Ta có ALB = ALT + T LB = ADT + BCT = DT C DP C = DOC DP C = Lại có DLC = DAT + CBT = AP B + AT B = AP B AP B = 180 AP B = Suy ra L (DHC).

Bài tập ôn luyện đội tuyển IMO năm 2017

Nguyễn Văn Linh

Bài 1. (Nguyễn Văn Linh) Cho tứ giác ABCD. AD cắt BC tại P . Gọi O, O

lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P CD, P AB, H, H

lần lượt là trực tâm các tam giác P CD, P AB. Chứng minh rằng (DOC) tiếp xúc với (AO

B) khi và chỉ khi (DHC) tiếp xúc với (AH

B).

x L

H H' O'

A

B

O P

D C

T

Chứng minh. Giả sử (DOC) tiếp xúc với (AO

B) tại T . Gọi L là giao điểm thứ hai của (AT D) và (BT C).

Ta có ∠ALB = ∠ALT + ∠T LB = ∠ADT + ∠BCT = ∠DT C − ∠DP C = ∠DOC − ∠DP C =

∠DP C = 180

− ∠AH

B. Do đó L ∈ (AH

B).

Lại có ∠DLC = ∠DAT +∠CBT = ∠AP B +∠AT B = ∠AP B +180

−2∠AP B = 180

−∠AP B =

∠DHC.

Suy ra L ∈ (DHC).

Kẻ tiếp tuyến Lx của (DHC).

Ta có ∠ALx = ∠ALD−∠xLD = ∠AT D−∠LCD = ∠ABT +∠T CD−∠LCD = ∠ABT +∠T CL =

∠ABT + ∠T BL = ∠ABL.

Suy ra Lx đồng thời là tiếp tuyến của (AH

B). Suy ra (AH

B) tiếp xúc với (DHC) tại L.

Chiều ngược lại có thể chứng minh tương tự.

Bài 2. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp. Một đường tròn đi qua A tiếp xúc ngoài với (BIC) và cắt AC, AB lần lượt tại E, F . Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF . Chứng minh rằng (EJ F ) tiếp xúc với BC.

x

S J F

E

I A

B C

T

Chứng minh. Gọi T là tiếp điểm của (AEF ) với (BIC). (BF T ) cắt BC tại S suy ra tứ giác ST EC nội tiếp.

Ta có ∠ESF = ∠EST + ∠T SF = ∠ECT + ∠F BT = ∠BT C − ∠BAC = ∠BIC − ∠BAC = 90

− 1

2 ∠BAC = 180

− ∠EJF.

Do đó tứ giác EJ F S nội tiếp.

Kẻ tiếp tuyến chung T x của (AEF ) và (BIC). Suy ra ∠xT B = ∠T CB và ∠xT F = ∠T EF.

Từ đó ∠F SB = ∠F T B = ∠T CB + ∠T EF = ∠T ES + ∠T EF = ∠SEF.

Vậy BC là tiếp tuyến của (EJ F ).

Bài 3. (Iran TST 2017). Cho tam giác ABC. Hai điểm P, Q nằm trên cạnh BC sao cho BP = CQ

và P nằm giữa B và Q. (AP Q) cắt AB, AC lần lượt tại E, F . EP cắt F Q tại T . Gọi M là trung điểm

BC. Qua M kẻ đường thẳng song song với AB, AC cắt ET, F T tại X, Y . Chứng minh rằng (T XY )

tiếp xúc với (AP Q).

L X Y

M

T E F

Q A

B P C

Chứng minh. Gọi L là giao điểm của AM với (AP Q).

Ta có ∠P LM = ∠BEP = ∠P XM nên L ∈ (P M X). Tương tự L ∈ (QM Y ).

Do đó L là điểm Miquel của tam giác T P Q ứng với bộ điểm M, X, Y . Suy ra L ∈ (T XY ).

Để chứng minh hai đường tròn (AP Q) và (T XY ) tiếp xúc nhau tại L ta chỉ cần chứng minh

∠P LX = ∠M QL + ∠LY X hay ∠ABC = ∠M Y L + ∠LY X = ∠M Y X.

Hiển nhiên ∠XM Y = ∠BAC và M X

BE = M P

BP = M Q

CQ = M Y F C . Lại có BA · BE = BP · BQ = CP · CQ = CF · CA nên BE

CF = CA AB . Do đó AB

AC = M Y

M X . Suy ra 4XM Y ∼ 4CAB, suy ra ∠M Y X = ∠ABC. Từ đó thu được đpcm.

