Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường tròn (Toán học Lớp 10)

a. (1.5đ)

Do tứ giác $IBCM$ nội tiếp nên $\widehat{IBA}=\widehat{IMA}$, suy ra hai tam giác $ABI$ và $AMI$ bằng nhau, nên $IM=IB$, từ đó suy ra $NI$ là phân giác $\widehat{ANM}$, suy ra $(I)$ là đường tròn nội tiếp tam giác $AMN$, nên $MN$ là tiếp tuyến của $(I)$.

b. (3.5đ)

Gọi $L$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ của $(O)$, bằng cách cộng góc, chẳng hạn theo thế hình trên thì $\widehat{LPE}=\widehat{LPB}+\widehat{BPE}=\widehat{LAB}+\widehat{BME}=90^o$, suy ra $PE$ đi qua điểm chính giữa $J$ của cung lớn $BC$ của $(O)$. | 1

Tương tự, $QF$ cũng đi qua $J$. | 1

Gọi $S_1$ là giao điểm của $d$ và $AJ$ thì $\frac{AJ}{A{S}_1}=\frac{AE}{AH}$.

Tương tự, gọi $S_2$ là giao điểm của $d^{\prime }$ và $AJ$ thì $\frac{AJ}{A{S}_2}=\frac{AF}{AK}$. | 1

Mặt khác, chứng minh được $EF\parallel MN$ nên $\frac{AE}{AH}=\frac{AF}{AK}$ suy ra $S_1$ trùng $S_2$. | 1

Từ đó $S$ thuộc $AJ$ nên $AS$ vuông góc với $AI$. | 0.5

(AI giải đề cho tôi)
Hoa có 6 cánh hoa, mỗi cánh là một cung tròn tâm I với OI = 50 cm, đi qua các giao điểm M cách O một khoảng OM = 45 cm. Các giao điểm cách đều nhau trên đường tròn tâm O bán kính 45, nên góc giữa hai giao điểm liên tiếp tại O bằng 60°, do đó góc MOI = 30°.

Bán kính cung (cánh hoa):
$$r=IM=\sqrt{O{I}^2+O{M}^2-2\cdot OI\cdot OM\cdot \cos 30^{\circ }}=\sqrt{2500+2025-4500\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{4525-2250\sqrt{3}}\approx 25,06\text{ cm}.$$

Góc ở tâm I giữa hai giao điểm M, N (với MN = 2·45·sin30° = 45 cm):
$$\cos \widehat{MIN}=\frac{r^2+r^2-M{N}^2}{2r^2}=1-\frac{2025}{2r^2}\approx -0,6127\Rightarrow \widehat{MIN}\approx 128^{\circ }.$$

Phần cánh hoa (nét liền) là cung lớn nằm phía xa O, nên số đo cung xấp xỉ 360° − 128° = 232°.

Độ dài một cánh hoa:
$$l=\frac{\pi r\cdot 232^{\circ }}{180^{\circ }}\approx \frac{\pi \cdot 25,06\cdot 232}{180}\approx 101,4\text{ cm}.$$

Tổng độ dài 6 cánh hoa:
$$L\approx 6\cdot 101,4=608,4\text{ cm}\approx 6,08\text{ m}.$$

Vậy cô cần mua khoảng 6,08 m dây kim tuyến, khớp với đáp án nguồn 6.08.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi các đỉnh lục giác đều cạnh 4 là A, B, C, D, E, F. Đường cong gồm 9 cung tròn: 3 cung lồi (ngoài) tâm tại A, C, E và 6 cung lõm (trong) tâm tại B, D, F.

Do tính đối xứng, các cung gặp nhau tại các điểm nằm trên các cạnh của lục giác. Gọi $R$ là bán kính cung tâm $A$ và $r$ là bán kính cung tâm $B$; điểm gặp nhau trên cạnh $AB$ thỏa mãn $R+r=4$.

Mỗi cung có độ dài $\frac{4\pi }{3}$. Cung tâm $A$ nối điểm trên tia $AB$ với điểm trên tia $AF$ nên góc ở tâm là $120^{\circ }=\frac{2\pi }{3}$ (giữa hai cạnh $AB$, $AF$). Suy ra $R=\frac{4\pi /3}{2\pi /3}=2$. Tương tự các cung khác cũng có góc ở tâm $\frac{2\pi }{3}$ và bán kính $r=4-2=2$. Kiểm tra: độ dài mỗi cung $=2\cdot \frac{2\pi }{3}=\frac{4\pi }{3}$ ✓; các điểm nối chính là trung điểm các cạnh của lục giác.

