Dùng định lý Pascal suy biến vào bài toán chia đôi

Ta có định lý Pascal đầy đủ cho lục giác, định lý Pascal suy biến là khi một số các đỉnh trùng nhau.

Ta xét bài toán sau:

Cho tam giác ABC, nội tiếp (O), ngoại tiếp (I). BI cắt AC, (O) lần lượt tại $B_0, B_1$. Tương tự $C_0, C_1$ . Gọi S là giao điểm của $C_0B_1 và B_0C_1$. Chứng minh rằng SI chia đôi BC.

Lời giải:

Đặt $ T \equiv B_0C_0 \cap B_1C_1 $ và $ X \equiv AI \cap BC, Y \equiv AT \cap BC $ .

Áp dụng định lý Pascal suy biến cho lục giác $ AABB_1C_1C$ $ \Longrightarrow AT $ là tiếp tuyến của $ \odot (ABC) $ ,
Để ý rằng $ B_1C_1 $ là trung trực $ AI $ nên $ TA=TI $ . ... $ (\star) $

Ta có: $ YA=YX \Longrightarrow $ Kết hợp với $ (\star) $ Ta có $ TI \parallel XY \equiv BC $ ,
Vì thế từ tứ giác $B_0C_1B_1C_1$ toàn phần suy ra $ I(B,C;T,S)=-1 \Longrightarrow IS $ đi qua trung điểm $ BC $ .

Một số chú ý về tứ giác toàn phần và bài toán thi Olympic nữ sinh châu Âu

Chúng ta thường làm việc với tứ giác ABCD với E là giao của hai cạnh bên AB và CD, F là giao của hai cạnh bên AD, BC. Thì chúng ta sẽ có các đường thẳng guass trung điểm hai đường chéo AC, BD và trung điểm EF thẳng hàng, đường thẳng steiner là đường thẳng chứa trực tâm của tam giác FAB, FCD, EAD, EBC thẳng hàng và vuông với đường thẳng guass của tứ giác, ngoài ra ta còn các định lý Miquel, đường tròn Miquel cho tứ giác ABCD.

Và một điều thú vị là nếu ta thay hai cạnh bên AD, BC là hai đường chéo thì ta lại có những tính chất như tứ giác ABCD có AC, BD là hai đường chéo.

Những tính chất nhìn rất mới lạ do hai đường chéo lại là hai cạnh bên của tứ giác ! Vì thế trong một số đề thi chẳng hạn China TST 1992 dùng tính chất đường tròn (ECB) cắt đường tròn (EAD) làm đề thi. Và ta sẽ xét đề thi Olympic toán dành cho nữ sinh ở châu Âu năm 2014

Đề: Cho D, E là các điểm trên AB, AC của tam giác ABC sao cho DB=BC=CE. CD và BE cắt nhau tại F. Chứng minh rằng tâm nội tiếp của tam giác ABC, DEF và trung điểm M của cung lớn BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thẳng hàng.

Lời giải:

Để ý rằng I cũng trực tâm tam giác FBC.

Xét tứ giác DFBC có DC, BE là hai cạnh bên cắt nhau tại F nên đường thẳng steiner của tứ giác là HI (H là trực tâm tam giác DEF), sẽ là trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính là hai đường chéo BD, CE. Mặt khác nếu M là trung điểm cung BC thì M cũng sẽ cùng phương tích với hai đường tròn đường kính BD và CE.

Vậy ta có đpcm.

Ta có thể mở rộng bài toán như sau: Cho tam giác ABC cố định. E, F lần lượt di chuyển trên AC, AB sao cho CE=BF. BE cắt CF tại D. H, K là trực tâm tam giác DEF, DBC. Khi đó HK luôn đi qua một điểm cố định khi E, F di chuyển .

Bài này được tổng quá và phát biểu dưới dạng là tìm yếu tố cố định có phần thú vị hơn. Rõ ràng ta phải đoán nhận điểm cố định vì đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC không xuất hiện trong đề bài.

