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 đườngtròn ngoại tiếp tam giác PCD,PAB, H,H ′ lần lượt là trực tâm các tam giác PCD,PAB. Chứngminh rằng (DOC) tiếp xúc với (AO′B) khi và chỉ khi (DHC) tiếp xúc với (AH ′B).

x LH

H'O'

A

B

O

P

DC

T

Chứng minh. Giả sử (DOC) tiếp xúc với (AO′B) tại T .Gọi L là giao điểm thứ hai của (ATD) và (BTC).Ta có ∠ALB = ∠ALT + ∠TLB = ∠ADT + ∠BCT = ∠DTC − ∠DPC = ∠DOC − ∠DPC =

∠DPC = 180◦ − ∠AH ′B. Do đó L ∈ (AH ′B).Lại có ∠DLC = ∠DAT+∠CBT = ∠APB+∠ATB = ∠APB+180◦−2∠APB = 180◦−∠APB =

∠DHC.Suy ra L ∈ (DHC).Kẻ tiếp tuyến Lx của (DHC).Ta có ∠ALx = ∠ALD−∠xLD = ∠ATD−∠LCD = ∠ABT+∠TCD−∠LCD = ∠ABT+∠TCL =

∠ABT + ∠TBL = ∠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.

1

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

x

S

JF

E

I

A

BC

T

Chứng minh. Gọi T là tiếp điểm của (AEF ) với (BIC). (BFT ) cắt BC tại S suy ra tứ giác STECnội tiếp.

Ta có ∠ESF = ∠EST + ∠TSF = ∠ECT + ∠FBT = ∠BTC − ∠BAC = ∠BIC − ∠BAC =

90◦ − 1

2∠BAC = 180◦ − ∠EJF.

Do đó tứ giác EJFS nội tiếp.Kẻ tiếp tuyến chung Tx của (AEF ) và (BIC). Suy ra ∠xTB = ∠TCB và ∠xTF = ∠TEF.Từ đó ∠FSB = ∠FTB = ∠TCB + ∠TEF = ∠TES + ∠TEF = ∠SEF.Vậy BC là tiếp tuyến của (EJF ).

Bài 3. (Iran TST 2017). Cho tam giác ABC. Hai điểm P,Q nằm trên cạnh BC sao cho BP = CQvà P nằm giữa B và Q. (APQ) cắt AB,AC lần lượt tại E,F . EP cắt FQ tại T . Gọi M là trung điểmBC. Qua M kẻ đường thẳng song song với AB,AC cắt ET, FT tại X,Y . Chứng minh rằng (TXY )tiếp xúc với (APQ).

2

LYX

M

T

FE

Q

A

B CP

Chứng minh. Gọi L là giao điểm của AM với (APQ).Ta có ∠PLM = ∠BEP = ∠PXM nên L ∈ (PMX). Tương tự L ∈ (QMY ).Do đó L là điểm Miquel của tam giác TPQ ứng với bộ điểm M,X, Y . Suy ra L ∈ (TXY ).Để chứng minh hai đường tròn (APQ) và (TXY ) tiếp xúc nhau tại L ta chỉ cần chứng minh

∠PLX = ∠MQL+ ∠LY X hay ∠ABC = ∠MY L+ ∠LY X = ∠MYX.

Hiển nhiên ∠XMY = ∠BAC vàMX

BE=MP

BP=MQ

CQ=MY

FC.

Lại có BA ·BE = BP ·BQ = CP · CQ = CF · CA nênBE

CF=CA

AB.

Do đóAB

AC=

MY

MX. Suy ra 4XMY ∼ 4CAB, suy ra ∠MYX = ∠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,ABlần lượt tại E,F . Trên các tia EA,FA lần lượt lấy điểm K,L sao cho EK = FL = r. Đường thẳngqua K vuông góc với AC cắt đường thẳng qua L vuông góc với AB tại J . Chứng minh rằng đườngtròn (J, JL) tiếp xúc với đường tròn đường kính BC.

3

x

Q

D

P

F

ET

JL

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 HA: (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, ∠PTL = ∠QDF = ∠ABI

nên tứ giác LTIB nội tiếp. Tương tự, tứ giác KTIC nội tiếp.Do đó ∠BTC = ∠BTI + ∠CTI = ∠BLI + ∠CKI = 45◦ + 45◦ = 90◦. Suy ra T ∈ (BC).

