Cực và đối cực trong bài toán.

Đề: Cho tam giác ABC có I là tâm nội tiếp, Q là tiếp điểm trên AC, E là trung điểm AC. K là trực tâm của tam giác BIC. CM: KQ vuông IE.

Lời giải:

Cách 1: Gọi $F$ là trung điểm $AB$ Gọi $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $P.$ Nếu $BI$ cắt $EF$ tại $L,$ Ta có $\widehat{FLB}=\widehat{LBC}=\widehat{FBL}$ $\Longrightarrow$ $\triangle FBL$ cân tại F $\Longrightarrow$ $FA=FB=FL$ $\Longrightarrow$ $\widehat{ALB}=90^{\circ}$ $\Longrightarrow$ $AQLI$ is cyclic $\Longrightarrow$ $\widehat{CQL}=\widehat{AIL}=90^{\circ}-\tfrac{1}{2}\widehat{ACB}=\widehat{CQP}$ $\Longrightarrow$ $L \in PQ,$ i.e. $L$ nằm trên đường đối cực của $C$ đối với $(I)$, nên C thuộc đường đối cực của L mà $CK \perp IL$ nên CK là đường đối cực của $L$ đối với $(I)$, suy ra đường đối cực của K sẽ là đường thẳng qua L $\Longrightarrow$ $ELF \perp IK$ là đường đối cực của $K$ đối với $(I)$ , ta có Q là đường đối cực của E đối với (I) $\Longrightarrow$  $KQ$ đường đối cực của $E$ đối với $(I)$ $\Longrightarrow$ $KQ \perp IE,$ dpcm.

Cách 2:Gọi$P$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc B với $AC$. Khi đó $ \angle KIQ=\angle C=\angle BCP$ và \[ \frac{BC}{CP}=\frac{KI}{IQ}. \]
Vì thế $ \triangle CBP \sim \triangle QKI $ và $ \angle IKQ=\angle CBP$ $ \Rightarrow $ $ KQ\perp BP $.

mà $BP\parallel IE$, nên $KQ\perp IE$.

Chứng minh một điểm là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác

Bài toán: (Hải Phòng 2016) Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC), phân giác trong đỉnh A cắt BC tại D, E là điểm trên đoạn BC sao cho BD=CE. Phân giác ngoài đỉnh A cắt đường thẳng qua D và vuông góc với BC tại F. I là trung điểm DF, đường thẳng EI cắt AD tại M, đường thẳng EF cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC tại K.
a) Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC tại P, KD cắt đường tròn đường kính DF tại L (khác D). Chứng minh rằng đường thẳng PL tiếp xúc với đường tròn đường kính DF.
b) Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác KBC.

Lời giải:

a) Gọi N là giao điểm của KM và BC. Do I là trung điểm DF, DF// NK nên EI đi qua trung điểm NK. hay M là trung điểm NK
Ta có (LADF)=D(LADF)=D(KMNF)=-1 Vậy tứ giác ALFD điều hòa

Suy ra: tiếp tuyến tại L, AF, tiếp tuyến tại D đồng quy tại P hay PL là tiếp tuyến của đường tròn đường kính DF

b) Kẻ, BX, CY lần lượt là tiếp tuyến tới [DF]
(DXLY)=D(DXLY)=I(DBPC)=-1.Nên tứ giác DXLY điều hòa. Như vậy BX, CY, DL đồng quy

Gọi d là đường thẳng qua I song song BC, P là giao điểm EF và (I), M là trung điểm BC
Ta có:  (XYFP)=D(XYFP)=I(BCdM)=-1

Vậy tiếp tuyến tại X, Y, và FP cũng đồng quy.
Ta có đpcm

Nhận xét: Thực ra đây là bài toán ngược của bài toán: Cho tam giác ABC có (I) nội tiếp. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F. EF cắt BC tại P. AD cắt (I) tại L. Khi đó PL là tiếp tuyến thứ 2 của (I).

IMO shortlist 2002 và những vấn đề liên quan.