Bài 4. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I, r). (I) tiếp xúc với AC, AB

lần lượt tại E, F . Trên các tia EA, F A lần lượt lấy điểm K, L sao cho EK = F L = r. Đường thẳng

qua K vuông góc với AC cắt đường thẳng qua L vuông góc với AB tại J . Chứng minh rằng đường

tròn (J, J L) tiếp xúc với đường tròn đường kính BC.

x Q

D P

F

E T

L J

K

I A

B C

Chứng minh. Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC, Q là điểm đối xứng của D qua I.

Do AE = AF nên AK = AL. Suy ra (J ) tiếp xúc với AB, AC. Do đó A là tâm vị tự ngoài của (I) và (J ).

Xét phép vị tự tâm A H

: (I) → (J ), Q 7→ P , F 7→ L.

Gọi T là giao điểm thứ hai của IP với (J ) thì do tính chất của phép vị tự, ∠P T L = ∠QDF = ∠ABI nên tứ giác LT IB nội tiếp. Tương tự, tứ giác KT IC nội tiếp.

Do đó ∠BT C = ∠BT I + ∠CT I = ∠BLI + ∠CKI = 45

+ 45

= 90

. Suy ra T ∈ (BC).

Ta có ∠KT C = ∠KIC = 135

− 1

2 ∠ACB.

∠KLT + ∠CBT = ∠KLI + ∠IBC = 180

− ∠ALK − ∠BLI + 1 2 ∠ABC

= 135

− 90

+ 1

2 ∠BAC − 1

2 ∠ABC = 135

− 1

2 ∠ACB.

Do đó ∠KT C = ∠KLT + ∠CBT.

Kẻ tiếp tuyến T x của (BC). Ta có ∠KT x + ∠xT C = ∠KLT + ∠CBT.

Mà ∠xT C = ∠T BC suy ra ∠KT x = ∠KLT. Suy ra T x là tiếp tuyến của (J). Vậy (J) và (BC) tiếp xúc nhau tại T .

Bài 5. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC với (I) là đường tròn nội tiếp. (I) tiếp xúc với

BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Đường cao AH cắt đường tròn (A, AE) tại điểm M nằm trong tam

giác. M I cắt BC tại T . AT cắt ID tại P . Chứng minh rằng hai tứ giác AP DB và AP DC bàng tiếp.

t X

N

F

H P

D T

M

E

I A

B C

Chứng minh. Gọi X là giao điểm thứ hai của M I với (A). DM cắt (A) lần thứ hai tại N.

Kẻ tiếp tuyến M t của (A) suy ra M t k BC.

Ta có ∠XN M = ∠XM t = ∠M T D suy ra tứ giác XN T D nội tiếp.

Suy ra ∠DN T = ∠DXT.

Lại có IM · IX = IE

= ID

nên ∠DXI = ∠IDM = ∠DM H = ∠AM N = ∠AN M.

Do đó ∠AN M = ∠DXT = ∠DN T , suy ra N, A, T thẳng hàng.

Do AN = AM và AM k DP nên P D = P N . Suy ra P D − P A = P N − P A = AN = AE = AC − DC = AB − BD.

Suy ra các tứ giác ABDP và ACDP bàng tiếp.

Bài 6. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Gọi M, N lần

lượt là trung điểm AC, AB. M N cắt (O) tại P, Q. Các tia M H, N H lần lượt cắt (O) tại X, Y . Gọi J

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P HQ, HK là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác

XHY . Chứng minh rằng trung điểm J K là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC.

C' B'

R

S L

K

J

T

U P

Q

V

Y X

E N M

H

O A

B

C

Chứng minh. Gọi (E) là đường tròn Euler của tam giác ABC, T, U lần lượt là giao điểm của QH, P H với (E) (H nằm giữa T Q và P U ), R, S lần lượt là giao điểm thứ hai của QH, P H với (O), V là tâm đường tròn (XHY ).

Kéo dài XH, Y H cắt (O) tại B

, C

.

Do H là tâm vị tự ngoài của (E) và (O) với tỉ số 1

2 nên U, T, M, N lần lượt là trung điểm HS, HR, HB

, HC

.

Suy ra HM · HX = HN · HY = HT · HQ = HP · HU = 1

2 P

.

Do đó tứ giác P T U Q nội tiếp đường tròn tâm L và ta thu được ∠T U H = ∠P QH = ∠N Y T.

Tương tự ta thu được 5 điểm H, T, U, X, Y đồng viên.

Suy ra V, E, L đều nằm trên đường trung trực của U T.

Ta có ∠V HY + ∠HXY = 90

. Mà ∠HXY = ∠HN M, ∠HN M + ∠N HA = 90

nên A, H, V thẳng hàng. Suy ra HV k LO. Mà E là trung điểm HO nên E là trung điểm LV.

