Giải toán với Mathley 2014 V 3

M SOLVING C EM EY PRO HL BL AT Mathley Number 3/August 2014 NER OR Mathley nhóm giải toán mạng xuất toán lời giải định kỳ, viết phù hợp với học sinh trung học có khiếu tốn học bạn trẻ yêu toán học, tham gia thi học sinh giỏi tốn Mỗi năm có sáu ấn điện tử đời nhằm phục vụ phong trào giải toán Mathley is an online problem solving corner with prolems, solutions, and materials freely accessible to junior up to high school students The corner is is made public six times per year on a regular basis dedicated to the promotion of problem solving among junior and high school students HƯNG , MẠC ĐĂNG NGHỊ , KIỀU ĐÌNH MINH Email: mathley@hus.edu.vn Website: www.hexagon.edu.vn/mathley.html e R Cố vấn/Advisors: NGUYỄN DUY THÁI SƠN, VŨ THẾ KHÔI Trị sự/Executive Editor: PHẠM VĂN THUẬN, PHAN TẤN PHÚ ec Biên tập/Associate editors: MICHEL BATAILLE , VŨ THẾ u her if iq KHÔI , TRẦN QUANG , NGUYỄN TIẾN LÂM , HÀ DUY t ch eHÙNG n e i c S CÁC BÀI TỐN/PROBLEMS Vũ Thế Khơi, Phòng Hình học Topo, Viện Tốn học Việt Nam, Hồng Quốc Việt, Hà Nội Chích chòe chim sẻ xuất phát từ đỉnh hình đa giác 103 cạnh bay vòng quanh đa giác theo chiều kim đồng hồ đến đậu đỉnh khác Chích chòe lần bay vượt qua cạnh chim sẻ lần vượt qua d cạnh với d số nguyên dương bé 103 Giả sử đoạn đường bay chích chòe đậu m đỉnh chim sẻ đậu n đỉnh với m ≥ n ≥ Tìm m n biết có đỉnh chung mà chích chòe chim sẻ đậu có đỉnh chưa có đến đậu Michel BATAILLE, 12, rue Sainte-Catherine, 76000 ROUEN (FRANCE) Đường tròn nội tiếp γ tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BA, BC D, E tương ứng Một tiếp tuyến t với γ, khác với cạnh, cắt đường thẳng AB M Nếu CM, DE cắt K, chứng minh đường thẳng AK, BC t song song đồng quy Let the incircle γ of triangle ABC be tangent to BA, BC at D, E, respectively A tangent t to γ, distinct from the sidelines, intersects the line AB at M If lines CM, DE meet at K, prove that lines AK, BC and t are parallel or concurrent Nguyễn Minh Hà, trường Đại học Sư phạm Hà Nội, Xuân Thủy, Cầu giấy, Hà Nội Cho tam giác nhọn ABC Gọi E, F theo thứ tự điểm đối xứng B, C qua AC, AB; gọi D giao điểm BF, CE Biết K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Chứng minh AK vng góc với BC Let ABC be an acute triangle with E, F being the reflections of B, C about the line AC, AB respectively Point D is the intersection of BF and CE If K is the circumcircle of triangle DEF, prove that AK is perpendicular to BC A copsychus and a sparrow, each initially located at one of the vertex of a regular polygon with 103 edges, fly clockwise to another vertex each The copsychus moves across edges each time while the sparrow moves through d edges of the polygon, where d are both integers less than 103 Assume that, during their journeys, the copsychus has stopped at m vertices while sparrow has stopped at n vertices of the polygon, for m ≥ n ≥ Determine