Tuyển tập Hình học phẳng207 bài

Bài toán : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. $P$ di chuyển trên cung $CD$ không chứa $A,B$. $PA$ cắt $DB,DC$ tại $E,F$. $PB$ cắt $CA,CD$ tại $G,H$. $GF$ giao $EH$ tại $Q$. Chứng minh $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải :

Gọi $U,V$ theo thứ tự là giao của tiếp tuyến tại $B$ với $AC$ và tiếp tuyến tại $A$ với $BD$. Gọi $T$ là giao của $BU$ và $AV$.

Áp dụng định lí Pascal cho bộ sáu điểm $(D,B,B,P,A,C)$ thì ta được $U,E,H$ thẳng hàng.

Tương tự thì $V,G,F$ thẳng hàng.

Tiếp tục gọi $W$ là giao của $AB$ và $CD$.

Áp dụng định lí Pascal cho bộ sáu điểm $(A,A,C,D,B,B)$ thì ta có $U,V,W$ thẳng hàng.

Xét hai tam giác $BUH$ và $AVF$ có $AB,UV,HF$ đồng quy.

Và :

$$P=AF\cap BH,Q=VF\cap UH,T=AV\cap BU$$

Theo định lí Desargues ta có $P,Q,T$ thẳng hàng. Dễ thấy $T$ cố định nên $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài toán : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$, gọi $E,F$ theo thứ tự là giao của $AB,CD$ và $AD,BC$. Gọi $M,N$ theo thứ tự là trung điểm của $AC,BD$. Gọi $H,K$ theo thứ tự là trực tâm các tam giác $MEF,NEF$. Chứng minh tứ giác $HNKM$ là hình bình hành.

Lời giải :

Bổ đề : Cho tam giác $ABC$ có $M$ là trung điểm của $BC$ và $H$ là trực tâm. Gọi $K$ là giao của $AM$ với cung $BC$ chứa $H$ của $(HBC)$. Chứng minh $HK$ vuông góc $AM$.

Chứng minh bổ đề :

Gọi $AD,BE,CF$ là ba đường cao của tam giác $ABC$. Gọi $G$ là giao $EF,BC$ và $GH$ giao $AM$ tại $K^{\prime }$. Ta chứng minh $K$ trùng $K^{\prime }$.

Thật vậy, theo định lí Brocard thì $M$ là trực tâm tam giác $GHA$ nên $G{K}^{\prime }$ vuông góc $AM$.

Từ đó $K^{\prime }$ thuộc $(AEHF)$. Từ đó $GH.G{K}^{\prime }=GF.GE=GB.GC$. Suy ra $K^{\prime }$ thuộc $(HBC)$. Từ đó $K$ trùng $K^{\prime }$. Hơn nữa ta cũng đã chứng minh $G{K}^{\prime }\perp AM$. Bổ đề được chứng minh.

Trở lại với bài toán :

Gọi $X,Y$ theo thứ tự là giao của $AC,BD$ với $EF$ và $P$ là trung điểm của $EF$. Theo định lí về đường thẳng Gauss-Newtion thì $P,M,N$ thẳng hàng.

Gọi $G$ là giao của $AC,BD$. Dễ thấy $(XG,CA)=-1$ (hàng điều hoà tứ giác toàn phần) và do $M$ là trung điểm $CA$ nên theo hệ thức Maclaurin thì $GM.GX=GC.GA$.

Hoàn toàn tương tự ta có $GN.GY=GB.GD$. Lại dễ thấy $GA.GC=GB.GD$ nên có $GN.GY=GM.GX$.

Từ đây suy ra tứ giác $XYMN$ nội tiếp. Ta suy ra :

$$PX.PY=PM.PN(1)$$

Lại cũng có $(EF,XY)=-1$ và $P$ là trung điểm $EF$ nên theo hệ thức Newton thì $PX.PY=P{E}^2=P{F}^2(2)$

Từ $(1)(2)$ ta suy ra :

$$\Delta PFN\sim \Delta PMF,\Delta PEN\sim \Delta PME$$

Từ đây thì :

$$\angle PMF=\angle PFN,\angle PME=\angle PEN$$

Kéo theo :

$\angle EMF$$=\angle PME+\angle PMF$$=\angle PEN+\angle PFM$$=180^0-\angle ENF$$\Rightarrow \angle ENF$$=\angle EHF$

Điều này cho ta $FHNE$ nội tiếp. Khi đó áp dụng bổ đề ta có $HN$ vuông góc $MP$.

Hoàn toàn tương tự thì $FMKE$ nội tiếp và $KM$ vuông góc $MP$. Suy ra $HN$ song song $KM$.

