung điểm của $AB,BD,AC$.

Áp dụng công thức đường trung tuyến vào các tam giác $ABC, ADC, BDP$, ta có: \[AB^2 + BC^2+ CD^2 + DA^2= 2(BP^2 + DP^2)+ AC^2= 4NP^2 + AC^2 + BD^2 (1)\]

Theo định lý Ptolemy, ta có: \[AB.CD + AD.BC = AC.BD (2) \to 2AB.CD +2AD.BC = 2AC.BD \]

Lấy $(1)$ trừ $(2)$ vế theo vế ta được: \[{\left( {AB - CD} \right)^2} + {\left( {BC - AD} \right)^2} = {\left( {AC - BD} \right)^2} + 4N{P^2}\]

Kết hợp với giả thiết suy ra: \[{\left( {AB - CD} \right)^2} = 4N{P^2} \Leftrightarrow NP = \frac{1}{2}|AB - CD| = |MN - MP|\]

Theo BĐT tam giác suy ra $MN=MP \to AD=BC$

Vậy $ABCD$ là hình thang cân.

bài tập tập huấn IMO 2011

Bài 1. Cho tứ giác  nội tiếp đường tròn . Phân giác  cắt  tại . Phân giác  cắt  tại .  giao  tại . Đường tròn ngoại tiếp tam giác  cắt đường thẳng qua  song song  tại .  cắt  lần lượt tại .  cắt  lần lượt tại . Chứng minh rằng .

Bài 2. Cho tam giác  nội tiếp đường tròn . Đường tròn  tiếp xúc trong với  tại và tiếp xúc .  cắt  tại  khác . Tiếp tuyến tại  của  cắt  tại . cắt  tại .  cắt  tại  khác .  cắt  tại  khác . Chứng minh rằng  và  đồng quy.

Bài 3. Cho tam giác  phân giác . Đường tròn qua  tiếp xúc  cắt  tại  khác . Đường tròn qua  tiếp xúc  cắt  tại  khác .  giao  tại ,  giao  tại . Chứng minh rằng đường thẳng nối trung điểm  song song .

Bài 4. Cho  là dây cung của . Đường tròn  tiếp xúc trong  tại  và tiếp xúc tại . Đường tròn  tiếp xúc trong , tiếp xúc ngoài  tại  và tiếp xúc  tại .  cắt  tại  khác . Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  luôn thuộc đường thẳng cố định khi  di chuyển và  luôn nằm giữa  và .

Bài 5. Cho tam giác .  là điểm bất kỳ  lần lượt cắt  tại . Đường tròn  cắt  lần lượt tại .  là điểm bất kỳ.  lần lượt cắt  tại .  lần lượt cắt  tại . Chứng minh rằng  đồng quy.

Bài 6. Cho tam giác  nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp . Một đường thẳng qua  cắt  tại  và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác  tại  khác ,  nằm trong tam giác . Điểm  trên cạnh  thỏa mãn . Chứng minh rằng .

Bài 7. Cho  tiếp xúc .  thuộc tia đối tia . Đường tròn ngoại tiếp tam giác  cắt  tại  khác .  là hình chiếu của  xuống . Chứng minh rằng .

Bài 8. Cho tứ giác  nội tiếp.  là trung trực của .  là điểm thuộc .  là đối xứng của  qua phân giác . Chứng minh rằng  và  đồng quy.

Bài 9. Cho tam giác  cân tại . Đường tròn  qua  tiếp xúc . Đường tròn qua  tiếp xúc .  cắt  tại  khác . Đường thẳng  qua  cắt tại . Đường tròn qua  tiếp xúc  cắt đường tròn ngoại tiếp tam 

giác  tại . Chứng minh rằng .

Bài 10. Cho tam giác . Trung trực  cắt  tại .  thuộc đoạn .  giao  tại . Đường thẳng qua  song song  cắt  tại . Đường tròn  cắt tại  khác .  giao  tại .  giao  tại . Chứng minh rằng .

Bài 11. Cho tam giác ,  bất kỳ.  là trung điểm .  cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác  tại  khác .  cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại  khác .  cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác  tại  khác .

a) Chứng minh rằng các đường tròn  có điểm chung  khác .

b) Chứng minh rằng  luôn đi qua điểm cố định.

Bài 12. Cho tam giác .  lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và điểm Lemoine của tam giác .  cắt  tại .  lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và điểm Lemoine của tam giác . Chứng minh rằng  và  đồng quy khi và chỉ khi .

