Tuyển tập Hình học phẳng207 bài

Bài toán (ELMO Shortlist 2012)

Cho tam giác $ABC$ và tâm nội tiếp $(I)$, $D$ là chân vuông góc của $I$ xuống $BC$, $P$ là chân vuông góc của $I$ xuống $AD$. Chứng minh $\angle BPD=\angle CPD$.

Lời giải :

Gọi $(c)$ là đường tròn đường kính $ID$. Dễ dàng thấy rằng $BC,IP,EF$ theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp đường tròn $(c)$ và $(I)$, $(c)$ và $(AFPIE)$, $(AFPIE)$ và $(I)$. Như vậy $BC,IP,EF$ đồng quy tại $J$.

Từ đó dễ thấy $(JD,BC)=-1$ mà $PI$ vuông góc $PD$ nên theo định lý về chùm điều hòa ta được $\angle BPD=\angle CPD$

Bài toán : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ có $AD,BC$ giao nhau tại $E$ và $AC,BD$ giao nhau tại $P$. Gọi $M,N$ là trung điểm của $AC,BD$. Gọi $I$ là tâm ngoại tiếp tam giác $EMN$. Chứng minh $OP$ song song $EI$.

Lời giải :

Gọi $S$ là trung điểm của $EF$, $X$ theo thứ tự là giao của $EF$ với $BD,AC$.

Dễ thấy $(AC,YP)=-1$ mà $M$ là trung điểm của $AC$ nên theo hệ thức Macraulin :

$$PM.PY=PA.PC$$

Hoàn toàn tương tự thì $PN.PX=PD.PB$. Hơn nữa lại có $PA.PC=PB.PD=P_{P/(O)}$ nên có $PN.PX=PM.PY$

Suy ra $M,N,X,Y$ đồng viên. 

Mà dễ dàng thấy $S,M,N$ thẳng hàng theo định lí về đường thẳng Gauss.

Do vậy ta được $SM.SN=SX.SY$. Cũng dễ thấy $(EF,XY)=-1$ và $S$ là trung điểm của $EF$ nên theo hệ thức Newton :

$$S{E}^2=SX.SY$$

Ta thu được $S{E}^2=SM.SN$. Suy ra $SE$ là tiếp tuyến của $(EMN)$. Từ đó $IE$ vuông góc $EF$. 

Lại theo định lý Brocard thì $O$ là trực tâm tam giác $PEF$, kéo theo $OP$ vuông góc $EF$. Như vậy $IE$ song song $OP$.

Bài toán : Cho tam giác $ABC$. $I_A,I_B,I_C$ lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp góc $A,B,C$. $(I_A)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $A_1,B_1,C_1$. $(I_B)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $A_2,B_2,C_2$. $(I_C)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $A_3,B_3,C_3$. Gọi $D,E,F$ theo thứ tự là giao của các cặp đường thẳng $(I_A{A}_1,B_1{C}_1),(I_B{A}_2,B_2{C}_2),(I_C{A}_3,B_3{C}_3)$. Chứng minh $AD,BE,CF$ đồng quy.

Lời giải :

Qua $A$ kẻ đường thẳng $d$ song song với $BC$. $I_A{A}_1$ cắt $d$ tại $T$. $B_1{C}_1$ cắt $d$ tại $U$. 

Dễ thấy các điểm $A,T,B_1,C_1,I_A$ cùng thuộc đường tròn đường kính $A{I}_A$, suy ra :

$$\angle C_{1}T{I}_A=\angle C_{1}A{I}_A=\frac{\angle A}{2}=\angle B_{1}A{I}_A=\angle B_{1}T{I}_A$$

Tức $T{I}_A$ là phân giác góc $B_{1}T{C}_1$, hơn nữa $T{I}_A$ vuông góc $TU$. Do đó $T(B_1{C}_1,U{I}_A)=-1$.

Kéo theo $(B_1{C}_1,UD)=-1$. Lại kéo theo $A(CB,UD)=-1$ mà ta có $AU$ song song $BC$ nên theo định lý về chùm điều hòa, ta được $AD$ đi qua trung điểm của $BC$ hay $AD$ là trung tuyến của tam giác $ABC$.

