Chứng minh tâm ngoại tiếp thuộc đường tròn

Bài toán (IMO Shortlisted 2002): Cho trước đường tròn (O) và hai điểm A, B sao cho AB tiếp xúc với đường tròn (O) tại B. Lấy điểm C không nằm trên (O) sao cho AC cắt (O) tại hai điểm phân biệt, dựng đường tròn (w) tiếp xúc AC tại C, tiếp xúc với (O) tại D sao cho B, D nằm về hai phía của đường thẳng AC Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD nằm trên (ABC).

Lời giải:

Gọi I J thứ tự là tâm của (w) và (BCD), t là tiếp tuyến chung tại D của (O) và (w).
Từ giả thiết suy ra O, J nằm trên trung trực BD và I, J nằm trên trung trực CD suy ra
- Phép đối xứng trục OJ biến BA thành t
-phép đối xnwgs trục IJ biến DJ thành CJ và Dt thành AC. Khi đó:
$(BA;BJ) \equiv (DJ,t) \equiv (CA,CJ) (mod \pi)$

Từ đây suy ra điều phải chứng minh.

Nhận xét: Qua phép đối xứng trục bài toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều.

Dùng lượng giác để tính toán các góc trong tam giác

Bài toán (Canada 1998): Tam giác ABC có $\angle CAB=40^o, \angle ABC=60^o$. Lấy $D \in AC, E \in AB$ sao cho $\angle CBD=40^o$ $\angle BCE=70^o$. Gọi F là giao điểm của BD và CE. Chứng minh rằng AF vuông góc BC.

Giải:

Đặt $x=m(\widehat {BAF})$. nên $m(\widehat {CAF})=40^{\circ}-x$, $m(\widehat {BCF})=70^{\circ}$, $m(\widehat {ACF})=10^{\circ}$, $m(\widehat {ABF})=20$, $m(\widehat {CBF})=40^{\circ}$. Áp dụng định lý Ceva-sin cho tam giác ABC có BD,CE,AF đồng quy tại F:
$\sin x\sin 40^{\circ}\sin 10^{\circ}=\sin (40^{\circ}-x)\sin 20^{\circ}\sin 70^{\circ}\Longleftrightarrow$
$2\sin x\sin 10^{\circ}=\sin (40^{\circ}-x)\Longleftrightarrow$
$\cos (x-10^{\circ})-\cos (x+10^{\circ})=\cos (50^{\circ}+x)\Longleftrightarrow$
$\cos (x+10^{\circ})= \cos (x-10^{\circ})-\cos (50^{\circ}+x)\Longleftrightarrow$
$\cos (x+10^{\circ})=2\sin (x+20^{\circ})\sin 30^{\circ}\Longleftrightarrow$
$\cos (x+10^{\circ})=\cos (70^{\circ}-x)\Longleftrightarrow x=30^{\circ}\Longleftrightarrow AF\perp BC\ .$

Dùng phép quay vector chứng minh vuông góc và tỉ số

Bài toán 1 (MOSP 2002): Cho tam giác ABC. Lấy các cạnh AB, AC làm đáy dựng ra ngoài các tam giác cân ABC', ACB' không nhất thiết đồng dạng. Lấy A' khác phía với A đối với đường thẳng BC sao cho $\angle A'CB=\frac{1}{2} \angle BC'A, \angle A'BC=\frac{1}{2}AB'C$. Gọi D là hình chiếu A' trên BC. Chứng minh rằng AA' vuông B'C' và $\frac{AA'}{B'C'}=2\frac{A'D}{BC}$.

