Một số bài toán dùng cực và đối cực

Một số bài toán dùng cực và đối cực
Cực và đối cực được áp dụng để giải khá nhiều các bài toán hình học phẳng. Nhiều bài toán nếu không dùng cực và đối cực thì con đường đến lời giải có lẽ sẽ phức tạp hơn rất nhiều. Trong bài viết này tôi xin trình bày một số bài toán có sử dụng cực và đối cực để giải quyết. Rất mong được sự góp ý của các bạn. 1. Các bài toán nhỏ Đây là các bài toán chủ yếu được suy ra khá trực tiếp từ những tính chất cơ bản của cực và đối cực. Vì thế lời giải của chúng thường rất ngắn gọn. Cũng có một số bài toán dùng cực và đối cực làm một bước đệm trong lời giải của chúng. Bài toán 1 (Australian-Polish 98): Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F thuộc một đường tròn sao cho các tiếp tuyến tại A và D, đường thẳng BF, CE đồng quy. Chứng minh rằng các đường thẳng AD, BC, EF hoặc đôi một song song hoặc đồng quy.
Trường hợp 3 đường thẳng đó đôi một song song dễ thấy nên ta chỉ xét khi chúng có cắt nhau. Nếu gọi điểm đồng quy của BF, CE là K thì KA, KD là các tiếp tuyến của K với đường tròn nên AD là đường đối cực của K. Theo như tính chất của tứ giác nội tiếp thì BC và EF sẽ cắt nhau tại 1 điểm thuộc đường đối cực của K, tức thuộc AD. Bài toán 2: Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. K là một điểm bất kỳ thuộc đường thẳng EF. BK, CK cắt AC, AB lần lượt tại E’, F’. Chứng minh rằng E’F’ tiếp xúc với (I).
Gọi giao điểm của DK và (I) là J và qua J kẻ tiếp tuyến với (I) cắt AC, AB tại M, N. Ta thấy rằng EF, DJ, BM và CN đồng quy. Rõ ràng điểm đồng quy đó là K nên M trùng với E’, N trùng với F’, tức E’F’ tiếp xúc với (I). Chú ý là trong bài toán này thì điểm K có thể di chuyển trên cả đường thẳng EF mà kết quả không thay đổi. Hơn nữa nếu gọi D’ là giao điểm của E’F’ với BC thì tương tự cũng có CF’, AD’, FD và AD’, BE’, DE đồng quy. Phát biểu lại thì có điều kiện cần và đủ để một đường thẳng tiếp xúc với đường tròn nội tiếp như sau: Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng l cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D’, E’, F’. Chứng minh rằng l tiếp xúc với (I) khi và chỉ khi một trong 3 điều kiện sau xảy ra: i) giao điểm của BE’, CF’ thuộc EF. ii) giao điểm của CF’, AD’ thuộc FD. iii) giao điểm của AD’, BE’ thuộc DE. Cần chú ý thêm một chút nữa rằng cả 3 điều kiện trên là tương đương nên xảy ra 1 điều kiện cũng có nghĩa là cả 3 điều kiện đều xảy ra. Bài toán 3 (MOP 95): Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (O). Tiếp điểm thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt là M, N, P, Q. AN, AP cắt (O) tại E, F. Chứng minh rằng ME, QF, AC đồng quy.
Gọi K là cực của AC. Xét tứ giác nội tiếp MNPQ thì theo tính chất cực và đối cực của tứ giác nội tiếp ta có MQ và NP cắt nhau tại K. Lại xét đến tứ giác nội tiếp EFPN thì cũng có EF và NP cắt nhau tại K, suy ra MQ và EF cắt nhau tại K. Ta thấy ME và QF cắt nhau tại 1 điểm thuộc đường đối cực của K tức thuộc AC hay ME, QF, AC đồng quy. Bài toán 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). AC cắt BD tại I. (AOB), (COD) cắt nhau tại điểm L khác O. Chứng minh rằng
Gọi K là giao điểm của AB và CD. Ta thấy KA.KB = KC.KD nên K thuộc trục đẳng phương của (AOB) và (COD) nên K, L, O thẳng hàng. Suy ra KL.KO = KA.KB = KM.KN (với M, N là giao điểm của KO với (O)). Từ đó suy ra (KOMN) = -1 hay L thuộc đường đối cực của K. Ta đã biết là đường đối cực của K đi qua I nên IL chính là đường đối cực của K, từ đó suy ra KO
IL. Bài toán 5: Cho tam giác ABC. Đường tròn đường kính AB cắt CA, CB tại P, Q. Các tiếp tuyến tại P, Q với đường tròn này cắt nhau tại R. Chứng minh rằng CR
AB.
