• Không có kết quả nào được tìm thấy

Đường thẳng đi qua điểm cố định trong một số mô hình quen thuộc - Nguyễn Văn Hoàng

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "Đường thẳng đi qua điểm cố định trong một số mô hình quen thuộc - Nguyễn Văn Hoàng"

Copied!
26
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

ĐƯỜNG THẲNG ĐI QUA ĐIỂM CỐ ĐỊNH TRONG MỘT SỐ MÔ HÌNH QUEN THUỘC

ThS. Nguyễn Văn Hoàng - Trường THPT Chuyên Quang Trung - Bình Phước

Bài viết này sẽ phân tích việc dự đoán điểm cố định và chứng minh đường thẳng đi qua điểm cố định thông qua một số kết quả hình học trong mô hình quen thuộc.

Mục lục

1 Tóm tắt nội dung 1

2 Mô hình đường đối trung 2

3 Mô hình hai đường đẳng giác 7

4 Mô hình trục đẳng phương, tâm đẳng phương 11

5 Mô hình đường tròn nội tiếp tam giác 14

6 Bài tập đề nghị 18

7 Tài liệu tham khảo 26

1 Tóm tắt nội dung

Chứng minh đường thẳng luôn đi qua một điểm cố định là một dạng toán thường gặp trong các kì thi Olympic toán học: IMO, VMO, Olympic 30/4 ... Đây là một dạng toán chứng minh đòi hỏi chúng ta phải có kĩ năng dự đoán điểm cố định, điều này yêu cầu phải có kinh nghiệm, kiến thức tổng hợp và nhiều kĩ năng khác trong việc giải quyết một bài toán hình học phẳng.

Vì lẽ đó mà đây là dạng toán hay và làm nhiều học sinh bối rối khi đối diện, cụ thể là học sinh không thể dự đoán được điểm cố định. Việc dự đoán điểm cố định có thể:

• thông qua kết quả hình học trong mô hình quen thuộc.

• thông qua vẽ hình chính xác.

• thông qua những suy luận và tính toán ban đầu (chẳng hạn cho điểm di động di chuyển về các đầu mút, hoặc di chuyển về các điểm đặc biệt ...)

Việc dự đoán điểm cố định là nhân tố quan trọng để ta định hình công cụ và phương pháp giải bài toán đó. Khi tạo ra bài toán đường đi qua điểm cố định người ta có thể dựa vào một số kết quả hình học quen thuộc, sau đó giấu đi một số chi tiết, yêu cầu người làm toán phải phát hiện ra kết quả hình học đó mới dự đoán được điểm cố định. Bài viết này sẽ phân tích việc dự đoán điểm cố định và chứng minh đường thẳng đi qua điểm cố định thông qua một số kết quả hình học trong mô hình quen thuộc.

(2)

2 Mô hình đường đối trung

Kết quả 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D là điểm thuộc cạnh BC. Khi đó các mệnh đề sau là tương đương:

1. AD là đường đối trung của tam giác ABC.

2. d(D;AB)

d(D;AC) = AB AC. 3. DB

DC = (AB AC)2.

4. AD đi qua giao điểm S của các tiếp tuyến kẻ từ B và C với (O).

5. (AEBC) =−1 với E là giao điểm của AD và (O).

6. sin∠DAB

sin∠DAC = AB AC.

Chứng minh. Các kết quả quen thuộc, bạn đọc tự chứng minh.

bA

bB b C

bb

S

bM

bD

bE

Ví dụ 1. Cho đường tròn (J)cố định, hai điểmB, C cố định vàA di động trên(J)sao cho A khác B và C. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AP và AQ đến (O). Gọi M, N là hình chiếu của B, C trênAP, AQ tương ứng. Đường thẳng quaM song song AB và đường thẳng qua N song song AC cắt nhau tạiF. Chứng minh rằng AF luôn đi qua một điểm cố định.

Dự đoán điểm cố định: Ta thấy d(F, AB) = d(M, AB), d(F, AC) = d(N, AC), ta nghĩ đến kết quả của đường đối trung, do đó ta sẽ chứng minh AF là đường đối trung của tam giác ABC.

bJ

bA

b

B

b

C

bI

b

O

b

P

b

Q

bM

b N

bF

b

D

(3)

I Hướng dẫn giải.

• Ta có A, I, Othẳng hàng; O thuộc (J)và 4AP O =4AQO, do đó AP, AQlà hai đường đẳng giác của tam giácABC ứng với góc A. Suy ra 4ABM ∼ 4ACN.

• Ta có:

d(F, AB)

d(F, AC) = d(M, AB)

d(N, AC) = AB AC

Suy raAF là đường đối trung của tam giácABC. Do đó AF đi qua điểm cố định là giao điểm của hai tiếp tuyến tạiB vàC với (J).

♣ Ví dụ 2 (VN TST 2015). Cho đường tròn(O), dây cung BC cố định và điểm A di động trên (O). GọiI, H lần lượt là trung điểm BC và trực tâm tam giác ABC. Tia IH cắt (O) tại K, AH cắt BC tại D, KD cắt (O) tại M, từ M kẻ đường vuông góc BC cắt AI tại N. Đường tròn tiếp xúc AK tại A và đi qua N cắt AB, AC tại P, Q, gọi J là trung điểm P Q. Chứng minh rằng AJ luôn đi qua một điểm cố định.

Dự đoán điểm cố định: Đây là mô hình trực tâm quen thuộc, dễ dàng thấy AJ qua tâm O qua vẽ hình chính xác, do đó ta liên tưởng chứng minh AJ và AH là hai đường đẳng giác, mà AJ là đường trung tuyến nên ta nghĩ đến chứng minh AH là đường đối trung của tam giác AP Q.

bO

b

B

b C

b

A

bI

b

H

bE

bD

b

K

b

M

bN

b

bP

b Q

b

J

bF

b

T

bR

Hướng dẫn giải.

• GọiE, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C. Ta cóAK, EF, BC đồng quy tại T (kết quả của tâm đẳng phương).