Giải:

Đặt: $\alpha=\angle BCA', \beta =\angle A'BC$. Ta có $\frac{BC}{A'D}=cot\alpha+cot\beta.$ Đặt $k=\frac{2}{cot\alpha+cot\beta}=2\frac{A'D}{BC}$
Giá sử tam giác ABC có hướng dương, gọi f là phép quay vecto theo góc $+\frac{\pi}{2}$ ta có:
$f(\overrightarrow{B'C'})=f(\overrightarrow{B'E}+\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{FC'})\\=cot\beta\overrightarrow{AE}+cot\alpha\overrightarrow{AF}+\frac{1}{2}(cot\alpha+cot\beta)\overrightarrow{DA'}\\=\frac{1}{2}(cot\alpha \overrightarrow{AB}+cot \beta \overrightarrow{AC})+\frac{1}{2}(cot \alpha+cot \beta)\overrightarrow{DA'}(1)$

Mặt khác: $\frac{DB}{DC}=\frac{DB}{DA'}\frac{DA'}{DC}=\frac{cot\beta}{cot\alpha}=\frac{tan\alpha}{tan\beta }$

Do đó $(tan \alpha+tan \beta ) \overrightarrow{AD}=tan\beta \overrightarrow{AB}+tan\alpha \overrightarrow{AC}\\\Leftrightarrow (cot \alpha+cot \beta)\overrightarrow{AD}=cot\alpha\overrightarrow{AB}+\cot \beta \overrightarrow{AC}(2)$

Từ (1), (2) suy ra:
$f(\overrightarrow{B'C'})=\frac{1}{2}(cot \alpha + cot \beta)\overrightarrow{AA'} \Leftrightarrow \\\overrightarrow{AA'}=\frac{2}{cot \alpha+ cot \beta}.f(\overrightarrow{B'C'})=kf(\overrightarrow{B'C'})$

Suy ra điều phải chứng minh.

Bài 2: Cho tứ giác ABCD có AC=BD. Lấy các cạnh làm cạnh đáy, dựng ra ngoài các tam giác đều ABX, BCY, CDZ, DAT, có tâm lần lượt là O1,O2,O3,O4. Chứng minh rằng O1O3 vuông O2O4

Lời giải

Giả sử tứ giác ABCD định hướng âm. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, CD, BC, DA. Do AB=BD nên tứ giác MNPQ là hình thoi và MN vuông PQ. kí hiệu f là phép quay vecto theo góc +$90^o$.

Để ý rằng: $3\overrightarrow{O_1O_3}=2\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{XZ},3\overrightarrow{O_4O_2}=2\overrightarrow{QP}+\overrightarrow{TY},\\f(2\overrightarrow{MN}+\overrightarrow{XZ})=f(\overrightarrow{XM}+\overrightarrow{MN}.3+\overrightarrow{NZ})=f(\overrightarrow{XM})+3f(\overrightarrow{MN})+f(\overrightarrow{NZ}\\=\sqrt{3}\overrightarrow{AM}+\sqrt{3}\overrightarrow{NC}+\sqrt{3}\overrightarrow{TQ}+\sqrt{3}\overrightarrow{PY}=\sqrt{3}\overrightarrow{QP}+\sqrt{3}(\overrightarrow{TQ}+\overrightarrow{PY})\\\rightarrow f(\overrightarrow{O_1O_3})3\sqrt{3}=2\overrightarrow{QP}+\overrightarrow{TY}=3\overrightarrow{O_4O_2}$

Từ đây suy ra điều phải chứng minh, ngoài ra ta còn tính được tỉ số O1O3 và O2O4.

Phép nghịch đảo trong đề thi Canada

Đề bài: (Canada 2007): Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F tương ứng.  Gọi $ \omega,\,\omega_{1},\,\omega_{2}$ và $ \omega_{3}$ là lượt là đường tròn ngoại tiếp $ ABC,\, AEF,\, BDF$ và $ CDE$

Gọi $ \omega$ và $ \omega_{1}$ cắt tại $ A$ và $ P,\,\omega$ và $ \omega_{2}$cắt nhau tại $ B$ và $ Q,\,\omega$ và $ \omega_{3}$cắt nhau tại $ C$ and $ R.$

 CMR:  a) $ \omega_{1},\,\omega_{2}$ và $ \omega_{3}$ đồng quy

b) $ PD,\, QE$ và $ RF$ đồng quy

Giải:

a) Dễ thấy $ \omega_{1},\,\omega_{2}$ và $ \omega_{3}$ cùng đi qua I

b) Qua phép nghịch đảo tâm I ta đưa về bài toán. Cho tam giác DEF có A, B, C là trung điểm của EF, DF, DE. (ABC) cắt EF tại A', DF tại B', DE tại C'. CMR (IDA'), (IEB'), (IFC') đồng quy tại một điểm khác I

