Tài liệu Skkn định lí miquel và một số bài tập áp dung

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY SÁNG KIẾN ĐỊNH LÍ MIQUEL VÀ MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG F A E M B D C Các tác giả: Nguyễn Trường Sơn - Bùi Thị Mỹ Nương Tổ : Toán - Tin Đơn vị công tác : THPT Chuyên Lương Văn Tụy Ninh Bình, tháng 5 năm 2019 MỤC LỤC A 1 Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng 3 2 Nội dung sáng kiến 3 3 Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được 4 4 Điều kiện và khả năng áp dụng 4 Định lí Miquel và một số tính chất liên quan. 7 1 Tính chất 1. 8 2 Tính chất 2. 9 3 Tính chất 3. 10 4 Tính chất 4. 10 5 Tính chất 5. ( Định lí Emelyanov). 11 6 Tính chất 6. ( Định lí Mannheim). 12 7 Tính chất 7. 13 8 Tính chất 8. 14 9 Tính chất 9. 15 B Một số bài toán liên quan tới điểm Miquel. 18 C Bài tập tự luyện. 44 D Hướng dẫn giải 48 E Lời cảm ơn và tài liệu tham khảo 50 1 MẪU M2 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM ĐỘC LẬP - TỰ DO - HẠNH PHÚC ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN Kính gửi: Sở giáo dục và đào tạo Ninh Bình. Chúng tôi gồm: TT Họ và tên Ngày tháng năm Chức vụ sinh 1 2 Nguyễn Trường Sơn Bùi Thị Mỹ Nương 1983 1978 Giáo viên Giáo viên Trình độ chuyên môn Đại học Thạc sĩ Tỉ lệ (%) đóng góp vào việc tạo ra sáng kiến 60% 40% 1. Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng Là nhóm tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: ĐỊNH LÍ MIQUEL VÀ MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Lĩnh vực áp dụng: Giảng dạy hình học THCS, THPT Chuyên. 2. Nội dung sáng kiến Hình học sơ cấp là một phân môn rất quan trọng trong chương trình trung học phổ thông. Vẻ đẹp của nó ẩn chứa trong những điểm, đường thẳng, đường tròn, góc ... mà muốn cảm nhận ta cần phải có cái nhìn tinh tế, một trí tưởng tượng phong phú. Hình học giúp con người ta có cái nhìn tổng quát, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ và tư duy sáng tạo. Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia,cấp khu vực, cấp quốc tế, các bài toán về Hình học thường đóng vai trò quan trọng. Chúng ta có thể làm quen nhiều dạng bài toán Hình học, biết nhiều phương pháp giải, nhưng cũng có bài chỉ có một cách giải duy nhất. Mỗi khi gặp một bài toán mới chúng ta lại phải suy nghĩ tìm cách giải mới. Sự phong phú đa dạng của các bài toán Hình học luôn là sự hấp dẫn đối với mỗi giáo viên, học sinh giỏi yêu toán. 1 Giải pháp cũ thường làm: Các bài toán về định lí này thường không có hoặc có thì rời rạc, không hệ thống. Nhược điểm:  Kiến thức về định lí Miquel xuất hiện nhiều trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp khu vực, cấp Quốc gia. Để đạt được điểm khá giỏi, học sinh cần được rèn luyện làm bài tập đầy đủ và sâu hơn. Nhưng sách bài tập giáo khoa hiện hành, sách tài liệu chuyên chưa đáp ứng được yêu cầu này. 3  Khi soạn giảng, giáo viên bắt buộc phải tham khảo rất nhiều tài liệu từ nhiều phương tiện, nhất là đối với những đối tượng học sinh luyện thi đại học và thi học sinh giỏi các cấp, do đó mất rất nhiều thời gian và công sức, tốn kém nhiều tiền bạc.  