Lại có $HM$ song song $NK$ do cùng vuông góc $EF$. Từ đó có $HNKM$ là hình bình hành.

Bài toán (China Team Selection Test 2008)

Cho tam giác $ABC$ nhọn có $I$ là tâm nội tiếp. $M,N$ là hai trung điểm cung nhỏ $AC,AB$ của đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $D$ là trung điểm $MN$. Lấy $G$ là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ $BC$ của $(O)$. Gọi $I_1,I_2$ theo thứ tự là tâm nội tiếp các tam giác $ABG,ACG$. $P$ là giao điểm thứ hai của $(O)$ và $(G{I}_1{I}_2)$. Chứng minh $P,I,D$ thẳng hàng.

Lời giải :

Có thể thấy đây chính là một tính chất quen thuộc của đường tròn Mixtilinear và dễ nhìn ra được $P$ chính là điểm tiếp xúc của $(O)$ và đường tròn Mixtilinear góc $A$ của tam giác $ABC$. Ta sẽ chứng minh điều này.

Dễ dàng nhận ra được :

$$NA=NB=NI=N{I}_1,MA=MC=MI=M{I}_2$$

Cũng dễ dàng nhìn ra đuơc hai tam giác $P{I}_{1}N,P{I}_{2}M$ đồng dạng. Kéo theo :

$$\frac{PN}{PM}=\frac{N{I}_1}{M{I}_2}=\frac{NA}{MA}$$

Đẳng thức này chứng tỏ $NAMP$ là tứ giác điều hoà.

Mặt khác nếu gọi $P^{\prime }$ là tiếp điểm của $(O)$ và đường tròn Mixtilinear góc $A$ của tam giác $ABC$ thì theo tính chất 6 này ta được $NAM{P}^{\prime }$ là tứ giác điều hoà. Điều này chứng tỏ $P,P^{\prime }$ trùng nhau.

Từ đó dễ dàng nhận thấy $PI$ đi qua trung điểm $R$ của cung $BAC$.

Bằng cộng góc đưa về các góc trong tam giác $$ABC$$, ta có $$RM$$ song song $$NI$$. Tương tự $$RN$$ song song $$MI$$. Suy ra $$RMIN$$ là hình bình hành. Mà $$D$$ là trung điểm của $$MN$$ nên $$D$$ cũng là trung điểm của $$RI$$. Kéo theo $$I,D,R$$ thẳng hàng.

Vậy ta có $P,I,D$ thẳng hàng.

Bài toán (Đề thi thử VMO 2015 Viện Toán Học)

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $I$ là trung điểm của $BC$ và $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Cho $BH,CH$ cắt $CA,AB$ tương ứng tại $E,F$. Tia $IH$ cắt $(O)$ tại $T$. Trên đường thẳng $EF$ lấy điểm $D$ sao cho $HD$ song song $BC$.

a) Chứng minh $DT$ tiếp xúc với $(HEF)$.

b) Gọi $M,N$ là giao theo thứ tự của $EF$ với $(IBT),(ICT)$ thoả $M$ khác phía $E$ đối với $F$ và $N$ khác phía $F$ đối với $E$. Gọi $P$ là giao của $AH$ với $(O)$. Chứng minh $BN,CM,TP$ đồng quy.

Lời giải :

a) Theo định lí Brocard thì $TI$ vuông góc $JA$, điều này cho ta $T$ thuộc $(AFHE)$.

Gọi $J$ là giao $BC$ với $EF$. Vì $JE.JF=JB.JC$ hay $J$ có cùng phương tích với $(HEF)$ và $(O)$. Suy ra $J$ thuộc trục đẳng phương của chúng, tức $J$ thuộc $TA$.

Ta thấy :

$$\angle FDH=\angle FCB=\angle HEF$$

Điều này chứng tỏ là $DH$ là tiếp tuyến của $(HEF)$.

Mặt khác, $DH$ song song $BC$ và $I$ là trung điểm của $BC$ nên suy ra $H(BC,DI)=-1$.

Hay là $H(EF,HT)=-1$. Suy ra tứ giác $TFHE$ điều hoà, lại có $EF$ cắt tiếp tuyến tại $H$ của $(HEF)$ tại $D$ nên $DT$ là tiếp tuyến của $(HEF)$.

b) Ta có $T(BE,JH)=-1$ và $TI$ vuông góc $JA$ nên theo định lí chùm điều hoà ta có $TI$ là phân giác góc $BTE$ hay $\angle BTE=2\angle ITE=2\angle HTE=2\angle HAC$.