Dễ thấy trực tâm H của tam giác DEF có cùng phương tích với 3 đường tròn này và ta có I là điểm chung của 3 đường tròn, suy ra IH là trục đẳng phương chung của 3 đường tròn. Giả sử đường tròn thứ nhất giao với đường tròn thứ 2 và thứ 3 tại hai điểm U, V khác nhau khi đó U, V, I thẳng hàng và đường thẳng UV cắt đường tròn tại 3 điểm (vô lí) Vậy ta có đpcm

Từ hằng đẳng thức đến bất đẳng thức

Ta có hằng đẳng thức sau:

$\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2-c^2}{b^2+c^2}+\frac{c^2-a^2}{c^2+a^2}=-\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\frac{b^2-c^2}{b^2+c^2}\frac{c^2-a^2}{c^2+a^2}$


Bài toán: Chứng minh rằng với mọi $a,b,c$ dương ta có;

$\sum \frac{ab}{3a^2+b^2}\le \frac{3}{4}$

Lời giải

Bất đẳng thức tương đương:

$\sum \frac{(a-b)(3a-b)}{3a^2+b^2}\ge 0 \Leftrightarrow \sum (a-b)(\frac{2(3a-b)}{3a^2+b^2}-\frac{a+b}{a^2+b^2})\ge -\sum \frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\\\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2(3a^2-2ab+3b^2)}{\left (3a^2+b^2  \right )\left ( a^2+b^2 \right )} \ge\prod \frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

$\sum \frac{(a-b)(3a-b)}{3a^2+b^2}\ge 0 \Leftrightarrow \sum (a-b)(\frac{2(3a-b)}{3a^2+b^2}-\frac{a+b}{a^2+b^2})\ge -\sum \frac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\\\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2(3a^2-2ab+3b^2)}{\left (3a^2+b^2  \right )\left ( a^2+b^2 \right )} \ge3\sqrt[3]{\prod \frac{(a-b)^2(3a^2-2ab+3b^2)}{\left (a^2+b^2  \right )(3a^2+b^2)}}$

Quy đồng và mũ 3 hai vế ta chỉ cần chứng minh:

$27\prod (3a^2-2ab+3b^2)\left ( a^2+b^2 \right )^2\geq \prod (a-b)(a+b)^3(3a^2+b^2)$

Bất đẳng thức này được chứng minh nếu ta chứng minh được bất đẳng thức sau với mọi x; y > 0

$3(3x^2-2xy+3y^2)\left ( x^2+y^2 \right )^2\geq  \left |(x-y)  \right |(x+y)^3(3x^2+y^2)$

Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có

$x^2+y^2\ge\frac{1}{2}(x+y)^2$

Nên ta chỉ cần chứng minh :

$3(3x^2-2xy+3y^2)\left ( x^2+y^2 \right )\geq  2\left |(x^2-y^2)  \right |(3x^2+y^2)$

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do

$\left ( x^2+y^2 \right )\geq  |(x^2-y^2) |$

Và: $3(3x^2-2xy+3y^2)- 2(3x^2+y^2)=3(x-y)^2+4y^2 \ge 0$

Bất đẳng thức được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:

Định lý Dergiades

Định lý Dergiades: Cho tam giác ABC. 3 đường tròn ωa, ωb, ωc lần lượt đi qua các cặp đỉnh B, C; C, A; A, B. Gọi D, E, F là giao điểm thứ hai của 3 đường tròn này. Đường thẳng Qua D vuông góc với AD cắt BC tại X. Tương tự xác định Y, Z. Khi đó X, Y, Z thẳng hàng.

Chứng minh:

Đặt ∠BEC = ∠BF C = α, ∠ADC = ∠AF C = β, ∠AEB = ∠ADB = γ, bán kính của ωa, ωb, ωc lần lượt tại Ra, Rb, Rc.

