1

hần 2.

TUYỂN TẬP

CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ

MỘT SỐ CHUYÊN GIA

VIỆT NAM

BTC kỳ thi IGO tại Việt Nam 2019

2

PHẦN 1. THẦY NGUYỄN MINH HÀ Bài toán 1. Cho tam giác không cân ABC, O, H theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp và trực

tâm. A1, B1, C1 theo thứ tự là trung điểm của AH, BH, CH. A2, B2, C2 theo thứ tự là điểm đối xứng

của H qua trung điểm của OA1, OB1, OC1. Chứng minh rằng các đường tròn (OA1A2), (OB1B2),

(OC1C2) cùng đi qua một điểm thuộc đường tròn Euler của tam giác ABC.

Lời giải. Gọi (N) là đường tròn Euler của tam giác ABC; S là giao điểm thứ hai của (OA1A2),

(OB1B2). Dễ thấy OHA1A2, OHB1B2, OHC1C2 là các hình bình hành.

Từ đó, chú ý rằng 1 1/ / AHB CA C và 1 1/ / ,HA CB C B suy ra

(SA ,SB ) (SA ,SO) (SO, SB ) (A A , A O) (B O,B B ) (mod )

(HO,HA) (HB,HO) (HB,HA) (CA,CB) (C A ,C B ) (mod ).

1 1 1 1 2 1 2 2 2 1

1 1 1 1

Điều đó có nghĩa là S thuộc (N) (1). Vậy, chú ý rằng 1 1A / /B AB và ,BA CH ta có

(SC ,SO) (SC , SA ) (SA ,SO) (B C ,B A ) (A A , A O) (mod )

(BC,BA) (OH, AH) (AH,CH) (OH, AH) (OH,C H) (C C ,C O) (mod ).

1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2

1 2 1 2

Điều đó có nghĩ là S thuộc (OC1C2) (2). Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

Bài toán 2. Cho tam giác ABC. (K) là đường tròn đi qua B, C và không đi qua A. E, F theo thứ tự là giao điểm thứ hai của (K) và CA, AB. H là giao điểm của BF và CE. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KEF thuộc OH. Lời giải. Gọi P là giao điểm của BC và EF; Q là giao điểm thứ hai của AP và (O); L là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KEF; M, N theo thứ tự là trung điểm của EC, FB; X, Y, Z theo thứ tự là giao điểm

thứ hai của HQ, HB, HC và (O). Dễ thấy PA.PQ PB.PC PE.PF.

Điều đó có nghĩa là A, Q, E, F cùng thuộc một đường tròn (1). Do đó các tam giác QEC, QFB đồng dạng cùng hướng (kết quả quen thuộc).

S

N

C2B2

A2

C1B1

A1

H

O

A

BC

3

Từ đó, chú ý rằng M, N theo thứ tự là trung điểm của EC, FB, suy ra các tam giác QEM, QFN đồng dạng cùng hướng. Do đó (MA,MQ) (MF,MQ) (NE,NQ) (NA,NQ) (mod )

Điều đó có ngghĩa là A, Q, M, N cùng thuộc một đường tròn.

Từ (1) và (2), chú ý rằng 90KMA KNA , suy ra A, K, Q, M, N cùng thuộc đường tròn

đường kính AK. Do đó 90XQA KQA (3).

Áp dụng định lí Brocard cho tứ giác BCEF, ta có KH AP (4). Từ (3) và (4) suy ra K, H, Q thẳng hàng và KHQ AP. Dễ thấy AO EF (5).

Dễ thấy (YZ,EF) (YZ,YB) (EB,EF) (CZ,CB) (CB,CF) (CZ,CF) (mod ). 0

Do đó YZ / / EF (6).

Từ (5) và (6) suy ra AO YZ (7).

Từ (3), (6) và (7) suy ra AOX YZ . Do đó XY XZ. Vậy 1XY KE

XZ KF (8).

Dễ thấy 2 2 2 2(XY, XZ) (XA, XZ) (CA,CZ) (CE,CF) (KE,KF) (mod )

(9).

Từ (8) và (9) suy ra hai tam giác XYZ, KEF đồng dạng cùng hướng. Kết hợp với (6) suy ra các tam giác XYZ, KEF có các cạnh tương ứng song song và H YE ZF. Nói cách khác các tam giác XYZ, KEF là ảnh của nhau qua một phép vị tự có tâm là H. Từ đó, chú ý rằng O, L theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp các tam giác XYZ, KEF, suy ra H, O, L thẳng hàng. Điều đó có nghĩa là L thuộc OH.

Bài toán 3. Cho tam giác ABC và hai điểm đằng giác I, J. M, N theo thứ tự là trung điểm của BC, AJ. D, E, F theo thứ tự là hình chiếu của I trên BC, CA, AB. P, Q theo thứ tự là giao điểm của IE, IF và DF, DE. Chứng minh rằng MN PQ.

Lời giải.

Z

Y

X

LH

M

N

P

Q

E

K

O

A

B

C

F

4

Gọi X, Y theo thứ tự là giao điểm của BJ, CJ và AC, AB; Z, T theo thứ tự là trung điểm của XY và CY; H, K theo thứ tự là hình chiếu của J trên AB, AC. Theo kết quả về đường thẳng Gauss, M, N, Z thẳng hàng (1). Chú ý rằng B, D, I, F cùng thuộc một đường tròn; I, J là hai điểm đẳng giác của tam giác ABC; C, D, I, E cùng thuộc một đường tròn, ta có

(DP,DI) (DP,DB) (DB,DI) (DF,DB) (FB,FI) (mod )

(IF, IB) (BA, IF) (BA,BI) (BJ, BC) (BX , BC)(mod );

(IP, ID) (IE, ID) (CE,CD) (CX ,CB) (mod ).

Do đó các tam giác DPI, BXC đồng dạng cùng hướng. Tương tự các tam giác DQI, CYB đồng dạng cùng hướng. Từ đó, chú ý rằng M, Z, T theo thứ tự là trung điểm của BC, XY, CY;

IP IP ID CX BC CX TZ. . ;

IQ ID IQ CB BY BY TM

2

2

(IP, IQ) (IP, ID) (ID, IQ) (CX ,CB) (BC,BY) (mod )

(CX ,CB) (CB,YB) (CX ,YB) (TZ,TM)(mod ).

Do đó các tam giác IPQ, TZM đồng dạng cùng hướng. Kết hợp với IP AC / / TZ, suy ra PQ ZM (2).

Từ (1) và (2) suy ra PQ MN.

Bài toán 4. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các hình chữ nhật BCXY, CAZT, ABUV sao cho ZV / / AB. S là giao điểm của YZ và XV. Chứng minh rằng AS BC.

Lời giải. Ta cần có một bổ đề.

V

KH

T

Z

Y

X

M

N

QP

D

E

F

J

A

B C

I

5

Bổ đề. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các hình chữ nhật CAZT, ABUV sao cho ZV / / AB. K

là giao điểm của BZ và CV. Khi đó AK BC. Chứng minh. Gọi (M), (N) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp các hình chữ nhật CAZT, ABUV; L là giao điểm thứ hai của (M) và (N); E, F theo thứ tự là giao điểm thứ hai của (M), (N) và CV, BZ; H là giao điểm của ZE và VF. Vì M, N theo thứ tự là trung điểm của CZ, BV nên MN / / BC / /ZV (1).

Dễ thấy H là trực tâm của tam giác KZV. Do đó KH ZV. Kết hợp với (1), suy ra KH BC (*). Dễ thấy AL MN. Kết hợp với (1), suy ra AL BC (2).