Bài 13. Cho tứ giác . Chứng minh rằng

Trong đó  là phương tích của điểm  đối với đường tròn ngoại tiếp tam giác .

Bài 14. Cho ngũ giác  có  và .  là điểm thuộc sao cho .  cắt  tại ,  cắt  tại . Chứng minh rằng cùng thuộc một đường tròn.

Bài 15. Cho tam giác  tâm đường tròn nội tiếp . Đường tròn  qua  tiếp xúc cắt  tại . Chứng minh rằng  khi và chỉ chi  cùng thuộc một đường tròn.

Bài 16. Cho tam giác  đường cao  đồng quy tại .  là trung điểm .  đồng quy tại .  là điểm đẳng giác của  đối với tam giác . Chứng minh rằng  là tâm vị tự ngoài của đường tròn Euler và đường tròn ngoại tiếp tam giác .

Bài 17. Cho  và  là hai đường tròn trực giao.  thuộc  và  thuộc  sao cho  và  cắt nhau trên trục đẳng phương của  và . Chứng minh rằng  đi qua tâm vị tự trong hoặc ngoài của  và .

Bài 18. Cho hình chữ nhật  nội tiếp đường tròn . Đường tròn  tiếp xúc  tại . Lấy  thuộc  sao cho  và .  giao  tại ,  giao  tại . Chứng minh rằng  cùng thuộc một đường tròn.

Bài 19. Cho tam giác  trọng tâm . Đường thẳng  cắt  lần lượt tại . Đường thẳng qua  song song với  lần lượt cắt nhau tạo thành tam giác . Gọi  là trọng tâm tam giác . Chứng minh rằng  đi qua trung điểm .

Bài 20. Cho tam giác  trực tâm , tâm ngoại tiếp .  là trung điểm của . Đường tròn nội tiếp  tiếp xúc  tại . Chứng minh rằng điểm đối xứng của  qua nằm trên .

Bài 21. Cho tam giác  đường tròn bàng tiếp góc  là  tiếp xúc  tại . Đường tròn bàng tiếp góc  là  tiếp xúc  tại .  cắt  lần thứ hai tại .  cắt  lần thứ hai tại .  giao  tại . Chứng minh rằng .

Bài 22. Cho tam giác  đường tròn  bàng tiếp góc  tiếp xúc  tại . BE giao  lần thứ hai tại .  cắt  lần thứ hai tại .  là điểm thuộc . cắt  lần thứ hai tại . Chứng minh rằng  đồng quy.

Bài 23. Cho tam giác .  là điểm bất kỳ.  lần lượt cắt  tại . Phân giác  cắt phân giác  tại . Phân giác  cắt phân giác  tại . Phân giác  cắt phân giác  tại . Chứng minh rằng đồng quy.

Bài 24. Cho tam giác . Đường tròn nội tiếp tiếp xúc  tại . Đường tròn -mixtilinear tiếp xúc  tại . Đường tròn -mixtilinear tiếp xúc  tại , đường tròn -mixtilinear tiếp xúc  tại .  giao  tại ,  giao  tại ,  giao tại .

a) Chứng minh rằng 

b) Chứng minh rằng  là hình bình hành.

Bài 25. Cho tam giác , đường tròn nội tiếp tiếp xúc  tại . Đường tròn -mixtilinear tiếp xúc  và đường tròn ngoại tiếp tam giác  tại . Chứng minh rằng .

Bài 26. Cho tam giác . Đường tròn mixtilinear ứng với  tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác  tại . Đường tròn mixtilinar ứng với  tiếp xúc  tại . Chứng minh rằng phân giác  đi qua tam đường tròn nội tiếp tam giác .

Bài 27. Cho tam giác  với . Đường tròn mixtilinear ứng với  tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác  tại . Đường tròn nội tiếp tam giác  tiếp xúc tại . Chứng minh rằng .

Bài 28. Cho tam giác  nội tiếp . Đường tròn mixtilinear ứng với  tiếp xúc  và  tại . Đường tròn mixtilinear ứng với  tiếp xúc  và  tại . Chứng minh rằng 

Bài 29. Cho tam giác . Đường tròn mixtilinear ứng với  là  tiếp xúc  tại . Đường thẳng  và  cắt nhau tại . Chứng minh rằng  là phân giác .

Bài 30. Cho tam giác  với đường tròn ngoại tiếp  và một điểm .  cắt  tại điểm thứ hai .  lần lượt là hình chiếu của  lên .  là trực tâm tam giác .  là đối xứng của  qua . Chứng minh rằng  đồng quy tại  thuộc .