Hơn nữa $\angle HAC=\angle EBI$ và $\angle EIC=2\angle EBI$ vì $I$ là trung điểm cạnh huyền $BC$ của tam giác vuông $BEC$.

Kéo theo $\angle BTE=\angle EIC$. Điều này cho ta $TBIE$ nội tiếp hay $E\in (TBI)$.

Từ đó :

$$\angle MBT=\angle \angle TEM=\angle TAB=\angle TCB$$

Suy ra $MB$ là tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$. Tương tự $NC$ là tiếp tuyến tại $C$ của $(O)$.

Hơn nữa có $A(TP,BC)=A(JH,BC)=-1$ nên tứ giác $TBPC$ điều hoà. Suy ra $TP$ và hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ đồng quy. Tức là $TP,BM,NC$ đồng quy.

Hoàn tất bài toán.

ĐƯỜNG TRÒN MIXTILINEAR

Định nghĩa :

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I)$. Khi đó đường tròn $(w_a)$ tiếp xúc trong với $(O)$ và tiếp xúc với hai cạnh $AB,AC$ của tam giác $ABC$ được gọi là đường tròn Mixtilinear ứng với góc $A$ của tam giác $ABC$.

Xét tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I)$. Kí hiệu $(w_a),(w_b),(w_c)$ theo thứ tự là đường tròn Mixtilinear ứng với góc $A,B,C$ của tam giác.

Ta sẽ điểm qua một số tính chất đặc biệt của đường tròn này :

1. Tính chất 1 (Định lí Lyness)

Gọi $E,F$ theo thứ tự là tiếp điểm của $(w_a)$ trên $AB,AC$. Khi đó ta có $I$ là trung điểm của $EF$.

Xem chứng minh tại đây.

2. Tính chất 2 :

Gọi $X$ là tiếp điểm của $(w_a)$ với $(O)$. Khi đó $XI$ đi qua trung điểm cung tròn $BC$ chứa $A$ của đường tròn $(O)$.

Chứng minh :

Gọi $B_0,C_0$ là tiếp điểm của $(w_a)$ lên $AB,AC$.

Sử dụng bổ đề của bài toán này. Ta dễ dàng thấy $X{B}_0$ đi qua trung điểm $U$ của cung $AB$ và $X{C}_0$ đi qua trung điểm $V$ của cung $AC$.

Ta để ý thấy tam giác $X{B}_0{C}_0$ có $XI$ trung tuyến và $XA$ đối trung. Như vậy $\angle B_{0}XI=\angle AX{C}_0=\angle AXV=\angle ABI$. Từ đó $B_{0}IXB$ là tứ giác nội tiếp.

Kéo theo $\angle BXI=\angle A{B}_{0}I$. Tương tự $\angle CXI=\angle A{C}_0{B}_0$. Suy ra $\angle BXI=\angle CXI$.

Ta hoàn tất tính chất 2.

3. Tính chất 3 :

Gọi $O_b,O_c$ theo thứ tự là tâm $(w_b),(w_c)$ và tiếp điểm của $(O)$ với $(w_b),(w_c)$ lần lượt là $Y,Z$. $B_0,C_0$ là tiếp điểm trên $AB,AC$ của $(w_a)$. $D$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$. $X$ là tiếp điểm với $(O)$ của $(w_a)$. Khi đó ta có $BC,B_0{C}_0,O_b{O}_c,YZ,XD$ đồng quy tại một điểm.

Chứng minh :

Gọi $W$ là giao của $BC,B_0{C}_0$. Theo phần chứng minh tính chất 2 ta có $B_{0}BXI$ nội tiếp, suy ra :

$$\angle B_{0}IB=\angle B_{0}XB=\frac{1}{2}\angle AXB=\frac{1}{2}\angle ACB=\angle ICB$$

Suy ra hai tam giác $WIB,WCI$ đồng dạng, nên $W{I}^2=WB.WC$. Điều này đồng nghĩa $W$ nằm trên trục đẳng phương của $(I,0)$ và $(O)$.

Gọi $C^{\prime },B^{\prime }$ là tiếp điểm trên $BC$ của $(w_c),(w_b)$.

Dễ dàng nhận ra $(D,Z,C^{\prime }),(D,Y,B^{\prime })$ là hai bộ điểm thẳng hàng.

Ta có :

$$\angle C^{\prime }BD=\angle CBD=\angle DZB\Rightarrow \Delta DZB\sim \Delta DB{C}^{\prime }\Rightarrow D{B}^2=D{C}^{\prime }.DZ$$

Tương tự thì $D{C}^2=D{B}^{\prime }.DY$ mà $DC=BD$ nên $D{B}^{\prime }.DY=D{C}^{\prime }.DZ$. Kéo theo $B^{\prime }{C}^{\prime }ZY$ nội tiếp.