Do bài tập thiếu tính hệ thống còn học sinh chưa đủ kĩ năng và kinh nghiệm để hệ thống và phân loại kiến thức nên các em khó có thể hiểu được một cách bao quát, đầy đủ các dạng bài tập về định lí Miquel. Để khắc phục những hạn chế trên, việc biên soạn một hệ thống bài tập về định lí Miquel một cách khoa học, bao chùm được tất cả các kiến thức. 2 Giải pháp mới cải tiến: -Mô tả bản chất giải pháp mới:  Nhóm tác giả xây dựng là rất logic, đa dạng, phong phú, thể hiện kiến thức bao chùm từ cơ bản đến phức tạp, từ dễ đến khó, phù hợp với trình độ nhận thức của mọi đối tượng học sinh, có thể dành cho nhiều đối tượng học sinh từ người mới học đến những học sinh dự thi học sinh giỏi Quốc gia.  Hệ thống bài tập lựa chọn đưa vào trong đề tài là bài tập tính toán, được phân loại theo mức độ nhận thức: Bài tập cơ bản cho mọi đối tượng; bài tập nâng cao dành cho học sinh khá, giỏi; bài tập hay và khó dành cho học sinh giỏi ôn luyện thi học sinh giỏi Quốc gia.  Trong mỗi dạng bài theo mức độ nhận thức, bài tập được sắp xếp theo từng chủ đề với cùng mức độ kiến thức. -Tính mới, tính sáng tạo của giải pháp: Tính sáng tạo trước hết được thể hiện trong tính mới của giải pháp đã nêu ở trên, đồng thời nó còn được thể hiện sâu hơn trong hướng dẫn phương pháp giải mỗi bài tập cụ thể. Điều này trong sách bài tập giáo khoa và tài liệu tham khảo chưa làm được. Các bài tập được nhóm tác giả trình bày bằng tự luận từ dễ tới khó để tăng khả năng trình bày cho học sinh nhất là HSG Quốc gia. 3. Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được 1 Hiệu quả kinh tế: Qua ý kiến nhận xét của học sinh, của đồng nghiệp đã sử dụng sáng kiến này làm tài liệu tham khảo học tập và nghiên cứu, hiệu quả kinh tế mà sáng kiến mang lại là rất lớn cụ thể là: - Tiết kiệm được nhiều thời gian và công sức tìm tòi tài liệu của giáo viên và học sinh trong giảng dạy và học tập môn Toán. - Tiết kiệm được nhiều chi phí mua tài liệu, sưu tầm tài liệu. - Tiết kiệm được tiền mời thầy tập huấn cho đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia. 2 Hiệu quả xã hội: Sáng kiến này đã được tác giả triển khai thực nghiệm cho học sinh chuyên Toán, học sinh ôn thi đại học những năm gần đây của trường THPT chuyên Lương Văn Tụy. Hiệu quả mà sáng kiến này cùng với các chuyên đề kiến thức khác nữa mang lại về mặt giáo dục, xã hội trước hết là kết quả thi đại học, thi học sinh giỏi các cấp của học sinh. Trước khi thực hiện sáng kiến, các kết quả thi cũng tương đối cao, nhưng từ khi thực hiện sáng kiến các kết quả thi là vượt trội hơn rất nhiều. 4. Điều kiện và khả năng áp dụng -Điều kiện áp dụng: Học sinh cần say mê với môn hình học, có tài liệu Hình học các cấp và nhất là tài liệu chuyên toán lớp 10, 11. - Khả năng áp dụng:  Sáng kiến là một tài liệu tham khảo rất hữu ích cho mọi đối tượng học sinh và giáo viên học tập, nghiên cứu và giảng dạy môn Toán.  Hiện nay, sáng kiến đang là một tư liệu tham khảo rất cần thiết và không thể thiếu của học sinh và giáo viên Chuyên Toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy.  