Bài tập ôn luyện đội tuyển IMO năm 2017 Nguyễn Văn Linh

Bài tập ôn luyện đội tuyển IMO năm 2017
Nguyễn Văn Linh

Bài 1. (Nguyễn Văn Linh) Cho tứ giác ABCD. AD cắt BC tại P . Gọi O, O lần lượt là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác P CD, P AB, H, H lần lượt là trực tâm các tam giác P CD, P AB. Chứng
minh rằng (DOC) tiếp xúc với (AO B) khi và chỉ khi (DHC) tiếp xúc với (AH B).
P

O' H'
B
A
T
x

H

O
L

C

D

Chứng minh. Giả sử (DOC) tiếp xúc với (AO B) tại T .
Gọi L là giao điểm thứ hai của (AT D) và (BT C).
Ta có ∠ALB = ∠ALT + ∠T LB = ∠ADT + ∠BCT = ∠DT C − ∠DP C = ∠DOC − ∠DP C =
∠DP C = 180◦ − ∠AH B. Do đó L ∈ (AH B).
Lại có ∠DLC = ∠DAT +∠CBT = ∠AP B +∠AT B = ∠AP B +180◦ −2∠AP B = 180◦ −∠AP B =
∠DHC.
Suy ra L ∈ (DHC).
Kẻ tiếp tuyến Lx của (DHC).

Ta có ∠ALx = ∠ALD−∠xLD = ∠AT D−∠LCD = ∠ABT +∠T CD−∠LCD = ∠ABT +∠T CL =
∠ABT + ∠T BL = ∠ABL.
Suy ra Lx đồng thời là tiếp tuyến của (AH B). Suy ra (AH B) tiếp xúc với (DHC) tại L.
Chiều ngược lại có thể chứng minh tương tự.

1


Bài 2. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp. Một đường tròn đi
qua A tiếp xúc ngoài với (BIC) và cắt AC, AB lần lượt tại E, F . Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác AEF . Chứng minh rằng (EJF ) tiếp xúc với BC.

A
J
F

E
x
T

I

B

C
S

Chứng minh. Gọi T là tiếp điểm của (AEF ) với (BIC). (BF T ) cắt BC tại S suy ra tứ giác ST EC
nội tiếp.
Ta có ∠ESF = ∠EST + ∠T SF = ∠ECT + ∠F BT = ∠BT C − ∠BAC = ∠BIC − ∠BAC =

1
◦
90 − ∠BAC = 180◦ − ∠EJF.
2
Do đó tứ giác EJF S nội tiếp.
Kẻ tiếp tuyến chung T x của (AEF ) và (BIC). Suy ra ∠xT B = ∠T CB và ∠xT F = ∠T EF.
Từ đó ∠F SB = ∠F T B = ∠T CB + ∠T EF = ∠T ES + ∠T EF = ∠SEF.
Vậy BC là tiếp tuyến của (EJF ).
Bài 3. (Iran TST 2017). Cho tam giác ABC. Hai điểm P, Q nằm trên cạnh BC sao cho BP = CQ
và P nằm giữa B và Q. (AP Q) cắt AB, AC lần lượt tại E, F . EP cắt F Q tại T . Gọi M là trung điểm
BC. Qua M kẻ đường thẳng song song với AB, AC cắt ET, F T tại X, Y . Chứng minh rằng (T XY )
tiếp xúc với (AP Q).

2


A

E

F
M

B

P

Q

C

L
Y

X
T

Chứng minh. Gọi L là giao điểm của AM với (AP Q).
Ta có ∠P LM = ∠BEP = ∠P XM nên L ∈ (P M X). Tương tự L ∈ (QM Y ).
Do đó L là điểm Miquel của tam giác T P Q ứng với bộ điểm M, X, Y . Suy ra L ∈ (T XY ).
Để chứng minh hai đường tròn (AP Q) và (T XY ) tiếp xúc nhau tại L ta chỉ cần chứng minh
∠P LX = ∠M QL + ∠LY X hay ∠ABC = ∠M Y L + ∠LY X = ∠M Y X.
MX
MP
MQ
MY
Hiển nhiên ∠XM Y = ∠BAC và
=
=
=
.
BE
BP
CQ
FC
BE
CA
Lại có BA · BE = BP · BQ = CP · CQ = CF · CA nên
=
.

CF
AB
AB
MY
Do đó
=
. Suy ra XM Y ∼ CAB, suy ra ∠M Y X = ∠ABC. Từ đó thu được
AC
MX
đpcm.
Bài 4. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I, r). (I) tiếp xúc với AC, AB
lần lượt tại E, F . Trên các tia EA, F A lần lượt lấy điểm K, L sao cho EK = F L = r. Đường thẳng
qua K vuông góc với AC cắt đường thẳng qua L vuông góc với AB tại J. Chứng minh rằng đường
tròn (J, JL) tiếp xúc với đường tròn đường kính BC.