Mặt khác, hai tam giác P HQ và T HU đồng dạng nên HJ là đường cao của tam giác T HU , suy ra HJ k LE. Suy ra L là trung điểm J O. Mà V là trung điểm HK nên E là trung điểm J K.

Bài 7. (LeVietAn). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). H, K lần lượt là trực tâm tam giác ABC, BIC. BK cắt AI tại L. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KLI. Chứng minh rằng O nằm trên trục đẳng phương của (I) và (J IK).

Chứng minh. Trước tiên ta phát biểu một bổ đề sau.

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) với trực tâm H. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Kẻ DK ⊥ EF . Khi đó KD là phân giác của ∠HKI.

Chứng minh.

Q

P

L

H F K

E

D I A

B C

Gọi L là trực tâm của tam giác AEF thì L đối xứng với I qua EF . Kẻ BP, CQ vuông góc với EF.

Ta có KP

KQ = BD CD = BF

CE = P F QE . Do đó KP

KF = KQ

KE hay KP · KE = KQ · KF . Suy ra K thuộc trục đẳng phương của (BE) và (CF ). Dễ thấy H và L đều thuộc trục đẳng phương của (BE) và (CF ) nên H, K, L thẳng hàng. Lại có L và I đối xứng qua EF nên KL và KI đối xứng qua EF . Vậy HD là phân giác của ∠HKI.

Trở lại bài toán.

x

Y

X

V D

F

E

U

N

M R

P

Q

G J

L

H

K

I

O A

B C

Gọi M là giao điểm của (AI) với (O), V là điểm chính giữa cung BC không chứa A. (I) tiếp xúc

với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Kẻ DU ⊥ EF . Gọi N đối xứng với A qua O. Suy ra M, I, N

thẳng hàng.

Do M là giao của (O) và (AEF ) nên M là tâm vị tự quay của (AEF ) và (O). Suy ra 4AF B ∼ 4AEC. Suy ra M B

M C = BF

CE = BD

CD . Suy ra M D là phân giác ∠BM C hay M D đi qua V.

Lại có F U

EU = BF

CE = M F

M E nên M U là phân giác ∠EM F hay M, U, I thẳng hàng. Vậy M, U, I, N thẳng hàng.

Gọi X, Y lần lượt là trung điểm BC, EF, R là trung điểm AI. Ta có AL

LI = AH

KI = 2OX

2V X = OX V X = RY

Y I . Suy ra L là trực tâm tam giác AEF . Theo bổ đề trên, H, U, L thẳng hàng.

Ta có ∠KU I = 180

− 2∠ULI = 180

− ∠KJI. Suy ra U thuộc (IJK).

Ta có IM · IU = r

nên M U · M I = P

. Suy ra M thuộc trục đẳng phương của (I) và (IJ K).

Ta chỉ cần chứng minh M O ⊥ IG với G là tâm của (IJ K).

Kẻ tiếp tuyến M x của (O). Ta có ∠xM I = ∠M AN = 90

− ∠ANI.

Do U D, EF là phân giác ∠HU I và góc hợp giữa các đường thẳng AH, AO với EF bằng nhau nên

∠AN I = ∠AHU = ∠U KI.

Do đó 90

− ∠ANI = 90

− ∠UKI = ∠UIG. Suy ra IG k Mx hay IG ⊥ MO. Vậy O thuộc trục đẳng phương của (IJ K) và (I).

Bài 8. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi P là điểm bất kì nằm trên AO, X, Y, Z lần lượt nằm trên cạnh BC, CA, AB sao cho P X, P Y, P Z lần lượt là phân giác của các góc BP C, CP A, AP B. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Chứng minh rằng H, X, Y, Z đồng viên.

Q

P J

C₁ B₁

Z Y

X H_c

H_b

H_a

O A

B C

K

Chứng minh. Gọi A

, B

, C

lần lượt là giao điểm của Y Z với BC, XZ với AC, XY với AB.

Ta có XB

XC = P B P C , Y C

Y A = P C P A , ZA

ZB = P A

P B . Do đó theo định lý Céva ta thu được AX, BY, CZ đồng quy.

Theo tính chất cơ bản của hàng điều hòa suy ra (XA

BC) = (Y B

AC) = (ZC

AB) = −1.

Gọi ω

, ω

, ω

là các đường tròn Apollonius của đoạn thẳng BC, CA, AB lần lượt ứng với các bộ điểm (X, A

), (Y, B

), (Z, C

) suy ra ω

, ω

, ω

đồng quy tại P.

