Đường tròn phụ trong một bài toán đường tròn tiếp xúc

hình học phẳng hình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳnghình học phẳng

Đường tròn phụ trong một số bài toán

đường tròn tiếp xúc

Nguyễn Đức BảoTHPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An

Nguyễn Tiến LongTHPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ

Trong các kì thi Toán học Olympic thì bài toán đường tròn tiếp xúc nhau luôn là một trong nhữngbài toán hình học hay cũng như có nhiều lời giải tuyệt đẹp Bài viết khai thác các bài toán về đườngtròn tiếp xúc nhau dưới cách nhìn thông qua các đường tròn phụ

Ta sẽ mở đầu với một bài toán rất quen thuộc như sau,

Bài toán 1 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I Chứng minh rằng đường tròn (IEF )tiếp xúc đường tròn (BIC)

Chứng minh Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của I lên BC, CA, AB

Dễ thấy các tứ giác DIF B, DIEC, AF IE là các tứ giác nội tiếp

Do đó∠BIF = ∠BDF = 90◦−1

2∠ABC = 12∠BAC +12∠ACB = ∠IAF + ∠ICD = ∠IEF + ∠ICB

Nhận xét Để ý rằng khi ta thay I bởi một điểm P bất kì thì ta thu được bài toán tổng quát.Điểm đặc biệt là bài toán này vẫn giữ nguyên cấu hình nhiều đường tròn Bài toán phát biểu nhưsau,

Bài toán 2 Cho tam giác ABC.P là một điểm bất kì trong tam giác.D là hình chiếu của P lên

BC Giả sử đường tròn (P, P D) cắt CA, AB tại E, F Đường tròn (F DB) cắt đường tròn (EDC) tạiđiểm thứ hai I Chứng minh rằng đường tròn (BIC) tiếp xúc đường tròn (AEF )

Ta chứng minh cho trường hợp đường tròn (BIC) tiếp xúc ngoài đường tròn (AEF ), trường hợpcòn lại thì phép chứng minh là tương tự

Chứng minh Theo tính chất của tứ giác nội tiếp dễ thấy ∠BIF = ∠BDF = ∠DEF = ∠IEF +

∠IED = ∠IEF + ∠ICB suy ra đường tròn (BIC) tiếp xúc đường tròn (IEF )

Mặt khác∠EIF = 360◦− ∠DIF − ∠DIE = ∠F BD + ∠ECD = 180◦

− ∠BAC nên A, F, I, E cùngthuộc một đường tròn do đó đường tròn (BIC) tiếp xúc đường tròn (AEF )

Nhận xét Lời giải cho bài toán 1 chưa phải là một lời giải tốt nhất tuy nhiên nó lại có giá trịphát triển rất cao, để ý rằng trong cả hai bài toán thì các đường tròn phụ đóng một vai trò rất quantrọng trong việc đi đến lời giải Chúng ta sẽ cùng đi sâu vào phương pháp này qua các bài toán cụthể hơn

Chứng minh Gọi T là giao điểm khác Q của đường tròn (F QB) và đường tròn (EQC) Do∠F T E =

∠F T Q + ∠ET Q = ∠F BQ + ∠ECQ = 180◦ − ∠BAC nên A, F, T, E cùng thuộc một đường tròn.Mặt khác do P E = P F và AP là phân giác ngoài ∠EAF nên A, P, E, F cùng thuộc một đườngtròn suy ra ∠EQF = ∠180◦ − 1

2∠EP F = 180◦ − 1

2∠EAF , vậy ta có biến đổi góc ∠BT C =

∠ET F + ∠F T B + ∠ET C = 180◦− ∠EAF + ∠F QB + ∠EQC = 180◦

− ∠EAF + 180◦

− ∠EQF =

180◦− ∠EAF + 1

2∠EAF = 180◦−1

2∠EAF suy ra T thuộc đường tròn (S, SB)

