I 2 Z I 1 Y O 2 I A O 1 T Q Z N

ài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH 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: ho 4 điểm,,, theo thứ tự cùng nằm trên đường thẳng l. Hai cung ω 1, ω 2 dựng trên dây và ω 3, ω 4 dựng trên dây sao cho 4 dây cung trên cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng l đồng thời ω 1 tiếp xúc với ω 3 và ω 2 tiếp xúc với ω 4. hứng minh rằng giao điểm của tiếp tuyến chung ngoài của các cặp cung (ω 2, ω 3 ) và (ω 1, ω 4 ) 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. 2 hứng minh ách 1. Trước tiên ta phát biểu một số bổ đề. ổ đề 1. (Định lý onge- lembert). ho ba đường tròn 1 (, R 1 ), 2 (, R 2 ), 3 (, R 3 ) phân biệt trên mặt phẳng. Khi đó tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn ( 1, 2 ), ( 2, 3 ), ( 3, 1 ) 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. ó thể chứng minh bổ đề 1 tương đối đơn giản dựa theo định lý enelaus, xin phép không trình bày lại ở đây. ổ đề 2. ho hai dây cung γ 1 và γ 2 cùng dựng trên dây sao cho chúng cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ. Gọi 1, 2 là hai đường tròn tiếp xúc với γ 1 và γ 2. Khi đó tâm vị tự ngoài của 1 và 2 nằm trên. 1

T I 2 Z I 1 I hứng minh. Gọi (, R 1 ) và (, R 2 ) lần lượt là đường tròn chứa các cung γ 1, γ 2 ; I là tâm vị tự ngoài của 1 và 2., là tiếp điểm của 1, 2 với γ 1, Z, T là tiếp điểm của 1, 2 với γ 2. Áp dụng định onge- lembert cho bộ ba đường tròn (( ), γ 1, γ 2 ) và (( ), γ 1, γ 2 ) suy ra I,, thẳng hàng và I, Z, T thẳng hàng. Gọi I 1 2 là tiếp tuyến chung ngoài của γ 1, γ 2. hép nghịch đảo I I 1.I 2 I : γ 1 γ 2, đồng thời các cặp đường thẳng I 1 Z và I 2 T, I 1 và I 2 không song song nên IZ.IT = I 1.I 2 = I.I. Suy ra,, Z, T đồng viên. ét ba đường tròn ( ), ( ), ( T Z) có trục đẳng phương lần lượt là,, ZT nên,, ZT đồng quy. Từ đó I. ổ đề 3. ho hai dây cung ω 1 và ω 2 cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng l và cùng dựng trên dây nằm trên l., là hai điểm bất kì trên l và nằm ngoài đoạn thẳng. Khi đó 4 tiếp tuyến kẻ từ, tới ω 1 và ω 2 cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp. T Q J Z N L hứng minh. Gọi, Z và, T là các điểm trên ω 1 và ω 2 sao cho,, Z, T là các tiếp tuyến của hai đường tròn ( ) và ( ) chứa các cung ω 1 và ω 2 ; N Q là tứ giác tạo bởi giao điểm của,, Z, T như hình vẽ. o, nằm trên trục đẳng phương của ( ) và ( ) nên =, Z = T. Từ đó tồn tại hai đường tròn 1, 2 lần lượt tiếp xúc với ( ) và ( ) tại, và Z, T. Áp dụng bổ đề 2 suy ra Z cắt T tại một điểm L nằm trên l. ét hai tam giác NZ và QT có T Q NZ = {}, Q N = {}, T Z = {L} cùng nằm trên l nên NZ và QT thấu xạ. Áp dụng định lý esargues suy ra T Z,, NQ đồng quy tại J. 2