• Từ một kết quả quen thuộc trong mô hình trực tâm, ta có

A(T DBC) =−1⇒A(AHP Q) =−1⇒(ARP Q) =−1

với R là giao điểm thứ hai của AH và (AP Q). Suy ra AR là đường đối trung của tam giác AP Q.

(4)

• Mặt khác AR và AO là hai đường đẳng giác góc A của tam giác ABC, suy ra AO là đường trung tuyến của tam giácAP Q, do đó AJ đi qua O cố định.

Kết quả 2. Cho tam giác AEF. Một đường tròn qua E, F cắt các cạnh AE, AF lần lượt tại B và C. Gọi AK, AT lần lượt là đường trung tuyến của tam giác AEF và ABC. Khi đóAK là đường đối trung của tam giác ABC và AT là đường đối trung của tam giác AEF.

b

E

bA

b

F

bB

bC

b

K

b

T

Chứng minh. Ta có 4ABC ∼ 4AF E ⇒∠EAK =∠CAT, nghĩa làAT và AK là hai đường đẳng giác góc A. Mặt khácAT là đường trung tuyến của tam giácABC nên AK là đường đối trung của tam giác ABC.

Ở kết quả 2, đường thẳng BC được gọi là đường đối song của EF.

Ví dụ 3. Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại hai điểm B và C, A là điểm thay đổi trên (O1) sao cho A khácB và C.AB cắt (O2) tại điểm thứ hai E, AC cắt (O2) tại điểm thứ hai F. Gọi M N là đường trung bình của tam giác ABC ứng với cạnh BC. Các đường thẳng BN và CM cắt nhau tại P. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác BM P và CN P cắt nhau tại điểm thứ haiQ. GọiK là trung điểm EF.Chứng minh ba điểmA, Q, K cùng thuộc một đường thẳng d và d luôn đi qua một điểm cố định khi A di động trên (O1).

Dự đoán điểm cố định: Ta thấy BC là đường đối song của EF mà K là trung điểm EF (như yêu cầu chứng minh) nên dễ dàng dự đoán AQ là đường đối trung của tam giácABC, từ đó suy ra điểm cố định.

b

O1

b

O2

b

B

b

C

bA

bE

b

F

b bK

b

M

b

N

b

P

b

Q

(5)

Hướng dẫn giải.

• Phép vị tự quay tâm Q biến B thành M, biến N thành C nên 4BQM ∼ 4N QC.

• GọiD là giao điểm của AQ và BC. Ta có DB

DC = SABD

SADC = AB.d(D, AB)

AC.d(D, AC) = AB.d(Q, AB)

AC.d(Q, AC) = AB.d(Q, M B)

AC.d(Q, M C) = AB.M B

AC.CN) = AB2 AC2

• Suy ra, AQ là đường đối trung của tam giác ABC, hay AQ đi qua điểm cố định là giao điểm của hai tiếp tuyến tạiB vàC với (O1).

• Theo kết quả 2 ta có A, Q, K thẳng hàng.

Kết quả 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại E. Đường tròn (AOE) cắt (O) tại điểm thứ hai F khi đó AF là đường đối trung của tam giác ABC.

bO

b

A

b

B

b

C

bE

b

F

b

Chứng minh. Ta có EA và EF đều là tiếp tuyến của (O). Do đó theo kết quả cơ bản AF đi qua giao điểm của hai tiếp tuyến tại B và C của (O) nên AF là đường đối trung của tam giác ABC.

Ví dụ 4 (VMO 2014). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), trong đó B, C cố định và A thay đổi trên (O). Trên các tia AB và AC lần lượt lấy các điểm M, N sao cho M A=M C và N A = N B. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AM N và ABC cắt nhau tại P khác A.

Đường thẳng M N cắt đường thẳngBC tại Q.

a. Chứng minh rằng ba điểm A, P, Qthẳng hàng.

b. GọiDlà trung điểm của BC. Các đường tròn có tâm làM, N và cùng đi quaAcắt nhau tại K (K khác A). Đường thẳng qua A vuông góc với AK cắt BC tại E. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt (O)tại F (F khác A). Chứng minh rằng đường thẳng AF đi qua một điểm cố định.

(6)

Dự đoán điểm cố định. Ví dụ này cũng như các ví dụ ở trên, một dấu hiệu giúp ta liên tưởng đến mô hình đường đối trung là điểm A di động trên đường tròn, dấu hiệu nữa là giả thiết M A=M C và N A=N B ta nghĩ đến các đường tròn giao nhau. Mặt khác, với giải thiết đường thẳng qua A vuông góc với AK ta có thể nghĩ về đường tròn đường kính hoặc tiếp tuyến với đường tròn. Kết nối các giả thiết cùng với kết quả 3, ta có lời giải sau đây.

b

O

bA

b

B b

C

bN

b

M

b

Q

b

D

b K

bE

bF

b

I

b

I Hướng dẫn giải.

(a) Không mất tính tổng quát, ta giả sử AB < AC như hình vẽ, các trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự. Khi đó,M nằm ngoài đoạn AB và N nằm trong đoạn AC. Do N A=N B nên

∠N BA=∠N AB và doM A =M C nên ∠M CA=∠M AC. Từ đây suy ra ∠N BA=∠M CA hay tứ giác BM CN nội tiếp và ta được

QM.QN =QB.QC.

Từ đây suy ra Qcó cùng phương tích với hai đường tròn (O)và (AM N) nên Qnằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn này. Trục đẳng phương đó chính là dây chung AP nên suy ra A, P, Qthẳng hàng.

(b) Ta sẽ chứng minh rằng O thuộc (ADE). Thật vậy, ta có O, M cùng nằm trên trung trực của AC nên OM ⊥ AC. Tương tự thì ON ⊥AB nên O là trực tâm tam giác AM N. Suy ra AO⊥M N.

