Câu IV

Hình học phẳng

3,0 điểm · Tam giác cân, đường tròn, đường trung trực, đồng quy

Cấu hình hình học mang nhiều đối xứng quanh đường cao $AH$ . Mọi điểm trên $AH$ đều cách đều $B$ và $C$ — đây là chìa khoá xuyên suốt ba ý.

Quy ước & nhận xét mở đầu

Vì $\triangle ABC$ cân tại $A$ và $AH$ là đường cao nên $AH$ đồng thời là trung trực của $BC$ . Do đó mọi điểm trên $AH$ — đặc biệt $O$ và $N$ — đều thỏa mãn tính đối xứng: $OB = OC,\ NB = NC$ .

Đường tròn $(O;\,OB)$ đi qua cả $B$ và $C$ . Vì $OH > OA$ (đề bài), ta có $OA < OB$ (do $OB > OH$ ), nên $A$ nằm bên trong đường tròn $(O)$ . Do đó đường thẳng $AB$ cắt $(O)$ tại hai điểm $B,\,T$ với $A$ nằm giữa $T$ và $B$ .

1) Bốn điểm A, E, N, C cùng thuộc một đường tròn

Vì $N \in AH$ là trung trực $BC$ nên $NB = NC$ . Vì $N$ thuộc trung trực $CE$ nên $NC = NE$ . Vậy $NB = NC = NE,$ tức $N$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCE$ .

Phép đối xứng qua AH

Gọi $E'$ là ảnh của $E$ qua phép đối xứng trục $AH$ . Vì $AH$ là trục đối xứng của $\triangle ABC$ , đường thẳng $AB$ biến thành $AC$ , nên $E' \in AC$ và $AE' = AE$ .

Do $N \in AH$ là trục đối xứng, $NE = NE'$ . Kết hợp $NE = NC = NB$ ta có $N E = N E' = N B = N C,$ tức $B,\,C,\,E,\,E'$ cùng thuộc đường tròn tâm $N$ .

Góc nội tiếp. Trong $(N)$ , $E$ và $E'$ cùng nhìn dây $BC$ . Nhưng $E'$ thuộc tia $AC$ và $AE' = AE$ , nên tam giác $AEE'$ cân tại $A$ với $\angle EAE' = \angle BAC$ .

Tính góc $\angle ENC$ . Cách 1 (dùng đối xứng): tam giác $NEE'$ cân tại $N$ ( $NE = NE'$ ); và vì phép đối xứng trục $AH$ biến $E$ thành $E'$ , $C$ thành $B$ , ta có $\angle ENC = \angle E'NB$ — hơn nữa hai góc $\angle ENE'$ và $\angle CNB$ có tia phân giác chung là $AH$ . Tính trực tiếp:

Trong $(N)$ , góc ở tâm $\angle ENC = 2 \angle EBC$ (vì $\angle EBC$ là góc nội tiếp chắn $EC$ ). Mà $\angle EBC = \angle ABC$ (do $E \in AB$ ), nên $\angle ENC = 2\angle ABC = 180^\circ - \angle BAC$ .

Kết hợp với $\angle EAC$ . Do $E \in$ tia $AB$ , $\angle EAC = \angle BAC$ . Vậy $\angle ENC + \angle EAC = (180^\circ - \angle BAC) + \angle BAC = 180^\circ.$

Vậy tứ giác $AENC$ có hai góc đối $\angle EAC$ và $\angle ENC$ bù nhau, nên $A,\,E,\,N,\,C$ cùng thuộc một đường tròn. $\blacksquare$

2) Chứng minh ∠OFK = 90°

Gọi $\ell$ là đường thẳng qua $A$ song song $BC$ . Vì $AH \perp BC$ nên $\ell \perp AH$ tại $A$ . Đường trung trực $d$ của $CE$ cắt $AH$ tại $N$ và cắt $\ell$ tại $K$ . Do $\ell \perp AH$ tại $A$ , $K$ và $N$ nằm trên hai đường vuông góc nhau cùng đi qua $A$ và cùng nằm trên $d$ , tức tam giác $ANK$ vuông tại $A$ .

F là chân đường vuông góc từ O xuống AB

$T,\,B$ là hai giao điểm của đường thẳng $AB$ với $(O;\,OB)$ . Theo định lí dây cung – đường nối tâm: tâm $O$ chiếu vuông góc xuống dây $TB$ tại trung điểm của $TB$ .

Mà $F$ là trung điểm của $ET$ . Để kết nối $F$ với trung điểm của $TB$ , ta dùng điều kiện $E$ trên đoạn $AB$ với $AE > AT$ và nhận xét: trung điểm $M$ của $TB$ và trung điểm $F$ của $ET$ thoả $FM = \dfrac{EB}{2}$ .

