Định lý MongeD’Alembert và ứng dụng

Định lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụngĐịnh lý MongeD’Alembert và ứng dụng

Định lý Monge-D’Alembert và ứng dụng

Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TCNH ĐH Ngoại thương

1 Giới thiệu

Định lý Monge-D’Alembert đặt theo tên hai nhà toán học Pháp Gaspard Monge và Jean-le-Rond D’Alembert, được phát biểu như sau

Định lý 1 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 [1][2]

A 3

O 1

O 2

O 3

Chứng minh Ta chứng minh định lý trong trường hợp ba tâm vị tự ngoài, trường hợp còn lại chứng minh tương tự

Gọi tâm vị tự của các cặp đường tròn (C1, C2), (C2, C3), (C3, C1) lần lượt là A3, A1, A2 Khi đó:

VA3

R1

R2

: O2→ O1; VA2

R3 R1

: O1→ O3; VA1

R2 R3 : O3→ O2

Suy ra: A1O2

A1O3

.A2O3

A2O1

.A3O1

A3O2

= R2

R3.

R3

R1.

R1

R2 = 1.

Theo định lý Menelaus thu được A1, A2, A3 thẳng hàng

Sau đây ta xét một trường hợp đặc biệt Cho hai đường tròn phân biệt C1(O1) và C2(O2) có hai tâm vị tự A1 và A2 C2 cắt O1O2 tại một điểm cố định còn O2 có thể chuyển động, đường tròn C1 cố định Thực hiện việc kéo dài O1O2 đến vô cùng, khi đó A1 và A2 tiền dần đến giao điểm của O1O2

và C1 Như vậy khi O2 ở vô cùng, C2 trở thành đường thẳng l, A1, A2 là giao điểm của đường thẳng qua O1 và vuông góc với l và C1 Việc xác định A1 hay A2 là tâm vị tự trong hay ngoài phụ thuộc vào việc ta coi O1 nằm bên nửa mặt phẳng nào của l Như vậy định lý Monge-D’Alembert có thể phát biểu cho trường hợp hai đường tròn và một đường thẳng như sau:

Định lý 2 Cho hai đường tròn C1(O1), C2(O2) và đường thẳng l Gọi A1, A2 lần lượt là các điểm nằm trên C1 và C2 sao cho O1A1⊥ l, O2A2⊥ l Khi đó nếu −−−→O1A1↑↑−−−→O2A2 thì tâm vị tự ngoài của C1

và C2, A1, A2 thẳng hàng Nếu−−−→O1A1 ↑↓−−−→O2A2 thì tâm vị tự trong của C1 và C2, A1, A2 thẳng hàng Định lý 2 có vẻ hiển nhiên và chứng minh khá đơn giản dựa theo định lý Thales nên ta không trình bày ở đây

Xét một trường hợp đặc biệt khác là hai trong ba đường tròn C1, C2, C3 có cùng bán kính (ví dụ

C1 và C2) Khi đó tiếp tuyến chung ngoài của C1 và C2 song song Định lý Monge-D’Alembert phát biểu rằng đường thẳng nối hai tâm vị tự ngoài (hoặc trong) của hai cặp đường thẳng còn lại song song với hai tiếp tuyến chung ngoài của C1 và C2 Có nghĩa là ta đã coi tâm vị tự ngoài của C1 và C2 nằm

ở vô cùng

Bài 1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Kí hiệu ωa là đường tròn tiếp xúc với các tia

AB, AC và tiếp xúc trong với (O) Tương tự ta xác định ωb, ωc Gọi A1, B1, C1 lần lượt là tiếp điểm của ωa, ωb, ωc với (O) Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy

Ba đường tròn ωa, ωb, ωccòn gọi là đường tròn "Mixtilinear incircle"

P

A 1

C 1

B 1

I O A

B

C

Chứng minh Gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC; P là tâm vị tự ngoài của (I) và (O) Xét ba đường tròn ωa, (I), (O) có các tâm vị tự ngoài lần lượt là A, A1, P nên theo định lý Monge-D’Alembert suy ra AA1 đi qua P