Dễ thấy H/(M) H /(N)P HZ.HE HV.HF P .

Do đó H AL (3). Từ (2) và (3) suy ra AH BC (**). Từ (*) và (**) suy ra AK BC.

Trở lại bài toán, Gọi K là giao điểm của BZ và CV; W là giao điểm của BU và CT; P là giao điểm của AZ và đường thẳng qua W song song với AC; Q là giao điểm của AV và đường thẳng qua W song song với AB; E, F theo thứ tự là giao điểm của BP, CQ và ZV.

V

TU L

FE

MN

K

H

A

B C

Z

6

Ta có PQ PA AQ WC BW BC

(1).

Dễ thấy lục giác BWCQAP nội tiếp đường tròn đường kính AW.

Do đó 90 90PBC PAC ;QCB QAC (2).

Từ (1) và (2) suy ra BCQP là hình chữ nhật. Vậy YX / / BC / / PQ / / EF.

Do đó Z(AKSV) Z(PBYE) (PBYE) (QCXF) V(QCXF) V(AKSZ).

Do đó A, K, S thẳng hàng (3). Theo bổ đề trên, AK BC (4). Từ (3) và (4) suy ra AS BC.

Bài toán 5. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). E là giao điểm của AB và CD. F là giao

điểm của AD và CB. K là giao điểm của các đường phân giác trong của AED,AFB. M, N, P, Q

theo thứ tự là hình chiếu của K trên AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng OK, MP, NQ đồng quy.

Lời giải.

Ta cần có hai bổ đề.

Bổ đề 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). E là giao điểm của AB và CD. Gọi P, Q theo thứ tự là giao điểm của BC, EF và phân giác trong trong của góc .AED S là giao điểm của đường thẳng qua P vuông góc với AD và đường thẳng qua Q vuông góc với CB. Khi đó O, E, S thẳng hàng. Chứng minh. Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu của O trên AD, CB; H, K theo thứ tự là hình chiếu của E trên AD, CB; P, Q theo thứ tự là hình chiếu của S trên AD, CB. Dễ thấy các tam giác EAD, ECB đồng dạng. Từ đó, chú ý rằng M, N theo thứ tự là trung điểm của AD, CB; H, K theo thứ tự là hình chiếu của E trên AD, CB; P, Q theo thứ tự là chân đường phân giác kẻ từ E của các tam giác EAD, ECB và OM / / KP / / AR;ON / / KQ / /OS, suy ra O, K, A thẳng hàng.

K

F

Q

E

P

W

S

X

T

Z

U

A

B C

V

Y

7

Bổ đề 2. Cho tam giác ABC và điểm O không thuộc BC, CA, AB. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc AB, AC. Các điểm P, Q theo thứ tự thuộc BN, CM sao cho OP, OQ theo thứ tự song song với AB, AC. Các điểm R, S theo thứ tự thuộc AC, AB sao cho MR, NS theo thứ tự song song với AP, AQ. T là giao điểm của BR, CS. Khi đó A, O, T thẳng hàng. Chứng minh.

Gọi W, U, V theo thứ tự là giao điểm của AO, BO, CO và BC, CA, AB.

Dễ thấy các điều kiện sau tương đương.

1. A, O, T thẳng hàng.

2. B( ACOT ) C( ABOT ).

3. B( ACUR ) C( ABVS ).

4. ( ACUR ) ( ABVS ).

M

N

H

K

S

P

Q

E

O

BA

D

C

W

V U

T

SR

Q

P

B

A

C

O

M

N

8

5. UA RA VA SA

: : .UC RC VB SB

6. UA MP VA NQ

: :UC MC VB NB

(vì RM / / AP; SN / / AQ ).

7. UA VO VA UO

: :UC VC VB UB

(vì MV / / PO;NU / /QO ).

8. VB UA WC UB VO WC

. . . . .VA UC WB UO VC WB

9. 1 1 (vì AW, BU, CV đồng quy (tại O); OW, BV, CU đồng quy (tại A)).

Trở lại giải bài toán 5.

Gọi L là giao điểm của MP và NQ; X, Z theo thứ tự là giao điểm của FK và AB, CD; Y, T theo

thứ tự là giao điểm của EK và AD, CB; U là giao điểm của đường thẳng qua X vuông góc với AB

và đường thẳng qua Z vuông góc với CD; V là giao điểm của đường thẳng qua Y vuông góc với

BC và đường thẳng qua T vuông góc với DA. Theo bổ đề 1, các bộ ba điểm F, O, U và E, O, V.

Dễ thấy

180 1802 2

180 180180

2 2 2 2

18090

2 2 2 2

AFE CFE AEF CEFFKE KFE KEF

AFE AEF CFE CEF AFE AEF CFE CEF

FAE FCE BAD BCD.

V

Y

T

U

Z

X

LN

P

Q

M

K

E

F

O

A

D

C

B

9

Do đó XZ EK;YT FK (1).

Vì KEM KEP;KM KP và KFN KFQ;KN KQ nên EM EP; FN FQ.

Do đó MP EK; NQ FK (2).

Từ (1) và (2) suy ra LM / / KF; LQ / / KE (3).

Vì XU AB;MK AB và TV AD;QK AD nên XU / / MK;TV / / QK (4).

Từ (3), (4), áp dụng bổ đề 2 cho tam giác KFE và điểm L, suy ra O, L, K thẳng hàng.

Nói cách khác OK, MP, NQ đồng quy.

Bài 6. Cho tam giác ABC. A1, B1, C1 theo thứ tự là tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp (Ia), (Ib), (Ic) và BC, CA, AB. K là giao điểm của AA1, BB1, CC1. Các điiểm A2, B2, C2 theo thứ tự thuộc BC, CA, AB sao cho KA2, KB2, KC2 vuông góc với AI, BI, CI. Chứng minh rằng A2, B2, C2 cùng thuộc một đường thẳng vuông góc với IK.

Lời giải.

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề. Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp (I) theo thứ tự tiếp xúc với AC, AB tại E, F. K, L theo thứ tự là điểm đối xứng với E, F qua I. S là giao điểm của BK và CL. Đường thẳng đi qua S và vuông góc với AC theo thứ tự cắt BI, AC tại M, N. Đường thẳng đi qua S và vuông góc với AB theo thứ tự cắt CI, AB tại P, Q. Chứng minh rằng M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn.

Y

T

Z

X

QP

M

N

S LK

F E

I

A

B C

10

Chứng minh. Gọi X, Z theo thứ tự là giao điểm của EK, NS và AB; Y, T theo thứ tự là giao điểm của FL, QS và AC.

Chú ý rằng ,KL XY theo định lí Thales, ta có

.SM KI LI SP

SZ KX LY ST

Do đó .MP ZT Từ đó, chú ý rằng Z, T, N, Q cùng thuộc một đường tròn, suy ra M, N, P, Q

cùng thuộc một đường tròn.

Trở lại bài toán,

Gọi A’ B’, C’ theo thứ tự là hình chiếu của A2, B2, C2 trên IK; A3 là giao điểm của AI và KA2; A4 là điểm đối xứng của A0 qua I; A5, A6 theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng đi qua K và vuông góc với BC và AI, BC. Tương tự có B5, B6; C5, C6 .

Theo bổ đề trên, 5 6 5 6 5 6. . . .KA KA KB KB KC KC k

Dễ thấy 2 3 5 6'. . . .KA KI KA KA KA KA k Do đó ' .k

KAKI

Tương tự ' ; ' .k k

KB KCKI KI

Vậy ' ' '.A B C

Điều đó có nghĩa là A2, B2, C2 cùng thuộc một đường thẳng vuông góc với IK.