Sáng kiến tiếp tục mở rộng và phát triển tiếp trong những năm học sau. Danh sách những người đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu TT Họ và tên Năm sinh Nơi công tác Chức vụ Trình Nội dung độ công việc hỗ chuyên trợ môn 1 Nguyễn Bích Ngọc 1976 THPT Chuyên Giáo viên Đại học Dạy nội dung Lương Văn Tụy định lí Miquel 2 Ngô Thị Hoa 1979 THPT Chuyên Giáo viên Thạc sĩ Dạy nội dung Lương Văn Tụy định lí Miquel 3 Phạm Đức Tùng 1983 THPT Chuyên Giáo viên Thạc sĩ Dạy nội dung Lương Văn Tụy định lí Miquel Chúng tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật và hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật. Ninh Bình, ngày 15 tháng 5 năm 2019 XÁC NHẬN CỦA LÃNH ĐẠO ĐƠN VỊ CƠ SỞ Người nộp đơn (Ký và ghi rõ họ tên) Nguyễn Trường Sơn PHỤ LỤC A. ĐỊNH LÍ MIQUEL VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT LIÊN QUAN. Bài toán. Cho tam giác ABC. Các điểm D, E, F khác A, B, C và theo thứ tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó: a. Các đường tròn (AEF ), (CDE), (BDF ) cùng đi qua một điểm. b. Các đường tròn (AEF ), (CDE), (BDF ), (ABC) cùng đi qua một điểm khi và chỉ khi E, F, D thẳng hàng. F A E M Chứng minh 1. B D C a. Gọi M là giao điểm thứ hai của (BDF ), (CDE). Ta thấy: (M E, M F ) ≡ (M E, M D) + (M D, M F ) ≡ (CE, CD) + (BD, BF ) ≡ (CE, BC) + (BC, BF ) ≡ (AE, AF ) (mod π) Vậy M thuộc đường tròn (AEF ). Điều đó có nghĩa là các đường tròn (AEF ), (CDE), (BDF ) cùng đi qua một điểm. b. Theo phần a, ta có: (AEF ), (CDE), (BDF ) cùng đi qua điểm M . Mặt khác: (DE, DF ) ≡ (DE, CE) + (CA, AB) + (BF, DF ) ≡ (M D, M C) + (CA, AB) + (BM, DM ) ≡ (M B, M C) − (AB, AC) (mod π) Vậy các điều kiện sau tương đương: 1. Các đường tròn (AEF ), (CDE), (BDF ), (ABC) cùng đi qua một điểm. 2. M ∈ (ABC) 3. (M B, M C) ≡ (AB, AC) (mod π) 4. (M B, M C) − (AB, AC) ≡ 0 (mod π) 7 5. (DE, DF ) ≡ 0 (mod π) 6. DE ≡ DF 7. D, E, F thẳng hàng. Chú ý. Khi D, E, F không thẳng hàng, M được gọi là điểm Miquel của tam giác ABC và các điểm D, E, F . Khi Khi D, E, F thẳng hàng, M được gọi là điểm Miquel của tam giác ABC và đường thẳng DEF . Một phát biểu khác như sau: Cho bốn đường thẳng t1 , t2 , t3 , t4 đôi một cắt nhau, không có ba đường nào đồng quy. Gọi cijk lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi các đường thẳng ti , tj , tk (1 ≤ i < j < k ≤ 4). Khi đó các đường tròn cijk đồng quy. 1. Tính chất 1. Cho tứ giác toàn phần ABCDEF . Khi đó đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABF, DCF, BCE, ADE đồng quy. Chứng minh 2. Gọi M là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABF và ADE. Khi đó ta có: (M A, M C) ≡ (BA, BC) (mod π) và (M E, M A) ≡ (F E, F A)(mod π). E A M D B C F Suy ra: (M E, M B) ≡ (M E, M A) + (M A, M B) ≡ (DE, DA) + (F A, F B) ≡ (CE, DA) + (DA, CB) ≡ (CE, CB) (mod π) Do đó, đường tròn ngoại tiếp tam giác CBE đi qua điểm M . Chứng minh tương tự ta cũng suy ra được đường tròn ngoại tiếp các tam giác CDF đi qua điểm M . Nhận xét 1. Trong trường hợp đặc biệt, tứ giác ABCD nội tiếp thì ba điểm M, E, F thẳng hàng và M chính là hình chiếu của G ( giao điểm của BD và AC) lên EF . Đặc biệt là M G là phân ÷ ÷ giác của BM D, AM C và O, G, M thẳng hàng. E M C G B F A D O Chứng minh 3. Do các tứ giác EM AD và CM F D nội tiếp nên (M E, M F ) ≡ (M E, M D) + (M D, M F ) ≡ (AE, AD) + (CD, CF ) ≡ 0, (mod π) Suy ra E, M, F thẳng hàng. Lại có: (M D, M B) ≡ (M D, M E) + (M E, M F ) + (M F, M B) ≡ 2. (AD, AE) ≡ (M B, M D) , (mod π) ÷ ’ = OBD ’ = OM ÷ Vậy tứ giác OBM D nội tiếp. Suy ra OM B = ODB D ⇒ OM ⊥EF . ÷ ÷ Theo định lí Brocard ta lại có: OG⊥EF . Từ đó suy ra M G là phân giác của BM D, AM C và O, G, M thẳng hàng. 2. Tính chất 2. Tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác CBE, CDF, ADE, ABF và điểm Miquel M cùng thuộc một đường tròn. Đường tròn này được gọi là đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần. Trước khi chứng minh tính chất này, tôi xin nhắc lại định lí đảo về đường thẳng Simson:” Nếu hình chiếu của một điểm M trên các cạnh của một tam giác thẳng hàng thì điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác đó.” Chứng minh 4. Gọi O1 , O2 , O3 , O4 lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác EAD, EBC, CDF, ABF . Dễ thấy O1 O3 , O4 O3 , O4 O1 lần lượt là các đường trung trực của M D, M F, M A. Gọi H, K, L lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng O1 O3 , O4 O3 , O4 O1 . Dễ thấy ba điểm H, L, K thẳng hàng. Do đó theo định lí đảo về đường thẳng Simson ta suy ra M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác O1 O4 O3 . Chứng minh tương tự, ta cũng có M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác O2 O3 O4 . E M C O2 O4 K B H L O1 F A D O3 3. Tính chất 3. Chân các đường vuông góc hạ từ điểm Miquel M lên các đường thẳng AB, BC, CD, DA cùng nằm trên một đường thẳng – đường thẳng Simson. Chứng minh 5. Gọi H, N, K, L lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng AB, BC, CD, DA. Dễ thấy H, L, K thuộc đường thẳng Simson của điểm M ứng với tam giác ADE. Tương tự ta cũng chứng minh được các điểm còn lại. E K M C H N D B L A F 4. Tính chất 4. Điểm Miquel M là tâm vị tự quay của tứ giác ABCD, nghĩa là tồn tại các phép vị tự quay tâm M biến AB thành CD, AD thành BC. Chứng minh 6. Bằng cách cộng góc dễ thấy 4M AD ∼ 4M BC, 4M AB ∼ 4M DC, từ đó suy ra điều phải chứng minh. Qua tính chất này, ta có hai nhận xét quan trọng sau, được ứng dụng nhiều trong các bài toán: Nhận xét 2. 1 Nếu phép vị tự quay tâm M biến AD thành BC, F là giao điểm của AD và BC thì F thuộc đường tròn ngoại tiếp các tam giác M DC, M AB. 2 Nếu phép vị tự quay tâm M biến AD thành BC và hai điểm G, H trên AD, BC thỏa mãn BH AG = thì phép vị tự quay đó biến GD thành HC. BC AD 5. Tính chất 5. ( Định lí Emelyanov). Gọi X = AC ∩ BD, Y = BD ∩ EF, Z = EF ∩ AC. M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF . Khi đó M nằm trên đường tròn Euler của tam giác XY Z. Chứng minh 7. Gọi X 0 , Y 0 , Z 0 lần lượt là trung điểm của Y Z, ZX, XY . Qua X kẻ các đường thẳng ® song song với AD, BC và cắt BC, AD lần lượt tại H và G. Kéo dài XG cắt Y Z tại G0 . F (DCXE) = −1 Ta có ⇒ G là trung điểm của đoạn XG0 . Như vậy