the value of m, n given that there is only one common single vertex of the polygon that both of birds have stopped at, and there is only one vertex that neither Trần Quang Hùng, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Thanh Xuân, Hà Nội Cho tam giác ABC với đường tròn nội of the birds have reached tiếp (I) P, Q hai điểm QA, QB, QC cắt BC, CA, AB Lưu Bá Thắng, Khoa Toán, trường Đại học Sư phạm Hà Nội, D, E, F Tiếp tuyến D, khác BC, đường tròn Xuân Thủy, Cầu Giấy Cho số nguyên dương n số nguyên tố (I) cắt PA X Các điểm Y Z xác định theo cách tương p > n + Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm tự Tiếp tuyến X, khác XD, đường tròn (I) cắt BC U nguyên Các điểm V W xác định tương tự Chứng minh ba đường thẳng AU, BV, CW đồng quy x x2 xp 1+ + + ··· + = Triangle ABC has incircle (I) and P, Q are the two points n + 2n + pn + in the plane of the triangle Let QA, QB, QC meet BC, CA, AB Let n be a positive integer and p a prime number p > n + respectively at D, E, F The tangent at D, other than BC, of the Prove that the following equation does not have integer solu- circle (I) meets PA at X The points Y and Z are defined in the same manner The tangent at X, other than XD, of the circle (I) tion x x2 xp meets BC at U The two points V and W are defined in the same 1+ + + ··· + = way Prove that three lines AU, BV, CW are concurrent n + 2n + pn + Copyright c 2009-2014 HEXAGON Nguyễn Văn Linh, sinh viên trường Đại học Ngoại thương Find all primes p, q, r such that Hà Nội Cho tứ giác lưỡng tâm ABCD có tâm đường tròn ngoại tiếp O Gọi E, F giao điểm AB CD, AD BC Chứng minh tồn đường tròn tâm O tiếp xúc với bốn đường tròn ngoại tiếp tam giác EAD, EBC, FAB, FCD A quadrilateral is called bicentric if it has both an incircle and a circumcircle ABCD is a bicentric quadrilateral with (O) being its circumcircle Let E, F be the intersections of AB and CD; AD and BC respectively Prove that there is a circle with center O tangent to all of the circumcircles of the four triangles EAD, EBC, FAB, FCD p2q +q2p p3 −pq+q3 = r Trần Minh Ngọc, sinh viên trường Đại học Sư phạm Tp Hồ Chí Minh Cho hai đường tròn (U) (V) cắt A, B Một đường thẳng d cắt (U), (V) P, Q R, S Gọi tP , tQ , tR , tS tiếp tuyến P, Q, R, S đường tròn tương ứng Gọi (W) đường tròn qua A, B Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo tP , tR , AB tiếp xúc (W) đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo tQ , tS , AB tiếp xúc (W) Two circles (U) and (V) intersect at A, B A line d meets (U), (V) at P, Q and R, S respectively Let tP , tQ , tR , tS be the tangents at P, Q, R, S of the two circles Another circle (W) passes through through A, B Prove that if the circumcircle of triangle that is formed by the intersections of tP , tR , AB is tangent to (W) then the circumcircle of triangle formed by tQ , tS , AB is also tangent to (W) Titu Andreescu, Khoa