Như vậy $P_{W/(B^{\prime }{C}^{\prime }ZY)}=W{B}^{\prime }.W{C}^{\prime }=WY.WZ=WB.WC=P_{W/(O)}$. Suy ra $W$ nằm trên trục đẳng phương của $(O)$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }ZY$. Tức $W$ thuộc $YZ$

Ta đã chứng minh xong $(YZ,BC,B_0{C}_0)$ đồng quy.

Gọi $W^{\prime }$ là giao của $O_b{O}_c$ với $BC$, ta có $W^{\prime }$ là tâm vị tự ngoài của $(w_b),(w_c)$.

Chú ý thêm $Y,Z$ lần lượt là tâm vị tự trong của $(O)$ với $(w_b),(w_c)$.

Vậy theo định lí Monge – D’ Alembert, ta có $Y,Z,W^{\prime }$ thẳng hàng.

Tức ta đã chứng minh $BC,O_b{O}_c,YZ$ đồng quy.

Chú ý $W$ là giao của $B_0{C}_0,BC$.

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và cát tuyến $W{B}_0{C}_0$ :

$$\frac{WB}{WC}.\frac{C_{0}C}{C_{0}A}.\frac{B_{0}A}{B_{0}B}=1\Rightarrow \frac{WB}{WC}=\frac{B_{0}B}{C_{0}C}$$

Lại có :

$\frac{B_{0}B}{B_{0}A}$$=\frac{XB}{XA},\frac{C_{0}C}{C_{0}A}$$=\frac{XC}{AA}$$\Rightarrow \frac{B_{0}B}{C_{0}C}$$=\frac{XB}{XC}$$\Rightarrow \frac{WB}{WC}$$=\frac{XB}{XC}$

Như vậy $W$ chính là chân phân giác ngoài góc $X$ của tam giác $XBC$.

Hơn nữa cũng dễ thấy $XD$ chính là phân giác ngoài góc $X$ tam giác $XBC$, nên $W$ thuộc $XD$.

Vậy ta cũng có $(XD,B_0{C}_0,BC)$ đồng quy.

Ta hoàn thành tính chất 3.

4. Tính chất 4 : 

Gọi $X$ là tiếp điểm của $(O)$ với $(w_a)$, $Y$ là tiếp điểm của đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$ trên $BC$. $XY$ cắt $(O)$ lần nữa tại $L$. Khi đó ta có $AL$ song song $BC$.

Chứng minh :

Gọi tiếp điểm với $AB,AC$ của $(w_a)$ là $B_0,C_0$. $XI$ giao $(O)$ tại $J$ và $B_0{C}_0$ giao $BC$ tại $D$.

Theo tính chất 2 thì $J$ là trung điểm cung $BC$ nên tính chất này sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng $J$ là trung điểm cung $AL$.

Theo phần chứng minh tính chất 3 ta có $\angle DXJ=90^0$ ($XD,XJ$ lần lượt là phân giác ngoài, trong góc $BXC$)

Kết hợp với $\angle DYI=90^0$ ta suy ra tứ giác $DXYI$ nội tiếp. Kéo theo $\angle DYX=\angle DIX$.

Do vậy mà $\angle AIX=90^0+\angle DIX=90^0+\angle DYX=\angle IYX(1)$.

Mặt khác, gọi $M$ là giao của $AI$ với $BC$. Dễ thấy $DX,AM,JO$ đồng quy tại $S$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$.

Gọi $R$ là trung điểm của $BC$. Chú ý dễ thấy $AMRI,DXRJ$ nội tiếp. Do vậy $SM.SA=SR.SJ=SX.SD$.

Suy ra tứ giác $AMXD$ cũng nội tiếp. Kéo theo $\angle XAI=\angle XDY=\angle XIY(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra đuợc hai tam giác $AIX,IYX$ đồng dạng. Dẫn đến $\angle AXJ=\angle JXL$ hay $L$ là trung điểm cung $AL$.

Ta hoàn thành tính chất 4.

5. Tính chất 5 : 

Gọi $X$ là tiếp điểm của $(w_a)$ với $(O)$. $B_0,C_0$ là tiếp điểm của $(w_a)$ trên $AB,AC$. $X{B}_0,X{C}_0$ lần lượt cắt $(O)$ tại $P,Q$ và gọi $K$ là giao của $(AP{B}_0),(AQ{C}_0)$. Khi đó thì $APKQ$ là hình bình hành.

