Định lý Reim và ứng dụng trong việc giải toán
Lê Trí Đức September 2020
1 Định lý Reim
1.1 Giới thiệu định lý
Bổ đề được phát biểu khá ngắn gọn như sau :Cho hai đường tròn(O1)và(O2)cắt nhau tạiA, B. 1 đường thẳng quaAcắt(O1)và(O2)lần lượt tại D, E. Tương tự 1 đường thẳng quaB cắt(O2)tạiM, N.Khi ấyDM kEN
Chứng minh.
∠DM B+∠DAB=∠DM B+∠EN B= 1800mà hai góc ở vị trí trong cùng phía nên ta suy ra được điều phải chứng minh
Nhận xét : Lời giải trên chỉ đúng trong trường hợp các điểm phân biệt với nhau. Nhưng trong trường hợp suy biến thì định lý vẫn đúng. Khi ấy ta xét tiếp tuyến tại điểm trùng nhau đó. Do vậy nhờ việc khéo léo vận dụng định lý Reim dạng suy biến có gợi cho ta một số hướng kẻ hình phụ và tiếp cận lời giải.
Hình vẽ một số trường hợp suy biến
Sau khi trình bày hình vẽ một số dạng suy biến đặc biệt khó nhìn của định lý, sau đây tôi sẽ nêu lên các hệ quả khác của định lý
1.2 Các hệ quả
Hệ quả 1 : Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Một đường tròn (O0) đi qua B, C cắt AB, AC tại E, F. Một đường thẳngt đi qua đỉnhAvà tiếp xúc với(O)khi và chỉ khitkEF
Hệ quả 2 : Cho 2 điểmE, F nằm trên cạnh AB, AC khác với các đỉnh của tam giác . Thì (AEF)tiếp xúc (ABC)khi và chỉ khiBCkEF
Hình 1: Trường hợp 1
Hình 2: Trong trường hợp 2 , điểm trùng chính là giao điểm của 2 đường tròn. Vì vậy đường thẳng mà ta sẽ kẻ chính là tiếp tuyến của điểm giao ấy với đường tròn còn lại. Chú ý rằng 1 đường thẳng qua giao điểm đã cho cắt 2 đường tròn kia tại 2 điểm phân biệt. Tiếp tuyến có thể kẻ tùy ý từ 2 giao điểm trên .
Ngoài các hệ quả ở trên ra thì ta còn có định lý Reim đảo. Được phát biểu như sau : Cho 4 điểm A, M, D, B đồng viên. Nếu tồn tại E, N sao cho EN k DM và D, A, E và M, B, N thẳng hàng thì 4 điểm A, B, E, N cũng đồng viên
Sau đây để củng cố kiến thức, ta hãy đi làm 1 số dạng bài tập có áp dụng mô hình của định lý Reim
2 Bài tập vận dụng
Bài 1 [Bổ đề]: Cho tam giácABC, một đường tròn(ω)thay đổi đi quaB, C là hai điểm cố định cắtAB, AC tạiD, E. GọiK là tâm ngoại tiếp của(ADE). Chứng minhAK là 1 đường cố định
Lời giải.
Đây thực chất chỉ là 1 mở rộng khác của định lý Reim . Ta có(ADE)và(ω)cắt nhau tại D, E . Ta dễ dàng thấy đây chính là 1 trong những trường hợp suy biến của định lý Reim . Do đó , kẻ tiếp tuyến d tại Acủa (ADE)thìdkBC. MàAK ⊥dnênAK⊥BC. VậyAK chính là đường cao cố định của tam giácABC Bài 2: Cho tam giácABC. P là một điểm nằm trong tam giác sao cho∠BP C = 1800−∠BAC. Giả sử tồn tại E, F trênBP, CP sao cho EF kBC và tâm(P EF) nằm trên BC. Chứng minh(P EF)tiếp xúc (ABC) Lời giải.
Dựng hình : ĐiểmP là 1 điểm có tính chất tương tự như trực tâm của tam giác ABC nênP nằm trên cung BHC của đường tròn(BHC).
Hình 3: Bài 1
Hình 4: Bài 2
Theo hệ quả của bổ đề Reim thì(P EF)tiếp xúc(P BC). Xét phép đối xứng trụcBC biến(P BC)→(ABC) và biến(P EF)→(P EF)vì tâm của nó nằm trênBC. Do đó(P EF)tiếp xúc(ABC)
Nhận xét : Hai bài toán trên thực sự ngắn gọn và đẹp. Thực chất 2 bài trên không khó, có thể xem như 1 bổ đề nhỏ trong việc chứng minh các bài toán lớn.
Bài 3 [IMO 2018 P1] : Cho tam giác ABC nội tiếp (O).D, E nằm trên AB, AC sao choAD=AE. Các đường trung trực củaBD, CE cắt các cung nhỏAB, AC tạiF, G. Chứng minhF GkDE.