Toán, trường Đại học Texas, Hoa Kỳ Tìm tất số nguyên tố p, q, r cho p2q + q2p = r − pq + q3 p3 LỜI GIẢI/SOLUTIONS Vũ Hà Văn, khoa Tốn, Đại học Yale, Hoa Kỳ Vùng có khu đất vàng 100 × 100 m, chia làm 100 lơ, lơ 10 × 10 m Vua bãi rác muốn lấn chiếm khu đất nên sai tay chân đổ rác vào số ô Nếu ô chưa có rác mà có hai cạnh (có chung cạnh) bị đổ rác (đáng tiếc) hôm sau nhân dân đổ rác vào Nếu đến ngày tất bị đổ rác vua bãi rác chiểm khu đất Nếu vua bãi rác muốn chiếm khu đất lúc đầu cần đổ rác vào ơ? Lời giải (của bạn Nguyễn Tuấn Hải Đăng, lớp 12A1 chuyên Toán, trường THPT Chuyên KHTN) Ta đưa tốn mơ hình bảng vng kích thước 10 × 10 bị đổ rác tơ đen Mỗi bước biến đổi tương ứng với việc ta tô đen ô chưa tơ chung cạnh với hai tơ đen Do đó, ta cần tìm số ô đen tô ban đầu cho sau số hữu hạn bước biến đổi, ta tô đen bảng Gọi p chu vi tất phần tô đen Ta chứng minh sau bước biến đổi p khơng tăng Thật vậy, bước biến đổi ta tô đen phải chung cạnh với hai đen Ta có trường hợp sau chu vi không đổi chu vi giảm hai đơn vị chu vi không đổi chu vi giảm bốn đơn vị Khi bảng tơ đen p = 10 × = 40 Do đó, để tơ đen bảng ban đầu p ≥ p = 40 Mà ô có chu vi Suy ban đầu cần tơ 4p = 10 Ta tơ mười đường chéo sau hữu hạn bước biến đổi bảng tô đen Ban đầu vua cho đổ rác vào mười ô đường chéo số Ngày hôm sau hai đường chéo số bị đổ rác (do ô kề hai ô đường chéo số 1) Tiếp tục đến ngày thứ 10 khu đất bị đổ rác Đáp số: 10 ô 10 10 2 Nguyễn Minh Hà, trường THPT chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội, Xuân Thủy, Cầu Giấy Cho tam giác ABC có đường tròn ngoại tiếp (K) Một đường tròn tiếp xúc với AB, AC tiếp xúc với (K) Ka Các điểm Kb , Kc định nghĩa tương tự Chứng minh diện tích tam giác Ka Kb Kc khơng lớn diện tích tam giác ABC Lời giải (của bạn Nguyễn Tuấn Hải Đăng, lớp 12A1 Toán, trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, Hà Nội) Để chứng minh toán này, ta phát biểu chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho tam giác ABC, với I tâm đường tròn nội tiếp, O tâm đường tròn ngoại tiếp Gọi M, N, P điểm cung BC không chứa A, cung CA không chứa B, cung AB không chứa C Giả sử X, Y, Z điểm đối xứng M, N, P qua O Các điểm Ka , Kb , Kc nghĩa tốn gốc Ta có X, I, Ka thẳng hàng, Y, I, Kb thẳng hàng, Z, I, Kc thẳng hàng Chứng minh Gọi Oa đường tròn tiếp xúc với (O) Ka tiếp xúc với AB, AC U, V Do đó, Ka tâm vị tự (Oa ) (O) Gọi Ka U giao với (O) Ka P ; Ka V giao với (O) Ka N Suy Oa U OP , Oa V ON Suy OP vng góc với AB; ON vng góc với AC Tức P trùng P N trùng N Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm P, A, N B, Ka , C suy U, I, V thẳng hàng Suy tam giác INV đồng dạng với tam giác Ka PB Dẫn đến, ∠UKa B = ∠NIV = ∠UIB Suy tứ giác U BKa I nội tiếp Do đó, ∠PKa I = ∠ABI = ∠ABN = ∠PKa X Suy ra, ba điểm X, I, Ka thẳng hàng Hai phần sau tương tự Bổ đề chứng minh Trở lại toán, ta cần chứng minh diện tích tam giác Ka Kb Kc