Bài 8. Về phía ngoài tam giác ABC, dựng các tam giác A1BC, B1CA, C1AB theo thứ tự vuông cân tại A1, B1, C1. A2, B2, C2 theo thứ tự là ảnh đối xứng của A, B, C qua B1C1, C1A1, A1B1. Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, A2B2C2 đi qua trực tâm của tam giác A1B1C1.

A3

A6

A5

A4

A'=B'=C'

A2

KC1

B1

A1

C0

B0

A0

I

A

B C

11

Lời giải. Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác A1BC, B1CA, C1AB theo thứ tự vuông cân tại A1, B1, C1. Khi đó AA1, BB1, CC1 đồng quy tại trực tâm H1 của tam giác A1B1C1.

Trở lại bài toán,

Gọi (O2) là đường tròn ngoại tiếp của tam giác A2B2C2; A3, B3, C3 theo thứ tự là giao điểm thứ hai của AA1, BB1, CC1 và (O2).

Theo bổ đề trên, AA1, BB1, CC1 đồng quy tại H1.

Vì 1 2 1 1 1 2A B A B AC AC nên B, C, B2, C2 đồng viên. Do đó

1 1 2 1 1 2. . .H B H B H C H C

Kết hợp với 1 3 1 2 1 3 1 2. . ,H B H B H C H C suy ra 1 1

1 3 1 3

.H B H C

H B H C

Tương tự 1 1 1

1 3 1 3 1 3

.H A H B H C

kH A H B H C

Từ đó, suy ra phép vị tự 1

kHV biến tam giác A3B3C3 thành tam giác ABC.

Do đó O, H1, O2 thẳng hàng (đpcm).

A3

C3 B3

O2

C2

B2

A2

H1

C1

B1

A1

O

A

B C

12

PHẦN 2. THẦY TRẦN QUANG HÙNG

Bài 1. Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp trong đường tròn ( )O với các đường cao

, ,AD BE CF và trực tâm .H Giả sử ,DE HC Q DF HB R . Tiếp tuyến của ( )O ở ,B C

cắt nhau tại .T Chứng minh rằng HT chia đôi .RQ

Lời giải.

Gọi AP là đường kính của ( )O . Giả sử ,PC AB N PB AC M thì P là trực tâm của tam

giác .AMN Do đó, dễ thấy rằng T là trung điểm .MN Dựng hình bình hành BCNK và .BCLM

Ta thấy BE CN , vì cùng vuông góc với AC nên , ,K B E thẳng hàng. Tương tự thì , ,L C F cũng

thẳng hàng. Ta được MLNK là hình bình hành nên T cũng là trung điểm của .KL

Gọi S là điểm đối xứng với O qua ,BC khi đó S là tâm ngoại tiếp ( ).BHC

Mặt khác RH RB RD RF (tứ giác BDHF nội tiếp) nên R có cùng phương tích đến các đừơng tròn ( ),( ).DEF BHC Tương tự với điểm .Q Suy ra RQ là trục đẳng phương của 2 đường tròn này.

Hơn nữa, ,AH OS AH OS nên AHSO là hình bình hành và AS đi qua trung điểm ,OH cũng

là tâm của ( ).DEF Từ đó ta thấy .RQ AS Ta lại có

2 2OS OA OC BC ML

OA OT OT CT MT .

Điều này cho thấy hai tam giác OAS và MTL đồng dạng, suy ra AS TL nên QR KL . Mà HT

đi qua trung điểm KL nên theo bổ đề hình thang thì nó cũng đi qua trung điểm của .QR

13

Bài 2. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn ( )I có , , ,M N P Q là tiếp điểm của ( )I lên các

cạnh , , , .AB BC CD DA Gọi ,K L lần lượt là tâm ngoại tiếp của các tam giác , .AMN APQ Gọi R

là giao điểm của ,BD KL và J là giao điểm của , .AI MQ Chứng minh rằng .RA RJ

Lời giải.

Gọi ,S T là trung điểm của , .AM AQ Khi đó, KS là trung trực của AM và LT là trung trực của

.AQ Suy ra , ,AI SK TL đồng quy tại tâm ngoại tiếp G của tam giác .AMQ

Chú ý rằng BI là trung trực của MN nên K BI ; tương tự thì .L DI

Xét hai tam giác IBD và GST có , ,BS DT IG đồng quy tại A nên theo định lý Desargues thì các

điểm , ,T S L thẳng hàng.

Do đó, R thuộc trung trực của đoạn AJ nên .RA RJ

Bài 3. Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp ( )O và một đường tròn ( ) cố định qua ,A O

cắt ,AB AC ở , .F E Giả sử ,OE OF cắt ( )O ở ,M N . Gọi P là điểm trên cung BC của ( ).O

Đường thẳng ( )AP L và OL cắt ( )O ở ,G H (điểm ,G N cùng phía so với AP ).

, .MP CG J NP BH I Chứng minh rằng khi P thay đổi thì ( )PIJ luôn qua điểm cố định.

Lời giải.

Gọi D là giao điểm khác A của ( ), ( ).O Ta có

2 2

AOD AEDECD

nên tam giác ECD cân tại E hay ,EC ED mà OC OD nên OE là trung trực của .CD

14

Suy ra M là trung điểm cung CD của (O). Do đó BM là phân giác góc B của tam giác BCD. Tương tự với N.

Cũng bằng cách trên, ta có LD LP và OL là trung trực DP , kéo theo ,G H là trung điểm 2

cung của (O), suy ra ,I J là tâm nội tiếp tam giác , .DBP DCP

Giả sử ( )PIJ cắt ( )O ở T thì theo mô hình vị tự quay (chú ý rằng ,JM DM IN DN ), ta có

TM JM DM

TN IN DN .

Do đó tứ giác DNTM điều hòa và T là điểm cố định. Ta có đpcm.

Bài 4. Cho tam giác ABC cân tại A có P nằm trong tam giác sao cho 180BPC A . Các

đường thẳng ,PB PC lần lượt cắt ,CA AB tại ,E F . Gọi ,I J lần lượt là tâm bàng tiếp ứng với

đỉnh ,B C của tam giác ABE và ACF . Gọi K là tâm ngoại tiếp tam giác .AEF Chứng minh

rằng .KI KJ

Lời giải.

Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề sau:

Cho tứ giác toàn phần ABCDEF có ABCD nội tiếp. Gọi ,M N lần lượt là trung điểm , .AC BD

Khi đó, phân giác trong của góc ,E F cùng đi qua một điểm thuộc .MN

D

T J

I

H

G

LN

M

F

E

O

A

B C

P

15

Chứng minh. Ta có: ( . )EAC EBD g g và ,M N lần lượt là trung điểm của hai cạnh tương

ứng nên ta cũng có ( . )EMC END g g . Suy ra ,EM EN đẳng giác trong góc E và phân giác

góc ,AEB MEN trùng nhau.

Giả sử I là giao điểm của phân giác trên và MN thì

IM EM AC

IN EN BD .

Tương tự, nếu gọi I là giao điểm của phân giác góc F và MN thì I M AC

I N BD

.