Phép vị tự, nghịch đảo và đường thẳng steiner của tứ giác toàn phần

Bài toán: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F. AO cắt (O) tại A'. kẻ DG vuông EF.
a) Chứng minh rằng G, I, A' thẳng hàng.
b) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh: GD là phân giác của $\angle HGI$

Lời giải:

Cách 1: Gọi Ia, Ib, Ic là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C.
Ta có IaIbIc và tam giác DEF có các cạnh lần lượt song song với nhau nên tồn tại phép vị tự tâm K biến tam giác này thành tam giác kia.
Ta có I là trực tâm của tam giác IaIbIc, O là tâm đường tròn Euler nên I' đối xứng I qua O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó
Phép vị tự tâm K biến G thành A, I thành I' nên  GI song song AI'.
Mặt khác AII'A' là hình bình hành( do hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)
Nên ta có IA'//I'A
Vậy G, I, A' thẳng hàng
Cách 2: Phép nghịch đảo tâm I phương tích $r^2$ (r là bán kính đường tròn nội tiếp (I) ). biến đường tròn Euler qua G,M thành (O), EF thành (AIEF). vậy biến G thành T là giao của (AIEF) và (O). T thuộc đường tròn đường kính AI nên $ \angle ATI =90^o$ Vậy TGI đi qua A'.
Cách 3: G(DF,BC)=-1 nên GD là phân giác $\angle GBC$,$\Rightarrow \Delta GBF$  ~ $\Delta CGE$, dùng phép vị tự quay tâm T cho ta $ \frac{TE}{TF}=\frac{EC}{FB}=\frac{EG}{FG} $ nên TG là phân giác TFE, I là trung điểm cung EF cho ta điều phải cm
b) Gọi H' đối xứng I qua EF thì H' là trực tâm của tam giác AEF.

Do R là điểm Miquel của tam giác ABC nên đối xứng của R qua EF sẽ thuộc đường thẳng steiner đi qua H' của tam giác AEF, đi qua H của tam giác DEF, nên R' thuộc HH' là đường thẳng steiner của tứ giác toàn phần BCEF. Mặt khác IR cắt trục đối xứng là EF tại T nên R'TH' thẳng hàng.

Suy ra $\angle  FTR'= $\angle ITE$

Điều kiện cần và đủ của tứ giác có hai đường chéo vuông góc trong IMO shorlist 2008

Bài: Cho tứ giác lồi ABCD. Chứng minh rằng tồn tại điểm P nằm trong tứ giác thỏa mãn:

$\widehat{PAB}+\widehat{PDC}=\widehat{PBC}+\widehat{PAD}=\widehat{PCD}+\widehat{PBA}=\widehat{PDA}+\widehat{PCB}=90^o$

Khi và chỉ khi hai đường chéo AC và BD vuông góc.

Lời giải:

Giả sử tồn tại P thỏa mãn đề bài. Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần tạo bởi các đường thẳng AB, BC, CD, DA, R là giao BC với DA

Theo điều kiện đề bài:

$180^o=\widehat{PAB}+\widehat{PDC}+\widehat{PCD}+\widehat{PBA}=360-\widehat{BPA}-\widehat{CPD} \Rightarrow \widehat{BPA}=180^o-\widehat{DPC}$

Mặt khác: $\widehat{CRD}=180^o-\widehat{RDC}-\widehat{RCD}=90^o-\widehat{PDC}-\widehat{PCD}=\widehat{CPD}-90^o \Rightarrow \widehat{ARB}=90^o-\widehat{BPA}$

Tương tự ta cũng có: $\widehat{BQC}=90^o-\widehat{BPC}$

Vậy: $\widehat{CPA}=\widehat{BPA}+\widehat{BPC}=180^o-\widehat{BRA}-\widehat{BQC}=180^o-\widehat{BMA}-\widehat{CMB}=180^o-\widehat{CMA}$

Suy ra tứ giác APCM nội tiếp, tương tự DPBM nội tiếp.

