Tuyển tập Hình học phẳng207 bài

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ nhọn, $M$ là trung điểm của $AB$. $AD,BE$ là hai đường cao của tam giác. $CM$ theo thứ tự cắt $(CDE),(ABC)$ tại điểm thứ hai là $P,Q$. Chứng minh $MP=MQ$.

Lời giải :

Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$ và $F$ là chân vuông góc từ $C$ xuống $AB$.

Ta có $\angle HPM=\angle HFM=90^0$ nên $HPMF$ nội tiếp. Tứ giác $EFMD$ nội tiếp đường tròn Euler của tam giác $ABC$ và tứ giác $EHPD$ nội tiếp đường tròn đường kính $CH$.

Như vậy ta có $HD,ED,FM$ đồng quy tại tâm đẳng phương $J$ của ba đường tròn $(HPMF),(EFMD),(EHPD)$.

Từ đó mà :

$$JA.JB=JE.JD=JH.JP$$

(Chú ý tứ giác $EDBA,EHPD$ nội tiếp)

Suy ra tứ giác $HPBA$ nội tiếp.

Lúc này :

$$\angle PAB=\angle PHB=\angle ACQ=\angle ABQ$$

Kéo theo $AP$ song song $QB$.

Và :

$$\angle PBA=\angle DHP=\angle DCP=\angle BAQ$$

Suy ra $PB$ song song $QA$.

Như vậy $PBQA$ là hình bình hành, dễ thấy được $M$ là trung điểm của $PQ$ hay $MP=MQ$.

Bài toán (Đề thi Olympic Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ lớp 11 năm 2015)

Cho hai đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ cắt nhau tại hai điểm $A,B$. $AX,XY$ theo thứ tự là hai đường kính của $(O_1),(O_2)$. $I$ là một điểm thuộc phân giác góc $XAY$ sao cho $I$ không thuộc hai đường tròn và $OI$ không vuông góc $XY$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc $AI$ cắt $(O_1),(O_2)$ tại $E,F$ lần lượt. $IX$ cắt $(O_1)$ tại $K$, $IY$ cắt $(O_2)$ tại $L$.

1) Gọi $C$ là giao của $EF$ với $IX$ và $O$ là trung điểm của $XY$. Chứng minh $OE$ tiếp xúc với $(CEK)$.

2) Chứng minh $EK,FL,OI$ đồng quy.

Lời giải :

1) Dễ thấy rằng $E{O}_1$ song song với $AY$ nên $E{O}_1$ đi qua trung điểm $O$ của $XY$. Tương tự $F{O}_2$ cũng đi qua $O$.

Ta có :

$$\angle OEK=\angle O_{1}EK=\angle O_{1}EA-\angle AEK=\angle EA{O}_1-\angle AXK=\angle ACX=\angle ECK$$

Điều này chứng tỏ $OE$ là tiếp tuyến của $(CEK)$.

2) Gọi $D$ là giao của $YL$ với $EF$, tương tự thì $OF$ là tiếp tuyến của $(DFL)$. Mà dễ chứng minh $OE=OF$ nên $O$ nằm trên trục đẳng phương của $(CEK),(DFL)$.

Tiếp theo ta sẽ chứng minh hai tứ giác $DLKC$ và $ELKF$ nội tiếp.

• Chứng minh $DLKC$ nội tiếp :

Gọi $U$ là giao của $AI$ và $(O_1)$ thì có $\angle O_{1}UA=\angle O_{1}AU=\angle UAY$, suy ra $O_{1}U$ song song $AY$, dẫn đến $O_{1}U$ đi qua $O$.

Vì $OE$ tiếp xúc $(CEK)$ nên $\angle KCE=\angle KEU=\angle KAU=\angle KAI=\angle KLI$ (chú ý là tứ giác $ALIK$ nội tiếp do có hai góc đối là góc vuông).

Từ đó mà có $DLKC$ nội tiếp.

• Chứng minh $ELKF$ nội tiếp :

Ta có :

$$\angle FLK=\angle FLI-\angle KLI=\angle FLY-\angle KEU$$

$$\angle FEK=\angle FEO-\angle KEU$$

Mặt khác dễ thấy rằng $\angle FEO=\angle FLI$ nên kéo theo $\angle FLK=\angle FEK$. Điều này chứng tỏ $ELKF$ nội tiếp.