Ta có ∠KTC = ∠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 ∠KTC = ∠KLT + ∠CBT.Kẻ tiếp tuyến Tx của (BC). Ta có ∠KTx+ ∠xTC = ∠KLT + ∠CBT.Mà ∠xTC = ∠TBC suy ra ∠KTx = ∠KLT. Suy ra Tx 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 vớiBC,CA,AB lần lượt tại D,E, F . Đường cao AH cắt đường tròn (A,AE) tại điểm M nằm trong tamgiác. MI cắt BC tại T . AT cắt ID tại P . Chứng minh rằng hai tứ giác APDB và APDC bàng tiếp.

4

t

X

N

F

H

P

D T

M

E

I

A

B C

Chứng minh. Gọi X là giao điểm thứ hai của MI với (A). DM cắt (A) lần thứ hai tại N.Kẻ tiếp tuyến Mt của (A) suy ra Mt ‖ BC.Ta có ∠XNM = ∠XMt = ∠MTD suy ra tứ giác XNTD nội tiếp.Suy ra ∠DNT = ∠DXT.Lại có IM · IX = IE2 = ID2 nên ∠DXI = ∠IDM = ∠DMH = ∠AMN = ∠ANM.Do đó ∠ANM = ∠DXT = ∠DNT , suy ra N,A, T thẳng hàng.Do AN = AM và AM ‖ DP nên PD = PN . Suy ra PD − PA = PN − PA = 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 lầnlượt là trung điểm AC,AB. MN cắt (O) tại P,Q. Các tia MH,NH lần lượt cắt (O) tại X,Y . Gọi Jlà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PHQ, HK là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giácXHY . Chứng minh rằng trung điểm JK là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC.

5

B'C'

R

S

L

K

J

T

U

P

Q

V

Y

X

E

MN

H

O

A

BC

Chứng minh. Gọi (E) là đường tròn Euler của tam giác ABC, T,U lần lượt là giao điểm của QH,PHvới (E) (H nằm giữa TQ và PU), R,S lần lượt là giao điểm thứ hai của QH,PH với (O), V là tâmđường 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 số1

2nên U, T,M,N lần lượt là trung điểm

HS,HR,HB′, HC ′.

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

2PH/(O).

Do đó tứ giác PTUQ nội tiếp đường tròn tâm L và ta thu được ∠TUH = ∠PQH = ∠NY 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 UT.Ta có ∠V HY +∠HXY = 90◦. Mà ∠HXY = ∠HNM,∠HNM+∠NHA = 90◦ nên A,H, V thẳng

hàng. Suy ra HV ‖ LO. Mà E là trung điểm HO nên E là trung điểm LV.Mặt khác, hai tam giác PHQ và THU đồng dạng nên HJ là đường cao của tam giác THU , suy

ra HJ ‖ LE. Suy ra L là trung điểm JO. Mà V là trung điểm HK nên E là trung điểm JK.

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

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.

6

Q

P

L

H

KF

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 cóKP

KQ=BD

CD=BF

CE=PF

QE.

Do đóKP

KF=KQ

KEhay 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. Lạicó 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

MRP

Q

GJ

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

7

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

MB

MC=BF

CE=BD

CD. Suy ra MD là phân giác ∠BMC hay MD đi qua V.

Lại cóFU

EU=BF

CE=MF

MEnên MU là phân giác ∠EMF 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 cóAL

LI=AH

KI=

2OX

2V X=OX

VX=

RY

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

Ta có ∠KUI = 180◦ − 2∠ULI = 180◦ − ∠KJI. Suy ra U thuộc (IJK).Ta có IM · IU = r2 nên MU ·MI = PM/(I). Suy ra M thuộc trục đẳng phương của (I) và (IJK).

Ta chỉ cần chứng minh MO ⊥ IG với G là tâm của (IJK).Kẻ tiếp tuyến Mx của (O). Ta có ∠xMI = ∠MAN = 90◦ − ∠ANI.Do UD,EF là phân giác ∠HUI và góc hợp giữa các đường thẳng AH,AO với EF bằng nhau nên

∠ANI = ∠AHU = ∠UKI.Do đó 90◦ − ∠ANI = 90◦ − ∠UKI = ∠UIG. Suy ra IG ‖ Mx hay IG ⊥ MO. Vậy O thuộc trục

đẳng phương của (IJK) và (I).