Tương tự ta thu được AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P

Nhận xét 1 Bằng phương pháp tương tự, ta cũng chứng minh được bài toán tổng quát như sau: Cho tam giác ABC Gọi ωa, ωb, ωclần lượt là các đường tròn tiếp xúc với các cặp tia (AB, AC), (BA, BC), (CA, CB); (O) là đường tròn cùng tiếp xúc trong (hoặc ngoài) với ωa, ωb, ωc lần lượt tại A1, B1, C1 Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy

Bài 2 Cho tam giác ABC Kí hiệu ωa, ωb, ωc lần lượt là các đường tròn tiếp xúc với các cặp tia (AB, AC), (BC, BA), (CA, CB) sao cho ωa, ωb, ωc tiếp xúc ngoài nhau Gọi A1, B1, C1 lần lượt là tiếp điểm của các cặp đường tròn (ωb, ωc), (ωa, ωc), (ωa, ωb) Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy

Ba đường tròn ωa, ωb, ωccòn gọi là đường tròn Malfatti

A 1

C 1

B 1

Chứng minh Gọi A2, B2, C2lần lượt là tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn (ωb, ωc), (ωa, ωc), (ωa, ωb) Theo định lý Monge-D’Alembert suy ra A2, B2, C2 thẳng hàng

Do B1, C1 lần lượt là tâm vị tự trong của các cặp đường tròn (ωa, ωc), (ωa, ωb), A2 là tâm vị tự ngoài của (ωb, ωc) nên theo định lý Monge-D’Alembert, A2, B1, C1 thẳng hàng Tương tự, A1, B2, C1 thẳng hàng, A1, B1, C2 thẳng hàng

Mặt khác, BC, CA, AB lần lượt là tiếp tuyến chung ngoài của ba đường tròn trên nên A2, B2, C2 lần lượt nằm trên BC, CA, AB

Theo định lý Desargues, hai tam giác ABC và A1B1C1 thấu xạ, hay AA1, BB1, CC1đồng quy Bài 3 Cho ba đường tròn C1, C2, C3 ngoài nhau cùng tiếp xúc trong với đường tròn (O) Kẻ 3 tiếp tuyến chung ngoài của 3 đường tròn C1, C2, C3 sao cho cả 3 đường tròn đều không nằm trên một nửa mặt phẳng có bờ là tiếp tuyến trên Gọi A, B, C lần lượt là tiếp điểm của C1, C2, C3 với (O); A1B1C1

là tam giác tạo bởi giao điểm của các tiếp tuyến (các đỉnh theo thứ tự tương ứng với A, B, C) Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy

B 1

C 1

A 1

A 2

B 2

C 2

A

B

C

Chứng minh Gọi A2, B2, C2lần lượt là tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn (C2, C3), (C1, C3), (C1, C2)

Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn (O), C1, C2 ta suy ra A, B, C2 thẳng hàng Tương tự, A, B2, C thẳng hàng, A2, B, C thẳng hàng

Mặt khác, hiển nhiên các bộ ba sau thẳng hàng: (A1, B1, C2), (A2, B1, C1), (A1, B2, C1)

Như vậy hai tam giác ABC và A1B1C1 có giao điểm các cặp cạnh tương ứng thẳng hàng Theo định lý Desargues, hai tam giác ABC và A1B1C1 thấu xạ hay AA1, BB1, CC1 đồng quy

Bài 4 (IMO 2008) Cho tứ giác lồi ABCD (BA 6= BC) Gọi đường tròn nội tiếp các tam giác ABC

và ADC lần lượt là k1, k2 Giả sử tồn tại một đường tròn k tiếp xúc với tia đối của các tia AB và CB,

đồng thời tiếp xúc với AD, CD Chứng minh rằng giao điểm của hai tiếp tuyến chung ngoài của k1 và

k2 nằm trên k

H G

I

N M

O 1

O 2 A

C B

D

J

E

F

P

Q

Chứng minh Gọi E, F, P, Q lần lượt là tiếp điểm của k(J ) với AB, CD, AD, BC; M, N lần lượt là tiếp điểm của k1(O1, R1) và k2(O2, R2) với AC G, H lần lượt là điểm đối xứng với M, N qua O1, O2 I là điểm nằm trên k sao cho−−→O1G ↑↑−J I.→

