Tỷ số kép - Hàng điểm điều hòa ôn thi VMO năm 2022

Tỉ số kép,hàng điểm điều hoà,ánh xạ xạ ảnh và một số ứng dụng

Nguyễn Hữu Đức - Nguyễn Cung Thành THPT chuyên KHTN,ĐHKHTN,ĐHQGHN

Tóm tắt

Tỉ số kép, hàng điểm điều hoà là một công cụ mạnh và đã là vấn đề quen thuộc đối với tất cả các bạn học sinh chuyên Toán, tuy nhiên, ứng dụng của ánh xạ xạ ảnh thì có lẽ vẫn chưa thực sự được phổ biến rộng rãi đến với tất cả mọi người.Trong bài viết hôm nay, chúng tôi sẽ đưa ra lại những khái niệm về tỉ số kép, hàng điểm điều hoà cùng với ánh xạ xạ ảnh cũng như những ví dụ minh hoạ để cho thấy sức mạnh của những công cụ này.

I Tỉ số đơn, tỉ số kép, hàng điểm điều hoà

1 Tóm tắt lý thuyết

Những lý thuyết dưới đây được chúng tôi tham khảo và trích trong [1],[2],[3].

1.1 Hàng điểm, tỉ số đơn, tỉ số kép

1.1.1 Các định nghĩa

Định nghĩa 1. Tập hợp các điểm có thứ tự cùng thuộc một đường thẳng gọi là một hàng điểm, đường thẳng chứa các điểm đó gọi là giá của hàng điểm.

Định nghĩa 2. Hàng điểm gồm ba điểm thẳng hàng A, B, C thì có tỷ số đơn được ký hiệu và định nghĩa như sau (AB, C) = CA

CB =k, ta còn nói C chia đoạnAB theo tỉ số k.

bc

A

bc

B

bc

C

Định nghĩa 3. Hàng điểm gồm bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng thì có tỉ số kép được kí hiệu và

bc

A

bc

B

bc

C

bc

D

1.1.2 Các tính chất cơ bản của tỉ số đơn và tỉ số kép

Ta xét hàng điểmA, B, C, D, ta luôn có các tính chất sau:

• (AB, M)6= 1, (AB, M) =−1⇔ M là trung điểm của AB

• (AB, CD) = (BA, DC) = (CD, AB) = (DC, BA)

• (AB, CD) = 1

(BA, CD) = 1

(AB, DC) = 1

(DC, AB) = 1 (CD, BA)

•(AB, CX) = k với A, B, C, k xác định thìX tồn tại duy nhất, tương tự với các vị trí còn lại trong tỉ số kép.

• (AB, CD)6= 1

1.2 Chùm đường thẳng, tỉ số kép của chùm

1.2.1 Các định lý và định nghĩa

Định nghĩa 4. Tập hợp các đường thẳng phân biệt, có thứ tự cùng đi qua một điểm gọi là một chùm đường thẳng, điểm các đường thẳng đi qua gọi là tâm của chùm, nếu không có gì nhầm lẫn ta gọi chùm bốn đường thẳng là một chùm (hoặc là chùm đường thẳng).

a

b

c d

bcO

Để đi đến định nghĩa về tỉ số kép của chùm đường thẳng, ta cần một định lý.

Định lý 1. Cho chùm đường thẳnga, b, c, dtâmO. Một đường thẳng∆không đi quaO cắta, b, c, d lần lượt tại A, B, C, D và một đường thẳng ∆^′ không đi qua O lần lượt cắt a, b, c tại A^′, B^′, C^′ thì (AB, CD) = (A^′B^′, C^′)

∆

∆^′

bcO

bc

A

bcA^′

bc

B ^bc C _bc

D

bcB^′

bcC^′

Định lý 2. Cho chùm đường thẳnga, b, c, d, một đường thẳng ∆cắta, b, c, dlần lượt tạiA, B, C, D và một đường thẳng∆^′ cắt a, b, c, d tạiA^′, B^′, C^′, D^′ thì (AB, CD) = (A^′B^′, C^′D^′).

∆

∆^′

bcO

bc

A ^bc

B ^bc

bc

A^{′ bc} B^′ bc

C^′ bc

D^′

Định lý thứ hai cho ta thấy một đường thẳng bất kỳ cắt chùm đường thẳng thì tỷ số kép của hàng các giao điểm là không đổi, ta dùng nó để định nghĩa tỷ số kép của chùm đường thẳng.

Định nghĩa 5. Cho chùm đường thẳng a, b, c, d, một đường thẳng ∆ cắt a, b, c, d tại (A, B, C, D) thì tỉ số kép của chùm đường thẳng được định nghĩa và ký hiệu là (ab, cd) = (AB, CD).

∆

bcO

bc

A ^bc

B ^bc

C ^bc

D

1.2.2 Các tính chất

Tỉ số kép của chùm được định nghĩa từ tỉ số kép của hàng điểm nên giữ nguyên các tính chất của tỉ số kép hàng điểm, sau đây ta đưa thêm một định nghĩa khác của chùm và các tính chất khác, ta lưu ý thêm là không có khái niệm tỉ số đơn của chùm ba đường thẳng.

Định nghĩa 6. Trên mặt phẳng cho bốn điểm phân biệtA, B, C, Dvà điểm O bất kỳ không thẳng hàng với hai trong số bốn điểm đó thì OA, OB, OC, ODlà một chùm đường thẳng và tỉ số kép của chùm đường thẳng này ta ký hiệu là O(AB, CD).

bc

O

bc

A

bcB

bcC

bcD

Định nghĩa trên cho ta một cách nhìn chùm đường thẳng thông qua các điểm ở trên nó, định lý sau

Định lý 3. Trên mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt A, B, C, D và điểm O bất kỳ không thẳng hàng với hai trong số bốn điểm đó thì O(AB, CD) = sin(−→

OC,−→

OA) sin(−→

OC,−−→

OB) : sin(−−→

OD,−→

OA) sin(−−→

OD,−−→

OB).

bc

O

bc A

bcB

bcC

bc

D

Chú ý rằng(−→a ,−→

b ) chỉ góc định hướng giữa hai vector −→a,−→

b modulo 2π.

Hệ quả 1. Cho A, B, C, D nằm trên đường tròn (O) thì với mọi điểm P trên (O) thì P(AB, CD) luôn không đổi, ta quy ước khi P trùng vào một trong số bốn điểm A, B, C, Dchẳng hạn P ≡A thì ta thay đường thẳngP Acủa chùm bởi tiếp tuyến qua A (quy ước này mở rộng định nghĩa của chùm đường thẳng và vẫn phù hợp với lý thuyết).

A O

B C

D

bc

O

bc

A

bc

B

bc

C

bc

D

bc

P

bc

bc bc bc bc

Hệ quả trên giúp ta định nghĩa tỷ số kép của bốn điểm cùng nằm trên đường tròn như sau.