khơng lớn diện tích tam giác ABC Điều tương đương với Ka Kb · Ka Kc · Kb Kc abc ≤ 4R 4R IA·I M a Vì tam giác IKa Kc đồng dạng với tam giác IZX (vì có ba cặp góc nhau), suy Ka Kc = XZ·IK IZ Tương tự ta có IKa = IX từ tính đồng dạng tam giác IKa M IAX Do đó, Ka Kc = Tương tự, ta có Kb Kc = 2NP·Rr IY·IZ , Ka Kb = 2MN·Rr IX·IY XZ · IA · I M MP · 2Rr = IX · IZ IX · IZ Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với abc ≥ (2Rr)3 MN · NP · MP (IX · IY · IZ)2 p(p−a) B+C A = 2R cos = 2R bc , hai đẳng thức tương tự cho 2 4(p−a)(p−b)(p−c) Công thức trung tuyến cho ta IO2 = 2IX +2I4M −XM , suy abc Lưu ý NP = 2R sin suy r R = IX = 2IO2 + MN, MP Áp dụng công thức S = abc 4R = pr, XM − I M2 = 2(R2 − 2Rr) + 2R2 − 4R2 sin2 A A −r p(p − a) 4(p − a)(p − b)(p − c) − bc abc = 4R R cos2 = 4R2 Biến đổi đại số cho ta IX = chứng minh R2 (ab+ac+2(b−c)2 −a2 ) Tương abc tự ta thu hai đẳng thức cho IY , IZ Dẫn đến, ta cần 64R3 pS × 43 (p − a)3 (p − b)3 (p − c)3 ≤ (abc)3 ta tb tc , ta = a(b + c) + 2(b − c)2 − a2 , tb = b(a + c) + 2(a − c)2 − b2 , tc = c(a + b) + 2(a − b)2 − c2 Lại có abc = 4RS S = p(p − a)(p − b)(p − c) nên bất đẳng thức lại tương đương với (a + c − b)2 (a + b − c)2 (b + c − a)2 ≤ ta tb tc Chú ý ta ≥ a(b + c − a), tb ≥ b(c + a − b), tc ≥ c(a + b − c) nên ta tb tc ≥ abc(a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc, abc ≥ (a + b − c)(a − b + c)(−a + b + c) ta có điều phải chứng minh Đẳng thức đạt tam giác ABC 3 Trần Quang Hùng, trường TPHT Chuyên Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN Cho tam giác ABC Gọi D điểm đối xứng A qua BC (K) đường tròn đường kính AD DB, DC cắt (K) M, N khác D E, F trung điểm CA, AB Đường tròn ngoại tiếp tam giác KEM, KFN cắt L khác K KL cắt EF X Các điểm Y, Z xác định tương tự Chứng minh AX, BY, CZ đồng quy P Chúng xin giới thiệu lời giải tác giả toán R Lời giải Gọi P, Q đối xứng K qua AM, AN Dễ thấy ∠FAK = ∠FKA = ∠APK KF.KP = KA2 Tương tự KE.KQ = KA2 Gọi KE cắt (K) U, V, dễ thấy KU = KV = KE.KQ (UV, QE) = −1 suy PQ/(K) = QU.QV = QE.QK = PQ/(K ME) Từ QM trục đẳng phương (K) (K ME) Tương tự PN trục đẳng phương (K) (KNF) Mà KL trục đẳng phương (K ME) (KNF) nên KL, PN, QM đồng quy Gọi R đối xứng A qua PQ Từ tính chất hình bình hành đơn giản dễ thấy KR, PN, QM đồng quy trung điểm đường KL qua R Mặt khác dễ thấy A tâm ngoại tiếp tam giác KPQ nên KR qua tâm đường tròn Euler tam giác KPQ Lại có KE.KQ = KA2 = KF.KP suy tứ giác EFPQ nội tiếp, nên KL qua điểm đẳng giác tâm đường tròn Euler điểm Kosnita tam giác KEF Theo tính đối xứng suy AX qua điểm Kosnita tam giác AEF hay qua điểm Kosnita tam giác ABC Tương tự BY, CZ qua điểm Kosnita tam giác ABC L A M Q V X F E C B K N U D Nhận xét Bạn Nguyễn Tuấn Hải Đăng, lớp 12A1 Toán, trường THPT chuyên Khoa học Tự nhiên có lời giải sử dụng phép nghịch đảo tương tự đáp án Nguyễn Văn Linh, sinh viên trường Đại học Ngoại Thương, Hà