Bài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn Linh

Bài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn LinhBài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn Linh

Bài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm

2013

Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TCNH ĐH Ngoại Thương

1 Giới thiệu

Trong ngày thi thứ 2 của kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 xuất hiện một bài toán khá thú vị:

Cho 4 điểm A, B, C, D theo thứ tự cùng nằm trên đường thẳng l Hai cung ω1, ω2 dựng trên dây

AB và ω3, ω4 dựng trên dây CD sao cho 4 dây cung trên cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng l đồng thời ω1 tiếp xúc với ω3 và ω2 tiếp xúc với ω4 Chứng minh rằng giao điểm của tiếp tuyến chung ngoài của các cặp cung (ω2, ω3) và (ω1, ω4) nằm trên l

Ở bài viết này tác giả sẽ đưa ra 4 cách chứng minh cho bài toán trên và lời giải cho bài toán tổng quát

Cách 1

Trước tiên ta phát biểu một số bổ đề

Bổ đề 1 (Định lý Monge-D’Alembert) Cho ba đường tròn C1(O1, R1), C2(O2, R2), C3(O3, R3) phân biệt trên mặt phẳng Khi đó tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn (C1, C2), (C2, C3), (C3, C1) cùng thuộc một đường thẳng Hai tâm vị tự trong của hai trong ba cặp đường tròn trên và tâm vị tự ngoài của cặp đường tròn còn lại cùng thuộc một đường thẳng

Có thể chứng minh bổ đề 1 tương đối đơn giản dựa theo định lý Menelaus, xin phép không trình bày lại ở đây

Bổ đề 2 Cho hai dây cung γ1 và γ2 cùng dựng trên dây AC sao cho chúng cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ AC Gọi C1, C2 là hai đường tròn tiếp xúc với γ1 và γ2 Khi đó tâm vị tự ngoài của C1

và C2 nằm trên AC

I

Y

O 1

O 2

Z

I 1

I 2

Chứng minh Gọi (O1, R1) và (O2, R2) lần lượt là đường tròn chứa các cung γ1, γ2; I là tâm vị tự ngoài của C1 và C2 X, Y là tiếp điểm của C1, C2 với γ1, Z, T là tiếp điểm của C1, C2 với γ2

Áp dụng định Monge-D’Alembert cho bộ ba đường tròn ((O1), γ1, γ2) và ((O2), γ1, γ2) suy ra I, X, Y thẳng hàng và I, Z, T thẳng hàng

Gọi IA1A2 là tiếp tuyến chung ngoài của γ1, γ2

Phép nghịch đảo IIA1 IA 2

I : γ17→ γ2, đồng thời các cặp đường thẳng I1Z và I2T , I1X và I2Y không song song nên IZ.IT = IA1.IA2= IX.IY Suy ra X, Y, Z, T đồng viên

Xét ba đường tròn (O1), (O2), (XY T Z) có trục đẳng phương lần lượt là AC, XY, ZT nên AC, XY, ZT đồng quy Từ đó I ∈ AC

Bổ đề 3 Cho hai dây cung ω1 và ω2 cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng l và cùng dựng trên dây AB nằm trên l C, D là hai điểm bất kì trên l và nằm ngoài đoạn thẳng AB Khi đó 4 tiếp tuyến kẻ từ C, D tới ω1 và ω2 cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp

L

J

P

M

Q

N Z

Y T

X

A

D B

O 1

O 2

C

Chứng minh Gọi X, Z và Y, T là các điểm trên ω1 và ω2 sao cho CX, CY, DZ, DT là các tiếp tuyến của hai đường tròn (O1) và (O2) chứa các cung ω1 và ω2; M N P Q là tứ giác tạo bởi giao điểm của

CX, CY, DZ, DT như hình vẽ

Do C, D nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O2) nên CX = CY , DZ = DT Từ đó tồn tại hai đường tròn C1, C2 lần lượt tiếp xúc với (O1) và (O2) tại X, Y và Z, T Áp dụng bổ đề 2 suy ra

XZ cắt Y T tại một điểm L nằm trên l

Xét hai tam giác N ZX và QT Y có T Q ∩ N Z = {D}, QY ∩ N X = {C}, T Y ∩ ZX = {L} cùng nằm trên l nên N ZX và QT Y thấu xạ Áp dụng định lý Desargues suy ra T Z, XY, N Q đồng quy tại J

Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn C1, (O1), (O2) suy ra XY đi qua tâm vị tự trong của (O1) và (O2) Chứng minh tương tự suy ra J là tâm vị tự trong của (O1) và (O2)

Gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác M N D Do N là tâm vị tự trong của (I) và (O1) nên áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn (I), (O1), (O2) ta có Q là tâm vị tự ngoài của (I)

và (O2) Mà QC tiếp xúc với (O2) nên QC tiếp xúc với (I) Điều này nghĩa là tứ giác M N P Q ngoại tiếp

Trở lại bài toán

I

X

E

F

M

Y

O 3

P

O 1

O 2

Gọi (O1), (O2), (O3), (O4) lần lượt là các đường tròn chứa các cung ω1, ω2, ω3, ω4; P, Q lần lượt là tiếp điểm của (O1) và (O3), (O2) và (O4)

Qua P kẻ tiếp tuyến chung trong của (O1) và (O3), cắt d tại X

Ta có XP2= XA.XB = XC.XD nên X thuộc trục đẳng phương của (O2) và (O4), tức là XQ là tiếp tuyến chung trong của (O2) và (O4)

Giả sử tiếp tuyến chung ngoài M E của ω2 và ω3 cắt d tại Y , qua Y kẻ tiếp tuyến Y N tới ω1, Y F tới ω2

Áp dụng bổ đề 3 cho hai đường tròn (O1) và (O2) với hai điểm X, Y suy ra Y M, Y N, XP, XQ cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp đường tròn (I)

Lại áp dụng bổ đề 3 cho hai đường tròn (O3) và (O4) với hai điểm X, Y suy ra Y F tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác tạo bởi các đường thẳng XP, XQ, Y M hay đường tròn (I) Như vậy

Y N, Y F cùng tiếp xúc với (I), suy ra Y, N, F thẳng hàng Ta có đpcm

Cách 2

E

F

M

Y

O 3

P

O 1

O 2

Với cách kí hiệu tương tự như cách 1, tiếp tuyến M E của ω2 và ω3 cắt l tại Y , lần lượt kẻ các tiếp tuyến Y N, Y F tới ω2, ω4 Ta cần chứng minh Y, N, F thẳng hàng

Do XP = XQ, Y M = Y N, Y E = Y F nên tồn tại các đường tròn C1 lần lượt tiếp xúc với (O1)

và (O3) tại P , tiếp xúc với (O2) và (O4) tại Q; đường tròn C2 tiếp xúc với (O2) tại M và (O1) tại N , đường tròn C3 tiếp xúc với (O3) tại E và (O4) tại F

Theo bổ đề 2 suy ra M Q cắt N P tại tâm vị tự ngoài G của C1 và C2 và G ∈ l, EP cắt F Q tại tâm vị tự ngoài H của C1 và C3 và H ∈ l

Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn C1, C2, C3 suy ra M E cắt d tại tâm vị tự ngoài của C2 và C3, hay Y là tâm vị tự ngoài của C2 và C3 Suy ra Y, N, F thẳng hàng Ta có đpcm Cách 3

X

E

F

M

Y

Q

O 3

P

O 1

O 2

Với ý tưởng tương tự cách 2 ta cần chứng minh Y, N, F thẳng hàng

Như cách 2 chúng ta đã chứng minh tồn tại các đường tròn C1, C2, C3

Từ đó theo cách chứng minh bổ đề 2 suy ra M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn và E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn

Mặt khác, áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn C1, (O2), (O3) suy ra P Q cắt EM tại tâm vị tự ngoài T của hai đường tròn (O2) và (O3)

Suy ra T M T E = T P T Q, nghĩa là M, E, P, Q cùng thuộc một đường tròn

Như vậy 6 điểm M, N, E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn Suy ra tứ giác M N F E nội tiếp Giả sử Y N cắt đường tròn (Y, Y E) tại F0 Do hai đường tròn (Y, Y M ) và (Y, Y N ) đồng tâm và hai đường thẳng M E, N F0 giao nhau tại Y nên M N F0E là hình thang cân hay M N F0E nội tiếp Lại có F và F0 cùng nằm trên (Y, Y N ) nên F ≡ F0, hay Y, N, F thẳng hàng Ta có đpcm