Gọi O là trung điểm AB và S là giao điểm của PQ và AB. Áp dụng tính chất cực và đối cực vào tứ giác nội tiếp APQB ta thấy CR chính là đường đối cực của S. Do đó CR
OS hay CR
AB. Bài toán 6: Cho tam giác ABC. BB’, CC’ là các đường cao. E, F là trung điểm của AC, AB. EF cắt B’C’ tại K. Chứng minh rằng AK vuông góc với đường thẳng Ơle của tam giác ABC.
Gọi H, G, O lần lượt là trực tâm, trọng tâm và tâm đường tròn Ơle của tam giác ABC. J là giao điểm của FB’ và EC’. Áp dụng định lí Papuyt cho 2 bộ 3 điểm BFC’ và CEB’ suy ra J, H, G thẳng hàng, tức J thuộc đường thẳng Ơle của tam giác ABC. Mặt khác, tứ giác C’FB’E nội tiếp đường tròn Ơle, và theo tính chất cực của tứ giác nội tiếp thì AK là đường đối cực của điểm J, từ đó suy ra AK vuông góc với OJ tức đường thẳng Ơle của tam giác ABC. Mở rộng ra thêm một chút, nếu như xác định các điểm K, L, M là giao điểm của các cạnh tương ứng của 2 tam giác A’B’C’ và DEF với A’, B’, C’ là chân các đường cao còn D, E, F là trung điểm các cạnh BC, CA, AB tương ứng thì có thể thấy rằng AK, BL, CM song song với nhau và cùng vuông góc với đường thẳng Ơle của tam giác ABC. 2. Cực và đối cực với đường tròn nội tiếp: Trong 1 tam giác, đường tròn nội tiếp làm xuất hiện các tiếp tuyến với nó, và điều này rất thuận lợi cho việc áp dụng cực và đối cực. Vì tính liền mạch của các bài toán với nhau nên xin không phát biểu từng bài toán cụ thể riêng rẽ ra. Hãy xét tam giác ABC có (I) là đường tròn nội tiếp. D, E, F là các tiếp điểm của (I) với các cạnh BC, CA, AB tương ứng.
Gọi D’, E’, F’ lần lượt là các giao điểm của EF, FD, DE với BC, CA, AB. Ta thấy rằng EF là đường đối cực của A, mà D’ thuộc EF nên đường đối cực của D’ sẽ đi qua A. Do D’D là tiếp tuyến với (I) nên AD chính là đường đối cực của D’. Tương tự BE, CF cũng là các đường đối cực của E’, F’. Ta biết rằng AD, BE, CF đồng quy tại 1 điểm, gọi là K, thì D’, E’, F’ phải thuộc đường đối cực của K. Từ đó suy ra D’, E’, F’ thẳng hàng và đường thẳng D’E’F’ vuông góc với IK. Đường thẳng D’E’F’ trên được gọi là đường thẳng Giécgôn và K được gọi là điểm Giécgôn. Ta thấy D’ là cực của AD nên ID’
AD. Nếu hạ đường cao AA’ thì dễ thấy 2 tam giác AA’D, D’DI đồng dạng. Gọi
là tiếp tuyến của
nên
là đường đối cực của
đối với (I). Bây giờ nếu gọi
là giao điểm của
với (I) thì rõ ràng
là tiếp tuyến với (I). Lại chú ý rằng do (D’DBC) = -1 nên
cũng là tiếp tuyến với đường tròn
. Từ đó suy ra (I) và
tiếp xúc với nhau.
Mặt khác, từ đẳng thức
thuộc trục đẳng phương của (I) và đường tròn ngoại tiếp (O). Nếu ta xác định các điểm tương tự
. Thêm nữa do
là trục đẳng phương của (I) và (O) nên
đối với (I) sẽ thuộc IO. Từ đó suy ra
DM. Ta biết rằng ID’
AD. Nếu có thêm điều kiện IO
AD thì 3 điểm O, I, D’ thẳng hàng, suy ra A, D, M cũng thẳng hàng và đường thẳng ADM sẽ đường đối cực của D’ vừa đối với (I) vừa đối với (O). Ta biết AM chính là đường đối trung trong tam giác ABC nên từ đó có thể phát biểu được bài toán: Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tiếp xúc với BC tại D. Chứng minh rằng nếu OI
AD thì AD là đường đối trung của tam giác ABC.
