MỘT SỐ BÀI TẬP
TỪ THẦY LÊ BÁ KHÁNH TRÌNH
Bài 1. Cho tam giác ABCcó đường tròn nội tiếp
I tiếp xúc với BC CA AB, , lần lượt tại , , .D E F Trên EF lấy M P, sao cho CM AC AP BC, . Trên DE lấy N Q, sao cho
, .
DN AC AQ BC Gọi K là trung điểm BC. Chứng minh rằng trục đẳng phương của
PEM
và
QFN
song song với IK. Lời giải.Ta có BF BD và AP BD nên AF AP. Tương tự, ta thu được AP AF AEAQ nên 90 .
PEQ PFQ
Gọi X là giao điểm của PE và QF thì X là trực tâm tam giác DPQ nên XP XE. XQ XF. , tức là X có cùng phương tích với
PEM
và
QFN
.Ta có BF BD và BF CM nên CM CDCE. Do đó CEM 90 EDP EPM nên AE là tiếp tuyến của
PEM
, lại có APAE nên AP tiếp xúc với
PEM
. Tương tự, AQ làG H
T X
K
N
M P Q
F
E
D I O
B C
A
tiếp tuyến của
QFN
, mà APAQ nên A có cùng phương tích với
PEM
và
QFN
. Suyra AX là trục đẳng phương của
PEM
và
QFN
. Do đó ta chỉ cần chứng minh IK AX. Thật vậy, dễ thấy DX là đường kính của
I . Gọi T là giao điểm của AX và BC, đường thẳng qua X vuông góc với DX cắt AB AC, tại G H, . Ta thấy phép vị tự tâm A biến GH thành BC sẽ biến
I thành đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC, mà T là ảnh của X qua phép vị tự này nên T là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC, do đó K là trung điểm DT nên KI XT. Ta có điều phải chứng minh.Bài 2. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
O I I Ia, b, c tương ứng là tâm đường tròn bằng tiếp các góc A B C, , của tam giác ABC. AIa giao
O tại D khác A. Trên I D I Db , c lần lượt lấy các điểm ,E F sao cho ABC 2 I BEa , ACB 2 I CFa , E F, nằm trong tam giáca .
I BC Chứng minh rằng EF giao I Ib c tại một điểm nằm trên
O .Lời giải.
Cách 1.
A' N
F E D
Ib
Ia Ic
O
B C
A
Dễ thấy A B C, , là chân 3 đường cao của tam giác I I Ia b c nên ( )O là đường tròn Euler của tam giác I I Ia b c, do đó gọi N là trung điểm I Ib c thì N thuộc ( ).O Ta cần chứng minh EF đi qua
. N
Thật vậy, ta có 2I BEa ABC 2 ABIb nên ABE I BIb a 90 . Tương tự, 90
ACF nên gọi A' là giao điểm của BE và CF thì A' đối xứng với A qua O, do đó ' b c.
DA I I Đồng thời, chú ý rằng N là trung điểm I Ib c nên
sin sin
sin sin .
b c
b b c c
NI D ND ND NI D NDI NI NI NDI
Nên ta dễ dàng có được D A N EF
' ,
1.Mặc khác, dễ thấy NBDC là tứ giác điều hòa nên A DN EF'
,
1 D A N EF
' ,
. Suy ra, ,
E F N thẳng hàng. Ta có điều cần chứng minh.
Cách 2.
Gọi H là trực tâm tam giác I I Ia b c, M N, lần lượt là trung điểm BC I I, c b. H
M
N E D
Ic Ib
Ia
O
B C
A
Dễ thấy hai tam giác I BCb và I I Hb a đồng dạng ngược nên I M I Db , b đẳng giác trong góc
a b .
I I B Mặt khác, tương tự như cách 1, ta có BE BM, đẳng giác trong góc I BIa b, suy ra E và M liên hợp đẳng giác trong tam giác I BIa b tức I E I Ma , a đẳng giác. Mà I BCa và I I Ia b c đồng dạng ngược, suy ra I Ea đi qua N. Tương tự I Fa cũng đi qua N, ta suy ra điều cần chứng minh.
Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn có đường tròn nội tiếp
I tiếp xúc với BC CA AB, , lần lượt tại , , .D E F Gọi H là trực tâm tam giác ABC, M N L, , lần lượt là trung điểm CA AB BC, , . Trên
, ,
AH BH CH lần lượt lấy K P Q, , sao cho DK IL, EPIM, FQIN. Gọi X Y Z, , lần lượt là giao điểm của MP và NQ, NQ và LK, LK và MP.
a) Chứng minh rằng XD YE ZF, , đồng quy tại một điểm T. b) Chứng minh rằng H I T, , thẳng hàng.
Lời giải.
a) Ta cần có bổ đề sau: “ Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp
I tiếp xúc với BC CA AB, , lần lượt tại D E F, , . Gọi M là trung điểm BC, đường thẳng IM cắt đường thẳng quaA vuông góc BC tại X, khi đó AXDI là hình bình hành.”Chứng minh.
Gọi K là giao điểm thứ hai của AI với đường tròn
O ngoại tiếp tam giác ABC. Dễ thấy hai tam giác AIF và BKM đồng dạng, đồng thời chú ý rằng KBKI AX, KM nên ta cóK X
M F
E
D
I O
B C
A
AX AI AI IF . MK IK BK MK
Nên AX IF ID, suy ra AXID là hình bình hành. Hoàn tất chứng minh bổ đề.
Trở lại bài toán,
Gọi G là giao điểm của IL với AK. Áp dụng bổ đề, ta có GD AI nên GDEF.
Mặt khác, trong tam giác GKL ta thấy KDGL LD, GK nên D là trực tâm tam giác GKL, suy ra GDKL. Do đó ta có EF KL. Chứng minh tương tự, ta có hai tam giác DEF và XYZ có các cặp cạnh tương ứng song song nên XD YE ZF, , đồng quy tại tâm vị tự T của hai tam giác này.
b) Gọi ,S J lần lượt là trung điểm IH IA, thì JS AH nên JSMN.
Mà NJ BI BI, DF DF, XZ nên NJXM. Tương tự, MJ XN, suy ra J là trực tâm tam giác XMN nên XJ MN hay X J S, , thẳng hàng. Suy ra XS ID YS IE, . Vậy phép vị tự tâm T biến tam giác DEF thành tam giác XYZ sẽ biến các đường thẳng DI thành XS, EI thành IS nên nó biến I thành S, do đó , ,S I T thẳng hàng, kéo theo H I T, , thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh.
H G
T X
Z
Y
P
Q
K
N M
L F
E
D I
B C
A
Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn
O . Gọi D E F, , lần lượt là trung điểm cung BAC CBA ACB, , . DE DF, cắt AC AB, tại M N, . Gọi H K, lần lượt là hình chiếu của A lên BE CF, .Chứng minh rằng CH BK MN, , đồng quy.Lời giải.
Ta cần có bổ đề sau: “ Cho tam giác ABC, đường cao AD CE, . Gọi M N, lần lượt là trung điểm BC CA, . DE giao MN tại T. Khi đó AT là đường đối trung của tam giác ABC.”
Chứng minh.
J
H S T X
Z
Y
K
N M
D L I
B C
A
T D
E
N
B M C
A
Ta thấy tứ giác AEDC nội tiếp và AB TN nên NTD BED NCD suy ra TDNC nội tiếp. Mà NANDNC nên NA2 ND2 NM NT. suy ra hai tam giác ANM và TNA đồng dạng, để có MAN NTA BAT.Suy ra AT là đường đối trung của tam giác ABC.
Trở lại bài toán,
Gọi BE giao CF tại X, CF giao AD tại Y, AD giao BE tại Z. Ta thấy X Y Z, , là 3 tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC; A B C, , và D E F, , là chân các đường cao, các đường trung tuyến của tam giác XYZ, vì thế XHK XAK XYZ XBZ, suy ra BC HK.
Mặt khác, áp dụng bổ đề vừa chứng minh, ta có X M N, , thẳng hàng vì cùng nằm trên đường đối trung của tam giác XYZ, đồng thời đường thẳng MN đi qua trung điểm BC vì hai tam giác XBC và XYZ đồng dạng ngược. Từ đó áp dụng bổ đề hình thang, ta có BH CK MN, , đồng quy.