Tiếp tuyến T L tại T của đường tròn (S, SB).Do ∠LT E = ∠LT C + ∠ET C = ∠T BC + ∠EQC =

∠T F Q + ∠EF Q = ∠EF T nên T L là tiếp tuyến tại T của đường tròn (AEF ) suy ra đường tròn(AEF ) tiếp xúc đường tròn (S, SB)

Nhận xét Lời giải trên xuất phát từ ý tưởng của bạn Huỳnh Bách Khoa trong [1] Mấu chốtcủa bài toán là nhận ra điểm tiếp xúc rất đặc biệt, từ đó chuyển đổi mô hình về bài toán 2 với mộtlời giải tương tự Để ý rằng, khi P ở những vị trí đặc biệt ta sẽ thu được những bài toán rất thú vị.Bạn đọc có thể thử sức với các bài toán sau được tác giả đưa lên trong [1][2]

Bài tập 1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).M là trung điểm BC.I là điểm chínhgiữa cung BC chứa A Đường tròn(I, IM ) cắt AC, AB lần lượt tại E, F Phân giác ∠BAC cắt(AEF ) tại D Chứng minh rằng đường tròn (BDC) tiếp xúc đường tròn (AEF )

Bài tập 2 Cho tam giác ABC Phân giác AD (D thuộc BC) Đường thẳng qua D vuông gócvới BC cắt đường thẳng qua A vuông góc với AD tại I Đường tròn (I, ID) cắt CA, AB lần lượt tại

E, F Lấy X thuộc đường tròn (AEF ) sao choAX là đối trung của tam giác AEF Chứng minh rằngđường tròn (BXC) tiếp xúc đường tròn (AEF )

Bài toán tiếp theo được tác giả đưa lên trong [10]

Bài toán 4 Cho tam giác ABC, trực tâm H Giả sử tồn tại E, F trên HB, HC sao cho EF k BC

và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF thuộc BC Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp cáctam giác ABC và HEF tiếp xúc nhau

Chứng minh Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF.S là giao của đường tròn ngoại tiếpcác tam giác BF K và CEK Ta có∠ESF = ∠ESK + ∠F SK = ∠F BK + ∠ECK = 180◦− ∠EHFnên E, H, F, S cùng thuộc một đường tròn Mặt khác ∠BSC = ∠BSK + ∠CSK = ∠HF K +

∠HEK = 360◦ − ∠BHC − ∠EKF = 360◦ − 180◦

+ ∠BAC − 2∠BAC = 180◦ − ∠BAC nên

A, B, S, C cùng thuộc một đường tròn

Tiếp tuyến SL tại S của đường tròn (ABC).Do ∠F SL = ∠BSL + ∠F SB = ∠BCS + ∠F KB =

∠SEK + ∠KF E = ∠KEF + ∠SEK = ∠SEF nên SL là tiếp tuyến tại S của đường tròn ngoạitiếp tam giác HEF suy ra đường tròn ngoại tiếp các tam giác HEF và ABC tiếp xúc nhau.Nhận xét Ta hoàn toàn có thể thay thế điểm H bởi một điểm P bất kì sao cho ∠BP C =

180◦− ∠BAC và lời giải được xây dựng hoàn toàn tương tự như trên Đặc biệt hơn, bài toán đượctác giả biến thể từ bài toán sau của tác giả Trần Quang Hùng Bài toán tham khảo [11]

Bài toán 4*.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H.HB, HC cắt đường thẳngqua O và song song với BC tại M, N Giả sử tồn tại hai điểm E, F thuộc đoạn HB, HC sao cho

Bài toán trên cũng có một mở rộng hoàn toàn tương tự Lời giải xin được phép dành cho bạn đọc

Bài toán 5 Cho tam giác ABC nội tiếp (O), tâm nội tiếp I, trung trực AI cắt AC, AB tại E, F Chứng minh rằng đường tròn tiếp xúc với AC, AB tại E, F tiếp xúc (BOC).