Định nghĩa 7.Cho bốn điểm phân biệt nằm trên đường tròn tỉ số kép của

Hệ quả 2.Nếu chùmOA, OB, OC, ODcóOA⊥ODthìO(AB, CD) = cot(−→

OC,−→

OA) cot(−→

OC,−−→

OB) : cot(−−→

OD,−→

OA) cot(−−→

OD,−−→

OB). Hệ quả 3. Cho hai chùm gồm các đường thẳng a, b, c, d và a^′, b^′, c^′, d^′ trong đó a, b, c tương ứng vuông góc với a^′, b^′, c^′, khi đó d⊥d^′ khi và chỉ khi (ab, cd) = (a^′b^′, c^′d^′).

a

b

c

d a’

b’

c’

d’

bcO

bc

O^′

bc bcbc

bc

1.3 Phép chiếu xuyên tâm

1.3.1 Quy ước và định nghĩa

Để thấy được mối liên hệ giữa chùm và hàng điểm, ta sẽ nghiên cứu các ánh xạ giữa các hàng điểm gọi là phép chiếu xuyên tâm, tuy nhiên trước khi định nghĩa phép chiếu xuyên tâm ta cần thêm một vài quy ước về điểm vô cùng trong mặt phẳng để được định nghĩa tốt.

Ta quy ước như sau, tất cả các đường thẳng song song với nhau thì chúng vẫn cắt nhau tại một điểm gọi là điểm vô cùng, ký hiệu là ∞, vì có vô số các cặp đường thẳng song song với nhau nên cũng có vô số điểm vô cùng, chúng nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng vô cùng, ký hiệu làd^∞. Cách quy ước trên dẫn đến nhiều tính chất khác xong ta không đi sâu phân tích mà sử dụng để định nghĩa phép chiếu xuyên tâm như sau.

Định nghĩa 8. Cho hai đường thẳng ∆,∆^′ và một điểm P không thuộc ∆,∆^′. Xét ánh xạ f đi từ đường thẳng∆vào đường thẳng∆^′, được xác định như sau:f(A) = A^′ sao cho A, A^′, P thẳng hàng.

Khi đóf được gọi là phép chiếu xuyên tâm. Điểm P được gọi là tâm chiếu củaf.

∆

∆^′

bcP

bc

A

bc

A^′

Nhờ quy ước về điểm vô cùngf xác định trên toàn ∆(điểmA ∈∆ mà P Ak∆^′ sẽ biến thành điểm

∞ của ∆^′, cũng nhờ quy ước về điểm xa vô cùng ta có thể gộp hai định lý quan trọng là định lý 1 và định lý 2 lại như sau.

Định lý 4.Phép chiếu xuyên tâm biếnA, B, C, DthànhA^′, B^′, C^′, D^′ thì(AB, CD) = (A^′B^′, C^′D^′), như vậy ta cũng có (AB, CD) = (A^′B^′, C^′∞) = (A^′B^′, C^′)nếu giá của hàng A^′, B^′, C^′ song song với DD^′.

∆

∆^′

bcO

bc

A ^bc

B ^bc

C bc

D

bc

A^{′ bc} B^′ bc

C^′ bc

D^′

∆

∆^′

bcO

bc

A

bcA^′

bc

B ^bc C _bc

D

bcB^′

bcC^′

Nói cách khác phép chiếu xuyên tâm bào toàn tỉ số kép. Định lý trên là một định lý quan trọng cả về mặt lý thuyết lẫn thực hành.

1.3.2 Các tính chất

Định lý 5.Cho hai hàng điểm gồm các điểmO, A, B, C và O, A^′, B^′, C^′, khi đóAA^′, BB^′, CC^′ đồng quy khi và chỉ khi (OA, BC) = (OA^′, B^′C^′).

bcO

bc

C

bc

C^′

bcA

bcB

bc

B^′

bc bc

A^′

Định lý 6.Cho cho hai chùm gồm các đường thẳngm, a, b, c vàm, a^′, b^′, c^′, giả sử a, b, cgiao a^′, b^′, c^′ lần lượt tại A, B, C thì A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi(ma, bc) = (ma^′, b^′c^′).

a

b c

m

a’

b’

c’

bc bc

bc

C

bc

A

bc

B

Từ đây nếu ta cóO(AB, CO^′) =O^′(AB, CO)thì A, B, C thẳng hàng.

1.4 Hàng điểm điều hoà, chùm đường thẳng điều hoà

1.4.1 Các định nghĩa

Định nghĩa 9. Ta gọi hàng điểmA, B, C, D là hàng điểm điều hòa nếu (AB, CD) =−1, tương tự ta cũng gọi chùm đường thẳng a, b, c, d là chùm đường thẳng điều hoà nếu (a, b, c, d) = −1 hay gọi tắt là chùm điều hoà.

Nhờ các tính chất về tỉ số kép ta thấy ngay vì tỉ số kép đặc biệt là -1 nên việc C, D chia A, B cũng như A, B chia C, D tức là (AB, CD) = (AB, DC) = (BA, DC) = (BA, CD) = (DC, BA) = (DC, AB) = (CD, AB) = (CD, BA) = −1 nên khi đó ta còn nói A, B liên hợp điều hoà với C, D.

Ta cũng có các tính chất tương tự cho chùm điều hoà.

Nhờ sự liên hệ giữa tỉ số đơn và tỉ số kép ta cũng có một định lý cơ bản sau của chùm điều hòa.

Định lý 7.Một chùm là điều hòa khi và chỉ khi một đường thẳng bất kỳ song song với một đường thẳng của chùm bị ba đường thẳng còn lại chắn hai đoạn thẳng bằng nhau.

bcA

bc B

bc

M

bcO

Định lý trên còn được phát biểu dưới dạng chùm cho bởi các điểm như sau.

Định lý 8.Cho chùm O(AB, CD) =−1với A, B, C thẳng hàngC là trung điểmAB khi và chỉ khi AB kOD.

bcA

bc B

bc

C

bcO

bcD

Do tính đặc biệt của tỷ số kép -1 ta có một loạt các tính chất sau cũng tương đương với định nghĩa của hàng điểm điều hòa.

