Đường thẳng và đường tròn luôn đi qua điểm cố định

12 2 2KM PA QC kPB kQD k PB QD kKN.              Do đó K thuộc MN. Nói cách khác, MN đi qua K (đpcm). Trở lại giải bài toán 8. Có hai trường hợp xảy ra. Trường hợp 1. 90BAC .  Lấy K sao cho ABKC là hình bình hành (h.8.3). Theo bổ đề 1, XY luôn đi qua K. Gọi d là đường thẳng chứa phân giác của góc BAC. Đặt cosAO dL V .§ (K). Gọi G là trung điểm của LK. Theo bổ đề 2, đường thẳng nối trung điểm của các đoạn XY, ZT luôn đi qua G. d G L T Z X Y P M N K C B A (h.8.3) Trường hợp 2. 90BAC .  Tương tự trường hợp 1. Bài toán 9. Cho tam giác ABC. Điểm D chạy trên đường thẳng BC và khác B, C. Các đường tròn (ABD), (ACD) theo thứ tự lại cắt AC, AB tại E, F. DF, BE theo thứ tự cắt AC, AB tại M, N. X là giao điểm của BM, CN. Chứng minh rằng đường thẳng DX luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. 13 Gọi P, Q theo thứ tự là giao điểm của MN với AX, BC (h.9). Dễ thấy 1 1(MNPQ) ( ).  Mặt khác, dễ thấy (DM,BC) (DF,DC) (AF,AC) (AB,AE) (DB,DE) (BC,DN)(mod ).      Do đó BC là phân giác của một trong hai góc tạo bởi các đường thẳng DM, DN (2). Từ (1) và (2) suy ra 3DP DQ ( ). Đặt Y = AP ∩ BC. Lấy Z trên DX sao cho AZ // DP (4). Dễ thấy 1(AXYP) .  Do đó 1 5D(AZCP) ( ).  Từ (3), (4), (5) suy ra Z là điểm đối xứng của A qua BC. Điều đó có nghĩa là Z cố định (đpcm). Y Z X P Q M N F E A B C D (h.9) Bài toán 10. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). S = AB ∩ CD. T = AD ∩ BD. Điểm M chạy trên (O). MS, MT theo thứ tự lại cắt (O) tại N, P. Chứng minh rằng đường tròn (ONP) luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. 14 F QL K N P E T S O A B D C M (h.10) Gọi E là giao điểm của AC và BD; Q là giao điểm của MS và AC; K, L theo thứ tự là giao điểm của NP và AB, CD (h.11). Ta có (SKAB) = N(SKAB) = N(MPAB) = C(MPAB) = (MPQT) = A(MPQT) = A(MPCD) = N(MPCD) = (SLCD). Suy ra KL, AC, BD đồng quy. Điều đó có nghĩa là NP đi qua E. Gọi F là giao điểm thứ hai của OE và (ONP). Ta có E /(P)EF.EO EN.EP P .  Do đó E /(P)PEF EO  không đổi. Suy ra F cố định (đpcm). Chú ý. Có thể kiểm tra được rằng F là hình chiếu của O trên ST. Do đó F là điểm Miquel của tứ giác toàn phần xác định bởi các đường thẳng AB, AD, CB, CD. Bài toán 11. Cho hai đường tròn (O1), (O2). Điểm M chạy trên (O1). Đường thẳng qua O2 và song song với O1M cắt (O2) tại A. B. MA. MB theo thứ tự lại cắt (O2) tại C, D. Chứng minh rằng đường thẳng CD luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. Cách 1. Gọi K, L, S và E, F theo thứ tự là giao điểm của AM, BM, CD và (O) với O1O2 (h.10.1). Chú ý rằng L cố định, ta có (SKEF) = C(SKEF) = C(DAEF) = B(DAEF) = B(LO2EF) = (LO2EF) không đổi. Kết hợp với K cố định, suy ra S cố định (đpcm). 15 S D L C FE K B O1 M O2 A (h.11.1) Cách 2. Gọi S là giao điểm của CD và O1O2; ∆ là trục đẳng phương của (O1), (O2); O là tâm của đường tròn (MCD) (h.11.2) O S D C B O1 M O2 A (h.11.2) 1 1Ta cã(MO ,MD) (BA,BD)(mod ) (v×MO // BA) (CA,CD)(mod ) (v×C (BAD)) (CM,CD)(mod ).        