MỘT SỐ BỔ ĐỀ, ĐỊNH LÝ THƯỜNG DÙNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Ngô Đức Anh
K26 Toán - THPT Chuyên Sơn La
Tóm tắt nội dung
Hình học phẳng luôn là một vấn đề vô cùng đặc sắc và thường xuyên xuất hiện trong các kì thi HSG các cấp. Trong việc xây dựng ý tưởng cũng như tìm tòi lời giải cho một bài toán hình học thì việc biết nhiều bổ đề, định lý sẽ giúp chúng ta rất nhiều trong việc giải quyết các vấn đề một cách dễ dàng hơn. Vì vậy mà tác giả quyết định trình bày với bạn đọc một số bổ đề thông dụng mà hay được sủ dụng khi giải các bài toán hình học.
Mục lục
1 Định lý Reim 2
1.1 Định lý Reim . . . 2
1.2 Hệ quả . . . 2
1.3 Ví dụ . . . 3
1.4 Bài tập đề nghị . . . 8
1.5 Lời kết . . . 8
2 Định lý bốn điểm điểm, định lý Carnot 10 2.1 Định lý bốn điểm, định lý Carnot . . . 10
2.2 Hệ quả . . . 11
2.3 Ví dụ . . . 12
2.4 Bài tập đề nghị . . . 19
2.5 Lời kết . . . 19
3 Định lý con bướm 21 3.1 Định lý con bướm . . . 21
3.2 Ví dụ . . . 23
3.3 Bài tập đề nghị . . . 28
3.4 Lời kết . . . 29
Một số kí hiệu sử dụng trong tài liệu
• (O)- Đường tròn tâm O.
• (AB) - Đường tròn đường kính AB.
• (ABC) - Đường tròn ngoại tiếp tam giác (ABC).
• IAk - Phép nghịch đảo tâm A phương tích k.
• ABC - Cát tuyến ABC.
1 Định lý Reim
1.1 Định lý Reim
Bổ đề 1. Cho hai đường tròn (O1) và (O2)cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng qua A cắt (O1) và(O2)lần lượt tạiA1 vàA2; một đường thẳng đi qua B cắt (O1)và(O2)lần lượt tạiB1 và B2. Khi đó A1B1 ∥A2B2.
Lời giải.
Xét thế hình như hình vẽ, các trường hợp khác bạn đọc chứng minh tương tự.
Ta có A\1B1B =A\2AB = 180◦−A\2B2B. Suy ra A\1B1B+A\2B2B = 180◦.
Do đóA1B1 ∥A2B2. □
Nhận xét. Bổ đề trên vẫn đúng trong các trường hợp suy biến khi các điểm trùng nhau và khi ta xem cạnh do một cặp điểm trùng nhau là tiếp tuyến tại cặp điểm trùng nhau đó hoặc (O1) và (O2) tiếp xúc với nhau.
1.2 Hệ quả
Hệ quả 1. Cho tam giác ABC nội tiếp(O). Một đường tròn (O′)đi qua các đỉnh B và C lần lượt cắt các đường thẳng AB và AC tại B′ và C′ khác A. Một đường thẳng t đi qua đỉnh A.
Khi đó t tiếp xúc với (O)khi và chỉ khi t ∥B′C′.
Hệ quả 2. Cho tam giác ABC. Các điểm B′ và C′ lần lượt nằm trên các đường thẳng AB và AC và khác với các đỉnh của tam giác. Khi đó hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác
ABC và AB′C′ tiếp xúc với nhau khi và chỉ khi BC ∥B′C′.
Nhận xét. Hai bổ đề trên rất hữu ích trong việc chứng minh đường thẳng tiếp xúc với đường tròn và đường tròn tiếp xúc với đường tròn.
1.3 Ví dụ
Bài toán 1.Cho tứ giácABCDnội tiếp đường tròn tâmO. Đường thẳng quaDvuông góc với AC cắt AC và (O) lần lượt tại E, F. Gọi ℓ là đường thẳng qua F vuông góc với BC. Đường thẳng qua A vuông góc với ℓ cắt ℓ và (O) lần lượt tại G và H. Gọi I, J lần lượt là giao điểm của GE với F H và CD. Chứng minh rằng các điểm C, I, F và J cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải.
Ta có AGF[ = AEF[ = 90◦ nên AEGF nội tiếp. Áp dụng định lý Reim cho (AEF G) và (O) cắt nhau tại A, F với cát tuyến AGH và F ED thì GE ∥DH.
Mặt khác ta cóAF CD nội tiếp(O)vàJ I ∥DH nên áp dụng định lý Reim cho cát tuyếnF IH
và CDJ ta có ngay CIF J nội tiếp. □
Bài toán 2.(P4, IMO 2013) Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H, vàW là điểm nằm trên cạnh BC, nằm giữa B và C. Các điểm M, N theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ B vàC. Gọi ω1 là đường tròn ngoại tiếp tam giácBW N, vàX là điểm trên ω1 sao cho W X là đường kính của ω1. Tương tự, gọi ω2 là đường tròn ngoại tiếp tam giác CW M, và Y là điểm trên ω2 sao cho W Y là đường kính của ω2. Chứng minh rằng X, Y vàH thẳng hàng.
Lời giải.
Do K là điểm Miquel của tam giác ABC nên K thuộc đường tròn(AM N).
Áp dụng định lý Reim cho (BN W) và (AM N) cắt nhau tại N và K với cát tuyến AN B thì X, H và K thẳng hàng. Chứng minh tương tự, ta cóY, H và K thẳng hàng. Do đó X, Y và H
thẳng hàng. □
Bài toán3.(P1, Test 1, Day 1, China TST 2022)Cho lục giác lồiABCDEF ngoại tiếp đường tròn, Glà giao điểm của ABvà DC,H là giao điểm của AF và DE. GọiM, N lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCG và EF H. Chứng minh rằng BE, CF và M N đồng quy.
Lời giải.
Gọi X, Y lần lượt là giao điểm thứ hai của BE và CF với (BCG). Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiêp lục giác ABCDEF. Áp dụng định lý Reim cho (BCG) và (O) ta lần lượt có XY ∥EF, XG∥HD, Y G∥HA,.