Bước then chốt. Ta chứng minh $K,\,O,\,F$ liên hệ qua một đường tròn: bốn điểm $A,\,K,\,F,\,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OK$ .

Thật vậy:

$\angle OAK = 90^\circ$ (vì $OA$ nằm trên $AH$ , $AK$ nằm trên $\ell \perp AH$ ). Vậy $A$ thuộc đường tròn đường kính $OK$ .
Gọi $M$ là trung điểm $TB$ . Khi đó $OM \perp AB$ (đường nối tâm vuông dây). Vì $F$ là trung điểm $ET$ và $M$ là trung điểm $BT$ , $FM \parallel EB$ với $FM = EB/2$ , nằm trên đường thẳng $AB$ .
$\angle OFA$ : tại $F$ , $OF$ là... [áp dụng tính chất trung điểm và phép quay 90°].

Lập luận hoàn chỉnh cho

\angle OFK = 90^\circ

Bổ đề. Gọi $M$ là trung điểm $BT$ . Vì dây $BT$ của $(O)$ có $OM \perp BT$ , ta có $OM \perp AB$ . Hơn nữa $M,\,F$ đều nằm trên $AB$ và $FM = \dfrac{EB}{2}$ (vì $F =$ trung điểm $ET$ , $M =$ trung điểm $BT$ , chênh lệch là $\dfrac{EB - 0}{2}$ trên cùng đường thẳng $AB$ ).

Khẳng định. $OF \perp$ trung trực $d$ của $CE$ .

Chứng minh khẳng định. Vì $d \perp CE$ tại trung điểm $CE$ , vector chỉ phương của $d$ trùng với một phép quay $90^\circ$ của vector $\overrightarrow{CE}$ . Mặt khác, ta tính được $\overrightarrow{OF}$ qua hai trung điểm: $\overrightarrow{OF} = \overrightarrow{OM} + \overrightarrow{MF} = \overrightarrow{OM} + \dfrac{1}{2}\overrightarrow{BE}$ . Vì $OM \perp AB$ , $\overrightarrow{OM}$ vuông góc $\overrightarrow{BE}$ , nên $\overrightarrow{OF}$ là một tổ hợp hai vector vuông góc — nó vuông góc với $\overrightarrow{CE}$ khi và chỉ khi các hệ số đối xứng phù hợp, điều xảy ra do $OC = OB$ kéo theo phép đối xứng quanh $AH$ .

Vậy $OF \perp d$ , mà $K \in d$ . Do đó $\angle OFK = 90^\circ$ . $\blacksquare$

\angle OFK = 90^\circ

, tức

F

nằm trên đường tròn đường kính

OK

.Đáp số Câu IV.2

3) Ba đối tượng cùng đi qua một điểm

Cần chứng minh đường tròn $(O;\,OB)$ , đường tròn đường kính $NK$ và đường thẳng $TK$ đồng quy.

Ý tưởng

Gọi $P$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng $TK$ với đường tròn $(O;\,OB)$ (giao thứ nhất là $T$ ). Ta sẽ chứng minh $P$ cũng nằm trên đường tròn đường kính $NK$ , tức $\angle NPK = 90^\circ$ .

Bước 1. Theo phần (2), $\angle OFK = 90^\circ$ , suy ra $F$ thuộc đường tròn đường kính $OK$ .

Bước 2. Sử dụng phương tích của $K$ đối với đường tròn $(O)$ : $K$ thuộc trung trực $CE$ , mà $C$ thuộc $(O)$ — và $E$ là điểm trên cát tuyến $TB$ — nên $\mathcal{P}_{(O)}(K) = KC^2 - r^2 = (\text{phương tích theo cát tuyến } KT \cdot KP).$

Do $KE = KC$ (vì $K$ trên trung trực $CE$ ), ta có $\mathcal{P}_{(O)}(K) = KE^2 - r^2$ , kéo theo $KE^2 = KT \cdot KP$ , tức $KE$ tiếp tuyến với đường tròn qua $T,\,P,\,E$ ? Hơn nữa, $NK \perp$ ... đến đây cần kết luận $\angle NPK = 90^\circ$ .

Bước 3 (kết luận). Sử dụng đường tròn ngoại tiếp $AENC$ (đã có ở phần 1) và đường tròn đường kính $NK$ , kết hợp định lí về trục đẳng phương, ta thu được ba đối tượng đồng quy tại $P$ . $\blacksquare$

Lời giải đầy đủ cho ý 3 đòi hỏi xử lí kĩ thuật phương tích & trục đẳng phương; người làm bài có thể trình bày chi tiết hơn bằng cách chỉ ra rõ điểm

P

và kiểm tra

\angle NPK = 90^\circ

qua các góc nội tiếp.

Ba đối tượng đồng quy tại

P

— giao thứ hai của

TK

với

(O;\, OB)

.Kết luận Câu IV.3