Bài 5. Cho tam giác ABC nhọn có D E F, , lần lượt là trung điểm BC CA AB, , . Đường tròn qua E tiếp xúc BC tại B cắt lại DE tại M. Đường tròn qua F tiếp xúc BC tại C cắt lại DF tại N. Gọi K là giao điểm của MN và EF. Chứng minh rằng AK song song với trục đẳng phương của
ABC
và
DEF
.X
Y
Z H K
M N
D
F E
O
B C
A
Lời giải.
Ta thấy
DEF
là đường tròn Euler của tam giác ABC, gọi Q là tâm đường tròn này. Gọi ,X Y là hình chiếu của C B, trên AB AC, . XY giao DE tại M', từ chứng minh bổ đề ở bài trước, ta có BD2 DE DM. ' nên (BEM') tiếp xúc với BC, suy ra M trùng M'. Chứng minh tương tự ta cũng có XY đi qua N.
Áp dụng định lý Pappus cho hai bộ 3 điểm thẳng hàng
B X F, ,
,
C Y E, ,
ta có T thuộc OQ.Từ đó, theo định lý Brokard ta có AK QT, suy ra AK OQ hay AK song song với trục đẳng phương của
ABC
và
DEF
. Ta có điều phải chứng minh.Bài 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
O . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp; ,L M N, là các giao điểm thứ hai của AI BI CI, , với
O . Một đường tròn đi qua ,I L cắt BC tại , .E F,
LE LF cắt
O lần nữa tại , .P Q PQ cắt AB AC, tại H K, . Chứng minh rằng NH và MK cắt nhau tại một điểm nằm trên
IEF
.Lời giải.
Ta có L là trung điểm cung BC nên LI LBLC và LI2 LE LP. LF LQ. suy ra tứ giác EFQP nội tiếp, đồng thời hai tam giác LIE và LPI đồng dạng, để có PIL IEL, tương tự
QIL IFL
, suy ra PIL QIL IEL IFL180 . Do đó , ,P I Q thẳng hàng.
Q
T
K Y
X N
M
F E
D O
B C
A
Gọi T là giao điểm thứ hai của NH và
O , TM giao AC tại K'. Áp dụng định lý Pascal cho bộ 6 điểm N A MB T C
ta có H I K, , ' thẳng hàng, suy ra K trùng K'.
Ta có TH TK, là phân giác các góc ATB ATC, nên
TB KC HA TB HA TA KC 1.
TC KA HB HB TA KA TC Gọi X là giao điểm của TL và BC ta có XB TB.
XC TC Suy ra XB KC HA 1.
XC KA HB
Nên X H K, , thẳng hàng, từ đó XT XL. XP XQ. XE XF. nên tứ giác ETLF nội tiếp, ta có điều phải chứng minh.
Bài 7. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
O . Một đường kình thay đổi cắt AB AC, tại E F, . Gọi M N, lần lượt là trung điểm BF CE, . ,P Q là hình chiếu của ,B C lên OM ON, . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ có bán kính cố định.Lời giải.
X
T
K H
Q
P
E F N
M
L I O
B C
A
Kẻ đường kính BL CK, của
O . Do E O F, , nên tương tự bài trước, ta có KE LF, giao nhau tại một điểm T nằm trên
O .Ta có OM là đường trung bình của tam giác BLF nên 1 2 .
BOM BLF BOT
Suy ra BT
đi qua P. Tương tự CT đi qua Q. Từ đó tam giác OPQ nội tiếp đường tròn đường kình OT cố định nên ta có điều phải chứng minh.
Bài 8. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
O . Gọi D là giao điểm của đường tròn đi qua B và tiếp xúc AC tại A với đường tròn đi qua C và tiếp xúc AB tại A. Tiếp tuyến của đường tròn
DBC
tại D cắt AB AC, tại M N, và cắt
O tại P Q, . Gọi H là trực tâm tam giác APQ. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác APQ và HMN tiếp xúc nhau.Lời giải.