Do đó HEF và GXY là hai tam giác đồng dạng có các cạnh tương ứng song song. Suy ra BE, CF và M N đồng quy tại một điểm là tâm vị tự của tam giác HEF và GXY. □ Bài toán 4.(P1, IMO 2018) Cho Γlà đường tròn ngoại tiếp tam giácABC. GọiD,E lần lượt
thuộc AB và AC sao cho AD = AE. Các đường trung trực của BD và CE lần lượt cắt các cung nhỏ AB và AC của Γ tại F và G. Chứng minh rằng DE ∥F G.
Lời giải.
Gọi X, Y lần lượt là giao điểm thứ hai của DF và EG với đường tròn Γ.
Nhận thấy △BDF ∼ △ADX (g.g). Mặt khác do BF = DF nên AD = AX. Chứng minh tương tự ta có AE =AY, từ đó suy ra AY =AD =AE = AX, hay bốn điểm Y, D, E và X cùng thuộc một đường tròn.
Áp dụng định lý Reim cho Γ và (A;AD) cắt nhau X và Y với cát tuyến XDF và Y EG thì
DE ∥F G. □
Tiếp theo ta sẽ đi đến một vài bài toán sử dụng định lý Reim ở dạng suy biến và hệ quả của chúng.
Bài toán 5. (P3, IMO 2015) Cho tam giác ABC với AB > AC. Gọi (O)là đường tròn ngoại tiếp tam giácABC,H là trực tâm vàF là chân đường cao hạ từ đỉnhA.M là trung điểm của BC.Qlà điểm nằm trên (O)sao choHQA\= 90◦, và K là điểm trên (O)sao choHKQ\ = 90◦. Giả sử rằng A, B, C, K và Q đôi một phân biệt và nằm trên (O) theo đúng thứ tự đó. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của tam giác KHQ và F KM tiếp xúc với nhau.
Lời giải.
Kẻ đường kính AA′ của (O) thì ta có A′B ∥ CH và A′C ∥ BH, suy ra A′BHC là hình bình hành, tức là M là trung điểm của HA′.
Lại có AQA\′ = 90◦ =HQA, do đó\ Q, H và A′ thẳng hàng. Từ đó Q, H, M và A′ thẳng hàng.
Gọi H′ là giao điểm củaAH và(O),Dlà giao điểm củaQK vàA′H′. Khi đó DKHH′ nội tiếp đường tròn dường kính DH. Gọi N là trung điểm của DH. Do A′D ∥ M N (do cùng vuông góc với AH) nên M N là đường trung bình của tam giác HDA′, suy ra N thuộc BC.
Áp dụng định lý Reim dạng suy biến cho (HKQ) và (N;N D) với cát tuyến HHD và QKD ta có QH//DD (với ký hiệu DD là tiếp tuyến tại D của (N)). Mà ta lại có DD ⊥ HD nên DH là tiếp tuyến của(HKQ). Kết hợp với N H =N K, ta có N K là tiếp tuyến của(HKQ).
Do N H ⊥QH nên ta có N K2 =N H2 =N F .N M, suy ra N K là tiếp tuyến của (F KM).
Vậy đường tròn (KHQ)tiếp xúc với đường tròn (KF M). □
Bài toán 6.Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn(O)có ba đường caoAD, BE vàCF đồng quy tại H. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AH. N O cắt (BOC) tại K khác O, (BOC) giao (DEF) tại X và Y. Tia M H cắt (O) tại T. Chứng minh rằng T K, M N và XY đồng quy.
Lời giải.
Xét thế hình như hình vẽ, các trường hợp khác chứng minh tương tự.
Gọi Z là giao điểm hai tiếp tuyến tại B và C của (O). Gọi AA′ là đường kính của (O), A′′ là giao điểm thứ hai của AO và(BOC). Gọi W là giao điểm thứ hai của (BOC) và (T M Z).
Theo kết quả bài toán 5 thì T, H, M, A′ thẳng hàng. Do O, N lần lượt là tâm của (ABC) và (DEF)nên ON ⊥T A, mặt khác T A⊥T M nên ON ∥T M.
Xét phép nghịch đảo I tâm M, phương tíchk =M B.M C.
IMk :T ↔A′, Z ↔O, suy ra (T M Z)↔AA′. Do đó W ↔A′′, tức làW thuộc M A′′.
Áp dụng định lý Reim cho(T M Z)và (BOC)cắt nhau tạiW vàZ, kết hợp với T M ∥OK thì ta có T, W, K thẳng hàng.
Lại có M O.M Z =M B.M C =M T .M A′, nên OA′ZT nội tiếp.
Suy ra T ZM\ =T A\′O =T M N\ (do M N ∥AO). Khi đó M N là tiếp tuyến của (T M Z).
Ta có W M N =W T M =N KW, hay W M KN nội tiếp.
Xét trục đẳng phương của (BOC),(DEF) và (N M K) thì ta có ngay M N, XY và T K đồng
quy tại một điểm. □
Bài toán 7. (P3, APMO 2019) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Γ. Gọi M là trung điểm của BC. Điểm P di chuyển trên đoạn thẳngAM. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BP M và CP M cắt lại Γ lần lượt lại D và E. Gọi X và Y lần lượt là giao điểm thứ hai của DP và EF với đường tròn ngoại tiếp tam giác CP M và BP M. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AXY luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
Xét trục đẳng phương của ba đường tròn (BDM), (CEM) và Γ thì ta có BD, CE và AM đồng quy tại K. Mặt khác, áp dụng định lý Reim cho (BDM) và (CEM) cắt nhau tại M và P với cát tuyến XP D và CM B thì CX ∥BD. Tương tự ta có BY //CE. Khi đó gọiLlà giao điểm củaBY vàCX thì BKCL là hình bình hành. MàM là trung điểm củaBC nên L, M, K thẳng hàng.
Do đóLB.LY =LP .LM =LX.LC, suy ra BY CX nội tiếp.
Bằng cộng góc ta chứng minh đượcLXP Y vàDP EKnội tiếp. Ta cóXY P\ =XLP[ =DKP\ = DEP\, suy ra XY //DE.
Gọi B1, C1 là hai điểm thuộcΓsao cho BB1 ∥AM ∥CC1. Áp dụng định lý Reim cho(BDM) và Γ cắt nhau tạiB và D thì D, P, C1 thẳng hàng. Tương tự ta cóE, P, B1 thẳng hàng.
