Q B Y A P O 4 O 6 Z O 5 O 1 O 2 O 3

ài tập ôn đội tuyển năm 2015 guyễn Văn Linh Số 8 ài 1. ho tam giác nội tiếp đường tròn () có là tâm nội tiếp. cắt () lần thứ hai tại J. Gọi ω là đường tròn tâm J và tiếp xúc với,. Hai tiếp tuyến chung ngoài của () và ω tiếp xúc với () tại hai điểm, F. hứng minh rằng,, F thẳng hàng. T K F J hứng minh. Gọi là tâm vị tự ngoài của () và ω. Hiển nhiên J nằm trên phân giác F. à = F = J, nằm trên ( F ) nên J là tâm nội tiếp tam giác F. Từ đó F tiếp xúc với ω. Ta có F J nên F. Gọi T là giao của J với ω. Ta có J = 90 1 = JK 2 nên JT = JK. Từ đó JT = JK. Suy ra T J = 90 hay tiếp tuyến kẻ từ tới ω song song với. hư vậy F. ài 2. (Trần Quang Hùng - Luis González) ho tứ giác nội tiếp đường tròn (). là giao của và. Gọi ( 1 ) là đường tròn tiếp xúc với tia, và tiếp xúc trong với (), ( 2 ) là đường tròn tiếp xúc với tia, và tiếp xúc ngoài với (). Hai tiếp tuyến chung ngoài của () và ( 2 ) tiếp xúc với () lần lượt tại, F. hứng minh rằng F tiếp xúc với ( 1 ). hứng minh. ổ đề 1. ho tứ giác nội tiếp đường tròn (), cắt tại. Gọi ω là đường tròn tiếp xúc với tia, lần lượt tại, và tiếp xúc trong với () tại., J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác,. Khi đó,, J,, cùng thuộc một đường tròn. 1

L K J hứng minh. Gọi K, L lần lượt là giao của, với (). Theo định lý Sawayama-Thebault ta có J nằm trên. Suy ra J = 90 1 = J. Từ đó, J,, cùng thuộc một đường tròn. 2 ặt khác, là tâm vị tự ngoài của ω và () nên LK. Suy ra = LK = J hay, J,, cùng thuộc một đường tròn. Vậy,, J,, cùng thuộc một đường tròn. ổ đề 2. ho tứ giác nội tiếp đường tròn (). giao tại. Gọi () là đường tròn tiếp xúc với tia, và tiếp xúc trong với (); (J) là đường tròn tiếp xúc với, và tiếp xúc trong với () tại một điểm nằm trên cung không chứa,. Khi đó (), (J), () có chung một tiếp điểm. Q T Z Y J X hứng minh. Gọi T là tiếp điểm của () với (), X, Y, Z lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác,,., là tiếp điểm của () với, ; cắt, lần lượt tại, Q. Hiển nhiên các bộ 3 điểm, Z, X;, Z, Y thẳng hàng. Theo định lý Sawayama-Thebault, X, Y nằm trên. 2

Áp dụng bổ đề 2 suy ra T ZX, T ZY nội tiếp. Suy ra T Y = T = 180 T. Ta thu được Y T nội tiếp. Tương tự T QX nội tiếp. Từ đó T = T Y = T X = T Q hay tiếp xúc với ( QT ). Tương tự tiếp xúc với ( QT ). Đồng thời T = Y = Z = 1 2 = 1 T nên T là phân giác T. Suy 2 ra ( T Q) tiếp xúc với () tại T. Vậy ( T Q) (J). Ta có đpcm. Trở lại bài toán. R Q Y U 4 6 F Z 5 1 X T 2 3 Gọi X, T lần lượt là tiếp điểm của ( 1 ), ( 2 ) với (). ( 3 ) là đường tròn tiếp xúc với tia, và tiếp xúc ngoài với (). Áp dụng bổ đề 2 suy ra T là tiếp điểm chung của (), ( 2 ), ( 3 ). Gọi ( 4 ) là đường tròn tiếp xúc với tia, và tiếp xúc trong với () tại Y. Áp dụng định lý onge- lembert cho 3 đường tròn ( 3 ), ( 4 ), () suy ra Y,, T thẳng hàng. Gọi Q là giao của và, ( 5 ), ( 6 ) là hai đường tròn tiếp xúc với, và tiếp xúc trong với (). Lại áp dụng bổ đề 1 suy ra ( 5 ), ( 6 ) lần lượt tiếp xúc với () tại X, Y. Gọi R là tâm vị tự ngoài của () và ( 2 ). Áp dụng định lý onge- lembert cho 3 đường tròn (), ( 5 ), ( 6 ) suy ra Q, X, Y thẳng hàng. Lại áp dụng cho 3 đường tròn (), ( 2 ), ( 5 ) suy ra R, X, Q thẳng hàng. Vậy R, X, Y, Q thẳng hàng. Gọi U là giao điểm thứ hai của RT với (). XU giao ( 1 ) tại Z. o X là tâm vị tự ngoài của () và ( 1 ) nên tiếp tuyến tại U của () song song với tiếp tuyến tại Z của ( 1 ) hay song song với F. o là tâm vị tự ngoài của ( 1 ) và ( 3 ), tiếp tuyến tại Z của ( 1 ) song song với F nên song song với tiếp tuyến tại T của ( 3 ), suy ra, Z, T thẳng hàng. hư vậy Y T giao UX tại Z, suy ra Z nằm trên đường đối cực của R với () hay Z F. Từ đó F tiếp xúc với ( 1 ) tại Z. 3