Định lý 9.Cho hàng điểm A, B, C, D vàI là trung điểmAB, J là trung điểmCD khi đó ta có các khẳng định sau là tương đương:

1)(AB, CD) = −1 2) 2

AB = 1

AC + 1

AD (Hệ thức Descartes) 3)IA² =IB² =IC.ID (Hệ thức Newton) 4)AB.AJ =AC.AD (Hệ thức Maclaurin)

1.4.2 Ba hàng điều hoà và chùm điều hoà đặc biệt

Định lý 10. Cho tam giác ABC và AD, AE là hai phân giác trong và ngoài của tam giác thì (BC, DE) =−1 kéo theo A(BC, DE) = −1 (hàng phân giác).

bcA

bc

B ^bcC

bc

D

bc

E

Định lý 11.Cho tam giácABC với P là điểm bất kì, gọi P A, P B, P C cắtBC, CA, AB tạiD, E, F. GọiEF giao BC tạiG thì (BC, DG) =−1 (hàng tứ giác toàn phần).

bc

A

bc

B

bc

C

bcE

bcF

bc P

bcG ^bc

D

Định lý 12. Cho P là điểm nằm ngoài đường tròn (O)và P A, P B là hai tuyến tuyến kẻ từ P với A, B thuộc (O). Một đường thẳng qua P cắt (O)tại C, D. AB giao CD tạiQ thì (P Q, CD) =−1 (hàng tiếp tuyến, cát tuyến)

bcO

bc

P

bc

A

bc

B

bcC

bcD

bc

Q

1.4.3 Các định lý ứng dụng

Định lý 13.Cho chùm (ab, cd) =−1thì các mệnh đề sau là tương đương:

1)c⊥d

2)c là phân giác tạo bởia và b 3)d là phân giác tạo bởi a và b

Từ định nghĩa tỉ số kép của bốn điểm đồng viên ta có thể định nghĩa tứ giác điều hòa như sau.

Định nghĩa 10.Tứ giác nội tiếp ABCD gọi là tứ giác điều hoà nếu (AB, CD) =−1.

Định lí dưới đây cũng cho các khẳng định tương đương với định nghĩa tứ giác điều hòa.

Định lý 14. Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), gọi ∆a,∆b,∆c,∆d lần lượt là các tiếp tuyến tại (O) tạiA, B, C, D thì các điều kiện sau là tương đương:

1) Tứ giác ABCD điều hoà 2)AB.CD=AD.BC 3)∆_b,∆_d, AC đồng quy 4)∆a,∆c, BD đồng quy

1.5 Các định lý cơ bản hình học xạ ảnh

Định lý 15(Định lý Pappus). Cho hai đường thẳng∆và∆^′, các điểmA, B, C ∈∆,A^′, B^′, C^′ ∈∆^′, khi đó giao điểm của các cặp đường thẳng AB^′ và A^′B, BC^′ và B^′C, CA^′ và C^′A thẳng hàng.

∆

∆^′

bc

A ^bc

B

bc

A^{′ bc}

C^′

bcC

bc

B^′

bcK

bc

L ^bc

M

bc N

Chứng minh:

Gọi AC^′, AB^′ cắt BA^′ tại L, K và CA^′, CB^′ cắt BC^′ tại M, N thì (BL, KA^′) = A(BL, KA^′) = C(BC^′, B^′A^′) = (BC^′, NM)nên C^′L, NK, MA^′ đồng quy (đpcm).

Định lý 16 (Định lý Pascal). Cho sáu điểmA, B, C, A^′, B^′, C^′ nội tiếp cùng một đường tròn khi đó các giao điểm của các cặp đường thẳng AB^′ và A^′B, BC^′ và B^′C, CA^′ và C^′A thẳng hàng.

bcO

bcA

bcB bcC

bc

A^′

bc

B^{′ bc}C^′

bcK

bc

L

bc

M

bc N

Chứng minh:

Gọi BC^′, BA^′ cắt B^′A tại L, K và CA^′, CB^′ cắt C^′A tại N, M thì (AL, KB^′) = B(AL, KB^′) = B(AC^′, A^′B^′) =C(AC^′, A^′B^′) =C(AC^′, NM) = (AC^′, NM) nên C^′L, KN, B^′M đồng quy (đpcm) Định lý 17 (Định lý Desargues). Cho hai tam giác ABC và A^′B^′C^′. Gọi X, Y, Z lần lượt là giao của các cặp đường thẳng (BC, B^′C^′),(AC, A^′C^′),(AB, A^′B^′), khi đó X, Y, Z thẳng hàng khi và chỉ khi AA^′, BB^′, CC^′ hoặc đồng quy hoặc đôi một song song.

bc

A

bc

B

bc C

bc

X

bc

B^′

bc C^′

bc

Y

bc

Z

bc

A^′

bc

J

bcK

bc

L

Chứng minh:

GọiBB^′cắtCC^′tạiJ.Y ZcắtJB, JC tạiK, L. Ta cóAA^′, BB^′, CC^′đồng quy⇔A, J, A^′thẳng hàng

⇔ Z(JA, A^′Y) = Y(JA, A^′Z) ⇔ (JB, B^′K) = (JC, C^′L) ⇔ BC, B^′C^′, KL đồng quy ⇔ X, Y, Z thẳng hàng. (đpcm)

2 Ứng dụng vào một số bài toán

Bài 1.Cho tam giác ABC nội tiếp (O)với trực tâm H, M là trung điểm BC. Đường thẳng qua H song song OA cắt BC tại D và đường thẳng qua D song song AM cắt AH tại E, điểm F đối xứng D quaE. Chứng minh rằng AF và BC cắt nhau trên đường thẳng Euler của tam giácABC. [1]

bcO

bc

A

bc

B

bc C

bcH

bc

M

bcT

bc

K

bc

D

bcE

bc

F

bcS

Lời giải:

Gọi OH cắt BC tại S, HD cắt OM tại T. Bằng định lý T hales, để chứng minh S, A, F thẳng hàng thì ta chứng minh SM

SD = MA

DF ⇔ 2SM

SD = MA

DE = KM

KD. Vì OAHT là hình bình hành và −−→

AH = 2−−→

OM nên −−→

OM = −−→

MT. Từ đây SM

SK = OM

HK = MT

HK = DM

KD = SM +DM

SD suy ra

2SM

SD = SM +SK

SK = SM−SK

SD−SK = KM

KD (đpcm).

Bài trên dựa theo ý tưởng biến đổi tỉ số từ chứng minh S, D, K, M là hàng điều hoà, vì mới là bài đầu nên chúng ta vẫn chưa thấy được sự sâu sắc từ các tính chất của tỉ số kép và hàng điểm điều hoà.