Bài 8. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi P là điểm bất kì nằm trênAO, X,Y, Z lần lượt nằm trên cạnh BC,CA,AB sao cho PX,PY, PZ lần lượt là phân giác của cácgóc BPC,CPA,APB. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Chứng minh rằng H,X, Y, Zđồng viên.

Q

P

J

C1

B1

Z Y

X

Hc

Hb

Ha

O

A

B C

K

Chứng minh. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là giao điểm của Y Z với BC,XZ với AC,XY với AB.

Ta cóXB

XC=PB

PC,Y C

Y A=PC

PA,ZA

ZB=

PA

PB. 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 (XA1BC) = (Y B1AC) = (ZC1AB) = −1.

8

Gọi ωa, ωb, ωc là các đường tròn Apollonius của đoạn thẳng BC,CA,AB lần lượt ứng với các bộđiểm (X,A1), (Y,B1), (Z,C1) suy ra ωa, ωb, ωc đồng quy tại P.

Gọi J là trung điểm B1Y. Ta có JY 2= JA · JC suy ra ωb và (O) trực giao nhau. Tương tự suy ra

PO/ωa= PO/ωb

= PO/ωc= R2. Như vậy 3 đường tròn ωa, ωb, ωc nhận OP làm trục đẳng phương.

Do A thuộc trục đẳng phương của 3 đường tròn nên AC1 · AZ = AB1 · AY hay tứ giác C1B1ZYnội tiếp.

Gọi Ha, Hb, Hc lần lượt là giao điểm thứ hai của (XY Z) với BC,CA,AB. Suy ra ∠HcHaB =∠BZX = ∠CY X = ∠XHaHb.

Lại có AY ·AHb = AZ ·AHc nênAY

AZ=AHc

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

đượcHaB

HaC· HbC

HbA· HcA

HcB= 1. Suy ra AHa, BHb, CHc đồng quy. Mà BC là phân giác ngoài ∠HbHaHc

và Ha(HbHcAB) = −1 nên AHa ⊥ BC.Vậy Ha ≡ 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 tạiA′, B′, C ′. Các đường thẳng vuông góc với BC,CA,AB kẻ từ A1, B1, C1 cắt nhau tạo thành tam giácA2B2C2. Gọi X,Y, Z lần lượt đối xứng với A2, B2, C2 qua BC,CA,AB. Chứng minh rằng X,Y, Zthẳng hàng và đường thẳng này đi qua tâm tam giác ABC.

Hc

Hb

C'

H

B'

O

Z

X

Y

B2

A2

C2

A1

A

B

C

B1C1

Chứng minh. Theo tính chất của hai tam giác paralogic, ta biết rằng một trong hai giao điểm Hcủa (ABC) và (A2B2C2) là điểm Miquel chung của các tứ giác toàn phần lần lượt tạo bởi tam giácABC,A2B2C2 với đường thẳng d.

Gọi B′, C ′ lần lượt là giao của B2H với AC, C2H với AB.Do H thuộc (AB1C1) nên ∠AHA2 = 90◦. Lại có ∠B′HA2 = 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 ′.

9

Do đó Y, Z đều nằm trên B′C ′.Gọi Hb, Hc lần lượt là đối xứng của H qua AC,AB suy ra HbHc cũng nằm trên B′C ′, đồng thời

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

Bài 10. (Iran TST 2012). Cho hình bình hành ABCD. Gọi w1, w2 lần lượt là hai đường tròn tiếpxúc với các cặp đoạn thẳng AB và AD, BC và CD. Giả sử tồn tại một đường tròn tiếp xúc với đườngthẳng AD và DC và tiếp xúc ngoài với w1 và w2. Khi đó tồn tại một đường tròn tiếp xúc với đườngthẳng AB và BC và tiếp xúc ngoài với w1 và w2.

w3

w2

w1

S'Q'

U

T

S

R

Q

P

N

M

D

B

A

C

Chứng minh. Gọi w3 là đường tròn tiếp xúc với w1, w2, AD,DC; R1, R2, R3 lần lượt là bán kính củaw1, w2, w3; h1, h2 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 w1 ∩ w3, w2 ∩ w3, AB ∩ w1, AD ∩ w1, BC ∩w2, CD ∩ w2, AD ∩ w3, CD ∩ w3; Q′, S′ là điểm đối xứng với Q,S qua tâm các đường tròn w1, w2.