Chứng minh Gọi T là giao điểm khác I của đường tròn (F IB) và (EIC) Do ET IB và ET IC làcác tứ giác nội tiếp nên dễ thấy∠ET F = 360◦− ∠ET I − ∠F T I = ∠ABI + ∠ACI = 90◦

− ∠IAB =

∠AEF suy ra AB tiếp xúc đường tròn (T EF ) Tương tự thì AC tiếp xúc đường tròn (T EF ) kéotheo T thuộc đường tròn qua E, F tiếp xúc với CA, AB Mặt khác ∠BT C = ∠BT I + ∠CT I =

∠BF I + ∠CEI = 2∠BAC = ∠BOC nên T thuộc đường tròn (BOC)

Ta có biến đổi góc ∠BT F = ∠BIF = 180◦ − ∠IBF − ∠IF B = 2∠IF E − ∠IBF = ∠AEF +

∠IEF − ∠IBF = ∠AEF + ∠T EF + ∠IET − ∠IBF = ∠AEF + ∠T EF + ∠ICT − ∠IBF =

∠AEF + ∠T EF + ∠T CB − ∠ICB − ∠IBF = ∠T EF + ∠T CB + (∠AEF − ∠ICB − ∠IBF ) =

∠T EF + ∠T CB suy ra đường tròn (T EF ) tiếp xúc đường tròn (BOC)

Nhận xét Bài toán cũng có thể chứng minh bằng cách sử dụng bổ đề Sayawama dạng đảo tuynhiên khi tiếp cận bằng phương pháp trên sẽ cho ta cái nhìn mới hơn, đơn giản và tự nhiên hơn.Phép chứng minh sử dụng bổ đề Sayawama có thể tham khảo [18] của tác giả Luis Gonzáles

Bài toán toán tiếp theo tham khảo [4] là một trong những bài toán đẹp và rất kinh điển

Bài toán 6 (Serbia National Olympiad 2016) Cho tam giác ABC có O là tâm ngoại tiếp Mộtđường tiếp tuyến với (BOC) cắt AB ở D và CA ở E Gọi A0 là điểm đối xứng của điểm A qua DE.Chứng minh rằng (A0DE) tiếp xúc với (ABC)

Chứng minh Giả sử X là tiếp điểm của đường tiếp tuyến với đường tròn (BOC) Gọi S là giao điểmkhác X của đường tròn ngoại tiếp các tam giác DXB và EXC.Ta có∠BSC = ∠BSX + ∠CSX =

∠ADX + ∠AEX = 180◦ − ∠DAE nên A, B, S, C cùng thuộc một đường tròn suy ra S thuộcđường tròn (O) Mặt khác ∠DSE = ∠DSX + ∠ESX = ∠DBX + ∠ECX = ∠ABC − ∠XBC +

∠ACB − ∠XCB = 180◦ − ∠BAC − (180◦

− ∠BXC) = ∠BXC − ∠BAC = ∠BOC − ∠BAC =2∠BAC − ∠BAC = ∠BAC = ∠BA0C (do A0 đối xứng với A qua DE) suy ra D, S, A0, E cùng thuộcmột đường tròn

Tiếp tuyến SY tại S của đường tròn (O) Ta có ∠DSY = ∠BSY + ∠DBS = ∠BCS + ∠BXD =

∠BCS + ∠XCB = ∠XCS = ∠DES nên SY là tiếp tuyến tại S của đường tròn ngoại tiếp tam giácDSE suy ra đường tròn (DSE) tiếp xúc với đường tròn (O)

Nhận xét Bài toán được xuất phát từ một bổ đề rất quen thuộc về đường tròn tiếp xúc vốnđược phát biểu như sau,

Bổ đề 1 Cho tam giác ABC, D, E là các điểm bất kì trên AB, AC.X thuộc DE.S là giao điểm khác

X của đường tròn (DBX) và đường tròn (CEX) thì đường tròn (SDE) tiếp xúc đường tròn (ABC)