Xét hai đường tròn (M, M A),(N, N A) thì do dây chung vuông góc với đường nối tâm, ta có AK ⊥M N. Từ đây suy ra A, O, K thẳng hàng nên ∠OAE = 900. Do đó ∠OAE =∠EDO= 900. Suy ra O ∈ (ADE). Theo kết quả 3 AF đi qua giao điểm hai tiếp tuyến tại B, C của

(O), do đóAF đi qua điểm cố định. ♣

(7)

3 Mô hình hai đường đẳng giác

Kết quả 4. Cho tam giác ABC có (O) là tâm đường tròn ngoại tiếp và Oa là tâm đường tròn (OBC). GọiN là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC. Khi đó AN và AOa đẳng giác góc A.

bO

b

A

bB b C

b bH

b

b b

L

b

Oa

b

M

bN

Chứng minh. • GọiH, M lần lượt là trực tâm tam giácABC và trung điểm BC. Gọi Llà giao điểm của OOa và AN.

Khi đó tứ giác AHLO là hình bình hành, do đó OL = AH = 2OM. Suy ra tam giác OCLcân tại C, ta được∠CLO =∠COL=∠OCOa.

• Từ đây suy ra:

4OCL∼ 4OOaC ⇒OC2 =OL.OOa⇒OA2 =OL.OOa

⇒ 4OAL∼ 4OOaA⇒∠OAN =∠OAL=∠OOaA=HAOa.

Điều này chứng tỏ AN, AOa là hai đường đẳng giác góc ∠HAO. Mà AH và AO là hai đường đẳng giác gócA nên AN, AOa là hai đường đẳng giác góc A.

Ví dụ 5. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), trong đó B, C cố định và A thay đổi trên (O). Gọi E, F đối xứng B, C qua AC và AB. Chứng minh rằng đường thẳng d qua A vuông góc EF luôn đi qua một điểm cố định khi A di động.

Dự đoán điểm cố định. Có hai yếu tố giúp tìm ra điểm cố định. Một là vẽ hình chính xác.

Hai là nhận thấy d là đường cao của tam giác AEF. Khi đó ta liên tưởng đến mô hình hai đường đẳng giác.

(8)

bO

b A

bB b C

b

J b H

b

b b

Oa

b

b G

bF

bE

b

N

bZ

b

Y

b

I Hướng dẫn giải.

• GọiN là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC và Y, Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của N trênAB vàAC. Khi đó AN đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácAY Z. Ta sẽ chứng minh d đẳng giác với AN, tức là chứng minh d⊥ Y Z hay cần chứng minh

Y Z kEF .

• Thật vậy, gọi G là trọng tâm tam giác ABC, gọi M là trung điểm AB và gọi J là giao điểm của CF vàAB. Trước tiên ta có

GN GH = 1

4 Mặt khác

2N Y =HJ+OM = 2HJ+CH

2 = HF

2 ⇒= N Y HF = 1

4. Mà N Y kHF và GN

GH = 1

4 nên G, Y, F thẳng hàng và GY

GF = 1 4.

• Tương tự ta có GZ GE = 1

4. Do đó

GY

GF = GZ GE = 1

4.

Suy ra, Y Z kEF hay d đẳng giác với AN .

• Theo kết quả 4, suy ra d đi qua tâm Oa đường tròn (OBC), do đó d luôn đi qua một điểm cố định.

(9)

Ví dụ 6. Cho tam giácABC nhọn nội tiếp(O), trong đóB, C cố định vàAthay đổi trên(O).

GọiE, F đối xứng B, C qua AC và AB. GọiK là tâm đường tròn (AEF). Chứng minh rằng đường thẳngAK luôn đi qua một điểm cố định khi A di động.

Dự đoán điểm cố định.Nhận thấy AK và đường thẳng d qua A vuông gócEF là hai đường đẳng giác góc A của tam giác EAF. Theo ví dụ trên AN và d đẳng giác nên dự đoán K, A, N thẳng hàng, do đó AK đi qua điểm đối xứng của O qua BC.

bO

b

A

bB b C

b

Oa

bF

bE

bN

bL

bK

bO0

I Hướng dẫn giải.

• GọiL là hình chiếu củaA trênEF. Khi đó theo ví dụ trên,ALvà AN là hai đường đẳng giác góc A.

Ta sẽ chứng minhK, A, N thẳng hàng tức là chứng minh AL và AK đẳng giác góc A.

• Thật vậy, ta có AK và AL là hai đường đẳng giác góc ∠EAF. Do đó

∠KAF =∠LAE.

Gọi Ax, Ay là hai tia đối của tia AL và AK. Khi đó ∠F Ay = ∠EAx (bù với hai góc bằng nhau).

• Mặt khác ∠EAB=∠BAC =∠CAF (tính chất đối xứng). Suy ra

∠CAy=∠BAx

mà ∠BAx=∠CAN ⇒∠CAy=∠CAN ⇒K, A, N .

• Vì AN quaO0 đối xứng với O qua BC nên AK luôn đi qua điểm cố định O0.

(10)

Kết quả 5. Cho tam giác ABC. Các cặp đường thẳng da, d0a là hai đường đẳng giác góc A.

Định nghĩa tương tự với db, d0b và dc, d0c. Khi đó da, db, dc đồng quy khi và chỉ khi d0a, d0b, d0c đồng quy.

Chứng minh. Sử dụng định lý Ceva sin dạng lượng giác.

Chú ý.

• Khi đó hai điểm đồng quy được gọi là hai điểm đẳng giác liên hợp.

• Đặc biệt nếuda, db, dc là các đường trung tuyến thìd0a, d0b, d0c là các đường đối trung tương ứng và chúng đồng quy tại một điểm gọi là điểm Lemoine.

Ví dụ 7. Cho tam giácABC nhọn nội tiếp(O), trong đóB, C cố định vàAthay đổi trên(O).

Kẻ đường kínhAD, đường thẳngCD cắt AB tạiE,BD cắt AC tạiF. Đường thẳng đối xứng BC qua đường phân giác góc ∠ACD cắt EO tại M, đường thẳng đối xứng BC qua đường phân giác góc ∠ABD cắt F O tạiN. Chứng minh M N luôn đi qua một điểm cố định.

Dự đoán điểm cố định. Bài toán cho các đường thẳng đối xứng qua đường phân giác là dấu hiệu trực tiếp nghĩ đến hai đường đẳng giác và hai điểm đẳng giác liên hiệp.

bO

bA

bB b

C

b

D

bE

bF

b M

b N

b

I

bT

I Hướng dẫn giải.