Chứng minh :

Tính chất này chứng minh đơn giản chỉ bằng biến đổi góc. Chú ý là $P,Q$ theo thứ tự là điểm chính giữa cung $AB,AC$.

Ta có :

$$\angle AQK=\angle A{C}_0{B}_0=\angle A{B}_0{C}_0=\angle APK(1)$$

$\angle QKP$$=\angle QKA+\angle AKP$$=\angle Q{C}_{0}A+\angle A{B}_{0}P$$=\left(\angle CAX+\angle AX{C}_0\right)+\left(\angle BAX+\angle AX{B}_0\right)$$=\left(\angle PAB+\angle CAQ\right)+\angle BAC$$=\angle PAQ(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra $APKQ$ là hình bình hành.

6. Tính chất 6 :

Gọi $X$ là tiếp điểm của $(O)$ với $(w_a)$. Gọi $(I_1),(I_2)$ theo thứ tự là tâm nội tiếp các tam giác $ABX,ACX$. $X{I}_1,X{I}_2$ theo thứ tự cắt $(O)$ tại $E,F$.

a) Ta có $AEXF$ là tứ giác điều hoà.

b) Hai đường tròn mixtilinear ứng với góc $A$ của tam giác $ABX,ACX$ tiếp xúc nhau.

Chứng minh :

a) Gọi $U,V$ theo thứ tự là tiếp điểm trên $AB,AC$ của $(w_a)$. Dễ thấy $\overline{X,U,E},\overline{X,V,F}$.

Chú ý theo một bổ đề quen thuộc, ta có $E{A}^2=EU.EX$ và $A{F}^2=FV.FX$. Việc tứ giác $AEXF$ điều hoà tương đương với :

$AE.XF$$=AF.EX$$\iff \sqrt{EU.EX}.FX$$=\sqrt{FV.FX}.EX$$\iff EU.FX$$=FV.EX$$\iff \frac{EU}{FV}$$=\frac{EX}{FX}$

Điều này đúng vì áp dụng định lí Thales với $UV$ song song $EF$ vì cùng vuông góc $AI$.

b) Gọi $M,N$ theo thứ tự là giao điểm của $(O)$ với $B{I}_1,C{I}_2$. $P$ là giao của đường thẳng qua $I_1$ vuông góc $A{I}_1$ và qua $I_2$ vuông góc $A{I}_2$. $L$ là giao của $ME,NF$. $K,J$ theo thứ tự là giao của $(A{I}_2,NF),(A{I}_1,ME)$.

Rõ ràng $I_{1}P$ đi qua tiếp điểm của đường tròn mixtilinear của tam giác $ABX$ với $AX$ và nếu chỉ ra được $P$ thuộc $AX$ thì đường tròn mix góc $A$ của tam giác $ABX$ tiếp xúc $AX$ tại $P$. Tương tự với đường tròn mix góc $A$ của tam giác $ACX$ và từ đó suy ra được chúng tiếp xúc nhau.

Vấn đề còn lại là chỉ ra đuợc $A,P,X$ thẳng hàng.

Theo câu a ta có $AEXF$ điều hoà, suy ra :

$$\frac{E{I}_1}{EX}=\frac{EA}{EX}=\frac{FA}{FX}=\frac{F{I}_2}{FX}$$

Suy ra được $EF\parallel I_1{I}_2$. Hơn nữa dễ thấy $I_{2}P\parallel LF$ do cùng vuông góc $A{I}_2$. Tương tự $I_{1}P\parallel LE$.

Hai tam giác $LEF,P{I}_1{I}_2$ có các cạnh tương ứng song song $LP,E{I}_1,F{I}_2$ đồng quy. Suy ra $X$ thuộc $AL$.

Dễ thấy tam giác $AF{I}_2$ cân tại $F$ có đường cao $FK$ nên cũng là trung tuyến. Từ đó thấy đuợc $JK$ là đường trung bình của tam giác $A{I}_1{I}_2$. Như vậy hai tam giác $LJK,P{I}_1{I}_2$ cũng có các cạnh tương ứng song song và do đó $LP,I_{1}J,I_{2}K$ đồng quy. Tức $A$ thuộc $LP$.

Ta suy ra $A,P,X$ thẳng hàng. Điều phải chứng minh.

7. Tính chất 7 :

Gọi $X$ là tiếp điểm của $(O)$ và $(w_a)$. $U,V$ là tiếp điểm trên $AB,AC$ của $(w_a)$. $AX$ giao $UV$ tại $N$. $XI$ giao $BC$ tại $M$. Khi đó $MN$ song song $AI$ và $(O)$ tiếp xúc trong với $(XNI)$.