3


A
P
L

J

x

K
Q

E

T

F
I

B

C
D

Chứng minh. Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC, Q là điểm đối xứng của D qua I.
Do AE = AF nên AK = AL. Suy ra (J) tiếp xúc với AB, AC. Do đó A là tâm vị tự ngoài của (I)
và (J).
Xét phép vị tự tâm A HA : (I) → (J), Q → P , F → L.
Gọi T là giao điểm thứ hai của IP với (J) thì do tính chất của phép vị tự, ∠P T L = ∠QDF = ∠ABI
nên tứ giác LT IB nội tiếp. Tương tự, tứ giác KT IC nội tiếp.
Do đó ∠BT C = ∠BT I + ∠CT I = ∠BLI + ∠CKI = 45◦ + 45◦ = 90◦ . Suy ra T ∈ (BC).
1
Ta có ∠KT C = ∠KIC = 135◦ − ∠ACB.
2
1
∠KLT + ∠CBT = ∠KLI + ∠IBC = 180◦ − ∠ALK − ∠BLI + ∠ABC
2
1
1
1
◦
◦
◦

= 135 − 90 + ∠BAC − ∠ABC = 135 − ∠ACB.
2
2
2
Do đó ∠KT C = ∠KLT + ∠CBT.
Kẻ tiếp tuyến T x của (BC). Ta có ∠KT x + ∠xT C = ∠KLT + ∠CBT.
Mà ∠xT C = ∠T BC suy ra ∠KT x = ∠KLT. Suy ra T x là tiếp tuyến của (J). Vậy (J) và (BC)
tiếp xúc nhau tại T .
Bài 5. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC với (I) là đường tròn nội tiếp. (I) tiếp xúc với
BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Đường cao AH cắt đường tròn (A, AE) tại điểm M nằm trong tam
giác. M I cắt BC tại T . AT cắt ID tại P . Chứng minh rằng hai tứ giác AP DB và AP DC bàng tiếp.

4


N

A
X
P
E
F
t

M
I

B

H

T

D

C

Chứng minh. Gọi X là giao điểm thứ hai của M I với (A). DM cắt (A) lần thứ hai tại N.
Kẻ tiếp tuyến M t của (A) suy ra M t BC.
Ta có ∠XN M = ∠XM t = ∠M T D suy ra tứ giác XN T D nội tiếp.
Suy ra ∠DN T = ∠DXT.
Lại có IM · IX = IE 2 = ID2 nên ∠DXI = ∠IDM = ∠DM H = ∠AM N = ∠AN M.
Do đó ∠AN M = ∠DXT = ∠DN T , suy ra N, A, T thẳng hàng.
Do AN = AM và AM DP nên P D = P N . Suy ra P D − P A = P N − P A = AN = AE =
AC − DC = AB − BD.
Suy ra các tứ giác ABDP và ACDP bàng tiếp.
Bài 6. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm AC, AB. M N cắt (O) tại P, Q. Các tia M H, N H lần lượt cắt (O) tại X, Y . Gọi J
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P HQ, HK là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác
XHY . Chứng minh rằng trung điểm JK là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC.

5


A
J

C'

B'

L

N

P

M
E

T

R

O

Q

H

X
B

V
C

U
K

Y
S

Chứng minh. Gọi (E) là đường tròn Euler của tam giác ABC, T, U lần lượt là giao điểm của QH, P H
với (E) (H nằm giữa T Q và P U ), R, S lần lượt là giao điểm thứ hai của QH, P H với (O), V là tâm
đường tròn (XHY ).
Kéo dài XH, Y H cắt (O) tại B , C .
1
Do H là tâm vị tự ngoài của (E) và (O) với tỉ số
nên U, T, M, N lần lượt là trung điểm
2
HS, HR, HB , HC .
1
Suy ra HM · HX = HN · HY = HT · HQ = HP · HU = PH/(O) .
2
Do đó tứ giác P T U Q nội tiếp đường tròn tâm L và ta thu được ∠T U H = ∠P QH = ∠N Y T.
Tương tự ta thu được 5 điểm H, T, U, X, Y đồng viên.
Suy ra V, E, L đều nằm trên đường trung trực của U T.
Ta có ∠V HY + ∠HXY = 90◦ . Mà ∠HXY = ∠HN M, ∠HN M + ∠N HA = 90◦ nên A, H, V thẳng
hàng. Suy ra HV LO. Mà E là trung điểm HO nên E là trung điểm LV.
Mặt khác, hai tam giác P HQ và T HU đồng dạng nên HJ là đường cao của tam giác T HU , suy
ra HJ LE. Suy ra L là trung điểm JO. Mà V là trung điểm HK nên E là trung điểm JK.
Bài 7. (LeVietAn). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). H, K lần
lượt là trực tâm tam giác ABC, BIC. BK cắt AI tại L. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
KLI. Chứng minh rằng O nằm trên trục đẳng phương của (I) và (JIK).
Chứng minh. Trước tiên ta phát biểu một bổ đề sau.
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) với trực tâm H. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB lần
lượt tại D, E, F . Kẻ DK ⊥ EF . Khi đó KD là phân giác của ∠HKI.
Chứng minh.