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 w1, w2; l1, l2 là độ dài tiếp tuyến kẻ từ U, T tới các đườngtròn w1, w2.

Ta có TQ =√TM · TQ′, US =

√UN · US′ và l1 =

√UM · UP, l2 =

√TN · TR.

Theo định lý Casey, tồn tại w3 đi qua U, T và tiếp xúc với w1, w2 nên

l · TU + TQ · US = l1 · l2

Do đó l · TU +√TM · TQ′ · UN · US′ =

√UM · UP · TN · TR

Áp dụng định lý hàm số sin,

l · 2R3 · sin(90−∠ADC

2) + 2R3

√US′ · sin∠NUS · TQ′ · sin∠MTQ

= 2R3 ·√UP · sin∠MUS · TR · sin∠NTQ

Tương đương

l · cos(∠ADC2

) +√2R1 · 2R2 =

√h1 · h2

.Một cách tương tự, tồn tại đường tròn w4 tiếp xúc với w1, w2, AB,BC khi và chỉ khi

l · cos(∠ABC2

) +√

2R1 · 2R2 =√h1 · h2

Vậy tồn tại w3 khi và chỉ khi tồn tại w4.

10

Bài 11. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi ωa là đường tròn qua hai điểm B,C và tiếpxúc với (I), ω′a là đường tròn tiếp xúc với các tia AB,AC và tiếp xúc ngoài với ωa. Tương tự ta xácđịnh ω′b, ω

′c. Gọi r, ra, rb, rc lần lượt là bán kính các đường tròn (I), ω′a, ω

′b, ω′c. Khi đó r = ra + rb + rc.

A2

B2C

2Ia

C'B'

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 tạiB′, C ′. Ta chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác AB′C ′ là ω′a.

Gọi A1, B1, C1 là tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB; A2, B2, C2 là tiếp điểm của đường tròn nộitiếp (Ia) 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′ = AB1 = p− a nên hai tam giác AB′C ′ và ABC đồng dạng theo tỉ sốp− ap

.

Suy ra B′C ′ =(p− a)a

p.

BC2 = c−AC2 = p′ −B′C ′ = c− [(p− a)− (p− a)ap

] = c− (p− a)2

p.

Tương tự, CB2 = b− (p− a)2

p.

A2T = B′C ′ − 2B′A2 =(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), (Ia) ta có:

BA1.CB2+BC.A2T −BC2.CA1 = (p− b).(b− (p− a)2

p)+a.(b− c)(p− a)

p− (c− (p− a)2

p).(p− c) = 0

nên (Ia) tiếp xúc ngoài với ωa hay (Ia) ≡ ω′a.

Từ đórar

=p− ap

. Tương tựrbr

=p− bp

,rcr

=p− cp

.

Suy rara + rb + rc

r=

3p− a− b− cp

= 1 hay r = ra + rb + rc.

Bài 12. (Nguyễn Văn Linh). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P là một điểm chuyển độngtrên (O). Gọi la, lb, lc lần lượt là các đường thẳng đối xứng với AP,BP,CP qua BC,CA,AB. la, lb, lccắt nhau tạo thành tam giác XY Z. Chứng minh rằng khi P chuyển động, tâm đường tròn nội tiếpcủa tam giác XY Z luôn nằm trên một đường tròn cố định.

11

Z'

Y'

X'C'

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 la đối xứng với PA qua BC nên A′ ∈ la. Tương tự B′ ∈ lb, C ′ ∈ lc.

Ta có (XZ,XY ) ≡ (XZ,AC) + (AC,AB) + (AB,XY ) ≡ (AC,BP ) + (AC,AB) + (PC,AB) ≡(AC,PC) + (PC,BP ) + (PC,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 làhai điểm nằm trên TC, TB. Phân giác ∠BCO cắt đường thẳng qua K vuông góc với BC tại K1. Phângiác ∠CBO cắt đường thẳng qua H vuông góc với BC tại H1. Kẻ đường kính BB1, CC1 của (O).

a) Chứng minh rằng H,K1, C1 thẳng hàng khi và chỉ khi K,H1, B1 thẳng hàng.b) Chứng minh trong trường hợp H,K thỏa mãn câu a, hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với TB, TC

tại K,H và tiếp xúc với (O) thì tiếp xúc nhau.