ài 3. ho tam giác nội tiếp đường tròn (), gọi ω a là đường tròn mixtilinear nội tiếp góc, ( a ) là đường tròn bàng tiếp góc ;, là giao điểm của ( a ) và ω a. Đường tròn (, ) giao () tại U, V. hứng minh rằng UV là tiếp tuyến chung của () và ( a ). b ' U a ' V H a K hứng minh. Gọi H là tiếp điểm của ( a ) với. Xét phép nghịch đảo cực phương tích k = b.h :,, ( a ) ( a ), ( a ) ( a ), (), ( ). Gọi L là giao điểm thứ hai của với ( a ). Ta có b = HK = H, suy ra 2 = 2 = b.h. hư vậy đường tròn (, ) không thay đổi qua phép nghịch đảo k. o U, V là giao điểm của (, ) với () nên U, V là hai điểm không thay đổi qua phép nghịch đảo k, tức là U, V. Ta có ( a ) tiếp xúc với () nên ( a ) tiếp xúc với, tức ( a ) tiếp xúc với UV. ặt khác, b.h = cos /2.p = rp sin /2. cos /2 = 2S sin = bc =. =.. Suy ra =, =. à là tiếp tuyến chung của () và ( a ) nên qua phép đối xứng trục, là tiếp tuyến chung thứ hai của hai đường tròn này. ài 4. ho tam giác. là một điểm bất kì trên. Gọi ( 1 ) là đường tròn tiếp xúc với, và tiếp xúc ngoài với đường tròn ngoại tiếp tam giác, ( 2 ) là đường tròn tiếp xúc với, và tiếp xúc ngoài với đường tròn ngoại tiếp tam giác. Gọi, F lần lượt là tiếp điểm của ( 1 ) và ( 2 ) với, G là tiếp điểm của ( 1 ) với (), H là tiếp điểm của ( 2 ) với (). hứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác HF, G và đường tròn đường kính đồng quy. hứng minh. Trước tiên ta phát biểu một bổ đề. ổ đề 1. ho 4 điểm,,, theo thứ tự cùng nằm trên một đường thẳng. Gọi ω 1, ω 2, ω 3, ω 4 lần lượt là đường tròn bất kì qua các cặp điểm (, ), (, ), (, ), (, ). X, Y, Z, T lần lượt là giao điểm thứ hai của các cặp đường tròn ω 1 và ω 2, ω 2 và ω 3, ω 3 và ω 4, ω 4 và ω 1. Khi đó X, Y, Z, T cùng thuộc một đường tròn. hứng minh. 4

Z T X Y ổ đề 1 có thế chứng minh bằng một số phép cộng góc đơn giản hoặc xét phép nghịch đảo cực phương tích bất kì biến bài toán thành định lý điểm iquel của tam giác. Trở lại bài toán. K 1 G H 2 F L Gọi K là tiếp điểm của ( 1 ) với. (KG) cắt (G) lần thứ hai tại., lần lượt cắt K tại,. Áp dụng định lý điểm iquel cho tam giác K với bộ 3 điểm K,, ta có (K) cắt (KK) tại G nên G là điểm iquel của tam giác K ứng với 3 điểm K,,, hay (G). Tương tự, (KG). 5

