Đường tròn phụ trong một bài toán đường tròn tiếp xúc

Đường tròn phụ trong một số bài toán
đường tròn tiếp xúc
Nguyễn Đức Bảo
THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An
Nguyễn Tiến Long
THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ

1

Mở đầu

Trong các kì thi Toán học Olympic thì bài toán đường tròn tiếp xúc nhau luôn là một trong những
bài toán hình học hay cũng như có nhiều lời giải tuyệt đẹp. Bài viết khai thác các bài toán về đường
tròn tiếp xúc nhau dưới cách nhìn thông qua các đường tròn phụ.
Ta sẽ mở đầu với một bài toán rất quen thuộc như sau,
Bài toán 1. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I. Chứng minh rằng đường tròn (IEF )
tiếp xúc đường tròn (BIC).

Chứng minh. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của I lên BC, CA, AB.
Dễ thấy các tứ giác DIF B, DIEC, AF IE là các tứ giác nội tiếp.
Do đó ∠BIF = ∠BDF = 90◦ − 12 ∠ABC = 21 ∠BAC + 12 ∠ACB = ∠IAF + ∠ICD = ∠IEF + ∠ICB
Suy ra đường tròn (BIC) tiếp xúc đường tròn (IEF ).
1


Nhận xét. Để ý rằng khi ta thay I bởi một điểm P bất kì thì ta thu được bài toán tổng quát.
Điểm đặc biệt là bài toán này vẫn giữ nguyên cấu hình nhiều đường tròn. Bài toán phát biểu như
sau,
Bài toán 2. Cho tam giác ABC.P là một điểm bất kì trong tam giác.D là hình chiếu của P lên
BC. Giả sử đường tròn (P, P D) cắt CA, AB tại E, F .Đường tròn (F DB) cắt đường tròn (EDC) tại
điểm thứ hai I. Chứng minh rằng đường tròn (BIC) tiếp xúc đường tròn (AEF ).

Ta chứng minh cho trường hợp đường tròn (BIC) tiếp xúc ngoài đường tròn (AEF ), trường hợp
còn lại thì phép chứng minh là tương tự.

Chứng minh. Theo tính chất của tứ giác nội tiếp dễ thấy ∠BIF = ∠BDF = ∠DEF = ∠IEF +
∠IED = ∠IEF + ∠ICB suy ra đường tròn (BIC) tiếp xúc đường tròn (IEF ).
Mặt khác ∠EIF = 360◦ − ∠DIF − ∠DIE = ∠F BD + ∠ECD = 180◦ − ∠BAC nên A, F, I, E cùng
thuộc một đường tròn do đó đường tròn (BIC) tiếp xúc đường tròn (AEF ).
Nhận xét. Lời giải cho bài toán 1 chưa phải là một lời giải tốt nhất tuy nhiên nó lại có giá trị
phát triển rất cao, để ý rằng trong cả hai bài toán thì các đường tròn phụ đóng một vai trò rất quan
trọng trong việc đi đến lời giải. Chúng ta sẽ cùng đi sâu vào phương pháp này qua các bài toán cụ
thể hơn.

2

Một số bài toán ứng dụng

Ta sẽ mở đầu bằng một bài toán biến thể từ bài toán 2 nhưng dấu đi tiếp xúc giữa hai đường tròn.Bài
toán tham khảo [1] của tác giả Trần Quang Hùng
Bài toán 3.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với S là trung điểm cung BC chứa A.P
bất kì trên AS.Q là hình chiếu của P lên BC. Đường tròn (P, P Q) cắt các đoạn CA, AB tại E, F .
Chứng minh rằng đường tròn (AEF ) tiếp xúc đường tròn (S, SB).

2


Chứng minh. Gọi T là giao điểm khác Q của đường tròn (F QB) và đường tròn (EQC). Do ∠F T E =
∠F T Q + ∠ET Q = ∠F BQ + ∠ECQ = 180◦ − ∠BAC nên A, F, T, E cùng thuộc một đường tròn.
Mặt khác do P E = P F và AP là phân giác ngoài ∠EAF nên A, P, E, F cùng thuộc một đường
tròn suy ra ∠EQF = ∠180◦ − 21 ∠EP F = 180◦ − 12 ∠EAF , vậy ta có biến đổi góc ∠BT C =
∠ET F + ∠F T B + ∠ET C = 180◦ − ∠EAF + ∠F QB + ∠EQC = 180◦ − ∠EAF + 180◦ − ∠EQF =

180◦ − ∠EAF + 21 ∠EAF = 180◦ − 21 ∠EAF suy ra T thuộc đường tròn (S, SB).
Tiếp tuyến T L tại T của đường tròn (S, SB).Do ∠LT E = ∠LT C + ∠ET C = ∠T BC + ∠EQC =
∠T F Q + ∠EF Q = ∠EF T nên T L là tiếp tuyến tại T của đường tròn (AEF ) suy ra đường tròn
(AEF ) tiếp xúc đường tròn (S, SB).
Nhận xét. Lời giải trên xuất phát từ ý tưởng của bạn Huỳnh Bách Khoa trong [1]. Mấu chốt
của bài toán là nhận ra điểm tiếp xúc rất đặc biệt, từ đó chuyển đổi mô hình về bài toán 2 với một
lời giải tương tự. Để ý rằng, khi P ở những vị trí đặc biệt ta sẽ thu được những bài toán rất thú vị.
Bạn đọc có thể thử sức với các bài toán sau được tác giả đưa lên trong [1][2]
Bài tập 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).M là trung điểm BC.I là điểm chính
giữa cung BC chứa A. Đường tròn(I, IM ) cắt AC, AB lần lượt tại E, F . Phân giác ∠BAC cắt
(AEF ) tại D. Chứng minh rằng đường tròn (BDC) tiếp xúc đường tròn (AEF ).