,
DC DB giao
O lần nữa tại ,R S. Tương tự bài trước, ta chứng minh được RM giao SN tại một điểm T nằm trên
O do M D N, , thẳng hàng.Vì H là trực tâm tam giác APQ nên đường tròn
HPQ
và
APQ
đối xứng nhau qua PQ, vì vậy gọi X là điểm đối xứng với A qua PQ thì để hoàn tất bài toán, ta chỉ cần chứng minh
APQ
và
XMN
tiếp xúc.Thật vậy, ta có MDB DCB MTB nên tứ giác TDMB nội tiếp, tương tự TDNC cũng là tứ giác nội tiếp.
Q P
K L
T M N
F
E O
B C
A
Đồng thời chú ý rằng T và X nằm cũng phía so với MN nên từ
. MTN MTD NTD MBD NCD MAN MXN
Ta suy ra NXTM nội tiếp.
Ta có MNT DCT RST nên RS MN, suy ra
TRS
và
TMN
tiếp xúc. Từ đó ta thu được điều phải chứng minh.Bài 9. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
O . Gọi D là hình chiếu của trực tâm H lên trung tuyến AI của tam giác ABC. Tiếp tuyến tại A của đường tròn
O cắt BC tại T.DT cắt AB AC, lần lượt tại E F, . Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng
KEF
tiếp xúc
O .Lời giải.
R
S
T X
Q
P
N M
D O
B C
A
Gọi P Q, lần lượt là hình chiếu của A B, trên BC CA, . Dễ thấy các tứ giác IPHD PHQC, nội tiếp nên AD AI. AH AP. AQ AC. , suy ra IDQC nội tiếp, dó đó IDC IQC ICA, suy ra hai tam giác IDC và ICA đồng dạng. Để có
DC IC IB DB. AC IA IA AB
Đồng thời, BDC BDI CDI ABC ACB180 BAC nên gọi S là điểm đối xứng với D qua BC thì S
O và SB DB ABSC DC AC nên ABSC là tứ giác điều hòa, do đó TDTSTA, suy ra TD2 TA2 TB TC. nên TD là tiếp tuyến của
BDC
.Gọi M N, là giao điểm thứ hai của CD BD, với
O . Ta có , ,E D F thẳng hàng nên ME giao NF tại một điểm X nằm trên
O . Do đó EXB MCB EDB nên tứ giác XDEB nội tiếp, tương tự XDFC cũng là tứ giác nội tiếp, vì thế180 2 .
EXF EXD FXD EBD FCD ABC ACB DBC DCB EAF
Suy ra XEKF nội tiếp.
Mặt khác EFX DCX MNX nên EF MN, do đó
XEF
tiếp xúc
O . Ta có điều phải chứng minh.Bài 10. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
O có D E F, , là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp
I với BC CA AB, , . Lần lượt lấy trên OI BC AD, , các điểm L M N, , sao choP
Q
S X
N
M K
F E
T
D H
I O
B C
A
, , .
DLEF LM BC LN AD Gọi K là giao điểm thứ hai của hai đường tròn
LEF
và
LMN
. Chứng minh rằng MN DK EF, , đồng quy.Lời giải.
Ta cần bổ đề sau: “ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
O có D E F, , là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp
I với BC CA AB, , . Khi đó, OI là đường thẳng Euler của tam giác DEF.” Chứng minh.Gọi X Y Z, , lần lượt là trung điểm EF FD DE, , . Khi đó, dễ thấy phép nghịch đảo tâm I phương tích r2 sẽ biến đường tròn
O thành đường tròn
XYZ
, hay là đường tròn Euler của tam giác.
DEF Vì thế OI đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác nên nó chính là đường thẳng Euler của tam giác DEF.
Trở lại bài toán,
Áp dụng bổ đề, ta có L chính là trực tâm của tam giác DEF nên từ bài trước, ta dễ dàng suy ra DK là đường trung tuyến của tam giác DEF nên nó đi qua trung điểm EF. Như vậy, ta chỉ cần chứng minh MN chia đôi EF.