Cách 4

Trước tiên ta phát biểu 2 bổ đề sau

Bổ đề 4 Cho hai đường tròn (O1) và (O2) không chứa nhau Gọi C1, C2 là hai đường tròn tiếp xúc ngoài với (O1), (O2) lần lượt tại A, B và C, D Khi đó A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn

c 2

1

B A

D T

O 1

O 2

C

Chứng minh Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn (O1), (O2), C1 suy ra AB đi qua tâm vị tự ngoài T của (O1) và (O2) Tương tự ta cũng có CD đi qua T

Từ đó T A.T B = T C.T D = k Suy ra A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn

Bổ đề 5 (Chuỗi đường tròn Apollonius- bài toán 9 đường tròn) Cho 3 đường tròn (O1), (O2), (O3) trên mặt phẳng Ta xây dựng một chuỗi đường tròn xoay vòng như sau Gọi C12 là đường tròn tiếp xúc với (O1) và (O2), C23 là đường tròn tiếp xúc với C12, (O2), (O3), C34 là đường tròn tiếp xúc với

C23, (O3), (O1), C45 là đường tròn tiếp xúc với C34, (O1), (O2), C56 là đường tròn tiếp xúc với C45, (O2), (O3), C61 là đường tròn tiếp xúc với C5, (O3), (O1) Khi đó C12, C23, , C61 là một chuỗi đóng, hay C61 tiếp xúc với C12

C 61

C 56

C 45

C 34

C 23

C 12

P 6

P 5

P 4

P 3 P

1

O 1

O 3

O 2

P 2

Chứng minh Ta chứng minh bài toán trong trường hợp 3 đường tròn (O1), (O2), (O3) đôi một ngoài nhau Các trường hợp khác chứng minh tương tự

Gọi P1, P2 lần lượt là tiếp điểm của C12 với (O1) và (O2); P3 là tiếp điểm của C23 với (O3); P4 là tiếp điểm của C34 với (O1), tương tự với P5, P6, P7 Như vậy ta cần chứng minh P7 ≡ P1

Áp dụng bổ đề 4 cho hai đường tròn C12 và C34 cùng hai đường tròn tiếp xúc C23 và (O1) suy ra

P1, P2, P3, P4 cùng thuộc một đường tròn

Áp dụng bổ đề 4 cho hai đường tròn (O2) và (O3) với hai đường tròn tiếp xúc C23 và C56 suy ra

P , P , P , P cùng thuộc một đường tròn

Tiếp tục áp dụng bổ đề 4 cho hai đường tròn (O1) và (O2) với hai đường tròn tiếp xúc C45 và C12

suy ra P1, P2, P4, P5 cùng thuộc một đường tròn

Từ các điều trên ta thu được P1, P2, P3, P4, P5, P6 cùng thuộc một đường tròn ω

Áp dụng bổ đề 4 cho hai đường tròn (O1) và (O3) với hai đường tròn tiếp xúc C61 và C34 suy ra

P3, P4, P6, P7 cùng thuộc một đường tròn Từ đó P7 là giao của ω với (O1) hay P7 ≡ P1 Như vậy C61

và C12 tiếp xúc nhau Ta có đpcm

Trở lại bài toán

X

E

F'

M

Y

O 3

P

O 1

O 2

Chú ý rằng chuỗi Apollonius vẫn đúng trong trường hợp đường tròn suy biến thành đường thẳng Tiếp tuyến chung M E của (O2) và (O3) cắt l tại Y Kẻ tiếp tuyến Y N của ω1, dựng đường tròn

C3 tiếp xúc với Y M, Y N lần lượt tại E, F0 Đường tròn C1 và C2 được định nghĩa giống cách 2,3

Áp dụng bổ đề 5 cho đường tròn C1 và 2 đường tròn suy biến thành đường thẳng Y M và Y N ta có:

(O2) tiếp xúc với C1, Y M

C2 tiếp xúc với (O2), Y M, Y N

(O1) tiếp xúc với C2, Y N, C1

(O3) tiếp xúc với (O1), C1, Y M

C3 tiếp xúc với (O3), Y M, Y N

(O04) tiếp xúc với C3, Y N, C1

Do chuỗi (O2), C2, (O1), (O3), C3, (O04) là chuỗi đóng nên (O40) tiếp xúc với (O2), C1, Y N