Do đó MO1 tiếp xúc với (MCD). Suy ra 1OM MO . Điều đó có nghĩa là OM tiếp xúc với (O1) (1).  12 2 1 Ta cã(CO,CD) (CO,OD)(mod ) (v×OC OD) 2 (CO,OC) (OC,OD) (mod ) (MC,MD)(mod )                16 2 1 1 2 2 2 1 2 2 2 (AC,BD)(mod ) s®AB s®CD(mod ) s®CD(mod ) (AC,AD)(mod ).               Do đó OC tiếp xúc với (O2) (2). Từ (1) và (2), chú ý rằng OM = OC, suy ra O thuộc ∆. Kết hợp với S là cực của ∆, ta có S cố định (đpcm). Chú ý. Các cung nói trong lời giải trên là các cung định hướng của đường tròn (O2). Bài toán 12. Cho tam giác ABC vuông tại A. Hình chữ nhật MNPQ thay đổi sao cho M thuộc AB, N thuộc AC và P, Q thuộc BC. K = BN ∩ MQ; L = CM ∩ NP; X = MP ∩ NQ; Y = KP ∩ LQ. Chứng minh rằng 1) KAB LAC. 2) XY luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. 1) Lấy U, V theo thứ tự thuộc AK, AL sao cho 90ABU ACV   (h.1). V U LK PQ N A B C M (h.12.1) BU BU NA MA BK BA ML BQ BA MN Ta cã . . . . . . CV NA MA CV NK CA CL NM CA CP BQ CA NP BA CA BA BA . . . . . MQ BA CP CA BA CA CA       Do đó các tam giác ABU, ACV đồng dạng. Vậy KAB LAC. 1) Đặt Z = ML ∩ NK (h.2). Theo định lí Pappus, X, Y, Z thẳng hàng (1). Gọi H là hình chiếu của A trên BC; O, F, E theo thứ tự là trung điểm của BC, MN, AH. Dễ thấy A, F, O thẳng hàng; E, X, O thẳng hàng; FX // AH. Vậy 1X(AHEF) .  17 Kết hợp với 1(AZOF) ,  suy ra X(AHEF) X(AZOF) X(AZEF).  Do đó X, H, Z thẳng hàng (2). Từ (1) và (2) suy ra XY đi qua H (đpcm). E YX L K F H Z O PQ N A B C M (h.12.2) Bài toán 13. Cho tam giác ABC. Điểm X chạy trên đoạn BC. Đường tròn (O) đi qua A, tiếp xúc với BC tại X và cắt đường tròn (ABC) tại M, N sao cho MN đi qua trung điểm của AX. MN cắt AB, AC tại Y, Z. Chứng minh rằng đường tròn (AYZ) luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. Trước hết ta cần có một bổ đề. Bổ đề. Cho tam giác ABC. Điểm X chạy trên đoạn BC. Các điểm Y, Z theo thứ tự thuộc AC, AB sao cho XYAZ là hình bình hàmh. Khi đó đường tròn (AYZ) luôn đi qua một điểm cố định khác A. Bổ đề trên rất quen thuộc, không trình bày phép chứng minh ở đây. Trở lại giải bài toán 13 (h.13). K O T M N S Y Z A B CX (h.13) Lấy T thuộc BC sao cho 1AT // MN ( ). Đặt K = AX ∩ MN; S = BC ∩ MN. Vì MN đi qua trung điểm của AX nên 2ST SX ( ). 18 Dễ thấy 2 3SX SM.SN SB.SC ( ).  Từ (2) và (3), theo hệ thức Newton, suy ra 1(BCXT) .  Do đó 1 4A(BCXT) ( ).  Từ (1) và (4) suy ra KY KZ. Vậy XYAZ là hình bình hành. Do đó, theo bổ đề trên, đường tròn (AYZ) luôn đi qua một điểm cố định khác A. Bài toán 14. Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại A, B. Đường thẳng ∆ quay quanh B và theo thứ tự lại cắt (O1), (O2) tại C, D. M là trung điểm của CD. AM lại cắt (O2) tại P. Đường thẳng qua M và vuông góc với O1M cắt AC tại Q. Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. Gọi (O3) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ACP; K, N theo thứ tự là giao điểm thứ hai của (O1), (O3) và AP, ∆; (O4) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AND; S là giao điểm thứ hai của PQ với đường tròn (O2) (h.14). O3 K O4 N S Q P M D B O1 A O2 C (h.14) Ta có MP.MA MB.MD MB.MC MK.MA . MN.MC MA.MP MB.MD MB.MC           Do đó MP MK;MN MB.    