Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán thpt chuyên đề phương tích trục đẳng phương

PHƯƠNG TÍCH- TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG Lê Xuân Đại, THPT Chuyên Vĩnh Phúc A. PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Phương tích và trục đẳng phương là chủ đề đề đã rất quen thuộc và quan trọng trong hình học phẳng. Cho dù lý thuyết về phần này khá đơn giản nhưng lại có nhiều ứng dụng quan trọng trong hình học phẳng. Nhiều bài toán khó trong các đề thi học sinh giỏi về toán có thể được giải quyết một cách đơn giản nhờ sử dụng các tính chất của phương tích, trục đẳng phương mà điển hình nhất là các bài toán về quan hệ vuông góc, bài toán về sự đồng quy, thẳng hàng, về các điểm và đường cố định… Chuyên đề này tác giả muốn đưa ra một số ứng dụng của phương tích- trục đẳng phương thông qua một số bài toán điển hình, các nhận xét quan trọng và hệ thống bài tập tương tự, hy vọng phần nào chia sẻ và giúp các em học sinh nắm bắt thật tốt các ứng dụng của phương tích- trục đẳng phương. Nội dung của bài viết này được chia làm ba phần, đầu tiên tóm tắt lại lý thuyết cơ bản về phương tích, phần thứ hai là một số ứng dụng của phương tích- trục đẳng phương và phần cuối là một số bài tập áp dụng. 2. Mục đích của đề tài Đề tài "Phương tích-trục đẳng phương" được tác giả chọn viết nhằm giới thiệu với các thầy cô và các em học sinh những kinh nghiệm và phương pháp của chúng tôi khi giảng dạy về chủ đề phương tích- trục đẳng phương trong chương trình chuyên toán THPT, qua đó cũng nhấn mạnh tầm quan trọng và vẻ đẹp hình học qua các ứng dụng của nó, đặc biệt là các bài toán về quan hệ vuông góc, các điểm cùng thuộc một đường tròn và một số dạng toán khác thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi (HSG) về toán. Các bài toán được giải quyết bằng phương tích thường là những lời giải hay và đẹp đẽ. 1 Đề tài này được coi như một chuyên đề để giảng dạy và bồi dưỡng cho học sinh giỏi các trường THPT Chuyên, đặc biệt là học sinh lớp 10. Tác giải rất mong nhận được góp ý trao đổi của các thầy chuyên gia, các bạn đồng nghiệp để chuyên đề có thể hoàn thiện hơn nữa. Hy vọng đề tài sẽ góp một phần nhỏ để việc giảng dạy phần phương tích- trục đẳng phương đạt hiệu quả nhất và các em học sinh có thể áp dụng tốt nhất vào việc giải các bài toán hình học và hơn nữa đem lại sự yêu thích, đam mêm bộ môn hình học vốn đã rất đẹp đẽ và đầy tính sáng tạo. 2 B. PHẦN NỘI DUNG I. Lý thuyết 1. Phương tích của một điểm đối với đường tròn 1.1. Định lý 1. Cho đường tròn  O  bán kính R và một điểm P. Một đường thẳng uuur uuur thay đổi đi qua P và cắt  O  tại hai điểm M , N . Khi đó tích MA.MB không đổi và bằng d 2  R2 (d là khoảng cách từ điểm P đến tâm O). 