Áp dụng định lý onge- lembert cho 3 đường tròn 1, ( ), ( ) suy ra đi qua tâm vị tự trong của ( ) và ( ). hứng minh tương tự suy ra J là tâm vị tự trong của ( ) và ( ). Gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác N. o N là tâm vị tự trong của (I) và ( ) nên áp dụng định lý onge- lembert cho 3 đường tròn (I), ( ), ( ) ta có Q là tâm vị tự ngoài của (I) và ( ). à Q tiếp xúc với ( ) nên Q tiếp xúc với (I). Điều này nghĩa là tứ giác N Q ngoại tiếp. Trở lại bài toán. E I F N Q O 4 Gọi ( ), ( ), ( ), (O 4 ) lần lượt là các đường tròn chứa các cung ω 1, ω 2, ω 3, ω 4 ;, Q lần lượt là tiếp điểm của ( ) và ( ), ( ) và (O 4 ). Qua kẻ tiếp tuyến chung trong của ( ) và ( ), cắt d tại. Ta có 2 =. =. nên thuộc trục đẳng phương của ( ) và (O 4 ), tức là Q là tiếp tuyến chung trong của ( ) và (O 4 ). Giả sử tiếp tuyến chung ngoài E của ω 2 và ω 3 cắt d tại, qua kẻ tiếp tuyến N tới ω 1, F tới ω 2. Áp dụng bổ đề 3 cho hai đường tròn ( ) và ( ) với hai điểm, suy ra, N,, Q cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp đường tròn (I). Lại áp dụng bổ đề 3 cho hai đường tròn ( ) và (O 4 ) với hai điểm, suy ra F tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác tạo bởi các đường thẳng, Q, hay đường tròn (I). Như vậy N, F cùng tiếp xúc với (I), suy ra, N, F thẳng hàng. Ta có đpcm. ách 2. E F N Q O 4 H G 3

Với cách kí hiệu tương tự như cách 1, tiếp tuyến E của ω 2 và ω 3 cắt l tại, lần lượt kẻ các tiếp tuyến N, F tới ω 2, ω 4. Ta cần chứng minh, N, F thẳng hàng. o = Q, = N, E = F nên tồn tại các đường tròn 1 lần lượt tiếp xúc với ( ) và ( ) tại, tiếp xúc với ( ) và (O 4 ) tại Q; đường tròn 2 tiếp xúc với ( ) tại và ( ) tại N, đường tròn 3 tiếp xúc với ( ) tại E và (O 4 ) tại F. Theo bổ đề 2 suy ra Q cắt N tại tâm vị tự ngoài G của 1 và 2 và G l, E cắt F Q tại tâm vị tự ngoài H của 1 và 3 và H l. Áp dụng định lý onge- lembert cho 3 đường tròn 1, 2, 3 suy ra E cắt d tại tâm vị tự ngoài của 2 và 3, hay là tâm vị tự ngoài của 2 và 3. Suy ra, N, F thẳng hàng. Ta có đpcm. ách 3. E F N O 4 Q Với ý tưởng tương tự cách 2 ta cần chứng minh, N, F thẳng hàng. Như cách 2 chúng ta đã chứng minh tồn tại các đường tròn 1, 2, 3. Từ đó theo cách chứng minh bổ đề 2 suy ra, N,, Q cùng thuộc một đường tròn và E, F,, Q cùng thuộc một đường tròn. ặt khác, áp dụng định lý onge- lembert cho 3 đường tròn 1, ( ), ( ) suy ra Q cắt E tại tâm vị tự ngoài T của hai đường tròn ( ) và ( ). Suy ra T.T E = T.T Q, nghĩa là, E,, Q cùng thuộc một đường tròn. Như vậy 6 điểm, N, E, F,, Q cùng thuộc một đường tròn. Suy ra tứ giác NF E nội tiếp. Giả sử N cắt đường tròn (, E) tại F. o hai đường tròn (, ) và (, N) đồng tâm và hai đường thẳng E, NF giao nhau tại nên NF E là hình thang cân hay NF E nội tiếp. Lại có F và F cùng nằm trên (, N) nên F F, hay, N, F thẳng hàng. Ta có đpcm. ách 4. Trước tiên ta phát biểu 2 bổ đề sau. ổ đề 4. ho hai đường tròn ( ) và ( ) không chứa nhau. Gọi 1, 2 là hai đường tròn tiếp xúc ngoài với ( ), ( ) lần lượt tại, và,. Khi đó,,, cùng thuộc một đường tròn. 4