3


Bài tập 2. Cho tam giác ABC. Phân giác AD (D thuộc BC). Đường thẳng qua D vuông góc
với BC cắt đường thẳng qua A vuông góc với AD tại I. Đường tròn (I, ID) cắt CA, AB lần lượt tại
E, F. Lấy X thuộc đường tròn (AEF ) sao choAX là đối trung của tam giác AEF . Chứng minh rằng
đường tròn (BXC) tiếp xúc đường tròn (AEF ).
Bài toán tiếp theo được tác giả đưa lên trong [10]
Bài toán 4. Cho tam giác ABC, trực tâm H. Giả sử tồn tại E, F trên HB, HC sao cho EF BC
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF thuộc BC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các
tam giác ABC và HEF tiếp xúc nhau.

Chứng minh. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF.S là giao của đường tròn ngoại tiếp
các tam giác BF K và CEK. Ta có ∠ESF = ∠ESK + ∠F SK = ∠F BK + ∠ECK = 180◦ − ∠EHF
nên E, H, F, S cùng thuộc một đường tròn. Mặt khác ∠BSC = ∠BSK + ∠CSK = ∠HF K +
∠HEK = 360◦ − ∠BHC − ∠EKF = 360◦ − 180◦ + ∠BAC − 2∠BAC = 180◦ − ∠BAC nên
A, B, S, C cùng thuộc một đường tròn.
Tiếp tuyến SL tại S của đường tròn (ABC).Do ∠F SL = ∠BSL + ∠F SB = ∠BCS + ∠F KB =

∠SEK + ∠KF E = ∠KEF + ∠SEK = ∠SEF nên SL là tiếp tuyến tại S của đường tròn ngoại
tiếp tam giác HEF suy ra đường tròn ngoại tiếp các tam giác HEF và ABC tiếp xúc nhau.
Nhận xét. Ta hoàn toàn có thể thay thế điểm H bởi một điểm P bất kì sao cho ∠BP C =
180◦ − ∠BAC và lời giải được xây dựng hoàn toàn tương tự như trên. Đặc biệt hơn, bài toán được
tác giả biến thể từ bài toán sau của tác giả Trần Quang Hùng. Bài toán tham khảo [11]
Bài toán 4*.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H.HB, HC cắt đường thẳng
qua O và song song với BC tại M, N . Giả sử tồn tại hai điểm E, F thuộc đoạn HB, HC sao cho
EH
CH
BH
FH
=
=
=
EC
CN
BM
FB
Chứng minh rằng đường tròn (HEF ) tiếp xúc đường tròn (O).
Bài toán trên cũng có một mở rộng hoàn toàn tương tự. Lời giải xin được phép dành cho bạn đọc.
Bài toán tiếp theo tham khảo [18]
4


Bài toán 5. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), tâm nội tiếp I, trung trực AI cắt AC, AB tại E, F .
Chứng minh rằng đường tròn tiếp xúc với AC, AB tại E, F tiếp xúc (BOC).

Chứng minh. Gọi T là giao điểm khác I của đường tròn (F IB) và (EIC). Do ET IB và ET IC là
các tứ giác nội tiếp nên dễ thấy ∠ET F = 360◦ − ∠ET I − ∠F T I = ∠ABI + ∠ACI = 90◦ − ∠IAB =
∠AEF suy ra AB tiếp xúc đường tròn (T EF ). Tương tự thì AC tiếp xúc đường tròn (T EF ) kéo

theo T thuộc đường tròn qua E, F tiếp xúc với CA, AB. Mặt khác ∠BT C = ∠BT I + ∠CT I =
∠BF I + ∠CEI = 2∠BAC = ∠BOC nên T thuộc đường tròn (BOC).
Ta có biến đổi góc ∠BT F = ∠BIF = 180◦ − ∠IBF − ∠IF B = 2∠IF E − ∠IBF = ∠AEF +
∠IEF − ∠IBF = ∠AEF + ∠T EF + ∠IET − ∠IBF = ∠AEF + ∠T EF + ∠ICT − ∠IBF =
∠AEF + ∠T EF + ∠T CB − ∠ICB − ∠IBF = ∠T EF + ∠T CB + (∠AEF − ∠ICB − ∠IBF ) =
∠T EF + ∠T CB suy ra đường tròn (T EF ) tiếp xúc đường tròn (BOC).
Nhận xét. Bài toán cũng có thể chứng minh bằng cách sử dụng bổ đề Sayawama dạng đảo tuy
nhiên khi tiếp cận bằng phương pháp trên sẽ cho ta cái nhìn mới hơn, đơn giản và tự nhiên hơn.
Phép chứng minh sử dụng bổ đề Sayawama có thể tham khảo [18] của tác giả Luis Gonzáles.
Bài toán toán tiếp theo tham khảo [4] là một trong những bài toán đẹp và rất kinh điển.
Bài toán 6. (Serbia National Olympiad 2016) Cho tam giác ABC có O là tâm ngoại tiếp. Một
đường tiếp tuyến với (BOC) cắt AB ở D và CA ở E. Gọi A là điểm đối xứng của điểm A qua DE.
Chứng minh rằng (A DE) tiếp xúc với (ABC).

5


Chứng minh. Giả sử X là tiếp điểm của đường tiếp tuyến với đường tròn (BOC). Gọi S là giao điểm
khác X của đường tròn ngoại tiếp các tam giác DXB và EXC.Ta có ∠BSC = ∠BSX + ∠CSX =
∠ADX + ∠AEX = 180◦ − ∠DAE nên A, B, S, C cùng thuộc một đường tròn suy ra S thuộc
đường tròn (O). Mặt khác ∠DSE = ∠DSX + ∠ESX = ∠DBX + ∠ECX = ∠ABC − ∠XBC +
∠ACB − ∠XCB = 180◦ − ∠BAC − (180◦ − ∠BXC) = ∠BXC − ∠BAC = ∠BOC − ∠BAC =
2∠BAC − ∠BAC = ∠BAC = ∠BA C (do A đối xứng với A qua DE) suy ra D, S, A , E cùng thuộc
một đường tròn.
Tiếp tuyến SY tại S của đường tròn (O). Ta có ∠DSY = ∠BSY + ∠DBS = ∠BCS + ∠BXD =
∠BCS + ∠XCB = ∠XCS = ∠DES nên SY là tiếp tuyến tại S của đường tròn ngoại tiếp tam giác
DSE suy ra đường tròn (DSE) tiếp xúc với đường tròn (O).
Nhận xét. Bài toán được xuất phát từ một bổ đề rất quen thuộc về đường tròn tiếp xúc vốn
được phát biểu như sau,
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC, D, E là các điểm bất kì trên AB, AC.X thuộc DE.S là giao điểm khác

X của đường tròn (DBX) và đường tròn (CEX) thì đường tròn (SDE) tiếp xúc đường tròn (ABC).