1.2. Định nghĩa 1. Phương tích của điểm P đối với đường tròn  O  , kí hiệu PP /( O ) , được định nghĩa là giá trị PP /O   d 2  R 2 Nhận xét. Xét điểm P nằm ngoài đường tròn  O  . Từ P kẻ tiếp tuyến PT đến  O  (T là tiếp điểm). Khi đó PP /O   OP 2  R 2  PT 2 1.3. Định lý 2. Cho đường tròn  O  và một điểm P. d1, d2 là hai đường thẳng bất kì đi qua P và cắt  O  lần lượt ở A, B và C , D . Khi đó tích PA.PB  PC.PD . Trong trường hợp nếu d2 tiếp xúc với  O  tại điểm E thì ta có PA.PB  PE . 2 2. Trục đẳng phương, tâm đẳng phương 2.1. Định nghĩa trục đẳng phương của hai đường tròn Cho hai đường tròn  O1  và  O2  không cùng tâm. Khi đó quỹ tích các điểm có cùng phương tích đối với chúng là một đường thẳng vuông góc với nối tâm O1O2 . Đường thẳng đó được gọi là trục đẳng phương của  O1  và  O2  . 2.2. Xác định trục đẳng phương. a) Nếu hai đường tròn  O1  và  O2  cắt nhau tại hai điểm A, B . Lúc đó A, B đều có cùng phương tích bằng 0 đối với  O1  và  O2  . Suy ra trục đẳng phương của  O1  và  O2  là đường thẳng AB. 3 b) Nếu hai đường tròn  O1  và  O2  tiếp xúc nhau tại điểm T. Lúc đó T có cùng phương tích bằng 0 đối với  O1  và  O2  . Suy ra trục đẳng phương của  O1  và  O2  là tiếp tuyến chung của  O1  và  O2  tại điểm T. A A C O1 O2 T O1 O2 O2 O1 B D B M c) Nếu hai đường tròn  O1  và  O2  không có điểm chung ta dựng một đường tròn  O3  cắt cả  O1  và  O2  lần lượt tại A, B và C , D . Giả sử AB cắt CD tại M, khi đó trục đẳng phương của  O1  và  O2  là đường thẳng đi qua M và vuông góc với O1O2 . 2.3. Tâm đẳng phương của ba đường tròn Cho ba đường tròn  O1  ,  O2  ,  O3  có các tâm O1, O2 , O3 không cùng thuộc một đường thẳng. Gọi d1, d2 , d3 lần lượt là trục đẳng phương của  O2  ,  O3  , của  O1  ,  O3  và của  O1  ,  O2  . Khi đó các đường thẳng d1, d2 , d3 đồng quy tại một điểm K. K là điểm duy nhất có cùng phương tích đối với ba đường tròn  O1  ,  O2  ,  O3  và được gọi là tâm đẳng phương của ba đường tròn này. Trong trường hợp các tâm O1, O2 , O3 cùng thuộc một đường thẳng thì các trục đẳng phương d1, d2 , d3 đều vuông góc với đường thẳng chứa O1, O2 , O3 . 4 II. Ứng dụng của phương tích- trục đẳng phương 1. Ứng dụng trong tính toán và chứng minh các hệ thức hình học Một ứng dụng đơn giản nhất của phương tích là tính toán độ dài các đoạn thẳng hoặc chứng minh các đẳng thức hình học. Chú ý rằng nếu M nằm ngoài đường tròn  O; R  và qua M vẽ hai cát tuyến MAB, MCD thì MA.MB  MC.MD  MO 2  R 2 . Còn nếu M nằm trong đường tròn  O; R  và qua M vẽ hai dây MAB, MCD thì MA.MB  MC.MD  R 2  MO 2 . Bài toán 1.1 (Hệ thức Euler). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O; R  và ngoại tiếp đường tròn  I ; r  . Chứng minh rằng OI 2  R 2  2 Rr . Lời giải. Giả sử BI cắt  O  tại điểm thứ hai M, vẽ đường kính MN của  O  . Đường tròn  I  tiếp xúc với BC tại D. A M I B O D C N Khi đó BDI : NCM , suy ra BI ID ID . Do đó IB.IM  ID.NM  2Rr .   