Tiếp theo ta gọi $J$ là giao của $EK,FL$ thì do $ELKF$ nội tiếp nên :

$$JE.JK=JL.JF\Rightarrow P_{J/(CEK)}=P_{J/DFL}$$

Vậy $J$ nằm trên trục đẳng phương của $(CEK),(DFL)$

Tương tự do $DLKC$ nội tiếp nên suy ra được $I$ nằm trên trục đẳng phương của $(CEK),(DFL)$.

Ta có ba điểm $O,I,J$ cùng nằm trên trục đẳng phương của $(CEK),(DFL)$ nên chúng thẳng hàng.

Hay nói cách khác $EK,FL,OI$ đồng quy, đây là điều cần chứng minh.

Bài toán : Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$. $M$ là một điểm trên tia đối tia $BA$. Một cát tuyến qua $M$ cắt nửa đường tròn tại $C,D$ sao cho $MD<MC$. Gọi $K$ là giao của $(AOC),(BOD)$. Chứng minh $MK$ vuông góc $OK$.

Lời giải :

Gọi $X$ là giao điểm của $AC,BD$ và $Y$ là giao điểm của $AD,BC$.

Dễ thấy $X$ chính là tâm đẳng phương của ba đường tròn $(O),(AOC),(BOD)$ nên $X,O,K$ thẳng hàng.

Ta sẽ chứng minh $K,Y,M$ thẳng hàng.

Ta có :

$\angle AKB$$=\angle AKO+\angle OKB$$=\angle ACO+\angle ODB$$=\angle CAO+\angle ODB$$=\left(\angle CAD+\angle DAO\right)+\left(\angle ADB-\angle ADO\right)$$=\angle CAD+\angle CAY$$=\angle AYB$

Vậy ta có tứ giác $AKYB$ nội tiếp. 

Từ đó cũng dễ thấy luôn tứ giác $CKYD$ nội tiếp. Từ đó vì $M$ cùng phương tích với hai đường tròn $(AKYB),(CKYD)$ nên $M$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này tức $M$ thuộc $KY$. Ta được $M,K,Y$ thẳng hàng.

Theo định lý Brocard thì $O$ là trực tâm tam giác $XYM$ nên $MY$ vuông góc $OX$ hay $MK$ vuông góc $OK$.

Bài toán : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. $E,F,I$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường $(AD,BC),(AB,CD),(AC,BD)$. Gọi $G$ là giao điểm thứ hai của $(O)$ và $(AEF)$ và $H$ là giao điểm thứ hai của $(O)$ và $(CEF)$. 

a) (ELMO Shortlist 2014)

Chứng minh rằng $GH,AC,BD$ đồng quy.

b) Gọi $Q$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $ABCDEF$. Chứng minh $OQ,AC,BD$ đồng quy.

c) Chứng minh bốn điểm $G,O,G,H$ đồng viên.

Lời giải :

a) Dễ thấy $EF,AG,CH$ đồng quy tại tâm đẳng phương của $(AEF),(CEF),(O)$.

Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác $ABG,CDH$ nên để chứng minh $AC,BD,GH$ đồng quy ta đi chứng minh :

$$\overline{(AB\cap CD),(BG\cap DH),\left(AG\cap CH\right)}$$

Nhưng dễ thấy $AB\cap CD$ và $AG\cap CH$ đều thuộc đường thẳng $EF$ nên ta phải chứng minh $BG\cap DH$ cũng thuộc $EF$.

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm $(D,A,G,B,C,H)$ ta được $BG\cap DH$ nằm trên đường thẳng nối $AD\cap BC$ và $AG\cap CH$. Dễ thấy đó chính là $EF$, tức là $BG\cap DH$ nằm trên $EF$.

Ta hoàn thành câu a.

b) Ta sẽ chứng minh $QI$ là phân giác góc $BQD$. Tức là đi chứng minh :

$$\frac{ID}{IB}=\frac{QD}{QB}$$

Dễ thấy hai tam giác $AIB,DIC$ đồng dạng :

$$\frac{AI}{DI}=\frac{BI}{CI}=\frac{AB}{CD}$$

$$IA.IC=IB.ID\Rightarrow \frac{IB}{ID}=\frac{IA}{ID}.\frac{IC}{ID}=\frac{AB}{CD}.\frac{IC}{ID}$$

Cũng dễ thấy hai tam giác $QAB,QDC$ đồng dạng :

$$\frac{QA}{QD}=\frac{QB}{QC}=\frac{AB}{CD}$$

$$QA.QC=QB.QD\Rightarrow \frac{QB}{QD}=\frac{QA}{QD}.\frac{QC}{QD}=\frac{AB}{CD}.\frac{QC}{QD}$$

Như vậy ta cần chứng minh :

$$\frac{IC}{ID}=\frac{QC}{QD}$$

Thực như vậy, bởi các tam giác $AID,BIC$ đồng dạng nên $\frac{IC}{ID}=\frac{BC}{AD}$ và vì các tam giác $QAD,QBC$ đồng dạng nên $\frac{QC}{QD}=\frac{BC}{AD}$. Từ đó $\frac{IC}{ID}=\frac{QC}{QD}$.