Diện tích bao bọc = diện tích lục giác + 3 hình quạt tâm $A,C,E$ (nằm trong lục giác, mỗi quạt bán kính 2, góc $120^{\circ }$) − 3 hình quạt tâm $B,D,F$ (bị cung lõm cắt ra ngoài, cùng bán kính 2, góc $120^{\circ }$). Vì các hình quạt bằng nhau nên chúng triệt tiêu:
$$S=S_{lụcgi\acute{a}c}=6\cdot \frac{4^2\sqrt{3}}{4}=24\sqrt{3}\approx 41,569.$$

Làm tròn đến hàng phần mười: $S\approx 41,6$.

a) Ta thấy rằng $\frac{RT}{RA}=\frac{AT}{AR}-1$ do đó chỉ cần chứng minh $\frac{AT}{AR}$ cố định là đủ. Mà cũng thấy rằng $AB,AC$ là tiếp tuyến của $(I)$ và $(O_a)$ do đó $A$ là tâm vị tự của hai đường tròn đó, hơn nữa với vị trí của $R$ thì ta cũng có
$$\frac{AT}{AR}=\frac{R_{(O_a)}}{R_{(I)}}.$$
Mặt khác, nếu gọi $G,H$ là tiếp điểm của $(O_a)$ với $AB,AC$ thì theo Sawayamar - Thebault ta có $I$ là trung điểm $GH$ và nếu gọi $J$ là tiếp điểm của $(I)$ với $AC$ thì từ đó theo các hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có được
$$\frac{R_{(O_a)}}{R_{(I)}}=\frac{IH}{IJ}=\frac{AH}{AI}=\frac{1}{\cos \frac{\angle A}{2}}$$
là một giá trị cố định khi $A$ di chuyển trên cung lớn $BC$ của $(O)$. $\square$

b) Gọi $M$ là điểm chính giữa cung $BAC$ của $(O)$. Ta chứng minh $WY$ đi qua $M$ cố định.
Theo tính chất đường tròn Mixtilinear thì ta có $AX\parallel BC$. $E$ là giao điểm $WI$ và $AT$, $F$ là giao điểm khác $N$ của $NE$ với $(O)$. Trước hết ta có
$$(EI,EF)\equiv (BC,NF)\equiv (BC,BN)+(BN,NF)\equiv (AN,AB)+(AB,AF)\equiv (AI,AF)(\mathrm{mod}\pi )$$
Do đó $A,F,I,E$ đồng viên. Gọi $U^{\prime }$ là giao điểm khác $M$ của $ME$ với $(O)$, tương tự như trên thì $I,E,U^{\prime },T$ đồng viên. Chú ý rằng $TM$ là phân giác $\angle ATX$ nên ta có
$$(U^{\prime }E,U^{\prime }I)\equiv (TE,TI)\equiv (U^{\prime }M,U^{\prime }X)(\mathrm{mod}\pi )$$
Khi đó $U^{\prime },I,E$ thẳng hàng hay $U^{\prime }\equiv U$. Tương tự, lấy $R_1\in (O)$ sao cho $T{R}_1\parallel BC$ thì $R_1,I,F$ thẳng hàng. Xét trục đẳng phương đối một ba đường tròn $(O),(AFEI),(EIUT)$ thì $AF,EI,UT$ đồng quy tại $W$. Lại gọi $W^{\prime }$ là giao điểm $MY$ với $UT$, $S_1$ là giao $NF,MT$ thì theo định lý Pascal cho bộ $\left(\begin{array}{ccc}M& A& N\\ F& Y& T\end{array}\right)$ thì $W^{\prime },L,S_1$ thẳng hàng. Xét tứ giác toàn phần $UTIE.MW$ thì
$$W(IT,LM)=-1=F(RT,NM)=(IT,SM)=W(IT,S_{1}M)$$
Khi đó $W,L,S_1$ thẳng hàng nên $W\equiv W^{\prime }$. Từ đây ta có điều phải chứng minh. $\square$

a) $DP$ cắt đường tròn $(I)$ tại điểm thứ hai là $S$, $Y^{\prime }$ là giao điểm tiếp tuyến tại $S$ của $(I)$ với $AC$, $G$ là giao điểm $ES$ và $DF$. Khi đó $ES$ và $DF$ lần lượt là đường đối cực của điểm $Y^{\prime }$ và $B$ đối với đường tròn $(I)$, suy ra $G$ là cực của $B{Y}^{\prime }$. Mà chú ý rằng $P$ là giao $EF$ và $DS$ nên $P$ và $G$ liên hợp hợp đối với $(I)$. Vậy $B,P,Y^{\prime }$ thẳng hàng hay $Y^{\prime }\equiv Y$. Chứng minh tương tự, ta suy ra $SY,SZ$ là tiếp tuyến của $(I)$, hay $YZ$ tiếp xúc $(I)$.