NM MC MI Mặt khác IB.IM  R 2  OI 2 , suy ra R 2  OI 2  2 Rr , hay OI 2  R 2  2 Rr (đpcm). Bài toán 1.2 (RMO 2006). Cho điểm A nằm ngoài đường tròn  O  . Hai cát tuyến qua A là ABC, ADE theo thứ tự. Vẽ dây cung DF song song BC. AF cắt  O  tại G; BC cắt GE tại M. Chứng minh rằng 1 1 1 .   AM AB AC 5 Lời giải. Dễ thấy tam giác AMG và EMA đồng dạng, nên AM 2  MG.ME . C B M F G A D E Mà MG.ME  MB.MC  MA2  ( AB  AM )( AC  AM )  AB. AC  AM ( AB  AC)  AM 2 Suy ra AB. AC  AM ( AB  AC ) . Từ đó ta có điều phải chứng minh. Bài 1.3 (IMO shorlist 2011). Cho tứ giác lồi A1 A2 A3 A4 không nội tiếp. Gọi O1 và r1 là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 A3 A4 . Định nghĩa O2 , O3 , O4 và r2 , r3 , r4 một cách tương tự. Chứng minh rằng 1 O A r 2 1 1 2 1  1 1 1    0. 2 2 2 2 O2 A2  r2 O3 A3  r3 O4 A42  r42 Lời giải. A1 B1 x A2 y M t z O1 A4 A3 6 Gọi M là giao điểm hai đường chéo A1 A3 và A2 A4 , B1 là giao điểm thứ hai của A1 A3 với đường tròn  1  ngoại tiếp tam giác A2 A3 A4 . Ta có O1 A12  r12  A1B1. A1 A3 và MB1.MA3  MA2 .MA4  MB1  yt . Do đó z zx  yt  O1 A12  r12    x   z  x    yt  xz  z  z  Cùng các đẳng thức tương tự ta được 4 O A i 1 i 1 2 i  ri 2  1  z t x y      0.  yt  xz  z  x t  y x  z y  t  Bài 1.4. Cho bốn điểm A, B, C, D bất kì trên đường tròn  O  . Giả sử AC, BD cắt nhau tại M và AD, BC cắt nhau tại N. Chứng minh rằng MN 2  PM / O   PN /O  . Lời giải. N B A M P D C Gọi P là giao điểm thứ hai của MN với đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD, khi đó NM .NP  NA.ND  PN /O  Ta có  PM , PD    AM , AD    AC , AD    BC , BD    BN , BD  (mod  ) , suy ra P, D, N , B đồng viên, suy ra MN .MP  MB.MD  PX /O  .   Do đó PM /O  PN /O  MN . MP  NP  MN 2 (đpcm). 7 Bài 1.5 (IMO shorlist 2012). Cho tam giác ABC vuông tại C và C0 là hình chiếu của C trên AB. X là một điểm trên đoạn CC0 và K , L nằm trên đoạn AX , BX sao cho BK  BC và AL  AC . Gọi M là giao điểm của AL và BK . Chứng minh rằng MK  ML . Lời giải. Từ AC  AL suy ra C , L nằm trên đường tròn  A  tâm A, bán kính AC. Tương tự C , K nằm trên đường tròn  B  tâm B, bán kính BC. Gọi C ' là giao điểm thứ hai của  A  và  B  , ta có ngay C' đối xứng với C qua AB. Do · ACB  900 nên AC là tiếp tuyến của  B  và BC là tiếp tuyến của  A  . Gọi K1  K là giao điểm thứ hai của AX với  B  , L1  L là giao điểm thứ hai của BX và  A  . K1 L1 C (T) X L K M A B C0 C' Theo phương tích của X đối với đường tròn  A và B ta được XK. XK1  XC. XC '  XL. XL1 , suy ra bốn điểm K1, L, K , L1 nằm trên một đường tròn (T). Theo phương tích của A với đường tròn  B  ta được AL2  AC 2  AK . AK1 , suy ra AL tiếp xúc với (T) tại L. Tương tự BK tiếp xúc với (T) tại K. Như vậy MK , ML là hai tiếp tuyến của (T) kẻ từ M, suy ra MK  ML (đpcm). 