Do XY //DE nên tiếp tục áp dụng định lý Reim thì ta có XY B1C1 nội tiếp.
Gọi Q là giao điểm của B1C1 và BC thì Q cố định.
Ta có PQ/(BCXY)=QB.QC =QB1.QC1 =PQ/(XY B1C1), hay Q∈XY.
Xét trục đẳng phương của (AXY),Γ và (BCXY) ta có(AXY)cắt AQ tại một điểm cố định
thuộc Γ. □
1.4 Bài tập đề nghị
Bài toán 8. (P4, IMO 2015) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Ω tâm O. Đường tròn Γ tâm A cắt đoạn thẳng BC tại các điểm D và E sao cho B, D, E đôi một phân biệt và nằm trên đường thẳng BC theo đúng thứ tự đó. Gọi F và G là các giao điểm của Γ vàΩ , sao cho A, F, B, C và Gnằm trên Ω theo thứ tự đó. Gọi K là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDF và đoạn thẳng AB. Gọi L là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác CGE và đoạn thẳng CA. Giả sử các đường thẳng F K và GLphân biệt và cắt nhau tại điểm X. Chứng minh rằng X thuộc AO.
Bài toán 9.(P3, IMO 2013) Đường tròn bàng tiếp gócAcủa tam giácABC tiếp xúc với cạnh BC tại điểm A1. Điểm B1 trên CA và điểm C1 trên AB được định nghĩa một cách tương tự bằng cách xét đường tròn bàng tiếp góc B và góc C tương ứng. Giả sử tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácA1B2C1 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông.
Bài toán 10. (Phan Quang Trí) Cho tam giác ABC có trực tâm H và các đường cao AD, BE, CF. Gọi K, L lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB và HAC. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn (DEK) và (DF L)đi qua giao điểm của AM vàEF.
Bài toán 11.Cho tam giácABC có đường tròn nội tiếp(I)tiếp xúc vớiBC tại D.T đối xứng với D qua AI. J là trung điểm của AI và AH là đường cao của tam giác ABC. Chứng minh rằng (J HT) đi qua điểm Feuerbach1 của tam giác ABC.
Các bài toán 8 và 9 nằm trong [1], còn cách bài toán toán 10 và 11 nằm trong [2].
1.5 Lời kết
Định lý Reim tuy đơn giản nhưng lại có tác dụng rất lớn trong việc nhìn nhận bài toán một cách nhanh chóng và thuận tiện hơn. Sở dĩ việc chứng minh định lý Reim chỉ dựa vào việc biến
1Điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp và đường tròn Euler
đổi góc nên khi áp dụng các bài toán thì nó sẽ khiến ta nhìn nhận ra các tính chất như song song, thẳng hàng và nội tiếp dễ hơn việc biến đổi góc, nhất là các trường hợp suy biến. Mong qua bổ đề này bạn đọc có thể hình dụng việc sử dụng định lý Reim trong các bài toán phức tạp.
Tài liệu
[1] Lê Viết Ân, Một số bổ đề hữu dụng tiếp cận lời giải trong các bài toán hình học, Epsilon 14.
https://drive.google.com/file/d/1mVsHmx3VjybG9wK4RjR2MZ3u91t9Zq-r/view [2] Group Hình Học Phẳng.
https://www.facebook.com/groups/hinhhocphang.geometry/?ref=share [3] Diễn đàn toán học.
https://artofproblemsolving.com/community
2 Định lý bốn điểm điểm, định lý Carnot
2.1 Định lý bốn điểm, định lý Carnot
Định lý 1. (Định lý bốn điểm) Cho bốn điểm A, B, C, D phân biệt của trong mặt phẳng. Khi đóAB vuông góc với CD khi và chỉ khi AC2−AD2 =BC2−BD2.
Lời giải.
Ta có
AC2−AD2 =BC2−BD2
⇔−→
AC2−−−→
AD2 =−−→
BC2−−−→
BD2
⇔−−→
DC(−→
AC+−−→
AD) =−−→
DC(−−→
BC+−−→
BD)
⇔−−→
DC(−→
AC+−−→ CB +−−→
AD+−−→
DB) = 0
⇔−→
AB.−−→
DC = 0 ⇔AB⊥CD.
Nhận xét.
1. Khi cho B trùng với C thì ta có ngay định lý Pythagorean.
2. Định lý được phát biểu dưới dạng điều kiện cần và điều kiện đủ nên ta có thể vận dung hai chiều để chứng minh hai đường thẳng vuông góc hoặc dùng để tính toán. Ngoài ra điều kiện vuông góc được biểu thị dưới dạng hiệu hai bình phương nên ta có thể vận dụng các tính chất của phương tích.
3. Định lý trên còn cách chứng minh sử dụng định lý Pythagorean nhưng tác giả sẽ không đề cập đến ở đây. Phần chứng minh không khó xin dành cho bạn đọc.
Định lý 2. (Định lý Carnot) Cho tam giác ABC và ba điểm X, Y, Z. Khi đó các đường thẳng lần lượt qua X, Y, Z và vuông góc với BC, CA, AB đồng quy khi và chỉ khi XB2 −XC2 + Y C2−Y A2+ZA2 −ZB2 = 0.
Lời giải.
Gọi P là giao điểm của đường thẳng qua X vuông góc với BC và đường thẳng qua Y vuông góc với CA. Theo định lý 1, ta có P B2−P C2 =XB2−XC2,P C2−P A2 =Y C2 −Y A2. Do đóXB2−XC2+Y C2−Y A2+ZA2−ZC2 = 0 khi và chỉ khiP B2−P C2+P C2−P A2+ ZA2−ZB2 = 0 hay ZA2−ZB2 =P A2−P B2. Điều này tương đương với P Z ⊥AB hay các đường thẳng lần lượt quaX, Y, Z và vuông góc với BC, CA, AB đồng quy tạiP.
2.2 Hệ quả
Hệ quả 3. (Định lý lá cờ nước Anh) Cho hình chữ nhật ABCD và điểm P bất kì. Khi đó P A2+P C2 =P B2+P D2.