Đề bài: Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC tiếp xúc với BC tại K. Gọi M là trung điểm đường cao AD. KM cắt (I) tại N. Chứng minh rằng (BCN) tiếp xúc với (I) tại N.

Lời giải:

Đặt $S=KA\cap \Omega$,và đặt $T$ là điểm đối xứng $K$ qua I . Gọi $X,Y$ là các tiếp điểm của (I) trên $CA,AB$.

$AD$ // $KT$ nên $(KT,KN;KS,KD)=-1$. suy ra $KTSN$ điều hòa, vậy tiếp tuyến với $(I)$ tại $K,S$ đồng quy trêb $NT$. Mặt khác, tiếp tuyến tại $X,Y$ đồng quy $KS$, nên $KXSY$ là tứ giác điều hòa, Nghĩa là tiếp tuyến tại $K,S$ đồng quy $XY$.

Từ đây suy ra $BC,XY,TN$ Đồng quy. Gọi $P=XY\cap BC$, suy ra $(B,C;K,P)=-1$,và vì $\angle KNP=\angle KNT=\frac{\pi}2$, nên $NK$ là phân giác của $\angle BNC$.

Gọi $B'=NB\cap \Omega,\ C'=NC\cap \Omega$, Ta có:
$BB^{\prime} \cdot BN = BK^2$
$CC^{\prime} \cdot CN = CK^2$. Suy ra:
$\frac{BB^{\prime} \cdot BN}{CC^{\prime} \cdot CN} = \frac{BK^2}{CK^2}$
Nhưng NK là phân giác của góc BNC nên:
$\frac{BK}{CK} = \frac{BN}{CN}$
Vì vậy:
$\frac{BB^{\prime} \cdot BN}{CC^{\prime} \cdot CN} = \frac{BN^2}{CN^2}$
Suy ra:
$\frac{BB^{\prime}}{CC^{\prime}} = \frac{BN}{CN}$
Nên:
 $B'C'\|BC$, nên $N$ là tâm vị tự biến $(I)$ thành $(BNC)$ Hay (I) tiếp xúc (BNC) tại N vậy ta có điều phải chứng minh.

Ta có thêm những kết quả sau:

-NK đi qua tâm bàng tiếp góc A. (Gọi M là trung điểm BC và lưu ý AT đi qua tiếp điểm bàng tiếp trên BC Dùng hàng điểm để chứng minh)

-Nếu gọi $N_B$ tương tự như điểm N ứng với góc B, $N_C$ ứng với góc C thì $NK, N_BX, N_CY$ đồng quy tại S thuộc OI( Dùng cực đối cực)

-  Trục đẳng phương của $N_BAC, N_CAB$ và $N_BX, N_CY$ đồng quy tại một điểm thuộc OI. ( ý đầu dùng định lý 4 điểm, ý sau có thể dùng tâm vị tự, cực đối cực) suy ra điểm đồng quy này là S.

Ngoài ra rất nhiều bài toán đẹp có thể được phát triển từ những mô hình này.

Định lý Hensen

Định lý Hansen được phát biểu như sau (tham khảo trong Một số kiến thức về hình học phẳng trong các cuộc thi OLYMPIC Toán):

Cho tam giác ABC có r là bán kính đường tròn nội tiếp, $r_a, r_b, r_c$ là các bán kính đường tròn bàng tiếp. Khi đó các khẳng định sau là tương đương:

1. Tam giác ABC vuông.
2. $r+r_a+r_b+r_c=a+b+c$
3. $r^2+r_a^2+r_b^2+r_c^2=a^2+b^2+c^2$

Giải:

Trước hết gọi $(I), (I_a), (I_b), (I_c)$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A, bàng tiếp góc B, bàng tiếp góc C của tam giác ABC.

Gọi D là trung điểm BC, N là trung điểm $I_bIc$ Khi đó áp dụng tính chất đường trung bình của hình thang $2ND=r_b+r_c$

Mà $ND=R+OD=R+\frac{AH}{2}$ (H là trực tâm của tam giác ABC)

Mặt khác: Gọi X là tiếp điểm của (I) với BC, X' là tiếp điểm của $(I_a)$ với BC.