Một cách tương tự $BE,CF$ là trung tuyến của tam giác $ABC$. Như vậy $AD,BE,CF$ đồng quy.

Bài toán (Russia Sharygin Geometry Olympiad 2013)

Cho tam giác $ABC$ có phân giác $BD$. $I_a,I_c$ theo thứ tự là tâm nội tiếp các tam giác $ABD,BDC$. $I_a{I}_c$ giao $AC$ tại $Q$. Chứng minh $\angle QBD=90^0$.

Lời giải :

Gọi $I$ là tâm nội tiếp tam giác. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $IAC$ và đường thẳng $Q{I}_a{I}_c$ :

$$\frac{QA}{QC}.\frac{I_{c}C}{I_{c}I}.\frac{I_{a}I}{I_{a}A}=1(1)$$

Theo tính chất phân giác :

$\frac{I_{c}C}{I_{c}I}$$=\frac{BC}{BI},\frac{I_{a}I}{I_{a}A}$$=\frac{BI}{BA}$$\Rightarrow \frac{I_{c}C}{I_{c}I}.\frac{I_{a}I}{I_{a}A}$$=\frac{BC}{BA}(2)$

Từ $(1)(2)$ ta được :

$$\frac{QA}{QC}=\frac{BA}{BC}=\frac{AD}{AC}\Rightarrow (QD,AC)=-1$$

Lại có $BD$ là phân giác góc $ABC$ nên $BQ$ vuông góc $BD$ hay $\angle QBD=90^0$.

Bài toán (Balkan Mathematical Olympiad 2008)

Cho tam giác nhọn $ABC$ có $AC>BC$. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp và $H$ là trực tâm tam giác, $F$ là chân vuông góc hạ từ $C$. $P$ là điểm của $AB$ sao cho $FA=FP$. $M$ là trung điểm của $BC$. $PH$ giao $BC$ tại $X$, $Y$ là giao của $OM$ và $FX$, $Z$ là giao của $FO$ và $AC$. Chứng minh bốn điểm $F,M,Y,Z$ đồng viên.

Lời giải :

Gọi $R$ là giao của $CH$ và $(O)$. $RB$ giao $AC$ tại $J$. $AR$ giao $BC$ tại $K$. $AP$ giao $JK$ tại $W$.

Dễ thấy tứ giác $ARPH$ là hình thoi nên $HP\parallel AK$. Suy ra $\frac{BX}{BK}=\frac{BP}{BA}(1)$.

Chú ý ta có $J(KF,BC)=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần) hay $J(WF,BA)=-1$. Suy ra $\frac{WB}{WA}=\frac{FB}{FA}$.

Kéo theo :

$\frac{FA}{FB}$$=\frac{WA}{WB}$$=\frac{AB+BW}{BW}$$=\frac{AB}{BW}+1$$\iff \frac{FA-FB}{FB}$$=\frac{AB}{BW}$$\iff \frac{FP-FB}{FB}$$=\frac{AB}{BW}$$\iff \frac{BP}{FB}$$=\frac{AB}{BW}$$\iff \frac{FB}{BW}$$=\frac{BP}{BA}(2)$

Từ $(1)(2)$ ta suy ra $\frac{BX}{BK}=\frac{FB}{BW}$. Theo định lí Thales đảo ta có $FX\parallel JW$ hay $FX\parallel JK$.

Theo định lí Brocard ta có $O$ là trực tâm tam giác $JFK$, kéo theo $OF$ vuông góc $JK$.

Ta được $OF$ vuông góc $FX$. Từ đó dễ dàng chỉ ra được điều phải chứng minh.

Bài toán (Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ số 424 – Trần Quang Hùng)

Cho tam giác $ABC$, tâm ngoại tiếp $(O)$, tâm nội tiếp $(I)$ và tâm bàng tiếp góc $A$ là $I_a$. $AI,BI$ cắt $BC,CA$ tại $D,E$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc $O{I}_a$ cắt $AC$ tại $M$. Chứng minh rằng $DE$ đi qua trung điểm của $IM$.