Chứng minh :

Trung trực $BC$ cắt $(O)$ tại $T,W$ như trên hình vẽ.

Ta có : $BC,XW,UV$ đồng quy tại $S$. Khi đó chú ý $SIZW$ là tứ giác nội tiếp với $Z$ là trung điểm $BC$. Từ đó có $\angle ZWI=\angle ISZ$ mà $\angle IWZ=\angle IXN$ nên $\angle IXN=\angle ISZ$ suy ra tứ giác $NMXZ$ nội tiếp.

Từ đó chú ý $\angle MXS=90^0$, ta có $\angle SNM=90^0$ hay $UV\perp MN$. Mà $UV\perp AI$ nên có $MN\parallel AI$.

Dễ thấy $NI$ song song $AT$ nên tồn tại một phép vị tự tâm $X$ biến tam giác $ATX$ thành tam giác $NIX$, nên biến đường tròn $(ATX)$ thành đường tròn $(NIX)$.

Như vậy tâm $O$ của $(ATX)$ , tâm $O^{\prime }$ của $NIX$ và $X$ phải thẳng hàng. Suy ra đuợc $(NIX)$ và $(O)$ tiếp xúc nhau.

8. Tính chất 8 : 

Gọi $X,Y,Z$ theo thứ tự là tiếp điểm của $(O)$ và $(w_a),(w_b),(w_c)$. Khi đó $AX,BY,CZ$ đồng quy tại tâm vị tự ngoài của $(O)$ và $(I)$.

Chứng minh :

Ta thấy $X$ là tâm vị tự ngoài của $(O)$ và $(w_a)$. $I$ là tâm vị tự ngoài của $(O),(I)$ và gọi $G$ là tâm vị tự ngoài của $(O)$ và $I$ thì theo định lí Monge – D’ Alembert ta có $A,X,G$ thẳng hàng. Tương tự $B,Y,G$ và $C,Z,G$ thẳng hàng.

Ta hoàn thành tính chất 8.

9. Tính chất 9 :

Gọi $X$ là tiếp điểm của $(O)$ và $(w_a)$. Khi đó thì $(AIX)$ và $(O)$ trực giao.

Chứng minh :

Ta chỉ cần chứng minh $OA$ tiếp xúc $(AIX)$ là được. Thực vậy, gọi $G,H,K$ theo thứ tự là giao của $XI,AO,AI$ với $(O)$. Dễ thấy $AGHK$ là hình chữ nhật nên $\angle IAO=\angle AXI$. Từ đó có điều phải chứng minh.

10. Tính chất 10 : 

Gọi $X,Y,Z$ theo thứ tự là tiếp điểm của $(O)$ với $(w_a),(w_b),(w_c)$ thì các đường tròn $(IAX),(IBY),(ICZ)$ đồng trục.

Chứng minh :

Gọi $G$ là điểm đồng quy của $AX,BY,CZ$. Dễ thấy $G$ chính là điểm có cùng phương tích với cả ba đường tròn $(IAX),(IBY),(ICZ)$. Như vậy ba đường tròn trên có chung một trục đẳng phương là $IG$. Ta có điều phải chứng minh.

Tham khảo :

[1] : Đường tròn mixtilinear – Nguyễn Văn Linh

[2] : Đường tròn mixtilinear – Cấn Trần Thành Trung (Kỷ yếu Gặp gỡ Toán học 2014)

Mình tạo ra bài viết này mục đích chỉ là để ghi nhớ và học tập chứ không nhằm tạo ra một tài liệu mới vì nội dung được lấy ra hoàn toàn từ [1] và [2], tuy nhiên có một số tính chất mình tự chứng minh nên sẽ khác với cách chứng minh từ hai tài liệu tham khảo. Mong sẽ không đụng chạm gì tới bất cứ ai về bản quyền bài viết :). 

Bài toán (Đề thi chính thức Olympic 30-4 toán 10 năm 2003) : Cho hai đường tròn đồng tâm $(O,R)$ và $(O,R_1)$ với $R_1>R$. Tia $AB,BC,CD,DA$ lần lượt cắt $(O,R_1)$ tại $A_1,B_1,C_1,D_1$. Chứng minh rằng 

$$\frac{S_{A_1{B}_1{C}_1{D}_1}}{S_{ABCD}}\ge \frac{R_1^2}{R^2}$$

Lời giải : 

Bổ đề : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O,R)$. Khi đó $AB.BC+AD.DC\le 4R^2$ và $AD.AB+CB.CD\le 4R^2$.

Chứng minh bổ đề :

Kẻ dây cung $CE\parallel BD$ với $E$ thuộc $(O)$. Dễ thấy $BC=DE,DC=BE$.