Chứng minh. Câu a)

12

IH3K3

H2K2

H4K4

C2B2H1

K

H

C1B1

CB

T

OK1

Gọi C2, B2 lần lượt là điểm chính giữa cung BC1, CB1. C1K1 cắt (O) tại K2, B1H1 cắt (O) tại H2.C1K2, B1H2, KK1, HH1 cắt BC lần lượt tại K3, H3,K4, H4.

Ta có tứ giác K1K4K2C nội tiếp đường tròn đường kính K1C nên ∠K4K2K1 = ∠K4CK1 =∠C2CC1 = ∠C2K2C1. Suy ra C2,K4,K2 thẳng hàng. Chứng minh tương tự, B2, H4, H2 thẳng hàng.

Ta có ∠K2K4H4 =1

2sd(

_K2C +

_BC2) =

1

2sd(

_K2C +

_CB2) = ∠K2H2H4. Suy ra tứ giác

H2K2H4K4 nội tiếp.Suy ra ∠K4H2H4 = ∠K4K2H4, từ đó ∠K4H2H3 = ∠H4K2K3.Giả sử C1,K1, H thẳng hàng. Ta thu được tứ giác HK2K4C nội tiếp đường tròn đường kính HC.

Suy ra ∠TBC = ∠TCB = ∠K3K2H4 = ∠H3H2K4 hay tứ giác KH2K4B nội tiếp.Suy ra ∠BH2K = 90◦ hay K,H2, B1, H1 thẳng hàng.Câu b)

C2

J

I

H3K3

H2K2

H4K4

B2H1

K

H

C1

B1

C

B

O

T

K1

13

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BOC.Ta có ∠BKK1 = 90◦−∠TBC = 90◦−∠CB1B = ∠CBB1 = ∠BIK1 nên tứ giác KBK1I nội tiếp.

Lại có ∠K2BI =1

2sd(

_K2C +

_CB2) =

1

2sd(

_K2C +

_C1C2) = ∠K2K1I, suy ra tứ giác K2BK1I nội

tiếp. Vậy 5 điểm K,K2, I,K1, B đồng viên. Tương tự 5 điểm H,H2, I,H1, C đồng viên.Gọi giao điểm của hai đường tròn đi qua 2 bộ 5 điểm trên là J.Ta có ∠KJH2 = ∠KJI − ∠H2JI = 180◦ − ∠KBI − ∠H2H1B = ∠BKH2. Suy ra (KJH2) tiếp

xúc với TB.Lại có ∠KJH2+∠BB1H2 = ∠BKH2+∠BB1H2 = 90◦ = ∠KH2B nên (KJH2) tiếp xúc với (O).Chứng minh tương tự, (HK2J) tiếp xúc với TC và (O).Ta có ∠H2KJ + ∠K2HJ = ∠BKJ − ∠BKH2 + ∠CHJ − ∠CHK2 = ∠JIB2 + ∠JIC2 − 180◦ +

∠H2B1B + ∠K2C1C = 360◦ − ∠BIC − 180◦ + ∠H2B1B + ∠K2C1C.

= ∠BIC2 + ∠H2B1B + ∠K2C1C =1

2sd(

_BC2 +

_CB2 +

_BH2 +

_K2C)

Lại có ∠H2JK2 = ∠H2JI+∠IJK2 = ∠H2H1B+∠K2K1C =1

2sd(

_BH2 +

_B1B2 +

_K2C +

_C1C2).

Do đó ∠H2KJ + ∠K2HJ = ∠H2JK2 hay (KJH2) và (HK2J) tiếp xúc nhau.

Bài 14. Cho tam giác ABC. Dựng ra ngoài các tam giác đều ABC ′, ACB′. Gọi X,Y lần lượt là hìnhchiếu của A trên B′C ′, BC. M1,M2 lần lượt là trung điểm của BC ′, CB′. Chứng minh rằng giao điểmhai tiếp tuyến tại X,Y của (AXY ) nằm trên M1M2.

T

M'2

Y'

X'

Y

X

M2

M1

B'

C'

CB

A

A'

Chứng minh. (Luis González).Xét phép nghịch đảo tâm M1, phương tích bất kì.IM1 : X ↔ X ′, Y ↔ Y ′, A↔ A′,M2 ↔M ′2.Ta có ∠M1XM2 = ∠M1XA+ ∠AXM2 = ∠M1C

′A+ ∠M2B′A = 120◦. Lại có tứ giác XX ′M2M

′2

nội tiếp nên ∠M1M′2X′ = ∠M1XM2 = 120◦. Tương tự ∠M1M

′2Y′ = 120◦ nên M ′2 là điểm Fermat thứ

nhất của tam giác M1X′Y ′.