Gọi J là trung điểm B

Y. Ta có J Y

= J A · J C suy ra ω

và (O) trực giao nhau. Tương tự suy ra P

= P

= P

= R

. Như vậy 3 đường tròn ω

, ω

, ω

nhận OP làm trục đẳng phương.

Do A thuộc trục đẳng phương của 3 đường tròn nên AC

· AZ = AB

· AY hay tứ giác C

B

ZY nội tiếp.

Gọi H

, H

, H

lần lượt là giao điểm thứ hai của (XY Z) với BC, CA, AB. Suy ra ∠H

H

B =

∠BZX = ∠CY X = ∠XH

H

.

Lại có AY · AH

= AZ · AH

nên AY

AZ = AH

AH

. Xét tương tự với đỉnh B, C sau đó nhân lại ta thu được H

B

H

C · H

C H

A · H

A

H

B = 1. Suy ra AH

, BH

, CH

đồng quy. Mà BC là phân giác ngoài ∠H

H

H

và H

(H

H

AB) = −1 nên AH

⊥ BC.

Vậy H

≡ H hay H, X, Y, Z đồng viên.

Bài 9. (Đào Thanh Oai) Cho tam giác đều ABC. Một đường thẳng d lần lượt cắt BC, CA, AB tại A

, B

, C

. Các đường thẳng vuông góc với BC, CA, AB kẻ từ A

, B

, C

cắt nhau tạo thành tam giác A

B

C

. Gọi X, Y, Z lần lượt đối xứng với A

, B

, C

qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng X, Y, Z thẳng hàng và đường thẳng này đi qua tâm tam giác ABC.

H_c H_b

C'

H

B'

O

Z

X

Y

B₂

A₂

C₂ A₁

A

B

C B₁ C₁

Chứng minh. Theo tính chất của hai tam giác paralogic, ta biết rằng một trong hai giao điểm H của (ABC) và (A

B

C

) là điểm Miquel chung của các tứ giác toàn phần lần lượt tạo bởi tam giác ABC, A

B

C

với đường thẳng d.

Gọi B

, C

lần lượt là giao của B

H với AC, C

H với AB.

Do H thuộc (AB

C

) nên ∠AHA

= 90

. Lại có ∠B

HA

= 60

nên ∠AHB

= 30

. Tương tự tính được ∠C

HA = 30

. Do đó HA là phân giác của ∠C

HB

.

Lại có ∠C

AB

= 120

= 90

+ 1

2 ∠C

HB

nên A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác HB

C

.

Do đó Y, Z đều nằm trên B

C

.

Gọi H

, H

lần lượt là đối xứng của H qua AC, AB suy ra H

H

cũng nằm trên B

C

, đồng thời H

H

là đường thẳng Steiner của tam giác ABC ứng với điểm H. Do đó Y Z đi qua trực tâm tam giác ABC. Tương tự ta có đpcm.

Bài 10. (Iran TST 2012). Cho hình bình hành ABCD. Gọi w

, w

lần lượt là hai đường tròn tiếp xúc với các cặp đoạn thẳng AB và AD, BC và CD. Giả sử tồn tại một đường tròn tiếp xúc với đường thẳng AD và DC và tiếp xúc ngoài với w

và w

. Khi đó tồn tại một đường tròn tiếp xúc với đường thẳng AB và BC và tiếp xúc ngoài với w

và w

.

w₃

w₂ w₁

S' Q'

U T

S R Q

P

N M

D

B

A

C

Chứng minh. Gọi w

là đường tròn tiếp xúc với w

, w

, AD, DC; R

, R

, R

lần lượt là bán kính của w

, w

, w

; h

, h

là hai đường cao của hình bình hành ABCD ứng với các cạnh AB, AD.

Gọi M, N, P, Q, R, S, T, U lần lượt là giao điểm của w

∩ w

, w

∩ w

, AB ∩ w

, AD ∩ w

, BC ∩ w

, CD ∩ w

, AD ∩ w

, CD ∩ w

; Q

, S

là điểm đối xứng với Q, S qua tâm các đường tròn w

, w

.

Dựa vào phép vị tự dễ dàng chứng minh các bộ ba điểm (P, M, U ), (Q

, M, T ), (T, N, R), (U, N, S

) thẳng hàng.

Gọi l là độ dài tiếp tuyến chung ngoài của w

, w

; l

, l

là độ dài tiếp tuyến kẻ từ U, T tới các đường tròn w

, w

.

Ta có T Q = √

T M · T Q

, U S = √

U N · U S

và l

= √

U M · U P , l

= √

T N · T R.

