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.

Dùng tỉ số kép trong chứng minh điểm cố định

Đề bài: Cho tam giác ABC, D là điểm cố định trên BC. P là điểm nằm trong tam giác ABC. Gọi $B_1$, $C_1$ lần lượt là hình chiếu của P lên CA, AB. $DB_1, DC_1$ cắt AB, AC tại $C_2, B_2$. Giao điểm khác A của đường tòn ngoại tiếp $AB_1C_1, AB_2C_2$ là Q. Chứng minh rằng PQ luôn đi qua điểm cố định

Lời giải:

Kẻ DE, DF song song AB, AC. đường thẳng qua E, F vuông AC, AB cắt nhau tại I.

Theo tỉ số kép thì $(C_1C_2F)=D(C_1C_2FE)=D(C_2C_1EF)=(B_1B_2E)$

Ngoài ra có phép vị tự quay tâm Q do có $B_1B_2$ cắt $C_1C_2$ tại A và $QAB_1C_1$, $QAB_2C_2$ nội tiếp,

Phép vị tự quay tâm Q biến tam giác $QC_1C_2$ thành tam giác $QB_1B_2$

$QC_1C_2 \sim QB_1B_2$
Do có tỉ số kép nên $QB_2C_2 \sim QEF$

$ \Rightarrow \angle B_2QC_2= \angle EQF= 180^o- \angle FIE$

Vậy QI vuông AQ, mặt khác $PQ \perp AQ$

Vậy I, P, Q thẳng hàng

Nên PQ đi qua I cố định

Một cách chứng minh đi qua điểm cố định và mở rộng của bài VMO 2016

Bài toán 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) cố định, dây BC cố định không là đường kính, A là điểm di động trên cung lớn BC. (K) đi qua B, C cắt AC, AB tại E, F. (ACH) cắt (ABG) tại D. Chứng minh rằng AD luôn đi qua điểm cố định khi A di động.

Giải:

Do (K) và (O) cố định nên tam giác AFC có các góc không đổi, các tam giác AFC được tạo thành khi điểm A di động luôn đồng dạng với nhau, Do H đối xứng F qua C nên ta cũng có tam giác AHC có các góc không đổi khi A di chuyển, như vậy góc AHF= góc ADC không đổi

Mặt khác do tứ giác EFBC nội tiếp:

$\frac{AE}{AF}=\frac{BE}{CF}=\frac{EG}{FH} $

Từ tam giác AFH đồng dạng tam giác AEG. Vậy $\angle BDA=\angle AHF= \angle ADB$

Từ đó DA là phân giác BDC. Nếu DA cắt (L) (Với L là đường tròn ngoại tiếp tam giác DBC  cố định do $\angle BDC=2 \angle AHF$ cố định)

Vậy M thuộc trung trực BC và (L) cố định nên M cố định. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét: Ở đây chúng ta đã dùng nếu điểm A di chuyển sao cho tam giác AHC luôn đồng dạng với nhau thì khi đó góc của tam giác AHC luôn không đổi là hằng số.

Bài toán 2: Tam giác ABC, trực tâm H, trung điểm M của BC. P là một điểm trên HM, đường tròn đường kính AP cắt CA, CB  tại E, F. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại E, F của (K) cắt nhau trên trung trực BC. (Khi P trung với M ta có đề thi VMO 2016)

Lời giải: Cho (K) cắt cắt (ABC) tại S. Thì $\angle ASP=90^o$ theo bài toán cơ bản thì A(SXBC)=-1, chiếu lên (K) cho ta tứ giác SFLE điều hòa. Suy ra điểm T giao của hai tiếp tuyến tại E và F thuộc SL.

Theo tính chất tiếp tuyến: $ \frac{TL}{TS} = \frac{FL^2}{FS^2} $

Bây giờ ta sẽ dùng cách chứng minh của bài toán 1, Ta cố định tam giác ABC, xét P di chuyển ta thấy $\angle FSL=\angle FAL, \angle FLS= \angle FAS$ cũng không đổi khi P di chuyển. Chú ý rằng S cố định do N, H cố định. 

Do đó các tam giác FSL có hai góc không đổi nên chúng tự đồng dạng với tỉ số $\frac{FL^2}{FS^2}$ không dổi.

Nên tỉ số $\frac{TL}{TS}$ không dổi, mà S cố định, L di chuyển trên đường cao cố định, do đó T di chuyển trên đường song song AX cố định. Khi P trùng M thì theo bài toán VMO 2016 ta có T thuộc trung trực BC song song AX. Vậy ta có đpcm

Hoặc nếu không dùng kết quả VMO 2016, thì ta sẽ dùng phép vị tự quay tâm G biến tam giác GYZ thành tam giác GEF nên biến tiếp tuyến của hai đường tròn này là M thành T. Nên GZF đồng dạng tam giác GMT suy ra $\angle GMT=\angle GZF= 180^o - \angle GZA= 180^o- \angle GHA= \angle AHP$ Suy ra TM song song $AH \perp BC$. Vậy ta có đpcm

Mở rộng của bài IMO 2005

Đề bài: Cho tứ giác ABCD có DA, BC không song song, P là giao điểm của các đường chéo AC, BD. M, N chạy trên DA, BC sao cho $\dfrac{DM}{DA}=\dfrac{BN}{BC}$. MN theo thứ tự cắt AC, BD tại Q, R. Chứng minh rằng đường tròn (PQR) đi qua một điểm cố định khác P.

Lời giải:

Gọi O là giao điểm của (PAD) và (PBC) thì khi đó:
Xét phép vị tự quay:
$S(O,k, \varphi ):D\rightarrow B\\:   A\rightarrow C\\:\Rightarrow DA\rightarrow BC\\:M\rightarrow N(Do:\frac{DM}{AM}=\frac{BN}{NV})$

Suy ra tam giác OAC đồng dạng tam giác OMN, suy ra $\widehat{MNO}=\widehat{QCO}$ Suy ra tứ giác ONQC nội tiếp. Nên O là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BPCQNR. Hay O $\in (PQR)$