Suy ra I I hay các phân giác góc ,E F và MN đồng quy. Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán,

Do 180BPC A nên 180EPF EAF , tức là AEPF nội tiếp hay ( ).P K

Gọi G là điểm đối xứng với A qua BC . Vì

180BPC BGC nên ( ).G BPC

Mặt khác GB GC nên PG là phân giác của BPC và .EPF

Dễ thấy IJ chính là phân giác ngoài của EAF nên nó đi qua trung điểm cung EF chứa A của

( )K , mà PG cũng đi qua trung điểm đó (vì nó là phân giác EPF ) nên các đường thẳng ,PG IJ

cắt nhau tại R thuộc ( ).K

Gọi S là trung điểm AP và L là giao điểm của ,BI CJ . Khi đó, theo bổ đề trên cho tứ giác toàn

phần AEPFBC thì L nằm trên đường thẳng nối S và trung điểm EF .

Đây cũng chính là đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần nói trên nên SL đi qua trung điểm

M của .BC

I

NM

E

F

A

B

CD

16

Do IJ BC (cùng vuông góc với phân giác trong của BAC ) và SL đi qua trung điểm của BC

nên nó cũng đi qua trung điểm N của IJ theo bổ đề hình thang.

Hơn nữa, MS là đường trung bình của tam giác APG nên MS PG và cũng đi qua trung điểm

N của AR . Vì AR là dây cung của ( )K nên KN AR , mà N cũng là trung điểm IJ nên tam

giác KIJ cân tại .K Vậy ta có KI KJ , đpcm.

Bài 5. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( )I tiếp xúc ,AC AB lần lượt tại ,E F . Gọi

,G H theo thứ tự là các điểm đối xứng với ,E F qua I . Giả sử GH cắt BC tại .P Các điểm

,M N thuộc IP sao cho CM vuông góc với IB và BN vuông góc với IC . Chứng minh rằng I

là trung điểm MN .

Lời giải.

Trước hết, ta có chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( )I tiếp xúc

với BC tại D . Kẻ đường kính DK của ( )I và gọi M là trung điểm BC . Khi đó .IM AK

N

L

S

R

G

J I

F

E

M

BC

A

P

C'B'

EM

K

D

I

CB

A

17

Trở lại bài toán,

Gọi D là tiếp điểm của ( )I lên BC và ,Q K lần lượt là các điểm đối xứng với ,D P qua tâm .I

Dễ dàng thấy rằng ( )K I và do PD tiếp xúc với ( )I nên ta có QK cũng tiếp xúc với ( ).I

Cũng do tính đối xứng. Vì EF đối xứng với GH qua I và P GH nên Q EF .

Giả sử AK cắt lại ( )I tại L thì rõ ràng tứ giác KEFL điều hòa (vì ,AE AF là các tiếp tuyến của

( )I ), suy ra EF và tiếp tuyến tại ,K L đồng quy.

Từ đó ta cũng có QL tiếp xúc với ( )I và .AL IP

Gọi R là trung điểm BC . Áp dụng bổ đề trên, ta có

IR AK nên IR IP .

Tiếp theo, giả sử ,BN CM cắt EF tại ,S T thì bằng biến đổi góc, dễ dàng có được:

90BTC BSC .

Suy ra ,T S thuộc đường tròn đường kính .BC

Đường thẳng qua tâm R của vuông góc với IR cắt ,CT BS lần lượt tại ,M N nên theo định lý

con bướm, ta có được .IM IN

Bài toán được chứng minh.

Bài 6. Cho tứ giác ABCD cố định có hai đường chéo AC, BD cắt nhau ở P. Trung trực AC, BD cắt nhau tại K. Đường thẳng d thay đổi qua K cắt (PAB) ở Q, R. Chứng minh rằng trực tâm tam giác PQR luôn thuộc một đường tròn cố định khi d thay đổi.

R

L

QK

N

M

S

T

P

G

H

D

FE

I

A

B C

18

Bài 7. Cho tam giác ABC không vuông tại A, điểm D cố định trên BC. Gọi P là điểm di chuyển nằm trong tam giác ABC. Gọi B1, C1 là hình chiếu của P lên các cạnh AC, AB. Giả sử DB1, DC1 cắt AB, AC ở C2, B2 và (AB1C1) cắt (AB2C2) ở Q. Chứng minh rằng PQ luôn đi qua điểm cố định khi P thay đổi.

19

20

PHẦN 3. THẦY NGUYỄN VĂN LINH

Bài 1. Cho tam giác ABC nhọn không cân có trực tâm H và tâm ngoại tiếp .O Giả sử ( )BOH

cắt AB ở ,F B ( )COH cắt AC ở .E C Gọi P là giao điểm của EF và .OH

a) Chứng minh rằng .PA PH

b) Chứng minh rằng đường tròn Euler của tam giác ABC và AEF tiếp xúc nhau.

Lời giải.

Giả sử ( )BOH cắt BC ở K thì chú ý rằng

OHK OBK OBC HBA HKF

nên OH FK . Do đó ,F K đối xứng nhau qua trung trực d của .OH

Tương tự, nếu gọi L là giao điểm của ( )COH và BC thì ,L E cũng đối xứng nhau qua .d

Suy ra ,EF KL đối xứng nhau qua d hay nói cách khác ,BC EF đối xứng qua .d

Gọi ,H K là giao điểm của trung trực AH với ,AH OH và .G OH BC Ký hiệu M là trung

điểm BC thì HH OM và HH OM nên hai tam giác ,H HP MOG bằng nhau.

Điều này cho thấy HP OG hay ,P G đối xứng nhau qua .d Mà G BC nên theo tính đối

xứng, ta có P EF hay .P P Vì thế nên .PH PA

b) Giả sử tam giác AEF nhọn. Khi đó, ta chứng minh được rằng , ,H I O thẳng hàng với I là tâm

ngoại tiếp tam giác AEF . Lấy , ( )A B O sao cho AA OH và .BB AC

M

H'

GK

P'

H

O

F

E

C

B

A

21

Theo câu a thì PA PA PH nên ,H Ađối xứng nhau qua EF , mà ta đã biết ,H B đối xứng

nhau qua AC . Suy ra EH EA EB nên E là tâm của ( ).HA B

Do đó 2HEA HB A , và do đối xứng, 2HEA FEA nên FEA HB A FAA .

Từ đó, ta được , , ,A E F A cùng thuộc một đường tròn.

Gọi T là trung điểm HA thì 1 1

2 2HT HA HA OM nên bằng biến đổi góc, ta chứng minh

được HOMT là hình thang cân, ngoài ra, nếu gọi 1 1,O I là điểm đối xứng của tâm ngoại tiếp tam

giác ABC qua BC và tâm ngoại tiếp tam giác AEF qua EF thì 1 1, ,H O I thẳng hàng.

Cuối cùng, xét phép vị tự tâm ,A tỷ số 1

2 thì 1 1: , ,A H O O I I với ,O I là tâm

Euler của tam giác ,ABC AEF (theo tính chất quen thuộc thì điểm đối xứng với O qua BC sẽ

nằm trên đường thẳng đi qua A và tâm Euler). Do đó, , ,H O I thẳng hàng.

Ngoài ra, và ( ),( )AEF ABC đều đi qua A nên qua phép vị tự trên, các đường tròn ( ), ( )O I đều

đi qua H , vậy nên hai đường tròn Euler của ,AEF ABC tiếp xúc nhau ở trung điểm .AH

Bài 2. Cho tam giác ABC nội tiếp ( )O có P thay đổi trên trung tuyến AM của tam giác .ABC

Đường tròn ( ),( )APB APC cắt lại ,AC AB tại các điểm , .E F Gọi G là giao điểm của , .EF BC

Đường tròn ( )AEF cắt AP ở .T Chứng minh rằng đối xứng của T qua PG nằm trên ( ).O

Lời giải.