6

A

Q
E

L
K

F

P

I

H

B

D

C

Gọi L là trực tâm của tam giác AEF thì L đối xứng với I qua EF . Kẻ BP, CQ vuông góc với EF.
BD
BF
PF
KP
=
=

=
.
Ta có
KQ
CD
CE
QE
KP
KQ
Do đó
=
hay KP · KE = KQ · KF . Suy ra K thuộc trục đẳng phương của (BE) và
KF
KE
(CF ). Dễ thấy H và L đều thuộc trục đẳng phương của (BE) và (CF ) nên H, K, L thẳng hàng. Lại
có L và I đối xứng qua EF nên KL và KI đối xứng qua EF . Vậy HD là phân giác của ∠HKI.
Trở lại bài toán.

A

M

K

R
P

U

G

J
E

L

O

Y

F

Q

I

x
H

B

D

C

X
N
V

Gọi M là giao điểm của (AI) với (O), V là điểm chính giữa cung BC không chứa A. (I) tiếp xúc

với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Kẻ DU ⊥ EF . Gọi N đối xứng với A qua O. Suy ra M, I, N
thẳng hàng.

7


Do M là giao của (O) và (AEF ) nên M là tâm vị tự quay của (AEF ) và (O). Suy ra AF B ∼
MB
BF
BD
AEC. Suy ra
=
=
. Suy ra M D là phân giác ∠BM C hay M D đi qua V.
MC
CE
CD
FU
BF
MF
Lại có
=
=
nên M U là phân giác ∠EM F hay M, U, I thẳng hàng. Vậy M, U, I, N
EU
CE
ME
thẳng hàng.
AH
2OX

OX
AL
=
=
=
=
Gọi X, Y lần lượt là trung điểm BC, EF, R là trung điểm AI. Ta có
LI
KI
2V X
VX
RY
. Suy ra L là trực tâm tam giác AEF . Theo bổ đề trên, H, U, L thẳng hàng.
YI
Ta có ∠KU I = 180◦ − 2∠U LI = 180◦ − ∠KJI. Suy ra U thuộc (IJK).
Ta có IM · IU = r2 nên M U · M I = PM/(I) . Suy ra M thuộc trục đẳng phương của (I) và (IJK).
Ta chỉ cần chứng minh M O ⊥ IG với G là tâm của (IJK).
Kẻ tiếp tuyến M x của (O). Ta có ∠xM I = ∠M AN = 90◦ − ∠AN I.
Do U D, EF là phân giác ∠HU I và góc hợp giữa các đường thẳng AH, AO với EF bằng nhau nên
∠AN I = ∠AHU = ∠U KI.
Do đó 90◦ − ∠AN I = 90◦ − ∠U KI = ∠U IG. Suy ra IG M x hay IG ⊥ M O. Vậy O thuộc trục
đẳng phương của (IJK) và (I).
Bài 8. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi P là điểm bất kì nằm trên
AO, X, Y, Z lần lượt nằm trên cạnh BC, CA, AB sao cho P X, P Y, P Z lần lượt là phân giác của các
góc BP C, CP A, AP B. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Chứng minh rằng H, X, Y, Z
đồng viên.
C1
Q
B1

J
A

Y

Z
P

Hb
O
Hc

B

K

Ha

X

C

Chứng minh. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là giao điểm của Y Z với BC, XZ với AC, XY với AB.
XB
PB Y C
P C ZA
PA
Ta có
=
,

=
,
=
. Do đó theo định lý Céva ta thu được AX, BY, CZ
XC
PC Y A
P A ZB
PB
đồng quy.
Theo tính chất cơ bản của hàng điều hòa suy ra (XA1 BC) = (Y B1 AC) = (ZC1 AB) = −1.
8


Gọi ωa , ωb , ωc là các đường tròn Apollonius của đoạn thẳng BC, CA, AB lần lượt ứng với các bộ
điểm (X, A1 ), (Y, B1 ), (Z, C1 ) suy ra ωa , ωb , ωc đồng quy tại P.
2
Gọi J là trung điểm B1 Y. Ta có JY = JA · JC suy ra ωb và (O) trực giao nhau. Tương tự suy ra
PO/ωa = PO/ωb = PO/ωc = R2 . Như vậy 3 đường tròn ωa , ωb , ωc nhận OP làm trục đẳng phương.
Do A thuộc trục đẳng phương của 3 đường tròn nên AC1 · AZ = AB1 · AY hay tứ giác C1 B1 ZY
nội tiếp.
Gọi Ha , Hb , Hc lần lượt là giao điểm thứ hai của (XY Z) với BC, CA, AB. Suy ra ∠Hc Ha B =
∠BZX = ∠CY X = ∠XHa Hb .
AY
AHc
Lại có AY · AHb = AZ · AHc nên
=
. Xét tương tự với đỉnh B, C sau đó nhân lại ta thu
AZ
AHb
Ha B Hb C Hc A

