Phan Đình Trung: Tỉ số kép và hàng điểm

Bài toán 1 (Đề thi Olympic Duyên Hải Bắc Bộ 2012-2013 môn toán lớp 11)

Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$ và nội tiếp $(O)$ . Tiếp điểm với $(I)$ trên $BC,CA,AB$ theo thứ tự là $D,E,F$ . $H$ là chân vuông góc hạ từ $D$ xuống $EF$ . $AH$ cắt $(O)$ tại $G$ . Tiếp tuyến tại $G$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T$ . Chứng minh tam giác $TDG$ cân.

Lời giải :

Theo định lí sin trong tam giác $BGC$ :

$\dfrac{BG}{GC}=\dfrac{sin\angle GBC}{sin\angle GCB}=\dfrac{sin\angle HAE}{sin\angle HAF}$

Lại theo định lí sin trong các tam giác $AFH,AEH$ :

$\dfrac{HF}{sin\angle HAF}=\dfrac{HA}{sin\angle AFH}=\dfrac{HA}{sin\angle AEH}=\dfrac{HE}{sin\angle HAE}\Rightarrow \dfrac{sin\angle HAF}{sin\angle HAE}=\dfrac{HF}{HE}$

Lại có :

$\dfrac{HF}{HE}=\dfrac{FD.cos\angle EFD}{DE.cos\angle FED}=\dfrac{\dfrac{BD.sin\angle B}{sin\angle BDF}.cos\left ( \pi -\angle AFE-\angle BFD \right )}{\dfrac{DC.sin\angle C}{sin\angle EDC}.cos\left ( \pi -\angle DEC-\angle FEA \right )}=\dfrac{BD}{DC}$

Từ đó ta có :

$\dfrac{BG}{GC}=\dfrac{BD}{DC}$

Suy ra $GD$ là phân giác trong tam giác $BGC$ .

Kẻ phân giác ngoài $GS$ ta có hàng điều hòa phân giác :

$(SDBC)=-1$

Do đó nếu ta gọi trung điểm của $SD$ là $T'$ thì theo hệ thức Maclaurin :

$\overline{BT'}.\overline{BD}=\overline{BC}.\overline{BS}$

$\overline{CT'}.\overline{CD}=\overline{CB}.\overline{CS}$

Lần lượt chia hai đẳng thức trên theo vế :

$\dfrac{\overline{BT'}}{\overline{CT'}}=-\dfrac{\overline{BS}}{\overline{CS}}.\dfrac{\overline{BD}}{\overline{CD}}$

Chú ý theo tính chất phân giác trong và phân giác ngoài ta có :

$\dfrac{BS}{CS}=\dfrac{BG}{GC}=\dfrac{BD}{DC}$

Do đó mà $\dfrac{\overline{BT'}}{\overline{CT'}}=\dfrac{BG^2}{CG^2}$

Hơn nữa vì hai tam giác $TGB$ và $TCG$ đồng dạng nên ta có :

$\dfrac{BG^2}{CG^2}=\dfrac{TB^2}{TG^2}=\dfrac{TB^2}{\overline{TC}.\overline{TB}}=\dfrac{\overline{BT}}{\overline{CT}}$

Suy ra :

$\dfrac{\overline{BT}}{\overline{CT}}=\dfrac{\overline{BT'}}{\overline{CT'}}\Rightarrow T\equiv T'$

Từ đó để ý rằng $T$ chính là tâm ngoại tiếp tam giác $SGD$ nên $TG=TD$ . Vậy tam giác $TGD$ cân.

Bài toán 2 (Kiểm tra đội tuyển lớp 10 THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai 2012-2013).

Cho đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$ và tiếp xúc $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$ . Đường thẳng qua $A$ song song với $BC$ cắt $EF$ tại $K$ . Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ . Chứng minh rằng : $IM$ vuông góc với $DK$ .

Lời giải :

Bổ đề : Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$ , các tiếp điểm trên $BC,CA,AB$ lần lượt là $D,E,F$ . $M$ là trung điểm của $BC$ . Khi đó ta có $ID,EF,AM$ đồng quy.

Chứng minh tại đây

Quay trở lại bài toán :

Theo bổ đề ta có $AM,EF,ID$ đồng quy tại $G$ .

Ta có $AK\parallel BC,BM=CM$ nên $A(BCMK)=-1$ .

Kéo theo $A(EFKG)=D(EFKG)=-1$

Qua $I$ kẻ tia $Ix$ song song với $BC$ . Tương tự trên ta có $(Ix,IM,IC,IB)=-1$

Suy ra $(Ix,IM,IC,IB)=(DG,DK,DE,DF)=-1$ . Kết hợp với $DI\perp Ix,DF\perp IB,DE\perp IC$ ta suy ra $DK\perp IM$

Bài toán 3 : (Gặp gỡ Toán học lần IV) Cho điểm $P$ nằm ngoài đường tròn $(O)$ . $PC$ là tiếp tuyến của $(O)$ kẻ từ $P$ , $PAB$ là cát tuyến. $CD$ là đường kính của $(O)$ . Gọi $E$ là giao điểm của $PO$ với $BD$ . Chứng minh rằng $CE$ vuông góc với $CA$ .