Như vậy $QI$ là phân giác góc $BQD$

Gọi $S$ là giao của $BD,EF$. Dễ thấy $Q(DB,IS)=-1$ mà $QI$ là phân giác góc $BQD$ nên theo định lý về chùm điều hòa ta có $QI$ vuông góc $QS$ hay $QI$ vuông góc $EF$.

Hơn nữa theo định lý Brocard thì $O$ là trực tâm tam giác $EFI$. Suy ra $OI$ vuông góc $EF$. Ta được $O,I,Q$ thẳng hàng.

Hay nói cách khác $OQ,AC,BD$ đồng quy.

c) Để ý rằng :

$$\angle BQD=2\angle IQD=2\left(90^0-\angle FQD\right)=180^0-2\angle BCD=180^0-\angle BOD$$

Vậy ta được tứ giác $BODQ$ nội tiếp, kéo theo $IB.ID=IO.IQ$. Mà theo câu a thì $G,H,I$ thẳng hàng nên $IG.IH=IB.ID$

Kéo theo $IO.IQ=IG.IH$. Điều này chứng tỏ bốn điểm $G,H,O,Q$ đồng viên.

Bài toán : (Kiểm  tra Trường hè Lê Qúy Đôn 2014)

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. Các cặp đường thẳng $(AB,CD),(AD,BC),(AC,BD)$ có giao điểm là $E,F,G$. Gọi $H$ là giao của hai đường tròn $(ADE),(DCF)$. Gọi $I$ là giao của phân giác góc $AHB$ và $AB$. Gọi $J$ là giao của phân giác góc $CHD$ và $CD$. Chứng minh $I,G,J$ thẳng hàng.

Lời giải :

Chú ý điểm $H$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $ABCDEF$.

Ta có :

$$\angle HDA=\angle HCB,\angle HAD=180^0-\angle HAF=180^0-\angle HBF=\angle HBC$$

Từ đây ta suy ra hai tam giác $AHD,BHC$ đồng dạng. Như vậy :

$$\frac{HA}{HB}=\frac{AC}{BC}=\frac{AG}{BG}$$

Mà theo tính chất phân giác $\frac{HA}{HB}=\frac{IA}{IB}$, kéo theo $\frac{AG}{GB}=\frac{IA}{IB}$

Tức là $GI$ là phân giác góc $GAB$. Tương tự $GJ$ là phân giác góc $GCD$

Mà $GAB,GCD$ là hai góc đối đỉnh. Ta được $G,I,J$ thẳng hàng.

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, đường cao $AH$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. Đường tròn đường kính $AI$ cắt $(O)$ tại $M$, $AH$ tại $N$. Chứng minh $M,N,D$ thẳng hàng.

Lời giải :

Gọi $T$ là trung điểm cung cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. Ta lần lượt chứng minh $M,D,T$ và $N,D,T$ thẳng hàng.

Ta có :

$$\angle MFB=180^0-\angle MFA=180^0-\angle MEA=\angle MEC$$

$$\angle FBM=\angle ECM$$

Từ đó có hai tam giác $MFB,MEC$ đồng dạng, suy ra :

$$\frac{BF}{EC}=\frac{MB}{MC}\Rightarrow \frac{BD}{DC}=\frac{MB}{MC}$$

Vậy $MD$ là phân giác góc nội tiếp $BMC$ nên đi qua trung điểm $T$ của cung $BC$. Tức $M,D,T$ thẳng hàng.

Tiếp theo ta chứng minh $N,D,T$ thẳng hàng.

Điều này đồng nghĩa ta phải chứng minh hai tam giác $DIT,NAT$ đồng dạng, tức :

$\frac{AT}{TI}$$=\frac{AN}{ID}$$\iff \frac{AT}{TB}$$=\frac{AI.sin\angle NIA}{r}$$\iff \frac{sin\angle ABT}{sin\frac{A}{2}}$$=\frac{sin\angle BGA}{sin\frac{A}{2}}$$\iff sin\angle ABT$$=sin\angle BGA$

Điều này đúng vì $\angle ABT=180^0-\angle BAT-\angle BTA=180^0-\frac{\angle A+\angle C}{2}=180^0-\angle BGA$

Bài toán hoàn tất.