được
·
·
= 1. Suy ra AHa , BHb , CHc đồng quy. Mà BC là phân giác ngoài ∠Hb Ha Hc
Ha C Hb A Hc B
và Ha (Hb Hc AB) = −1 nên AHa ⊥ BC.
Vậy Ha ≡ H hay H, X, Y, Z đồng viên.
Bài 9. (Đào Thanh Oai) Cho tam giác đều ABC. Một đường thẳng d lần lượt cắt BC, CA, AB tại
A , B , C . Các đường thẳng vuông góc với BC, CA, AB kẻ từ A1 , B1 , C1 cắt nhau tạo thành tam giác
A2 B2 C2 . Gọi X, Y, Z lần lượt đối xứng với A2 , B2 , C2 qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng X, Y, Z
thẳng hàng và đường thẳng này đi qua tâm tam giác ABC.
C'

Y

Hb
A

B2
H

B'
Hc

C1

B1

A2 O
B

A1

C
X

C2

Z

Chứng minh. Theo tính chất của hai tam giác paralogic, ta biết rằng một trong hai giao điểm H
của (ABC) và (A2 B2 C2 ) là điểm Miquel chung của các tứ giác toàn phần lần lượt tạo bởi tam giác
ABC, A2 B2 C2 với đường thẳng d.
Gọi B , C lần lượt là giao của B2 H với AC, C2 H với AB.
Do H thuộc (AB1 C1 ) nên ∠AHA2 = 90◦ . Lại có ∠B HA2 = 60◦ nên ∠AHB = 30◦ . Tương tự
tính được ∠C HA = 30◦ . Do đó HA là phân giác của ∠C HB .
1
Lại có ∠C AB = 120◦ = 90◦ + ∠C HB nên A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác HB C .
2
9


Do đó Y, Z đều nằm trên B C .
Gọi Hb , Hc lần lượt là đối xứng của H qua AC, AB suy ra Hb Hc cũng nằm trên B C , đồng thời
Hb Hc là đường thẳng Steiner của tam giác ABC ứng với điểm H. Do đó Y Z đi qua trực tâm tam giác
ABC. Tương tự ta có đpcm.
Bài 10. (Iran TST 2012). Cho hình bình hành ABCD. Gọi w1 , w2 lần lượt là hai đường tròn tiếp
xúc với các cặp đoạn thẳng AB và AD, BC và CD. Giả sử tồn tại một đường tròn tiếp xúc với đường
thẳng AD và DC và tiếp xúc ngoài với w1 và w2 . Khi đó tồn tại một đường tròn tiếp xúc với đường
thẳng AB và BC và tiếp xúc ngoài với w1 và w2 .

A

Q

T

D

P

w3

M
w1

N

U

S'
Q'
w2
B

S
R

C

Chứng minh. Gọi w3 là đường tròn tiếp xúc với w1 , w2 , AD, DC; R1 , R2 , R3 lần lượt là bán kính của

w1 , w2 , w3 ; h1 , h2 là hai đường cao của hình bình hành ABCD ứng với các cạnh AB, AD.
Gọi M, N, P, Q, R, S, T, U lần lượt là giao điểm của w1 ∩ w3 , w2 ∩ w3 , AB ∩ w1 , AD ∩ w1 , BC ∩
w2 , CD ∩ w2 , AD ∩ w3 , CD ∩ w3 ; Q , S là điểm đối xứng với Q, S qua tâm các đường tròn w1 , w2 .
Dựa vào phép vị tự dễ dàng chứng minh các bộ ba điểm (P, M, U ), (Q , M, T ), (T, N, R), (U, N, S )
thẳng hàng.
Gọi l là độ dài tiếp tuyến chung ngoài của w1 , w2 ; l1 , l2 là độ dài tiếp tuyến kẻ từ U, T tới các đường
tròn w1 , w2 .
√
√
√
√
Ta có T Q = T M · T Q , U S = U N · U S và l1 = U M · U P , l2 = T N · T R.
Theo định lý Casey, tồn tại w3 đi qua U, T và tiếp xúc với w1 , w2 nên
l · T U + T Q · U S = l1 · l2
√
√
Do đó l · T U + T M · T Q · U N · U S = U M · U P · T N · T R
Áp dụng định lý hàm số sin,
√
∠ADC
) + 2R3 U S · sin ∠N U S · T Q · sin ∠M T Q
l · 2R3 · sin(90 −
2
√
= 2R3 · U P · sin ∠M U S · T R · sin ∠N T Q
Tương đương
∠ADC
l · cos(
) + 2R1 · 2R2 = h1 · h2
2

