Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Phương tích và trục đẳng phương (Toán học Lớp 10, 11, 12)

a) Do $\Delta QAD\sim \Delta QBC$ nên $\angle MQD=\angle NQC$, suy ra $NQ$ là đường đối trung của tam giác $AQD$. Ta thu được tứ giác $AFDQ$ điều hòa.

Suy ra
$$\angle QFM=\angle QFD-\angle MFD=\angle QAD-\angle QFA=\angle QBC-\angle QDA=\angle MPN.$$
Suy ra $M,F,P,N$ đồng viên. Tương tự $M,E,P,N$ đồng viên.

Lại có $\angle PMO=\angle PNO=90^{\circ }$ nên $PO$ là đường kính của $(PMN)$. Vậy $P,O,E,F,M,N$ đều nằm trên đường tròn đường kính $OP$.

b) Gọi $J$ là trung điểm của $OP$. $LQ$ cắt $TK$ tại $U$, $KQ$ cắt $TL$ tại $V$. $(L)$ giao $(K)$ tại $S$ khác $Q$.

Hiển nhiên $P$ thuộc trục đẳng phương của $(L)$ và $(K)$ nên $P,Q,S$ thẳng hàng. Đồng thời ta cũng có $\angle PSO=90^{\circ }$.

Ta có $JL\perp FS$, $LK\perp QS$ nên $\angle JLK=\angle FSQ=\frac{1}{2}\angle FLQ=\angle QLT$.

Tương tự $\angle JKL=\angle QKT$, suy ra $Q,J$ liên hợp đẳng giác trong tam giác $TLK$. Do đó $TQ,TJ$ đẳng giác trong $\angle LTK$. (1)

Mặt khác, ta cũng có $\angle QLT=\angle QSF=\angle QNP=\angle QMP=\angle QSE=\angle QKT$, suy ra tứ giác $LKUV$ nội tiếp.

Lại có $LQ\perp BC$ nên $LQ\parallel KO$, tương tự suy ra $LQKO$ là hình bình hành.

Từ đó $\frac{VQ}{OK}=\frac{VQ}{QL}=\frac{VU}{LK}=\frac{TV}{TK}$.

Mà $\angle TKO=\angle TUQ=\angle TVQ$ nên $△TVQ\sim △TKO(c.g.c)$.

Vậy $TQ,TO$ đẳng giác trong $\angle LTK$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $T,P,J,O$ thẳng hàng.

Lời giải (Lim Olympic - Nghệ An TST - P3).

Cách 1.

a) Gọi $AH$ cắt $YZ$ tại $M$.

Ta dễ có $△AMY\sim △AOQ$ (g.g) $\Rightarrow \frac{AM}{AO}=\frac{AY}{AQ}=\cos BAC\Rightarrow AM=AO\cdot \cos BAC$.

Gọi $N$ là trung điểm $BC$ ta có $AH=2ON=2AO\cdot \cos NOC=2AO\cdot \cos BAC\Rightarrow 2AM=AH$.

$\Rightarrow YZ$ đi qua $M$ là trung điểm $AH$ cố định.



b) Gọi $D,T$ lần lượt là hình chiếu của $A$ trên $BC,RQ$.

Gọi $YZ$ cắt $AT$ tại $U$ và $K$ là hình chiếu của $O$ trên $AD$.

Ta có $-1=X(ASTU)=X(AHTM)$ mà $M$ là trung điểm $AH\Rightarrow XT\parallel AH$.

Lại có tứ giác $AKTO$ nội tiếp $\Rightarrow \angle MKT=\angle AOQ=\angle AMY=\angle KMX\Rightarrow MKTX$ là hình thang cân $\Rightarrow MK,XT$ có chung trung trực. Mà $AM=\frac{1}{2}AH=ON=DK\Rightarrow AD$ và $MK$ có chung trung trực nên ta có $AXTD$ là hình thang cân $\Rightarrow 5$ điểm $A,X,T,D,P$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AP\Rightarrow \angle AXP=90^{\circ }$.