Lời giải :

Kẻ tiếp tuyến $PG$ đến $(O)$ ( $G$ là tiếp điểm)

Gọi $I$ là giao điểm của $PO$ với $AD$ . Dễ thấy $DG\parallel IE$ (cùng vuông góc với $GC$ )

Dễ thấy $ACBG$ là tứ giác điều hòa nên $D\left ( BACG \right )=-1$ mà đường thẳng $PO$ cắt $DA,DB,DC$ lần lượt tại $I,E,O$ và $DG\parallel IE$ nên $O$ là trung điểm của $IE$ .

Kết hợp với $O$ là trung điểm của $CD$ ta có $CIDE$ là hình bình hành.

Suy ra $CE\parallel AD$ mà $CA\perp AD$ nên $CE\perp AC$ (điều phải chứng minh)

Bài toán 4 : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp. $E,F$ lần lượt là giao điểm của các cặp $(AB,CD),(AD,BC)$ . $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AC,BD$ . Gọi $P,Q$ lần lượt là giao của $AC,BD$ với $EF$ . Chứng minh rằng $M,N,P,Q$ đồng viên.

Lời giải :

Gọi $I$ là giao điểm của $AC,BD$ . Gọi $L$ là giao điểm của $FI$ với $DC$ .

Ta có $(ELDC)=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần)

Qua phép chiếu xuyên tâm $F$ ta được $(PIAC)=-1$ . Vì $M$ là trung điểm của $AC$ nên theo hệ thức $Maclaurin$ :

$\overline{IP}.\overline{IM}=\overline{IA}.\overline{IC}$

Hoàn toàn tương tự : $\overline{IQ}.\overline{IN}=\overline{IB}.\overline{ID}$

Mà $\overline{IA}.\overline{IC}=P_{I/{ABCD}}=\overline{IB}.\overline{ID}$

Dẫn đến $\overline{IN}.\overline{IQ}=\overline{IP}.\overline{IM}$

Điều này chứng tỏ $M,N,P,Q$ đồng viên.

Bài toán 5 : Cho tam giác $ABC$ nhọn có $AD,BE,CF$ là các đường cao. Gọi $P$ là giao điểm của $BC,EF$ . Đường thẳng qua $D$ song song với $EF$ cắt $AB,AC$ tại $Q,R$ . Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ . Chứng minh rằng $P,Q,R,M$ đồng viên.

Lời giải :

Ta có $AD,BE,CF$ đồng quy nên $(PDBC)=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần)

Nên theo hệ thức $Maclaurin$ : $\overline{DM}.\overline{DP}=\overline{DB}.\overline{DC}$

Mặt khác vì $QR\parallel EF\Rightarrow \widehat{RQB}=\widehat{EFA}=\widehat{ECB}$

Suy ra $B,Q,C,R$ đồng viên, từ đó $\overline{DB}.\overline{DC}=\overline{DQ}.\overline{DR}$

Như vậy $\overline{DQ}.\overline{DR}=\overline{DM}.\overline{DP}$

Dẫn đến $P,Q,R,M$ đồng viên.

Bài toán 6 : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp. $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$ . Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABN$ cắt $CD$ tại $P$ . Đường tròn ngoại tiếp tam giác $CDM$ cắt $AB$ tại $Q$ . Chứng minh rằng $AC,BD,PQ$ đồng quy.

Lời giải :

Khi $AB\parallel CD$ thì kết quả là hiển nhiên. Xét $AB,CD$ không song song. Gọi $W=AB\cap CD$ .

Ta có $A,B,C,D$ đồng viên nên $\overline{WA}.\overline{WB}=\overline{WD}.\overline{WC}$

Ta có $A,B,P,N$ đồng viên nên $\overline{WA}.\overline{WB}=\overline{WP}.\overline{WN}$

Suy ra $\overline{WP}.\overline{WN}=\overline{WC}.\overline{WD}$ mà $N$ là trung điểm của $CD$ nên theo hệ thức $Maclaurin$ ta có $(WPCD)=-1$ . Tương tự $(WQAB)=-1$

Suy ra $\left ( WPCD \right )=\left ( WQAB \right )$ , như vậy $PQ,AC,BD$ đồng quy.

Bài toán 7(IMO Shortlist 1994) Cho tam giác $ABC$ có $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm trên $BC,CA,AB$ của đường tròn nội tiếp tam giác. Gọi $X$ là một điểm bên trong tam giác $ABC$ sao cho đường tròn nội tiếp tam giác $XBC$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$ , tiếp xúc với $XB,XC$ theo thứ tự tại $Y,Z$ . Chứng minh $E,F,Y,Z$ đồng viên.

Lời giải :

Gọi $J,J'$ lần lượt là giao điểm của $EF,YZ$ với $BC$ . Ta chứng minh $J\equiv J'$ .

Dễ thấy $AD,BE,CF$ đồng quy (tại điểm $Gergonne$ của tam giác $ABC$ ) nên $(JDBC)=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần)

Tương tự $(J'DBC)=-1$ , suy ra $(JDBC)=(J'DBC)$ . Suy ra $J\equiv J'$ .