Ta có XB/XC = (BD · sin ∠XDB)/( CD · sin ∠XDC) = [BD · (− cos ∠ADB)]/[ CD · (− cos ∠ADC) ]= (BD · cos γ)/( CD · cos β . )

Chứng minh tương tự suy ra XB /XC · Y C/ Y A · ZA /ZB = BD/ CD · CE /AE · AF/ BF

Ta lại có BD/ CD = 2Rc sin ∠BAD /2Rb sin ∠CAD . Tương tự và áp dụng định lý Céva sin cho tam giác ABC với các đường AD, BE, CF đồng quy tại tâm đẳng phương của ωa, ωb, ωc ta thu được
BD /CD · CE /AE · AF/ BF = 1. Vậy X, Y, Z thẳng hàng

Một bổ đề hai đường tiếp xúc và ứng dụng

Ta có bổ đề sau: Cho tam giác ABC, trên BC lấy hai điểm D, E sao cho AD, AE đẳng giac trong góc A khi và chỉ khi (ADE) tiếp xúc (ABC).

Bổ đề được chứng minh bằng cách kẻ tiếp tuyến tại A của (ABC) rồi sau đó cộng góc đơn giản có thể suy ra tiếp tuyến tại A của (ABC) cũng là tiếp tuyến tại A của (ADE) suy ra đpcm.

Bài toán 1 (Brazil 2011):  Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), r và s là hai tiếp tuyến tại B, C của (O). r, s cắt AD tại M và N. BN cắt CM tại E. AE cắt BC tại F và L là trung điểm BC. Chứng minh (DLF) tiếp xúc (O).

Gọi K là giao điểm của r và s. Ta có L là trung điểm của BC và cần chứng minh (DFL) tiếp xúc (DBC) là (O), mà L là trung điểm BC. nên ta chỉ cần chứng minh DF là đối trung của tam giác DBC hay D,F,K thẳng hàng.

Áp dụng định lí Sin và Menelaus ta có:

$\frac{sin\angle BKF}{sin\angle FKC}=\frac{BF}{FC}=\frac{BE}{EC}\frac{sin\angle AEN}{sin\angle MEA}=\frac{BE}{EC}\frac{AN}{AM}\frac{ME}{EN}=\frac{ME}{EC}\frac{BE}{EN}\frac{AN}{AM}=\frac{MB}{BK}\frac{NK}{NC}\frac{MB}{MK}\frac{CK}{CN}\frac{AN}{AM}=\frac{MB^{2}}{NC^{2}}\frac{NK}{MA}\frac{NA}{MK}=\frac{MD}{MK}\frac{NK}{ND}=\frac{sin\angle MKD}{sin\angle DKN}$

Từ đây siu ra F, D, K thẳng hàng ta có đpcm
cách 2:
Gọi $ X=BM \cap CN, Y=AD \cap BC, Z=AC \cap BD $ .

Vì $ BC $ là đường đối cực của $ X $ đối với $ (O) $ ,
từ $ X(E,Y;C,B)=-1 $ ta có $ XE $ là đường đối cực của $ Y $ đối với $ (O) $ .
vì $ XZ $ là đường đối cực $ Y $ đối với $ (O) $ ,
nên $ X, E, Z $ thẳng hàng và $ C(B,A;N,M)=B(C,D;M,N) $ ,
vì thế $ (Y,F;B,C)=(Y,A;N,M)=C(B,A;N,M)=B(C,D;M,N)=(Y,D;M,N) $ .
suy ra $ D, F, X $ thẳng hàng

Vì $ DF $ là đường đối trung $ \triangle DBC $ ,
ta nhận đc $ \angle BDL=\angle FDC $ and $ (DLF) $ tiếp xúc $ (O) $ tại $ D $ .

Bài toán 2 : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $M,N$ trên $(O)$ sao cho $MN\parallel BC$ và $AB$ nằm giữa $AM,AC$. $CM$ cắt $BN$ tại $S$. $BM$ cắt $CN$ tại $T$. $P$ là một điểm trên $(O)$. $PT$ cắt đường thẳng qua $S$ song song $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng $(QPS)$ tiếp xúc với $(O)$

Lời giải

Gọi $ T'=PT \cap \odot (O) $ và $ S'=PS \cap \odot (O) $ .
Đặt $ \{ X, Y \}=SQ \cap \odot (O) $ và $ \{ U, V \}=TS \cap \odot (O) $ .