T

A'

B'

I

M K

H

O

F

E

CB

A

22

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:

Cho tam giác ABC nội tiếp ( )O có P bất kỳ trên mặt phẳng. Đường tròn ( ),( )APB APC cắt lại

,AC AB tại các điểm , .E F Đường tròn ( )AEF cắt AP ở .T Gọi H là điểm đối xứng với K qua

.P Chứng minh rằng ( ).H O

Thật vậy,

Gọi L là giao điểm của FK và ( ),APC và ,M S là điểm đối xứng với ,K E qua , .L C Ta có

LCA AFL AEK nên .KE LC

Ngoài ra, MS KE nên MSA KEA AFM nên tứ giác AFSM nội tiếp.

Mặt khác, . 2 . 2 . .KA KH KA KP KF KL KF KM nên tứ giác AFMH nội tiếp. Do đó, cả năm

điểm , , , ,A F S H M cùng thuộc đường tròn.

Tương tự, ( )AEH đi qua điểm đối xứng của F qua .B Từ đó ta có

/( ) /( )

/( ) /( )

1C AEH B AEH

C AFH B AFH

nên các điểm , , ,A B H C cùng thuộc đường tròn. Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán,

Gọi ,X Y là giao điểm thứ hai của ( ), ( )APB APC với ,BC gọi J là tâm của ( )AEF và L là

điểm đối xứng của A qua trung trực .BC Ta có

. . .MB MX MP MA MC MY nên .MX MY

23

Từ đây suy ra, /( ) /( ). . . .B AEF C AEFBA BF BY BC CX CB CE CA . Do đó, JB JC nên

( ).L AEF Ngoài ra, ( , ) 1 ( , ) 1.A ML BC TL FE

Mặt khác, gọi G là giao điểm của trung trực TL với .BC Ta có

TJG TAL AMB

nên JTMG nội tiếp. Do đó 90 .JTG JLG Do đó , ,G E F thẳng hàng hay .G G

Gọi K là giao điểm của TP với ( ),O U là điểm đối xứng của K qua .O Giả sử UT cắt ( )O ở

.T Theo bổ đề thì PT PK nên T P TP KP .

Hơn nữa, 1

902

TT L UKL UAL TAL TGL nên G là tâm ngoại tiếp tam giác

TT L , suy ra .GT GT Do đó, T chính là điểm đối xứng của T qua PG và ( ).T O

Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn ( )O có ,M N lần lượt là trung

điểm ,AB AC và D là trung điểm cung lớn BC của ( ).O Giả sử K là một điểm nằm trong

tam giác và thỏa mãn 2 , 2KAB KBA KAC KCA . AD cắt BC ở T và TM cắt ( )BMC

ở ,R TN cắt ( )BNC ở .S Gọi P là giao điểm của KB và ,OM Q là giao điểm của KC và

.ON Chứng minh rằng KA KD và trục đẳng phương của ( ),( )TQR TPS đi qua .O

Lời giải.

24

Trên ,AB AC lấy các điểm ,E F sao cho KA KD KE KF thì theo tính chất của ,K ta có

2KAE KBA KEA nên EK EB . Tương tự thì .FK FC

Mặt khác DB DC và DBE DCF nên hai tam giác ,DBE DCF bằng nhau, kéo theo

DEA DFA nên ( )D AEF . Mà K là tâm của ( )AEF nên suy ra .KA KD

Ta có P OM nên PA PB , kéo theo AP là phân giác KAB , tương tự thì AQ là phân giác

.KAC Theo tính chất đường phân giác thì

, ,PK AK QK AK TB AB

PB AB QC AC TC AC .

Từ đó, theo định lý Menelaus trong tam giác KBC , dễ thấy rằng , ,P Q T thẳng hàng.

Do ,PAK PBA QAK QCA nên đường thẳng KA là tiếp tuyến chung của hai đường

tròn ( ), ( )ABP ACQ ; suy ra

2KA KP KB KQ KC và BPQC nội tiếp.

Gọi L là giao điểm của TO và ( )BOC thì .TL TO TB TC

Xét phép nghịch đảo tâm ,T phương tích /( )T O thì:

: , , O L N S Q P .

Mà , ,O N Q thẳng hàng nên ( )SPL đi qua tâm nghịch đảo T hay ( )SPT đi qua .L Tương tự

thì ( )SQT cũng đi qua L nên trục đẳng phương của hai đường tròn ( ),( )SPT SQT chính là

TL đi qua .O Ta có đpcm.

LP F

E N

M Q

O

S

R

T

D

K

CB

A

25

Bài 4.

Lời giải.

26

Bài 5. Cho ABC nhọn không cân, nội tiếp O . Lấy 2 điểm ,E F trên cạnh ,AC AB sao cho

AE AF BC . Đường tròn AEF cắt O tại điểm thứ hai là P . Gọi ,K L là điểm chính giữa

cung ,AC AB của O . Giả sử ,PK PL cắt AEF tại điểm thứ hai là ,X Y . Đường tròn bàng

tiếp đỉnh A của ABC tiếp xúc BC tại .D Chứng minh AD chia đôi .XY

Lời giải.

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC . Ta có

180 180

90

YAF YPF LPA APF AEF ACI

IAC ACI IBC

1180 90

2AYF APF AEF BAC BIC

Khi đó . .AYF BIC g c g . Ta có AY BI nên AYBI là hình bình hành. Tương tự AXCI là

hình bình hành. Do đó AXY IBC . Lấy ,M N lần lượt là trung điểm ,XY BC . Gọi T là tiếp

điểm của I với .BC R là ảnh của T qua I . Ta có IN AM . Mặt khác , ,A R D thẳng hàng và

IN RD nên , , ,A M R D thẳng hàng.

Do đó AD đi qua trung điểm XY .

27

Bài 6.

Lời giải.

28

Bài 7.

Lời giải.

29

30

PHẦN 3. THẦY LÊ VIẾT ÂN

Bài viết này được Ban biên tập chọn lọc từ bài giảng của thầy Ân tại Gặp gỡ Toán học 2019. Dưới đây tác giả nêu ra 7 phương pháp quan trọng để chứng minh các bài toán liên quan đến việc chứng minh tiếp xúc. Đặc biệt, tất cả các bài toán minh họa, áp dụng đều do chính tác giả sáng tác.

Phương pháp 1. Sử dụng phép biến hình cơ bản: dời hình – đồng dạng.

Ta thường dùng các kết quả quan trọng sau:

Kết quả 1: Trong các phép biến hình cơ bản như phép dời hình (tịnh tiến, đối xứng tâm, đối xứng trục, quay), phép đồng dạng (vị tự, vị tự quay) thì quan hệ tiếp xúc được bảo toàn.

Kết quả 2: Cho tam giác TBC và số thực k 0 . Phép vị tự kTV có tâm T , tỉ số k biến B, C

tương ứng thành B',C' . Tức là kT : TBC TB'C' V . Khi đó hai đường tròn (TBC) và (TB'C')

tiếp xúc với nhau (tại T ).

Kết quả 3: Nếu hai tam giác ABC và A'B'C' có các cặp cạnh tương ứng song song đồng thời ba

đường thẳng AA', BB', CC' đồng quy tại một điểm T . Nếu T thuộc đường tròn (ABC) thì (ABC)

và (A'B'C') tiếp xúc với nhau tại T .

Có thể phát biểu lại kết quả 2 và kết quả 3 như sau:

Kết quả 4: Cho điểm T thuộc đường tròn (O) và số thực k 0 . Khi đó đường tròn kT (O)V

tiếp xúc với (O) (tại T ).

Một số bài tập tham khảo.