Cách 2.

a) Xét phép vị tự quay $f$ tâm $A$, biến $B$ thành $E$. Ta có $\frac{AE}{AB}=\cos A=\frac{AF}{AC}$, suy ra $f(C)=F$.

Mặt khác, ta có $\angle ARZ=\angle ABE=90^{\circ }$, $\angle AQY=\angle ACF=90^{\circ }$, đồng thời $\angle RAZ=\angle BAE$ và $\angle QAY=\angle CAF$. Do đó $f(R)=Z$ và $f(Q)=Y$.

Suy ra $f((ABC))=(AEF)$. Vì bốn điểm $A,E,H,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$ nên tâm của $(AEF)$ là $N$. Do đó $f(O)=N$.

Vì $O,R,Q$ thẳng hàng nên $N,Z,Y$ thẳng hàng. Vậy đường thẳng $YZ$ luôn đi qua điểm cố định $N$.

b) Lấy $T=EF\cap YZ$. Vì $f(BC)=EF$, $f(QR)=YZ$ và $P=BC\cap QR$ nên $f(P)=T$.

Do $RZ\perp AC$ và $QY\perp AB$ nên $S$ là trực tâm của tam giác $AQR$. Suy ra bốn điểm $A,Y,S,Z$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AS$.

Gọi $L\ne A$ là giao điểm thứ hai của hai đường tròn $(AEFH)$ và $(AYSZ)$.

Khi đó $\angle ALH\equiv \angle ALS=90^{\circ }$, suy ra $H,L,S$ thẳng hàng. Do đó $X=HL\cap NT$.

Áp dụng định lí Miquel cho tứ giác toàn phần tạo bởi bốn đường thẳng $AB,AC,EF,YZ$, ta được bốn điểm $F,Y,T,L$ đồng viên. Vì thế $\angle LTN=\angle LTY=\angle LFY=\angle LFA=\angle LHA$.

Vì $N$ là tâm của $(AEFH)$ nên $NA=NL$. Do đó $\angle NLA\equiv \angle LAN(\mathrm{mod}\pi )$.

Lại có $LH\perp LA$ và $A,N,H$ thẳng hàng nên $\angle NLH=\angle LHA$. Suy ra $\angle LTN=\angle NLH=\angle NLX$.

Mặt khác, do $N,T,X$ thẳng hàng nên $\angle LNT=\angle LNX$. Bởi vậy $△NLT\sim △NXL$.

Từ đó $\frac{NL}{NX}=\frac{NT}{NL}$, hay $NX\cdot NT=N{L}^2=N{A}^2$.

Đặt $U=f^{-1}(X)$. Vì $f(O)=N$, $f(P)=T$ và $f(U)=X$, khi đó ta có $OU\cdot OP=O{A}^2$.

Vậy $U$ là ảnh nghịch đảo của $P$ qua đường tròn $(O)$.

Do $P\in BC$, còn $B,C$ nằm trên $(O)$ nên $U$ thuộc đường tròn $(OBC)$.

Gọi $V\ne O$ là giao điểm thứ hai của $AO$ với $(OBC)$. Ta có $f((OBC))=(NEF)$ và $f(AO)=AN=AD$. Mà $(NEF)$ cắt $AD$ tại $N,D$, đồng thời $f(O)=N$, nên $f(V)=D$.

Vì bốn điểm $O,U,V,B$ đồng viên nên $\angle (UO,UV)\equiv \angle (BO,BV)(\mathrm{mod}\pi )$.

Do $OA=OB$, ta có $\angle (BO,AB)\equiv \angle (AB,AO)(\mathrm{mod}\pi )$. Mặt khác, $\angle (AB,BV)\equiv \angle (BC,AB)(\mathrm{mod}\pi )$. Suy ra $\angle (BO,BV)\equiv \angle (BC,AO)(\mathrm{mod}\pi )$, và do đó $\angle (UO,UV)\equiv \angle (BC,AO)(\mathrm{mod}\pi )$.