I' đối xứng I qua O.

M là giao điểm của $II_a$ và (O).

Ta có $2OD=I'X'+IX=r+2R-r_a$ Do $I'X'=2R-r_a$

Kết hợp tất cả những gì chứng minh ta có các đẳng thức sau:

a) $r_a+r_b+r_c=4R+r$

b) $AH = 2R + r − r_a, BH = 2R + r − r_b, CH = 2R + r − r_c.$

Như vậy 1. Tương đương $AH+BH+CH+2R=a+b+c$

$2R(cosA+cosB+cosC)=2R(sinA+sinB+sinC)$

Tương đương $(sin\frac{C}{2}-cos\frac{C}{2})(cos\frac{A-B}{2}-cos\frac{C}{2}))=0$

Điều phải chứng minh.

2. Tương đương $ (2R + r − r_a)^2+(2R + r − r_b)^2+(2R + r − r_c)^2+4R^2=a^2+b^2+c^2$

$ (2R + r − r_a)^2+(2R + r − r_b)^2+(2R + r − r_c)^2+4R^2-(a^2+b^2+c^2))$
$= 4R^2(cos^2 A + cos^2 B + cos^2 C + 1 − sin^2 A − sin^2 B − sin^2 C)$
$= − 16R^2 cos A cos B cos C=0.$

Như vậy tam giác ABC vuông.

Vậy ta có đpcm.

Dùng định lí con bướm để giải bài toán

Bài toán: Cho tam giác ABC, ngoại tiếp (I), nội tiếp (O),Gọi K là tâm đường tròn qua A tiếp xúc OI tại I. KI cắt BC tại T. Chứng minh rằng I là trung điểm KT.


Lời giải:

Gọi E, F là giao điểm BI, CI với (O). Khi đó EF là trung trực của AI, suy ra E, F, K thẳng hàng.

Áp dụng định lí con bướm cho dây cung KT vuông OI, CF và BE qua I, nên theo định lí con bướm ta có I là trung điểm KT (đpcm)

Bài toán quốc tế về đường tròn nội tiếp

Đề bài: (IMO 2008) Cho ABCD là tức giác lồi sao cho BA $\ne$ BC. $(I_1 ), (I_2 )$ I lần lượt là đường tròn nội tiếp ABC, ADC .Giả sử tồn tại một đường tròn (I) tiếp xúc với tia BA,BC và tiếp xúc với AD,CD.Chứng minh rằng :tiếp tuyến chung ngoài của $(I_1 ), (I_2 )$ cắt nhau tại điểm nằm trên (I).

Lời giải:

Gọi giao điểm của $(I_1 ), (I_2 )$ với AC lần lượt là J,L Ta dễ chứng minh được 2 điều sau :
1) AB+AD=BC+CD. (  Dùng các tính chất của tiếp tuyến cắt nhau cho (I), $(I_1 ), (I_2 )$) )
2)AL=JC.  (Suy ra từ 1)

Vẽ các tiếp tuyến của (I), $(I_1 ), (I_2 )$ và song song với AC,các tiếp tuyến này lần lượt tiếp xúc với 3 đường tròn trên tại Z,M,N.
Khi đó, thì ta có:B,M,L,Z (Do JM là đường kính của $(I_1)$, L là tiếp điểm bàng tiếp, và B là tâm của phép vị tự biến I thành $I_1$) và D,N,J,Z thẳng hàng (tương tự) . Lại có:JM và LN song song và là đường kính$(I_1 ), (I_2 )$ ( Chứng minh trùng và lưu ý $I_1, I_2$ và tâm vị tự của chúng thẳng hàng) nên JN và LN cắt nhau tại tâm vị tự ngoài của $(I_1 ), (I_2 )$ . Theo tính chất của tâm vị tự ngoài thì đó là giao điểm hai tiếp tuyến chung ngoài của $(I_1 ), (I_2 )$ nên ta có đpcm.