Bài 1.1. Cho tam giác nhọn ABC , AB>AC có H là trực tâm. Phân giác ngoài góc BHC theo thứ

tự cắt các cạnh AB,AC tại D,E . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của BC,DE . Phân giác

trong góc BHC theo thứ tự cắt BC,MN tại P,Q . Chứng minh rằng (ADE) và (MPQ) tiếp xúc

với nhau.

Bài 1.2. Cho hai đường tròn và cắt nhau tại A và B . Tiếp tuyến tại A của cắt lại

tại C . Tiếp tuyến tại A của cắt BC tại D . Trên đường thẳng AB lấy điểm EE sao cho DE

vuông góc với AC. Điểm F thuộc đường thẳng AD sao cho FE vuông góc với DC. Các điểm

X, Y thuộc đường thẳng AB sao cho DX, FY cùng song song với AC. Dựng tam giác XYZ

sao cho XZ BC, YZ DA . Chứng minh (XYZ) tiếp xúc .

Bài 1.3. Trong mặt phẳng cho đoạn thẳng AB cố định. Đường tròn (K) thay đổi luôn đi qua A

và B . Đường thẳng qua B vuông góc với AK theo thứ tự cắt đường thẳng qua A vuông góc với AB và đường thẳng qua K vuông góc với KB tương ứng tại X và Y . Đường thẳng AK cắt lại

(K) tại Z . Chứng minh đường tròn (XYZ) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

31

Bài 1.4. Cho hai đường tròn và cắt nhau tại A và B . Điểm M nằm trên cung nhỏ AB của

sao cho MA<MB . Tiếp tuyến của tại M của cắt tại P và Q . Gọi K là giao điểm của

PA và QB. Trung trực PQ cắt KM tại R . Chứng minh (KAB) và (PQR) tiếp xúc nhau.

Bài 1.5. Cho tam giác ABC và điểm P không thuộc AB BC CA (ABC) . Một đường thẳng

đi qua P theo thứ tự cắt lại (PBC), (PCA), (PAB) tại A', B', C' . Các đường thẳng đi qua A', B', C'

theo thứ tự song song với BC, CA, AB cắt nhau tạo thành tam giác XYZ . Chứng minh rằng

(XYZ) tiếp xúc (ABC) .

Bài 1.6. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp O . Một đường thẳng d đi qua O . Gọi

0A , 0 0B , C theo thứ tự là hình chiếu của A, B, C lên d . Gọi A', B', C' theo thứ tự là đối xứng

của 0 0 0A ,B , C tương ứng qua BC, CA, AB. Gọi 1 1 1 2 2 2A , B , C , A , B , C theo thứ tự là trung điểm

của BC, CA, AB, AA', BB', CC' . Chứng minh 1 1 1(A B C ) và 2 2 2(A B C ) tiếp xúc nhau.

Bài 1.7. Cho tam giác nhọn ABC với AB<AC. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm,

F là chân đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác. M là trung điểm của BC . Q là điểm thỏa mãn

HQ AM và AQ HM . Điểm K nằm trên (O) sao cho AKQ 90 . Chứng minh rằng (AKQ)

và (FKM) tiếp xúc với nhau.

Bài 1.8. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm P nằm trong tam giác. Các điểm

E, F lần lượt nằm phần trong các cạnh AB, AC sao cho EB=BP và FC=CP . Đường tròn ngoại

tiếp tam giác AEF cắt lại (O) tại G . Điểm K nằm trên (O) và L nằm trên cạnh BC sao cho

GKP PLC . Giả sử rằng A, B, C, K, G đôi một phân biệt và nằm trên (O) theo đúng thứ tự

đó. Gọi D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF; I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

BCD. KI cắt BC tại M . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác GKP và KLM

tiếp xúc với nhau.

Bài 1.9. Cho tam giác không vuông ABC có O là tâm đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm. Các

điểm M, N theo thứ tự trên CA, AB sao cho HM AB, HN CA . P là điểm bất kì trên AO ( P

khác A, O ). K, L theo thứ tự là giao điểm của PM, PN và OC, OB . D, E, F theo thứ tự là hình

chiếu của O trên KL, LP, PK . Chứng minh rằng (DEF) tiếp xúc với đường tròn Euler của tam

giác ABC .

Bài 1.10. Cho tam giác không vuông ABC nội tiếp đường tròn (O) có H là trực tâm. Các điểm

M, N theo thứ tự trên CA, AB sao cho AMHN là hình bình hành. Một đường thẳng song song

với MN không đi qua A và H cắt CA, AB thứ tự tại P, Q . MP, NQ theo thứ tự cắt HC, HB

tại R, S. X, Y, Z thứ tự là đối xứng của H qua QR, PS, SR . Chứng minh (XYZ) tiếp xúc (O) .

Phương pháp 2. Sử dụng tiếp tuyến chung.

Sử dụng tiếp tuyến chung dựa trên kết quả đơn giản sau đây:

32

Kết quả 5: Nếu hai đường tròn (O) và (O') cùng tiếp xúc với đường thẳng tại cùng một điểm

T thì (O) và (O') tiếp xúc với nhau (tại T ).

Phương pháp này gắn liên với các điều kiện để một đường thẳng tiếp xúc với đường tròn nên chúng ta cần nhớ đến hai kết quả quan trọng sau đây:

Kết quả 6: Cho tam giác ABC và đường thẳng xAx' . Khi đó đường thẳng xx' tiếp xúc với đường

tròn (ABC) khi và chỉ khi xảy ra một trong hai điều kiện sau đây:

i/ xAB ACB ;

ii/ x'AC ABC .

Kết quả 7: Cho tam giác ABC với AB<AC. Điểm P nằm trên BC . Khi đó AP tiếp xúc với

(ABC) khi và chỉ khi xảy ra một trong hai điều kiện sau đây:

i/ 2PA PB.PC ;

ii/ 2

2

PB AB

PC AC .

Bài tập áp dụng.

Bài 2.1. Cho điểm P nằm trong tam giác ABC thỏa mãn PBA PCA . Đường thẳng đi qua A

và không đi qua B, C, P theo thứ tự cắt BP, CP tại E, F . Các điểm X, Y thuộc BC sao cho

EX AB, FY AC . Lấy điểm Z sao cho ZX, ZY thứ tự vuông góc với BP, CP . Chứng minh

(XYZ) tiếp xúc với (ABC) .

Bài 2.2. Cho đường tròn (O) , điểm A không thuộc (O) và đường thẳng đi qua A và không đi

qua O cố định trong cùng một mặt phẳng. PQ là một dây cung di chuyển của (O) nhưng không

33

là đường kính và đi qua A . Các đường thẳng OP, OQ cắt thứ tự tại B, C . Chứng minh rằng

đường tròn (OBC) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi PQ thay đổi.

Bài 2.3. Cho tam giác ABC (AB AC) , phân giác AD , trung tuyến AM . Gọi là đường tròn

đường kính AD . Lấy điểm E khác D trên sao cho ME=MD . Đường tròn theo thứ tự cắt

AB, AC tại P, Q (khác A ). PQ cắt AM tại N . Chứng minh rằng PQ tiếp xúc (DEN) .

Bài 2.4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) . P là điểm chính giữa cung BAC của (O)

. BO cắt CA tại B' . Lấy C' thuộc BM sao cho B'C' AM . Gọi là đường thẳng đi qua C' và

song song với AC. Chứng minh rằng tiếp xúc với đường tròn (B'CO) .