Từ $OU\cdot OP=O{A}^2$ và $O,U,P$ thẳng hàng, ta có $△OUA\sim △OAP$.

Vì thế $\angle (AU,UO)\equiv \angle (AO,AP)(\mathrm{mod}\pi )$.

Do đó $\angle (AU,UV)\equiv \angle (AO,AP)+\angle (BC,AO)\equiv \angle (BC,AP)(\mathrm{mod}\pi )$.

Vì $f(U)=X$, $f(V)=D$ nên $\angle (AX,XD)\equiv -\angle (AU,UV)\equiv \angle (AP,BC)\equiv \angle APD(\mathrm{mod}\pi )$.

Vậy bốn điểm $A,X,D,P$ cùng thuộc một đường tròn.

Mà $AD\perp DP$ nên $\angle AXP=\angle ADP=90^{\circ }$. Suy ra $XA\perp XP$.

Cách 3. (Lời giải của bạn Đỗ Đức Việt Hưng)

Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 0.1. Cho $△ABC$ nội tiếp $(O)$. $P$ là điểm bất kì nằm trên đường thẳng $BC$ nhưng không thuộc đoạn thẳng $BC$. Gọi $AO$ cắt $(O)$ tại $I$, $PI$ cắt $(O)$ tại $G$. Lấy $Q$ thuộc $AC$ sao cho $\angle BGQ=90^{\circ }$. Chứng minh rằng $P,O,Q$ thẳng hàng.



Chứng minh. Gọi $GQ$ cắt $BC$ tại $J$, $AI$ cắt $BC$ tại $L$, $AC$ cắt $PI$ tại $K$.

Ta có: $\angle AGI=\angle BGQ=90^{\circ }\Rightarrow \angle QGK=\angle BGA=\angle BCA=\angle QCJ$.

$\Rightarrow$ Tứ giác $CJGK$ nội tiếp $\Rightarrow △PGJ\sim △PCK\Rightarrow \frac{GJ}{CK}=\frac{PG}{PC}$.

Mà ta có $△PGB\sim △PCI$ do tứ giác $BGIC$ nội tiếp nên $\frac{GJ}{CK}=\frac{PG}{PC}=\frac{BG}{CI}$.

Ngoài ra, ta có: $\angle GBJ=\angle GBC=\angle GAC=\angle GAK$ và $\angle BGJ=\angle AGK=90^{\circ }$.

$\Rightarrow △BGJ\sim △AGK\Rightarrow \frac{GB}{GJ}=\frac{GA}{GK}$. Ta có:

$$\frac{QA}{QK}=\frac{S_{GQA}}{S_{GQK}}=\frac{\sin \angle AGQ\cdot GA}{\sin \angle QGK\cdot GK}=\frac{\sin \angle AGQ}{\sin \angle QGK}\cdot \frac{GB}{GJ}$$

Theo Menelaus ta có: $\frac{AC}{CK}\cdot \frac{LI}{LA}\cdot \frac{PK}{PI}=1\Rightarrow \frac{PK}{PI}=\frac{CK}{AC}\cdot \frac{LA}{LI}$ nên

$$\frac{QA}{QK}\cdot \frac{OI}{OA}\cdot \frac{PK}{PI}=\frac{\sin \angle AGQ}{\sin \angle QGK}\cdot \frac{GB}{GJ}\cdot \frac{CK}{AC}\cdot \frac{LA}{LI}$$

$$\frac{QA}{QK}\cdot \frac{OI}{OA}\cdot \frac{PK}{PI}=\frac{\sin \angle AGQ}{\sin \angle QGK}\cdot \frac{GB}{AC}\cdot \frac{CI}{BG}\cdot \frac{LA}{LI}$$