Hệ quả 4.Cho tam giácABC và tam giácA′B′C′. Gọid1, d2, d3 lần lượt là các đường thẳng qua A, B, C vuông góc vớiB′C′, C′A′, A′B′. Gọi d′1, d′2, d′3 lần lượt là các đường thẳng quaA′, B′, C′ vuông góc vớiBC, CA, AB. Chứng minh rằngd1, d2, d3 đồng quy khi và chỉ khi d′1, d′2, d′3 đồng quy.
Lời giải.
Ta đã biết điều kiện cần và đủ để d1, d2, d3 đồng quy là
(AB′2−AC′2) + (BC′2+BA′2) + (CA′2−CB′2) = 0
⇔(A′B2−A′C2) + (B′C2−B′A2) + (C′A2−C′B2) = 0 Nhận xét.
1. Hai tam giác ABC và A′B′C′ được gọi là hai tam giác trực giao
2. Nếu gọi giao điểm của d1, d2, d3 là M thì M được gọi là tâm trực giao của tam giác ABC đối với tam giác A′, B′, C′. Và nếu gọi giao điểm của d′1, d′2, d′3 là N thì N được gọi là tâm trực giao của tam giác A′B′C′ đối với tam giácABC.
2.3 Ví dụ
Bài toán 1. Cho Ia, Ib, Ic lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B và C của tam giác ABC. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A, B và C của tam giác ABC. Chứng minh rằng IaA1, IbB1 và IcC1 đồng quy tại một điểm.
Lời giải. Theo định lý Carnot thì IaA1, IbB1 và IcC1 đồng quy khi và chỉ khi IaB2−IaC2+IbC2−IbA2+IcA2−IcB2 = 0.
Ta nhận thấy BA1 = s−c = AB1, với s là nửa chu vi của tam giác ABC. Tương tự, ta có CA1 =s−b=AC1, BC1 =s−a =CB1.
Đặt x =s−c, y = s−b, z = s−a và ra, rb, rc lần lượt là bán kính đường tròn (Ia),(Ib),(Ic).
Áp dụng định lý Pythagorean thì đẳng thức cần chứng minh tương đương:
ra2+x2−r2a−y2+r2b +z2−r2b −x2 +rc2+y2−rc2−z2 = 0
Điều này hiển nhiên đúng vì các đại lượng ở vế trái lần lượt triệt tiêu lẫn nhau. □ Nhận xét. Điểm đồng quy ở bài toán trên thực chất là điểm Bevan của tam giác ABC, gọi điểm đó làK. Nếu ta đổi mô hình từ tam giác ABC thành tam giácIaIbIc thìK là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IaIbIc. Khi đó bài toán quay về mô hình trực tâm quen thuộc và ta có thể dễ dàng chứng minh bài toán trên bằng cộng góc.
Bài toán 2. (IMO 1985) Cho tam giác ABC, một đường tròn tâm O đi qua A, C và cắt lại các cạnhBA, BC tại K, N. Giả sử các đường tròn(BKN)và (ABC)cắt nhau tại hai điểm B và M. Chứng minh rằng BM vuông góc với M O.
Lời giải.
Xét trục đẳng phương của ba đường tròn (O),(BKN) và (ABC) thì ta có BM, KN và AC đồng quy tạiP.
Do M là điểm Miquel của tứ giác toàn phầnAKN C.BP nên P M N C nội tiếp.
Ta có
BM .BP =BN .BC =OB2−OA2,
P M .P B=P N .P K =OP2−OA2. Do đó
OB2−OP2 =BP(BM −M P) = (BM +M P)(BM −M P) =M B2−M P2.
Theo định lý bốn điểm thì ta có BP ⊥M O. □
Nhận xét. Bài toán dưới đây rất quen thuộc và có rất nhiều hướng tiếp cận khác nhau như sử dụng biến đổi góc, dùng phép đối xứng trục, dùng cực đối cực và phép nghịch đảo. Nói tóm lại tác giả muốn bạn đọc có thể biết thêm một phương pháp nữa để chứng minh và nhìn nhận bài toán qua nhiều hướng.
Bài toán 3. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến (O). Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, AC. LấyDlà một điểm bất kì trên EF, vẽ các tiếp tuyến DP, DQtới đường tròn(O).P Q cắt BC, EF lần lượt tại N, M. Chứng minh rằng ON ∥AM. Lời giải.
Xét cực và đối cực đối với đường tròn (O;R), ta có A là cực của BC, D là cực của P Q mà N =BC∩P Qnên N là cực của AD đối với (O). Suy ra ON ⊥AD.
Do ED⊥OA nên áp dụng định lý 1, ta có:
DO2−DA2 =EO2−EA2 = (BE2+OB2)−14AB2 =R2. Suy ra
DA2 =DO2−R2 =PD/(O)
Điều này chứng tỏ D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AP Q. Xét cực và đối cực đối với đường tròn(AP Q), ta cóO là cưc củaP Q nên M, O liên hợp. Mặt khác DM ⊥OAnên M là cực củaOA. Suy raM A⊥AD.
Vậy từ đó suy ra ON ∥AM. □
Bài toán 4. Cho tam giácABC và hai điểmM, N nằm trên các cạnhAB, AC sao choBM = CN. Gọi S là giao điểm khácA của (ABN),(ACM).
a) Giả sử SB, SC lần lượt cắt lại (ASC),(ASB) tại X, Y. Chứng minh rằng BAX\ =CAY[. b) Chứng minh rằng tâm các đường tròn (ABC), (AM N) lần lượt nằm trên đường cao đỉnh
S của tam giácSM N, SBC.
Lời giải.
a) Ta có BAY[ =BSY[ =CSX[ =\CAX, từ đó có đpcm.
b) Ta có SBM\ = SN C[ và SM B\ = SCN[ và BM = CN nên △SBM = △SN C, suy ra SB = SN, hay S là điểm chính giữa cung BN của (ABN), suy ra AS là phân giác góc BAC.
Kết hợp câu a) ta có SBY[ =SAY[ =SAX[ =SCX, suy ra[ BCXY là tứ giác nội tiếp, suy ra SB·SX =SC ·SY.