Kết hợp với MD MC,  suy ra phép đối xứng tâm ĐM theo thứ tự biến A, B, C thành P, N, D. Điều đó có nghĩa là ĐM biến (O1) thành (O4). Kết hợp với 1 2MQ O O , suy ra MQ là trục đẳng phương của các đường tròn (O1), (O4). Từ đó, chú ý rằng AQ và NP theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (O1), (O3) và (O3), (O4) suy ra Q thuộc NP. 19 VËy(BS,BA) (PS, PA)(mod ) (v× P thuéc(BSA)) (PN,PA)(mod )(v× PS PQ PN) (BK,AK)(mod ) (v× PN // BK;PA AK).          Do đó BS tiếp xúc với (O1). Suy ra S cố định (đpcm). Bài toán 15. Cho tam giác ABC. A’, B’, C’ theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB. Các điểm P, P’ thay đổi sao cho PA = PA’, PB = PB’, PC = PC’. Chứng minh rằng đường thẳng PP’ luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. Cách 1. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, (E) = (A’B’C’) (đường tròn Euler (E) của tam giác ABC). Qua phép vị tự 1 2 GV ,  A, B, C theo thứ tự biến thành A’, B’, C’. Đặt 1 2 GV (P) Q.   Chú ý rằng 1 2 GV (O) E,   ta có EQ // OP và 1 1 2 EP ( ). OQ   Theo giả thiết 1 12 2 APA'Q . A ' P ' A'P'   Tương tự 1 1 2 2 B 'Q C 'Q ; . B ' P ' C ' P '   Vậy đường tròn (E) chính là đường tròn Apollonius xác định bởi hai điểm Q, P’ và số 1 2 . Do đó E thuộc đường thẳng QP’. Gọi X, Y là giao điểm của (E) với QP’ (xem h.15.1). P S P' Q Y EG A' C' B' O A B C X (h.15.1) Ta có 1 1 2 2 XQ YQ ; . XP ' YP '    20 Coi XY là một trục với gốc là E. Giả sử X, Y, Q, P’ có toạ độ là x, y, q, p’. Ta có 1 10 2 2 q x q y x y ; ; . p ' x p ' y        Suy ra 10 1 3 q x q y x y ; ; . p ' q p ' q        Do đó 2 1 21 3 3 q q x q y . p ' q p ' q         Từ đó dễ dàng suy ra 1 2 4 q ( ). p '  Gọi S là giao điểm của PP’ và OE. Từ (1) và (2) suy ra   1 12 4 2 OS OP OP EQ OG q . . . p 'ES EP' EQ EP' EG        Do đó S cố định (đpcm). Cách 2. Ta cần có một bổ đề. Bổ đề. Cho điểm A, vetơ a và số k. Tập hợp  M |AM.a k  là một đường thẳng. Có thể tìm thấy phép chứng minh bổ đề trên trong Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10, tr 73. Trở lại giải bài toán 15. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có 1 2 1 1 2 1 2 GA' GA GB ' GB ( ). GC ' GC              Vì PA P 'A ';P 'B PB ';PC P 'C '   nên             2 2 2 2 2 2 2 GA GP GA' GP ' GB GP GB ' GP ' ( ). GC GP GC ' GP '                       Kết hợp (1) và (2), sau một vài biến đổi đại số đơn giản, suy ra       2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 4 3 2 3 4 3 2 4 GP GP ' GA GP GP ' .GA GP GP ' GB GP GP ' .GB ( ). GP GP ' GC GP GP ' .GC                                Lấy các điểm X, Y, Z sao cho 2GP GP ' GX GP ' GY        và Z = PP’ ∩ GY (h.15.2). 21 Z P Y G X P' (h.15.2) Từ (3) suy ra        2 2 2 2 3 2 4 3 2 4 GA GB GP GP ' .BA GY.BA . GA GC GP GP ' .CA GY.CA                        Theo bổ đề trên, Y chạy trên hai đường thẳng cố định. Điều đó có nghĩa là Y cố định (4). Mặt khác, dễ thấy 1 5 2 ZG ( ). ZY   Từ (4) và (5) suy ra Z cố định (đpcm).