Bổ đề 1 có thể được xem như một tổng quát cho bài toán, đặc biệt hóa khi X thuộc đường tròn(BOC) và DE là tiếp tuyến tại X của đường tròn (BOC) thì ta thu được bài toán 6 Ngoài ra bàitoán còn được tác giả Trần Quang Hùng mở rộng trong [6] như sau,

Bài toán 6 (mở rộng).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).P là điểm nằm trong tamgiác Tiếp tuyến tại P của đường tròn (P BC) cắt CA, AB lần lượt tại E, F.Q là điểm bất kỳ trên(P BC) Đường tròn (QBF ) và (QCE) cắt nhau tại R khác Q Chứng minh rằng đường tròn ngoạitiếp tam giác REF tiếp xúc (O)

Chứng minh Gọi S là giao điểm khác P của đường tròn (EP B) và đường tròn (F P C).Ta có

∠ERF = ∠QRF + ∠QRE = 180◦ − ∠ACQ + 180◦

− ∠ESF suy ra E, S, F, R cùng thuộc một đường tròn Mặt khác

∠BSC = ∠BSP + ∠CSP = ∠AEF + ∠AF E = 180◦− ∠BAC nên A, B, S, C cùng thuộc một đườngtròn

Tiếp tuyến SL tại S của đường tròn (O) Ta có ∠ESL = ∠BSL + ∠ESB = ∠BCS + ∠EP B =

∠BCS + ∠P CB = ∠P CS = ∠P ES nên SL là tiếp tuyến tại S của đường tròn (ESF ) kéo theođường tròn (ESF ) tiếp xúc đường tròn (O) hay đường tròn ngoại tiếp tam giác REF tiếp xúc đườngtròn (O)

Nhận xét Khi P nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC thì ta thu được bài toán gốc Bàitoán 6 có rất nhiều ứng dụng ý nghĩa, các bạn hãy làm các bài tập sau của tác giả Trần Quang Hùng

để thấy rõ

Bài tập 5 Cho tam giác ABC nhọn trực tâm H, nội tiếp đường tròn (O).HB, HC lần lượtcắt một tiếp tuyến thay đổi của (O) tại E, F.K đối xứng với H qua EF Chứng minh rằng đườngtròn ngoại tiếp tam giác KEF luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi tiếp tuyến thay đổi

Bài tập 6 Cho tam giác ABC có đường cao AH và tâm nội tiếp I IB, IC cắt AH tại M, N

K, L là tâm ngoại tiếp tam giác M AB, N AC R, Q là trung điểm IB, IC Lấy P sao cho P R ⊥

N L, P Q ⊥ M K Một tiếp tuyến thay đổi của đường tròn Euler của tam giác IBC cắt P Q, P R tại

S, T X đối xứng P qua S, T Chứng minh rằng đường tròn (XST ) luôn tiếp xúc một đường tròn cốđịnh khi tiếp tuyến thay đổi

Bài tập 7.Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) trực tâm H và P là điểm nằm trên(O) Trung trực HP cắt OP tại Q K, L là hình chiếu của Q lên HB, HC G là trung điểm HQ.Chứng minh rằng đường tròn (GKL) luôn tiếp xúc một đường thẳng cố định khi P thay đổi

Bài tập 8.Cho tam giác ABC có đường cao AH và tâm nội tiếp I IB, IC cắt AH tại M, N

K, L là tâm ngoại tiếp tam giác M AB, N AC R, Q là trung điểm IB, IC Lấy P sao cho P R ⊥

N L, P Q ⊥ M K Một tiếp tuyến thay đổi của đường tròn Euler của tam giác IBC cắt P Q, P R tại

S, T X đối xứng P qua S, T Chứng minh rằng đường tròn (XST ) luôn tiếp xúc một đường tròn cốđịnh khi tiếp tuyến thay đổi

Bài toán tiếp theo của tác giả là một ứng dụng mạnh của bổ đề 1 Bài toán được tác giả đưa lêntrong [11]