Từ đó, $JD$ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn nội tiếp tam giác $ABC,XBC$ nên : $JE.JF=JD^2=JY.JZ$

Suy ra các điểm $E,F,Y,Z$ đồng viên.

Bài toán 8: Cho đường tròn nội tiếp $(O)$ của tam giác $ABC$ . Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ . $AM$ cắt $(O)$ tại hai điểm $K,L$ ( $K$ nằm giữa $A,L$ ). Qua $K$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $X$ . Qua $L$ , kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $Y$ . $AX,AY$ cắt $BC$ tại $Q,P$ . Chứng minh $M$ là trung điểm của $PQ$ .

Lời giải :

Bổ đề : Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(O)$ , tiếp điểm của $(O)$ trên $BC,CA,AB$ lần lượt là $D,E,F$ . Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ . Chứng minh $AM,EF,OD$ đồng quy.

Chứng minh bổ đề :

Gọi $I$ là giao của $OD$ với $EF$ . Ta chứng minh $AI$ đi qua trung điểm $M$ của $BC$ . Ta sẽ xây dựng nên chùm điều hòa.

Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $OD$ tại $J$ , cắt $EF$ tại $S$ .

Ta có $\widehat{EJI}=\widehat{EAO}=\widehat{OAF}=\widehat{FJI}$ (các điểm $A,F,O,E,J$ đồng viên)

Tức là $JI$ là phân giác góc $FJE$ . Mặt khác $JI \perp JS$ $\left ( JI \perp BC,BC\parallel JS \right )$

Do đó chùm $J(FEIS)=-1$ , tức $A\left ( BCIS \right )=-1$ . Mặt khác chùm $A(BCIS)$ có $BC\parallel AS$ nên $AI$ đi qua trung điểm $M$ của $BC$ . Bổ đề được chứng minh.

Quay trở lại bài toán :

Gọi $R$ là giao của $YL$ với $AQ$

Theo bổ đề trên ta có $AM,OD,EF$ đồng quy tại $W$ hay $KL,OD,EF$ đồng quy tại $W$ . Mà $XKYL$ là hình thang cân có $OD$ là trục đối xứng, lại có $OD$ cắt $KL$ ở $W$ nên $W$ cũng thuộc $XY$ .

Ta có $(AWKL)=-1$ (hàng điều hòa về đường tròn) nên $X(AWKL)=X(RYKL)=-1$ , mà $XK\parallel RY$ nên $L$ là trung điểm của $RY$ , tức $YL=LR$

Theo định lí $Thales$ $\dfrac{YL}{PM}=\dfrac{AL}{AM}=\dfrac{LR}{MQ}\Rightarrow MP=MQ$ , tức $M$ là trung điểm của $PQ$ .

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 9 : Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$ , $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ với $BC,CA,AB$ . $AD$ cắt $(I)$ tại $X$ , $BX,CX$ theo thứ tự cắt $(I)$ tại $Y,Z$ . $AY,AZ$ lần lượt cắt $I$ tại $R,S$ . Chứng minh rằng $AD,ES,FR$ đồng quy.

Lời giải :

Gọi $K$ là giao điểm của $ES$ với $AD$ . Ta có $(AXKD)=S(AXKD)=S(ZXED)$

Mặt khác ta thấy $ZXED$ là một tứ giác điều hòa và $S$ là điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ZXED$ , suy ra $S(ZXED)=-1\Rightarrow (AXKD)=-1$

Tương tự, nếu gọi $K'$ là giao điểm của $FR$ với $AD$ thì $\left ( AXK'D \right )=-1$ .

Như vậy $\left ( AXK'D \right )=(AXKD)\Rightarrow K\equiv K'$ . Hay $AD,ES,FR$ đồng quy.

Bài toán 10 : Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$ , $D$ là điểm tiếp xúc của $(I)$ với $BC$ . Gọi $M$ là một điểm thuộc đoạn $AD$ . Đường thẳng $BM,CM$ theo thứ tự cắt $(I)$ tại $B_1,B_2;C_1,C_2$ sao cho $BB_1<BB_2,CC_1<CC_2$ . Chứng minh rằng $BC,B_1C_1,B_2C_2$ đồng quy.

Lời giải :

Gọi $E,F$ là hai tiếp điểm với $(I)$ của $CA,AB$ .

Gọi $L$ là giao điểm của $EF,BC$ . Gọi $W$ là giao điểm của $AD$ với $(I)$ . Dễ thấy $WFDE$ là một tứ giác điều hòa nên $LW$ là tiếp tuyến của $(I)$ . Gọi giao điểm của đường thẳng $LB_1$ với $AD,(I)$ lần lượt là $X,C_0$ .

Ta có $(LXB_1C_0)=-1$ (hàng điều hòa về đường tròn) $\Rightarrow M(LDBC_0)=-1\;\;\;(1)$

Mặt khác dễ thấy $AD,BE,CF$ đồng quy tại điểm $Gergonne$ của tam giác $ABC$ nên $(LDBC)=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần), do đó $\Rightarrow M(LDBC_1)=-1\;\;\;(1)$