Thật vậy, gọi X Y, lần lượt là hình chiếu của ,E F trên DF DE, và T là trung điểm BC. Z
Y X F
E
D
I O
B C
A
Ta có LN DA LM, DM LX, DF LY, DE nên L NM XY
,
D AM FE
,
1. Mà, , ,
M N X Y cùng nằm trên đường tròn đường kính DL nên ta có
MN XY,
1. Hơn nữa, dễ thấy TX TY, là tiếp tuyến của
DL nên ta có MN đi qua T.Bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Bài 11. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
O có H là trực tâm. Gọi K M N, , lần lượt là trung điểm BC CA AB, , . Đường thẳng qua M vuông góc với MH cắt đường thẳng qua N vuông góc với NH tại D. Trên MN lấy E sao cho EH vuông góc với AD. Trên BC lấy F sao cho EF vuông góc với AO. Chứng minh rằng KH và AF cắt nhau trên
O .Lời giải.
Gọi X Y, lần lượt là hình chiếu của B C, trên CA AB, . Dễ thấy HE là trục đẳng phương của
AH
và
DH
. Mà MN XY HE, , là 3 trục đẳng phương nên chúng đồng quy tại tâm đẳng phương của 3 đường tròn
AH
, DH
, YNXM
, đo dó E thuộc XY.Y
X
T N M
L
A I
E F
D
Gọi AF giao
O tại T khác A. Ta có FT FA. FB FC. FY FX. nên tứ giác AXYT nội tiếp, suy ra ATH 90 .Do đó TH đi qua Q là điểm đối xứng của Aqua O, mà ta có tính chất quen thuộc H K Q, , thẳng hàng, suy ra ,T H K, thằng hàng. Ta có điều phải chứng minh.
Bài 12. Cho tam giác ABC có BC cố định, A thay đổi sao cho SABC không đổi. Đường cao ,
BE CF cắt nhau tại H. Gọi M N, lần lượt là trung điểm AB AC, . EF giao MN BC, tại , .P Q AP giao QH tại K. Chứng minh rằng tam giác KBC có diện tích cố định.
Lời giải.
Q Y
X T
F
E
D
N M
K H
O
B C
A
T K P
Q
F
E
M N
H
O
B C
A
Gọi T là giao điểm của AP và BC.
Dễ thấy Q AH FB
,
1 nên
AK PT, 1
. Suy ra KP 2KT, từ đó có được AT 3KT , mà tam giác ABC có diện tích cố định nên tam giác KBC có diện tích cố định.Bài 13. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
O có B C, cố định, điểm A thay đổi trên
O sao cho tam giác ABC nhọn và BAC ABC. Gọi H là trực tâm, D là trung điểm BC. Trên AB AC, lấy E F, sao cho EF qua D và vuông góc HD. Đường thẳng qua E và vuông góc FH cắt AC ở G. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFG. Chứng minh rằngKF luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Lời giải.
Gọi L là hình chiếu của B trên AC. Khi đó ta có tứ giác HDFL nội tiếp nên LFH LDH. Mà
2 2 2 2 2 2 2 2
. . . .
LF DF HD HL BD HB HL HL DB DCHL BLDB DCLA LCLO DO Nên OFLD, mà HDF 90 nên OFD LDH LFH. Nên FO FH, đẳng giác trong góc GFE, mà FH GE nên FO đi qua K. Suy ra FK luôn đi qua O cố định, ta có điều phải chứng minh.
L
K G
F
E
H
D O
B C
A
Bài 14. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
O có trực tâm H. CH cắt AB ở D. Trên AC lấy M sao cho DM OD. Trên MD lấy N sao cho CNMH. Gọi K là giao điểm của CD và OM. Chứng minh rằng MNK CNH.Lời giải.
Gọi T là trung điểm AC, ta có
2 2 2 2 2 2 2 2 2
. . . . .
TM DM OD OT TATCDA DBTA DH DC TA HD HCDH TH DH Suy ra DT MH, mà MDO 90 nên DMH TDO TMO. Suy ra MH MO, đẳng giác trong góc NMC.
Hơn nữa, gọi X là giao điểm của MH và AB. Ta có MDX CDO (cùng phụ góc ADO) nên X và O là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác MCD. Từ đó
XCD ACO BCD
nên X đối xứng B qua D.