Gọi là giao của () và (). Áp dụng bổ đề 1 cho 4 điểm, K,, và 4 đường tròn (K), ( 1 ), (), () ta thu được (G ) tiếp xúc với ( 1 ). Từ đó suy ra hay tứ giác,,, nội tiếp. Suy ra = K =, = = hay là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác. Ta có G = = = G hay G là phân giác G. Tương tự, (HF ) cũng đi qua và H là phân giác H. Gọi L là giao điểm thứ hai của (HF ) và (G). Ta có L = L + L = H + G = 1 2 ( H + G) = 1 2 ( + ) = 90. Suy ra đpcm. ài 5. (Sharygin Geometry lympiad) ho hình vuông. là một điểm bất kì trên. Gọi 1, 2, 3 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác,, ; H 1, H 2, H 3 lần lượt là trực tâm các tam giác 1, 2, 3. hứng minh rằng H 1, H 2, H 3 thẳng hàng. H 3 3 1 H 2 H1 2 hứng minh. Trên, lấy hai điểm, sao cho = =. Ta có = nên 1 là trung trực của. Suy ra đi qua H 1. Tương tự đi qua H 3, cắt tại H 2. Áp dụng định lý esargues cho 2 tam giác và tam giác ta có,, đồng quy tại nên H 1 =, H 2 =, H 3 = thẳng hàng. ài 6. ho tam giác nội tiếp đường tròn (). là điểm bất kì khác. Đường tròn (, ) cắt, tại b, c, tương tự xác định a, c, a, b. hứng minh rằng nếu b, c, a, c, a, b cùng thuộc một đường tròn thì nằm trên (). 6

Z a a b X Y ' c c b ' hứng minh. Gọi là tâm của đường tròn đi qua 6 điểm b, c, a, c, a, b, X, Y, Z lần lượt là hình chiếu của trên,, ;, lần lượt là hình chiếu của và trên. Ta có đối xứng với c qua X, đối xứng với b qua X do đó đối xứng với qua X. Suy ra là đường trung bình của hình thang, suy ra =. Lại có b = c, b = c nên là trung trực của b c, suy ra b c. Tương tự suy ra b c a c a b. à Y, Z lần lượt là trung điểm của c, b nên Y Z b c. Tương tự XY a b. Từ đó X, Y, Z thẳng hàng. Theo định lý về đường thẳng Simson suy ra (). ài 7. ho tam giác có là điểm agel. Gọi X, Y, Z lần lượt là điểm chính giữa các cung,,. hứng minh rằng là tâm đẳng phương của các đường tròn (X, X), (Y, Y ), (Z, Z). hứng minh. Ta phát biểu và không chứng minh một bổ đề quen thuộc: ho tam giác có tâm nội tiếp. Gọi H, K, L lần lượt là hình chiếu của trên, của, trên, là trung điểm. Khi đó H, K, L, cùng thuộc một đường tròn có tâm là điểm chính giữa cung H của đường tròn uler. Trở lại bài toán. 7

c ' X H a ' b Z c Y a b a ' Qua,, lần lượt kẻ đường thẳng song song với,, cắt nhau tạo thành tam giác. Khi đó là tâm nội tiếp của tam giác. Gọi c, b lần lượt là hình chiếu của, trên, tương tự xác định a, c, a, b, H a là hình chiếu của trên. Khi đó c, b,, H a cùng nằm trên (X, X). ễ thấy b, c, a, c, a, b nằm trên 3 cạnh của tam giác. Ta có b c = = a nên tứ giác c a b a nội tiếp. Suy ra nằm trên trục đẳng phương của (Y, Y ) và (Z, Z). hứng minh tương tự ta có đpcm. ài 8. ho tam giác nội tiếp đường tròn (). Giả sử rằng trung trực của cắt tại 1, trung trực của cắt tại 2. Tương tự xác định 1, 2, 1, 2. ác đường thẳng 1 2, 1 2, 1 2 cắt nhau tạo thành tam giác F. hứng minh rằng (F ) tiếp xúc với (). 8

2 ' " 1 1 F 2 2 1 ' hứng minh. ễ thấy 1, 2 (), 1, 2 (), 1, 2 (). Ta có 2 1 = = 1 2 then 1 2 = 90 1 2 = 90 2 1 2 = 1 2. Suy ra 2 = 1. Lại có 2 1 = 2 2 1 = 360 2 2 1 nên là tâm ngoại tiếp tam giác 2 1. ghĩa là 1 = 1 = hay là tiếp tuyến của (). Gọi là tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng,, F. Ta thu được () là đường tròn nội tiếp tam giác. ặt khác, 1 2, 1 2, 1 2 F nên F là tam giác trung tuyến của tam giác. Vậy (F ) tiếp xúc với () tại điểm Feuerbach của tam giác. 9