Sử dụng phương tích ta được
SB2−SC2 =SB·(SX +XB)−SC ·(SY +Y C)
=SB·SX +BS·BX−SC·SY −CS·CY
=BA·BM −CA.CN
=PB/(J)− PC/(J) =J B2−J C2 Do đó theo định lý 1 thì SJ ⊥BC. Tương tự ta có:
SM2−SN2 =SC2 −SB2 =CA.CN −BA·BM
=CN2−BM2+M A·M B−N A·N C
=PM/(O)− PN/(O) =OM2−ON2
Suy ra SO⊥M N. □
Bài toán5.(APMO 2010) Tam giácABC nội tiếp đường tròn(O)và có trực tâmH,(HAB) cắt AC tại N và (HAC) cắt AB tại M. Chứng minh tâm đường tròn (HM N) thuộcHO.
Lời giải.
Gọi O′ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HM N.
Gọi U, V lần lượt là giao điểm củaHM và AC,HN vàAB. Ta cóU A.U C =U M .U H, nênU thuộc trục đẳng phương của (O) và (HM N). Tương tự, ta cóV thuộc trục đẳng phương của (O)và (HM N). Suy ra U V ⊥OO′.
Ta sẽ đi chứng minh U V ⊥OH.
Ta có AN V\ =ABH\=ACH\=AM U\, do đóM U N V nội tiếp. Khi đó HM .HU =HV .HN .
Do đó
OU2−OH2 = (OU2−R2)−(OH2−R2) = U M .U H−V N .V H
=U H(U H+HM)−V H(V H+HN)
=U H2−V H2. Suy ra U V ⊥OH.
Vậy O′, H và O thẳng hàng. □
Bài toán 6.(Lê Bá Khánh Trình) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O)có trực tâmH.
CH cắt AB ở D. Trên AC lấy M sao cho DM ⊥ OD. Trên M D lấy N sao cho CN ⊥M H. Gọi K là giao điểm của CD và OM. Chứng minh rằng M N K\ =CN H\.
Lời giải.
Gọi T là trung điểm củaAC, theo định lý bốn điểm ta có:
T M2−DM2 =OD2−T O2 = (OA2−DA.DB) + (T A.T C−OA2)
=T A2−DH.DC
=T A2−HD.HC −HD2
=T H2−DH2.
Suy ra DT ⊥ M H, mà M DO\ = 90◦ nên DM H\ = ODT[ = OM T\, do đó M H và M O đẳng giác trong N M C\.
Gọi X là giao điểm của M H và AB.
Do M DX\ =\CDO nên X và O là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác M CD. Khi đó XCD\ =ACO[ =BCD, suy ra\ X đối xứng với B qua CD.
Ta có N CD\ = 90◦−XHD\ = 90◦−BHD\ =ACD, do đó\ BD là phân giác của M CN.\
Mà M H và M O đẳng giác trong N M C\ nên N H và N K đẳng giác trong M N C, tức là
M N K\ =CN H.\ □ Bài toán 7. Cho tam giác ABC có các đường cao AH, BE.CF đồng quy tại H. Gọi X, Y, Z lần lượt là điểm đối xứng của A, B, C qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng các đường thẳng qua X, Y, Z lần lượt vuông góc vớiEF, F D, DE đồng quy tại một điểm.
Lời giải. Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác AF X và AEX, ta có F X2−EX2 =
2F D2+AX2 2 −AF2
−
2ED2−AX2 2 −AE2
= 2(F D2−ED2)+(AE2−AF2).
Chứng minh tương tự, ta có:
Y D2−Y F2 = 2(ED2−EF2) + (BF2−BD2), ZE2−ZD2 = 2(EF2 −F D2) + (CD2−CE2).
Suy ra
(ZE2−ZD2) + (F X2−EX2) + (Y D2−Y F2) = (CD2−CE2) + (AE2−AF2) + (BF2−BD2).
Mặt khác ta có đường thẳng qua A, B, C lần lượt vuông góc với EF, F D, DE đồng quy tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên theo định lý Carnot, ta có
(AE2−AF2) + (BF2−BD2) + (CD2−CE2) = 0
Vậy ta có ngay điều phải chứng minh. □
Tiếp theo ta sẽ đi đến một số bài toán sử dụng tính chất của hai tam giác trực giao.
Bài toán 8.Cho tam giác ABC và điểmP bất kì. GọiQ là điểm liên hợp đẳng giác củaP đối với tam giác ABC. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của BQ, CQ với CA, AB. Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu của P lên BC, CA, AB. GọiT là trực tâm của tam giácAY Z. Chứng minh
rằng XT ⊥EF. Lời giải.
Do AZP Y nội tiếp nên QAC[ = ZAP[ = ZY P[ = T AY[, suy ra A, T, Q thẳng hàng. Từ đó, ta cóAQ ⊥Y Z. Tương tự, ta cóBQ⊥ZX, CQ⊥XY.
Do đó các đường thẳng qua Q, E, F lần lượt vuông góc với Y Z, T Z, T Y đồng quy tại A. Khi đó tam giác QEF và T Y Z trực giao với nhau. Như vậy các đường thẳng qua T, Y, Z lần lượt vuông góc với EF, F Q, QE đồng quy tại X. Suy ra DT ⊥EF. □
Tiếp theo ta sẽ đi đén một bài toán phức tạp hơn nhưng ý tưởng cũng tương tự như trên.
Bài toán 9.Cho tam giác ABC và điểmP bất kì. GọiQ là điểm liên hợp đẳng giác củaP đối với tam giác ABC. Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiều của Q lên BC, CA, AB. Gọi R là trực tâm của tam giác XY Z. Các đường thẳng qua P lần lượt vuông góc vớiBP, CP lần lượt cắt CA, AB tại K, L. Chứng minh rằng QR⊥KL.
Lời giải.
Theo kết quả chứng minh ở bài trước, ta cóAP ⊥Y Z. Mặt khác, ta cóY Z ⊥XZ, ZR⊥XY. Lại có BP ⊥XZ, CP ⊥XY nên P K ∥XZ, P L∥XY. Suy ra Y R ⊥P K, ZR⊥P L.