Điều này nghĩa là (O40) tiếp xúc với C1 tại P và tiếp xúc với Y N tại F0

Lại có tiếp tuyến tại Q của (O2) cắt tiếp tuyến tại P của (O1) tại X và XP = XQ nên X nằm trên trục đẳng phương của (O04) và (O3)

Mà Y E = Y F0 nên Y cũng thuộc trục đẳng phương của (O40) và (O3) Vậy XY là trục đẳng phương của (O40) và (O3) hay (O40) đi qua C, D

Suy ra (O40) ≡ (O4) Ta có đpcm

Cho 2n điểm A1, B1, A2, B2, , An, Bn (n ≥ 2) theo thứ tự nằm trên đường thẳng l Hai cung ωk và

γk dựng trên dây AkBk (k = 1, n) sao cho 2n cung cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ l đồng thời

ωk tiếp xúc với ωk−1 và ωk+1, γk tiếp xúc với γk−1 và γk+1 Khi đó giao điểm của tiếp tuyến chung ngoài của các cặp cung ω1 và ωn, γ1 và γn nằm trên l

Để chứng minh bài toán mở rộng trước tiên ta phát biểu một bổ đề sau

Bổ đề 6 Cho 6 điểm A1, B1, A2, B2, A3, B3 cùng nằm trên đường thẳng l sao cho các đoạn thẳng

A1B1, A2B2, A3B3 tách rời nhau Hai cung ωi và γi cùng dựng trên dây AiBi (i = 1, 3) sao cho 6 cung cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ l Kí hiệu dij là tiếp tuyến chung ngoài của cặp cung ωi và ωj,

kij là tiếp tuyến chung ngoài của cặp cung γi và γj Giả sử giao điểm của d12 và k12, d23 và k23 cùng nằm trên l Khi đó giao điểm của d13 và k13 cũng nằm trên l

X

Chứng minh Gọi X, Y lần lượt là giao của d12và k12, d23và k23; Z là giao của d13 với l Từ Z kẻ tiếp tuyến k013tới γ1

Áp dụng bổ đề 3 cho 2 đường tròn ω1, γ1 và 2 điểm X, Z suy ra tồn tại một đường tròn C1 nội tiếp tứ giác tạo bởi giao điểm của 4 đường thẳng d12, k12, d13, k013 Tương tự tồn tại đường tròn C2 nội tiếp tứ giác tạo bởi giao điểm của 4 đường thẳng d12, k12, d23, k23 Gọi C3 là đường tròn nội tiếp (hoặc bàng tiếp) tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng d13, d23, k23

Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn C1, C2, C3 ta có X là tâm vị tự ngoài của

C1 và C2; Y là tâm vị tự ngoài của C2 và C3 nên tâm vị tự ngoài của C1 và C3 nằm trên XY

Do d13 là tiếp tuyến chung của C1 và C3 nên d13cắt l tại tâm vị tự ngoài Z của C1 và C3 Mà k013 tiếp xúc với C1 nên k013 tiếp xúc với C3

Từ Z kẻ tiếp tuyến k0013tới γ3, lại áp dụng bổ đề 3 cho 2 đường tròn ω3 và γ3 với hai điểm Y, Z suy

ra C3 tiếp xúc với k0013 Từ đó k013≡ k0013≡ k13 Ta có đpcm

Trở lại bài toán

B 2

Vẫn kí hiệu dij và kij như bổ đề 6 Gọi Xij là giao của dij và kij

Theo bài toán Iran 2013 ta có X12và X23nằm trên l Do đó áp dụng bổ đề 6 suy ra X13nằm trên

l Lại có X34 nằm trên l nên lại áp dụng bổ đề 6 suy ra X14 nằm trên l Chứng minh tương tự ta thu được X1n nằm trên l

Tài liệu

[1] goodar2006, Concurrency of two common external tangents, AoPS Topic 530380 http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47t=530380

[2] Nguyễn Văn Linh, Monge-D’Alembert’s theorem, Euclidean Geometry Blog http://nguyenvanlinh.wordpress.com/2013/04/06/monge-dalemberts-theorem/ [3] Nguyễn Văn Linh, Some famous circles chains, Euclidean Geometry Blog http://nguyenvanlinh.wordpress.com/2013/04/27/some-famous-circles-chains/ Email: Lovemathforever@gmail.com