G nằm trên đường trung XG k F B bình ứng với đỉnh X của tam giác XY Z. Điều đó có nghĩa là G, H nằm trên Y 0 Z 0 . BH AG = X(B∞HC) = X(DG∞A) = . Mặt khác, BC AD Theo tính chất 4, M là tâm vị tự quay biến AD thành BC nên biến GD thành HC, nghĩa là M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác F GH. Ta thu được hình chiếu của M trên GH nằm trên đường thẳng Simson của M ứng với tam giác DF C. Theo tính chất 3, suy ra hình chiếu của M trên Y 0 Z 0 nằm trên đường thẳng Simson của M ứng với bốn tam giác F AB, F CD, EAD, EBC. Z X0 E M Y0 Y Z0 A D G X B C G0 H F Tương tự hình chiếu của M trên X 0 Y 0 , X 0 Z 0 cũng nằm trên đường thẳng này. Theo định lí Simson đảo suy ra M, X 0 , Y 0 , Z 0 cùng thuộc một đường tròn. Tính chất dưới đây cho ta một cách chứng minh các điểm thẳng hàng và các điểm đồng viên. 6. Tính chất 6. ( Định lí Mannheim). Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là các điểm nằm trên BC, CA, AB không trùng với A, B, C.M là điểm Miquel của D, E, F ứng với tam giác ABC.P, Q, R lần lượt là các điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp các tam giác AEF, BF D, CDE ( các điểm P.Q.R không trùng với M ). Khi đó: a. M, P, Q, R thẳng hàng khi và chỉ khi AP, BQ, CR đôi một song song. b. M, P, Q, R đồng viên khi và chỉ khi AP, BQ, CR đồng quy. Chứng minh 8. a. (⇒) Giả sử M, P, Q, R thẳng hàng. F P A E M Q B D R C ’ ÷ ’ Do tứ giác AF M P, BM F Q nội tiếp nên F AP = F MQ = F BQ. Suy ra AP k BQ. Tương tự, ta cũng chứng minh được AP k CR. Do đó AP, BQ, CR đôi một song song. ’ ’ (⇐) Giả sử AP, BQ, CR đôi một song song. Khi đó F AP = F BQ. 0 ÷ ÷ ’ ’ Do tứ giác AF M P, BM F Q nội tiếp nên F M P + F M Q = 180 − F AP + F BQ = 1800 . Suy ra M, P, Q thẳng hàng. Tương tự, ta cũng chứng minh được M, P, R thẳng hàng. Do đó bốn điểm M, P, Q, R thẳng hàng. b. (⇒) Giả sử M, P, Q, R đồng viên. F A R Q E P M V B D C ’ ÷ Gọi N là giao điểm của AP, BQ. Do tứ giác AF M P, BM F Q nội tiếp nên AP M = BF M = ÷ M QN . Suy ra tứ giác M P N Q nội tiếp. Lại có, tứ giác M P QR nội tiếp, nên AP, BQ cắt nhau tại N nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác M P QR. Tương tự, ta cũng chứng minh được AP, CR cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác M P QR. Do đó AP, BQ, CR đồng quy tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác M P QR. (⇐) Giả sử AP, BQ, CR đồng quy tại N . Chứng minh tương tự như trên ta được: Tứ giác M P N Q, M P N R nội tiếp. Do đó M, P, Q, R, N đồng viên. 7. Tính chất 7. Cho tứ giác toàn phần ABCDEF . Qua F kẻ các đường thẳng song song với AB, CD, AC, BD cắt CD, AB, BD, AC theo thứ tự tại M, N, P, Q. Khi đó M, N, P, Q thẳng hàng và đường thẳng đi qua chúng song song với EG. N E A P D F B C Q M Chứng minh 9. Ta có nhận xét đơn giản sau: Cho hai tam giác ABC, DEF có các đường thẳng AD, BE, CF đồng quy. Khi đó nếu AB k DE và BC k EF thì AC k DF . Áp dụng nhận xét này cho các cặp tam giác ∆F QN và ∆DEG, ∆F M N và ∆BEG, ∆F M P và ∆AEG ta suy ra các đường thẳng M N, M P, N Q cùng song song với EG. Do đó M, N, P, Q thẳng hàng và đường thẳng đi qua chúng song song với EG. 8. Tính chất 8. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). H là một điểm bất kì trong tam giác. Một đường thẳng bất kì qua H cắt AC, BA lần lượt tại M, N . Trên BC lấy các điểm P, Q sao cho M P k BH, N Q k CH. N Q cắt M P tại R.N Q cắt AC tại X. Chứng minh rằng N XCBAQ, CQRM P X có chung điểm Miquel. Chứng minh 10. Gọi T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần N XCBAQ. Đường thẳng BH, CH cắt đường tròn (O) theo thứ tự tại E, F. Do T là điểm Miquel của N XCBAQ nên A, T, X, N đồng viên nên (T A, T N ) ≡ (XA, XN ) ≡ (CA, CF ) ≡ (T A, T F ) (mod π) ⇒ F, N, T thẳng hàng. A E T N F H B X Q P C R M Gọi M 0 là giao điểm của T E với AC. Å ã A F E Theo định lí Pascal, với bộ sáu điểm ta có ba điểm: N = AB ∩ T F, H = EB ∩ T B C F C, M 0 = ET ∩ AC thẳng hàng. Vậy M 0 trùng với M . Suy ra E, T, M thẳng hàng. Ta có: (T X, T M ) ≡ (T X, T E) ≡ (T X, T N )+(T N, T E) ≡ (AX, AN )+(BF, BE) ≡ (F C, F B)+ (BF, BE) ≡ (F C, BE) ≡ (RX, RM ) (mod π). Suy ra X, T, R, M đồng viên, suy ra T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần CQRM P X. 9. Tính chất 9. Cho tứ giác toàn phần ABCDEF. M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần. Các tiếp tuyến tại M của các đường tròn (F AB), (EBC), (DCF ), (EAD) theo thứ tự cắt các đường thẳng AB, BC, CD, DA tại X, Y, Z, W . a. Hai đường tròn (F W Y ), (EXZ) tiếp xúc với nhau tại M . b. Trong trường hợp tứ giác ABCD không nội tiếp, thì X, Y, Z, W đồng viên. c. Trong trường hợp tứ giác ABCD nội tiếp, thì X, Y, Z, W thẳng hàng. Chứng minh 11. E M X A Z D R W B C Y F a. Bổ đề 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn. Tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại CX AC 2 tiếp tam giác ABC cắt BC tại X. Khi đó: . =− AB 2 XB XA XC AC Chứng minh 12. Ta có ∆XBA ∼ ∆XAC ⇔ = = XB XA BA AC 2 XC = . ⇒ XA BA2 AC 2 XC CX Lại có: =− =− . Đây chính là điều phải chứng minh. XA AB 2 XB A X C B Theo tính chất 4, ta có: ∆M AB ∼ ∆M DC ⇔ MA MB AB = = MD MC DC BX M B 2 CZ M C2 BX CZ =− = − = ⇒ ∆M AX ∼ , ⇒ 2 2 M A ZD MD XA XA ZD ∆M DZ ⇒ (XA, XM ) ≡ (ZD, ZM ) (mod π). Suy ra bốn điểm E, X, Z, M đồng viên. Tương tự ta cũng chứng minh được bốn điểm F, Y, W, M đồng viên. Gọi t1 , t2 theo thứ tự là tiếp tuyến của hai đường tròn EXZ, F Y W tại M. Ta sẽ chứng minh t1 ≡ t2 . Áp dụng bổ đề trên ta có: (t1 , t2 ) ≡ (t1 , EM ) + (EM, F M ) + (F M, t2 ) ≡ (XM, XE) + (EM, F M ) − (Y M, Y F ) ≡ (XM, BM ) + (BM, AB) + (EM, F M ) − [(Y M, M B) + (M B, BC)] ≡ (F M, F B) + (BM, AB) + (EM, F M ) − [(EM, EB) + (M B, BC)] ≡ (F M, F B) + (BM, AB) + (EM, F M ) + (EB, EM ) + (BC, M B) ≡ 0 (mod π) Suy ra t1 ≡ t2 . Vậy hai đường tròn (F W Y ), (EXZ) tiếp xúc với nhau tại M. b. Trước hết, ta chứng minh XZ, W Y cắt nhau tại một điểm thuộc tiếp tuyến chung tại M của hai đường tròn (F W Y ), (EXZ). Giả sử gọi R là giao điểm của tiếp tuyến chung tại M của hai đường tròn (F W Y ), (EXZ) với đường thẳng XZ . MC MB BC Ta có ∆M XB ∼ ∆M ZC ⇔ ∆M CB ∼ ∆M ZX ⇒ = = . MZ MX ZX CY M C2 ZR M Z2 Áp dụng bổ đề trên ta có: =− và = − . M B2 M X2 YB RX CY ZR Do đó: = YB