Bài 2.Cho tam giác ABC với AB < AC, nội tiếp đường tròn(O), tâm nội tiếp I.M là trung điểm BC, N là trung điểm cung BC chứa A của (O). Đường tròn ngoại tiếp tam giác IAN và IBM cắt nhau tại K khácI. BK giao AC tạiX,NK giao AI tại Y. Chứng minh rằngXY, BI và AN đồng quy. [1]

Lời giải:

GọiAI cắt KB và (O)lần thứ hai lần lượt tại J, D. KB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác IAN tạiT. Dễ thấyD, M, O, N thẳng hàng và tính chất quen thuộc Dlà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC. Từ đây, DM.DN =DB² =DI² nên ∠DIM =∠DNI, do đó

∠INA = 90^◦ −∠DNI−∠IDM = 90^◦ −∠DIM −∠IDM = ∠IMB = ∠IKT = ∠INT suy ra NA = NT mà chú ý rằng KY ⊥ KI nên KY, KI là phân giác ∠AKJ. Vì vậy (JA, Y I) = −1 =

bc

O

bc

A

bcB ^bc C

bc

M

bc

N

bc

I

bc

K

bc X

bcY

bc

J

bc

Z

bc

T

bc

bcD

Bài 3. Cho tứ giác ABCD. M, N di chuyển trên AD, BC. P, Q là trung điểm DN, CM. DQ giao CP tại T. DN giao CM tại R. Dựng hình bình hành RDSC. Chứng minh rằng ST luôn đi qua điểm cố định. [1]

bc

A

bc B

bc C

bcD

bc

X

bcM

bc N

bcP

bc

Q

bc

T bc

R

bc

S

Lời giải:

Gọi cắt tại X. Ta chứng minh thẳng hàng thì đi qua cố định. Thật vậy, vì

Bài 4.Cho tam giác ABC nội tiếp (O). P là một điểm chuyển động trên(O) và AP cắt tiếp tuyến tại B, C của (O) lần lượt tại M, N.MC cắt NB tại Q. Chứng minh P Q luôn đi qua một điểm cố định. [2]

bc

O

bc

A

bc

B

bc

C

bc

P

bc M

bcN

bcQ

bc T

bc

D

bcE

bc

F

bc

L

bcR

Lời giải:

Gọi tiếp tuyến tại B, C giao nhau tại T. T Q cắt BC, P A tại E, F. EP cắt (O) tại R và AR cắt BC tại L. Từ hàng tứ giác toàn phần, ta có −1 = (ED, BC) = P(ED, BC) = P(RA, BC) nên AR đi qua T. Lại có(T L, RA) = −1 = (T Q, EF) nên QL, ER, F A đồng quy hay P Q đi qua L cố định.(đpcm)

Bài 5.Cho đường tròn (O) và một dây cung BC. G là một điểm chuyển động trên cung BC không chứa O của đường tròn (BOC). Cho D là một điểm cố định thuộc cung BOC của (BOC). GB cắt CD tạiM, GC cắt BD tạiN. Giả sử MN cắt (O) tại hai điểm P, Q. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác GP Qluôn đi qua hai điểm cố định. [2]

Lời giải:

Gọi(GP Q)cắt(BOC)lần thứ hai tạiT. Xét trục đẳng phương của ba đường tròn(O),(GP Q),(BOC) thì P Q, BC, GT đồng quy tại một điểm gọi là L. Có −1 = G(LD, BC) = G(T D, BC) nên tứ giác BT CD điều hoà màB, D, C cố định nên T cố định. Gọi tiếp tuyến tạiB, C của(BOC)vàT D đồng quy tạiSvàT Scắt(GP Q)lần thứ hai tạiX. Áp dụng định líP ascalcho bộ 6 điểm

B G C C B D

của (BOC)thìM, S, N thẳng hàng. Từ đây vìSX.ST =SP .SQ=PS/(O)nên SX = PS/(O)

ST =const(do S cố định), suy ra X cố định. Như vậy (GP Q)đi qua T, X cố định.

bc

O

bc

B

bc C

bc

D

bc

G

bc

M

bcN

bc

Q

bc

P

bc

T

bc

X

bc

L

bc

S

Bài 6.Cho tam giác ABC nội tiếp(O). Phân giác BE, CF cắt nhau tạiI và cắt (O) tạiK, L. J, T nằm trên EF sao cho OJ ⊥AL, OT ⊥AK.LJ cắt KT tạiN. Chứng minh rằng ON kAI. [2]

bc

O

bc

A

bcB ^bc

C

bc

E

bc

F

bcL

bcK

bc

I

bc

J bc

T

bc

N

bc

S

bc

R

Lời giải:

Tiếp tuyến tạiAcủa(O)cắtLKtạiS. Áp dụng định lýP ascalbộ 6 điểm

A L B K A C

suy raS, E, F thẳng hàng. Kẻ tiếp tuyếnSRkhácSAđến(O). Ta có−1 =A(SR, LK) =O(AS, JT) = A(OS, JT) mà AO⊥AS nênAO là phân giác∠JAT. Vì thế∠NLK =∠OLK−∠OLN =∠OKL−∠OAJ =

∠OKL−∠OAT =∠OKL−∠OKT =∠NKL nên ON ⊥LK, suy ra ON kAI.(đpcm)

Bài 7.Cho tứ giácABCDnội tiếp đường tròn(O),AC cắtBD tạiP.(AP D)cắtBP C tạiQ. Trung trực BD, AC cắt BQ, AQ tạiK, L. Chứng minh KL chia đôi AB. [2]

bcO

bc

A

bc

B

bc

C

bc

D

bcP

bc

Q

bc K

bc

L

bc

Y

bcX ^bc

M

bc T

Lời giải:

Gọi P Q cắt AB tại X, M là trung điểm AB. OQ cắt AB tại Y. Vì QX là phân giác ∠AQB mà QO ⊥QX nênQO là phân giác ngoài∠AQB. Mặt khác, lấyT bất kì trên đường thẳng qua P song song AB thì Q(MO, KL) = (MY, BA) = −Y A

Y B = XA

XB = (AB, X) = P(T X, BA) = O(MQ, KL) (chùm tương ứng vuông góc) nên M, K, L thẳng hàng hay KL chia đôiAB. (đpcm)

Bài 8. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trực tâm H. M, N lần lượt là trung điểm AC, AB. Đường thẳng qua M, N lần lượt vuông góc MH, NH cắt đường thẳng qua A song song với BC tại E, F. NE cắt MF tại X. Chứng minh rằng AX, OH, BC đồng quy. [2]

Lời giải:

GọiME cắt NF tại L. Với ý chú AH ⊥ MN nên OM²−ON² =AN² −AM² = HN²−HM² = LM² −LN² suy ra OL⊥MN. Gọi S là trực tâm tam giác LMO thì S nằm trên MN và hai tam giác AMH,LSO có cạnh tương ứng song song nên AL, MS, OH đồng quy tại một điểm gọi là P. Gọi XL cắt EF, MN tại T, Y thì theo bổ đề hình thang T, Y là trung điểm EF, MN. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và J là trung điểm BC thì A, Y, G, J thẳng hàng và H, G, O thẳng hàng.

Gọi Q là giao AP, BC và OH cắt BC tại K thì Y P JQ = 1

2 = Y G

GJ = Y P

JK hay J là trung điểm KQ.