6


Bổ đề 1 có thể được xem như một tổng quát cho bài toán, đặc biệt hóa khi X thuộc đường tròn
(BOC) và DE là tiếp tuyến tại X của đường tròn (BOC) thì ta thu được bài toán 6. Ngoài ra bài
toán còn được tác giả Trần Quang Hùng mở rộng trong [6] như sau,
Bài toán 6 (mở rộng).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).P là điểm nằm trong tam
giác. Tiếp tuyến tại P của đường tròn (P BC) cắt CA, AB lần lượt tại E, F.Q là điểm bất kỳ trên
(P BC). Đường tròn (QBF ) và (QCE) cắt nhau tại R khác Q. Chứng minh rằng đường tròn ngoại
tiếp tam giác REF tiếp xúc (O).
Chứng minh. Gọi S là giao điểm khác P của đường tròn (EP B) và đường tròn (F P C).Ta có
∠ERF = ∠QRF + ∠QRE = 180◦ − ∠ACQ + 180◦ − ∠ABQ = 360◦ − (∠ACQ + ∠ABQ) =
∠BAC +∠BQC = ∠BAC +180◦ −∠BP C = ∠BAC +∠P BC +∠P CB = 180◦ −(∠P BA+∠P CA) =
180◦ − (∠P SE + ∠P SE) = 180◦ − ∠ESF suy ra E, S, F, R cùng thuộc một đường tròn. Mặt khác
∠BSC = ∠BSP + ∠CSP = ∠AEF + ∠AF E = 180◦ − ∠BAC nên A, B, S, C cùng thuộc một đường
tròn.
Tiếp tuyến SL tại S của đường tròn (O). Ta có ∠ESL = ∠BSL + ∠ESB = ∠BCS + ∠EP B =
∠BCS + ∠P CB = ∠P CS = ∠P ES nên SL là tiếp tuyến tại S của đường tròn (ESF ) kéo theo
đường tròn (ESF ) tiếp xúc đường tròn (O) hay đường tròn ngoại tiếp tam giác REF tiếp xúc đường
tròn (O).

7


Nhận xét. Khi P nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC thì ta thu được bài toán gốc. Bài
toán 6 có rất nhiều ứng dụng ý nghĩa, các bạn hãy làm các bài tập sau của tác giả Trần Quang Hùng
để thấy rõ.
Bài tập 5. Cho tam giác ABC nhọn trực tâm H, nội tiếp đường tròn (O).HB, HC lần lượt

cắt một tiếp tuyến thay đổi của (O) tại E, F.K đối xứng với H qua EF . Chứng minh rằng đường
tròn ngoại tiếp tam giác KEF luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi tiếp tuyến thay đổi.
Bài tập 6. Cho tam giác ABC có đường cao AH và tâm nội tiếp I. IB, IC cắt AH tại M, N .
K, L là tâm ngoại tiếp tam giác M AB, N AC. R, Q là trung điểm IB, IC. Lấy P sao cho P R ⊥
N L, P Q ⊥ M K. Một tiếp tuyến thay đổi của đường tròn Euler của tam giác IBC cắt P Q, P R tại
S, T . X đối xứng P qua S, T . Chứng minh rằng đường tròn (XST ) luôn tiếp xúc một đường tròn cố
định khi tiếp tuyến thay đổi.
Bài tập 7.Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) trực tâm H và P là điểm nằm trên
(O). Trung trực HP cắt OP tại Q. K, L là hình chiếu của Q lên HB, HC. G là trung điểm HQ.
Chứng minh rằng đường tròn (GKL) luôn tiếp xúc một đường thẳng cố định khi P thay đổi.

8


Bài tập 8.Cho tam giác ABC có đường cao AH và tâm nội tiếp I. IB, IC cắt AH tại M, N .
K, L là tâm ngoại tiếp tam giác M AB, N AC. R, Q là trung điểm IB, IC. Lấy P sao cho P R ⊥
N L, P Q ⊥ M K. Một tiếp tuyến thay đổi của đường tròn Euler của tam giác IBC cắt P Q, P R tại
S, T . X đối xứng P qua S, T . Chứng minh rằng đường tròn (XST ) luôn tiếp xúc một đường tròn cố
định khi tiếp tuyến thay đổi.
Bài toán tiếp theo của tác giả là một ứng dụng mạnh của bổ đề 1. Bài toán được tác giả đưa lên
trong [11]
Bài toán 7. (Mở rộng đường tròn Mixilinear) Cho tam giác ABC.P, Q là hai điểm liên hợp đẳng
giác. Tiếp tuyến tại P của đường tròn ngoại tiếp tam giác BP C cắt CA, AB lần lượt tại E, F , tiếp
tuyến tại Q của đường tròn ngoại tiếp tam giác BQC cắt CA, AB lần lượt tại G, H. Chứng minh
rằng đường tròn (EF GH) tiếp xúc đường tròn (ABC).
Lời giải sau được tác giả đưa lên trong [11]

Chứng minh. Dễ thấy E, F, G, H cùng thuộc một đường tròn.P , Q lần lượt là giao điểm của BP
với CQ, BQ với CP . Do ∠BP C = 180◦ − ∠P CB − ∠P BC = 180◦ − ∠P CE − ∠EP C = ∠P EC
nên P, P , E, C cùng thuộc một đường tròn suy ra ∠EP C = ∠EP C = ∠P BC, do đó P E là tiếp

tuyến tại P của đường tròn (P BC). Tương tự thì H, Q, P B cùng thuộc một đường tròn nên P H
là tiếp tuyến tại P của đường tròn (BP C), từ đó E, P , H thẳng hàng. Tương tự ta cũng có F, Q , G
thẳng hàng.
M là giao điểm khác Q của đường tròn (Q F B) và đường tròn (Q GC).Do F, Q , G thẳng hàng
nên M thuộc (ABC).Vì F, Q , P, B và G, Q, Q C cùng thuộc một đường tròn nên M thuộc đường
tròn (QGC) và đường tròn (P F B).