Bài toán 7 (Mở rộng đường tròn Mixilinear) Cho tam giác ABC.P, Q là hai điểm liên hợp đẳnggiác Tiếp tuyến tại P của đường tròn ngoại tiếp tam giác BP C cắt CA, AB lần lượt tại E, F , tiếptuyến tại Q của đường tròn ngoại tiếp tam giác BQC cắt CA, AB lần lượt tại G, H Chứng minhrằng đường tròn (EF GH) tiếp xúc đường tròn (ABC)

Lời giải sau được tác giả đưa lên trong [11]

Chứng minh Dễ thấy E, F, G, H cùng thuộc một đường tròn.P0, Q0 lần lượt là giao điểm của BPvới CQ, BQ với CP Do ∠BP0C = 180◦− ∠P0

CB − ∠P0BC = 180◦− ∠P CE − ∠EP C = ∠P ECnên P, P0, E, C cùng thuộc một đường tròn suy ra ∠EP0C = ∠EP C = ∠P0BC, do đó P0E là tiếptuyến tại P0 của đường tròn (P0BC) Tương tự thì H, Q, P0B cùng thuộc một đường tròn nên P0H

là tiếp tuyến tại P0 của đường tròn (BP0C), từ đó E, P0, H thẳng hàng Tương tự ta cũng có F, Q0, Gthẳng hàng

M là giao điểm khác Q0 của đường tròn (Q0F B) và đường tròn (Q0GC).Do F, Q0, G thẳng hàngnên M thuộc (ABC).Vì F, Q0, P, B và G, Q, Q0C cùng thuộc một đường tròn nên M thuộc đườngtròn (QGC) và đường tròn (P F B)

Mặt khác do M thuộc đường tròn (ABC) nên M lần lượt là giao điểm khác P của đường tròn(P F B) và (P EC), giao điểm khác Q của đường tròn (QHB) và (QGC) Theo bổ đề 1 thì cácđường tròn (M HG), (M EF ) tiếp xúc đường tròn (O) Từ đó ∠EMF = ∠EMP + ∠F MP =

∠BP0H + ∠BP H = 180◦− ∠EMF nên F, H, E, M cùng thuộc một đường tròn do đó đường tròn(HGEF ) tiếp xúc đường tròn (O)

Nhận xét Bài toán đã mở ra rất nhiều hướng khai thác, đặc biệt do nó là mở rộng của đườngtròn M ixilinear nên sẽ có rất nhiều tính chất đặc biệt khác Trong [11] có đề xuất một số tính chấtrất thú vị nhưng vì khuôn khổ bài báo có hạn nên xin được dừng lại tại đây

Bài toán sau được tác giả Lê Viết Ân đưa lên diễn đàn toán học AoPS trong [13]

Bài toán 8.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H.M, N lần lượt là hình chiếucủa B, C lên CA, AB Giả sử tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại T.T0 đối xứng T qua BC.M Ncắt T0B, T0C theo thứ tự tại F, E Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC và

T0EF tiếp xúc nhau

Lời giải sau được tác giả đưa lên trong [13]

Chứng minh Gọi P là trung điểm BC Do ∠MEC = 180◦− ∠EMC − ∠ECM = 2∠C = 180◦−

∠MP C nên M, E, C, P cùng thuộc một đường tròn Tương tự thì N, F, P, B cùng thuộc một đườngtròn Gọi X là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp các tam giác N P B và M P C Do

∠BXC = ∠BXP +∠P XC = ∠P NB+∠P MC = ∠CBA+∠BCA = 180◦−∠A nên X, H, B, C cùngthuộc một đường tròn Mặt khác do∠EXF = 360◦− ∠F XP − ∠EXP = ∠F BP + ∠ECB = 2∠Anên F, X, E, T0 cùng thuộc một đường tròn