c 1 T c 2 hứng minh. Áp dụng định lý onge- lembert cho 3 đường tròn ( ), ( ), 1 suy ra đi qua tâm vị tự ngoài T của ( ) và ( ). Tương tự ta cũng có đi qua T. Từ đó T.T = T.T = k. Suy ra,,, cùng thuộc một đường tròn. ổ đề 5. (huỗi đường tròn pollonius- bài toán 9 đường tròn). ho 3 đường tròn ( ), ( ), ( ) trên mặt phẳng. Ta xây dựng một chuỗi đường tròn xoay vòng như sau. Gọi 12 là đường tròn tiếp xúc với ( ) và ( ), 23 là đường tròn tiếp xúc với 12, ( ), ( ), 34 là đường tròn tiếp xúc với 23, ( ), ( ), 45 là đường tròn tiếp xúc với 34, ( ), ( ), 56 là đường tròn tiếp xúc với 45, ( ), ( ), 61 là đường tròn tiếp xúc với 5, ( ), ( ). Khi đó 12, 23,..., 61 là một chuỗi đóng, hay 61 tiếp xúc với 12. 56 61 34 6 1 3 4 23 45 12 5 2 hứng minh. Ta chứng minh bài toán trong trường hợp 3 đường tròn ( ), ( ), ( ) đôi một ngoài nhau. ác trường hợp khác chứng minh tương tự. Gọi 1, 2 lần lượt là tiếp điểm của 12 với ( ) và ( ); 3 là tiếp điểm của 23 với ( ); 4 là tiếp điểm của 34 với ( ), tương tự với 5, 6, 7. Như vậy ta cần chứng minh 7 1. Áp dụng bổ đề 4 cho hai đường tròn 12 và 34 cùng hai đường tròn tiếp xúc 23 và ( ) suy ra 1, 2, 3, 4 cùng thuộc một đường tròn. Áp dụng bổ đề 4 cho hai đường tròn ( ) và ( ) với hai đường tròn tiếp xúc 23 và 56 suy ra 2, 3, 5, 6 cùng thuộc một đường tròn. 5

Tiếp tục áp dụng bổ đề 4 cho hai đường tròn ( ) và ( ) với hai đường tròn tiếp xúc 45 và 12 suy ra 1, 2, 4, 5 cùng thuộc một đường tròn. Từ các điều trên ta thu được 1, 2, 3, 4, 5, 6 cùng thuộc một đường tròn ω. Áp dụng bổ đề 4 cho hai đường tròn ( ) và ( ) với hai đường tròn tiếp xúc 61 và 34 suy ra 3, 4, 6, 7 cùng thuộc một đường tròn. Từ đó 7 là giao của ω với ( ) hay 7 1. Như vậy 61 và 12 tiếp xúc nhau. Ta có đpcm. Trở lại bài toán. E F' N O Q 4 hú ý rằng chuỗi pollonius vẫn đúng trong trường hợp đường tròn suy biến thành đường thẳng. Tiếp tuyến chung E của ( ) và ( ) cắt l tại. Kẻ tiếp tuyến N của ω 1, dựng đường tròn 3 tiếp xúc với, N lần lượt tại E, F. Đường tròn 1 và 2 được định nghĩa giống cách 2,3. Áp dụng bổ đề 5 cho đường tròn 1 và 2 đường tròn suy biến thành đường thẳng và N ta có: ( ) tiếp xúc với 1,. 2 tiếp xúc với ( ),, N. ( ) tiếp xúc với 2, N, 1. ( ) tiếp xúc với ( ), 1,. 3 tiếp xúc với ( ),, N. (O 4 ) tiếp xúc với 3, N, 1. o chuỗi ( ), 2, ( ), ( ), 3, (O 4 ) là chuỗi đóng nên (O 4 ) tiếp xúc với (), 1, N. Điều này nghĩa là (O 4 ) tiếp xúc với 1 tại và tiếp xúc với N tại F. Lại có tiếp tuyến tại Q của ( ) cắt tiếp tuyến tại của ( ) tại và = Q nên nằm trên trục đẳng phương của (O 4 ) và (). à E = F nên cũng thuộc trục đẳng phương của (O 4 ) và (). Vậy là trục đẳng phương của (O 4 ) và () hay (O 4 ) đi qua,. Suy ra (O 4 ) (O 4). Ta có đpcm. 3 ở rộng ho 2n điểm 1, 1, 2, 2,..., n, n (n 2) theo thứ tự nằm trên đường thẳng l. Hai cung ω k và γ k dựng trên dây k k (k = 1, n) sao cho 2n cung cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ l đồng thời ω k tiếp xúc với ω k 1 và ω k+1, γ k tiếp xúc với γ k 1 và γ k+1. Khi đó giao điểm của tiếp tuyến chung ngoài của các cặp cung ω 1 và ω n, γ 1 và γ n nằm trên l. Để chứng minh bài toán mở rộng trước tiên ta phát biểu một bổ đề sau. 6