8 Bài 1.6. Cho hai đường tròn  O1  và  O2  không đồng tâm và M là một điểm tùy ý, d là trục đẳng phương của  O1  ,  O2  . Gọi H là hình chiếu của M trên d. Chứng minh rằng PM /O1   PM /O2   2O1O2 .HM . Lời giải. Gọi H' và M' lần lượt là hình chiếu của H và M trên O1O2 . d H M O1 H' M1 O2 Ta có PH /O1   PH /O2  , suy ra    PM / O1   PM / O2   PM / O1  PH / O1  PM / O2   PH/ O2    MO12  HO12    MO22  HO22    MO12  MO22    HO12  HO22   2O1O2 .IM '  2O1O2 .HM '  2O1O2 .HM '  2O1O2 .HM Nhận xét. Công thức trên thường được gọi là hiệu số phương tích của một điểm đối với hai đường tròn, nó có ứng dụng rất tốt để giải quyết các bài toán khi đã có trước hai đường tròn và trục đẳng phương của hai đường tròn đó được xác định. Ta có thể đưa ra vài bài toán ứng dụng kết quả này. 9 Bài 1.6.1. Cho đường tròn  O  và một điểm A cố định nằm ngoài  O; R  . Điểm I di chuyển trên  O  sao cho đường tròn  I  tâm I bán kính IA cắt  O  tại hai điểm M,N phân biệt. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Lời giải. I A N O M A' Do đã có hai đường tròn  O  và  I  cùng sự xuất hiện của trục đẳng phương MN, nên ta nghĩ ngay đến công thức hiệu số phương tích của điểm A. Gọi A' là hình chiếu của A trên MN. Ta có PA/O   PA/ I   2OI . AA '  AA '  PA/O  2OI  AA '  PA/O  2R Do đó AA' không đổi, suy ra MN luôn tiếp xúc với đường tròn tâm A, bán kính R'  PA/O  2R không đổi. Bài 1.6.2. Cho đường tròn  O; R  và một đường tròn  I ; r  nằm trong nó. X là một điểm thay đổi trên  I  , tiếp tuyến tại X của  I  cắt  O  tại hai điểm A,B phân biệt. Đường thẳng qua X vuông góc với IA cắt lại  I  tại Y. C là điểm đối xứng của I qua XY và O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng O' thuộc một đường tròn cố định. Lời giải. 10 O Y I C B A X Áp dụng hiệu số phương tích của điểm I đối với hai đường tròn  O  và  O ' ta được PI /O   PI /O '  2OO '.IX  2OO '.r Mặt khác PI /O  không đổi và PI /O '  IC.IA  2 IH .IA  2r 2 . Do đó OO ' không đổi, từ đó suy ra đpcm. Bài 1.7 (THTT 2014). Cho tam giác nhọn ABC, ba đường cao AA1, BB1, CC1 của tam giác đồng quy tại H. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tam giác ABC đều là  HA2  HB 2  HC 2  4 HA12  HB12  HC12  Lời giải. A F E B1 O C1 H B C A1 A2 D 11 Qua A, B, C lần lượt kẻ các đường thẳng song song với BC , CA, AB , chúng cắt nhau tạo thành tam giác DEF. Khi đó HA, HB, HC theo thứ tự là các đường trung trực của EF , FD, DE và do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Gọi  O; R  là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có ABC : DEF  R BC   HF  2R . HF EF Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác vuông HAF ta có HF 2  HA2  FA2  HA2  4R2  BC 2 . S  S3 HA S2  S3   HA  HA1. 2 HA1 S1 S1 Đặt S1  S HBC ; S2  S HAC ; S3  S HAB ; S  S ABC , ta có Tương tự HB  HB1. S1  S3 S  S2 ; HC  HC1. 