Theo định lí Ptolemy và liên hệ giữa dây và đường kính, ta có : $AB.BC+AD.DC=AB.DE+AD.BE=AE.BD\le 2R.2R=4R^2$

Tương tự, $AD.AB+CD.CB\le 4R^2$. Bổ đề được chứng minh.

Bài toán :

Ta có

$\frac{S_{D_{1}D{C}_1}}{S_{ABCD}}$$=\frac{D_{1}D.D{C}_1.sin\widehat{D_{1}DC}}{S_{ACD}+s_{ABC}}$$=\frac{D_{1}D.D{C}_1.sin\widehat{D_{1}DC}}{AD.DC.sin\widehat{ADC}+AB.BC.sin\widehat{ABC}}$$=\frac{D_{1}D.D{C}_1}{AD.DC+AB.BC}$

Chú ý vì $\widehat{D_{1}DC}=\widehat{ABC}=\pi -\widehat{ADC}$ nên $sin\widehat{D_{1}DC}=sin\widehat{ABC}=sin\widehat{ADC}$.

Áp dụng bổ đề ta có

$\frac{S_{D_{1}D{C}_1}}{S_{ABCD}}$$\ge \frac{D_{1}D.D{C}_1}{4R^2}$$=\frac{(D_{1}D.A{D}_1).D{C}_1}{A{D}_1.4R^2}$$=\frac{P_{D_1/(O,R)}.D{C}_1}{A{D}_1.4R^2}$$=\frac{D{C}_1}{A{D}_1}.\frac{R_1^2-R^2}{4R^2}$

Hoàn toàn tương tự, ta có :

$\frac{S_{C_{1}C{B}_1}}{S_{ABCD}}$$\ge \frac{C{B}_1}{D{C}_1}.\frac{R_1^2-R^2}{4R^2},\frac{S_{A_{1}B{B}_1}}{S_{ABCD}}$$\ge \frac{B{A}_1}{C{B}_1}.\frac{R_1^2-R^2}{4R^2},\frac{S_{A_{1}A{D}_1}}{S_{ABCD}}$$\ge \frac{A{D}_1}{B{A}_1}.\frac{R_1^2-R^2}{4R^2}$

Do vậy mà :

$\frac{S_{A_1{B}_1{C}_1{D}_1}}{S_{ABCD}}$$=1+\frac{S_{D_{1}DC}+S_{C_{1}C{B}_1}+S_{A_{1}B{B}_1}+S_{A_{1}A{D}_1}}{S_{ABCD}}$$=1+\frac{R_1^2-R^2}{4R^2}\left(\frac{D{C}_1}{A{D}_1}+\frac{C{B}_1}{D{C}_1}+\frac{B{A}_1}{C{B}_1}+\frac{A{D}_1}{B{A}_1}\right)$$\ge 1+\frac{R_1^2-R^2}{R^2}$$=\frac{R_1^2}{R^2}$

Đây là điều phải chứng minh.

Bài toán (Đề thi chính thức Olympic duyên hải Bắc bộ toán 10 năm 2012) 

Cho tam giác $ABC$. Bên ngoài tam giác ta dựng các hình vuông $ABEF,BCMN,ACPQ$. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác và gọi $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là giao điểm của $GA$ với $FQ$, của $GB$ với $EN$, của $GC$ với $MP$. Vẽ các hình bình hành $AG{C}_{2}F,BG{A}_{2}N,CG{B}_{2}P$. Chứng minh rằng các đường thẳng qua $A_2,B_2,C_2$ tương ứng vuông góc với $B_1{C}_1,C_1{A}_1,A_1{B}_1$ đồng quy.

Lời giải :

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$

Ta có

$\overrightarrow{AG}.\overrightarrow{B_2{C}_2}$$=\frac{2}{3}\overrightarrow{AI}.\left(\overrightarrow{G{C}_2}-\overrightarrow{G{B}_2}\right)$$=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)\left(\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AQ}\right)$$=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AQ})+\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AQ}\right)$$=\frac{1}{3}\left(AC.AF.cos\widehat{FAC}-AB.AQ.cos\widehat{QAB}\right)$$=\frac{1}{3}\left(AC.AB.cos\left(\frac{\pi }{2}+\widehat{BAC}\right)-AB.AC.cos\left(\frac{\pi }{2}+\widehat{BAC}\right)\right)$$=0$