Theo định lý Casey, tồn tại w

đi qua U, T và tiếp xúc với w

, w

nên l · T U + T Q · U S = l

· l

Do đó l · T U + √

T M · T Q

· U N · U S

= √

U M · U P · T N · T R Áp dụng định lý hàm số sin,

l · 2R

· sin(90 − ∠ADC

2 ) + 2R

√ U S

· sin ∠NUS · T Q

· sin ∠MT Q

= 2R

· √

U P · sin ∠M U S · T R · sin ∠N T Q Tương đương

l · cos( ∠ADC 2 ) + p

2R

· 2R

= p h

· h

.

Một cách tương tự, tồn tại đường tròn w

tiếp xúc với w

, w

, AB, BC khi và chỉ khi l · cos( ∠ABC

2 ) + p

2R

· 2R

= p

h

· h

Vậy tồn tại w

khi và chỉ khi tồn tại w

.

Bài 11. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi ω

là đường tròn qua hai điểm B, C và tiếp xúc với (I), ω

là đường tròn tiếp xúc với các tia AB, AC và tiếp xúc ngoài với ω

. Tương tự ta xác định ω

, ω

. Gọi r, r

, r

, r

lần lượt là bán kính các đường tròn (I), ω

, ω

, ω

. Khi đó r = r

+ r

+ r

.

A₂ B₂ C₂

I_a

B' C'

T

A₁

B₁

C₁ I A

B C

Chứng minh. Kẻ tiếp tuyến qua T của đường tròn (I) và song song với BC, cắt AB, AC lần lượt tại B

, C

. Ta chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác AB

C

là ω

.

Gọi A

, B

, C

là tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB; A

, B

, C

là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I

) của tam giác AB

C

với B

C

, C

A, AB

. Kí hiệu p, p

là nửa chu vi tam giác ABC, AB

C

.

Ta có p

= AB

= p − a nên hai tam giác AB

C

và ABC đồng dạng theo tỉ số p − a p . Suy ra B

C

= (p − a)a

p .

BC

= c − AC

= p

− B

C

= c − [(p − a) − (p − a)a

p ] = c − (p − a)

p . Tương tự, CB

= b − (p − a)

p .

A

T = B

C

− 2B

A

= (p − a)a

p − 2(p − a − (p − a)b

p ) = (b − c) (p − a)

p (với giả thiết b > c).

Áp dụng định lý Casey cho bốn đường tròn (B, 0), (C, 0), (I), (I

) ta có:

BA

.CB

+ BC.A

T − BC

.CA

= (p − b).(b − (p − a)

p ) + a.(b − c) (p − a)

p − (c − (p − a)

p ).(p − c) = 0 nên (I

) tiếp xúc ngoài với ω

hay (I

) ≡ ω

.

Từ đó r

r = p − a

p . Tương tự r

r = p − b p , r

r = p − c p . Suy ra r

+ r

+ r

r = 3p − a − b − c

p = 1 hay r = r

+ r

+ r

.

Bài 12. (Nguyễn Văn Linh). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P là một điểm chuyển động trên (O). Gọi l

, l

, l

lần lượt là các đường thẳng đối xứng với AP, BP, CP qua BC, CA, AB. l

, l

, l

cắt nhau tạo thành tam giác XY Z. Chứng minh rằng khi P chuyển động, tâm đường tròn nội tiếp

của tam giác XY Z luôn nằm trên một đường tròn cố định.

Z'

Y' C' X'

B'

A' I

X Z

Y

O A

B

C P

Chứng minh. (TelvCohl). Gọi A

, B

, C

lần lượt là các điểm đối xứng với A, B, C qua BC, CA, AB.

Do l

đối xứng với P A qua BC nên A

∈ l

. Tương tự B

∈ l

, C

∈ l

.

Ta có (XZ, XY ) ≡ (XZ, AC) + (AC, AB) + (AB, XY ) ≡ (AC, BP ) + (AC, AB) + (P C, AB) ≡ (AC, P C) + (P C, BP ) + (P C, AB) + (AC, AB) ≡ 3(AC, AB) (mod π).

Mặt khác (AB

, AC

) ≡ (AB

, AC)+(AC, AB)+(AB, AC

) ≡ 3(AC, AB) (mod π) nên (XZ, XY ) ≡ (AB

, AC

) (mod π).

Suy ra X ∈ (AB

C

). Tương tự Y ∈ (BA

C

), Z ∈ (A

B

C).

Từ đó XI đi qua trung điểm X

của cung B

C

của (AB

C

). Tương tự Y I đi qua Y

, ZI đi qua Z

.