.
Một cách tương tự, tồn tại đường tròn w4 tiếp xúc với w1 , w2 , AB, BC khi và chỉ khi
l · cos(

∠ABC
)+
2

2R1 · 2R2 =

Vậy tồn tại w3 khi và chỉ khi tồn tại w4 .
10

h1 · h2


Bài 11. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi ωa là đường tròn qua hai điểm B, C và tiếp
xúc với (I), ωa là đường tròn tiếp xúc với các tia AB, AC và tiếp xúc ngoài với ωa . Tương tự ta xác
định ωb , ωc . Gọi r, ra , rb , rc lần lượt là bán kính các đường tròn (I), ωa , ωb , ωc . Khi đó r = ra + rb + rc .
A
C2

B2
Ia

B'

C'
A2

C1

B

T

B1

I

A1

C

Chứng minh. Kẻ tiếp tuyến qua T của đường tròn (I) và song song với BC, cắt AB, AC lần lượt tại
B , C . Ta chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác AB C là ωa .
Gọi A1 , B1 , C1 là tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB; A2 , B2 , C2 là tiếp điểm của đường tròn nội
tiếp (Ia ) của tam giác AB C với B C , C A, AB . Kí hiệu p, p là nửa chu vi tam giác ABC, AB C .
p−a
Ta có p = AB1 = p − a nên hai tam giác AB C và ABC đồng dạng theo tỉ số
.
p
(p − a)a
Suy ra B C =
.
p
(p − a)a
(p − a)2
BC2 = c − AC2 = p − B C = c − [(p − a) −
]=c−

.
p
p
(p − a)2
Tương tự, CB2 = b −
.
p
(p − a)b
(p − a)
(p − a)a
− 2(p − a −
) = (b − c)
(với giả thiết b > c).
A2 T = B C − 2B A2 =
p
p
p
Áp dụng định lý Casey cho bốn đường tròn (B, 0), (C, 0), (I), (Ia ) ta có:

BA1 .CB2 + BC.A2 T − BC2 .CA1 = (p − b).(b −

(p − a)2
(p − a)
(p − a)2
) + a.(b − c)
− (c −
).(p − c) = 0
p
p
p

nên (Ia ) tiếp xúc ngoài với ωa hay (Ia ) ≡ ωa .
ra
p−a
rb
p − b rc
p−c
Từ đó
=
. Tương tự
=
, =
.
r
p
r
p
r
p
ra + rb + rc
3p − a − b − c
=
= 1 hay r = ra + rb + rc .
Suy ra
r
p
Bài 12. (Nguyễn Văn Linh). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P là một điểm chuyển động
trên (O). Gọi la , lb , lc lần lượt là các đường thẳng đối xứng với AP, BP, CP qua BC, CA, AB. la , lb , lc
cắt nhau tạo thành tam giác XY Z. Chứng minh rằng khi P chuyển động, tâm đường tròn nội tiếp
của tam giác XY Z luôn nằm trên một đường tròn cố định.

11


Z'
X

B'

Z
I

X'

C'

A

Y

P

O
Y'
B
C

A'

Chứng minh. (TelvCohl). Gọi A , B , C lần lượt là các điểm đối xứng với A, B, C qua BC, CA, AB.
Do la đối xứng với P A qua BC nên A ∈ la . Tương tự B ∈ lb , C ∈ lc .

Ta có (XZ, XY ) ≡ (XZ, AC) + (AC, AB) + (AB, XY ) ≡ (AC, BP ) + (AC, AB) + (P C, AB) ≡
(AC, P C) + (P C, BP ) + (P C, AB) + (AC, AB) ≡ 3(AC, AB) (mod π).
Mặt khác (AB , AC ) ≡ (AB , AC)+(AC, AB)+(AB, AC ) ≡ 3(AC, AB) (mod π) nên (XZ, XY ) ≡
(AB , AC ) (mod π).
Suy ra X ∈ (AB C ). Tương tự Y ∈ (BA C ), Z ∈ (A B C).
Từ đó XI đi qua trung điểm X của cung B C của (AB C ). Tương tự Y I đi qua Y , ZI đi qua
Z.
Do tam giác XY Z có dạng không đổi khi P chuyển động nên ∠Y IX , ∠Z IX luôn không đổi. Từ
đó I là giao của hai cung tròn cố định dựng trên dây Y X , Z X . Do I chuyển động nên I, X , Y , Z
đồng viên. Vậy I ∈ (X Y Z ) cố định.
Bài 13. Cho đường tròn (O) với dây cung BC. Tiếp tuyến tại B, C cắt nhau tại T . H, K lần lượt là
hai điểm nằm trên T C, T B. Phân giác ∠BCO cắt đường thẳng qua K vuông góc với BC tại K1 . Phân
giác ∠CBO cắt đường thẳng qua H vuông góc với BC tại H1 . Kẻ đường kính BB1 , CC1 của (O).
a) Chứng minh rằng H, K1 , C1 thẳng hàng khi và chỉ khi K, H1 , B1 thẳng hàng.
b) Chứng minh trong trường hợp H, K thỏa mãn câu a, hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với T B, T C
tại K, H và tiếp xúc với (O) thì tiếp xúc nhau.
Chứng minh. Câu a)