Theo định lý 2 suy ra B, G, I thẳng hàng

Mặt khác, do BE = BQ nên BA + AE = BC + CQ

Tương đương BA+AP = BC +CF ⇔ BA+AD+DP = BC +CD+DF ⇔ BA+AD = BC +CD

CD + AC − AD

Suy ra N là tiếp điểm của đường tròn k3 bàng tiếp góc A của tam giác ABC với AC

Áp dụng định lý 2 cho k1, k3, AC suy ra B, G, N thẳng hàng

Chứng minh tương tự, I, D, H, M thẳng hàng

Mà GM k N H, O1, O2 lần lượt là trung điểm GM, N H nên O1, O2, I thẳng hàng và IO1

IO2 =

R1

R2

Vậy I là tâm vị tự của k1 và k2 hay giao điểm của hai tiếp tuyến chung ngoài của k1 và k2 nằm trên k

Bài 5 Cho ba cung γ1, γ2, và γ3 cùng dựng trên dây AC sao cho chúng cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ AC, cung γ2 nằm giữa hai cung γ1 và γ3 B là một điểm nằm trên AC, h1, h2, h3 là ba tia bắt đầu từ B sao cho chúng cùng nằm trên nửa mặt phẳng chứa ba cung tròn, đồng thời h2 nằm giữa

h1 và h3 Gọi Vij là giao điểm của hi và γj (i = 1, 3) Gọi \VijVkjV\klVil là tứ giác cong có cạnh là các đoạn thẳng VijVil, VkjVkl và cung VijVkj, VilVkl Ta gọi tứ giác cong đó là tứ giác ngoại tiếp nếu tồn tại một đường tròn tiếp xúc với hai đoạn thẳng và hai cung Chứng minh rằng nếu các tứ giác cong

\

V11V21V\22V12, \V12V22V\23V13, \V21V31V\32V22ngoại tiếp thì tứ giác \V22V32V\33V23 cũng ngoại tiếp

Chứng minh

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 dây 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

Trở lại bài toán

h 1

h 2

h 3

V 32

V 31

V 22

V 21

V 12

V 11

B

V 23

V 33

V 13

Kí hiệu ω1, ω2, ω3lần lượt là đường tròn nội tiếp các tứ giác \V11V21V\22V12, \V12V22V\23V13, \V21V31V\32V22;

ω4 là đường tròn tiếp xúc với γ3, γ2 và h2 Như vậy ta cần chứng minh ω4 tiếp xúc với h3

Gọi I13, I23, I24 lần lượt là tâm vị tự ngoài của ω1 và ω3, ω2 và ω3, ω2 và ω4

Áp dụng bổ đề 1 suy ra I13, I24∈ AC Do B ∈ AC là tâm vị tự ngoài của ω1 và ω2 nên theo định

lý Monge-D’Alembert ta thu được I23∈ AC

Lại áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn ω2, ω3, ω4 suy ra tâm vị tự ngoài của

ω3 và ω4 nằm trên AC Do tiếp tuyến chung ngoài của ω3 và ω4 giao AC tại B nên B chính là tâm vị

tự ngoài của ω3 và ω4 Suy ra ω4 tiếp xúc với h3

Nhận xét 2 Bằng phương pháp tương tự ta có thể chứng minh bài toán sau đây

Bài 5.1 Cho tứ giác lồi ABCD AB giao CD tại E, AD giao BC tại F Gọi l1, l2 là hai đường thẳng qua E, l3, l4 là hai đường thẳng qua F Giả sử các tứ giác tạo bởi giao điểm của các bộ đường thẳng (l1, l3, AD, CD), (l2, l3, AD, AB), (l2, l4, AB, BC) ngoại tiếp Chứng minh rằng tứ giác tạo bởi giao điểm của bộ đường thẳng (l1, l4, BC, CD) ngoại tiếp

Bài 6 (Bài toán Apollonius) Dựng đường tròn tiếp xúc với ba đường tròn phân biệt trên mặt phẳng

C 1

C 3

C 2 l

N

J 3

J 1 J 2

M

L F

C B

I 1

I 2

D

O 2 A

E

O 3

O 1

Chứng minh (Gergonne) Để ngắn gọn chúng ta tìm lời giải cho bài toán trong trường hợp ba đường tròn C1(O1), C2(O2), C3(O3) đôi một ngoài nhau Các trường hợp còn lại có thể chứng minh tương tự Giả sử ta đã dựng được các đường tròn trên Gọi (I1) là đường tròn tiếp xúc ngoài với C2 và tiếp xúc trong với C1, C3, (I2) là đường tròn tiếp xúc trong với C2 và tiếp xúc ngoài với C1, C3 (A, B), (C, D), (E, F ) lần lượt là tiếp điểm của C1, C2, C3 với (I1), (I2)