b) Xét $f={\mathcal{I}}_I^{I{D}^2}$ là phép nghịch đảo tâm $I$ phương tích $I{D}^2$ (nghịch đảo qua $(I)$) và gọi $R^{\prime }=f(P)$. Khi này ta có $A,B,C$ qua $f$ trở thành trung điểm $EF,FD,ED$ nên $(ABC)$ qua $f$ trở thành đường tròn euler của tam giác $DEF$, mà $P$ thuộc đường tròn đó nên $R^{\prime }=f(P)\in (ABC)$, do đó $R\equiv R^{\prime }$.
Hơn nữa, ta cũng có $f(E)=E$ và $f(F)=F$ nên $f$ biến $EF$ thành $(IEF)$ do đó $R\in (IEF)$. Gọi $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ của $(O)$ thì ta có ngay $MB=MC=MI$. Xét phép nghịch đảo $g={\mathcal{I}}_M^{M{B}^2}$ biến $B,C$ thành $B,C$ do đó biến $(O)$ thành $BC$ nên biến $A$ thành giao điểm $D^{\prime }$ của $AM$ với $BC$. Khi ấy, $g$ sẽ biến đường tròn đường kính $IA$ thành đường tròn đường kính $I{D}^{\prime }$, từ đó ta được
$$g(\{R,A\})=g((IA)\cap (O))=(I{D}^{\prime })\cap BC=\{D,D^{\prime }\}\Rightarrow g(R)=D.$$
Từ đây ta có được $RD$ luôn đi qua $M$ là điểm cố định. $\square$

(AI giải đề cho tôi)
Mỗi ô vuông 40×40 (1/4 viên gạch) có 4 đường tròn bán kính r = 20 (cm) tâm tại các trung điểm các cạnh của ô; hai đường tròn liền kề có tâm cách nhau đúng 20√2 (cm) và giao nhau tạo thành một cánh hoa (hình thoi cong nhọn về góc ô và tâm ô).
Diện tích một cánh hoa (phần giao của hai đường tròn bán kính r = 20, khoảng cách tâm d = 20√2):
S_cánh = 2r²arccos(d/2r) − (d/2)√(4r² − d²) = 2·400·arccos(√2/2) − 10√2·√(1600 − 800)
= 800·(π/4) − 10√2·20√2 = 200π − 400 ≈ 228,32 (cm²).
Viên gạch có 4 bông hoa × 4 cánh = 16 cánh hoa:
S = 16(200π − 400) = 3200π − 6400 ≈ 3653,09 ≈ 3653 (cm²).

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ trục toạ độ $A(0;0)$, $B(10;0)$, $D(0;10)$, $C(10;10)$. Khi đó $M(0;5)$, $N(4;0)$, $P(10;6)$.

Gọi $I(a;b)$ là tâm, $R$ bán kính. Vì các cây nằm ngoài đường tròn và khoảng cách từ mỗi cây đến $(C)$ bằng nhau nên $IM-R=IN-R=IP-R$, tức $IM=IN=IP$: $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $MNP$.

Từ $IM=IN$: $a^2+(b-5{)}^2=(a-4{)}^2+b^2\Rightarrow 8a-10b+9=0$.
Từ $IN=IP$: $(a-4{)}^2+b^2=(a-10{)}^2+(b-6{)}^2\Rightarrow 12a+12b-120=0\Rightarrow a+b=10$.

Suy ra $18a-100+9=0\Rightarrow a=\frac{91}{18}\approx 5,056$, $b=\frac{89}{18}\approx 4,944$.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp: $R_0^2=a^2+(b-5{)}^2={\left(\frac{91}{18}\right)}^2+{\left(\frac{1}{18}\right)}^2=\frac{8282}{324}\Rightarrow R_0\approx 5,056$.

Vì ao phải nằm trong khuôn viên, $R\le$ khoảng cách từ $I$ đến cạnh gần nhất. Các khoảng cách tới bốn cạnh: tới $AB$ là $b=\frac{89}{18}\approx 4,944$; tới $AD$ là $a\approx 5,056$; tới $BC$ là $10-a\approx 4,944$; tới $CD$ là $10-b\approx 5,056$. Vậy $R_{\max }=\frac{89}{18}$, và với $R$ này khoảng cách từ mỗi cây đến $(C)$ vẫn bằng nhau do $IM=IN=IP$.

$a+b+R=\frac{91}{18}+\frac{89}{18}+\frac{89}{18}=\frac{269}{18}\approx 14,9$.

(AI giải đề cho tôi)
Đường tròn $(C)$ có tâm $I(1;2)$, bán kính $R=2$.