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Phân giác $BAC$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. $M,N$ là trung điểm của $AB,AC$. Trung trực của $CA,AB$ cắt các đường tròn $(AMD),(AND)$ theo thứ tự tại $E,F$ sao cho $E,B$ cùng phía với $AC$ và $F,C$ cùng phía với $AB$. Gọi giao của $EF$ và $MN$ là $P$. Chứng minh $PA=PD$.

Lời giải :

Trước hết ta chứng minh $AMED$ là hình thang cân.  Gọi $E^{\prime }$ là giao điểm của $(AMD)$ với đường thẳng qua $M$ song song $AD$. Ta chứng minh $E$ trùng $E^{\prime }$.

Gọi $X$ là giao của $AC$ và $(AMD)$. Dễ thấy $DM=DX$ ($AD$ là phân giác góc $MAX$) và $BD=CD$.

Hơn nữa vì $\angle MDX=\angle BDC(=180^0-\angle A)$ nên $\angle BDM=\angle BDC-\angle MDC=\angle MDX-\angle MDC=\angle CDX$. Từ đó có ngay hai tam giác $CDX$ và $BDM$ bằng nhau.

Kéo theo $CX=BM=AM$ mà $AM=E^{\prime }D$ ($AM{E}^{\prime }D$ là hình thang cân) nên $E^{\prime }D=CX$.

Lại có $\angle E^{\prime }DA=\angle MAD=\angle DAC\Rightarrow E^{\prime }D\parallel AX$. Từ đó $DX=E^{\prime }C$, mà $DX=A{E}^{\prime }$ vì $A{E}^{\prime }DX$ là hình thang cân. Từ đó được $A{E}^{\prime }=E^{\prime }C$, suy ra $E$ trùng $E^{\prime }$.

Ta chứng minh xong $AMED$ là hình thang cân. Tương tự $ANFD$ cũng là hình thang cân.

Suy ra $ME,NF,AD$ có chung đường trung trực đó là $KOL$. Cũng dễ thấy $KOL$ phải đi qua $P$. Vậy $PA=PD$.

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ ngoại tiếp $(I)$ với $D,E,F$ là tiếp điểm với $(I)$ trên $BC,CA,AB$. $M$ là trung điểm của $BC$. $H$ là hình chiếu của $M$ lên $EF$. Chứng minh rằng $IH$ và trung trực của $BC$ gặp nhau trên $(O)$.

Lời giải :

Gọi $I_b,I_c$ theo thứ tự là tâm bàng tiếp góc $B,C$ của tam giác $ABC$. $K,L$ theo thứ tự là giao của $CI,BI$ với $EF$. Gọi $N$ là giao của $OM$ và $(O)$, tức $N$ là điểm chính giữa cung $BAC$. Ta chứng minh $N,H,I$ thẳng hàng.

Ta có :

$\angle NC{I}_b$$=\angle BC{I}_b-\angle NCB$$=\left(\angle C+\angle AC{I}_b\right)-\left(90^0-\angle MNC\right)$$=\left(\angle C+90^0-\frac{\angle C}{2}\right)-(90^0-\frac{\angle A}{2})$$=\frac{\angle A+\angle C}{2}$$=\angle B{I}_{b}C$

Như vậy tam giác $NC{I}_b$ cân mà $\angle I_{c}C{I}_b=90^0$ nên $N$ là tâm ngoại tiếp tam giác $I_{c}C{I}_b$. Suy ra $N$ là trung điểm của $I_b{I}_c$.

Ta dễ dàng có được :

$$\angle BKC=\angle BLC=90^0$$ và $$B,K,C,L$$ đồng viên.

Từ đó :

$$\angle KLM=\angle KLB+\angle BLM=\angle KCB+\angle LBM=\frac{\angle +\angle C}{2}=\angle LKM$$

Tức tam giác $KLM$ cân, có đường cao $MH$ nên cũng là trung tuyến, tức $H$ là trung điểm của $KL$.

Dễ thấy $KL$ song song $I_b{I}_c$ do cùng vuông góc với $AI$. Trong tam giác $I{I}_c{I}_b$ có $K,L$ theo thứ tự thuộc hai cạnh bên mà $KL$ song song với đáy. $H,N$ theo thứ tự là trung điểm của $KL,I_b{I}_c$ nên $H,I,N$ thẳng hàng.