• GọiT là trung điểm BC. Gọi I là giao điểm của hai tiếp tuyến tại B, C của (O).

• Ta có 4EBC ∼ 4EDA. Mặt khác O và T là trung điểm AD, BC tương ứng. Suy ra ET, EO đẳng giác góc ∠CEA=⇒M, T là hai điểm đẳng giác liên hiệp đối với 4ACE.

Do đóAT, AM đẳng giác góc ∠BAC =⇒AM là đường đối trung của 4ABC.

• Tương tự, ta cũng chứng minh được AN là đường đối trung của 4ABC, suy ra M N là đường đối trung của tam giác 4ABC =⇒ M N đi qua điểm I cố định là giao điểm của hai tiếp tuyến tạiB, C của (O).

(11)

4 Mô hình trục đẳng phương, tâm đẳng phương

Kết quả 6. Tập hợp các điểm có cùng phương tích với hai đường tròn không đồng tâm là một đường thẳng, gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn.

Kết quả 7. Cho ba đường tròn không đồng tâm (O1),(O2),(O3). Khi đó 3 trục đẳng phương của các cặp đường tròn hoặc trùng nhau hoặc song song hoặc đồng quy tại một điểm M và gọi M là tâm đẳng phương của ba đường tròn trên.

Ví dụ 8. Cho tam giácABC cố định. Các điểmE, F lần lượt di chuyển trên các đoạn CA, AB sao cho BF =CE, gọi D =BE∩CF. GọiH, K theo thứ tự là trực tâm của tam giác DEF và DBC. Chứng minh rằng HK luôn đi qua một điểm cố định.

Dự đoán điểm cố định: Ta nhớ lại kết quả quen thuộc sau: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Lấy M, N thuộc cạnh AB, AC tương ứng sao cho BM = CN. Khi đó đường trung trực M N đi qua trung điểm cung BC chứa A. Bổ đề này quen thuộc nên không chứng minh ở đây.

b

A

b

B

b

C

bF

b

E

bX

b

D

b

H

bK

bM

bN

bG

b I

I Hướng dẫn giải. Gọi (M),(N) là đường tròn tâm M đường kính BF và đường tròn tâm N đường kính CE. Gọi G=HF ∩BE, I =HE∩CF.

• Ta có PH/(M) =HG.HF =HI.HE =PH/(N).

• Tương tự, ta cũng có PK/(M)=PK/(N).

• Gọi X là trung điểm cung BC chứa A. Vì BM = CN nên theo kết quả quen thuộc ở trên, đường trung trựcM N qua X hay XM =XN và BM =CN do đó

PX/(M) =PX/(N).

Do đóH, K, X thẳng hàng, hay HK luôn đi qua điểm cố địnhX.

(12)

Ví dụ 9. Tứ giác lồi ABCD không có hai đường chéo vuông góc nội tiếp (O). Gọi P là điểm di chuyển trên cung AB không chứa C, D. Gọi M =P D∩AC, N =P C ∩BD. Gọi Q là giao điểm thứ hai của đường tròn(AP M)và đường tròn(BP N). Chứng minh rằngP Qluôn đi qua một điểm cố định.

Dự đoán điểm cố định: Bằng hình vẽ chính xác ta cũng khó dự đoán điểm cố định, nhưng để ý P Q là trục đẳng phương (dây cung chung) của hai đường tròn (AP M) và (BP N), do đó điểm cố định sẽ có cùng phương tích của hai đường tròn này. Từ đó có thể nghĩ đến điểm cố định là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A và B của hai đường tròn.

b

A

bB

b

D

bC

bP

b

M

b

N

b

Q

bL

I Hướng dẫn giải.

• GọiAx, By lần lượt là tiếp tuyến của (AP M) và (BP N) tạiA và B. Khi đó

∠xAC =∠AP D=∠ACD=const⇒Ax cố định.

Tương tự, By cố định. Gọi L=Ax∩By. Suy ra Lcố định.

• Tam giác ABL cân tạiL. Thật vậy,

∠BAL=∠BAC+∠CAL.

∠ABL =∠DBL+∠ABD.

Mặt khác ∠BAC =∠BP C =∠DBL,∠CAL=∠AP D=∠ABD. Do đó

∠BAL=∠ABL.

• Tam giác ABL cân tại L nên LA2 = LB2. Do đó L thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (AP M) và (BP N). Suy ra P Q đi qua L cố định.

(13)

Ví dụ 10. Cho tam giácABC, đường tròn (K) thay đổi luôn tiếp xúcCA, AB tạiE, F. Đường thẳng BE và CF cắt nhau tại H, AH cắt BC tại D. Hai đường thẳng DE, DF lần lượt cắt AB, AC tạiM, N. GọiL là trực tâm tam giácDM N.Chứng minh đường thẳngKL qua điểm cố định khi đường tròn (K) di chuyển.

Dự đoán điểm cố định. Vẽ hình đúng nhận thấy LK qua tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tư tưởng chứng minh thẳng hàng bằng phương tích vì L là trực tâm DM N.

b

H

bA

bB

b

C

bO b

E

b

F

b K

bD

bN

b

M

b

L

b

b

b

O1

b

O2

b

b

J

b

I

I Hướng dẫn giải.

• Gọi (O1),(O2) lần lượt là tâm đường tròn đường kính EN, F M. Vì L là trực tâm tam giác DM N nên:

PL/(O1)=PL/(O2) (1)

• Mặt khác:

PK/(O1) =KE2;PK/(O2) =KF2 ⇒ PK/(O1) =PK/(O2) (2).

• GọiO là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC. Kẻ OI ⊥EN, OJ ⊥F M. Ta có PO/(O1)=−−→

OE.−−→

ON = (−→

OI+−→

IE)(−→

OI+−→

IN) =OI2+IE.IN Mà (ACEN) =−1⇒IE.IN =IA2. Do đó PO/(O1) =OA2.

Tương tự, PO/(O2)=OA2 ⇒ PO/(O1) =PO/(O2) (3).

• Từ (1), (2) và (3), suy ra K, L, O thẳng hàng. Do đó KL đi qua điểm (O)cố định.