Vì $ SQ $ là đường đối cực của $ T $ đối với $ \odot(O) $ ,
nên $ P(T', S'; U, V)=(T, S; U, V)=-1 $ ,
kết hợp với $ \angle UPV=90^{\circ} $ suy ra $ \angle BPQ=\angle SPC $ . ... $ ( \star ) $
vì $ \angle XPB=\angle CPY $ ( $ \because XY \parallel BC $ ) ,
kết hợp với $ (\star) $ ta có $ \angle XPQ=\angle SPY $ ,
vì thế theo bổ đề trên $ \odot (PQS) $ tiếp xúc $ \odot (O) $ tại $ P $ .

Dùng phép nghịch đảo để đơn giản hóa bài toán

Bài toán: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $P$ là một điểm nằm trong tam giác và nằm trên phân giác trong của $\angle BAC$. Gọi $E,F$ là điểm chính giữa của cung $AC,AB$. $AE$ giao đường tròn $(APC)$ tại điểm thứ hai là $M$, $AF$ giao đường tròn $(APB)$ tại điểm thứ hai là $N$. Chứng minh rằng: $MN\parallel EF$

Lời giải:

Xét phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích bất kì, ta đưa bài toán đã cho về bổ đề sau:

Bổ đề. Cho $\Delta ABC,P$ là điểm bất kì trong tam giác và thuộc phân giác trong góc $A.E,F$ là các điểm trên tia đối $CB,BC$ sao cho $CE=CA,BF=BA.$

Gọi $M,N=AE,AF \cap CP,BP.$ Khi đó $(AEF)$ tiếp xúc $(AMN).$

Hay EF song song MN như vậy ta đã làm mất hết các đường tròn và đưa về bài toán THCS.

Gọi I và I' lần lượt là tâm nội tiếp và chân đường phân giác trong góc A.

Theo định lí Menelaus, $\frac{MA}{ME}.\frac{EC}{CI'}.\frac{I'P}{PA}=1=\frac{NA}{NF}.\frac{FB}{BI'}.\frac{I'P}{PA}.$

Theo định lí Thales, $\frac{EC}{CI'}=\frac{AI}{II'}=\frac{FB}{BI'} \Rightarrow \frac{MA}{ME}=\frac{NA}{NF} \Rightarrow MN \parallel EF \Rightarrow (AEF)$ tiếp xúc $(AMN)$ (đpcm).

Bài toán chia đôi trong đề thi Bình Thuận

Đề bài: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). AB cắt CD tại M, AD cắt BC tại N. AC cắt BD tại P. K là trung điểm MN, PK cắt (O) tại H. MH, NH cắt (O) tại I, J. Chứng minh KP chia đôi IJ.

Hướng dẫn:

Gọi T là điểm Miquel, G là giao điểm của NI và MJ.
Ta có $MI.MH=MA.MB=MN.MT$ suy ra tứ giác NTIH nội tiếp
Tương tự được tứ giác $MTHJ$ nội tiếp
Xét tam giác GMN có INHT và HTJM nội tiếp nên theo định lý Miquel GIHJ nội tiếp hay G thuộc (O).
Theo định lý Brocard ta có:
$OP.OT=R^2$ nên IJ giao GH tại P. Ta cũng có G, H, K thẳng hàng từ đó suy ra GK chia đôi IJ tại P.

Cách 2: Qua P kẻ đường thẳng vuông góc OP cắt (O) tại I, J  như hình vẽ, Gọi H là giao điểm MI và (O), Ta sẽ chứng minh N,H, J thẳng hàng và P, H, K thẳng hàng.

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm HIADCJ Ta có M, X, $N_1$ thẳng hàng ($N_1 $ là giao của AD và JH) $\Rightarrow  AD \cap MX \equiv N_1$ nên N trùng $N_1$ hay N, H, J thẳng hàng.

Mặt khác theo định lý Brocard thì OP vuông MN nên IJ song song MN. Lại do P là trung điểm IJ nên P, H, K thẳng hàng. Như vậy ta có đpcm