9


Mặt khác do M thuộc đường tròn (ABC) nên M lần lượt là giao điểm khác P của đường tròn
(P F B) và (P EC), giao điểm khác Q của đường tròn (QHB) và (QGC). Theo bổ đề 1 thì các
đường tròn (M HG), (M EF ) tiếp xúc đường tròn (O). Từ đó ∠EM F = ∠EM P + ∠F M P =
∠BP H + ∠BP H = 180◦ − ∠EM F nên F, H, E, M cùng thuộc một đường tròn do đó đường tròn
(HGEF ) tiếp xúc đường tròn (O).
Nhận xét. Bài toán đã mở ra rất nhiều hướng khai thác, đặc biệt do nó là mở rộng của đường
tròn M ixilinear nên sẽ có rất nhiều tính chất đặc biệt khác. Trong [11] có đề xuất một số tính chất
rất thú vị nhưng vì khuôn khổ bài báo có hạn nên xin được dừng lại tại đây.
Bài toán sau được tác giả Lê Viết Ân đưa lên diễn đàn toán học AoPS trong [13]
Bài toán 8.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H.M, N lần lượt là hình chiếu
của B, C lên CA, AB. Giả sử tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại T.T đối xứng T qua BC.M N
cắt T B, T C theo thứ tự tại F, E. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC và
T EF tiếp xúc nhau.
Lời giải sau được tác giả đưa lên trong [13]

10


Chứng minh. Gọi P là trung điểm BC. Do ∠M EC = 180◦ − ∠EM C − ∠ECM = 2∠C = 180◦ −
∠M P C nên M, E, C, P cùng thuộc một đường tròn. Tương tự thì N, F, P, B cùng thuộc một đường

tròn. Gọi X là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp các tam giác N P B và M P C. Do
∠BXC = ∠BXP +∠P XC = ∠P N B+∠P M C = ∠CBA+∠BCA = 180◦ −∠A nên X, H, B, C cùng
thuộc một đường tròn. Mặt khác do ∠EXF = 360◦ − ∠F XP − ∠EXP = ∠F BP + ∠ECB = 2∠A
nên F, X, E, T cùng thuộc một đường tròn.
Do đó ta có biến đổi góc ∠BXF = ∠AN M = ∠ACB = ∠XCB + ∠XCA = ∠XCB + ∠XEF suy
ra đường tròn (BXC) tiếp xúc với đường tròn (T EF ) do đó đường tròn (HBC) tiếp xúc đường
tròn (T EF ).
Bài toán sau tham khảo [17]
Bài toán 9. (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) với
đường cao AD. Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại T . Trên đoạn AD lấy điểm K sao cho
BKC = 90◦ .G là trọng tâm tam giác ABC, KG cắt OT tại L. Các điểm P, Q thuộc đoạn BC sao
cho LP OB, LQ OC. Các điểm E, F lần lượt thuộc đoạn CA, AB sao cho QE, P F cùng vuông
góc với BC. Gọi (T ) là đường tròn tâm T đi qua B, C. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam
giác AEF tiếp xúc với (T ).
Lời giải sau được đăng trên tạp chí Toán học và tuổi trẻ tháng 9-2015 [14]

11


Chứng minh. Gọi H là trực tâm tam giác ABC; M, I theo thứ tự là trung điểm của BC, EF ; N, Y
theo thứ tự là giao điểm của BH, T O và AC; X là giao điểm thứ hai của các đường tròn (BM F ) và
(CM E).
Ta thấy G là giao điểm của OH với M A (theo định lí về đường thẳng Euler).M, I thuộc OT, AHN ∼
Y CM .
Do OM HA, LQ OC, QE M Y nên
LM
QM
EY
KA
=

=
=
KH
LO
QC
EC
Suy ra KHN ∼ ECM .Mặt khác do tứ giác BKN C nội tiếp nên ∠KCB = ∠KN H = ∠EM C.
Tương tự thì ∠KBC = ∠F M B suy ra ∠F M E = 180◦ − ∠F M B − ∠EM C = 180◦ − ∠KBC −
∠KCB = ∠BKC = 90◦ .Mặt khác dễ thấy ∠F XE = 360◦ −∠F XM −∠EXM = (180◦ −∠F XM )+
(180◦ −∠EXM ) = ∠F BM +∠ECM = 180◦ −∠F AE. Do đó A, F, X, E cùng thuộc một đường tròn.
Dễ thấy ∠BXC = 360◦ −∠F XB−∠EXC−∠F XE = (180◦ −∠F M B−∠EM C)+(180◦ −∠F XE) =
∠F M E + ∠BAC = 90◦ + ∠BAC = 180◦ − 12 (180◦ − 2∠BAC) = 180◦ − 21 ∠BT C. Do đó X thuộc
đường tròn (T ).
Mặt khác để ý rằng B, F, X, M cùng thuộc một đường tròn, ∠EM F = 90◦ = ∠EQM , EQ
IM, IM = IE = IF nên ∠F XB = ∠F M B = ∠M EQ = ∠EM I = ∠IEM = ∠IEX + ∠M EX =
∠F EX + ∠M CX = ∠F EX + ∠BCX suy ra (AEF ) tiếp xúc (T ).
Bài toán sau tham khảo [19] của tác giả Trần Quang Hùng,
Bài toán 10. Cho tam giác ABC, đường cao AD.E, F lần lượ là hình chiếu của D lên CA, AB.BE
cắt CF tại H.EF cắt BC tại G.K là hình chiếu của G lên AH. Chứng minh rằng đường tròn (KBC)
tiếp xúc đường tròn (HEF ).