1 . S2 S3 Không mât tính tổng quát, có thể giả sử BC  CA  AB , suy ra 4R2  BC 2  4R2  CA2  4R2  AB2 (1) Giả sử AA1 cắt  O  cắt tại A2 thì A1H  A1 A2 . Do đó PH /O   HA.HA2  HA.2 HA1 , suy ra HA  2 PH2/O 4HA12 . Tương tự, HB  PH2/O 2 4HB12 Từ (1) suy ra HA  HB  HC  2 2 2 ; HC  2 PH2/O 2 1 4HA PH2/O 4HC12 PH2/O  2 1 4HB  . PH2/O 2 1 4HC  HA12  HB12  HC12 . 2 2 2 S S  S S  S S  S S S Từ đây ta có S1  S2  S3      2 3    1 3    1 2  . S1 S2 S3  S1   S2   S3  Áp dụng BĐT Chebyshev cho hai dãy đơn điệu ngược chiều ta được: 2 2  S  S3  2  S1  S3  2  S1  S 2  HA  2    HB1    HC1   S1   S2   S3  2 2 1   S  S 2  S  S 2  S  S 2  1 2 2 2 3 3 2  (2)   HA1  HB1  HC1    2  1  1   S1   S2   S3   3   2 2 2 S S  S S  S S  Dễ chứng minh được  2 3    1 3    1 2   12 (3).  S1   S 2   S3  12 Từ (2) và (3) suy ra HA2  HB 2  HC 2  4  HA12  HB12  HC12  . Từ đó ta thấy điều kiện cần và đủ để tam giác ABC đều là HA2  HB 2  HC 2  4  HA12  HB12  HC12  (đpcm). 2. Ứng dụng trong bài toán chứng minh quan hệ vuông góc Một tính chất cơ bản và quan trọng bậc nhất của trục đẳng phương là nó vuông góc với đường nối tâm của hai đường tròn đó. Do đó có thể nói ứng dụng của phương tích, trục đẳng phương trong bài toán chứng minh hai đường thẳng vuông góc là phổ biến và tự nhiên nhất. Điều này thực sự có nguồn gốc từ định lý về quỹ tích hiệu bình phương mà ta cũng hay gọi là định lý bốn điểm. Định lý đó được phát biểu thật đơn giản như sau: Với 4 điểm bất kì A, B, C, D trong mặt phẳng, ta có AC  BD  AB 2  CD 2  AD 2  BC 2 Một hệ quả trực tiếp là: Tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc khi và chi khi tổng bình phương các cặp cạnh đối bằng nhau. Cũng dễ thấy rằng định lý bốn điểm vẫn đúng khi các điểm A, B, C, D bất kì trong không gian. Sau đây xin giới thiệu một số ứng dụng của định lí bốn điểm trong các bài toán về quan hệ vuông góc mà học sinh có thể giải nó khi chưa biết về phương tích, trục đẳng phương. Bài 2.1. Cho hình chữ nhật ABCD. Trên tia đối của tia DA và tia đối của tia CB lần lượt lấy hai điểm F và E sao cho DF=CE=CD. Trên tia đối của tia CD lấy điểm H sao cho CH=CB. Chứng minh rằng AE vuông góc với FH. Lời giải. Tất nhiên bài toán này có thể giải quyết khá đơn giản bằng bằng phương pháp toạ độ hoặc véc tơ. Tuy nhiên việc áp dụng định lý bốn điểm cho ta lời giải thật đẹp đẽ và ngắn gọn. 13 x A B y D C F E H Đặt AB  x; BC  y . Ta có DF  CE  CD  EF  x, CH  BC  y . Áp dụng đlí pytago ta được: AH 2  EF 2  2 x 2  2 xy  2 y 2  AF 2  HE 2 (đpcm). Bài 2.2. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn  O  , đồng thời ngoại tiếp  I  có các tiếp điểm với các cạnh AD, AB, BC, CD lần lượt là M , N , P, Q . Chứng minh rằng MP vuông góc với NQ. Lời giải. Ta sẽ tính các đoạn MN,NP,PQ,QM theo các đại lượng nào đó. Tốt nhất ở đây là ta chọn các ẩn là khoảng cách từ đỉnh của tứ giác tới các tiếp điểm. Sau khi tính toán xong thì mọi việc sẽ trở lên rất đơn giản vì đã có định lí bốn điểm. A x x H N B M I P E D Q 14 C Gọi H  IA  MN ; E  IC  PQ . Do tứ giác ABCD vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp nên   ·  ICQ · 1 µ µ  900  IAM ·  CIQ · IAM AC 2 Do đó tam giác IMA và CQI đồng dạng, suy ra IM MA  (1) CQ QI Đặt AM  AN  x; BN  BP  y; CP  CQ  z; DQ  DM  t , khi đó từ (1) suy ra r 2  xz . Tương tự r 2  yt . Vậy r 2  xz  yt . Ta có 1 1 1 4 1 1 4 x 2 r 2 4 x 2 ( xz ) 4 x 2 z 2       MN  2   MH 2 MA2 IM 2 MN 2 x 2 r 2 x  r 2 x 2  xz x  z 4 xz 2 4 y 2t 4 yt 2 2 2 ; NP  ; MQ  Tương tự PQ  . xz yt y t 2 Khi đó MN 2  PQ 2  NP 2  MQ 2  4r 2 . Vậy MP  NQ . Nhận xét. Ta thu được hai kết quả cơ bản hay và khá kinh điển của một tứ giác vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp. 1. r 2  xz  yt 2. MN 2  PQ 2  NP 2  MQ 2  4r 2 Bài 2.3. Cho tứ giác ABCD có A  B  C  900 . Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác ABC đi qua D. Lời giải. Đây là một bài toán rất hay và khó. 15 N M H J C1 B I N1 M1 A C B1 O D Gọi M  DA  CB; N  AB  CD . Kẻ đường cao MM1, NN1 của các tam giác AMB và BNC cắt nhau tại O. Theo giả thiết thì tam giác AMB và BNC cân, suy ra O chính là tâm  ABC  . Vẽ hai đường cao BB1, CC1 của tam giác ABC và H là trực tâm của nó. Gọi I, J là trung điểm của MA, NC. Ta cần chứng minh H , O, D thẳng hàng. Để thực hiện được điều này ta chứng minh hai kết quả cơ bản sau: Kết quả 1: OH  IJ Thật vậy, Ta có các tứ giác nội tiếp: AMM1B1; ACB1C1; CNC1N1; MACN với I và J là tâm ngoại tiếp AMM1B1; CNC1N1 . Từ đó HB1.HA  HI 2  IA2 ; HC1.HC  HJ 2  JC 2 ; HB1.HA  HC1.HC . Do đó HI 2  IA2  HJ 2  JC 2  HI 2  HJ 2  IA2  JC 2 (1) Tương tự OI 2  OJ 2  IA2  JC 2 (2). Từ (1) và (2) suy ra HI 2  OJ 2  OI 2  HJ 2  OH  IJ . Kết quả 2: DH  IJ Thật vậy, dễ thấy MACN nội tiếp nên DA.DM  DC.DN  ( DI  IA)( DI  IA)  ( DJ  JC )( DJ  JC )  DI 2  DJ 2  IA2  JC 2 (3) 16 Từ (1) và (3) suy ra HI 2  DJ 2  DI 2  HJ 2  DH  IJ (đpcm). Từ hai kết quả trên suy ra H , O, D thẳng hàng. Bài 2.4. Cho tam giác ABC. Một đường tròn  O; R  đi qua A, C cắt AB, BC tại K và N. Đường tròn  ABC  và  KBN  cắt nhau tại B và M. Chứng minh rằng OM vuông góc với BM. Lời giải. P A M K O B C N Đây là một bài toán thực sự khó rồi, việc chỉ áp dụng nguyên định lý bốn điểm chưa thực sự đủ mạnh để giải quyết nó. Ta cần áp dụng thêm về trục đẳng phương của hai đường tròn nữa. Theo tính chất về ba trục đẳng phương ta có ngay BM, KN, AC đồng quy tại tâm đẳng phương P, khi đó dễ thấy tứ giác PMNC nội tiếp, suy ra BM .BP  BN .BC  BO 2  R 2 ; PM .PB  PN .PK  PO 2  R 2 Suy ra PO 2  BO 2  PB ( PM  BM )  ( PM  MB )( PM  MB )  PM 2  MB 2 Vậy OM  BP  OM  BM (đpcm). 