Geometry

Bài toán (Đề thi Olympic toán học Nghệ – Tĩnh 2014)

Tam giác $ABC$ có $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$ của đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác. Gọi $I$ là tâm nội tiếp tam giác. Đường tròn $(M_a)$ tiếp xúc trong với $(O)$ tại $K$ và tiếp xúc $AB,AC$ ở $E,F$. Các đường thẳng qua $E,F$ lần lượt vuông góc với $CI,BI$ cắt nhau tại $Q$.

a) Chứng minh $E,I,F$ thẳng hàng.

b) Chứng minh $IQ$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải :

Đây chính là nội dung của định lý Lyness. Ta sẽ chứng minh lại định lý này.

Bổ đề : Cho $(O)$ và dây cung $AB$, $(I)$ tiếp xúc trong với $(O)$ tại $T$. Dây cung $AB$ của $(O)$ tiếp xúc $(I)$ tại $E$. Khi đó $TE$ là phân giác góc $ATB$.

Chứng minh bổ đề :

Gọi $M,N$ theo thứ tự là giao của $AT,BT$ với $(I)$. Ta có :

$$\frac{A{E}^2}{B{E}^2}=\frac{AM.AT}{BN.BT}$$

Cũng dễ thấy $MN$ song song $AB$ nên theo Thales $\frac{AM}{BN}=\frac{AT}{BT}$ nên có ngay $\frac{AT}{BT}=\frac{AE}{BE}$. Bổ đề được chứng minh.

Quay trở lại bài toán :

Gọi $Y,Z$ theo thứ tự là trung điểm cung $AC,AB$ không chứa $B,C$.

Theo bổ đề thì $K,E,Z$ và $K,F,Y$ là bộ điểm thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm $(A,Z,B,K,C,Y)$ ta được $E,I,F$ thẳng hàng.

Đường tròn $(M_a)$ gọi là đường tròn Mixtilinear ứng với góc $A$ của tam giác $ABC$.

b) 

Gọi $T,R$ lần lượt là điểm chính giữa các cung lớn, nhỏ $BC$ của $(O)$. Ta chứng minh lần lượt các kết quả :

i) $K,T,I$ thẳng hàng 

Không khó để thấy rằng $KE$ là phân giác góc $AKB$ và $KF$ là phân giác góc $AKC$.

Xét trong tam giác $KEF$ có $KI$ là trung tuyến và $KA$ là đối trung, như vậy hai đường này đẳng giác. Suy ra :

$$\angle AKE=\angle IKF$$

Hơn nữa $\angle AKE=\frac{1}{2}\angle AKB=\frac{1}{2}ACB=\angle FCI$, ta được $\angle IKF=\angle FCI$.

Suy ra tứ giác $FIKC$ nội tiếp. Tương tự tứ giác $EIKB$ nội tiếp.

Từ đây suy ra :

$$\angle BKI=\angle AEI=\angle AFI=\angle CKI$$

Như vậy $KI$ là phân giác góc $BKC$, hay $K,I,T$ thẳng hàng.

ii) $Q$ thuộc đường tròn $(M_a)$.

Ta có :

$$\angle EKF=\angle AKE+\angle AKF=\frac{\angle B+\angle C}{2}=\angle BIC=180^0-\angle EQF$$

Suy ra $E,K,F,Q$ đồng viên. Tức $Q$ thuộc $(M_a)$.

iii) $K,Q,R$ thẳng hàng.

Ta có :

$\angle EKB$$=\angle IKF\left(=\angle C/2\right)$$\Rightarrow \angle BKI$$=\angle EKB+\angle EKI$$=\angle IKF+\angle EKI$$=\angle EKF$

Do tứ giác $EIKB$ nội tiếp nên $\angle KBI=\angle KEI$.

Từ đó suy ra $\Delta BKI\sim \Delta EKF\Rightarrow \angle BIK=\angle EFK$ 

Mà $\angle EFK=\angle EQK$ (do $E,F,Q,K$ đồng viên)

Như vậy ta được :

$$\angle BIK=\angle EQK$$

Điều này dẫn tới tứ giác $SIQK$ nội tiếp với $S$ là giao của $EQ,BI$. Do $\angle ISQ=90^0$ nên $\angle IKQ=90^0$.

Tức là $KQ$ vuông góc $KI$ mà $KR$ vuông góc $KI$ nên $K,Q,R$ thẳng hàng.

iv) Chứng minh $M_{a}Q$ vuông góc $BC$.

Gọi $U,V$ là giao của $BC$ với $(M_a)$ sao cho $U$ nằm giữa $B,V$.

Ta có :

$$B{E}^2=BU.BV,C{F}^2=CV.CU$$

Suy ra :

$$\frac{BU.BV}{CV.CU}=\frac{B{E}^2}{C{F}^2}=\frac{B{K}^2}{C{K}^2}$$

Theo định lý Steiner về tiêu chuẩn đẳng giác, ta được $BU,BV$ đẳng giác trong $\angle BKC$.

Mà $KI$ là phân giác $\angle BKC$ nên cũng là phân giác $\angle UKV$.

Suy ra $KI$ đi qua trung điểm cung $UV$ không chứa $K$ của $(M_a)$.

Mà $KI$ vuông góc $KQ$ nên $Q$ chính là điểm chính giữa cung $UV$ chứa $K$ của $(M_a)$

Điều này chứng tỏ $M_{a}Q$ vuông góc $BC$.

 

v) Chứng minh $IQ$ luôn đi qua điểm $X$ đối xứng với $T$ qua $R$.

Gọi $X$ là giao của $IQ$ và $TR$. Ta chứng minh $X$ đối xứng với $T$ qua $R$.

Theo iv) ta có $M_{a}Q$ vuông góc $BC$, suy ra được $M_{a}Q$ song song $OR$. Từ đó theo Thales :

$$\frac{M_{a}K}{M_{a}O}=\frac{KQ}{QR}$$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $TKO$ và cát tuyến $I{M}_{a}R$ :

$$\frac{IT}{IK}.\frac{M_{a}K}{M_{a}O}.\frac{RO}{RT}=1\Rightarrow \frac{IT}{IK}.\frac{M_{a}K}{M_{a}O}=2$$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $KTR$ và cát tuyến $IQR$ :

$\frac{IT}{IK}.\frac{KQ}{QR}.\frac{XR}{XT}$$=1$$\iff \frac{IT}{IK}.\frac{M_{a}K}{M_{a}O}.\frac{XR}{XT}$$=1$$\iff \frac{XR}{XT}$$=\frac{1}{2}$$\iff XT$$=2XR$

Như vậy điểm $X$ đối xứng với $T$ qua $R$. $T,R$ đều cố định suy ra $X$ cố định.

Như vậy $IQ$ luôn đi qua một điểm cố định.