Do đó ta có biến đổi góc ∠BXF = ∠ANM = ∠ACB = ∠XCB + ∠XCA = ∠XCB + ∠XEF suy

ra đường tròn (BXC) tiếp xúc với đường tròn (T0EF ) do đó đường tròn (HBC) tiếp xúc đườngtròn (T0EF )

Bài toán sau tham khảo [17]

Bài toán 9 (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) vớiđường cao AD Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại T Trên đoạn AD lấy điểm K sao cho]BKC = 90◦.G là trọng tâm tam giác ABC, KG cắt OT tại L Các điểm P, Q thuộc đoạn BC saocho LP k OB, LQ k OC Các điểm E, F lần lượt thuộc đoạn CA, AB sao cho QE, P F cùng vuônggóc với BC Gọi (T ) là đường tròn tâm T đi qua B, C Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tamgiác AEF tiếp xúc với (T )

Lời giải sau được đăng trên tạp chí Toán học và tuổi trẻ tháng 9-2015 [14]

Chứng minh Gọi H là trực tâm tam giác ABC; M, I theo thứ tự là trung điểm của BC, EF ; N, Ytheo thứ tự là giao điểm của BH, T O và AC; X là giao điểm thứ hai của các đường tròn (BM F ) và(CM E).

Ta thấy G là giao điểm của OH với M A (theo định lí về đường thẳng Euler).M, I thuộc OT, 4AHN ∼4Y CM

Do OM k HA, LQ k OC, QE k M Y nên

Suy ra 4KHN ∼ 4ECM Mặt khác do tứ giác BKN C nội tiếp nên∠KCB = ∠KNH = ∠EMC.Tương tự thì ∠KBC = ∠F MB suy ra ∠F ME = 180◦ − ∠F MB − ∠EMC = 180◦

− ∠KBC −

∠KCB = ∠BKC = 90◦.Mặt khác dễ thấy∠F XE = 360◦−∠F XM −∠EXM = (180◦

−∠F XM)+(180◦−∠EXM) = ∠F BM +∠ECM = 180◦

−∠F AE Do đó A, F, X, E cùng thuộc một đường tròn

Mặt khác để ý rằng B, F, X, M cùng thuộc một đường tròn, ∠EMF = 90◦ = ∠EQM, EQ k

IM, IM = IE = IF nên ∠F XB = ∠F MB = ∠MEQ = ∠EMI = ∠IEM = ∠IEX + ∠MEX =

∠F EX + ∠MCX = ∠F EX + ∠BCX suy ra (AEF ) tiếp xúc (T )

Bài toán sau tham khảo [19] của tác giả Trần Quang Hùng,

Bài toán 10 Cho tam giác ABC, đường cao AD.E, F lần lượ là hình chiếu của D lên CA, AB.BEcắt CF tại H.EF cắt BC tại G.K là hình chiếu của G lên AH Chứng minh rằng đường tròn (KBC)tiếp xúc đường tròn (HEF )

Chứng minh Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông dễ suy ra AF.AB = AD2 = AE.AC nênBECF là tứ giác nội tiếp Gọi P là giao điểm của các đường tròn (BDE) và (CDF ) Do tứ giácBCEF nội tiếp nên HF.HC = HB.HE suy ra H nằm trên trục đẳng phương của các đường tròn(BDE) và (CDF ) suy ra H thuộc DP Mặt khác do ∠F EH = ∠HCD = ∠HP F nên P F HE là tứgiác nội tiếp.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF , dễ thấy G, K, O thẳng hàng, từ đó GK.GO =GB.GC nên B, K, O, C cùng thuộc một đường tròn suy ra ∠BKC = ∠BOC = 360◦ − 2∠BF C =

180◦− ∠DF C − ∠DEC = 180◦

− ∠HP B − ∠HP C = 180◦

− ∠BP C do đó B, P, C, K cùng thuộcmột đường tròn

Dễ thấy O, P, D thẳng hàng Gọi M là giao điểm của OH với đường tròn (ABC), do BCEF là

tứ giác nội tiếp nên O, B, M, E cùng thuộc một đường tròn suy ra ∠BOM = ∠BEM Mặt khác