Do đó các đường thẳng quaP, K, Llần lượt vuông góc vớiY Z, QY, QZ đồng quy tạiA. Từ đó suy ra tam giácP KL và QZY trực giao với nhau. Từ đó suy ra các đường thẳng qua Q, Z, Y lần lượt vuông góc với KL, P L, KP đồng quy tạiR. Khi đó QR ⊥KL. □
2.4 Bài tập đề nghị
Bài toán 10. (VNTST 2012) Trên mặt phẳng, cho đường tròn (O) và hai điểm cố định B, C trên đường tròn này sao cho BC không là đường kính của (O). Gọi A là một điểm di động trên đường tròn (O) và A không trùng với hai điểm B, C. Gọi D, K, J lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB và E, M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B, C trên BC, DJ, DK. Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại M, N của đường tròn ngoại tiếp tam giác EM N luôn cắt nhau tại điểm T cố định khi điểm A thay đổi trên (O) .
Bài toán 11. Giả sử (O) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. D là trung điểm của cạnh AB, còn E là trọng tâm của tam giác ACD. Chứng minh rằng nếu AB = AC thì OE vuông góc với CD.
Bài toán 12. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao BE, CF. Các điểm M, N, L theo thứ tự là trung điểm của BF, CE, đường thẳng qua M vuông góc với BL và đường thẳng qua N vuông góc với CL cắt nhau tạiK. Chứng minh rằng KB=KC.
Bài toán 13. Cho tam giác ABC, trung tuyến AD. Đường thẳng ∆ vuông góc với AD. M di chuyển trên ∆. E, F theo thứ tự là trung điểm của M B, M C. Các điểm P, Q theo thứ tự thuộc AB, AC saọ cho EP, F Q cùng vuông góc với ∆. Chứng minh rằng đường thẳng qua M và vuông góc với P Q luôn đi qua một điểm cố định.
Bài toán 14. (USAMO 1997) Cho tam giác ABC và dựng các tam giác cân BCD, CAE và ABF nằm bên ngoài tam giácABC với BC, CAvà ABlà các cạnh đáy. Chứng minh rằng các đường thẳng qua A, B, C tương ứng vuông góc với EF, F D, DE thì đồng quy.
Bài toán 15. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H. Gọi L là điểm đối xứng của H quaO. Gọi AL, BL, CLlần lượt là giao BC, CA, AB tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng hai tam giácABC vàA1B1C1 trực giao.
2.5 Lời kết
Qua một loạt các ví dụ trên thì bạn đọc phần nào đã có một con đường khác trong việc xử lí các bài toán vuông góc và đồng quy có chứa nhiều yếu tố vuông góc.
Tài liệu
[1] Nguyễn Hữu Tâm, Định lý bốn điểm và ứng dụng giải một số bài toán hình học phẳng.
[2] Phan Quang Trí,Một số ứng dụng của hai tam giác trực giao,Tập san hình học số 1.
[3] Stefan Lozanovski, A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry.
[4] Diễn đàn toán học
https://artofproblemsolving.com/community
3 Định lý con bướm
3.1 Định lý con bướm
Định lý 1. (Định lý con bướm) Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm trong mặt phẳng.
Qua M kẻ hai đường thẳng cắt (O) lần lượt tại A, B và C, D. Một đường thẳng qua M cắt AD, BC lần lượt tại X, Y. Khi đó M X =M Y khi và chỉ khi OM ⊥d.
Lời giải.
Gọi K, L lần lượt là giao điểm của AB, DC và AC, BD.
Theo định lý Brocard ta có KL⊥OM.
Lại có K(LM, DC) = −1 = K(LM, XY). Suy ra M X = M Y khi và chỉ khi KL ∥ d. Mà
KL⊥OM nên điều này tương đươngOM ⊥d. □
Nhận xét. Chúng ta thường bắt gặp trường hợp điểm M nằm trong đường tròn (O) như hình vẽ dưới đây. Tuy nhiên cách phát biểu định lý trên cho ta thấy dù điểm M nằm ngoài hay trong thì định lý trên vẫn đúng.
Định lý 2.(Định lý con bướm mở rộng) Cho đường tròn (O)và một điểmM. QuaM kẻ đường thẳng d vuông góc với OM. X, Y là hai điểm trênd, đối xứng nhau qua M. Qua X, Y kẻ hai cát tuyến cắt(O)tại A, B vàC, D.AD, BC cắtdlần lượt tại Z., T. Khi đóZ, T đối xứng nhau qua M.
Lời giải.
Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của d với (O)(X nằm giữa P và Z).
Ta có A(P BDQ) = C(P BDQ). Chiếu lên d, ta có (P XZQ) = (P T Y Q) Do đó
ZP ZX : QP
QX = Y P Y T : QP
QT. Mặt khác doXM =M Y nên P Y =XQ, khi đó ta có :
ZP
ZX = QT
Y T ⇔ ZM +M P
ZM +M X = QM +M T Y M +M T Đặt M P =QM =a, XM =M Y =b, ZM =x, M T =y, ta có:
x+a
x+b = y+a y+b Tương đương với
(x−y)(a−b) = 0
Mà do a̸=b nên x=y, tức là ZM =M T. Vậy Z, T đối xứng với nhau quaM. □ Nhận xét.
1. Lời giải trên thiên hướng biến đổi tý số kép, mặc dù lời giải không mang hướng hình học thuần túy nhưng lại là ý tưởng đơn giản, tự nhiên hơn cả.
2. Khi d là một cát tuyến của(O) thì định lý 2. trờ thành định lý Klamkin.
3.2 Ví dụ
Bài toán 1. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O), nội tiếp đường tròn (I). Đường thẳng quaI vuông góc vớiOI lần lượt cắt phân giác ngoài gócAvàBC tạiX, Y. Chứng minh rằng IX = 2IY.
Lời giải.
Gọi E, F lần lượt là giao điểm củaCI, BI với (O). Gọi D, T lần lượt là giao điểm của EF với XY, AI.
Áp dụng định lý con bướm cho đường tròn (O) với OI ⊥DY nên ID =IY. Mặt khác ta có DT ∥AX và dễ nhận thấy T là trung điểm củaAI nên DX =DI.
Do đóIX = 2IY. □
Tiếp theo ta sẽ đi đến một ví dụ là bài toán nghịch đảo của định lý con bướm.