Như vậy ta có $AG\perp B_2{C}_2$ hay $A_{1}G\perp B_2{C}_2$

Hoàn toàn tương tự, ta được $B_{1}G\perp C_2{A}_2,C_{1}G\perp A_2{B}_2$

Xét tam giác $A_2{B}_2{C}_2$ có các đường thẳng $A_{1}G,B_{1}G,C_{1}G$ đồng quy tại $G$ và tương ứng vuông góc với các cạnh

Từ đó áp dụng định lí $Carnot$ ta có :

$\left(A_1{C}_2^2-A_1{B}_2^2\right)+\left(C_1{B}_2^2-C_1{A}_2^2\right)+\left(B_1{A}_2^2-B_1{C}_2^2\right)$$=0$$\iff \left(C_2{A}_1^2-C_2{B}_1^2\right)+\left(A_2{B}_1^2-A_2{C}_1^2\right)+\left(B_2{C}_1^2-B_2{A}_1^2\right)$$=0$

Từ đó theo định lí $Carnot$ cho tam giác $A_1{B}_1{C}_1$ ta có các đường thẳng qua $A_2,B_2,C_2$ tương ứng vuông góc với $B_1{C}_1,C_1{A}_1,A_1{B}_1$ đồng quy.

 

Bài toán (Đề nghị Olympic 30-4 toán 10 năm 2011 THPT Chuyên Lương Văn Chánh, Phú Yên) : Cho điểm $M$ thuộc miền trong tam giác $ABC$, gọi $d_1,d_2,d_3$ lần lượt là khoảng cách từ điểm $M$ đến các cạnh $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng nếu $d_1{d}_2{d}_3\ge r^3$ thì $OM\le OI$ trong đó $I$ là tâm và $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$

Lời giải :

Gọi $H,I,K$ lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ $M$ xuống $BC,CA,AB$.

Ta có $S_{HIK}=S_{MHK}+S_{MHI}+S_{HIK}=\frac{1}{2}{d}_1{d}_3.sin\widehat{HMK}+\frac{1}{2}{d}_1{d}_2.sin\widehat{HMI}+\frac{1}{2}.sin\widehat{KMI}=\frac{d_1{d}_2{d}_3}{2}\left(\frac{sin\left(\pi -A\right)}{d_1}+\frac{sin(\pi -B)}{d_2}+\frac{sin(\pi -C)}{d_3}\right)=\frac{d_1{d}_2{d}_3}{4R}\left(\frac{a}{d_1}+\frac{b}{d_2}+\frac{c}{d_3}\right)$.

Theo định lí $Euler$ cho tam giác $Pedal$ $HIK$ :

$S_{HIK}=\frac{1}{4}\left|1-\frac{O{M}^2}{R^2}\right|S_{ABC}\Rightarrow \frac{4S_{HIK}}{S_{ABC}}=1-\frac{O{M}^2}{R^2}(OM<R)$, tức là $O{M}^2=R^2\left(1-\frac{4S_{HIK}}{S_{ABC}}\right)$

Theo hệ thức $Euler$ : $O{I}^2=R^2-2Rr$

Để chứng minh $OM\le OI$ hay $O{M}^2\le O{I}^2$, ta sẽ chứng minh :

$R^2\left(1-\frac{4S_{HIK}}{S_{ABC}}\right)$$\le R^2-2Rr$$\iff 1-\frac{4S_{HIK}}{S_{ABC}}$$\le 1-\frac{2r}{R}$$\iff \frac{S_{HIK}}{S_{ABC}}$$\ge \frac{r}{2R}$$\iff \frac{d_1{d}_2{d}_3}{4R}\left(\frac{a}{d_1}+\frac{b}{d_2}+\frac{c}{d_3}\right)$$\ge \frac{r}{2R}.S_{ABC}$$\iff d_1{d}_2{d}_3\left(\frac{a}{d_1}+\frac{b}{d_2}+\frac{c}{d_3}\right)$$\ge 2r.S_{ABC}(\ast )$

Theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ :

$\frac{a}{d_1}+\frac{b}{d_2}+\frac{c}{d_3}$$\ge \frac{(a+b+c{)}^2}{a{d}_1+b{d}_2+c{d}_3}$$=\frac{4p^2}{2(S_{MBC}+S_{MCA}+S_{MAB})}$$=\frac{4p^2}{2S_{ABC}}$$=\frac{2p^2}{pr}$$=\frac{2p}{r}$

Lại theo giả thiết $d_1{d}_2{d}_3\ge r^3$.

Do đó $d_1{d}_2{d}_3\left(\frac{a}{d_1}+\frac{b}{d_2}+\frac{c}{d_3}\right)\ge r^3.\frac{2p}{r}=2p{r}^2=2r.S_{ABC}$.

Như vậy $(\ast )$ được chứng minh, ta có điều phải chứng minh.