Nội Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) L điểm cung BC khơng chứa A Chứng minh đường tròn A-mixtilinear nội tiếp tam giác ABC, đường tròn L-mixtilinear nội tiếp tam giác LAB, LAC có chung tiếp tuyến Cách (Luis González) Trước tiên ta phát biểu bổ đề Bổ đề Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) AC giao BD E Gọi (I) đường tròn tiếp xúc với tia EA, ED tiếp xúc với (O) L M điểm cung AD khơng chứa B, C Gọi I1 , I2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAC, MBD Chứng minh I1 , I2 , M, L thuộc đường tròn B A L K I1 Chứng minh Gọi K, H tiếp điểm (I) với AC, BD KL, HL giao (O) lần thứ hai P, N P, N điểm cung AC, BD Do M, I1 , P M, I2 , N Bằng phép cộng góc đơn giản suy PN vng góc với NH phân giác ∠AED hay PN KH Từ PK PL = NL hay PI1 NI2 PK.PL NH.NL PA2 ND2 = NL2 Suy PL2 = NL2 hay PL = NL Ta thu PL2 LPI1 ∼ LNI2 (theo trường hợp cạnh góc cạnh), ∠LI1 P = ∠LI2 N, tức bốn điểm L, I1 , I2 , M thuộc đường tròn M E I I2 H P D C N Trở lại toán Gọi (J), (J1 ), (J2 ) đường tròn A-mixtilinear nội tiếp tam giác ABC, đường tròn L-mixtilinear nội tiếp tam giác LAB, LAC; l tiếp tuyến chung (J1 ) (J2 ), cắt (O) E F Gọi I, I1 , I2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác LEF, LAB, LAC Gọi M, N tiếp điểm (J1 ), (J2 ) với l, R tiếp điểm (J1 ) với AL Theo định lý Sawayama-Thebault, I nằm J1 J2 MR, I1 R ⊥ J1 L Dễ thấy ∠MIN = 90◦ Gọi Q giao điểm thứ hai đường tròn đường kính MN với J1 J2 Do J1 M tiếp tuyến (MN) nên J1 I1 J1 L = J1 R2 = J1 M = J1 Q.J1 I Suy I1 nằm (QIL).Tương tự, I2 nằm (QIL) Tức I, I1 , I2 , L thuộc đường tròn Gọi K tiếp điểm (J) với (O) Áp dụng bổ đề cho tứ giác AABC suy I1 , I2 , L, K thuộc đường tròn Do lại áp dụng bổ đề cho tứ giác AFCE ta có (LII2 ) qua tiếp điểm K đường tròn tiếp xúc với EF, AC (O) Mà qua điểm K có đường tròn tiếp xúc với AC tiếp xúc với (O), suy (J) tiếp xúc với EF Ta có điều phải chứng minh A F N J2 M O Q E I J1 R I1 J I2 C B K L Cách (của bạn Ngơ Quang Dương, lớp 11A2 Tốn, trường THPT chun Khoa học Tự nhiên) Tóm tắt lời giải Gọi (J), (J1 ), (J2 ) đường tròn A− mixtilinear tam giác ABC, P− mixtilinear tam giác PAB, PAC Đường tròn (J1 ) tiếp xúc với PA, PB C , E; (J2 ) tiếp xúc PA, PC B , F; (J) tiếp xúc AB, AC H, K Gọi t1 , t2 , t độ dài tiếp tuyến chung (J1 ) (J), (J2 ) (J), (J1 ) (J2 ) Áp dụng định lý Casey cho bốn đường tròn (A, 0), (J1 ), (B, 0), (J) ta có t1 AB = AH.BE + BH.AC = A AH.BE + BH.(PA − PC ) = AH.BE + BH.(PA − PE) Tương tự ta có t2 AC = AK.CF + CK.(PA − PF) = AH.CF + CK.(PA − PF) Lại áp dụng định lý Casey cho (A, 0), (J1 ), (P, 0), (J2 ) ta có t.AP = PE.AB + PF.AC = PE.(PA − PF) + PF.