Do tam giác XY Z có dạng không đổi khi P chuyển động nên ∠Y

IX

, ∠Z

IX

luôn không đổi. Từ đó I là giao của hai cung tròn cố định dựng trên dây Y

X

, Z

X

. Do I chuyển động nên I, X

, Y

, Z

đồng viên. Vậy I ∈ (X

Y

Z

) cố định.

Bài 13. Cho đường tròn (O) với dây cung BC. Tiếp tuyến tại B, C cắt nhau tại T . H, K lần lượt là hai điểm nằm trên T C, T B. Phân giác ∠BCO cắt đường thẳng qua K vuông góc với BC tại K

. Phân giác ∠CBO cắt đường thẳng qua H vuông góc với BC tại H

. Kẻ đường kính BB

, CC

của (O).

a) Chứng minh rằng H, K

, C

thẳng hàng khi và chỉ khi K, H

, B

thẳng hàng.

b) Chứng minh trong trường hợp H, K thỏa mãn câu a, hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với T B, T C tại K, H và tiếp xúc với (O) thì tiếp xúc nhau.

Chứng minh. Câu a)

IH₃ K₃ H₂ K₂

H₄ K₄

C₂ H₁ B₂

K

H

C₁ B₁

B C

T

O K₁

Gọi C

, B

lần lượt là điểm chính giữa cung BC

, CB

. C

K

cắt (O) tại K

, B

H

cắt (O) tại H

. C

K

, B

H

, KK

, HH

cắt BC lần lượt tại K

, H

, K

, H

.

Ta có tứ giác K

K

K

C nội tiếp đường tròn đường kính K

C nên ∠K

K

K

= ∠K

CK

=

∠C

CC

= ∠C

K

C

. Suy ra C

, K

, K

thẳng hàng. Chứng minh tương tự, B

, H

, H

thẳng hàng.

Ta có ∠K

K

H

= 1

2 sd( K

C + BC

) = 1

2 sd( K

C + CB

) = ∠K

H

H

. Suy ra tứ giác H

K

H

K

nội tiếp.

Suy ra ∠K

H

H

= ∠K

K

H

, từ đó ∠K

H

H

= ∠H

K

K

.

Giả sử C

, K

, H thẳng hàng. Ta thu được tứ giác HK

K

C nội tiếp đường tròn đường kính HC.

Suy ra ∠T BC = ∠T CB = ∠K

K

H

= ∠H

H

K

hay tứ giác KH

K

B nội tiếp.

Suy ra ∠BH

K = 90

hay K, H

, B

, H

thẳng hàng.

Câu b)

C₂

J

I H₃ K₃ H₂ K₂

H₄ K₄

B₂ H₁

K

H

C₁

B₁ C B

O T

K₁

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BOC.

Ta có ∠BKK

= 90

− ∠T BC = 90

− ∠CB

B = ∠CBB

= ∠BIK

nên tứ giác KBK

I nội tiếp.

Lại có ∠K

BI = 1

2 sd( K

C + CB

) = 1

2 sd( K

C + C

C

) = ∠K

K

I, suy ra tứ giác K

BK

I nội tiếp. Vậy 5 điểm K, K

, I, K

, B đồng viên. Tương tự 5 điểm H, H

, I, H

, C đồng viên.

Gọi giao điểm của hai đường tròn đi qua 2 bộ 5 điểm trên là J.

Ta có ∠KJH

= ∠KJI − ∠H

J I = 180

− ∠KBI − ∠H

H

B = ∠BKH

. Suy ra (KJ H

) tiếp xúc với T B.

Lại có ∠KJH

+ ∠BB

H

= ∠BKH

+ ∠BB

H

= 90

= ∠KH

B nên (KJ H

) tiếp xúc với (O).

Chứng minh tương tự, (HK

J ) tiếp xúc với T C và (O).

Ta có ∠H

KJ + ∠K

HJ = ∠BKJ − ∠BKH

+ ∠CHJ − ∠CHK

= ∠JIB

+ ∠JIC

− 180

+

∠H

B

B + ∠K

C

C = 360

− ∠BIC − 180

+ ∠H

B

B + ∠K

C

C.

= ∠BIC

+ ∠H

B

B + ∠K

C

C = 1

2 sd( BC

+ CB

+ BH

+ K

C) Lại có ∠H

J K

= ∠H

J I + ∠IJK

= ∠H

H

B + ∠K

K

C = 1

2 sd(

_

BH

+

_

B

B

+

_

K

C +

_

C

C

).

Do đó ∠H

KJ + ∠K

HJ = ∠H

J K

hay (KJ H

) và (HK

J ) tiếp xúc nhau.