12


Chứng minh. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông dễ suy ra AF.AB = AD2 = AE.AC nên
BECF là tứ giác nội tiếp. Gọi P là giao điểm của các đường tròn (BDE) và (CDF ). Do tứ giác
BCEF nội tiếp nên HF.HC = HB.HE suy ra H nằm trên trục đẳng phương của các đường tròn
(BDE) và (CDF ) suy ra H thuộc DP . Mặt khác do ∠F EH = ∠HCD = ∠HP F nên P F HE là tứ
giác nội tiếp.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF , dễ thấy G, K, O thẳng hàng, từ đó GK.GO =

GB.GC nên B, K, O, C cùng thuộc một đường tròn suy ra ∠BKC = ∠BOC = 360◦ − 2∠BF C =
180◦ − ∠DF C − ∠DEC = 180◦ − ∠HP B − ∠HP C = 180◦ − ∠BP C do đó B, P, C, K cùng thuộc
một đường tròn.
Dễ thấy O, P, D thẳng hàng. Gọi M là giao điểm của OH với đường tròn (ABC), do BCEF là
tứ giác nội tiếp nên O, B, M, E cùng thuộc một đường tròn suy ra ∠BOM = ∠BEM . Mặt khác
∠BDH = ∠BEP nên ∠M EP = ∠DP O = ∠BEC − 90◦ = ∠HED.
Tiếp tuyến P T tại P của đường tròn (KBC). Ta có biến đổi góc ∠HP T = ∠BP T + ∠BP H =
∠BED + ∠BCP = ∠BED + ∠BOH = ∠P EM + ∠BEM = ∠HEP suy ra P T là tiếp tuyến tại P
của đường tròn (HEF ) do đó đường tròn (HEF ) tiếp xúc (BKC).
Nhận xét. Ta cũng có thể chứng minh P G là tiếp tuyến chung của hai đường tròn như sau,
Dễ thấy đường tròn (A, AD) tiếp xúc đường tròn (HEF ). Gọi I là tâm đường tròn (HEF ) dễ suy
ra IH AD do đó P AD cân tại A. Mặt khác AM ⊥ DP nên AM là trung trực P D. Để ý rằng G
là giao điểm của AM với BC nên AP GD là tứ giác nội tiếp suy ra ∠GP A = 90◦ do đó P G là tiếp
tuyến tại P của đường tròn (HEF ).
Bài toán tiếp theo tham khảo [12] nằm trong chuỗi các bài toán mở rộng IM O 2015 Problem 3
của tác giả Trần Quang Hùng
Bài toán 11.Cho tam giác ABC, đường cao BE, CF.T, N, P, Q lần lượt là trung điểm CF, AB, AF, AE.
N Q cắt đường thẳng qua A vuông góc với AB tại L. Qua F kẻ đường thăng song song với P L cắt
N T tại R . Chứng minh rằng đường tròn (N RQ) tiếp xúc đường tròn (AF ).
Chứng minh. Gọi J là giao điểm khác F của F R với đường tròn (AF ) thì LP ⊥ AJ suy ra LA =
LJ = LE do đó ∠AEJ = 21 ∠ALJ = ∠ALP = ∠JF C kéo theo J thuộc đường tròn (F EC) hay
B, F, J, E, C cùng thuộc một đường tròn suy ra ∠JCT = ∠JBN .
Ta có ∠JBC = ∠AEJ = ∠ALP nên
JB
AL
=
JC
AP
Mặt khác ∠AN Q = ∠ACF nên
AN

FC
NB
AL
JB
=
=⇒
=
=
AL
FA
TC
AP
JC

13


Do đó N BJ ∼ T CJ suy ra J thuộc đường tròn (N F T ).
L là giao điểm khác J của F J với đường tròn (AJE) thì A, L, K thẳng hàng. LN cắt KF tại H, F C
cắt AH tại I. Theo bổ đề hình thang thì I, N, K thẳng hàng.
V là giao điểm khác N của KI với đường tròn (N JT ). Ta có AJ ⊥ F K suy ra KA2 = KJ.KF =
KV.KN do đó ∠KV A = 90◦ nên V thuộc đường tròn (AJK) suy ra IV ⊥ AT kéo theo ∠N JF =
∠N T F = ∠GAF = ∠GJF từ đó G, N, F thẳng hàng.
Mặt khác do LJ 2 = LA2 = LQ.LN nên LJ tiếp xúc đường tròn (N QJ). Dễ thấy ∠N QJ =
180◦ −∠N JL = 180◦ −∠GF J = 180◦ −∠N RJ nên đường tròn (AF ) tiếp xúc đường tròn (N RQ).
Nhận xét. Bài toán khá hay trong tư tưởng và có nhiều hướng để tiếp cận. Trong [12], tác giả
Lê Viết Ân đã đưa ra một lời giải khác, lời giải trên là của tác giả bài viết. Để có thể sử dụng hiệu
quả phương pháp này thì cần phải kết hợp rất nhiều phương pháp khác và bài toán trên là một ví
dụ điển hình Bài toán sau tham khảo [15]
Bài toán 12.Cho đường tròn (I) tiếp xúc trong đường tròn (O) tại T.K thuộc I. Tia OK cắt đường

tròn (O) tại P . Đoạn thẳng IK cắt đường tròn (K, KP ) tại Q. Đoạn thẳng P Q cắt đường tròn (I)
tại E. Trên T Q lấy L sao cho OL IQ. Chứng minh rằng tam giác tạo bởi tiếp tuyến tại P của (O),
tiếp tuyến tại E của đường tròn (I) và đường thẳng qua L vuông góc với IK tiếp xúc đường tròn (I).
Lời giải sau là của tác giả bài viết, trong [15] Telv Cohl có đề xuất một lời giải khác gọn hơn.
Chứng minh. Ta sẽ sử dụng các bổ đề sau.
Bổ đề 1. A, B là giao điểm của đường tròn (K) và đường tròn (I), G là giao điểm của P Q với
AB. Khi đó K, G, T thẳng hàng.

14


Chứng minh. Theo định lí về tâm đẳng phương thì tiếp tuyến tại P của (K), tiếp tuyến tại T
của (I), AB đồng quy tại H. Do ∠HP G = ∠P BQ = ∠HGP nên HP = HG = HT . Lấy S đối
xứng với G qua H thì ∠SP G = ∠ST G = 90◦ mà ∠AP G = ∠BP G nên (SG, AB) = −1 suy ra
∠AT G = ∠BT G = 21 ∠AT B = ∠AT K từ đó K, G, T thẳng hàng.
Bổ đề 2. L thuộc trục đẳng phương của đường tròn (K) và đường tròn (I).