Bài 2.5. Cho R và S là hai điểm phân biệt trên đường tròn sao cho RS không phải là đường

kính. Cho là tiếp tuyến tại R của . Lấy điểm T thuộc tia đối của tia SR . Lấy J trên cung

nhỏ RS của sao cho đường tròn ngoại tiếp của tam giác JST cắt tại hai điểm phân biệt.

Gọi A là giao điểm gần R nhất của và . Đường thẳng AJ cắt lại tại K . Lấy điểm V

trên đoạn RT sao cho RS=TV . Chứng minh rằng KT tiếp xúc đường tròn (ATV) .

Chú ý: Khi V S thì ta có đề thi IMO 2017.

Bài 2.6. Cho tam giác ABC với AB AC và đường cao AH . D là điểm nằm trên BC sao cho

trung trực BC cắt AD tại P . Các điểm E, F lần lượt nằm trên AB, AC sao cho AEDF là hình

bình hành. Trung trực EF cắt AH tại K . Chứng minh (K; KA) tiếp xúc với (BCP) .

Bài 2.7. Cho tứ giác lồi ABCD có ABC CDA 90 . Điểm H là chân đường vuông góc hạ từ

A xuống BD . M là trung điểm của CH . Gọi là đường tròn ngoại tiếp của tam giác MBD .

Giả sử MN là đường kính của . Các đường thẳng AN, CM theo thứ tự cắt lại tại P, T ; và

giả sử MP cắt BC tại S . Chứng minh rằng TS tiếp xúc với với .

Bài 2.8. Cho hình thang cân ABCD , AD BC nội tiếp trong đường tròn (O) . Các tiếp tuyến tại

A, B của (O) cắt nhau tại T . Các điểm P, Q lần lượt thuộc TA, TB sao cho DP, CQ cùng vuông

góc với AB . Các điểm K, L lần lượt thuộc TA, TB sao cho DK TB, CL TA . Chứng minh

rằng đường tròn (DPQ) tiếp xúc với KL .

Bài 2.9. Cho tam giác nhọn ABC có AD là đường cao và trực tâm H . Dựng đường tròn đường

kính AH . Điểm T thuộc sao cho tiếp tuyến tại T của cắt AD tại L ( A, H khác L ). Trên

đoạn AD lấy điểm K sao cho BKC 90 . Kẻ KP LT tại P . Chứng minh rằng đường tròn

(DPL) ngoại tiếp của tam giác DPL tiếp xúc với .

Phương pháp 3. Sử dụng bổ đề đẳng giác.

Chúng ta có một kết quả đặc biệt sau về hai đường đẳng giác trong tam giác.

34

Kết quả 7: Cho tam giác ABC và các điểm D, E nằm trên cạnh BC . Khi đó (ADE) tiếp xúc với

(ABC) khi và chỉ khi BAD CAE .

Chú ý rằng, chúng ta có một kết quả sau còn gọi là định lí Steiner:

Kết quả 8: Cho tam giác ABC và các điểm D, E nằm trên cạnh BC . Khi đó AD, AE là hai

đường đẳng giác của góc BAC khi và chỉ khi 2

2

DB EB AB

ACDC EC .

Ngoài ra, từ kết quả 7, cho D E thì ta thu được kết quả sau, và chúng ta sẽ gọi là kết quả về hai đường tròn tiếp xứng:

Kết quả 9: Cho PQ là một dây cung của đường tròn (O) . Cho (I) là một đường tròn tiếp xúc với

PQ tại S và đi qua một điểm T nằm trên đường tròn (O) ( T khác P, Q ). Khi đó (I) tiếp xúc

với (O) khi và chỉ khi TS là một phân giác của PTQ .

Bài tập áp dụng.

Bài 3.1. Cho tam giác ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường thẳng đi qua I và vuông góc

với AI . Các điểm E, F thuộc sao cho EBA FCA 90 . P là một điểm bất kì thuộc AI . Các

điểm K, L lần lượt thuộc PB, PC sao cho KE LF AI . Gọi Q, R lần lượt là tâm đường tròn

ngoại tiếp của các tam giác BEK, CFL . BC lần lượt cắt KQ, LR tại M, N . Chứng minh rằng các

đường tròn (PBC), (PMN) tiếp xúc với nhau.

Bài 3.2. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) và có cặp cạnh đối không song song. O là

giao điểm hai đường chéo. Gọi là đường thẳng đi qua O , không đi qua A, B, C, D và không

vuông góc với OI . Giả sử cắt AB, BC, CD, DA tại M, N, P, Q M N P Q. Các đường trung

trực của MP, NQ lần lượt cắt OI tại K, L . Chứng minh rằng các đường tròn (MPK) và (NQL)

tiếp xúc với nhau.

Bài 3.3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) và có cặp cạnh đối không song song. I là

giao điểm hai đường chéo. Gọi là đường thẳng đi qua I , không đi qua A, B, C, D và không

vuông góc với OI . Giả sử cắt AB, BC, CD, DA tại M, N, P, Q M N P Q. Các đường trung

trực của MP, NQ lần lượt cắt OI tại K, L . Chứng minh rằng các đường tròn (MPK) và (NQL)

tiếp xúc với nhau.

Bài 3.4. Cho tam giác ABC không cân tại A , (O) và (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và

đường tròn nội tiếp của tam giác. Các cạnh BC, CA, AB theo thứ tự tiếp xúc ( (I) tại D, E, F .

Điểm H là chân đường vuông góc hạ từ D xuống EF . Giả sử là đường thẳng qua H và vuông

góc với AO ; Tia DH cắt (O) tại K và t là tiếp tuyến của (O) tại K . Chứng minh rằng đường

tròn ngoại tiếp của tam giác tạo thành bởi các đường thẳng , t và BC tiếp xúc với (O) .

35

Bài 3.5. Giả sử AB là một dây cung không là đường kính của đường tròn (O) và điểm I cố định

nằm giữa A và B với IA IB . PQ là một dây cung thay đổi luôn đi qua I của (O) . Các tiếp

tuyến với (O) tại P và Q lần lượt cắt AB tại E và F . Trung trực của EF cắt OI tại K . Chứng

minh rằng đường tròn (KEF) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Bài 3.6. Cho tam giác ABC. Một đường tròn (K) thay đổi đi qua B, C và lần lượt cắt AB, AC tại E, F. BF cắt CE tại H. AH lần lượt cắt BC, EF tại D, L và cắt đường tròn (K) tại hai điểm N, G. Trung trực DL cắt HK tại P. Chứng minh rằng các đường tròn (KGN) và (DPL) tiếp xúc nhau.

Bài 3.7. Cho tam giác nhọn ABC không cân tại A có các đường cao BE và CF. Gọi là phân giác

ngoài tại đỉnh A của tam giác. Kí hiệu (x, y, z) là đường tròn của tam giác xác định bởi ba đường

thẳng x, y, z. Chứng minh rằng hai đường tròn ( , BC, EF) và ( , BE, CF) tiếp xúc với nhau.

Phương pháp 4. Sử dụng kết quả các mô hình góc đặc biệt.

Có một số kết quả đẹp mà tác giả phát hiện ra có thể sử dụng được để từ đó xây dựng được rất nhiều bài toán tiếp xúc khá thú vị.

Kết quả 10: Cho tam giác ABC và điểm P nằm trong tam giác thỏa mãn PBA PCA . Một

đường thẳng đi qua P cắt AB, AC thứ tự tại F, E . Đường thẳng qua E song song với BP, qua

F song song với CP cùng với BC cắt nhau tạo thành tam giác XYZ. Khi đó (XYZ) tiếp xúc với

(ABC) , hơn nữa tiếp điểm là điểm anti-Steiner của ứng với tam giác ABC.