$$\frac{QA}{QK}\cdot \frac{OI}{OA}\cdot \frac{PK}{PI}=\frac{\sin \angle AGQ}{\sin \angle QGK}\cdot \frac{GB}{AC}\cdot \frac{CI}{BG}\cdot \frac{CA}{CI}\cdot \frac{BA}{BI}$$

$$\frac{QA}{QK}\cdot \frac{OI}{OA}\cdot \frac{PK}{PI}=\frac{\sin \angle AGQ}{\sin \angle QGK}\cdot \frac{BA}{BI}$$

Theo định lý sin ta có: $\frac{BA}{BI}=\frac{\sin \angle BIA}{\sin \angle BAI}=\frac{\sin \angle BCA}{\sin \angle (90^{\circ }-\angle BCA)}=\frac{\sin \angle QGK}{\sin \angle AGQ}$.

Suy ra $\frac{QA}{QK}\cdot \frac{OI}{OA}\cdot \frac{PK}{PI}=1$ hay $P,O,Q$ thẳng hàng. $■$

Quay trở lại bài toán ban đầu:



Gọi $AO$ cắt $(O)$ tại $I$, $PI$ cắt $(O)$ tại $G$, $(BGQ)$ cắt $YZ$ tại $X^{\prime }$.

Hai đường cao của $△ABC$ là $BE,CF$ và đường cao của $△AQR$ là $AT$.

Áp dụng bổ đề đã chứng minh, ta có: $\angle BGQ=90^{\circ }$ mà $\angle QYB=\angle BEQ=90^{\circ }$.

Từ đó $B,G,Q,X^{\prime },Y,E$ đồng viên.

Ta có $\angle X^{\prime }GC=\angle X^{\prime }GQ+\angle QGC=\angle X^{\prime }YQ+90^{\circ }-\angle BAC=\angle ZYQ+\angle AQZ=\angle AZ{X}^{\prime }$.

Suy ra tứ giác $X^{\prime }ZCG$ nội tiếp, kết hợp bổ đề ta đã chứng minh thì ta có: $C,G,R,X^{\prime },Z,F$ đồng viên.

Ta có: $S$ là trực tâm $△AQR$ nên $SY\cdot SD=SZ\cdot SR$ nên $S$ có cùng phương tích đến hai đường tròn $(X^{\prime }ZR)$ và $(X^{\prime }YQ)$. Suy ra $S$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này hay $S$ thuộc $X^{\prime }G$.

Ta có $HE\cdot HB=HF\cdot HC$ nên $H$ có cùng phương tích đến hai đường tròn $(X^{\prime }EB)$ và $(X^{\prime }CF)$. Suy ra $H$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này hay $H$ thuộc $X^{\prime }G$.

Từ các nhận xét trên ta có: $X^{\prime }$ chính là $X$ trong đề bài và $SX\cdot SG=SY\cdot SQ=ST\cdot SA$.

Suy ra tứ giác $AXTG$ nội tiếp hay $X\in (AP)$ hay $XA\perp XP$.