Từ đây A(KQ, T J) =−1 = (XL, T Y) = A(XL, T Y) =A(XQ, T J)suy ra A, K, X thẳng hàng hay AX, OH, BC đồng quy tại K. Vậy ta có điều phải chứng minh.

bc

O

bc

A

bc

B

bc

C

bc

H

bc

M

bcN

bc

E

bcF

bcX

bc L

bc

T

bcY

bc

K

bc

J

bcP

bcQ

bcS

bc

G

Bài 9.(Ngày 1, Olympic chuyên KHTN năm 2017) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các cạnhBC, CA, AB lần lượt tại các điểmD, E, F. Trên đường thẳngEF lấy các điểm M, N sao cho CM//BN//DA. DM, DN lần lượt cắt đường tròn (I) tạiP, Qkhác D.

a) Chứng minh rằng BP, CQ, AD đồng quy tại điểm J.

b) Gọi X là trung điểm P Q. Chứng minh rằng JX đi qua trung điểmMN.

bcO

bc

A

bc

B

bc

C

bc

X

bc

D

bc

E

bc

F

bc

T

bcM

bc

N

bc

P

bc

Q ^bc

J

bc

R

bc

S

bc

K

bc

I

bc

G

bc

L

Lời giải:

a) Gọi AD cắt MN, P Q tại S, K và cắt (I) tại R. Vì tứ giác DF RE điều hoà nên tiếp tuyến tại D, R,EF đồng quy tại một điểm gọi là T. Áp dụng định lí Ceva ta được AD, BE, CF đồng quy suy ra (T D, BC) = −1. Chú ý rằng BN k AD k CM nên −1 = (T D, BC) = (T S, NM) = D(T S, NM) = (DR, QP) suy ra tứ giác DQRP điều hoà. Do đó, tiếp tuyến tạiR, D,P Qđồng quy hay T, P, Q thẳng hàng. Qua đó (T K, QP) = D(T K, QP) = (T S, NM) = −1 = (T D, CB) suy ra DK, CQ, BP đồng quy. (đpcm)

b) Cũng từ câu a), ta suy ra P N, QM, SK đồng quy tại một điểm gọi là G. Gọi DM cắt BN tại L. Có M(CB, NL) = M(CB, T D) = −1 mà CM kBN nên B là trung điểm NL. Từ đây, theo bổ đề hình thang thìJ là trung điểm DG. Qua đó, xét tứ giác toàn phần DQGP.NM cóJ, X là trung điểm DG, P Qnên J, X, trung điểm của MN nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác. VậyJX đi qua trung điểm MN.

Bài 10. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC với P bất kì trên mặt phẳng. P A, P B, P B cắt BC, CA, AB tạiA^′, B^′, C^′. Các điểm A1, B1, C1 đối xứng P quaB^′C^′, C^′A^′, A^′B^′. Chứng minh rằng AA₁, BB₁, CC₁ đồng quy.

bc

A

bc

B

bc

C

bcB^′

bcC^′

bc

U

bc P

bc

A^′

bc

A₁

bc

B₁ ^bc C₁

bc

A₂

bcB₂ bc

C₂

bc

D

bcX

bcK

Lời giải:

Kẻ đường cao A^′A2, B^′B2, C^′C2 của tam giác A^′B^′C^′. B^′C^′ cắt BC tại U và K, X là lần lượt là trung điểm A^′A2, P A1. Có (AP, DA^′) =C^′(AP, DA^′) = (BC, UA^′) =−1 mà theo bổ đề hình thang A^′X, A₂P, DK đồng quy nênA, K, X thẳng hàng (hàng tứ giác toàn phần). Mặt khácK, X là trung điểmA^′A2, P A1 vàP A1 kA^′A2 suy raA, A1, A2 thẳng hàng. Tương tự taB, B1, B2 ,C, C1, C2 thẳng hàng. Từ đây sin∠BAA1

sin∠CAA1

= A2C^′.AB^′

A2B^′.AC^′; sin∠CBB1

sin∠ABB1

= B2A^′.BC^′

B2C^′.BA^′; sin∠ACC1

sin∠BCC1

= C2B^′.CA^′

C2A^′.CB^′. Chú ý rằngAA^′, BB^′, CC^′ vàA^′A2, B^′B2, C^′C2 đồng quy nên sin∠BAA1

sin∠CAA1

.sin∠CBB1

sin∠ABB1

.sin∠ACC1

sin∠BCC1

= 1. Từ đây áp dụng định lýCevaSin ta được AA1, BB1, CC1 đồng quy.(đpcm)

Như vậy là chúng ta đã đi qua một số ví dụ tiêu biểu từ dễ đến khó ứng dụng của những định nghĩa và tính chất nêu ra trong phần lý thuyết, tiếp theo sẽ là những ứng dụng của các hệ thức khi có hàng điểm điều hoà và chùm điều hoà để giải quyết vấn đề.

Bài 11. Cho tam giác ABC và một điểm P bất kỳ.P A, P B, P C lần lượt cắt BC, CA, AB tại D, E, F.DE, DF lần lượt cắt AB, AC lại K, L. Gọi M, N lần lượt là trung điểm KF, LE. Chứng

minh rằngB, C, M, N cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi E, F, K, Lcùng thuộc một đường tròn. [1]

bc

A

bcB

bc C

bc

P

bc

D

bc

E

bc

F

bc

K bc L

bcM _bcN

Lời giải:

Ta có(AB, F K) = (AC, EL) =−1màM, N là trung điểmKF, ELnênB, C, M, N cùng thuộc một đường tròn ⇔ AB.AM = AC.AL ⇔ AF .AK = AE.AL(hệ thức Maclaurin) ⇔ E, F, K, L cùng thuộc một đường tròn. (đpcm)

Bài 12. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). P là một điểm bất kì, P A, P B, P C cắt BC, CA, AB tại D, E, F.EF cắtBC tạiG. Đường tròn đường kínhGD cắt(O)tạiM, N.MN cắt BC tạiQ. Chứng minh rằng đường tròn qua Q, M tiếp xúc (O) và đường tròn qua Q, N tiếp xúc (O) cắt nhau trên BC. [1]

bcO

bc

A

bc

B

bc

C

bc

P

bcD

bcE

bc

F

bc

G

bc

S

bc

M

bc

N

bc

Q

bc

O1

bc

O²

Lời giải:

Gọi (O₁) là đường tròn đi qua Q, M tiếp xúc (O) và (O₂) là đường tròn đi qua Q, N tiếp xúc (O), đồng thời S là trung điểm DG. Vì (GD, BC) = −1 nên theo hệ thức Newton thì SM² = SN² =