Viết lại: $d_1:m(x-1)+(y-1)=0$ và $d_2:(x-1)-m(y-1)=0$, nên cả hai đường thẳng đều đi qua điểm $P(1;1)$. Vì $IP=1<R=2$ nên $P$ nằm trong đường tròn, do đó với mọi $m$, mỗi đường thẳng $d_1,d_2$ đều cắt $(C)$ tại hai điểm phân biệt.

Hai đường thẳng có hệ số góc lần lượt $-m$ và $\frac{1}{m}$ (với $m\ne 0$), tích bằng $-1$ nên $d_1\perp d_2$ (trường hợp $m=0$: $d_1:y=1$, $d_2:x=1$ cũng vuông góc). Bốn giao điểm tạo thành tứ giác có hai đường chéo là hai dây cung của $(C)$ nằm trên $d_1,d_2$, cắt nhau tại $P$ và vuông góc, nên diện tích $S=\frac{1}{2}{d}_1{d}_2$ với $d_1,d_2$ là độ dài hai dây.

Khoảng cách từ $I$ đến $d_1$: $h_1=\frac{|m+2-m-1|}{\sqrt{m^2+1}}=\frac{1}{\sqrt{m^2+1}}$; từ $I$ đến $d_2$: $h_2=\frac{|1-2m+m-1|}{\sqrt{m^2+1}}=\frac{|m|}{\sqrt{m^2+1}}$.

Suy ra $d_1=2\sqrt{4-\frac{1}{m^2+1}}$, $d_2=2\sqrt{4-\frac{m^2}{m^2+1}}$, nên $S=\frac{2\sqrt{(4m^2+3)(3m^2+4)}}{m^2+1}$.

Đặt $t=m^2+1\ge 1$, khi đó $m^2=t-1$ và $(4m^2+3)(3m^2+4)=(4t-1)(3t+1)=12t^2+t-1$, do đó $S=\frac{2\sqrt{12t^2+t-1}}{t}=2\sqrt{12+\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}}$.

Đặt $u=\frac{1}{t}\in (0;1]$, xét $f(u)=12+u-u^2$ đạt giá trị lớn nhất bằng $12+\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{49}{4}$ khi $u=\frac{1}{2}$, tức $t=2$, suy ra $m^2=1$, tức $m=\pm 1$. Khi đó $S_{\max }=2\sqrt{\frac{49}{4}}=7$.

(Kiểm tra: tại $m=0$, $S=4\sqrt{3}\approx 6,93<7$.)

Vậy $m=\pm 1$.

Lời giải



Quỹ đạo chuyển động là $(C):(x-3{)}^2+(y-3{)}^2=4$.

$AB$ đi qua $A(-3;2)$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=(5;5)\Rightarrow \overrightarrow{n_{AB}}=(1;-1)$.

Phương trình tổng quát của đường thẳng $AB$ là: $x-y+5=0$.

Ta có: $d(I;AB)=IH=\frac{|3-3+5|}{\sqrt{1^2+(-1{)}^2}}=\frac{5}{\sqrt{2}}>R$ nên đường thẳng $AB$ và đường tròn $(C)$ không có điểm chung và gọi $K$ là giao điểm của $IH$ và đường tròn nên $HK=IH-IK=\frac{5}{\sqrt{2}}-2$.

$+$) Xét $M\in (C),N\in AB$ ta có $MN\ge IN-IM=IN-IK\ge IH-IK=HK=\frac{5}{\sqrt{2}}-2$.

(Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương ứng)

(AI giải đề cho tôi)
Khu vườn hình vuông diện tích $100m^2$ nên cạnh $10m$. Theo hình vẽ, đường tròn lớn tâm $A$ nội tiếp hình vuông có bán kính $5m$; hai đường tròn tâm $B$, $C$ nằm trên đường kính ngang, tiếp xúc trong với đường tròn lớn và tiếp xúc nhau, nên $2R+2r=10\Rightarrow R+r=5$.

Diện tích trồng hoa: $S_{hoa}=\pi (R^2+r^2)=\pi \left(R^2+(5-R{)}^2\right)=\pi (2R^2-10R+25)$, nhỏ nhất khi $R=2,5$ (tức $R=r=2,5m$), khi đó $S_{hoa}=12,5\pi \approx 39,27m^2$.

Phần trồng cỏ (tô đậm) là phần trong đường tròn lớn nằm ngoài hai đường tròn hoa: $S_{cỏ}=25\pi -12,5\pi =12,5\pi \approx 39,27m^2$.

Phần lát gạch: $S_{gạch}=100-25\pi \approx 21,46m^2$.