Một số tính chất về tam giác ABC có AB+BC=3AC.

Tính chất 1 (IMO shortlist 2005): .Cho tam giác ABC có AB+BC=3AC.Đường tròn (I) nội tiếp tam giác tiếp xúc với AB,AC tại D,E.Lấy K,L là điểm đối xứng của D,E qua I.Khi đó ALKC nội tiếp.

Chứng minh

Gọi H là giao điểm của CK và AB,T là giao điểm của AL và BC.

Ta có các tính chất cơ bản sau:

AH=BD=AC và CT=BE=AC.

$\angle KCA=90^o-\frac{\angle A}{2}=\angle AID$ (Do tam giác AHC cân)

Suy ra tứ giác AKIC nội tiếp

Tương tự tứ giác ALIC nội tiếp.

Hay 5 điểm A, L, K, I, C cùng thuộc đường tròn.

Vậy ta có đpcm.

Tính chất 2 phát biểu: Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp (I), đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tương ứng tiếp xúc BC, CA, AB tại M, N, P. Ta có AM, BN, CP đồng quy tại một điểm khi AB+BC=3AC

Ta chứng minh một bổ đề:

Cho tam giác ABC nội tiếp (O), có đường kính AE, BF. Khi đó đường thẳng qua D song song BC và đường thẳng qua E song song AB cắt nhau tại một điểm thuộc (O).

Chứng minh: Gọi hai đường thẳng đó cắt nhau tại F. Do DF song song BC nên DF vuông BD, tương tự EF vuông EB. Vậy tứ giác FDBE nội tiếp hay F thuộc (O).

Trở lại bài toán. ta sẽ lấy hình 1, và dễ thấy M, N, P trong tính chất 2 là E, F, D trong hình trên.

Ta có AL song song EF do có hai tam giác ACT và tam giác CEF cùng cân tại C.

Tương tự CK song song DF. Vậy theo bổ đề trên ta có AL, CK cắt nhau tại 1 điểm thuộc (I).

Ngoài ra ta có bài toán sau: (USA MO 2001)Cho ABC có (I) là đường tròn nội tiếp tiếp xúc với BC,CA lần lượt tại $ D_1, E_1, D_2, E_2,$ là các điểm nằm trên BC,CA sao cho :$C D_2 =B D_1$ và $C E_2 =A E_1$ .Gọi P là giao điểm của $A D_2$ và $B E_2$ .Đường tròn (I) cắt $A D_2$ tại  điểm,Q gần A.(Q là giao của $A D_2$ và (I)).Chứng minh :$AQ= D_2 P.$

Lời giải:

Khó có thể chứng minh trực tiếp được nên nếu ta đưa về tỉ số thì sẽ dễ chứng minh hơn. Mà ta lại có:

$\frac{AQ}{AD_2}=\frac{r}{r_a}$ (r là tâm nội tiếp, $r_a $ là tâm bàng tiếp )

Ta sẽ chứng minh : $\frac{D_2P}{AD_2}=\frac{r}{r_a}$

Vì B, P, $E_2$ thẳng hàng.

Theo menelaus cho tam giác $AD_2C$ thì:

$\frac{D_2P}{AP}=\frac{BD_2.CD_1}{BC.E_2A}=\frac{p-a}{a}$
Suy ra:
$\frac{D_2P}{AD_2}=\frac{p-a}{a}=\frac{r}{r_a}$

Vậy ta có đpcm.

Áp dụng bài toán trên thì nếu cho:

 P là giao của AT và CH. Thì :HP=CK và AL=PT.

Do đó ta sẽ có: tam giác AKC bằng APH  và tam giác CTP bằng tam giác CAL

Từ đây có thể suy ra tính chấtt 1 dễ dàng: $\angle ALC=\angle CPT=\angle APH=\angle AKC$.

Ngoài ra: AK và AT là hai đường đẳng giác trong góc A và CL và CP là hai đường đẳng giác trong góc C. Suy ra L, K là hai điểm đẳng giác của tam giác ABC

Và I là trực tâm APC. Kết hợp với tính chất 2 là P thuộc (I) ta suy ra P đối xứng F qua I.