Bài 13. Cho tam giác ABC với ba đường cao AD, BE, CF. EF giao BC tại G. Gọi (K) là đường tròn đường kính(BC). Trung trựcBC cắt (K) tại điểmL sao cho A, Lcùng phía với BC. Gọi (N) là đường tròn ngoại tiếp tam giácGDL.CLcắt (N)tạiM khácL.MK cắt(N)tạiP khácM.CN cắt (K) tạiQ khácC. Chứng minh rằng M, Q, B, C cùng thuộc một đường tròn. [1]

bc

A

bc

B

bc

bc C

K

bc

D

bcE

bcF

bc

L

bc

G

bc

N

bc

M

bc

P

bc

Q

bcX

Lời giải:

Vì (GD, BC) = −1 nên theo hệ thức Newton KL² = KC² = KD.KG hay KL là tiếp tuyến của (N). Từ đó NL k BC. Mặt khác KC² = KD.KG = KP .KM nên ∠KCP = ∠KMC = ∠KLP suy ra KCLP nội tiếp. Từ đây gọiCP cắt (N) tại X khác P thì ∠LP X =∠LP C =∠LKC = 90^◦ suy ra X, N, L thẳng hàng. Mặt khác vì NL k KC và hai tam giác NML, KLC cân nên hai tam giác này đồng dạng, dẫn đến∠NML=∠KLC =∠KBL=∠CQLsuy ra MNQL nội tiếp. Từ đây CP .CX = CL.CM = CQ.CN nên P QNX nội tiếp. Qua đó ∠P QC = ∠P XN = ∠P MC suy ra P QMC nội tiếp. (đpcm)

Bài 14.Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn(O). Giả sửAB giao CD tạiE, ADgiao BC tại F, AC giao BD tạiG. Gọi M, N là trung điểm AC, BD. Giả sử AC, BD lần lượt giaoEF tạiP, Q.

a) Chứng minh rằng M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn(K).

b) GọiOK giaoEF tạiL,MN giaoEF tạiH,GLcắt (O)tạiS, T. Chứng minh rằngHS, HT tiếp xúc với (O). [1]

Lời giải:

a) Ta có −1 = (EF, P Q) = D(EF, P Q) = (CA, P G) = E(CA, P G) = (DB, QG) và chú ý rằng M, N là trung điểmAC, BDnên theo hệ thứcMaclaurin GN.GQ =GB.GD =GA.GC =GM .GP, từ đây suy ra P QMN nội tiếp. (đpcm)

b) Xét tứ giác toàn phần ABCD.EF cóM, N, H lần lượt là trung điểm AC, BD, EF nên H, M, N thẳng hàng vì cùng nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác. Gọi OG giao EF tại I thì I là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCD.EF. Vì OH² = 2(OE²+OF²)−EF²

4 và chú

ý (EF, P Q) = −1 suy ra PH/(O) = 2PE/(O)+ 2PF/(O)−EF²

4 = 2EA.EB+ 2F A.F D−EF²

4 =

2EI.EF + 2F I.F E−EF² EF²

phương của(K),(O)mà từ câu a) thìGcũng nằm trên trục đẳng phương của(K),(O)nênHG⊥OL.

Từ định lý Brocard thì G là trực tâm tam giác OEF dẫn đến OG ⊥ EF. Qua đó G là trực tâm tam giác HOL thì OH ⊥ GLtại J. Từ đây OS² =OT² =R² =OG.OI=OJ.OH suy ra HS, HT tiếp xúc (O).(đpcm)

bcO

bc

A ^bc B

bc

C

bc

D

bc

E

bc

F

bcP

bc

Q

bc G

bc

H

bc

M

bc

N

bc K

bc

I

bc

L

bc

J

bc

T

bc

S

Bài 15.(Ngày 2, Olympic chuyên KHTN 2017) Cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp trong đường tròn (O), I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. AI cắt BC tại D và cắt (O) tại K khácA. P là một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giácBIC và nằm trong tam giác ABC.P K cắt BC tại L. AL cắt (O) tại F khác A. Giả sử KF cắt BC tại T. Q đối xứng P qua K. AQ cắt (O)tạiR khácA.

a) Chứng minh rằng P T song song KR

b) Gọi giao điểm củaAP và(O)làE khácA. Chứng minh rằng hai tam giácKEP vàKET có diện tích bằng nhau.

Lời giải:

Ta xét bài toán trong trường hợp hình dưới đây, các trường hợp khác ta chứng minh tương tự.

a) Tính chất quen thuộc K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC. Vì thế mà KF.KT = KB² =KP² nên ∠KP T =∠KP F. Mặt khác LP.LQ =LB.LC =LF.LAnên AP F Q nội tiếp. Từ đây ∠KP T =∠KF P =∠AF P +∠AF K =∠AQK+∠QRK =∠P KR nên P T kKR.(đpcm) b) Để chứng minhSKET =SKEP thì ta đi chứng minhKE đi qua trung điểm P T. Thật vậy, gọiKP cắt (O) tạiS thì KL.KS =KB² =KP² mà chú ý K là trung điểm P Q nên theo hệ thức Newton thì (SL, P Q) = −1. Từ đó K(P T, ER) = (SF, ER) = A(SF, ER) = (SL, P Q) = −1 mà theo câu a)KRkP T nên KE đi qua trung điểm P T.(đpcm)

bc

O

bc

A

bc

B ^bc C

bcD

bcK

bc

P

bc

L

bc

F

bc

T

bc Q

bc

R

bc E

bc

S

bcI

Bài 16.(Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác(ABC)vớiP là một điểm bất kì nằm trên đường thẳngAO.

Phân giác các góc∠BP C,∠CP A,∠AP B cắt BC, CA, AB tạiX, Y, Z. Chứng minh rằng(XY Z)đi qua chân đường cao hạ từ đỉnh Acủa tam giác ABC.

bcO

bc

A

bc

B

bc

C

bc

P

bc

X

bc Y

bcZ

bcM

bc

N

bcK

bc J

bc

H

bcE

bcF

Lời giải:

Áp dụng định lí Ceva thì AX, BY, CZ đồng quy. Từ đây gọi XY, XZ cắt AB, AC tại M, N thì (MY, AC) = −1 = (NZ, AB). Với chú ý rằng P Y, P Z lần lượt là phân giác ∠CP A,∠BP A nên P Y ⊥ P M, P Z ⊥ P N. Gọi(K),(J) lần lượt là đường tròn đường kính MY, NZ thì P ∈(K),(J).

Mặt khác, theo hệ thức Newton thì KM² = KA.KC = PK/(O) = OK² −R² suy ra PO/(K) = OK²−KM² =R². Tương tựPO/(J) =R² nên O nằm trên trục đẳng phương của (K),(J). Từ đây OP là trục đẳng phương của (K),(J) mà A nằm trên OP nên AZ.AN =AY .AM hay MZY N nội tiếp. Mặt khác gọi (XY Z) cắt BC, CA, AB lần thứ hai tại H, E, F.