Chi phí (triệu đồng): $T=12,5\pi \cdot 1+12,5\pi \cdot 0,1+(100-25\pi )\cdot 0,3=12,5\pi +1,25\pi +30-7,5\pi =30+6,25\pi \approx 49,64$ triệu đồng.

Gọi $x$ và $y$ lần lượt là bán kính của các nửa đường tròn và bán kính của đường tròn.



Theo đề bài, ta có $\pi x^2+\pi y^2=50,24\iff x^2+y^2=16$. Ta có tổng độ dài đường xây (đường in đậm) là $d=2\pi x+4x+2\pi y=10,28x+6,28y$. Xét đường tròn $(C):x^2+y^2=16$, ta có $(C)$ có tâm là $O(0;0)$ và $R=4$. Ta có $d=10,28x+6,28y\iff 10,28x+6,28y-d=0$ với $d>0$. Để tồn tại $x$, $y$ thì đường tròn $(C):x^2+y^2=16$ và đường thẳng $\Delta :10,28x+6,28y-d=0$ phải có giao điểm $$\iff d(O;\Delta )\le R\iff \frac{|-d|}{\sqrt{10,28^2+6,28^2}}\le 4\Rightarrow d\le 48,186.$$ Để $d$ đạt giá trị lớn nhất thì $\Delta :10,28x+6,28y-48,2=0$ là tiếp tuyến của $(C)$. Gọi ${\Delta }^{\prime }$ là đường thẳng đi qua tâm $O(0;0)$ và vuông góc với $d$ nên ${\Delta }^{\prime }:3,14x-5,14y=0$. Khi đó $x$, $y$ là tọa độ của điểm $A$ với là giao điểm của $\Delta$ và ${\Delta }^{\prime }$ (cụm từ 'với là giao điểm' giữ nguyên theo bản gốc). Xét hệ phương trình $\{\begin{array}{l}3,14x-5,14y=0\\ 10,28x+6,28y-48,2=0\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x\approx 3,41\\ y\approx 2,09\end{array}$. (Lời giải trong nguồn dừng ở đây, không nêu kết quả số cuối cùng của tổng độ dài đường xây lớn nhất.)

a) Rõ ràng các đường tròn $(J)$, $(K)$, $(L)$ đồng quy tại điểm Miquel $T$ của tam giác $PCD$ ứng với bộ điểm $X$, $A$, $B$.

Do đó $JL\perp AT$, $KL\perp BT$, suy ra
$$\angle JLK=180^{\circ }-\angle ATB=\angle DPC=180^{\circ }-\angle JOK,$$
suy ra $LJOK$ là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi $Y$, $Z$ theo thứ tự là điểm đối xứng của $L$ qua $OJ$, $OK$; $M$ là điểm đối xứng với $P$ qua $L$. Khi đó
$$\angle LAM=\angle LMA=\angle PBA=\angle ADC.$$
Ta có $YZ$ là đường thẳng Steiner của $L$ ứng với tam giác $OJK$ nên $YZ$ đi qua trực tâm $H$ của tam giác $OJK$.
Mặt khác $AD$ và $YL$ có chung đường trung trực $OJ$ nên $ADYL$ là hình thang cân, suy ra $DY=AL$.

Ngoài ra $\angle YDC=\angle ADY-\angle ADC=\angle DAL-\angle LAM=90^{\circ }$.

Tương tự $CZ=AL$ và $\angle DCZ=90^{\circ }$. Từ đó suy ra $DCYZ$ là hình chữ nhật.
Vậy $d\left(H;CD\right)=d\left(Y;CD\right)=YD=LA=LP$.

a)

Đặt $BE\cap AO=\{Q^{\prime }\}$, $CF\cap AO=\{Q^{\prime \prime }\}$.
Ta có $(AX,O{Q}^{\prime })=B(AX,O{Q}^{\prime })=(AC,YE)=-1$. (1.5 điểm)

Tương tự $(AX,O{Q}^{\prime \prime })=-1$. Vì thế $Q^{\prime }\equiv Q^{\prime \prime }\equiv Q$. Vậy $Q$ nằm trên AO. (0.5 điểm)

b) Gọi $A{A}^{\prime }$, $C{C}^{\prime }$ là các đường cao kẻ từ $A$ và $C$ của tam giác $ABC$ và $H$ là trực tâm. Các đường tròn đường kính $BH$, $CH$ cắt lại $(O)$ tương ứng tại $K,L$.