Dùng phép vị tự quay để giải bài toán hình học

Bài 1: Cho tứ giác ABCD gọi G là giao điểm của AC và BD. Gọi $O_1, O_2, O_3, O_4$ lần lượt là tâm của $ GAB, GBC. GCD, GDA$. Đường thẳng bất kì qua G cắt $(O_2), (O_4)$ tại J và K. Đường thẳng bất kì khác qua G cắt $(O_1), (O_3)$ tại $S$ và $T$. Gọi M là giao của $O_1O_2$ và $O_3O_4$, U, I là trung điểm ST và JK. Chứng minh rằng $MU=MI$.

Lời giải:

Gọi giao điểm thứ hai của $(O_1), (O_3)$ là Q, $(O_2), (O_4)$ là P. E, F là trung điểm AC, BD. Ta sẽ chứng minh G,E, F, P, Q cùng thuộc $w$

Xét phép vị tự quay tâm P biến B thành D, A thành C nên biến BD thành AC. Do E, F là trung điểm AC và BD nên biến E thành F, Suy ra tam giác APE đồng dạng PBF

Suy ra: $\widehat{PEG}=\widehat{PFG}$ nên tứ giác PGEF nội tiếp

Tương tự ta có tứ giác QGEF nội tiếp.

Ta có $O_2O_4$, $O_1O_3$ là trung trực của PG và GQ. nên M là tâm ngoại tiếp của 5 điểm P, Q, G, E, F.

Mặt khác tiếp tục xét phép vị tự quay tâm P biến S thành T và do I là trung điểm ST nên phép vị tự quay này biến I thành trung điểm F của BD nên tam giác IPS đồng dạng tam giác PFB. Suy ra $\widehat{PIG}=\widehat{PFG}$ Suy ra I thuộc đường tròn tâm M. Tương tự U cũng thuộc đường tròn tâm M.

Vậy MI=MU

Nhận xét: Nếu tứ giác ABCD nội tiếp (O) thì ta có OE và OF lần lượt vuông AC và BD, suy ra M là trung điểm PO. Suy ra OG vuông GP ( vì G thuộc đường tròn đường kính PO) Và đây là đề thi Trung Quốc 1992.

Bài 2 (Đề thi chọn đội tuyển Thụy Sĩ): Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trực tâm H. D, E trên AB, AC sao cho D, H, E thẳng hàng và tam giác ADE cân tại A. (ADE) cắt (O) tại G. Chứng minh GH vuông GA.

Lời giải:

Gọi BB', CC' là các đường cao của tam giác ABC. R là giao của (AB'C') và (ABC) thì HMR thẳng hàng và HR vuông AR. Ta sẽ chứng minh R thuộc (ADE).

R là tâm phép vị tự quay biến C' thành B, B' thành C nên biến C'B thành B'C, mặt khác ta có:

$\frac{C'D}{BC'}=\frac{EB'}{CB'}$

Vậy biến D thành E.
DC' cắt EB' tại A nên tứ giác RDEA nội tiếp hay R thuộc (ADE)

Bài 3: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F. X là điểm chính giữa cung BC chứa A. (AIX) lần lượt cắt AB, AC tại Y, Z. (DYZ) cắt (I) tại W và D. Gọi M là trung điểm BC, P là tiếp điểm của đường tròn mixtilinear trong góc A. Chứng minh rằng:
a) BY=BM=CZ=CM
b) A, W, P thẳng hàng.