(PA − PE) 2AB.AC Tiếp theo, ta chứng minh công thức sau AH = AB+BC+CA Gọi (I, r) đường tròn nội tiếp tam giác ABC Theo bổ đề Sawayama suy I trung điểm HK, ta dùng O K cơng thức tính bán kính đường tròn A−mixtilinear B I J2 r = cos2 (A/2) Từ H J1 J r C AH = AI · AJ = · sin A/2 sin A/2 B C D E r2 F = sin2 A/2 · cos2 A/2 L 16R2 r2 4r2 4a2 b2 c2 4b2 c2 = = = = a2 a2 (a + b + c)2 (a + b + c)2 sin2 A 2AB.AC Như AH = AB+BC+CA Tương tự ta có PE = 2PA.PB 2PC.PA , PF = PA+PB+AB PC+PA+CA Ta chứng minh t1 + t2 = t biến đổi tương đương, sử dụng ba đẳng thức vừa thu định ly Ptolemy Mặt khác, 4DA.BC 2DE.DF t = DE + DF − 2DE.DF = 2(DE + DF) DA Như t1 + t2 = t tương đương với AB+BC+CA + DA Do (J1 ), (J2 ) khơng cắt nên phương tích T đến ba đường tròn khơng âm p2 đồng thời vẽ tiếp tuyến từ T đến ba đường tròn mixtilinear Ta có p · t1 + p · t2 = p · t nên theo phần đảo định lý Casey, tồn đường tròn (C) qua T tiếp xúc với (J), (J1 ), (J2 ) Xét phép nghịch đảo ITp : (J) → (J), (J1 ) → (J1 ), (J2 ) → (J2 ), (C) biến thành đường thẳng tiếp xúc với (J), (J1 ), (J2 ) Vậy ba đường tròn có tiếp tuyến chung Nhận xét Bạn Nguyễn Tuấn Hải Đăng, lớp 12A1 Toán THPT chuyên Khoa học Tự nhiên, bạn Trịnh Huy Vũ, lớp 11A1 Toán THPT chuyên Khoa học Tự nhiên có cách giải giống cách thứ đáp án 5 Trần Minh Ngọc, sinh viên trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ chí Minh Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Một đường tròn (I) tiếp xúc AC, BD M, N Giả sử MN cắt AB, CD P, Q Gọi H giao điểm AC BD; K, L giao điểm khác I (I MN) với (HAB) ,(HCD) Chứng minh PK, QL, OI đồng quy Chúng xin giới thiệu lời giải bạn Nguyễn Tuấn Hải Đăng, lớp 12A1 Toán, THPT chuyên KHTN, Hà Nội Bổ đề Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) cắt H, H I điểm thuộc tia phân giác ∠O1 HO2 Đường thẳng qua H vng góc HI cắt (O1 ), (O2 ) E, F khác H HX, HY đường kính (O1 ), (O2 ) Gọi K giao điểm IX với (O1 ) ; L giao điểm IY với (O2 ) O trung điểm XY Khi EF, KL, OI đồng quy R E H F O1 T O2 X H O Y K L I S Chứng minh Khơng tính tổng qt, giả sử I điểm thuộc tia phân giác ∠O1 HO2 Gọi T, R giao điểm EF với IL, IK S giao điểm EK, FL Từ ∠HKX = 90◦ = ∠HLY suy H, L, I, K thuộc đường tròn đường kính HI Mặt khác HI⊥EF nên EF tiếp tuyến đường tròn đường kính HI Suy ∠EHK = ∠HLK Hơn ∠EKH = ∠EXH = 90◦ − ∠EHX = 90◦ − ∠FHY = ∠FY H = ∠FLH nên ∠KEF + ∠KLF = 180◦ Suy EFLK nội tiếp Do PS /(KER) = S E.S K = S F.S L = PS /(LFT ) (1) Từ ∠ILK = ∠IHK = 90◦ − ∠EHK = 90◦ − ∠EXR = ∠KRT suy KLT R nội tiếp Do PI/(KER) = IL.IT = IK.IR = PI/(LFT ) (2) Dễ thấy HO1 OO2 hình bình hành Suy OO2 HX Mặt khác từ ∠XHE = ∠Y HF = ∠O2 FH suy O2 F HX ,nên O, O2 , F thẳng hàng Tương tự, ta có O, O1 , E thẳng hàng Từ ∠KRE = 90◦ − ∠EHK = ∠O1 EK = ∠OEK suy OE tiếp tuyến (KER) Tương tự ta có OE tiếp tuyến (LFT ) Mặt khác từ ∠OEF = ∠O1 HE = ∠OEF suy ∆OEF cân O nên OE = OF Do PO/(KER) = OE = OF = PO/(LFT ) (3) Từ suy S , I, O nằm trục đẳng phương (KER), (LFT ) Ta có điều phải chứng minh Trở lại tốn Lời giải Khơng tính tổng quát, giả sử (I) tiếp xúc ∠BHC Gọi HX, HY đường kính (HAB), (HCD) Gọi O1 , O2 tâm (HAB), (HCD) E, F giao điểm khác H đường thẳng qua H vng góc HI với (HAB), (HCD) X