Lời giải
Phân tích : Từ giả thiết đường trung trực đã cho ta được 2 tam giác cân làF DE vàEGC. Nên ta nghĩ đến ngay việc kéo dàiF D, EGcắt đường tròn tạiN, M để tiếp tục tạo thêm các cặp tam giác cân. Ta có ngay được AD=AE =AM =AN nên D, E, M, N đồng viên dưới (A). Áp dụng bổ đề Reim cho 2 đường tròn(A)và (O)với 2 dây cung M N, BC ta có điều phải chứng minh
Bài 4 [IMO 2015]: Cho tam giácABC nội tiếp đường trònΩtâmO. Đường trònΓtâmAcắtBCtại D, E sao cho B, D, E, C đôi một phân biệt và nằm trênBC theo thứ tự đó. Gọi F, G là giao của Γ và Ωsao cho A, F, B, C, Gnằm trênΩtheo đúng thứ tự đó. GọiKlà giao thứ hai của(BDF)vàAB. GọiLlà giao thứ hai của(CGE)vàAC. Chứng minhF K vàGLcắt nhau tại 1 điểm nằm trên AO
Lời giải
Hình 5: Bài 3
Hình 6: Bài 4
Từ đề bài đã gợi ra cho ta rất nhiều hướng để tiếp cận bài toán này , một trong số đó là bằng bổ đề Reim . Để ý kỹ một chút thì mô hình đường trònΓtâmAkhá giống với bài 3 nên ta nghĩ ngay đến việc kẻ thêm như sau : GọiM, T lần lượt là giao điểm củaF K, CL vớiΩ. GọiS, N lần lượt là giao điểm củaEGvàF DvớiΩ. Áp dụng bổ đề Reim với hai đường trònΓvàΩvới cát tuyến F DN vàGESthì
SN kDE ⇔DEkSN
Tương tự áp dụng bổ đề Reim giữa hai đường tròn(F BD)vàΩvới các cát tuyếnF KM vàBDC KDkM C
Tương tự ta có
LEkT B Biến đổi góc với chú ý rằngBSN C là hình thang cân ta được
∠BF D=∠BKD=∠BAN
NênKD kAN . Do đó AN kM C tứcAM N C là hình thang cân. Tương tự ta cũng có T ASB là hình thang cân . Từ đây thì
T A=BS=SN =M A
VậyAT M là tam giác cân tạiA. KẻT F vàM G. Ta áp dụng bổ đề quen thuộc với AT =AM vàAF =AG thìT M F Glà hình thang cân . Áp dụng bổ đề hình thang ta cóF M vàGT cắt nhau tại đường trung trực của hai đáy. MàAOchính là đường trung trực ấy tức 3 đường thẳng F M, GT, AOđồng quy tạiX. Bài toán được chứng minh
Khai thác thêm 1 chút ta sẽ thấyF AvàT Bcắt nhau tại 1 điểm nằm trên(F BD), tương tựM C vàGAcắt nhau tại 1 điểm trên(ECG). Nhưng vấn đề là ta không thể khai thác điều này để biến đổi góc được vì nó được suy ra trực tiếp từ kết quả của bài toán.
Sau đây tôi xin trình bày 1 bài toán khác là mở rộng của IMO 2018 và cũng có 1 mô hình cắt nhau như trên Bài 5 : Cho tam giácABC nhọn nội tiếp(O). Trên các đoạnAB, AC lấyD, E sao choAD=AE. Trung trực của BD, CE cắt các cung nhỏ AB, AC của(O)tại F, G. TiaF D, GE cắt lại(O)tại hai điểm K, L. GọiP là giao điểm của(ALE)vàAG,Qlà giao điểm của(AKD)vàAF. Chứng minh(AP Q)tiếp xúc(ADE)
Lời giải.
GọiP0 là giao điểm củaAGvàLK.
Ta có biến đổi trên cung như sau :∠AP0L=AL+KG
2 =AK+KG
2 =∠ALG=∠AELnên tứ giác AP0LE nội tiếp tứcP≡P0
Hoàn toàn tương tự thìQchính là giao điểm củaLK vàAF. Mặt khác
∠ADQ=∠AKQ=∠AF D
Tới đây dễ dàng chứng minh bài toán bằng cách xét phép nghịch đảo tâm A , phương tích AD2 = k như sau : IAk : Q → F , P → G nên ảnh của QP chính là (AP Q) và ảnh của (AP Q) là F G. Tương tự xét IAk : D→D , E →E . Vậy ảnh củaDE là một đường thẳng không đi quaAthành 1 đường tròn đi qua tâm Atức ở đây là(ADE).