Lời giải:

Gọi N là giao điểm AI và (O).
a)Rõ ràng X, M, N thẳng hàng Phép vị tự quay tâm A. biến:
YB thành IN, nên: $BY=NI\cdot \frac{BX}{NX}=NB\cdot \frac{BX}{NX}=BM$ Tương tự CM=CZ.
b) Từ (1) suy ra Y, M đối xứng với nhau BI, Z, M đối xứng nhau qua CI suy ra I là tâm của (MYZ) và do:
YZ là trục đẳng phương (MYZ) và (YZDW) nên tâm của (YZDW) và I vuông góc YZ
Mặt khác có tâm của (YZDW) và I vuông WD ( WD là trục đẳng phương) nên:
WD song song YZ. Theo định lý Euler ta lại có:
$IP.IX=2rR=ID.XN$Suy ra tam giác IDP đồng dang tam giác XIN, và do XIN đồng dạng XZC (do phép vị tự quay tâm X) và IDP=IWP (Do D và W đối xứng) vậy:
tam giác IWP đồng dạng tam giác XZC.
$ \angle IPW= \angle XCA= \angle XPA$ nên P, W, A thẳng hàng.
Hay W và D đối xứng nhau qua IP

Bài 4: Cho tam giác ABC có (I) là tâm nội tiếp và các tiếp điểm D, E, F trên BC, CA, AB. đường thẳng qua D vuông EF cắt AB tại X. Gọi T là giao điểm của (ADE) và (ABC). Chứng minh rằng 

a) TF vuông TX

b) Tâm đường tròn nội tiếp của tam giác TEF thuộc (I) (thinhrost1)

Lời giải:

AI cắt (ABC) tại G, Gọi AA' là đường kính của (O). Theo kết quả quen thuộc T, I, A' thẳng hàng.

Phép vị tự quay tâm T biến B thành F, C thành E nên

tam giác TBF đồng dạng tam giác TCE nên :

BD/CD=BF/CE=TB/TC như vậy TD là phân giác của $\angle BTC$. Phép vị tự quay tâm T biến EF thành BC biến (TEF) thành (TBC) nên biến I thành G, mà T,D,G thẳng hàng nên gọi Y là giao TI và EF thì phép vị tự này biến Y thành D, do biến I thành G và TDG, TYI thẳng hàng nên YD song song IG hay YD vuông EF như vậy BF cắt DY tại X thì suy ra tứ giác TFXY nội tiếp suy ra: $ \angle XTF= 90^o$

b) Gọi J là tâm nội tiếp của TEF, K là tâm nội tiếp TBC. Thì phép vị tự quay tâm T biến J thành K. Biến TJ, FJ, EJ thành BK, TK, CK, nên $\ange FIE = \angle BJC$ mà $ \angle BJC=90^0+\angle T/2 =90^0+\angle A /2 = \angle FDE$ Vậy IDFE nội tiếp. ta có đpcm

Chứng minh đường trung bình đi qua tâm Euler

(Thầy Trần Quang Hùng) Tam giác ABC có (I) nội tiếp tiếp xúc BC tại D. M, N, P lần lượt là trung điểm AD, AI, MN. Q trên ID sao cho MQ vuông AD. R đối xứng A qua BC. Chứng minh rằng đường trung bình ứng với điểm R của tam giác RPQ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác RBC.

Lời giải.

Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp ABC, AX đường kính, đường tòn (Q, QA) cắt (O) tại G, AG cắt BC K, L đối xứng D qua K. Dễ thấy (Q, QA) tiếp xúc BC
Nên $KL^2=KD^2=KG.KA=KB.KC$
 Suy ra $(BC,DL)=-1$, vì thế L, E, F thẳng hàng.
GX cắt ID tại Y. THì tứ giác GKYD nội tiếp, suy ra góc $\widehat{DYK}=\widehat{KGD}=180^o-\widehat{AGD}=180^o-\widehat{ADC}$ (tc tiếp tuyến dây cung)$=\widehat{ADK}=\widehat{LID}$( tam giác LID vuông có AD là đường cao).

Suy ra KY song song IL suy ra Y là trung điểm ID. Phép vị tự tâm A tỉ số 1/2 biến P thành I, O thành X nên PO vuông AG, mặt khác OQ vuông AG do AG là trục đẳng phương. nên O,P,Q thẳng hàng, nên đường trung bình của RPQ đi qua trung điểm RO, mà tâm đường tròn Euler là trung điểm của LO. Vậy ta có đpcm