E Từ ∠HKI = ∠HKX = 90◦ suy I, K, X thẳng hàng Tương tự I, L, Y thẳng hàng Từ ∠BHX = 90◦ − ∠BXH = 90◦ − ∠BAH = 90◦ − B ∠DAH = 90◦ − ∠DY H = ∠DHY ∠BHI = ∠CHI suy HI tia P phân giác XHY O Dễ thấy O1 H⊥CD OO2 ⊥CD Suy O1 H//OO2 Tương tự O2 H//OO1 Do HO1 OO2 hình bình hành Từ suy O A M trung điểm XY K Từ ∠K MN = ∠KHN = ∠KBP suy BPMK nội tiếp Do ∠BKP = I ∠AKB ∠AHB ∠BMP = ∠HMN = = Suy KP tia phân giác L H ∠AKB Mặt khác từHE tia phân giác ∠AHB suy E điểm O cung AB nên K, P, E thẳng hàng Tương tự F, Q, L thẳng N hàng Bây áp dụng bổ đề ta PK, QL, OI đồng quy Đó điều phải chứng minh O2 D C Q F Y Sau xin giới thiệu lời giải tác giả toán Ta chứng minh toán qua bước sau Bước Chứng minh tồn đường tròn (O1 ) tiếp xúc AB P , tiếp xúc CD Q (O), (I), (O1 ) có chung trục đẳng phương Gọi (O1 ) đường tròn qua Q tiếp xúc AB P Từ ∆BPN ∼ ∆CQN nên ∠BPN = ∠CQN suy CD tiếp xúc (O1 ) Q P PB/(O1 ) AP2 ∠BNP BP2 sin ∠AMP 1) Ta có biến đổi PA/(O = AM = sin = BN = = P sin ∠APM sin ∠BPN A/(I) B/(I) B A M N Q O P D I C O1 Tương tự phương PA/(O1 ) PA/(I) = PC/(O1 ) PC/(I) ; PA/(O1 ) PA/(I) = PD/(O1 ) PD/(I) Suy PA/(O1 ) PA/(I) = PB/(O1 ) PB/(I) = PC/(O1 ) PC/(I) = PD/(O1 ) PD/(I) Suy (O), (I), (O1 ) có chung trục đẳng B Bước Chứng minh tồn đường tròn (O2 ) tiếp xúc đường tròn (HAB) K , tiếp xúc đường tròn (HCD) L (O), (I), (O2 ) có chung trục đẳng phương A Qua phép nghịch đảo f có tâm H , phương tích H k ,A, B, C, D, M, N, K, L biến thành K A , B , C , D , M , N , K , L Khi đó, AC, BD qua f biến thành L M nên A , B ∈ AB; C , D ∈ CD; (I) biến thành (I ) tiếp xúc với AC, BD M , N ; (HAB), (HCD), (HMN) biến thành N O A B , C D , M N ; K , L giao điểm M N với A B , C D O2 Theo chứng minh bước tồn đường tròn (O2 ) tiếp xúc I A B K , tiếp xúc C D L (O), (I), (O2 ) có chung trục đẳng D −1 phương Do phép nghịch đảo phép biến hình đối hợp ( f = f ) bảo tồn góc chùm đường tròn nên có đường tròn (O2 ) = f (O2 ) tiếp xúc đường tròn (HAB) K ,tiếp xúc đường tròn (HCD) L (O), (I), (O2 ) có chung trục đẳng phương C Bước Chứng minh PK, QL, OI đồng quy Gọi d trục đẳng phương (O), (I), (O1 ), (O2 ) S giao điểm PK, QL MN trục đẳng phương (I), (HMN) ,KL trục đẳng phương d trục đẳng phương đường tròn (I), (O2 ) nên MN, KL, d đồng quy X Do (O2 ) tiếp xúc (HAB) K tiếp xú (HCD) L nên tiếp tuyến K, L đường tròn (O2 ) trục đẳng phương (O2 ), (HAB) (O2 ), (HCD) Từ đó, tương tự ta tiếp tuyến K (O2 ), d, AB đồng quy Y tiếp tuyến L của(O2 ) , d, CD đồng quy Z Do Y P, Y K tiếp tuyến (O1 ), (O2 ) O1 P, O2 K tiếp tuyến (Y, Y P) nên đường tròn (Y, Y P) trực giao với (O1 ), (O2 ) Tương tự, ta đường tròn (Z, ZQ) trực giao với (O1 ), (O2 ) Vậy (Y, Y P)(Z, ZQ) cắt hai điểm nằm O1 O2 ≡ OI suy OI trục đẳng phương (X, XP), (Y, Y Q) Mặt khác, XP · XQ = PX/(w1 ) = PX/(w2 ) = XK · XL nên PQKL nội tiếp suy PS /(Y,Y P) = S K · S P = S L · S Q = PS /(Z,ZP) Vậy S ∈ OI B S A H K Y N Q M L X O O2 I ZD C P O1