Nếu kéo dài các tiếp tuyến tại A, B, C cho cắt nhau tạo thành tam giác MNP thì MD, NE, PF là các đường đối cực của D’, E’, F’ đối với (O). Vì D’, E’, F’ thằng hàng nên MD, NE, PF đồng quy. Ta phát biểu lại cho cân đối hơn thì có bài toán sau: Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường tròn nội tiếp tam giác DEF tiếp xúc với EF, FD, DE lần lượt tại M, N, P. Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy.
Ta thấy rằng DM, EN, CP cũng đồng quy. Ta mở rộng kết quả trên, liệu khi DM, EN, CP đồng quy thì AM, BN, CP có luôn đồng quy không?
Để chứng minh khẳng định trên là đúng, ta chứng minh các cực của AM, BN, CP thẳng hàng. Gọi M’ là giao điểm của NP và EF thì (MM’EF) = -1 suy ra M’ thuộc đường đối cực của M. Mặt khác M’ thuộc EF, tức đường đối cực của A, nên M’ chính là cực của AM. Tương tự cũng xác định được N’, P’ là các cực của BN, CP. Dễ thấy rằng các điểm M’, N’, P’ thẳng hàng, từ đó suy ra AM, BN, CP đồng quy. Thực ra kết quả trên còn được mở rộng hơn nữa, đó là bài toán sau: Cho tam giác ABC. D, E, F thuộc BC, CA, AB sao cho AD, BE, CF đồng quy. M, N, P thuộc EF, FD, DE sao cho DM, EN, FP đồng quy. Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy.
Tuy nhiên cách giải bài toán này lại không dùng cực và đối cực, cũng dễ hiểu vì ở đây không có đường tròn nào cả. Vì vậy tôi xin nêu 1 cách chứng minh dùng tỉ số kép và định lí Ceva. Gọi M1, M’ là lần lượt giao điểm của AM với BC, AD với EF. Ta thấy rằng từ A chiếu xuyên tâm thì F, M, M’, E biến thành B,
, D, C nên
Một cách tự nhiên ta nghĩ đến việc chứng minh các cực của
chính là giao điểm của các đường đối cực của A và
. Đường đối cực của A là EF còn của
là tiếp tuyến tại
đối với (I). Kí hiệu
là giao điểm của EF với tiếp tuyến tại
của (I) thì
là cực của
. Tương tự ta cũng xác định được
và
đồng dạng) =
. Tương tự ta cũng có thêm 2 tỉ số nữa, nhân chúng lại với nhau, chú ý là
Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. P là 1 điểm bất kỳ trong mặt phẳng. PA, PB, PC cắt (I) lần lượt tại X, Y, Z. Chứng minh rằng DX, EY, FZ đồng quy. Có thể thấy rằng dạng phát biểu này là dạng phát biểu nghịch của bài toán của chúng ta. Nhưng cách chứng minh của nó thì hoàn toàn là sự đi ngược lại những biến đổi trên của ta. Bây giờ xét điểm M bất kỳ trong mặt phẳng, giả sử DM cắt EF và (I) lần lượt tại
Ta biết rằng
. Tương tự cực của
là AT, nên cực của
là giao điểm của EF với AT. Ta gọi điểm đó là X. Các điểm Y, Z xác định tương tự. Khi đó XYZ là đường đối cực của điểm
.
Vấn đề của chúng ta là cần chứng minh các đường thẳng PQR, TUV, XYZ đồng quy, hay chỉ đơn giản là chứng minh PQ, TU, XY đồng quy. Đây là 3 đường thẳng nối 3 cặp điểm với nhau, điều đó khiến ta nghĩ đến định lí Đơgiácgiơ, theo định lí này thì để chứng minh PQ, TU, XY đồng quy ta cần phải chứng minh các giao điểm của PT và QU, TX và UY, XP và YQ thẳng hàng. Dễ thấy PT là tiếp tuyến tại
, QU là tiếp tuyến tại
nên giao điểm của PT và QU chính là cực của
. TX chính là TA, đường đối cực của
; UY chính là UB, đường đối cực của
nên giao điểm của TX và UB chính là cực của
. XP chính là EF, YQ chính là FD nên giao điểm của XP và YQ là điểm F. Vậy để chứng minh 3 giao điểm trên thẳng hàng, ta sẽ chứng minh các đường đối cực của chúng đồng quy, tức cần phải chứng minh
sẽ