(14)

Ví dụ 11 (VMO 2007). Cho hình thang ABCD có đáy lớn BC và nội tiếp(O). GọiP là một điểm thay đổi trênBC và nằm ngoài đoạnBC sao choP Akhông là tiếp tuyến của(O). Đường tròn đường kínhP D cắt (O)tạiE (E khácD). GọiM là giao điểm củaBC với DE,N là giao điểm khácA của P Avới (O). Chứng minh rằng đường thẳng M N đi qua một điểm cố định.

Dự đoán điểm cố định.Việc tìm ra điểm cố địnhA0 thật sự không khó. Có thể dự đoán thông qua việc vẽ hình chính xác. Từ việc đã có sẵn hai đường tròn với dây cung chung là DE có đi qua M, ta kết nối với dữ kiện điểm A cố định để xây dựng một đường tròn thứ ba rồi từ đó áp dụng tính đồng quy của các trục đẳng phương để chứng minh thẳng hàng.

bO

b

B

bC

bA

b

D

b P

b

E

bM

bN

b

A0

b

F

IHướng dẫn giải.

• Gọi A0 là điểm đối xứng của A qua tâm O. Ta chứng minh N, M, A0 thẳng hàng, từ đó suy ra M N đi qua A0 cố định.

• Thật vậy, ta có DE là trục đẳng phương của đường tròn (O) và đường tròn (T1) đường kính P D. Vì ∠P N A0 = 900 nên N A là trục đẳng phương của đường tròn (O) và đường tròn (T2) đường kính P A0.

• Giả sử DA cắt BC tại F, do ∠ADA0 = 900 ⇒∠P F A0 = 900. Do đó F là giao điểm thứ hai của(T1)và (T2), suy ra F P là trục đẳng phương của (T1) và (T2).

Vì các trục đẳng phương đồng quy tại tâm đẳng phương, suy ra DE, F P và N A0 đồng quy tại điểm M. Vậy M, N, A0 thẳng hàng.

5 Mô hình đường tròn nội tiếp tam giác

Kết quả 8. Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB, AC tại M, N tương ứng. Đường thẳng BI cắt M N tại E. Khi đó ∠BEC = 900.

(15)

b

A

b

B

bC

b

I

b

N

bM

bE

bF

Chứng minh. Ta xét trường hợpE nằm ngoài đoạnM N, trường hợp còn lại chứng minh tương tự. Trước tiên ta có

∠EN C =∠AN M = 900− ∠A 2 . Mặt khác

∠EIC =∠IBC+∠ICB = ∠B

2 +∠C

2 = 900− ∠A 2 ,

suy ra ∠EN C =∠EIC hay tứ giácIN EC nội tiếp. Do đó ∠BEC =∠IN C = 900.

Chú ý. Nếu CI cắt M N tại F thì tương tự ta cũng chứng minh được ∠BF C = 900, tức là B, F, E, C đồng viên.

Ví dụ 12. Cho góc ∠xBy =ϕ không đổi. Điểm A cố định trên tia Bx. Điểm C di động trên tia By. Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AC, BC tại E, F tương ứng. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.

b

A

b

B

bC

b

I

b

E

bF

b M

I Hướng dẫn giải.Gọi M là giao điểm của EF và BI.

Khi đó, theokết quả 8 ∠AM B = 900. Mặt khác ∠ABM = ϕ

2 không đổi và AB cố định nên BI cố định, do đó M cố định.

Điều này suy ra EF đi qua điểm cố địnhM. ♣

Ví dụ 13. Cho tam giácABC, gọi D thay đổi trên BC sao cho C nằm giữa B và D. Đường tròn nội tiếp các tam giác ABD và ACD cắt nhau tại P và Q. Chứng minh rằng P Q luôn đi qua một điểm cố định.

(16)

Dự đoán điểm cố định. Mới nhìn thì ta chưa đoán được ngay điểm cố định, tuy nhiên, liên tưởng đến kết quả trên, ta vẽ thêm các đường phụ M N, XY và các giao điểm EF thì thấy ngay điểm cố định là trung điểm EF.

bA

b

B

b

C

bD

bO0

b

X

b Y

bb

O

b

M

bN

b E bF

b

P

bQ

b

L

b

K

I Hướng dẫn giải.

• Gọi (O) là đường tròn nội tiếp tam giác ABD và (O) tiếp xúc BD và AD lần lượt tại M, N. Gọi (O0) là đường tròn nội tiếp tam giác ACD và (O0) tiếp xúc các cạnh AC, AD lần lượt tại X, Y. BO cắt M N tại E, CO0 cắt XY tại F. Ta sẽ chứng minh

P Q qua trung điểm EF .

• Thật vậy, ta có các góc ∠ABC,∠ACD không đổi nên theo ví dụ trên E, F cố định.

• Vì M N, P Q, XY đều vuông góc OO0 nên M N kP QkXY.

• GọiL, K lần lượt là giao điểm củaP Qvới BD, EF. Khi đó Llà trung điểm M X. Do đó P Q là đường trung bình của hình thangEF XM. Do đó P Q qua trung điểm củaEF.

♣ Ví dụ 14(VMO 2013 - Bài 3). Cho tam giác không cânABC. Kí hiệu(I)là đường tròn tâmI nội tiếp tam giác ABC và D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của (I)với các cạnh BC, CA, AB.

Đường thẳng đi qua E và vuông góc BI cắt (I) tại K,(K 6= E). Đường thẳng đi qua F và vuông góc CI cắt (I) tạiKL,(L6=F). Gọi J là trung điểm KL.

a) Chứng minh rằngD, I, J thẳng hàng.

b) Giả sử các đỉnh B và C cố định, đỉnh A thay đổi sao cho tỉ số AB

AC =k và k không đổi.

GọiM, N lần lượt là các giao điểm củaIE, IF với(I)(M 6=E, N 6=F).M N cắt IB, IC lần lượt tại P, Q. Chứng minh rằng đường trung trực của P Q luôn đi qua một điểm cố định.

(17)

b

I

b A

b

C

b

B

bF

bE

b

D

b X

b

Y

b

M

b

N

b

P

b

Q

b

W

b

A0

b

R

Phân tích.