Theo tính chất bảo giác thì∠(DE, F G) = 0nên ảnh của chúng là(AQP)và(ADE)cũng có góc giữa 2 đường tròn bằng0. Hay nói cách khác thì (AP Q)tiếp xúc(ADE)
Bên lề.Đây không phải là 1 lời giải sơ cấp cho bài toán, vì có sử dụng tới phép nghịch đảo. Mời bạn đọc thử sức với bài toán này trước khi xem lời giải vì thực sự nếu khai thác được lời giải sơ cấp cho bài toán thì sẽ ý nghĩa hơn rất nhiều
Cuối cùng xin kết thúc file này bằng 1 bài IMO 2013 như sau :
Bài 6 : Cho tam giácABC, gọiA1, B1, C1 lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp gócA, B, C với các cặp cạnh đối diện. Chứng minh rằng nếu tâm ngoại tiếp của tam giác A1B1C1 nằm trên (ABC) thì tam giác ABC vuông
Lời giải.Ta có thể thử chuyển bài toán về mô hình trực tâm để thuận tiện hơn, vì chú ý rằng(ABC)chính là đường tròn Euler của tam giác tạo bởi 3 đỉnh là 3 tâm bàng tiếp
Trước hết ta phát biểu lại 1 bổ đề : Cho tam giác ABC nội tiếp(O) cóD, E là chân đường cao hạ từB, C xuống . Thì khi ấy AO⊥DE. Thực chất đây chính là 1 hệ quả được suy ra từ hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác là tâm ngoại O và trực tâmH. Mọi người có thể tìm đọc thêm hoặc tự chứng minh bằng biến đổi góc cũng được
GọiD, E, F lần lượt là tâm bàng tiếp gócB, C, A. Mô hình trực tâm hiện ra rất rõ ràng khiA, B, C lần lượt là các chân đường cao trong tam giácDEF. Gọi M, N, P là trung điểmDE, EF, DF thì 6 điểmA, B, C, D, E, F đồng viên
Mặt khác từ bổ để quen thuộc thìEC1, DB1, F A1đồng quy tại tâm củaDEF , gọi điểm đó làK.
Giả sử tam giácABC vuông tạiAthì tam giácKDEsẽ vuông cân tạiK.
Biến đổi góc thì∠EDB+∠BDK=∠BDK+∠KDF = 450tức∠BDF = 450 hay tam giácDBF vuông cân tạiB. VậyB, K, P thẳng hàng vì cùng nằm trên trung trựcDF.
Tương tự cũng đượcECF vuông cân tạiC.
Biến đổi góc ta có∠C1KB+∠ABK=∠C1KB+∠AN P = 900 mà∠AN P =∠EAN =∠AEN Mặt khác∠EDB+∠AEN =∠KDC+∠AEN = 900. Từ đây ta có được∠C1KB=∠B1DC
Do đó hai tam giácC1BK vàB1CD đồng dạng. Chú ý rằngBC1 vàCB1 lần lượt là đường cao của các tam giácEBK vàKCDnênEBKvàKCDcũng đồng dạng . VìEK=DK nên hai tam giác trên cũng đồng thời bằng nhau
VậyBC1=B1C. Xét hai tam giácM C1B vàM B1C cóB1C=BC1; M C=M B và
∠M BC1=∠M BA=∠M CA=∠M CB1
Nên hai tam giác trên bằng nhau , tứcM B1=M C1
Biến đổi góc :∠CKA1=∠CBN=∠CAN =∠ACN
Mặt khác∠A1BK=∠CBP =∠CM P phụ góc ∠P M B=∠M BE=∠M EB.
Mà∠M EB cũng phụ góc∠EDB=∠KDC nên tứ giácDCBK nội tiếp và cũng đồng thời là hình thang cân.
Mặt khác như đã chứng minh ở trên thì ∠A1KB+∠CBP = ∠A1KB+∠CM P = ∠CM P +∠P M B =
∠DEB+∠CM P
Nên∠A1KB=∠DEB=∠DCB1=∠BC1Knên C1A1KB là hình thang cân Do đóM C1=M A1 tứcM là tâm của(A1B1C1)
Hoặc ta có thể giải bằng bổ đề Reim khá ngắn gọn như sau :
Như đã chứng minh ở trên thì ∠B1CK =∠A1KC nên B1CA1K là hình thang cân. Áp dụng bổ đề Reim với cát tuyển DB1K và A1BC thì DBB1A1 nội tiếp và cũng đồng thời là hình thang cân . Điều này chứng tỏ M B1=M C1 vậy ta có điều phải chứng minh
3 Lời kết
Qua 6 bài vừa rồi mình đề cập ở trên theo mức độ từ khó đến dễ thì ta đã phần nào nắm được cách sử dụng định lý Reim
Có thể nói, định lý Reim là 1 trong những định lý cổ điển đẹp và hay nhất mà mình từng gặp. Mình sẽ tiếp tục đăng các bài toán khác về định lý Reim trong thời gian tới vì thực sự không có nhiều bài sử dụng định lý Reim một cách triệt để nhất. Ví dụ trong bài IMO 2013 vừa rồi , nếu mình nhớ không lầm thì lời giải gốc chỉ sử dụng bổ đề vào đúng khúc cuối của bài toán để hoàn thành lời giải. Việc tìm được 1 bài toán như thế cũng đã mất rất nhiều thời gian rồi. Nói tóm lại , cảm ơn tất cả mọi người đã theo dõi bài viết trên của mình đến tận khúc này.Hẹn gặp mọi người trong các post sau
Hình 7: Bài 6