Bằng cách xét trục đẳng phương của các đường tròn $(B{A}^{\prime }{C}^{\prime })$, $(O)$, $(A{A}^{\prime }C)$ ta có $BK$, $A^{\prime }{C}^{\prime }$, $AC$ đồng quy tại một điểm $S$. Suy ra $B(HK,AC)=-1$. (0.5 điểm)

Do $B(OE,CA)=-1=B(HK,AC)$ và phép đối xứng qua phân giác $\angle ABC$ bảo toàn tỉ số kép nên ta thu được $BK$, $BE$ đẳng góc trong $\angle ABC$. (0.5 điểm)

Chú ý rằng T là trung điểm của EF
$$\iff S_{PQE}=S_{PQF}\iff PQ\cdot EQ\cdot \sin \angle PQE=PQ\cdot FQ\cdot \sin \angle PQF.$$
Vậy ta chỉ cần chứng minh
$$\frac{QE}{QF}=\frac{\sin \angle PQF}{\sin \angle PQE}.(\ast )$$
Một mặt, ta có $\angle BKA=\angle BCE$ và $\angle KBA=\angle EBC$ nên $\angle KAB=\angle BEC$. Tương tự $\angle LAC=\angle BFC$. Suy ra
$$\frac{QE}{QF}=\frac{QE}{QA}\cdot \frac{QA}{QF}=\frac{\sin \angle QAE}{\sin \angle QEA}\cdot \frac{\sin \angle QFA}{\sin \angle QAF}$$
$$=\frac{\cos \angle ABC}{\cos \angle ACB}\cdot \frac{\sin \angle LAC}{\sin \angle KAB}=\frac{BH}{CH}\cdot \frac{CL}{BK}=\frac{\sin \angle LHC}{\sin \angle KHB}.$$ (1 điểm)

Mặt khác, tiếp tuyến tại $C$ đẳng góc với đường thẳng qua $C$ song song với $AB$ nên $\angle QCP=\angle (CL,AB)=\angle (HL,HC)=\angle LHC$. Tương tự $\angle QBP=\angle KHB$.
Do đó
$$\frac{\sin \angle PQF}{\sin \angle PQE}=\frac{\sin \angle CQP}{\sin \angle BQP}=\frac{PC\cdot \frac{\sin \angle QCP}{PQ}}{PB\cdot \frac{\sin \angle QBP}{PQ}}=\frac{\sin \angle LHC}{\sin \angle KHB}.$$
Vậy $(\ast )$ được chứng minh và bài toán được giải quyết. (1 điểm)

Lời giải.

a) Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $CE,CF$. Khi đó $PQ\parallel EF$ và $\widehat{GPO}=\widehat{GQO}=90^{\circ }$. Do đó tứ giác $GOPQ$ nội tiếp. Do đó nếu gọi $S=EF\cap BC$ thì:

$$\widehat{GES}=\widehat{GPQ}=\widehat{GOQ}=\widehat{GOD}=\widehat{GBD}=\widehat{GBS}.$$

Suy ra tứ giác $GBES$ nội tiếp.

Tương tự: tứ giác $GDFS$ cùng nội tiếp.

Gọi $T=OG\cap BC$. Từ $OB=OD$ nên có $\widehat{DGT}=\widehat{OGB}$ và $\widehat{GDT}=\widehat{GOB}$ nên $△GDT\sim △GOB$ (g-g) nên $\widehat{GTD}=\widehat{GBO}$.

Ta có

$$\widehat{GST}=\widehat{GSB}=\widehat{GEB}=90^{\circ }-\frac{\widehat{GBE}}{2}=90^{\circ }-\widehat{GBO}=90^{\circ }-\widehat{GTS}.$$

Điều này chứng tỏ $△GTS$ vuông tại $G$, tức $\widehat{OGS}=90^{\circ }$ nên hai đường thẳng $GS$ và $GL$ trùng nhau, suy ra $GL$ đi qua $S$, suy ra đpcm.



Nhận xét

Bài toán có thể giải bằng đường thẳng Simson và Steiner, kết hợp với phép đối xứng cũng rất nhanh!

b) Gọi $I$ là điểm chính giữa cung $BGD$ của $(OBD)$. Khi đó $OI$ là đường kính của $(OBD)$ nên $\widehat{IGO}=90^{\circ }=\widehat{OGL}$ nên $GL$ đi qua $I$. Ta sẽ chứng minh $I$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $GMN$.