Gọi M, N lần lượt là tâm vị tự trong của các cặp đường tròn C1 và C2, C2 và C3, P là tâm vị tự ngoài của C1 và C3

Theo định lý Monge-D’Alembert, M, N, P thẳng hàng

Mặt khác, áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn C1, C2, (I1) suy ra A, M, C thẳng hàng Tương tự, B, M, D thẳng hàng

Gọi KM H là tiếp tuyến chung của C1 và C2 Đặt M K.M H = k Phép nghịch đảo IMk : C17→ C2

và cặp đường thẳng AO1 và CO2 không song song nên M A.M C = k Tương tự suy ra A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn và M thuộc trục đẳng phương của (I1) và (I2) Như vậy đường thẳng l đi qua

M, N, P là trục đẳng phương của (I1) và (I2)

Gọi L là giao của AB và CD thì LA.LB = LC.LD

Nghĩa là L thuộc trục đẳng phương của C1 và C2 Tương tự ta thu được L là tâm đẳng phương của C1, C2, C3

Mặt khác, dễ thấy cực của các đường thẳng AB, CD, EF ứng với C1, C2, C3 lần lượt nằm trên trục đẳng phương của (I1) và (I2) nên AB, CD, EF lần lượt đi qua cực của đường thẳng l ứng với

C1, C2, C3

Như vậy ta có cách dựng như sau:

Dựng đường thẳng l đi qua ba tâm vị tự M, N, P của C1, C2, C3; J1, J2, J3 lần lượt là cực của l ứng với C1, C2, C3

Dựng tâm đẳng phương L của C1, C2, C3

LJ1, LJ2, LJ3 lần lượt cắt C1, C2, C3 tại A, B, C, D, E, F Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ACE

và BDF là đường tròn cần dựng

Rõ ràng ứng với mỗi đường thẳng đi qua ba tâm vị tự của C1, C2, C3 ta dựng được hai đường tròn,

mà có tất cả 4 đường thẳng đi qua ba tâm vị tự của C1, C2, C3 nên bài toán có 8 nghiệm hình Bài 7 (Yetti) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P là điểm bất kì nằm trên cạnh BC, AP cắt (O) lần thứ hai tại D Gọi (I1), (I2) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác AP B, AP C; (J1), (J2) lần lượt là đường tròn tiếp xúc với các cặp tia (P B, P D), (P C, P D) và cùng tiếp xúc trong với (O) Chứng minh rằng I1I2, J1J2, BC đồng quy

Chứng minh Trước tiên ta phát biểu một bổ đề

Bổ đề 2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) AC giao BD tại E Gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác AEB, (J ) là đường tròn tiếp xúc trong với (O) tại N và tiếp xúc với các tia EC, ED Gọi M là điểm chính giữa cung AB không chứa N Khi đó M, I, N thẳng hàng

L

K

I 2

I 1

M

N

I

J

E O B

D A

C

Chứng minh

Gọi G, H lần lượt là tiếp điểm của (J ) với BD, AC L, K lần lượt là điểm chính giữa cung BD chứa A, cung AC chứa B BI giao AL tại I1, AI giao BK tại I2

Áp dụng định lý 2 cho (J ), BD, (O) suy ra N, G, L thẳng hàng Tương tự, N, H, K thẳng hàng

Ta có AI1 là phân giác ngoài của ∠N AB nên I2 là tâm đường tròn bàng tiếp góc B của 4ABD Tương tự, I2 là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC

Theo định lý Sawayama-Thébault, I1, I2, G, H thẳng hàng

∠BII2= 1

Suy ra tứ giác GIBI2 nội tiếp Từ đó 5 điểm N, G, I, B, I2 cùng thuộc một đường tròn

Suy ra ∠IN B = ∠II2B (1)

Tương tự, ∠IN A = ∠II1A (2)

Mặt khác, AI, BI lần lượt đi qua điểm chính giữa các cung BC, AD nên ∠I1AI2 = ∠I1BI2