Lời giải :

Bổ đề : Cho tam giác $ABC$ phân giác $BE,CF$ có tâm $O$ ngoại tiếp và tâm $I_a$ bàng tiếp góc $A$. Khi đó thì $EF$ vuông góc $O{I}_a$.

Xem chứng minh tại đây

Trở lại bài toán :

Gọi $F$ là giao của $CI$ với $latex AB$. Theo bổ đề ta có $EF$ vuông góc $O{I}_a$. Suy ra $IM$ song song $EF$.

Mặt khác cũng dễ dàng thấy $E(FDIM)=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần). Vậy theo định lí về chùm điều hòa ta có $ED$ đi qua trung điểm của $IM$.

Bài toán : Cho tam giác $ABC$ có các phân giác trong $AM,BN,CP$ thỏa mãn $MN$ vuông góc $MP$. Tính góc $BAC$.

Lời giải :

Gọi $G$ là giao của $PN$ và $BC$. Do $AM,BN,CP$ đồng quy tại tâm nội tiếp tam giác nên $(GMBC)=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần)

Hơn nữa do $MN$ vuông góc $MP$ nên theo định lí về chùm điều hòa ta có $MP$ là phân giác góc $AMB$.

Theo tính chất phân giác :

$\frac{AP}{PB}$$=\frac{AM}{MB}$$=\frac{sin\angle B}{sin\frac{\angle A}{2}},\frac{AP}{PB}$$=\frac{AC}{BC}$$=\frac{sin\angle B}{sin\angle A}$

Từ đó suy ra :

$$sin\angle A=sin\frac{\angle A}{2}\Rightarrow \angle BAC=120^0$$

Bài toán (Chọn đội tuyển VMO 2013-2014 tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu)

Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp $(O)$. Hai tiếp tuyến của $(O)$ tại $B,C$ cắt nhau tại $I$. $AI$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. $M,K$ theo thứ tự là trung điểm của $BC,AD$. Hai đường thẳng $BC,AM$ cắt $(O)$ tại $E,F$

a) Chứng minh rằng $\angle BAD=\angle MAC$

b) Chứng minh rằng $EF\parallel AB$

Lời giải :

a) Xét hai tam giác $ABD$ và $AMC$.

Ta có :

$$\angle ADB=\angle ACM$$ ($$A,B,C,D$$ đồng viên)

Theo định lí Ptolemy cho tứ giác $ABDC$ nội tiếp :

$$AD.BC=AB.CD+AC.BD$$

Mà $AB.CD=AC.BD$ do tứ giác $ABDC$ là tứ giác điều hòa.

Nên ta suy ra :

$$AD.BC=2AC.BD\Rightarrow AD.MC=AC.BD(BC=2MC)\Rightarrow \frac{AD}{BD}=\frac{AC}{MC}$$

Vậy ta có hai tam giác $ABD,AMC$ đồng dạng. Từ đó được :

$$\angle BAD=\angle MAC$$

b) Lấy $S$ là trung điểm của $AC$. Nên $MS$ là đường trung bình của tam giác $ABC$. Nên $MS\parallel AB$ $(1)$

Ta có

$\Delta ABD\sim \Delta AMC$$\Rightarrow \frac{AB}{AD}$$=\frac{AM}{AC}$$\Rightarrow \frac{AB}{AD:2}$$=\frac{AM}{AC:2}$$\Rightarrow \frac{AB}{AK}$$=\frac{AM}{AS}$

Lại có $\angle BAD=\angle MAC\Rightarrow \angle BAK=\angle MAS$

Suy ra hai tam giác $ABK,AMS$ đồng dạng. Kéo theo :

$$\angle ABK=\angle AMS$$

Mà $\angle ABK=\angle ABE=\angle AFE$ nên $\angle AMS=\angle AFE$. Hai góc này ở vị trí so le trong nên có ngay $MS$ song song $EF$ $(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra $EF$ song song $AB$