$\widehat{BCA}+\widehat{DBC}=\widehat{PCB}-\widehat{PCA}+\widehat{PBC}+\widehat{PBD}=180^o-\widehat{CPB}+\widehat{PMD}-\widehat{DMA}=180^o-\widehat{CPB}-\widehat{AMD}=180^o-\widehat{CPB}-\widehat{DQA}=90^o$

Vậy $AC \perp BD$

Chiều ngược lại chỉ cần chứng minh tồn tại điểm liên hợp đẳng giác với điểm J giao điểm hai đường chéo, trong tứ giác ABCD. Theo lời giải của bạn Huỳnh Bách Khoa

Về một bổ đề quan trọng của thầy Trần Quang Hùng

Đề bài: Cho Tam giác ABC, P bất kì. D, E, F là hình chiếu của P trên BC, CA, AB. X, Y, Z thuộc PD, PE, PF sao cho $\overline{PX}.\overline{PD}=\overline{PE}.\overline{PY}=\overline{PF}.\overline{PZ}$. Chứng minh: AX, BY, CZ đồng quy.

Giải

Trước hết ta cần chứng minh 2 bổ đề sau:

Bổ đề 1: Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi E là giao điểm của AB và CD, F điểm bất kì. Chứng minh rằng trung điểm M, N, L lần lượt của AC, EF, BD cùng thuộc một đường thẳng khi và chỉ khi F, A, D thẳng hàng.

Chứng minh 

Gọi lần lượt là trung điểm của .


Theo định lí về đường trung bình :

Tương tự :

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BCE với 3 điểm F,A, D và định lý Menelaus cho tam giác XYZ với ba điểm M, N, L

$\dfrac{NX}{NY}.\dfrac{MY}{MZ}.\dfrac{LZ}{LX}=1 \Leftrightarrow \dfrac{FB}{FC}.\dfrac{AE}{AB}.\dfrac{DC}{DE}=1$
Như vậy M, N, L thẳng hàng khi và chỉ khi F, A, D thẳng hàng.
Bổ đề 2: cho tam giác ABC, một đường tròn đi qua hai điểm B,C cắt AC, AB tại D, E. Đường thẳng qua D vuông AC cắt đường thẳng qua E vuông AB tại F. Chứng minh rằng AF vuông BC. (Bổ đề này đơn giản, bạn đọc tự chứng minh).

Quay trở lại bài toán.

Gọi YZ cắt BC tại U, XZ cắt CA tại V, XY cắt AB tại W. Q, I, O là trung điểm của AU, BV, CW.

Vẽ các đường tròn đường kính AU, 

Áp dụng bổ đề 2 cho tứ giác EFYZ nội tiếp với các đường qua F vuông với PZ, qua E vuông PY cắt nhau tại A, ta có PA vuông YZ. Nếu PA cắt YZ tại T Thì T thuộc đường tròn đường kính AU ( kí hiệu là (Q)) và $\overline{PA}.\overline{PT}=\overline{PF}.\overline{PZ}$ Hay là phương tích của P đối với (Q) bằng $\overline{PF}.\overline{PZ}$ Tương tự phương tích của P đối với (I) bằng $\overline{PX}.\overline{PD}$, ... mà $\overline{PX}.\overline{PD}=\overline{PE}.\overline{PY}=\overline{PF}.\overline{PZ}$ Nên P có cùng phương tích với (Q), (I), (O).

Vẽ các đường cao AM, BK, CL cắt nhau tại H. Ta lại có phương tích của H đối với (Q), (I), (O) lần lượt là: $\overline{HA}.\overline{HM}, \overline{HB}.\overline{HK}, \overline{HC}.\overline{HL}$

Mà: $\overline{HA}.\overline{HM}= \overline{HB}.\overline{HK}= \overline{HC}.\overline{HL}$

Nên H có cùng phương tích với 3 đường tròn.

Như vậy 3 đường tròn trên đồng trục PH nên tâm của chúng là Q, I, O thẳng hàng.

Giả sử VW cắt AQ tại U'. Áp dụng bổ đề 1 cho tứ giác BCVW với 3 trung điểm Q, I, O thẳng hàng, ta được U', B, C thẳng hàng hay U trùng với U'.

Nhưng vậy U, V, W thẳng hàng.

Áp dụng định lý Desargues cho tam giác ABC và tam giác XYZ ta có AX, BY, CZ đồng quy. Ta có điều phải chứng minh $\blacksquare $