Bài 14. Cho tam giác ABC. Dựng ra ngoài các tam giác đều ABC

, ACB

. Gọi X, Y lần lượt là hình chiếu của A trên B

C

, BC. M

, M

lần lượt là trung điểm của BC

, CB

. Chứng minh rằng giao điểm hai tiếp tuyến tại X, Y của (AXY ) nằm trên M

M

.

T

M'₂

Y' X'

Y X

M₂

M₁

B'

C'

B C

A

A'

Chứng minh. (Luis González).

Xét phép nghịch đảo tâm M

, phương tích bất kì.

I

: X ↔ X

, Y ↔ Y

, A ↔ A

, M

↔ M

.

Ta có ∠M

XM

= ∠M

XA + ∠AXM

= ∠M

C

A + ∠M

B

A = 120

. Lại có tứ giác XX

M

M

nội tiếp nên ∠M

M

X

= ∠M

XM

= 120

. Tương tự ∠M

M

Y

= 120

nên M

là điểm Fermat thứ nhất của tam giác M

X

Y

.

Ta lại có ∠M

A

X

= ∠M

XA = 60

, tương tự ∠M

A

Y

= 60

nên A

là điểm Fermat thứ hai của tam giác M

X

Y

.

Qua phép nghịch đảo I

, tiếp tuyến tại X, Y của (AXY ) lần lượt biến thành các đường tròn ω

, ω

cùng đi qua M

và tiếp xúc với (A

X

Y

) lần lượt tại X

, Y

.

Như vậy ta chỉ cần chứng minh trục đẳng phương của ω

và ω

chính là M

M

.

Gọi T là giao điểm của tiếp tuyến tại X

, Y

của (A

X

Y

). Do ∠X

A

Y

= 120

nên tam giác

X

T Y

đều.

Suy ra tứ giác X

M

Y

T nội tiếp và do M

M

là phân giác ∠X

M

Y

nên M

, M

, T thẳng hàng.

Hiển nhiên T nằm trên trục đẳng phương của ω

và ω

nên M

M

chính là trục đẳng phương của ω

và ω

.

Bài 15. Cho tam giác ABC có F

, F

là hai điểm Fermat. Chứng minh rằng giao hai tiếp tuyến tại F

, F

của tam giác AF

F

nằm trên BC.

M_b M_c

F₂

F₁ X C₂ Y

C₁

B₂

B₁

C'' C'

B'

B''

C B

A

Chứng minh. Dựng ra phía ngoài tam giác ABC hai tam giác đều ABC

, ACB

, dựng vào phía trong tam giác ABC hai tam giác đều ABC

, ACB

.

Gọi B

, B

, C

, C

lần lượt là tâm các tam giác đều ACB

, ACB

, ABC

, ABC

. Ta có (ABC

) giao (ACB

) tại A, F

nên B

C

đi qua trung điểm Y của AF

. Tương tự B

C

đi qua trung điểm X của AF

.

Dễ thấy hai tam giác AC

C

và AB

B

đều. Gọi M

, M

lần lượt là trung điểm AC, AB thì M

, M

cũng đồng thời là trung điểm B

B

, C

C

.

Áp dụng bài toán trên cho tam giác AC

B

với X, Y lần lượt là hình chiếu của A trên B

C

, B

C

suy ra giao hai tiếp tuyến tại X, Y của (AXY ) nằm trên M

M

.

Vị tự tâm A tỉ số 2 suy ra giao hai tiếp tuyến tại F

, F

của (AF

F

) nằm trên BC.

Bài 16. (China TST 2013) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi X, Y, Z lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. P là điểm nằm trong tam giác ABC thỏa mãn P X : P Y : P Z = BC : CA : AB.

AP, BP, CP cắt (O) lần lượt tại A

, B

, C

. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam

giác AP C

, AP B

, CP B

, CP A

, BP A

, BP C

đồng viên.

S

O₆

O₅ J

O₄ O₃ O₂

O₁

C'

A'

B'

P Z

X

Y O A

B C

Chứng minh. Gọi O

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AP C

, S là trung điểm AO.

Ta có P X BC = P Y

AB = P Z AC = k.

Do 4AO

P ∼ 4AOC nên 4AO

O ∼ 4AP C. Từ đó O

S AO = P Y

AC = k hay O

S = kR.

Gọi J là trung điểm OP . Ta có 2O

J

+ 1

2 OP

= O

P

+ O

O

= O

A

+ O

O

= 2O

S

+ 1

2 AO

= (2k

+ 1 2 )R

. Do đó O

J

= (2k

+ 1

2 )R

− 1

2 OP

= q.

Vậy O

∈ (J, √

q). Chứng minh tương tự với 5 tâm đường tròn ngoại tiếp còn lại.