Chứng minh. Kẻ OL ⊥ AB, V là giao điểm khác P của P Q với (O), U là giao điểm khác T của
T G với (O). Xét phép vị tự tâm P : (K) → (O), Q → V, KQ ⊥ AB → OV ⊥ AB. Tương tự thì
OV ⊥ AB suy ra U, O, V thẳng hàng do đó ∠GLV = ∠GT V = 90◦ kéo theo G, T, V, L cùng thuộc
một đường tròn suy ra ∠T L V = ∠T GV = ∠T QI. Từ đây dễ suy ra T, Q, L thẳng hàng hay L
thuộc AB suy ra L ≡ L.
Giải bài toán.
Giả sử X là giao của tiếp tuyến tại P của đường tròn (O) với tiếp tuyến tại E của đường tròn (I), Y
15


là giao của tiếp tuyến tại P của đường tròn (O) với đường thẳng qua L vuông góc với IK, Z là giao
điểm của tiếp tuyến tại E của đường tròn (I) với đường thẳng qua L vuông góc với IK.

N là giao điểm khác E của đường tròn (P EX) với đường tròn (I), M là giao điểm khác N của Y N với
đường tròn (I). Ta có Y P 2 = Y N.Y M nên ∠Y M P = ∠Y P N = ∠ZEN = ∠Y M G suy ra P, G, M
thẳng hàng. Mặt khác Y G2 = Y P 2 = Y N.Y M nên∠Y GN = ∠Y M P = ∠Y P N = ∠ZEN suy ra N
là giao điểm khác G của các đường tròn (Y P G) và (ZEG) từ đó ∠XY N = ∠P GN = ∠XZN nên
N thuộc (XY Z).
Tiếp tuyến N F tại N của đường tròn (I). Ta có ∠ZN F = 180◦ − ∠Y N Z − ∠F N M = ∠N EM −
∠Y XZ = ∠ZXN suy ra N F là tiếp tuyến tại N của đường tròn (XY Z) suy ra đường tròn (XY Z)
tiếp xúc đường tròn (I).

16


Các bài toán tiếp theo liên quan đến khái niệm điểm M iquel của tứ giác toán phần vốn được
phát biểu dựa trên định lí M iquel
Định lí Miquel. Cho tứ giác toàn phần ABCDEF . Khi đó các đường tròn (ABC)(DF B)(AF E)(DEC)
đồng quy tại M được gọi là điểm M iquel của tứ giác toàn phần ABCDEF .

Chứng minh. Giả sử M là giao điểm khác E của các đường tròn (AF E) và (DCE). Ta có ∠AM C =
∠EM C + ∠EM A = ∠EDC + ∠DF B = 180◦ − ∠ABC nên A, B, C, M cùng thuộc một đường tròn
hay M thuộc đường tròn (ABC). Tương tự thì M thuộc đường tròn (DF B) suy ra các đường tròn
(ABC)(DF B)(AF E)(DEC) đồng quy tại M .
Bài toán sau tham khảo [6] của tác giả Huỳnh Bách Khoa,
Bài toán 13.Cho tam giác ABC với các điểm E, F thuộc CA, AB sao cho B, C, E, F cùng thuộc
một đường tròn. Gọi M, N là trung điểm của BE, CF . M N cắt CA, AB tại K, L.BE giao CF tại
H. Chứng minh rằng đường tròn (HM N ) tiếp xúc đường tròn (AKL).
Chứng minh. Giả sử G là điểm Miquel của tứ giác toàn phần AEHF BC. Ta có ∠GEB = ∠GAB =
∠GCF , ∠GBE = ∠GAC = ∠GF C suy ra GEB ∼ GCF do đó,
GC
GE
=

GF
GB
Mặt khác ∠BGE = ∠CGF nên ∠F GB = ∠EGC kéo theo F GB ∼ EGC.
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BHF với cát tuyến L, M, N ta suy ra
LB M H N F
.
.
=1
LF M B N H
Tương tự ta cũng có
KE N C M H
.
.
=1
KC N H M E
Mặt khác do N F = N C, M B = M E nên
LB
KE
=
LF
KC

17


Từ đó F GL ∼ CGK suy ra A, L, G, K cùng thuộc một đường tròn.
Hoàn toàn tương tự ta suy ra H, M, G, N cùng thuộc một đường tròn.
Do GKL ∼ GEB nên M, G, K, E cùng thuộc một đường tròn. Tương tự thì F, N, G, L cùng
thuộc một đường tròn suy ra ∠KGM = ∠LGN kéo theo ∠KN G = ∠LGM .
Tiếp tuyến GT tại G của đường tròn (AKL). Ta có ∠M GT = ∠M GL+∠LGT = ∠N GK+∠N KG =

∠GN M nên GT là tiếp tuyến tại G của đường tròn (HM N ) do đó đường tròn (HM N ) tiếp xúc
đường tròn (AKL).
Nhận xét. Bài toán có thể mở rộng bằng cách thay thế tỉ số
k bất kì và lời giải cũng hoàn toàn tương tự.

ME
MB

=

NF
NC

= 1 bằng một hằng số

Để ý rằng khi ta chuyển M, N thành trung điểm của BF, CE ta thu được bài toán thú vị sau.
Bài toán 14.Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Giả sử E ≡ AD ∩ BC, F ≡ AB ∩ CD.M, N lần lượt là
trung điểm AD, BC.M N cắt CD, AB tại G, H. Chứng minh đường tròn (F GH) tiếp xúc đường tròn
(EM N ).