Ta lại có ∠M1A′X ′ = ∠M1XA = 60◦, tương tự ∠M1A

′Y ′ = 60◦ nên A′ là điểm Fermat thứ haicủa tam giác M1X

′Y ′.Qua phép nghịch đảo IM1 , tiếp tuyến tại X,Y của (AXY ) lần lượt biến thành các đường tròn

ω1, ω2 cùng đi qua M1 và tiếp xúc với (A′X ′Y ′) lần lượt tại X ′, Y ′.Như vậy ta chỉ cần chứng minh trục đẳng phương của ω1 và ω2 chính là M1M2.Gọi T là giao điểm của tiếp tuyến tại X ′, Y ′ của (A′X ′Y ′). Do ∠X ′A′Y ′ = 120◦ nên tam giác

X ′TY ′ đều.

14

Suy ra tứ giác X ′M ′2Y′T nội tiếp và do M1M

′2 là phân giác ∠X ′M ′2Y

′ nên M1,M′2, T thẳng hàng.

Hiển nhiên T nằm trên trục đẳng phương của ω1 và ω2 nên M1M2 chính là trục đẳng phương củaω1 và ω2.

Bài 15. Cho tam giác ABC có F1, F2 là hai điểm Fermat. Chứng minh rằng giao hai tiếp tuyến tạiF1, F2 của tam giác AF1F2 nằm trên BC.

Mb

Mc

F2

F1

X

YC2

C1

B2

B1

C''

C'

B'

B''

CB

A

Chứng minh. Dựng ra phía ngoài tam giác ABC hai tam giác đều ABC ′, ACB′, dựng vào phía trongtam giác ABC hai tam giác đều ABC ′′, ACB′′.

Gọi B1, B2, C1, C2 lần lượt là tâm các tam giác đều ACB′′, ACB′, ABC ′′, ABC ′.Ta có (ABC ′) giao (ACB′) tại A,F1 nên B2C2 đi qua trung điểm Y của AF1.Tương tự B1C1 đi qua trung điểm X của AF2.Dễ thấy hai tam giác AC1C2 và AB1B2 đều. GọiMb,Mc lần lượt là trung điểm AC,AB thìMb,Mc

cũng đồng thời là trung điểm B1B2, C1C2.

Áp dụng bài toán trên cho tam giác AC1B1 với X,Y lần lượt là hình chiếu của A trên B1C1, B2C2

suy ra giao hai tiếp tuyến tại X,Y của (AXY ) nằm trên M1M2.Vị tự tâm A tỉ số 2 suy ra giao hai tiếp tuyến tại F1, F2 của (AF1F2) nằm trên BC.

Bài 16. (China TST 2013) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi X,Y, Z lần lượt là trungđiểm BC,CA,AB. P là điểm nằm trong tam giác ABC thỏa mãn PX : PY : PZ = BC : CA : AB.AP,BP,CP cắt (O) lần lượt tại A′, B′, C ′. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của các tamgiác APC ′, APB′, CPB′, CPA′, BPA′, BPC ′ đồng viên.

15

S

O6

O5

J

O4

O3

O2

O1

C'

A'

B'

P

Z

X

Y

O

A

B C

Chứng minh. Gọi O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APC ′, S là trung điểm AO.

Ta cóPX

BC=PY

AB=PZ

AC= k.

Do 4AO1P ∼ 4AOC nên 4AO1O ∼ 4APC. Từ đóO1S

AO=PY

AC= k hay O1S = kR.

Gọi J là trung điểm OP .

Ta có 2O1J2 +

1

2OP 2 = O1P

2 +O1O2 = O1A

2 +O1O2 = 2O1S

2 +1

2AO2 = (2k2 +

1

2)R2.

Do đó O1J2 = (2k2 +

1

2)R2 − 1

2OP 2 = q.

Vậy O1 ∈ (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 (Ia), (Ib), (Ic) là các đường tròn cóbán kính bằng nhau và lần lượt tiếp xúc với cặp cạnh (AB,AC), (BA,BC), (CA,CB). Gọi da là tiếptuyến của (Ia) sao cho da ⊥ AO và Ia nằm khác phía với B,C bờ là đường thẳng da. da cắt AC,AB lầnlượt tại Ab, Ac. Tương tự ta xác định Ba, Bc, Ca, Cb. Các đường tròn (BCAbAc), (CABcBa), (ABCaCb)cắt nhau tại X,Y, Z. Chứng minh rằng Ia, Ib, Ic, X, Y, Z đồng viên.