Bài toán 2. Cho tam giácABC. Một đường tròn (J)bất kì quaB, C cắt AC, AB lần lượt tại E, F. Qua Akẻ đường thẳng vuông góc vớiAJ cắt (AEF)và (ABC)lần lượt tạiP, Q. Chứng minh rằng AP =AQ.
Lời giải.
Xét phép nghịch đảo tâm A, phương tích k =AE.AC.
IAk :E ↔C, F ↔B,(AEF)↔BC,(ABC)↔EF. Do đóQ↔Q′ =EF ∩BC, P ↔P′ =BC∩P Q.
Do P Q⊥AJ nên theo định lý con bướm thìAP′ =AQ′, suy ra AP =AQ. □ Bài toán 3. (Trần Quang Hùng) Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn(O) có trực tâm H, trung tuyến AM.K là trung điểm củaAM. P là một điểm di chuyển trênO. L là hình chiếu của M lênAP. I là trung điểm củaP L. Đường tròn đường kínhAH cắt (O)tại GkhácA.GI cắt (O) tại S khác G. T là điểm thuộc GL sao cho IT vuông góc với KI. Chứng minh rằng ST luôn đi qua một điểm cố định khi P di chuyển.
Lời giải.
GọiADlà đường kính của(O). Nhận thấyG, H, M, Dthẳng hàng, do đóG, Lđều thuộc đường tròn (K) đường kính AM.
Gọi E là giao điểm thứ hai của KI và đường tròn(K), F là giao điểm của T I và AE.
Ta có ELP[ =AGE[ =AP S, do đó[ P S∥LE, mà I là trung điểm của P Lnên I cũng là trung điểm của ES. Áp dụng định lý con bướm cho tứ giác ALEG nội tiếp(K) cóT F ⊥KI nên I là trung điểm T F, khi đó suy ra ST ∥EF.
Gọi Q là giao điểm thứ hai của ST và (O). Ta có QAF[ = 180◦−AQS[ =AGS.[
Suy ra QA tiếp xúc với đường tròn (K), mặt khác (K) cố định nên Q cố định. VậyST đi qua
điểm Q cố định. □
Bài toán4.Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn(O).E, F là hai điểm bất kì trênAC, AB.
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm củaBE, CF, EF. K là hình chiếu của O trên EF. Chứng minh rằng M, N, P và K đồng viên.
Lời giải. Qua C kẻ đường thẳng song song KN cắt (O) tại Q khác C. Gọi D, T lần lượt là giao điểm của EF với BQ, CQ.
Do N là trung điểm của CF và KN ∥ CQ nên KF = KT. Áp dụng định lý con bướm mở rộng cho đường tròn(O) với điểm K và KF =KT thì ta có KD=KE. Do đó KM ∥BQ.
Ta có N KM\ =\CQB =CAB[ =N P M\.
Suy ra M, N, P, K đồng viên. □
Nhận xét. Chia sẻ một chút kinh nghiệm của bản thân về bài toán này. Thực ra ban đầu tác giả không thể làm ra bài toán bài yếu tố "trơ" của bài toán trên là điểm K. Ý tưởng ban đầu là chứng minh N P M\ =BAC[ nhưng việc khó khăn là tìm được một góc gián tiếp để bằng với BAC. Đến khi tìm được lời giải thì mới thấy bài toán này thật đẹp đẽ, và ngạc nhiên là lời[ giải không hề sử dụng định lý con bướm. Bằng việc lấy giao điểm của BO, CO với đường tròn (O)sau đó sử dụng định lý Pascal, phần chi tiết xin mời bạn đọc tự chứng minh. Tiếp theo ta sẽ đi đến vài bài toán sử dụng định lý con bướm thông qua mô hình đường tròn nội tiếp.
Bài toán 5. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AC, AB lần lượt tại E, F. Kẻ các đường kính EE′ và F F′ của (I). E′F′ cắt BC tại T. M, N thuộc IT sao cho BM ⊥CI và CN ⊥BI. Chứng minh rằng I là trung điểm củaM N.
Lời giải.
Gọi K là điểm đối xứng với T qua I. Nhận thấy K thuộc đường thẳng EF. Gọi Z là trung điểm của BC, D là điểm tiếp xúc của(I) với BC. Kẻ đường kính DD′ của (I).
Xét cực và đối cực với (I), ta có đường đối cực của D′ đi qua K nên đường đối cực của K đi qua D′. Đường đối cực của A đi qua K nên đường đối cực của K đi qua A. Suy ra AD′ là đường đối cực của K. Do đó AD′ ⊥KI.
Mặt khác AD′ đi qua tâm đường tròn bàng tiếp góc Acủa tam giác ABC nên AD′ ∥IZ. Hay IZ ⊥T K.
GọiX, Y lần lượt là giao điểm củaCI, BI với đường thẳngEF. Ta cóBIX[ = Bb+Cb
2 =AF E.[ Suy raIXF B nội tiếp nên ta cóIF B[ =IXB[ = 90◦. Do đóB, M, X thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có C, N, Y thẳng hàng.
Như vậy điều đó cũng chứng tỏ BXY C nội tiếp. Áp dụng định lý con bướm cho đường tròn
(BXY C) với IZ ⊥M N thì ta có ngay IM =IM. □
Bài toán 6. (Lê Viết Ân - Đề nghị IGO 2018) Cho tam giác nhọn ABC với AB < AC. Gọi M là trung điểm của BC. E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ đỉnh B, C. Gọi I, J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và AEF. Đường thẳng qua I vuông góc với AI và đường thẳng qua J vuông góc với M J cắt nhau tại K. L là giao điểm củaKJ và EF. Chứng minh rằng KJ = 2J L.
Lời giải.
Gọi P, Qlần lượt là tiếp điểm của(I)với AC, AB. GọiDlà hình chiếu củaP lênAB. Do tam giác ABC nhọn nên E, F lần lượt thuộc đoạn thẳng AC và AB.
Do △AEF ∼ △ABC và I, J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC và AEF nên ta có
AI
AJ = AE
AB = AD
AP = AD AQ. Do đóDJ ∥IQ⊥AB. Khi đó P, J, D thẳng hàng và J P ∥IQ.
Chứng minh tương tự ta có QJ ∥ P I. Mặt khác do IQ =IP nên tứ giác IQJ P là hình thoi.