Bài 17. (Nguyễn Văn Linh). Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi (I

), (I

), (I

) là các đường tròn có

bán kính bằng nhau và lần lượt tiếp xúc với cặp cạnh (AB, AC), (BA, BC), (CA, CB). Gọi d

là tiếp

tuyến của (I

) sao cho d

⊥ AO và I

nằm khác phía với B, C bờ là đường thẳng d

. d

cắt AC, AB lần

lượt tại A

, A

. Tương tự ta xác định B

, B

, C

, C

. Các đường tròn (BCA

A

), (CAB

B

), (ABC

C

)

cắt nhau tại X, Y, Z. Chứng minh rằng I

, I

, I

, X, Y, Z đồng viên.

Z

Y

X A_c

B_c P

A_b

C_b

N

B_a C_a

M

I_c I_b

I A

B C

I_a

Chứng minh. Tứ giác BCA

A

nội tiếp do d

là đường đối song ứng với BC của tam giác ABC.

Gọi M N P là tam giác tạo bởi giao điểm của d

, d

, d

; X

, Y

, Z

lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác M B

C

, N A

C

, P B

A

.

Ta có ∠BB

B

= ∠AA

A

= ∠ACB nên ∠A

P B

= 180

− 2∠ACB.

Từ đó ∠I

Z

I

= ∠B

Z

C

= 90

+ 1

2 ∠A

P B

= 180

− ∠ACB = 180

− ∠I

I

I

. Suy ra Z

∈ (I

I

I

).

Ta có ∠Z

I

I

= ∠Z

A

B

= ∠Z

B

A

= ∠Z

I

I

. Suy ra Z

I

= Z

I

hay I

Z

là phân giác của

∠I

I

I

. Suy ra Z

, I

, C thẳng hàng.

Suy ra ∠Z

B

B

= ∠Z

CB

hay Z

∈ (ACB

B

). Tương tự Z

∈ (BA

A

C) hay Z

≡ Z. Chứng minh tương tự suy ra I

, I

, I

, X, Y, Z đồng viên.

Bài 18. ( Khai thác bài toán của Trần Minh Ngọc) Cho tam giác ABC. Các điểm A

, A

, A

thuộc BC, B

, B

, B

thuộc AC, C

, C

, C

thuộc AB sao cho A

A

A

A

= B

B

B

B

= C

C

C

C

. Gọi M

, M

, M

lần lượt là các điểm Miquel của tam giác ABC ứng với bộ 3 điểm (A

, B

, C

), (A

, B

, C

), (A

, B

, C

).

Các đường tròn (AB

C

), (AB

C

), (AB

C

) đồng quy tại X, tương tự có Y, Z. Chứng minh rằng

AX, BY, CZ đồng quy tại T, M

A

, M

A

, M

A

đồng quy tại A

. Tương tự có B

, C

. Chứng minh

rằng M

, M

, M

, X, Y, Z, A

, B

, C

, T đồng viên.

A₄ T

X Y

M₃

M₂ M₁

B₃

A₃ A

B C

C₁

B₁

A₁ C₂

A₂ C₃

B₂

Chứng minh. Các đường tròn (AB

C

), (AB

C

), (AB

C

) đồng quy tại X là do tính chất cơ bản của phép vị tự quay. Tương tự với Y, Z.

Ta có ∠XM

Y = ∠XM

C

+ ∠C

M

Y = ∠BAX + ∠ABY.

∠XM

Y = ∠XM

C

+ ∠Y M

C

= ∠BAX + ∠ABY.

Do đó ∠XM

Y = ∠XM

Y hay tứ giác XM

M

Y nội tiếp. Tương tự tứ giác XM

M

Y nội tiếp hay 5 điểm M

, M

, M

, X, Y đồng viên.

Chứng minh tương tự suy ra M

, M

, M

, X, Y, Z đồng viên.

Từ ∠XM

Y = ∠BAX + ∠ABY. ta thu được ∠XM

Y = 180

− ∠XT Y . Suy ra T cũng nằm trên (M

M

M

).

Gọi A

là giao của A

M

với A

M

. Suy ra ∠M

A

M

= ∠A

A

C − ∠A

A

C = ∠BY M

−

∠BY M

= ∠M

Y M

. Do đó A

∈ (M

M

M

).

Ta có ∠Y M

A

= ∠Y M

A

= 180

− ∠Y BC = ∠Y M

A

suy ra M

, A

, A

thẳng hàng.

Vậy M

A

, M

A

, M

A

đồng quy tại A

nằm trên (M

M

M

).

Tương tự với B

, C

. Ta có đpcm.