18


Chứng minh. Gọi I là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF . Do tứ giác ABCD nội tiếp
nên I thuộc EF và OI ⊥ EF . Do M, N lần lượt là trung điểm AD, BC nên ∠OIE = ∠ON E =
∠OM E = 90◦ suy ra E, M, O, N, I cùng thuộc một đường tròn.Mặt khác do I là điểm Miquel của
tứ giác toàn phần ABCDEF nên I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác EDC suy ra I là điểm
Miquel của tứ giác toàn phần F GN CHB tức là I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác F GH.
Do I là điểm Miquel của tứ giác toàn phần F GN CHB nên ∠GIN = ∠GBN = ∠GF I + ∠N EI suy
ra đường tròn (IGF ) tiếp xúc đường tròn (IN E) hay (F GH) tiếp xúc (EM N ).

Nhận xét. Hoàn toàn tương tự bài toán 6 ta cũng thu được bài toán mở rộng bằng việc thay tỉ
số bằng nhau thành hằng số k bất kì.
Bài toán sau tham khảo [7] của tác giả Trần Quang Hùng
Bài toán 15.Cho tam giác ABC và một đường tròn (K) đi qua B, C cắt CA, AB tại E, F khác
C, B. BE cắt CF tại H. Một đường thẳng qua H cắt CA, AB tại M, N . Trên BC lấy P, Q sao cho
M P BE và N Q CF . M P cắt N Q tại R. Chứng minh rằng (P QR) tiếp xúc (ABC).

19


Chứng minh. (Dựa theo Ngô Quang Dương)
M P , N Q cắt AB, AC tại S, T . Lấy K là điểm Miquel của tứ giác toàn phần tạo bởi 4 đường thẳng
(AB, BC, CA, M P ).
PT /(ABC)
TA · TC
TC
=
=
PT /(ASM )
TA · TM
TM
PN/(ABC)
NA · NB
NB
=
=
PN/(ASM )
NA · NS
NS

Theo định lý Thales
TC
NB
NH
=
=
TM
NS
NM
Do đó mà (ABC), (ASM ), (AN T ) đồng trục, kéo theo (AN T ) đi qua K, theo định lý Miquel,
(CQT ), (BN Q) cũng đi qua K.
Do ∠QKP = ∠CKB − ∠BKP − ∠QKC = 180◦ − ∠BAC − ∠BSP − ∠QT C = 180◦ − ∠BAC −
∠ABE − ∠F CA = 180◦ − ∠BHC = 180◦ − ∠P RQ nên K, R, P , Q đồng viên.
Kẻ tiếp tuyến KL tại K của (ABC), ta có biến đổi góc:
∠LKP = ∠LKB + ∠BKP = ∠BCK + ∠ASM = ∠BCK − ∠BQK + ∠BQK + ∠ASM = ∠BQK +
∠ABE − ∠ACF = ∠BQK suy ra KL tiếp xúc (KP Q) do đó (RP Q) tiếp xúc (ABC).
Nhận xét. Bài toán là một ứng dụng tuyệt đẹp của định lí M iquel.Đặc biệt hóa khi H là trực
tâm ta thu được bài toán sau của tác giả Đào Thanh Oai.
20


Bài toán 15*. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng l bất kì qua H cắt CA, AB lần lượt tại Q, P .
Đường thẳng qua Q vuông góc với AC, đường thẳng qua P vuông góc với AB, đường thẳng BC cắt
nhau tạo thành tam giác KM N . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác KM N tiếp xúc
(O) tại điểm Colling của P Q hay điểm Anti − steiner của tam giác ABC.
Bài toán tiếp theo là một bài toán rất nổi tiếng và là chuẩn acj của phương pháp này.
Bài toán 16. (IMO 2011 Problem 6) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O).Gọi l là
tiếp tuyến của (O) và la , lb , lc là các đường thẳng đối xứng của l qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng
đường tròn ngoài tiếp tam giác tạo bởi la , lb , lc tiếp xúc (O).
Bổ đề. Cho tam giác ABC nội tiếp (O).M là một điểm bất kì trên (O).D, E, F là đối xứng của M

qua BC, CA, AB. Khi đó (DBF )(DCE)(ABC) đồng quy.

Chứng minh. Theo định lí về đường thẳng Steiner thì D, E, F thẳng hàng. N là giao điểm khác
B của các đường tròn (DBF ) và (ABC). Ta có ∠N DE = 180◦ − ∠N DF = 180◦ − ∠N BF =
180◦ −∠N BA−∠ABF = 180◦ −∠N CA−∠ABM = ∠ACM −∠ACN = ∠ACE −∠ACN = ∠N CE
suy ra N, D, C, E cùng thuộc một đường tròn hay các đường tròn (DBF )(DCE)(ABC) đồng quy
tại một điểm.
Giải bài toán.
Chứng minh. Giả sử l tiếp xúc đường tròn (O) tại M.D, E, F lần lượt là đối xứng của M qua
BC, CA, AB.XY Z là tam giác tạo bởi la , lb , lc . Do la , lb , lc lần lượt đối xứng với l qua BC, CA, AB
nên D, E, F lần lượt thuộc la , lb , lc .
Gọi K là điểm M iquel của tứ giác toàn phần F DXY ZE. Do K là giao điểm khác D của các đường
tròn (DCF ) và (DXE) nên theo bổ đề trên ta suy ra K thuộc đường tròn (O).

21


Tiếp tuyến KL K của (O). Ta có ∠ZKL = ∠BKL − ∠BKZ = ∠KCB − ∠BDZ = ∠KCB −
∠BCM = ∠KCB − ∠BCD = ∠KCD = ∠KXD = ∠KY Z suy ra KL là tiếp tuyến tại K của
đường tròn (XY Z) do đó(XY Z) tiếp xúc (O) hay đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi la , lb , lc
tiếp xúc (O).
Nhận xét. Bài toán được tác giả Trần Quang Hùng mở rộng trong [3] như sau.
Bài toán 16 mở rộng. Cho tam giác ABC và điểm P bất kì. Đường thẳng bất kì qua P cắt các
đường tròn (P BC)(P CA), (P AB) theo thứ tự tại Y, Z, X.la , lb , lc lần lượt là tiếp tuyến của các đường
tròn (P BC), (P CA), (P AB) tại Y, Z, X. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi
la , lb , lc tiếp xúc đường tròn (ABC).