Ta có DCN 90 XHD 90 DHB ACD nên CD là phân giác góc MCN.Mà MH và MK đẳng giác nên ta cũng có NH và NK đẳng giác, hay MNK CNH. Ta có điều phải chứng minh.
X
T
K
N M
D
H O
B C
A
Bài 15. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
O có B C, cố định, A thay đổi sao cho tam giác ABC nhọn. BE CF, là các đường cao. Trung tuyến qua A của tam giác AEF cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại D. Kí hiệu
K , H lầ lượt là các đường tròn qua D và tiếp xúc AB AC, tại F E, . Chứng minh rằng trục đẳng phương của
K , H luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.Lời giải.
Gọi M là trung điểm của EF, N là giao điểm thứ hai của
K và
H , ND giao
AEF
lầnnữa tại X. Ta có FND END BFD CED180 nên N thuộc EF. Từ đó có được NDF AFN AFE MDE
suy ra DN là đường đối trung của tam giác DEF nên XEDF là tứ giác điều hòa. Mặt khác, gọi T là trung điểm BC thì dễ thấy TE TF, là tiếp tuyến của
AEF
nên T thuộc XD. Vậy ND đi qua T cố định. Ta có điều phải chứng minh.Bài 16. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
O . Gọi ,E F là chân các đường cao qua ,B C của tam giác ABC. Trung tuyến qua A của tam giác AEF cắt lại
O ở M. Trung tuyến qua A của tam giác ABC cắt lại
AEF
ở N. Chứng minh rằng AO tiếp xúc
AMN
.Lời giải.
Gọi T là trung điểm BC H, là trực tâm tam giác ABC, AH giao BC tại D. Ta có các tứ giác TDHN và CDHE nội tiếp nên AN AT. AH AD. AE AC. , suy ra TCEN nội tiếp, do đó
. TNC TEC TCA
Tương tự, ta suy ra X
N
T D
M E
F
O
B
C A
180 . BNC TNB TNC TBA TCA BAC
Nên gọi M' là điểm đối xứng với N qua BC thì ta có M' nằm trên
O , đồng thời' .
'
M B NB NB AB AC TB AB TA AB M C NC AB AC NC TA AC TC AC
Nên ABM C' là tứ giác điều hòa, lại có EF là đối song của BC nên AM' là trung tuyến tam giác AEF, suy ra M' trùng M. Do đó M đối xứng N qua BC.
Từ đó ta có NMA MAD OAN nên OA là tiếp tuyến của
AMN
. Ta có điều phải chứng minh.Bài 17. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
O . Gọi D là trung điểm BC. Trên ,AB AC lấy ,E F sao cho DEAC DF, AB.
a) Chứng minh rằng khi A thay đổi trên
O thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF
di chuyển trên một đường cố định.b)
DEF
cắt BC lần nữa tại G. AG giao
O tại M khác A. Đường cao qua A của tam giác ABC cắt ( )O lần nữa tại N. Các tiếp tuyến của
O ở M N, cắt nhau ở P. Các tiếp tuyến của
BGM
, CGM
tại ,B C cắt nhau ở .Q Chứng minh rằng PQ và AD cắt nhau trên
O .D H
T N
M E
F
O
B C
A
Lời giải.
a) Tiếp tuyến tại B và C của
O giao nhau tại T. Ta có180 .
EBT ABT ACB EDT
Nên TDBE nội tiếp, tương tự TDCF nội tiếp. Do đó AET AFT 90 nên AT là đường kính của
AEF
. Vì thế khi A thay đổi, tâm đường tròn
AEF
sẽ di chuyển trên đường tròn có tâm là trung điểm OT, bán kính bằng 12R, là một đường tròn cố định.
b) Ta có TEAB DF, AB nên TE DF, tương tự TF DE nên TEDF là hình bình hành, do đó gọi I là trung điểm DT thì I cũng là trung điểm EF.
Đường thẳng qua A và vuông góc BC cắt
AEF
lần nữa tại J. Ta thấy qua phép đối xứng tâm ,I E biến thành F, T biến thành D, nên nếu J biến thành G' thì DG' JT , suy ra' .