∠BDH = ∠BEP nên ∠MEP = ∠DP O = ∠BEC − 90◦ = ∠HED

Tiếp tuyến P T tại P của đường tròn (KBC) Ta có biến đổi góc ∠HP T = ∠BP T + ∠BP H =

∠BED + ∠BCP = ∠BED + ∠BOH = ∠P EM + ∠BEM = ∠HEP suy ra P T là tiếp tuyến tại Pcủa đường tròn (HEF ) do đó đường tròn (HEF ) tiếp xúc (BKC)

Nhận xét Ta cũng có thể chứng minh P G là tiếp tuyến chung của hai đường tròn như sau,

Dễ thấy đường tròn (A, AD) tiếp xúc đường tròn (HEF ) Gọi I là tâm đường tròn (HEF ) dễ suy

ra IH k AD do đó 4P AD cân tại A Mặt khác AM ⊥ DP nên AM là trung trực P D Để ý rằng G

là giao điểm của AM với BC nên AP GD là tứ giác nội tiếp suy ra ∠GP A = 90◦ do đó P G là tiếptuyến tại P của đường tròn (HEF )

Bài toán tiếp theo tham khảo [12] nằm trong chuỗi các bài toán mở rộng IM O 2015 Problem 3của tác giả Trần Quang Hùng

Bài toán 11.Cho tam giác ABC, đường cao BE, CF.T, N, P, Q lần lượt là trung điểm CF, AB, AF, AE

N Q cắt đường thẳng qua A vuông góc với AB tại L Qua F kẻ đường thăng song song với P L cắt

N T tại R Chứng minh rằng đường tròn (N RQ) tiếp xúc đường tròn (AF )

Chứng minh Gọi J là giao điểm khác F của F R với đường tròn (AF ) thì LP ⊥ AJ suy ra LA =

LJ = LE do đó ∠AEJ = 12∠ALJ = ∠ALP = ∠JF C kéo theo J thuộc đường tròn (F EC) hay

B, F, J, E, C cùng thuộc một đường tròn suy ra ∠JCT = ∠JBN

Ta có ∠JBC = ∠AEJ = ∠ALP nên

J B

J C =

ALAPMặt khác ∠ANQ = ∠ACF nên

Do đó 4N BJ ∼ 4T CJ suy ra J thuộc đường tròn (N F T ).

L là giao điểm khác J của F J với đường tròn (AJ E) thì A, L, K thẳng hàng LN cắt KF tại H, F Ccắt AH tại I Theo bổ đề hình thang thì I, N, K thẳng hàng

V là giao điểm khác N của KI với đường tròn (N J T ) Ta có AJ ⊥ F K suy ra KA2 = KJ.KF =KV.KN do đó ∠KV A = 90◦ nên V thuộc đường tròn (AJ K) suy ra IV ⊥ AT kéo theo ∠NJF =

dụ điển hình Bài toán sau tham khảo [15]

Bài toán 12.Cho đường tròn (I) tiếp xúc trong đường tròn (O) tại T.K thuộc I Tia OK cắt đườngtròn (O) tại P Đoạn thẳng IK cắt đường tròn (K, KP ) tại Q Đoạn thẳng P Q cắt đường tròn (I)tại E Trên T Q lấy L sao cho OL k IQ Chứng minh rằng tam giác tạo bởi tiếp tuyến tại P của (O),tiếp tuyến tại E của đường tròn (I) và đường thẳng qua L vuông góc với IK tiếp xúc đường tròn (I).Lời giải sau là của tác giả bài viết, trong [15] Telv Cohl có đề xuất một lời giải khác gọn hơn.Chứng minh Ta sẽ sử dụng các bổ đề sau

Bổ đề 1 A, B là giao điểm của đường tròn (K) và đường tròn (I), G là giao điểm của P Q với

AB Khi đó K, G, T thẳng hàng