Ta lại có HB HC.EC

EA.F A

F B = ZB ZA.Y A

Y C.XC

XB = 1 nên AH, BE, CF đồng quy. Từ đây vì ∠EHC =

∠EY X = ∠MY N = ∠MZN = ∠F ZX = ∠F HB suy ra BC là phân giác ngoài ∠EHF và H(EF, AB) =−1 nên AH ⊥BC. Tóm tại(XY Z)đi qua H là chân đường cao ứng với đỉnh A của tam giác ABC.

Nhận xét:

Bài toán trên là một trường hợp tổng quát của bài toán sau: Cho tam giác ABC với điểm P bất kì nằm trong tam giác, phân giác các góc∠BP C,∠CP A,∠AP Blần lượt cắtBC, CA, AB tạiA^′, B^′, C^′. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác (A^′B^′C^′) đi qua cực trực giao của đường thẳng OP ứng với tam giác ABC.

Ta có lưu ý rằng khiP thuộc OAthì cực trực giao của đường thẳng OP cũng chính là cực trực giao của đường thẳngOA, đó chính là chân đường cao hạ từ đỉnhA xuống BC. Về bài toán này, các bạn có thể tham khảo thêm tại [4]

Bài 17.(Kiểm tra CLB Toán A1 tháng 1/2022) Cho tam giác ABC nội t iếp trong đường tròn (O) với đường phân giácAT (T ∈BC). Trên cạnhCA, AB lần lượt lấy các điểmE, F sao choBF =CE.

Đường thẳngEF cắt đường tròn(O)tại hai điểm P, Q. GọiM là trung điểmBC. Đường tròn ngoại tiếp tam giácMP Qcắt BC lần hai tại D. Đường tròn ngoại tiếp tam giácADT cắt(O)lần thứ hai tạiX. Chứng minh rằng AX kEF.

bcO

bc

A

bc

B

bc

C

bc

T

bc

S

bc

E

bcF

bcG

bcP

bc Q

bcK

bcX

bc

D

bc

M

bc

J

bcL

Lời giải:

Không mất tính tổng quát, xét bài toán trong trường hợp hình vẽ trên, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự.

Gọi AT cắt (O) lần thứ hai tại S, SK là đường kính của (O). Gọi SD cắt (O) tại X^′ khác S và P Q cắt BC tại G. Ta có ST .SA = SB² = SD.SX^′ nên AT DX^′ nội tiếp, suy ra (AT D) cắt (O) lần thứ hai tại X^′. Từ đây X ≡ X^′. Mặt khác: GD.GM = GP .GQ = GB.GC nên theo hệ thức Maclaurin (GD, BC) = −1. Qua đó theo hệ thức Newton MD.MG = MB² = MS.MK suy ra

△SMD ∼ △GMK. Từ đây ∠SKX = 90^◦ −∠MSD = 90^◦ −∠MGK = ∠MKG nên K, X, G thẳng hàng. Từ đây D là trực tâm tam giác SKG. Qua đó gọi SG cắt KD tạiJ thuộc (O).Ta có

−1 = (DG, BC) =K(DG, BC) = (XJ, BC)suy ra tứ giácXJBC điều hoà. Từ đây áp dụng định lí Menelauscho tam giác ABC với cát tuyếnF, E, Gvà chú ýBF =CE thì GC

GB = AF

AE.Để ý rằng tứ giác XJBC điều hoà nên LE

LF = AF.sinBAL

AE.sinCAL = GC

GB.sinBAJ

sinCAJ = DC

DB.sinCAM

sinBAM = DC DB.XB

XC = 1.

Tóm lạiAJ đi qua trung điểm EF, kết hợp với A(XL, EF) =A(XJ, CB) = −1nên AX kEF.Vậy AX kEF.

Bài 18.Cho tam giácABC nội tiếp(O), trực tâmH.AH cắt (O)tạiD.M, P lần lượt là điểm chính giữa cung BC và cung BAC. P D cắt (M;MB) tại J₁, J₂. Kẻ J₁X, J₂Y vuông góc với BC. Chứng minh rằng (J1;J1X) và (J2;J2Y) cùng tiếp xúc với đường trònEuler của tam giác ABC. [2]

bc

O

bc

A

bc

B ^bc C

bcM

bcP

bc

D

bc

H

bc

E

bc

J₁

bc

J₂

bcX

bc

R

bc

T

bc

G

bc

V

bc

S

bcI^′

bc

K

bc

L

bcI

Lời giải:

Gọi R đối xứng P qua BC, AH cắt (HOR) tại T, HR cắt BC tại G. Ta có T O =HR = DP mà P O k DT nên P OT D là hình bình hành. DM ⊥ J1J2 nên D là trung điểm J1J2. (GP, J1J2) =−1 nên theo hệ thứcNewton DG.DP =DJ₁², △HDG∼ △OT D nênDH.DT =DG.OT =DG.DP = DJ₁² suy ra J1HJ2T nội tiếp. Mặt khác P O.P R = P M.P V = P B² = P J1.P J2 nên J1ORJ2 nội tiếp. Xét trục đẳng phương của đường tròn ngoại tiếp các tứ giác J1HJ2T, J1J2RO, HORT thì suy ra J1, J2, H, T, R, O cùng thuộc một đường tròn. Gọi E là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC và J1H cắt BC tại S, SH cắt OP tại I. I^′ đối xứng J1 qua S thì SD k J2I^′ mà

∠J₂DS = ∠GHJ₁ = ∠RJ₂D nên SD k J₂R. Từ đó I^′, J₂, R thẳng hàng. Từ đây (I^′J₁, HI) = R(I^′J₁, HI) = (J₂J₁, HO) = R(J₂J₁, HO) = (J₂J₁, GP) = −1 nên tứ giác J₂HJ₁O điều hoà và từ hệ thứcNewtonthìSJ₁² =SH.SI suy raSX² =SK.SV. Mặt khác∠HJ1X =∠HJ1J2+∠J2J1X=

∠HJ1J2+∠J1P O =∠HRJ2+∠HRO =∠J2RO = 180^◦−∠J2J1O = 180^◦−∠HJ1E. Từ đây gọi L đối xứng X quaJ1S thì L∈(J1;X)vàL, J1, E thẳng hàng. Mà EL² =SE²−SL² =SE²−SX²= SE²−SK.SV =SE² −(SE² − R(E)) =R(E) nên L∈(E). Như vậy (J1;J1X) tiếp xúc (E), tương tự(J2;J2Y)cũng tiếp xúc (E). (đpcm)

Chúng tôi xin phép kết thúc phần này tại đây và chuyển qua một phần mới cũng khá hay và thú vị đó là sự xác định ánh xạ xạ ảnh.

II Sự xác định ánh xạ xạ ảnh

1 Tóm tắt lý thuyết

Những lý thuyết dưới đây được chúng tôi tham khảo và trích trong [2].