G BC Đồng thời, EJTF là tứ giác nội tiếp nên FG DE' cũng là tứ giác nội tiếp, do đó G trùng G'. Vậy G đối xứng J qua I. Suy ra IH IG nên D là trung điểm HG.
J
I R Q
P H
N M
G
T E
F D
O
B C
A
Ta có BQC180 QBC QCB180 BMC BAC nên Q thuộc
O . Đồng thời, QBC AMB AQB nên AQ BC, suy ra A QD GH
,
1 nên QMRN là tứ giác điều hòa, suy ra AD giao QP trên
O . Ta có điều phải chứng minh.Bài 18. Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi E F, lần lượt là chân đường phân giác trong và chân đường phân giác ngoài góc A của tam giác ABC. Các tiếp tuyến qua
,
E F (khác BC) của
I cắt nhau ở D. Gọi H M N, , là tiếp điểm của AB DE DF, , với
I .Trên BI lấy K sao cho DK AI.
a) Giả sử B C, cố định, A thay đổi. Chứng minh rằng K luôn thuộc một đường tròn cố định.
b) Đường thẳng qua D song song với AB cắt AC MN, ở P Q, . HQ giao
I ở T. Chứngminh rằng PT là tiếp tuyến của
I .Lời giải.
a) Gọi X là tiếp điểm của AC với
I . Ta có FAI FMI 90 nên AMF AIF. Mà, ,
A I E thẳng hàng, và
90 1
FMN 2 FDE FIE
Nên A M N, , thẳng hàng. Suy ra A nằm trên đường đối cực của D đối với
I , do đó theo định lý La Hire ta có D thuộc HX , là đường đối cực của A đối với
I , vì thế HX cũng điqua K.
S
T
Q P X K
D
N M
H I
F E
B C
A
Ta có 1
90 2
KIC BAC KXC
nên XICK nội tiếp, do đó BKC 90 nên K thuộc
BC cố định.b) Ta có
XH MN,
1 nên A BC QD
,
1, mà DQ AB nên P là trung điểm DQ. Mặt khác, dễ thấy tam giác PXD cân tại X , kéo theo PX PDPQ. Suy raPXQ 90 , do đó, gọi S là giao điểm của XQ với
I thì SH là đường kính của
I , do đó HS AB, màAB DQ nên HS DQ suy ra S là trực tâm tam giác DHQ. Suy ra D S T, , thẳng hàng, và PX PDPQPT nên PT là tiếp tuyến của
I . Ta có điều phải chứng minh.Bài 19. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
O . Các đường tròn đường kính AB AC, cắt nhau tại D và lần lượt cắt đường trung tuyến AI tại E F, .
IDE
và
IDF
lần lượt cắt
AC , AB ở M N, . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tia DG cắt
O tại P. Chứng minh rằng MN PI, cắt nhau trên
O .Lời giải.
Dễ thấy D là hình chiếu của A trên BC.
Đường thẳng qua A song song với BC cắt
O lần nữa tại P'. Gọi X là hình chiếu của P' trên BC. Dễ thấy AP XD' là hình chữ nhật, đồng thời I là trung điểm DX nên ta cóX K
H
T
P
G N
M
F E
I D
O
B C
A
' 2 .
AP DX GA
DI DI GI
Từ đó theo định lý Thales đảo ta có D G P, , ' thẳng hàng, suy ra P trùng P'. Do đó APCB là hình thang cân.
Mặt khác, gọi K là hình chiếu của C trên AB, BE giao AD tại H thì H là trực tâm tam giác .
ABI Do đó H
DEI
và IH AB nên IH CK. Hơn nữa,90 90 .
MHI HEM ACM MKC
Nên K H M, , thẳng hàng. Mà IK IB nên IH là trung trực của KB, dẫn tới .
BKH KBH ADE HME
Nên EM KB, do đó ABE BEM ACM nên hai tam giác BAE và CAM đồng dạng, suy ra BAE CAM hay AM là đường đối trung của tam giác ABC. Tương tự, AN cũng là đường đối trung của tam giác ABC, mà PI đối xứng AI qua trung trực BC nên ta có PI giao
MN trên
O . Ta có điều phải chứng minh.