Thật vậy, dễ thấy tứ giác $GHCK$ nội tiếp đường tròn đường kính $LC$ và từ $AB=AC$ có được $AC$ là phân giác $\widehat{BCD}$. Chú ý $GO$ là phân giác $\widehat{BGO}$. Do đó:

$$\widehat{DGN}=\widehat{DGI}+\widehat{NGL}\text{(vıˋ }GL\equiv GI\text{)}$$
$$=(\widehat{DGO}+\widehat{OGI})+\widehat{KCL}\text{(vıˋ tứ giaˊc }GKCL\text{ nội tieˆˊp)}$$
$$=\frac{\widehat{DGB}}{2}+90^{\circ }+\frac{\widehat{BCD}}{2}\text{(vıˋ }GC,CL\text{ laˋ phaˆn giaˊc }\widehat{BGD},\widehat{BCD}\text{)}$$
$$=\frac{180^{\circ }-\widehat{DOB}}{2}+90^{\circ }+\frac{\widehat{BCD}}{2}\text{(vıˋ tứ giaˊc }GBOD\text{ nội tieˆˊp)}$$
$$=180^{\circ }-\widehat{BCD}-\frac{\widehat{BCD}}{2}\text{(vıˋ }O\text{ laˋ taˆm }(BCD)\text{)}$$
$$=180^{\circ }-\frac{\widehat{BCD}}{2}$$
$$=180^{\circ }-\widehat{DCN}.$$

Suy ra tứ giác $GDCN$ nội tiếp.



Vì $AB=AD$ và $IB=ID$ (vì $I$ là điểm chính giữa cung $BGD$ của $(GBD)$) nên $IA$ là trung trực của $BD$, từ đó $AI$ là phân giác của $\widehat{BID}$. Từ đó:

$$\widehat{AID}=\frac{\widehat{BID}}{2}=\frac{\widehat{BGD}}{2}=\widehat{CGD}=\widehat{CND}=\widehat{AND}.$$

Do đó tứ giác $AIND$ nội tiếp.

Mặt khác, từ $OI$ là đường kính $(BDO)$ có $ID\perp OD$ nên $ID$ là tiếp tuyến $(ABCD)$. Từ đó

$$\widehat{INM}=\widehat{INA}$$
$$=\widehat{IDA}\text{(vıˋ tứ giaˊc }AIND\text{ nội tieˆˊp)}$$
$$=\widehat{ACD}\text{(vıˋ }AD\text{ laˋ tieˆˊp tuyeˆˊn }(ABCD))$$
$$=\widehat{LCH}\text{(vıˋ }AC\text{ laˋ phaˆn giaˊc }\widehat{BCD}$$
$$=\widehat{LGH}\text{(vıˋ }LHCG\text{ nội tieˆˊp)}$$
$$=\widehat{IGM}.$$

Suy ra tứ giác $IMGN$ nội tiếp. Tức $I\in (GMN)$.

Từ đó ${\mathcal{P}}_{L/(GMN)}=\overline{LM}\cdot \overline{LN}=\overline{LI}\cdot \overline{LG}={\mathcal{P}}_{L/(OBD)}$, ta có đpcm.

Nhận xét

Tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $GMN$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBD$.

Lời giải.

a) Gọi $X$ là điểm đối xứng của $N$ qua $MP$ và $Y$ là điểm đối xứng của $N$ qua $QC$. Khi đó, ta suy ra $MX=MN$ và $CN=CY$. Theo định lý Pitot, ta có:

$$BC-CN=MB-MN⟹BX=BY.$$

Ta có chuỗi biến đổi sau:

$$N{P}^2-N{Q}^2=P{X}^2-Q{Y}^2=(P{B}^2-B{X}^2)-(B{Q}^2-B{Y}^2)=B{P}^2-B{Q}^2.$$

Theo định lý 4 điểm, thì $PQ\perp BN$.



b) Gọi $F=MN\cap BC$ và $G=CM\cap AF$.

Dễ thấy ta có các hàng điểm điều hòa $(B,C,D,F)=-1$ và $(M,N,E,F)=-1$. Từ đó suy ra:

$$(F,D,B,C)=(F,E,N,M)$$

Đẳng thức trên kéo theo ba đường thẳng $ED$, $MC$, $NB$ đồng quy, suy ra $K\in AE$.

Khi đó ta có:

$$(G,K,M,C)=A(G,K,M,C)=(F,D,B,C)=-1$$

Suy ra

$$I(G,K,M,C)=-1(1)$$

Tiếp theo, xét cực và đối cực đối với đường tròn $(I)$. Theo một tính chất quen thuộc, ta có $BN$ là đường đối cực của $G$ đối với $(I)$, suy ra được $IG\perp BN$.

Mặt khác, $BN\perp PQ$ (câu a). Do cùng vuông góc với $BN$, ta có:

$$PQ\parallel IG(2)$$

Từ (1) và (2), ta suy ra $KI$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $PQ$. Hay nói cách khác, $KI$ đi qua $L$. Vậy ba điểm $K$, $I$, $L$ thẳng hàng.