1.1 Định nghĩa, định lý

Trong mặt phẳng, kí hiệu F là tập các đường thẳng, đường tròn, những đối tượng mà trên đó tỉ số kép được định nghĩa.

Định nghĩa 10.Với C₁, C₂ ∈ F, xét một ánh xạf :C₁ →C₂. Ta nóif là ánh xạ xạ ảnh nếu f bảo toàn tỉ số kép giữaC1vàC2. Nghĩa là, nếuA, B, C, D∈C1thì(A, B, C, D) = (f(A), f(B), f(C), f(D)).

Mọi ánh xạ xạ ảnh đều là song ánh.

Có thể lấy một số ví dụ về ánh xạ xạ ảnh như sau.

• Cho một đường thẳngl và một điểm P. Ánh xạ f đi từ l vào một chùm đường thẳng tâm P, xác định bởi X7→P X.

• Cho một đường tròn C và một điểm P. Ánh xạ f đi từ C vào một chùm đường thẳng tâm P, xác định bởi X7→P X.

•Cho một đường tròn C và một điểmP không nằm trênC, ánh xạ f đi từC vào chính nó, xác định bởi X7→P X ∩C 6=X.

• Các phép dời hình thông thường gồm các phép dời hình, các phép đồng dạng, phép nghịch đảo.

Định lý 18.Ánh xạ xạ ảnhf :C1 →C2 được xác định nếu cho biết ba điểm phân biệt A, B, C trên C1 và ảnh của chúng A^′ =f(A), B^′ =f(B), C^′ =f(C)trên C2.

Cho một điểm Achuyển động trên một đường (gọi là C1). Khi Achuyển động kéo theo một số điểm khác chuyển động theo (ví dụ B chuyển động trênC2). Ta sẽ tìm hai ánh xạ biến A thànhB, trong đó một ánh xạ sử dụng các yếu tố liên quan tới giả thiết, ánh xạ còn lại sử dụng kết luận của bài toán. Vì hai ánh xạ này đều đi từ C1 tới C2, biến A thành B nên theo sự xác định ánh xạ xạ ảnh, ta chỉ cần chỉ ra ba vị trí đặc biệt củaA làm cho ảnh qua hai ánh xạ trùng nhau. Khi đó hai ánh xạ trùng nhau với mọi A và ta thu được điều phải chứng minh.

2 Ứng dụng vào một số bài toán

Bài 19. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). (I) tiếp xúc với BC tại D. Các điểm J, K nằm trên IB, IC sao cho ∠JAK = 1

2∠BAC. Chứng minh rằng ∠JDK = 90^◦. [2]

bc

A

bc

B ^bcC

bcI

bc

D

bc

EJ_bc ^bcF

bcK

Phân tích:

Ta thấyJ, K là hai yếu tố chuyển động trong bài toán với giả thiết∠JAK = 1

2∠BAC. Kết luận yêu cầu chứng minh∠JDK = 90². Hai góc này đều không đổi nên AK, DK lần lượt là ảnh của AJ, DJ qua phép quay tâm A với góc quay 1

2∠BAC và phép quay tâm D với góc quay 90^◦ theo chiều kim đồng hồ.

Ta sẽ xây dựng hai ánh xạ f, g đi từ IB →IC sao cho f(J) = K, g(J) =K. f :IB →IC J 7→AJ 7→AK (phép quay tâm A, góc quay 1

2∠BAC) 7→K.

g :IB→IC J 7→DJ 7→DK (phép quay tâm D, góc quay 90^◦)7→K.

f, g đều là các ánh xạ xạ ảnh, do đó ta chỉ cần tìm 3 vị trí đặc biệt của J, K mà kết luận bài toán đúng.

+Khi J ≡B thì K ≡I, hiển nhiên ∠BDI = 90^◦. +Khi J ≡I thì K ≡C, hiển nhiên ∠IDC = 90^◦.

+ Gọi E, F là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác ADB, ADC. Khi J ≡ E thì K ≡ F, dễ thấy

∠EDF = 90^◦.

Từ đó ta sẽ đi đến lời giải như sau:

Gọi E, F lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác ADB, ADC. Gọi J^′ là điểm thuộc IB sao cho ∠KDJ^′ = 90^◦. Ta có (BI, EJ) = A(BI, EJ) = A(IC, F K)(phép quay tâm A, góc quay

1

2∠BAC) = (IC, F K) =D(IC, F K) =D(BI, EJ^′)(phép quay tâm D, góc quay 90^◦) = (BI, EJ^′) nên J ≡J^′. Vậy ∠JDK = 90^◦.

Bài 20. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại P. Gọi M là trung điểmBC. Các điểm E, F lần lượt nằm trênAC, AB sao cho∠EMF = 90^◦. Chứng minh rằng

∠EP F = 1

2∠BP C. [2]

bc O

bc

A

bcB ^bcC

bc P

bc

M

bc

E

bcF

bcG

bcH

bc

K

bc L

Phân tích:

Ta thấy E, F là hai yếu tố chuyển động trong bài với giả thiết ∠EMF = 90^◦. Kết luận yêu cầu chứng minh∠EP F = 1

2∠BP C =α. Hai góc∠EMF và∠EP F đều không đổi. Do đó ME, P E lần lượt là ảnh củaMF vàP F qua phép quay tâmM, P với góc quay90^◦ vàα theo chiều kim đồng hồ.

Ta sẽ xây dựng hai ánh xạ f vàg đi từ AB →AC như sau.

f :AB → AC F 7→MF 7→ME 7→E.

g :AB →AC F 7→P F 7→P E 7→E.

f, g đều là các ánh xạ xạ ảnh, vì thế ta chỉ cần chỉ ra 3 vị trí đặc biệt của E và F mà ta thấy kết luận bài toán đúng.

GọiMP cắt AC, AB lần lượt tại L, K.

+Khi F ≡K thì E ≡C, hiển nhiên ∠KP C = 1

2∠BP C.

+Khi F ≡B thì E ≡L, hiển nhiên ∠BP L= 1

2∠BP C.

+ Khi F ≡ A. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc mới MA, cắt AC tạiG. Khi đó E ≡ G. Ta cần chứng minh ∠AP G= 1

2∠BP C.

Kẻ P H ⊥ AB. Vì AM, AP đẳng giác nên △AMG ∼ △AHP, suy ra △AP G ∼ △AHM. Từ đây

∠AP G=∠AHM =∠BP M = 1

2∠BP C.

Từ lập luận và phân tích trên, ta có thể trình bày lời giải như sau:

Gọi F^′ là điểm trên AB sao cho ∠EP F^′ = 1

2∠BP C. Các điểm còn lại lấy như phần trên. Ta có (F B, AK) =M(F B, AK) =M(EL, GC) = (EL, GC) =P(EL, GC) =P(F^′B, AK) = (F^′B, AK).

1