Câu a) Tương đối đơn giản và đa số thí sinh có thể làm được ý này.

Câu b) Nhìn vào mô hình bài toán ta liên tưởng đến bài hình VMO 2009. Vì đây là mô hình quen thuộc nên ta dễ dàng chứng minh một số kết quả đã có. Do đó nếu chịu khó phân tích mô hình, chúng ta có thể khai thác được nhiều tính chất hình học từ đó đưa đến kết quả cần chứng minh. Tuy nhiên, cái mới và cái khó của bài toán ở chỗ chứng minh đường thẳng đi qua một điểm cố định bằng cách nào, khi mà giả thiết choB, C cố định và A thay đổi sao cho tỉ số

AB

AC = k và k không đổi. Khai thác giả thiết này nhiều HS nghĩ đến đường tròn Apollonious, nghĩ đến đây là vì chưa dự đoán được điểm cố định mà P Q đi qua. Giả thiết này ta cũng có thể liên tưởng đến chân đường phân giác trong góc A cố định và phải chăng điểm cố định có liên quan đến điểm này. Đến đây ta phải giải quyết khâu đầu tiên là tìm điểm cố định.

Để ý rằng điểm A thỏa mãn AB

AC = k thì điểm A0 đối xứng với A qua BC cũng có tính chất này. Khi đó ta sẽ có mô hình ngược lại với đường thẳng P0Q0 đối xứng P Q qua BC và hai đường trung trực của P Q và P0Q0 cắt nhau tại một điểm trên BC và đó là điểm cố định cần tìm.

Cùng với nhận định chân đường phân giác trong góc A cố định, ta rút ra điểm cố định R đối xứng với trung điểm W của BC qua chân đường phân giác trong góc A.

Sau khi dự đoán xong, điều khó nhất là dùng công cụ gì để chứng minh, điều này đòi hỏi HS nắm vững các công cụ để chứng minh một đường thẳng đi qua một điểm cố định và sử dụng phép biến hình trong trường hợp này. Một cách khác có thể dùng tính toán đại số và một số biến đổi góc nhưng khá vất vả. Một điều khó khăn nữa khi không sử dụng phép biến hình là khó vẽ hình chính xác vì các vị trí điểm khá gần nhau. Do đó, lựa chọn phép biến hình là phương án tối ưu và khôn ngoan nhất.

I Hướng dẫn giải. (a) Vì (I) tiếp xúc các cạnh BC, CA lần lượt tại D, E nên DE ⊥ CI, mà F L ⊥ CI (gt), do đó DE k F L. Suy ra DEF L là hình thang cân. Tương tự ta cũng có DF EK là hình thang cân, suy ra

DK =EF =DL.

Do đó D nằm trên đường trung trực của KL. Vì I và J cũng nằm trên đường trung trực của KL nên D, I, J thẳng hàng.

(b) Gọi W là trung điểm BC, gọi A0 là chân đường phân giác trong góc A, gọi R là điểm đối

(18)

xứng W qua A0. Ta sẽ chứng minh đường trung trực của P Q luôn đi qua R.

• Trước tiên, gọi X, Y lần lượt là giao điểm của EF với BI, CI, Khi đó theo kết quả 8 B, C, X, Y đồng viên.

• Vì B, C, X, Y cùng nằm trên đường tròn đường kính BC nên W là tâm, do đó W nằm trên đường trung trực của XY (1).

• Dễ thấy rằng I là trung điểm M E và cũng là trung điểm N F do đóEF kM N, hay XY kP Q⇒P Q⊥AI.

Từ đó ∆IEX = ∆IM P nên X và P đối xứng nhau qua I, tương tự ta cũng có Y và Q đối xứng nhau qua I. Suy ra hai đường trung trực của XY và P Q đối xứng nhau qua AI. Kết hợp (1)ta có đường trung trực của P Q quaR (2).

• Vì B, C cố định nênW cố định. Theo giả thiết ta có A0B

A0C = AB

AC =k = const.

nên A0 cố định. Do đó R cố định. Kết hợp (2)ta có điều phải chứng minh.

6 Bài tập đề nghị

BÀI 15. Cho tam giácABC nhọn nội tiếp (O), trong đóB, C cố định và Athay đổi trên(O).

Dựng hai hình vuông ABDE và ACGF bên ngoài tam giác ABC. Đường thẳng AF cắt BD tại M, AE cắt CG tại N. Các đường tròn (DM F) và (GN E) cắt nhau tại P và Q. Chứng minh rằng P Qluôn đi qua một điểm cố định khi A di động trên(O).

b b

b

A

b

B bC

b

D

bE

bF

bG

b

M

b

N

bQ

bP

b I

(19)

Phân tích.Điều thú vị của bài toán này là có thể sử dụng một trong các kết quả của đường đối trung. Hơn nữa, ta thấy AQ là đường kính của (AEF) nên liên tưởng đến mô hình hai đường đẳng giác và phép quay khi mà mô hình quá quen thuộc (kẻ thêm hình vuông bên ngoài tam giác). Do đó ta có hai cách trình bày lời giải sau đây.

I Hướng dẫn giải 1.Cần chứng minh AQ là đường đối trung của tam giác ABC.

• GọiQ =DE∩GF, khi đó∠QF A=∠QDMnênQ ∈(DM F). Tương tựQ ∈(GN E).

Suy ra Q ≡Q.

• Ta có4ABM ∼ 4ACN ⇒ AB

AC = AM

AN ⇒AE.AN =AM.AC (AB =AE)⇒ A thuộc trục đẳng phương của(DM F) và GN E, do đó Q, A, P thẳng hàng.

• Hơn nữa, d(Q, AB)

d(Q, AC) = AE

AF = AB

AC. Suy raAQlà đường đối trung của tam giácABC hay P Q là đường đối trung của tam giácABC.

b

b

A

b

B bC

b

D

bE

bF

bG

b

M

b

N

bQ

b

P

b I

bK

bH

bF0

bH0

I Hướng dẫn giải 2.

• GọiQ =DE∩GF, khi đó∠QF A=∠QDMnênQ ∈(DM F). Tương tựQ ∈(GN E).

Suy ra Q ≡Q.