12


T

H
K
H2

K2

K4

H4

B

K3

I

C

H1

K1

C2

H3

B2

O

B1

C1

Gọi C2 , B2 lần lượt là điểm chính giữa cung BC1 , CB1 . C1 K1 cắt (O) tại K2 , B1 H1 cắt (O) tại H2 .
C1 K2 , B1 H2 , KK1 , HH1 cắt BC lần lượt tại K3 , H3 , K4 , H4 .
Ta có tứ giác K1 K4 K2 C nội tiếp đường tròn đường kính K1 C nên ∠K4 K2 K1 = ∠K4 CK1 =

∠C2 CC1 = ∠C2 K2 C1 . Suy ra C2 , K4 , K2 thẳng hàng. Chứng minh tương tự, B2 , H4 , H2 thẳng hàng.
1
1
Ta có ∠K2 K4 H4 = sd(K2 C + BC2 ) = sd(K2 C + CB2 ) = ∠K2 H2 H4 . Suy ra tứ giác
2
2
H2 K2 H4 K4 nội tiếp.
Suy ra ∠K4 H2 H4 = ∠K4 K2 H4 , từ đó ∠K4 H2 H3 = ∠H4 K2 K3 .
Giả sử C1 , K1 , H thẳng hàng. Ta thu được tứ giác HK2 K4 C nội tiếp đường tròn đường kính HC.
Suy ra ∠T BC = ∠T CB = ∠K3 K2 H4 = ∠H3 H2 K4 hay tứ giác KH2 K4 B nội tiếp.
Suy ra ∠BH2 K = 90◦ hay K, H2 , B1 , H1 thẳng hàng.
Câu b)
T

H
K

J
K2

H2

H4

K4
K3

B

I

C2

K1

C

H3
H1

B2

O
B1

C1

13


Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BOC.
Ta có ∠BKK1 = 90◦ − ∠T BC = 90◦ − ∠CB1 B = ∠CBB1 = ∠BIK1 nên tứ giác KBK1 I nội tiếp.
1
1
Lại có ∠K2 BI = sd(K2 C + CB2 ) = sd(K2 C + C1 C2 ) = ∠K2 K1 I, suy ra tứ giác K2 BK1 I nội
2
2
tiếp. Vậy 5 điểm K, K2 , I, K1 , B đồng viên. Tương tự 5 điểm H, H2 , I, H1 , C đồng viên.
Gọi giao điểm của hai đường tròn đi qua 2 bộ 5 điểm trên là J.
Ta có ∠KJH2 = ∠KJI − ∠H2 JI = 180◦ − ∠KBI − ∠H2 H1 B = ∠BKH2 . Suy ra (KJH2 ) tiếp
xúc với T B.

Lại có ∠KJH2 + ∠BB1 H2 = ∠BKH2 + ∠BB1 H2 = 90◦ = ∠KH2 B nên (KJH2 ) tiếp xúc với (O).
Chứng minh tương tự, (HK2 J) tiếp xúc với T C và (O).
Ta có ∠H2 KJ + ∠K2 HJ = ∠BKJ − ∠BKH2 + ∠CHJ − ∠CHK2 = ∠JIB2 + ∠JIC2 − 180◦ +
∠H2 B1 B + ∠K2 C1 C = 360◦ − ∠BIC − 180◦ + ∠H2 B1 B + ∠K2 C1 C.
1
= ∠BIC2 + ∠H2 B1 B + ∠K2 C1 C = sd(BC2 + CB2 + BH2 + K2 C)
2
1
Lại có ∠H2 JK2 = ∠H2 JI + ∠IJK2 = ∠H2 H1 B + ∠K2 K1 C = sd(BH2 + B1 B2 + K2 C + C1 C2 ).
2
Do đó ∠H2 KJ + ∠K2 HJ = ∠H2 JK2 hay (KJH2 ) và (HK2 J) tiếp xúc nhau.
Bài 14. Cho tam giác ABC. Dựng ra ngoài các tam giác đều ABC , ACB . Gọi X, Y lần lượt là hình
chiếu của A trên B C , BC. M1 , M2 lần lượt là trung điểm của BC , CB . Chứng minh rằng giao điểm
hai tiếp tuyến tại X, Y của (AXY ) nằm trên M1 M2 .
B'

X'
X

A'