Bài tập áp dụng.

Bài 4.1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) và đường kính AA'. Các điểm B', C' lần lượt

thuộc AB, AC sao cho B'C' BC . Trung trực BC lần lượt cắt B'C', A'B, A'C tại M, N, P. B'N, C'P

lần lượt cắt AM tại E, F. Đường thẳng B'C' và các đường thẳng qua E vuông góc với B'N , qua F

vuông góc với C'P cắt nhau tạo thành tam giác XYZ. Chứng minh rằng đường tròn (XYZ) tiếp xúc với (O).

Bài 4.2. Cho tam giác ABC không cân tại A nội tiếp đường tròn (O) . AA' là đường kính của (O).

M là điểm bất kì trên cạnh BC. AM cắt A'B, A'C theo thứ tự tại E, F. M' thuộc AM sao cho trung

trực BC chia đôi đoạn MM' . Đường thẳng qua M' song song với BC và các đường thẳng qua E

vuông góc với A'B , qua F vuông góc với A'C cắt nhau tạo thành tam giác . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác tiếp xúc với (O).

Bài 4.3. Cho tam giác ABC không vuông nội tiếp đưòng tròn (O) và H là trực tâm của tam giác.

Gọi A' là đối xứng của A qua O. Xét hai đường thẳng vuông góc với nhau 1 và 2 theo thứ tự đi

qua A và H. Kí hiệu ( ; XYZ) là đường tròn ngoại tiếp của tam giác paralogic của đường thẳng

ứng với tam giác XYZ. Chứng minh rằng hai đường tròn 1( ; ABC) và 2( ; A'BC) tiếp xúc

với nhau (tại điểm anti-Steiner của 1 ứng với tam giác ABC).

36

Bài 4.4. Cho tam giác không vuông ABC có trực tâm H. P là một điểm bất kì trên đoạn BC. E, F thứ tự là hình chiếu của D lên AB, AC. EF cắt HB, HC thứ tự tại K, L. Chứng minh (HKL) tiếp xúc (AEF).

Kết quả 11: Cho tứ giác ABCD và điểm P thuộc miền trong tứ giác. Khi đó hai đường tròn (ABP)

và (CDP) tiếp xúc nhau khi và chỉ khi APD ABP DCP .

Bài 4.5. Cho tam giác ABC và các điểm P, Q nằm trên BC sao cho B, P, Q và C đôi một phân biệt. Gọi G là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (ABP) và (ACQ). AG cắt BC tại M; (APQ) cắt cắt lại AB, AC thứ tự tại E, F. EP và FQ cắt nhau tại T. Các đường thẳng qua M thứ tự song song với AB, AC tương ứng cắt EP, FQ tại X, Y. Chứng minh rằng (TXY) tiếp xúc với (APQ).

Bài 4.6. Cho tam giác ABC không cân tại A, nội tiếp đường tròn (O) và H là trực tâm. Các điểm E, F thứ tự thuộc AB, AC sao cho AB, AC sao cho AEHF là hình bình hành. EF cắt BH, CH thứ tự tại K, L. Dựng hình bình hành HKDL. DK, DL thứ tự cắt BC tại P, Q. Chứng minh rằng (DPQ) tiếp xúc với (O).

Phương pháp 5. Sử dụng bổ đề Sawayama – Thebault.

Sử dụng bổ đề Sawayama-Thebault cũng có cho ta cách chứng minh sự tiếp xúc hai đường tròn cũng rất độc đáo.

Kết quả 12: Đường tròn mixtilinear ứng với đỉnh A, tiếp xúc AB, AC lần lượt tại M,N khi đó tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là trung điểm của MN.

Bài tập áp dụng.

Bài 5.1. Cho tam nhọn ABC, AB>AC, nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H. Phân giác góc

BHC cắt BC tại K. Lấy Q trên (O) sao cho HQA 90 . Chứng minh rằng đường tròn Apolonius

ứng với đỉnh K của tam giác HKQ tiếp xúc với đường tròn Euler của tam giác ABC.

Bài 5.2. Cho tam giác ABC cân tại A. M là trung điểm BC. Các điểm E, F thứ tự thuộc CA, AB

sao cho EMF BAC . Dựng hình vuông PBQC. Gọi (P) và (Q) là các đường tròn thứ tự có tâm là

P và Q cùng tiếp xúc với hai đường thẳng AB, AC. Chứng minh rằng đường tròn đường kính EF tiếp xúc với (P) và (Q).

Phương pháp 6. Sử dụng định lý Feuerbach.

Định lí Feurbach là một định lí đẹp và cổ điển của tam giác. Nội dung định lí đó như sau:

Kết quả 13: Trong một tam giác không đều, đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và các đường tròn bàng tiếp của tam giác.

Bài tập áp dụng.

Bài 6.1. Cho tam giác không đều ABC có các đường cao AH , BH , CHa b c và các đường trung

tuyến AM , BM , CMa b c . Chứng minh rằng các đường thẳng đối xứng của H H , H H , H Hb c c a a b

37

theo thứ tự qua M M , M M , M Mb c c a a b cắt nhau tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp

tiếp xúc với đường tròn Euler của tam giác ABC.

Bài 6.2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các trung trực của AB và AC cùng với BC cắt nhau tạo thành tam giác OEF. Các tiếp tuyến tại E và F của (OEF) cùng với trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và (OEF) cắt nhau tạo thành tam giác XYZ. Chứng minh rằng (XYZ) tiếp xúc với (O).

Phương pháp 7. Sử dụng phép nghịch đảo.

Phép nghịch đảo có một tính chất vẫn được bảo toàn là bảo toàn góc (tính chất bảo giác). Khi sử dụng phép nghịch đảo thường đưa về một trong hai ý tưởng chính.

Sự tiếp xúc của các đường tròn và các đường thẳng được bảo toàn qua phép nghịch đảo, nếu như tâm nghịch đảo không trùng với tiếp điểm. Ngược lại nếu trùng thì ta nhận được một cặp đường thẳng song song.

Bài 7.1. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Chứng minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn (I) và (IBC) cùng với hai đường phân giác ngoài tại đỉnh B và C cắt nhau tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với đường tròn (I).

Bài 7.2. Cho tam giác ABC không cân tại A với AD và AE lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của tam giác. Chứng minh rằng có ít nhất một đường tròn tiếp xúc với bốn đường tròn (ABD), (ABE), (ACD), (ACE).

LỜI CÁM ƠN

BTC kỳ thi hình học IGO 2019 tại Việt Nam xin chân thành cám ơn thầy Nguyễn Minh Hà

(THPT Chuyên Sư phạm Hà Nội), thầy Trần Quang Hùng (THPT Chuyên KHTN Hà Nội), thầy

Lê Viết Ân (PTNK TP HCM) và thầy Nguyễn Văn Linh (SV ĐH Sư phạm Hà Nội) đã cho phép

chúng tôi tổng hợp một số bài toán của các thầy sáng tác. Nhóm biên tập chúng tôi biết rằng

nguồn bài của các thầy rất đồ sộ, phong phú và là tài nguyên quý báu. Tài liệu này chỉ là bản tổng

hợp nhỏ gồm một số bài trong các bài giảng, đề thi của quý thầy và mong rằng cho dù số lượng

bài tuy không nhiều nhưng với chất lượng, tâm huyết trong từng bài toán sẽ giúp ích cho bạn đọc

Việt Nam, những người đam mê hình phẳng có thêm tài liệu để tham khảo và học tập.