a) Kí hiệu $(UVT)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $UVT$.
Gọi $D^{\prime }$ là giao điểm của $EF$ và $BC$, $X$ là trung điểm của đoạn thẳng $D{D}^{\prime }$.
Ta có $(D^{\prime }DBC)=-1$ nên ${\overline{XD}}^2=\overline{XB}.\overline{XC}$.
Gọi $\Gamma$ là đường tròn tâm $X$, đường kính $D{D}^{\prime }$.
Định nghĩa lại $K$ là giao điểm thứ hai của đường tròn $\Gamma$ và đường tròn $(I)$.
Do ${\overline{XK}}^2={\overline{XD}}^2=\overline{XB}.\overline{XC}$ nên $XK$ là tiếp tuyến chung tại $K$ của hai đường tròn $(I)$ và $(BKC)$.
Gọi $B^{\prime },C^{\prime }$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $AC,AB$ và đường tròn $(BKC)$.
Khi đó đường tròn $(I)$ tiếp xúc với đường tròn $(BKC)$ tại $K$ đồng thời tiếp xúc với các dây $CB,C{B}^{\prime }$ của đường tròn $(BKC)$ lần lượt tại $D,E$.
Suy ra $KD,KE$ lần lượt là phân giác của $\angle BKC,\angle CK{B}^{\prime }$.
Lại có $KC$ là đường đối trung từ đỉnh $K$ của $△DKE$ nên ta có:
$$\angle BKM=\angle BKD+\angle DKM=\frac{\angle BKC+\angle CK{B}^{\prime }}{2}=\frac{\angle BK{B}^{\prime }}{2}=\angle CDM$$
Suy ra tứ giác $BKMD$ nội tiếp, hay $K\in (BDM)$, chứng minh tương tự ta có $K\in (CDN)$.



b) Ta sẽ chứng minh ba điểm $P,Q,X$ thẳng hàng.
Thật vậy, xét ba đường tròn $(O),(BDM),(CDN)$ có các trục đẳng phương $BP,CQ,DK$ đồng quy hoặc đối một song song.



+ Trường hợp 1: Ba đường thẳng $BP,CQ,DK$ đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là $R$.
Gọi $l$ là trục đẳng phương của hai đường tròn $(I)$ và $(O)$. Ta có:
${\mathrm{P}}_{R/(O)}=\overline{RB}.\overline{RP}=\overline{RK}.\overline{RD}={\mathrm{P}}_{R/(I)}\Rightarrow R\in l\Rightarrow R=l\cap DK$
Lại có: ${\mathrm{P}}_{X/(O)}=\overline{XB}.\overline{XC}={\overline{XD}}^2={\mathrm{P}}_{X/(I)}\Rightarrow X\in l$
Gọi $Y$ và $Z$ là các giao điểm của hai đường tròn $(O)$ và $\Gamma$.
Xét ba đường tròn $(I)$, $(O)$ và $\Gamma$ ta có ba trục đẳng phương $YZ,KD$ và $l$ đồng quy tại $R$. Khi đó $R$ thuộc $YZ$ là đường đối cực của $X$ đối với $(O)$.
Vì $R$ thuộc đường đối cực của $X$ đối với $(O)$ nên theo định lý La Hire thì $X$ thuộc đường đối cực của $R$ đối với $(O)$. Vậy $X$ là giao điểm của $BC$ và đường đối cực của $R$ đối với $(O)$.
Mà $BC,PQ$ và đường đối cực của $R$ đối với $(O)$ đồng quy nên ba điểm $X,P,Q$ thẳng hàng.



+ Trường hợp 2: Ba đường thẳng $BP,CQ,DK$ đôi một song song.
Khi đó các tứ giác $BPKD,DKQC,BPQC$ là các hình thang cân có các đáy $BP,DK,CQ$.
Suy ra các điểm $P,K,Q$ lần lượt đối xứng với các điểm $B,D,C$ qua đường trung trực của đoạn $DK$.
Mà $X$ nằm trên đường trung trực của $DK$ và ba điểm $X,B,C$ thẳng hàng nên ba điểm $X,P,Q$ thẳng hàng.
Do $X$ là trung điểm $D{D}^{\prime }$ nên $X,N,M$ thẳng hàng. Mặt khác, tứ giác $BNMC$ nội tiếp do $\overline{IN}.\overline{IB}={\overline{ID}}^2=\overline{IM}.\overline{IC}$.
Khi đó ta có: $\overline{XP}.\overline{XQ}=\overline{XB}.\overline{XC}=\overline{XM}.\overline{XN}$.
Suy ra bốn điểm $P,Q,M,N$ nằm trên một đường tròn. (đpcm)