RX Suy ra: ∆M XR ∼ ∆M BY ⇔ ∆M XB ∼ ∆M RY ⇒ (Y M, Y R) ≡ (BM, BX) (mod π). Tương tự ta chứng minh được ∆M AB ∼ ∆M W Y ⇒ (Y W, Y M ) ≡ (BA, BM ) (mod π). Vì vậy, ta có: (Y W, Y R) ≡ (Y W, Y M )+(Y M, Y R) ≡ (BA, BM )+(BM, BX) ≡ (BA, BX) ≡ 0 (mod π). Suy ra R, Y, W thẳng hàng. Ta có: RX.RZ = RM 2 = RW.RY, suy ra bốn điểm X, Z, W, Y đồng viên. c. F Y B M W A X E Z D C Do dai đường tròn (F W Y ), (EXZ) tiếp xúc với nhau tại M nên 0 ≡ (M E, M F ) ≡ (M E, M R)+ (M R, M F ) ≡ −(XM, XE) + (Y M, Y F ) (mod π)(XM, XB) ≡ (Y M, Y B) (mod π) Suy ra bốn điểm M, X, Y, B đồng viên. Chứng minh tương tự bốn điểm M, X, W, A đồng viên. Ta có: (XM, XY ) ≡ (BM, BY ) ≡ (BM, BC) ≡ (AM, AD) ≡ (AM, AW ) ≡ (XM, XW ) (mod π). Suy ra: W, X, Y thẳng hàng. Tương tự ta chứng minh được X, Y, Z thẳng hàng. Vậy X, Y, Z, W thẳng hàng (điều phải chứng minh). B. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI ĐIỂM MIQUEL. BÀI 1. (China Team Selection 2018, P1, Test 2). Cho tam giác ABC có điểm D di chuyển trên cạnh BC. Dựng E, F lần lượt trên AC và AB sao cho BF = CD, CE = BD. P là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác BDF, CDE. Chứng minh rằng tồn tại điểm Q cố định sao cho độ dài P Q là hằng số. L Lời giải Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. G là điểm trên BC sao cho CG = BD. Nhận thấy: G, E đối xứng với nhau qua IC suy ra IE = IG = IF. Tam giác AEF có I là giao ’ và trung trực đoạn EF . Vậy I nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác phân giác góc EAF AEF. Theo định lí Miquel ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF đi qua điểm P. Gọi Y là giao điểm thứ hai của đường thẳng BI với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDF, Z là giao điểm thứ hai của đường thẳng CI với đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE. Ta có Y F = Y D, F B = DC, Y’ F B = Y’ DC. A F E Y I Q Z G D B P M C Suy ra ∆Y F B = ∆Y DC ⇒ Y B = Y C. Chứng minh tương tự ta có ZB = ZC . Vậy Y, Z là giao của trung trực đoạn BC với IB, IC. Suy ra Y, Z cố định. Áp dụng tính chất 6 ta có I, Y, Z, P đồng viên. Vậy P nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác IY Z cố định. Gọi Q là tâm của đường tròn này, ta có P Q cố định, không phụ thuôc vào vị trí của D.  BÀI 2. ( Iran TST vòng 1, ngày 2, năm 2017). Cho tam giác ABC. Gọi P.Q là các điểm bất kì trên cạnh BC sao cho BP = CQ và P nằm giữa B, Q. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AP Q cắt các đoạn AB, AC lần lượt tại E, F.EP, F Q cắt nhau tại T . Hai đường thẳng đi qua trung điểm của BC và song song với AB, AC lần lượt cắt EP, F Q tại X, Y. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác T XY tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác AP Q. L Lời giải Gọi M là trung điểm của đoạn BC, S là giao điểm thứ hai của đường thẳng AM với đường tròn ngoại tiếp tam giác AP Q. Do M X k AB nên ÷ ÷ ’ =P ’ M XP = M XE = BEP SA = P’ SM . Suy ra tứ giác M SXP nội tiếp. Do đó S thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác P M X. Tương tự do M Y k AC nên ÷ ÷ ’ ’=M ’ M YQ=M Y F = QF C = ASQ SQ.