Từ đó tứ giác I1ABI2 nội tiếp, suy ra ∠II1A = ∠II2B (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra N I là phân giác góc AN B hay M, I, N thẳng hàng

Trở lại bài toán

N

M

K

G

L

I 2

I 1

J 2

J 1

D

E

A

Gọi K, G lần lượt là tiếp điểm của (J1), (J2) với (O) M, N lần lượt là điểm chính giữa các cung

AC, AB

Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn (O), (J1), (J2) suy ra BC, KG, J1J2 đồng quy tại L

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm N, M, B, C, K, G suy ra giao điểm của các cặp đường thẳng (N C, M B), (N G, M K), (BG, CK) thẳng hàng

Từ đó theo định lý Desargues, I1I2, BC, J1J2 đồng quy Suy ra đpcm

Nhận xét 3 Dựa vào lời giải trên, ta có thể chứng minh một bài toán của tác giả, một điều khá thú

vị và trùng hợp là bài toán về sau nằm trong cuộc thi Olympic toàn nước Nga 2010

Bài 8 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) AC giao BD tại K Gọi (I1), (I2), (I3), (I4) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, BCD, CDA, DAB M1, M2, M3, M4 lần lượt là điểm chính giữa các cung AB, BC, CD, DA Chứng minh rằng I1M1, I2M2, I3M3, I4M4, OK đồng quy

L

N 3

N 2

N 1

N 4

M 4

M 1

M 2

M 3

I 1

I 2

J 4

J 3

K

O B

D

A

C

Chứng minh Gọi (J1), (J2), (J3), (J4) lần lượt là các đường tròn tiếp xúc với các cặp tia (KA, KB), (KB, KC), (KC, KD), (KD, KA) và tiếp xúc trong với (O) lần lượt tại N1, N2, N3, N4

Theo bổ đề 2 ta có M1, I1, N3 thẳng hàng và M2, I2, N4 thẳng hàng Do đó ta chỉ cần chứng minh

I1N3, I2N4, OK đồng quy

Theo kết quả của bài toán trên, N3N4, J3J4, I1I2 đồng quy tại một điểm trên AC

Áp dụng định lý Desargues cho ba đường thẳng N3N4, J3J4, I1I2 suy ra giao điểm của các cặp đường thẳng (I1N3, I2N4), (N4J4, N3J3), (I1J3, I2J4) thẳng hàng, tức là giao điểm của I1N3 và I2N4 nằm trên OK

Chứng minh tương tự ta thu được I1M1, I2M2, I3M3, I4M4, OK đồng quy

Bài 9 (IMO Shortlist 2007) Cho tứ giác lồi ABCD P là một điểm trên cạnh AB Gọi (I), (I1), (I2) lần lượt là là đường tròn nội tiếp tam giác DP C, AP D, BP C Giả sử (I) tiếp xúc với (I1), (I2) lần lượt tại K, L AC giao BD tại E, AK giao BL tại F Chứng minh rằng E, I, F thẳng hàng

Q M

N

J F

L

K

I 1

I

A

B

C D

P

Chứng minh (Cosmin Pohoata) Gọi (J ) là đường tròn tiếp xúc với AB và các tia AD, BC

Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn (J ), (I), (I1) suy ra AK đi qua tâm vị tự trong của (I) và (J ) Tương tự ta thu được F là tâm vị tự trong của (I) và (J )

Như vậy ta chỉ cần chứng minh E nằm trên IJ

Gọi M, Q lần lượt là tiếp điểm của (I2) với AB, BC; N là tiếp điểm của (I) với CD

Ta có P M = P L = P K, CQ = CL = CN Do đó P B + DC = P M + M B + DN + N C =

P K + BQ + DK + CQ = DP + BC

Suy ra tứ giác DP BC ngoại tiếp

Tương tự, tứ giác AP CD ngoại tiếp đường tròn ω1

Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn (J ), (I), ω1 suy ra AC đi qua tâm vị tự ngoài của (I) và (J )

Tương tự suy ra giao điểm của AC và BD là tâm vị tự ngoài của (I) và (J ) Nghĩa là E ∈ IJ Ta

có đpcm

3 Bài tập tự luyện

Bài 10 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi A1, B1, C1 lần lượt là tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB; A2, B2, C2 lần lượt là điểm chính giữa các cung BC, CA, AB chứa A, B, C Chứng minh rằng A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy

Bài 11 (ELMO Shortlist 2011) Cho tam giác ABC Kí hiệu ωa là đường tròn tiếp xúc với các tia

AB, AC; ωb, ωcđược định nghĩa tương tự Gọi Palà tâm vị tự trong của ωb và ωc Tương tự với Pb, Pc Chứng minh rằng APa, BPb, CPc đồng quy

Bài 12 (ELMO Shortlist 2011) Cho ba đường tròn ω, ω1(O1), ω2(O2) sao cho ω1 và ω2tiếp xúc ngoài nhau tại P và cùng tiếp xúc trong với ω tại A và B Gọi X là hình chiếu vuông góc của P trên AB

Bài 13 Cho hai đường tròn trực giao (O1) và (O2) Gọi X, Y lần lượt là hai điểm nằm trên (O1) và (O2) sao cho giao điểm của O1Y và O2X nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O2) Chứng minh rằng XY đi qua tâm vị tự ngoài của (O1) và (O2)

Bài 14 Cho hình sao ABCDE và một đường tròn (O) chứa ABCDE Gọi (Oa), (Ob), (Oc), (Od), (Oe) lần lượt là đường tròn tiếp xúc trong với (O) tại A1, B1, C1, D1, E1và lần lượt tiếp xúc với tia đối của các cặp tia (AC, AD), (BD, BE), (CA, CE), (DB, DA), (EC, EB) Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1, DD1,

EE1 đồng quy

Bài 15 (Nguyễn Văn Linh) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi X, Y, Z, T lần lượt là tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA (O1) là đường tròn tiếp xúc với

(O2), (O3), (O4) được định nghĩa tương tự Chứng minh rằng các đường thẳng kẻ từ A, B, C, D và lần lượt vuông góc với O4O1, O1O2, O2O3, O3O4 đồng quy tại một điểm nằm trên OI

Bài 16 (Petrisor Neagoe) Cho tam giác ABC ω là một đường tròn bất kì qua hai điểm B, C

AB, AC cắt ω lần thứ hai tại E, F Gọi X, Y là điểm chính giữa cung BE, CF lần lượt không chứa

C, B AX, AY cắt ω lần thứ hai tại P, Q Gọi γ là đường tròn tiếp xúc với các cạnh AB, AC tại M, N

và tiếp xúc trong với ω Gọi U, V là giao điểm của (P XM ) và (QY N ) Chứng minh rằng tứ giác

XU Y V là hình bình hành

xúc trong với (O) tại A và tiếp xúc với cạnh BC Từ B, C kẻ tiếp tuyến khác BC tới (O0) và cắt nhau tại D DA giao (O) tại E Hai tiếp tuyến của (O0) qua E giao BC tại G, H Chứng minh rằng đường tròn (EGH) tiếp xúc với (O)

Bài 18 (Romanian Masters in mathematics 2010) Cho tứ giác lồi A1A2A3A4 không có cặp cạnh nào song song Kí hiệu ωi là đường tròn tiếp xúc với cạnh AiAi+1 tại Ti và tiếp xúc với các tia

Ai−1Ai, Ai+2Ai+1 (i = 1, 4, A0 ≡ A4, A1 ≡ A5, A2 ≡ A6) Chứng minh rằng A1A2, A3A4, T2T4 đồng quy khi và chỉ khi A2A3, A4A1, T1T3 đồng quy

Bài 19 (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác nhọn ABC P là điểm nằm trong tam giác sao cho

AB + BP = AC + CP BP, CP giao AC, AB lần lượt tại Y, Z Chứng minh rằng tâm vị tự ngoài của đường tròn nội tiếp các tam giác AP Y và AP Z nằm trên BC

Bài 20 (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB D0, E0, F0đối xứng với D, E, F qua I Dựng đường tròn tiếp xúc trong với (I) tại D0 và tiếp xúc với (O) tại A1 A2 là tiếp điểm của đường tròn

"Mixtilinear incircle" ứng với đỉnh A với (O); A3là giao của đường tròn đường kính AI với (O) Tương

tự ta xác định B1, B2, B3, C1, C2, C3 Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1, A2A3, B2B3, C2C3, OI đồng quy