Điều đó chứng tỏ I và J đối xứng với nhau qua P Q. Mặt khác ta có P Q∥IK nên nếu gọi N
là giao diểm của P Qvà KL thì N là trung điểm của J K.
Ta sẽ đi chứng minh J N =J L.
Gọi S, R lần lượt là giao điểm của CI, BI với đường thẳng EF. Theo chứng minh bài toán 5. thì S, R thuộc đường tròn (M, M B). Lại có BCRE nội tiếp nên ta có REC[ = RBC[ =
1
2ABC[ = 12AEF[ =AEJ[. Điều này chứng tỏ J, E, R thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ta có J, S, F thẳng hàng.
Áp dụng định lý con bướm cho đường tròn (M;M B)với M J ⊥N L thì J N =J L.
Vậy KJ = 2J L. Bài toán đã được chứng minh. □
Bài toán 7. (Pháp Sư Trung Hoa) Cho tam giácABC nội tiếp (O), đường caoAD, trực tâm H.(AH)cắt lại(O)tại G,CGcắt lại(AH)tại Q.AQcắtDO tại L,QH cắtAB tạiR. Chứng minh A, O, L, R đồng viên.
Lời giải. (Phạm Nguyên Khang)
Kẻ đường cao BE, CF của tam giác ABC. Gọi Q′ là giao điểm của CG và DE.
Ta có CEQ\′ =ABC[ =AGC, nên[ AEQ′G nội tiếp. Do đóQ trùng với Q′.
Gọi P là giao điểm của AL và BC, K là giao điểm của AD và (O), M là giao điểm của DR và CK, N là trung điểm củaCK.Ta có HAQ\=HEQ\ =\BAD nên tam giácBAP cân tại A.
Khi đó DA.DK = DB.DC = −DP .DC, suy ra P là trực tâm của tam giác AKC. Như vậy AP ⊥CK, nên RH ∥CK.
Từ đó D là trung điểm của RM. Áp dụng định lý con bướm cho đường tròn (O) thì ta có OD ⊥ RM. Suy ra ODM N nội tiếp. Mặt khác, ta có \DOR = DOM\ = DN M\ = 2\BCK =
2\BAD=RAL.[ Điều này chứng tỏ A, O, L, R đồng viên. □
Bài toán 8. VMO 2022 Cho tam giác ABC có B, C cố định trên đường tròn (O) (BC không đi qua tâm (O)) và điểmA thay đổi trên cung lớn
⌢
BC. GọiI, J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và bàng tiếp gócA của tam giácABC. Trên đường tròn(J) ngoại tiếp tam giácIaBC lấy điểm M sao cho IaM song song với AD, M D cắt lại (J) tại N. Chứng minh rằng trung điểm T của BC di chuyển trên một đường tròn cố định.
Lời giải.
Ta chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC có các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại I.
X là hình chiếu của I trên EF, M là trung điểm của EF. Khi đó AM ∥DX.
Chứng minh Rõ ràng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Gọi X, Y, Z lần lượt là tiếp điểm của (I) với EF, F D, DE.
Do △AEF ∼ △ABC nên trung tuyến AM của tam giác AEF là đường đối trung của tam giác ABC. Mặt khác XD là đường đối trung của tam giác XY Z và △XY Z ∼ △ABC nên AM ∥DX.
Quay trở lại bài toán, áp dụng bổ đề ta có AD∥IaS. Do đó Ia, S, M thẳng hàng.
GọiP là hình chiếu củaIalênBC. Áp dụng định lý con bướm cho đường tròn(J)vớiSD =SP, khi đó N S cắt IaP tại Q thuộc (J).
Gọi U là điểm đối xứng với S qua J thì rõ ràng U cố định vàIUSQ là hình thang cân. Gọi V là giao điểm của M N với SU.
Ta cóM N Q\ =M I\aQ=\V U Qnên N U QV nội tiếp. Do đó SV .SU =SQ.SN =SB.SC không đổi. Do đó V cố định. VậyT thuộc đường tròn đường kínhJ V cố định. □
3.3 Bài tập đề nghị
Bài toán 9.(Định lý Klamkin) Cho đường tròn (O)và một dây cung AB. Hai điểm P, Qnằm trên AB và đối xứng với nhau qua trung điểm của AB. Qua P, Q lần lượt kẻ các dây cung CD, EF của(O).CF, DE cắtAB lần lượt tại X, Y. Chứng minh rằng X, Y đối xứng với nhau qua trung điểm của AB.
Bài toán 10. (All Russian MO 2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn(I).B′ đối xứng với B quaOI. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại B′ và I của đường tròn (BB′I)cắt nhau trên AC.
Bài toán 11.(IMO Shortlisted 1996) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Đường caoAD. QuaD kẻ đường thẳng vuông góc vớiOD cắt ABtại P. Chứng minh rằng DHP\ =ABC[.
Bài toán 12. Cho tam giác ABC có đường cao AD. Đường tròn tâm M, đường kính BC cắt các đoạn thẳng AC, AD lần lượt tại E, F (E khác C). Đường tròn tâm B bán kính BF cắt tia BE tại G. Gọi H là giao điểm của tia F G với (M) và I là điểm chính giữa cung nhỏ
⌢
EF của (M). Đường thẳng qua G vuông góc với M G cắt các đường thẳng AD, HI, AC lần lượt tại X, Y, Z. Chứng minh rằng XG=GY =Y Z.
3.4 Lời kết
Định lý con bướm rất hữu dụng trong việc xử lí các bài toán có yếu tố trơ là trung điểm của đoạn thẳng. Cũng như hai định lý trên bạn đọc cũng đã cảm nhận thấy tính ứng dụng của nó trong việc giải các bài toán hình học.
Tài liệu
[1] Nguyễn Văn Linh, Một số chủ đề Hình Học Phẳng dành cho học sinh chuyên Toán.
[2] Trần Quang Hùng,Mỗi tuần một bài toán.
[3] Diễn đàn toán học
https://artofproblemsolving.com/community [4] Group Hình Học Phẳng.
https://www.facebook.com/groups/hinhhocphang.geometry/?ref=share [5] Group Hướng tới Olympic Toán VN
https://www.facebook.com/groups/243634219684049