Nhận xét

Ta còn có cách giải khác như sau: qua $N$ kẻ đường thẳng vuông góc với $IN$ cắt $CM$ tại $R$. Khi đó $P,Q,R$ thẳng hàng trên đường cắt tuyến trục giao của $N$ đối với tam giác $ICM$. Khi đó dùng cực và đối cực sẽ ra được cả câu $a,b$!

Phát triển

Cho tam giác $ABC$ có cạnh $BC$ tiếp xúc với đường tròn nội tiếp $(I)$ tại điểm $D$. Đường thẳng $AD$ cắt lại $(I)$ tại $E$. Tiếp tuyến tại $E$ của $(I)$ cắt các cạnh $AB$ và $AC$ lần lượt tại $M$ và $N$. Hai đường thẳng $BN$ và $CM$ cắt nhau tại $K$. Chứng minh rằng nếu $X$ và $Y$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $BMN$ và $BCN$ thì đường thẳng $IK$ chia đôi đoạn thẳng $XY$.

a) Xét hình vẽ bên dưới.



Trước hết, ta chứng minh $M,N$ thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Chứng minh. Ta biến đổi góc, được
$$\widehat{EMI}=\widehat{AFE}-\widehat{ABI}=90^{\circ }-\frac{\widehat{BAC}}{2}-\frac{\widehat{ABC}}{2}=\frac{\widehat{ACB}}{2}=\widehat{ECI},$$
suy ra $C,E,M,I$ cùng thuộc một đường tròn.

Mặt khác, $C,E,I,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CI$, nên $C,E,M,I,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CI$, suy ra $\widehat{BMC}=\widehat{IMC}=90^{\circ }$, do đó $M$ thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Chứng minh tương tự thì $N$ cũng thuộc đường tròn đường kính $BC$. ■

Tiếp theo, ta chứng minh $\frac{BM}{BP}=\frac{CN}{CQ}$.

Chứng minh. Gọi $J,L$ lần lượt là trung điểm của $BC,MN$. Gọi $X,Y$ là các điểm thuộc $BC$ sao cho $XN$ và $YM$ cùng song song với $AI$.

Từ nhận xét trên, ta được $JM=JN$, do đó $JL\perp MN$. Do $MN\perp AI$ nên $JL\parallel AI$.

Xét hình thang $XYMN$ thì từ $XN\parallel JM\parallel YM$, với $LM=LN$, ta suy ra $J$ là trung điểm của $XY$. Do đó $BY=CX$. Ta suy ra
$$\frac{BM}{BP}=\frac{BY}{BC}=\frac{CX}{CB}=\frac{CN}{CQ}.$$ ■

Gọi $R$ là giao điểm khác $I$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC,IMN$. Khi đó $R$ là tâm của phép vị tự quay biến $BM$ thành $CN$, và từ tỉ số trên thì phép vị tự quay này cũng biến $P$ thành $Q$. Do vậy $(IPQ)$ cũng đi qua $R$.

Vậy đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $IBC,IMN,IPQ$ cùng đi qua $R\ne P$.

b) Trước hết, ta chứng minh nhận xét sau: Nhận xét. $A,K,J$ thẳng hàng.

Chứng minh. Qua $K$, vẽ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $B^{\prime },C^{\prime }$. Từ tứ giác $B^{\prime }KIF$ nội tiếp đường tròn đường kính $I{B}^{\prime }$, tứ giác $C^{\prime }IKE$ nội tiếp đường tròn đường kính $I{C}^{\prime }$ thì $\widehat{I{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\widehat{IFE}=\widehat{IEF}=\widehat{I{C}^{\prime }{B}^{\prime }}$, suy ra $I{B}^{\prime }=I{C}^{\prime }$. Do $IK$ là đường cao nên $K$ là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$.

Xét hình thang $B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C$ có $A$ là giao điểm của $B{B}^{\prime }$ và $C{C}^{\prime }$, $K,J$ lần lượt là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime },BC$ nên $A,K,J$ thẳng hàng theo bổ đề hình thang. ■



Bây giờ, gọi $V$ là trung điểm của $AI$ thì $A,V,I,T$ thẳng hàng và $(AI,TV)=-1$.

Gọi $W$ là giao điểm của $KT$ và $BC$ thì $(SW,DJ)\stackrel{K}{=}(VT,IA)=-1$, do đó $S,W$ liên hợp với nhau với $(DMN)$.

Ta cũng có $(SD,BC)=-1$, do đó $(SK,MN)\stackrel{I}{=}(SD,BC)=-1$. Do đó, $S,K$ liên hợp với nhau đối với $(DMN)$.

Ta suy ra $KT$ là đường đối cực của $S$ đối với $(DMN)$, do đó đường thẳng qua $S$ vuông góc với $TK$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DMN$.