A

C'

T
M2

M'2
M1

B

C

Y
Y'

Chứng minh. (Luis González).
Xét phép nghịch đảo tâm M1 , phương tích bất kì.
IM1 : X ↔ X , Y ↔ Y , A ↔ A , M2 ↔ M2 .
Ta có ∠M1 XM2 = ∠M1 XA + ∠AXM2 = ∠M1 C A + ∠M2 B A = 120◦ . Lại có tứ giác XX M2 M2
nội tiếp nên ∠M1 M2 X = ∠M1 XM2 = 120◦ . Tương tự ∠M1 M2 Y = 120◦ nên M2 là điểm Fermat thứ
nhất của tam giác M1 X Y .
Ta lại có ∠M1 A X = ∠M1 XA = 60◦ , tương tự ∠M1 A Y = 60◦ nên A là điểm Fermat thứ hai
của tam giác M1 X Y .
Qua phép nghịch đảo IM1 , tiếp tuyến tại X, Y của (AXY ) lần lượt biến thành các đường tròn
ω1 , ω2 cùng đi qua M1 và tiếp xúc với (A X Y ) lần lượt tại X , Y .
Như vậy ta chỉ cần chứng minh trục đẳng phương của ω1 và ω2 chính là M1 M2 .
Gọi T là giao điểm của tiếp tuyến tại X , Y của (A X Y ). Do ∠X A Y = 120◦ nên tam giác
X T Y đều.

14


Suy ra tứ giác X M2 Y T nội tiếp và do M1 M2 là phân giác ∠X M2 Y nên M1 , M2 , T thẳng hàng.
Hiển nhiên T nằm trên trục đẳng phương của ω1 và ω2 nên M1 M2 chính là trục đẳng phương của
ω1 và ω2 .
Bài 15. Cho tam giác ABC có F1 , F2 là hai điểm Fermat. Chứng minh rằng giao hai tiếp tuyến tại
F1 , F2 của tam giác AF1 F2 nằm trên BC.

B'
A
F2

C'

X

B2
Y

C2
Mc

Mb

C1
F1

B1

C''
B

C

B''

Chứng minh. Dựng ra phía ngoài tam giác ABC hai tam giác đều ABC , ACB , dựng vào phía trong
tam giác ABC hai tam giác đều ABC , ACB .

Gọi B1 , B2 , C1 , C2 lần lượt là tâm các tam giác đều ACB , ACB , ABC , ABC .
Ta có (ABC ) giao (ACB ) tại A, F1 nên B2 C2 đi qua trung điểm Y của AF1 .
Tương tự B1 C1 đi qua trung điểm X của AF2 .
Dễ thấy hai tam giác AC1 C2 và AB1 B2 đều. Gọi Mb , Mc lần lượt là trung điểm AC, AB thì Mb , Mc
cũng đồng thời là trung điểm B1 B2 , C1 C2 .
Áp dụng bài toán trên cho tam giác AC1 B1 với X, Y lần lượt là hình chiếu của A trên B1 C1 , B2 C2
suy ra giao hai tiếp tuyến tại X, Y của (AXY ) nằm trên M1 M2 .
Vị tự tâm A tỉ số 2 suy ra giao hai tiếp tuyến tại F1 , F2 của (AF1 F2 ) nằm trên BC.
Bài 16. (China TST 2013) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi X, Y, Z lần lượt là trung
điểm BC, CA, AB. P là điểm nằm trong tam giác ABC thỏa mãn P X : P Y : P Z = BC : CA : AB.
AP, BP, CP cắt (O) lần lượt tại A , B , C . Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam
giác AP C , AP B , CP B , CP A , BP A , BP C đồng viên.

15


A
B'
O2
S

O1
Z

Y

C'

O3

O

P

J

O6

B

X

O5

O4

C

A'

Chứng minh. Gọi O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AP C , S là trung điểm AO.
PY
PZ
PX
=
=
= k.
Ta có
BC
AB

AC
O1 S
PY
Do AO1 P ∼ AOC nên AO1 O ∼ AP C. Từ đó
=
= k hay O1 S = kR.
AO
AC
Gọi J là trung điểm OP .
1
1
1
Ta có 2O1 J 2 + OP 2 = O1 P 2 + O1 O2 = O1 A2 + O1 O2 = 2O1 S 2 + AO2 = (2k 2 + )R2 .
2
2
2
1 2 1
2
2
2
Do đó O1 J = (2k + )R − OP = q.
2
2
√
Vậy O1 ∈ (J, q). Chứng minh tương tự với 5 tâm đường tròn ngoại tiếp còn lại.
Bài 17. (Nguyễn Văn Linh). Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi (Ia ), (Ib ), (Ic ) là các đường tròn có
bán kính bằng nhau và lần lượt tiếp xúc với cặp cạnh (AB, AC), (BA, BC), (CA, CB). Gọi da là tiếp
tuyến của (Ia ) sao cho da ⊥ AO và Ia nằm khác phía với B, C bờ là đường thẳng da . da cắt AC, AB lần
lượt tại Ab , Ac . Tương tự ta xác định Ba , Bc , Ca , Cb . Các đường tròn (BCAb Ac ), (CABc Ba ), (ABCa Cb )
cắt nhau tại X, Y, Z. Chứng minh rằng Ia , Ib , Ic , X, Y, Z đồng viên.