17 Bài 2.5. Cho tam giác nhọn ABC. E, F theo thứ tự là điểm đối xứng của B, C qua AC, AB. Gọi D là giao điểm của BF , CE và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Chứng minh rằng AK  BC . Lời giải. Gọi H là hình chiếu của A trên BC,  K  là đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF , bán kính R . Dễ thấy ABC  ABF và ACB  ACE , do đó A chính là tâm bàng tiếp góc D của tam giác DBC và H là tiếp điểm của đường tròn đó với cạnh BC. Ta có BH  CB  CD  BD BC  BD  CD ; CH  ; BC  BF  CE . 2 2 A F E K H B C D  CB  CD  BD   BC  BD  CD  Do đó AB  AC  BH  CH      2 2     2 2 2 2 2 2  BC  CD  BD   CE.CD  BF .BD   PC / K   PB / K   KB 2  KC 2 Do đó AB 2  AC 2  KB 2  KC 2 , suy ra AK  BC (đpcm). Nhận xét. Rõ ràng đây là một bài toán khó cho dù kết quả của nó rất đơn giản và đẹp đẽ. Mấu chốt của vấn đề là nhìn nhận được A chính là tâm bàng tiếp góc D của tam giác DBC và tận dụng triệt để giả thiết BF  BC  CE để biến đổi về quỹ tích hiệu bình phương. Theo tác giả thì đây quả là một bài toán hay và phát huy được hết sức mạnh của định lý bốn điểm. 18 Bài 2.6. Cho hình thang ABCD có cạnh đáy AB, CD. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho MC = MD. Gọi O là giao điểm của AC và BD; O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM và BCM. Chứng minh O1O2 vuông góc với OM. Lời giải. Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O1) và (O2). E là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O1) và AC. F là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O2) và BD. M B A O E O1 O2 F C D N · AMD  BMC Do ABCD là hình thang và MC = MD nên · (1). Mặt khác, · · · (2). AMD  · AED; BMC  BFC ·  DEC · ·  tứ giác CDFE nội tiếp. AED  BFC  DFC Từ (1) và (2) suy ra · ·  ECD · , mà ECD · · ·  EAB · , suy ra tứ giác ABEF nội tiếp  CAB Từ đó OFE nên OFE đường tròn (O3). Khi đó MN, AC, BD lần lượt là các trục đẳng phương của các cặp đường tròn  O1  ,  O2  ;  O1  ,  O3  và  O2  ,  O3  , suy ra MN, AC, BD đồng quy, hay M, N, O thẳng hàng. Mặt khác O1O2  MN  O1O2  OM. (đpcm) Bài 2.7 (THTT 2013). Cho tam giác nhọn ABC, E là tâm đường tròn Euler. Các đường cao AX , BY , CZ đồng quy tại H. BH, CH theo thứ tự cắt XZ, XY tại M,N. Chứng minh rằng AE vuông góc với MN. Lời giải. 19 A Y Z H N M B E C X K Gọi (E) là đường tròn Euler của tam giác ABC, (K) là đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC. Do K đối xứng với tâm ngoại tiếp tam giác ABC qua đường thẳng BC nên theo kết quả cơ bản ta có E là trung điểm của AK (1). Mặt khác, do các tứ giác BXHZ, CXHY nội tiếp nên ta được PM /( K )  MB.MH  MX .MZ  PM /( E ) PN /( K )  NC.NH  NX .NY  PN /( E ) Do đó MN là trục đẳng phương của hai đường tròn (E) và (K), suy ra MN  KE (2). Từ (1) và (2) suy ra AE  MN . Nhận xét. Từ kết quả bài toán này ta có thể trực tiếp suy ra các kết quả hay khó hơn như sau: KQ1. Cho tam giác ABC; O, I a theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A. BE, CF là các đường phân giác trong của tam giác ABC. Khi đó OI a  EF . Chứng minh. 20