• Ta có4ABM ∼ 4ACN ⇒ AB

AC = AM

AN ⇒AE.AN =AM.AC (AB =AE)⇒ A thuộc trục đẳng phương của(DM F) và GN E, do đó Q, A, P thẳng hàng.

• GọiK là trung điểm BC. Gọi H =AK∩EF. Xét phép quay tâm A góc quay900 biến:

E 7→B, F 7→F0, H 7→H0 ⇒AK ⊥AH0 mà AK kBF0 nên AH0 ⊥BF0 ⇒AH ⊥EF.

(20)

• Vì AQ là đường kính của AEF nên AQ và AK đẳng giác góc ∠EAF hay AQ và AK đẳng giác góc ∠BAC. Do đó AQ là đường đối trung của tam giác ABC.

♣ BÀI 16. Cho hai đường tròn(O)và (O0) cắt nhau tại hai điểmA và B. Trên tiaAB lấy một điểm M cố định. Qua M vẽ hai đường thẳng bất kì cắt (O)tại E và C; cắt (O0) tại F và D.

Chứng minh rằng đường thẳng nối hai tâm ngoại tiếp của hai tam giácACD và BEF luôn đi qua một điểm cố định.

b

O0

b

O

b

A

b

B

bM

bD

b C

b

F bE

bQ

bP

I Hướng dẫn giải.Ta có AB là trục đẳng phương hai đường tròn (O) và (O0),M nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn trên nên

M E.M C =M A.M B =M F.M D=k.

Khi đó, phép nghịch đảo f tâm M tỉ số k biến tam giác EBF thành tam giác CAD. Do đó phép nghịch đảo này biến đường tròn (EBF) thành đường tròn (CAD). Suy ra đường thẳng nối hai tâm ngoại tiếp của hai tam giác ACD và BEF đi qua M cố định. ♣ BÀI 17. Cho tam giác ABC là tam giác nhọn không cân nội tiếp trong đường tròn tâm O.

Một đường thẳng d thay đổi sao cho d luôn vuông góc với OA và luôn cắt các tia AB và AC lần lượt tại M và N. Giả sử các đường thẳng BN vàCM cắt nhau tạiK.

1. Giả sử AK cắt BC tại P. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác M N P luôn đi qua một điểm cố định.

2. GọiH là trực tâm tam giácAM N. Chứng minh rằngHK luôn đi qua một điểm cố định.

(21)

bO

b

A

b

B

b C

b bN

bM

bS

b K

b

P

bH

bI

I Phân tích: ở bài toán này có hai hình ảnh quen thuộc là M N vuông góc với OA ta sẽ có BCN M nội tiếp và CM, BN, AP đồng quy sẽ có hàng điểm điều hòa. Sử dụng phương tích và hệ thức Maclaurin sẽ giải quyết ý 1. Còn ý 2 chỉ là tính chất cơ bản của tứ giác toàn phần.

Hướng dẫn giải.

1) Kéo dài M N cắt BC tại S. GọiQ là trung điểm của BC. Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) tại A.

Ta có: Ax song song với M N. Suy ra tứ giác M N CB nội tiếp. Do đó SB.SC =SM.SN.

Ta có CM, BN, AP đồng quy, suy ra(S, P, B, C) =−1, mà Qlà trung điểm BC, theo hệ thức Maclaurin ta có

SB.SC =SP.SQ.

Do đó

SP.SQ =SM.SN.

Vậy tứ giác M N QP nội tiếp, suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giácN M P luôn đi qua trung điểm cố định củaBC.

2) Gọi I là trực tâm của tam giác ABC. Ta có HI chính là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần M N CBAS. Theo tính chất của đường thẳng Steiner trong tứ giác toàn phần ta có

HI sẽ đi qua điểm K là giao điểm củaCM và BN. ♣

BÀI 18. Cho tam giácABC nhọn nội tiếp(O), trong đóA cố định vàB, C thay đổi trên(O) sao cho BC luôn song song với một đường thẳng cố định. Các tiếp tuyến của (O) tạiB và C cắt nhau tạiK. Gọi M là trung điểm BC, N là giao điểm củaAN và đường tròn (O). Chứng minh rằng đường thẳng KN luôn đi qua một điểm cố định.

(22)

bO

bA

bB b C

bI

b

K

b

N

bM

I Hướng dẫn giải.Gọi giao điểm thứ hai của (O) và KN làI.

Tứ giácIBN C điều hòa nên (AI, AN, AC, AB) =−1. MàM là trung điểmBC nên AI kBC.

Suy ra I cố định. VậyKN luôn qua I cố định. ♣

BÀI 19. Cho hai đường tròn(O)và(O0)cắt nhau tạiA, B. Đường thẳngdquay quanh B cắt (O)và(O0)tạiC, D tương ứng. GọiM là trung điểmCD.AM lại cắt(O0)tạiP. Đường thẳng qua M vuông góc OM cắt AC tạiQ. Chứng minh rằng P Q luôn đi qua một điểm cố định.

bO1 b

O2

b

A

b

B

b

C

bD

b

M

b

P

bK

bQ

b S

b

N

I Hướng dẫn giải.

• GọiK, N lần lượt là giao điểm của (O1) vàAP,(ACP)và d. Gọi S là giao điểm thứ hai của P Q và (O2). Ta sẽ chứng minh S cố định.

(23)

• Ta chứng minh được phép đối xứng tâm ĐM biếnA, B, C theo thứ tự thành P, N, D. Do đó phép đối xứng tâm ĐM biến(O1)thành(P N D). Kết hợp vớiM Q⊥O1M suy raM Q là trục đẳng phương của (O1) và (P N D).

• Mặt khác, AQ và N P là trục đẳng phương của (O1),(ACP) và (ACP) và (P N D). Do đóQ thuộc N P.

• Do đó

(BS, BA)≡(P S, P A)≡(P N, P A)≡(BK, AK) Suy ra BS tiếp xúc (O1) tạiB. Do đó S cố định.