16


A
N
Ia
Ab

Y

Bc
Z
Ac

P
Cb

I

Ib
Ca

Ba
B

Ic
C

X

M

Chứng minh. Tứ giác BCAb Ac nội tiếp do da là đường đối song ứng với BC của tam giác ABC.
Gọi M N P là tam giác tạo bởi giao điểm của da , db , dc ; X , Y , Z lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp của các tam giác M Ba Ca , N Ab Cb , P Bc Ac .
Ta có ∠BBc Ba = ∠AAc Ab = ∠ACB nên ∠Ac P Bc = 180◦ − 2∠ACB.
1
Từ đó ∠Ia Z Ib = ∠Bc Z Ca = 90◦ + ∠Ac P Bc = 180◦ − ∠ACB = 180◦ − ∠Ia Ic Ib .
2
Suy ra Z ∈ (Ia Ib Ic ).
Ta có ∠Z Ia Ib = ∠Z Ac Bc = ∠Z Bc Ac = ∠Z Ib Ia . Suy ra Z Ia = Z Ib hay Ic Z là phân giác của
∠Ia Ic Ib . Suy ra Z , Ic , C thẳng hàng.
Suy ra ∠Z Bc Ba = ∠Z CBa hay Z ∈ (ACBa Bc ). Tương tự Z ∈ (BAc Ab C) hay Z ≡ Z. Chứng
minh tương tự suy ra Ia , Ib , Ic , X, Y, Z đồng viên.
Bài 18. ( Khai thác bài toán của Trần Minh Ngọc) Cho tam giác ABC. Các điểm A1 , A2 , A3 thuộc
A1 A2
B1 B2
C1 C2
BC, B1 , B2 , B3 thuộc AC, C1 , C2 , C3 thuộc AB sao cho
=
=
. Gọi M1 , M2 , M3 lần
A2 A3
B2 B3
C2 C3
lượt là các điểm Miquel của tam giác ABC ứng với bộ 3 điểm (A1 , B1 , C1 ), (A2 , B2 , C2 ), (A3 , B3 , C3 ).
Các đường tròn (AB1 C1 ), (AB2 C2 ), (AB3 C3 ) đồng quy tại X, tương tự có Y, Z. Chứng minh rằng
AX, BY, CZ đồng quy tại T, M1 A1 , M2 A2 , M3 A3 đồng quy tại A4 . Tương tự có B4 , C4 . Chứng minh
rằng M1 , M2 , M3 , X, Y, Z, A4 , B4 , C4 , T đồng viên.

17


A

C1
B3
C2

Y
M3

C3

T

B2

A4
B1

M2

X
M1

B

A1

A2

A3

C

Chứng minh. Các đường tròn (AB1 C1 ), (AB2 C2 ), (AB3 C3 ) đồng quy tại X là do tính chất cơ bản của
phép vị tự quay. Tương tự với Y, Z.
Ta có ∠XM1 Y = ∠XM1 C1 + ∠C1 M1 Y = ∠BAX + ∠ABY.
∠XM2 Y = ∠XM2 C2 + ∠Y M2 C2 = ∠BAX + ∠ABY.
Do đó ∠XM1 Y = ∠XM2 Y hay tứ giác XM1 M2 Y nội tiếp. Tương tự tứ giác XM2 M3 Y nội tiếp
hay 5 điểm M1 , M2 , M3 , X, Y đồng viên.
Chứng minh tương tự suy ra M1 , M2 , M3 , X, Y, Z đồng viên.
Từ ∠XM1 Y = ∠BAX + ∠ABY. ta thu được ∠XM1 Y = 180◦ − ∠XT Y . Suy ra T cũng nằm trên
(M1 M2 M3 ).
Gọi A4 là giao của A1 M1 với A2 M2 . Suy ra ∠M1 A4 M2 = ∠A4 A2 C − ∠A4 A1 C = ∠BY M2 −
∠BY M1 = ∠M1 Y M2 . Do đó A4 ∈ (M1 M2 M3 ).
Ta có ∠Y M3 A4 = ∠Y M2 A2 = 180◦ − ∠Y BC = ∠Y M3 A3 suy ra M3 , A4 , A3 thẳng hàng.
Vậy M1 A1 , M2 A2 , M3 A3 đồng quy tại A4 nằm trên (M1 M2 M3 ).
Tương tự với B4 , C4 . Ta có đpcm.

18