ổ đề 6. ho 6 điểm 1, 1, 2, 2, 3, 3 cùng nằm trên đường thẳng l sao cho các đoạn thẳng 1 1, 2 2, 3 3 tách rời nhau. Hai cung ω i và γ i cùng dựng trên dây i i (i = 1, 3) sao cho 6 cung cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ l. Kí hiệu d ij là tiếp tuyến chung ngoài của cặp cung ω i và ω j, k ij là tiếp tuyến chung ngoài của cặp cung γ i và γ j. Giả sử giao điểm của d 12 và k 12, d 23 và k 23 cùng nằm trên l. Khi đó giao điểm của d 13 và k 13 cũng nằm trên l. 1 1 2 2 3 3 Z hứng minh. Gọi, lần lượt là giao của d 12 và k 12, d 23 và k 23 ; Z là giao của d 13 với l. Từ Z kẻ tiếp tuyến k 13 tới γ 1. Áp dụng bổ đề 3 cho 2 đường tròn ω 1, γ 1 và 2 điểm, Z suy ra tồn tại một đường tròn 1 nội tiếp tứ giác tạo bởi giao điểm của 4 đường thẳng d 12, k 12, d 13, k 13. Tương tự tồn tại đường tròn 2 nội tiếp tứ giác tạo bởi giao điểm của 4 đường thẳng d 12, k 12, d 23, k 23. Gọi 3 là đường tròn nội tiếp (hoặc bàng tiếp) tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng d 13, d 23, k 23. Áp dụng định lý onge- lembert cho 3 đường tròn 1, 2, 3 ta có là tâm vị tự ngoài của 1 và 2 ; là tâm vị tự ngoài của 2 và 3 nên tâm vị tự ngoài của 1 và 3 nằm trên. o d 13 là tiếp tuyến chung của 1 và 3 nên d 13 cắt l tại tâm vị tự ngoài Z của 1 và 3. à k 13 tiếp xúc với 1 nên k 13 tiếp xúc với 3. Từ Z kẻ tiếp tuyến k 13 tới γ 3, lại áp dụng bổ đề 3 cho 2 đường tròn ω 3 và γ 3 với hai điểm, Z suy ra 3 tiếp xúc với k 13. Từ đó k 13 k 13 k 13. Ta có đpcm. Trở lại bài toán. 1 1 2 2 3 3 4 4 Vẫn kí hiệu d ij và k ij như bổ đề 6. Gọi ij là giao của d ij và k ij. Theo bài toán Iran 2013 ta có 12 và 23 nằm trên l. o đó áp dụng bổ đề 6 suy ra 13 nằm trên l. Lại có 34 nằm trên l nên lại áp dụng bổ đề 6 suy ra 14 nằm trên l. hứng minh tương tự ta thu được 1n nằm trên l. 7

Tài liệu [1] goodar2006, oncurrency of two common external tangents, os Topic 530380. http://www.artofproblemsolving.com/forum/viewtopic.php?f=47t=530380 [2] Nguyễn Văn Linh, onge- lembert s theorem, Euclidean Geometry log. http://nguyenvanlinh.wordpress.com/2013/04/06/monge-dalemberts-theorem/ [3] Nguyễn Văn Linh, Some famous circles chains, Euclidean Geometry log. http://nguyenvanlinh.wordpress.com/2013/04/27/some-famous-circles-chains/ Email: Lovemathforever@gmail.com 8