♣ BÀI 20. Cho (O) là một đường tròn cố định và A, B là hai điểm cố định trên (O) sao cho A, B, O không thẳng hàng. Điểm C di động trên (O) (C khác A, B). Gọi (O1),(O2) qua A, B và tiếp xúc BC, AC tại C tương ứng. (O1) cắt (O2) tạiD (D6=C). Đường thẳng AD và BD cắt (O2),(O1)tạiE vàF (E, F 6=D). Chứng minh rằng đường thẳng quaC và vuông gócEF luôn đi qua một điểm cố định.

bO

b

A

b B

b

C

bO1

bO2

bD

b bE

bF

b X

Phân tích. Bài toán này lấy ý tưởng từ 2006 USA TST Problem 6.

I Hướng dẫn giải. Ta chứng minh đường thẳng qua C và vuông góc EF luôn đi qua một điểm cố định là tâm đường tròn (AOB).

• Ta có

∠CBE =∠CDE=∠CF A=∠ACB =∠CEB =∠CDF =∠CAF

Do đó4CAF ∼ 4CBE và ∠CAF =∠CF A=∠CBE =∠CEB =∠ACB. (∗)

• Vì ∠ADB = 360 −∠CDA−∠CDB = 2∠ACB =⇒ A, B, D, O đồng viên, gọi tâm đường tròn này là X.

(24)

• Từ (∗) (Hai tam giác CAF và CBE cân tại C và đồng dạng) nên theo 2006 USA TST P6 ta có CX ⊥EF =⇒đường thẳng qua C và vuông góc EF luôn đi qua một điểm cố định X.

♣ Bổ đề 1 (2006 USA TST). Cho tam giác ABC. Các tam giác P AB và QAC được dựng bên ngoài tam giác ABC sao cho AP =AB, AQ=AC và ∠BAP =∠CAQ. Các đoạn thẳng BQ và CP cắt nhau tại R. Gọi O là tâm của đường tròn (BCR). Chứng minh rằng AO⊥P Q.

b

A

b

B

bC

b

P

bQ

b

R

bO1 bO2

bE

bF

b

I

bM

b N

bO

bH

Chứng minh. • Ta có4AP C =4ABQ nên∠AP R=∠ABR. Suy raA, P, B, R cùng nằm trên đường tròn, gọi tâm làO1. Tương tự A, R, C, Q cùng thuộc đường tròn tâmO2.

• Giả sử (O1),(O2) cắt AQ, AP tạiE, F tương ứng. Gọi I là tâm của đường tròn (EAF) Giả sử O1I, O2I cắt AE, AF lần lượt tại M, N.

• Ta có∠AEP =∠ARC =∠AF Qnên4AEP ∼ 4AF Q. MàM, N là trung điểmAE, AF nên 4P AM ∼ 4QAN. Suy ra ∠M P N =∠M QN. Do đóP, M, N, Q đồng viên.

• Mặt khác,I, M, A, N đồng viên nên∠AQP =∠M N A=∠M IA. Suy raI, M, H, Qđồng viên (IA cắt P Qtại H). Do đó IA⊥P Q.

Hơn nữa,P Qlà trục đẳng phương của(I)và(O), suy ra IO⊥P Q. (vìP A.P F =P R.P C và QA.QE =QB.QR) Điều này dẫn đến I, A, O thẳng hàng hayAO⊥P Q.

Thêm một kết quả cho bài toán này: Chứng minh CD luôn đi qua một điểm cố định khi C di động trên (O).

(25)

b

O

b

A

b

B

bC

b

O1

bO2

bD

b b

E

bF

b X

bT

b

I Hướng dẫn giải.

Bổ đề 2. Cho tứ giác ABCD điều hòa. Một đường tròn qua A, B tiếp xúcBC cắt BD tại M.

Chứng minh M B =M D.

bB

bA

b

M b D

b

C

Chứng minh. Vì BC là tiếp tuyến của(ABM) nên

∠M AB =∠M BC =∠DBC =∠DAC

Suy ra, AC và AM đẳng giác góc A. Mặt khác ABCD là tứ giác điều hòa nên AC là đường đối trung của tam giácABD. Do đó AM là đường trung tuyến hay M B =M D.

Trở lại bài toán.

• GọiX là giao điểm của tiếp tuyến tại A, B của (O), gọi T là giao điểm của CX và (O).

Khi đóCAT B là tứ giác điều hòa.

• Theo bổ đề trên D là trung điểm CT nên C, D, T thẳng hàng. Do đó CD luôn đi qua một điểm cố địnhX.

(26)

7 Tài liệu tham khảo

1. Nguyễn Minh Hà, Đường thẳng và đường tròn luôn đi qua điểm cố định.

2. Trần Quang Hùng, Họ đường thẳng đường tròn đi qua điểm cố định.

3. Các diễn đàn toán học như Mathscope, Artofproblemsolving ...

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Xét về dạng thức thể hiện, HLĐT bao gồm: Cơ sở dữ liệu (Databases), sách điện tử (E-book), phần mềm dạy học (Software); xem xét dưới góc độ nội

đường tròn vẽ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn tạo thành một góc bằng  cho trước. Trên đường tròn lấy một điểm A cố định và một điểm B di động. Từ A

Với sự mở rộng của ngành, mô hình mua sắm trực tuyến dựa vào Dropshipping sẽ ngày càng phát triển, do đó việc nghiên cứu những yếu tố ảnh hưởng đến quyết định

Cùng với khái niệm về Content marketing, Brandsvietnam năm 2014 cho rằng: “Content marketing là lập kế hoạch chi tiết về những chuyên mục, chủ đề bao quát;

Nhằm đánh giá hiệu quả của một phương pháp điều trị bệnh TĐS phổ biến tại Việt Nam hiện nay cùng đánh giá các ưu nhược điểm, khó khăn và biến chứng

Ví dụ 8. Cho góc vuông xAy, điểm B cố định trên Ay, điểm C di chuyển trên Ax. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Do đó tam gi{c ABH vuông tại

Tuy nhiên, phương pháp chụp cận cảnh này tương đối giống với công nghệ truyền thống, đó là vẫn đòi hỏi các nhà quản lí phải khảo sát trực tiếp ngoài hiện trường, có

Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Đường thẳng DI cắt HK tại N. Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng HM và DC. Hoàn toàn tương tự ta được CH vuông góc với KD tại