16

Z

Y

X

Ac

Bc

P

Ab

Cb

N

Ba Ca

M

Ic

Ib

I

A

B C

Ia

Chứng minh. Tứ giác BCAbAc nội tiếp do da là đường đối song ứng với BC của tam giác ABC.Gọi MNP là tam giác tạo bởi giao điểm của da, db, dc; X ′, Y ′, Z ′ lần lượt là tâm đường tròn nội

tiếp của các tam giác MBaCa, NAbCb, PBcAc.Ta có ∠BBcBa = ∠AAcAb = ∠ACB nên ∠AcPBc = 180◦ − 2∠ACB.

Từ đó ∠IaZ ′Ib = ∠BcZ′Ca = 90◦ +

1

2∠AcPBc = 180◦ − ∠ACB = 180◦ − ∠IaIcIb.

Suy ra Z ′ ∈ (IaIbIc).Ta có ∠Z ′IaIb = ∠Z ′AcBc = ∠Z ′BcAc = ∠Z ′IbIa. Suy ra Z ′Ia = Z ′Ib hay IcZ ′ là phân giác của

∠IaIcIb. Suy ra Z ′, Ic, C thẳng hàng.Suy ra ∠Z ′BcBa = ∠Z ′CBa hay Z ′ ∈ (ACBaBc). Tương tự Z ′ ∈ (BAcAbC) hay Z ′ ≡ Z. Chứng

minh tương tự suy ra Ia, Ib, Ic, X, Y, Z đồng viên.

Bài 18. ( Khai thác bài toán của Trần Minh Ngọc) Cho tam giác ABC. Các điểm A1, A2, A3 thuộc

BC, B1, B2, B3 thuộc AC,C1, C2, C3 thuộc AB sao choA1A2

A2A3

=B1B2

B2B3

=C1C2

C2C3

. Gọi M1,M2,M3 lần

lượt là các điểm Miquel của tam giác ABC ứng với bộ 3 điểm (A1, B1, C1), (A2, B2, C2), (A3, B3, C3).Các đường tròn (AB1C1), (AB2C2), (AB3C3) đồng quy tại X, tương tự có Y,Z. Chứng minh rằngAX,BY,CZ đồng quy tại T,M1A1,M2A2,M3A3 đồng quy tại A4. Tương tự có B4, C4. Chứng minhrằng M1,M2,M3, X, Y, Z,A4, B4, C4, T đồng viên.

17

A4T

X

YM3

M2M1

B3

A3

A

B C

C1

B1

A1

C2

A2

C3

B2

Chứng minh. Các đường tròn (AB1C1), (AB2C2), (AB3C3) đồng quy tại X là do tính chất cơ bản củaphép vị tự quay. Tương tự với Y, Z.

Ta có ∠XM1Y = ∠XM1C1 + ∠C1M1Y = ∠BAX + ∠ABY.∠XM2Y = ∠XM2C2 + ∠YM2C2 = ∠BAX + ∠ABY.Do đó ∠XM1Y = ∠XM2Y hay tứ giác XM1M2Y nội tiếp. Tương tự tứ giác XM2M3Y nội tiếp

hay 5 điểm M1,M2,M3, X, Y đồng viên.Chứng minh tương tự suy ra M1,M2,M3, X, Y, Z đồng viên.Từ ∠XM1Y = ∠BAX + ∠ABY. ta thu được ∠XM1Y = 180◦ − ∠XTY . Suy ra T cũng nằm trên

(M1M2M3).Gọi A4 là giao của A1M1 với A2M2. Suy ra ∠M1A4M2 = ∠A4A2C − ∠A4A1C = ∠BYM2 −

∠BYM1 = ∠M1YM2. Do đó A4 ∈ (M1M2M3).Ta có ∠YM3A4 = ∠YM2A2 = 180◦ − ∠Y BC = ∠YM3A3 suy ra M3, A4, A3 thẳng hàng.Vậy M1A1,M2A2,M3A3 đồng quy tại A4 nằm trên (M1M2M3).Tương tự với B4, C4. Ta có đpcm.

18