22

Chứng minh. Giả sử M N Q là tam giác tạo bởi la , lb , lc .Ta có ∠CY Q = ∠CP Y = ∠CP Z = ∠CZQ
suy ra C thuộc đường tròn (Y ZQ).
Tương tự thì B thuộc đường tròn (M XY ) và A thuộc đường tròn (N XZ). J là giao điểm khác C
của các đường tròn (Y ZC) và (ABC).
Do ∠XBJ = ∠XBA + ∠ABJ = ∠XP A + ∠ACJ = ∠XP A + ∠ACZ − ∠ZCJ = ∠XP A + ∠AP Z −
∠ZY J = ∠XY J nên J thuộc đường tròn (XBY ) suy ra J thuộc đường tròn (M XY ) do đó J là
điểm M iquel của tứ giác toàn phần M N QXY Z.
Tiếp tuyến JK tại J của đường tròn (ABC).
Do ∠QJK = ∠CJK − ∠CY Q = ∠CAZ + ∠ZAJ − ∠CY Q = ∠CP Y + ∠ZN J − ∠CY Q =
∠CY Q + ∠QM J − ∠CY Q = ∠QM J nên JK là tiếp tuyến tại J của đường tròn (M N Q) do đó
đường tròn (ABC) tiếp xúc đường tròn (M N Q).
Ngoài ra tác giả Nguyễn Văn Linh cũng đưa ra một mở rộng khác trong [3].
Bài toán 16’.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).P bất kì trong mặt phẳng. Đường thẳng
qua P cắt (BP C)(AP C)(BP A) tại A1 , B1 , C1 .la là tiếp tuyến tại A1 của (BP C).la đối xứng với la
qua BC. Tương tự ta xác định lb , lc . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác la , lb , lc tiếp
xúc (O).
Lời giải bài toán trên được xây dựng hoàn toàn tương tự bài toán 5 mở rộng, việc chứng minh xin
dành cho bạn đọc. Ta đến với một bài toán có cấu hình tương tự bài toán 4.
23


Bài toán sau tham khảo [9] của tác giả Lê Viết Ân
Bài toán 17.Cho tam giác ABC với ∠BAC = 90◦ nội tiếp đường tròn (O).D bất kì trên BC (D
khác B, C). Trung trực AD cắt OA tại T.T D cắt OB, OC tại E, F . Kí hiệu ω là đường tròn qua
A, D lần lượt tiếp xúc với T A, T D. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác OEF tiếp xúc ω.

Chứng minh. Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần DF OCEB.OM cắt BC tại X.
Ta có ∠BM O = ∠BM F + ∠OM F = ∠F DC + ∠OEF = 180◦ − ∠OCB = 180◦ − ∠OBC = ∠OBX
suy ra OBX ∼ OM D do đó OB 2 = OM .OX tương đương OC 2 = OM .OX suy ra OCM ∼
OXC do đó OXC = OCM = EDM nên ED tiếp xúc đường tròn (M XD). Tương tự ta thu được

T A tiếp xúc đường tròn (AM X). Mặt khác do T A = T D nên A, M, D, X cùng thuộc một đường
tròn suy ra (AM D) ≡ ω.
Do ∠F AM = ∠F BD = ∠DXM + ∠BOM = ∠DAM + ∠F EM nên đường tròn (OEF ) tiếp xúc
đường tròn (AM D) do đó đường tròn (OEF ) tiếp xúc ω.
Bài toán sau được tác giả Lê Viết Ân đưa lên diến đàn toán học AoP S.
Bài toán 18. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).AO cắt BC tại D. Trên CA, AB lần lượt
lấy E, F sao cho D là trực tâm tam giác AEF.XY Z là tam giác tạo bởi đường thẳng BC, tiếp tuyến
tại A của đường tròn (O) và đường thẳng đối xứng với BC qua EF . Chứng minh rằng đường tròn
(XY Z) tiếp xúc đường tròn (O).

Chứng minh. Gọi T là giao điểm của AD và XY . Do XT đối xứng với XD qua EF nên T thuộc

24


đường tròn (AEF ).M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ADXY ZT .

Gọi P là điểm Miquel của tứ giác toàn phần EF BCXA. Ta có ∠DY P = ∠CEP = ∠DXP nên
D, T, X, P cùng thuộc một đường tròn. Mặt khác do BCEF là tứ giác nội tiếp nên A, P, X thẳng
hàng suy ra ∠AM P = ∠AM D + ∠P M D = ∠AZD + ∠AXD = 180◦ − ∠P AZ = ∠ABP do đó
A, B, M, P cùng thuộc một đường tròn hay M thuộc đường tròn (O).
A là giao điểm khác M của M D với đường tròn (O). Do Z, A, D, M cùng thuộc một đường tròn
nên ∠BDM = ∠M AZ = ∠M P A suy ra AB=A C
Do đó ∠BDM = ∠ABC, ∠CDM = ∠ACB.
Mặt khác ∠DM X = ∠DT X = ∠T DX = ∠ADB = 90◦ − ∠ABC + ∠ACB = ∠DM Z − ∠DM B +
∠DCM suy ra ∠CM X = ∠BM Z.
Tiếp tuyến M N tại M của đường tròn (O). Do ∠ZM N = ∠BM N − ∠BM Z = ∠BCM − ∠CM X =
∠BXM nên M N là tiếp tuyến tại M của đường tròn (XY Z) hay đường tròn (XY Z) tiếp xúc đường
tròn (O).
Bài toán sau tham khảo [8] của tác giả Lê Viết Ân

Bài toán 19.Cho hai đường tròn (O), (O ) có tâm vị tự ngoài V.l là đường thẳng qua V vuông góc
với OO . Hai điểm P, Q trên (O), (O ) sao cho V, P, Q thẳng hàng. Tiếp tuyến tại P của (O) cắt tiếp
tuyến tại Q của (O ) tại X.XP, XQ cắt l theo thứ tự tại Y, Z. Chứng minh rằng khi P, Q thay đổi
thì đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Chứng minh. (Dựa theo Telv Cohl ) Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần Y V QXP Z.
Do V là tâm vị tự ngoài của (O)(O ) nên X thuộc trục đẳng phương của (O)(O ) suy ra XP =
25