Bài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn Linh

Bài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm
2013
Nguyễn Văn Linh
Sinh viên K50 TCNH ĐH Ngoại Thương

1

Giới thiệu

Trong ngày thi thứ 2 của kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 xuất hiện một bài toán khá
thú vị:
Cho 4 điểm A, B, C, D theo thứ tự cùng nằm trên đường thẳng l. Hai cung ω1 , ω2 dựng trên dây
AB và ω3 , ω4 dựng trên dây CD sao cho 4 dây cung trên cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ là
đường thẳng l đồng thời ω1 tiếp xúc với ω3 và ω2 tiếp xúc với ω4 . Chứng minh rằng giao điểm của tiếp
tuyến chung ngoài của các cặp cung (ω2 , ω3 ) và (ω1 , ω4 ) nằm trên l.
Ở bài viết này tác giả sẽ đưa ra 4 cách chứng minh cho bài toán trên và lời giải cho bài toán tổng
quát.

2

Chứng minh
Cách 1.
Trước tiên ta phát biểu một số bổ đề.

Bổ đề 1. (Định lý Monge-D’Alembert). Cho ba đường tròn C1 (O1 , R1 ), C2 (O2 , R2 ), C3 (O3 , R3 ) phân
biệt trên mặt phẳng. Khi đó tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn (C1 , C2 ), (C2 , C3 ), (C3 , C1 ) cùng
thuộc một đường thẳng. Hai tâm vị tự trong của hai trong ba cặp đường tròn trên và tâm vị tự ngoài
của cặp đường tròn còn lại cùng thuộc một đường thẳng.
Có thể chứng minh bổ đề 1 tương đối đơn giản dựa theo định lý Menelaus, xin phép không trình
bày lại ở đây.
Bổ đề 2. Cho hai dây cung γ1 và γ2 cùng dựng trên dây AC sao cho chúng cùng nằm trên một nửa

mặt phẳng bờ AC. Gọi C1 , C2 là hai đường tròn tiếp xúc với γ1 và γ2 . Khi đó tâm vị tự ngoài của C1
và C2 nằm trên AC.

1


T

I2
Z

I1
Y
O2

X

I
C

A

O1

Chứng minh. Gọi (O1 , R1 ) và (O2 , R2 ) lần lượt là đường tròn chứa các cung γ1 , γ2 ; I là tâm vị tự ngoài
của C1 và C2 . X, Y là tiếp điểm của C1 , C2 với γ1 , Z, T là tiếp điểm của C1 , C2 với γ2 .
Áp dụng định Monge-D’Alembert cho bộ ba đường tròn ((O1 ), γ1 , γ2 ) và ((O2 ), γ1 , γ2 ) suy ra I, X, Y
thẳng hàng và I, Z, T thẳng hàng.
Gọi IA1 A2 là tiếp tuyến chung ngoài của γ1 , γ2 .
Phép nghịch đảo IIIA1 .IA2 : γ1 → γ2 , đồng thời các cặp đường thẳng I1 Z và I2 T , I1 X và I2 Y không

song song nên IZ.IT = IA1 .IA2 = IX.IY . Suy ra X, Y, Z, T đồng viên.
Xét ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (XY T Z) có trục đẳng phương lần lượt là AC, XY, ZT nên AC, XY, ZT
đồng quy. Từ đó I ∈ AC.
Bổ đề 3. Cho hai dây cung ω1 và ω2 cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng l và cùng
dựng trên dây AB nằm trên l. C, D là hai điểm bất kì trên l và nằm ngoài đoạn thẳng AB. Khi đó 4
tiếp tuyến kẻ từ C, D tới ω1 và ω2 cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp.
M
T
Q

Z

N

Y

O2
P

X

J
O1
A

B

L

C

D

Chứng minh. Gọi X, Z và Y, T là các điểm trên ω1 và ω2 sao cho CX, CY, DZ, DT là các tiếp tuyến
của hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) chứa các cung ω1 và ω2 ; M N P Q là tứ giác tạo bởi giao điểm của
CX, CY, DZ, DT như hình vẽ.
Do C, D nằm trên trục đẳng phương của (O1 ) và (O2 ) nên CX = CY , DZ = DT . Từ đó tồn tại
hai đường tròn C1 , C2 lần lượt tiếp xúc với (O1 ) và (O2 ) tại X, Y và Z, T . Áp dụng bổ đề 2 suy ra
XZ cắt Y T tại một điểm L nằm trên l.
Xét hai tam giác N ZX và QT Y có T Q ∩ N Z = {D}, QY ∩ N X = {C}, T Y ∩ ZX = {L} cùng
nằm trên l nên N ZX và QT Y thấu xạ. Áp dụng định lý Desargues suy ra T Z, XY, N Q đồng quy tại
J.
2


Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn C1 , (O1 ), (O2 ) suy ra XY đi qua tâm vị tự
trong của (O1 ) và (O2 ). Chứng minh tương tự suy ra J là tâm vị tự trong của (O1 ) và (O2 ).
Gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác M N D. Do N là tâm vị tự trong của (I) và (O1 ) nên áp
dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn (I), (O1 ), (O2 ) ta có Q là tâm vị tự ngoài của (I)
và (O2 ). Mà QC tiếp xúc với (O2 ) nên QC tiếp xúc với (I). Điều này nghĩa là tứ giác M N P Q ngoại
tiếp.
Trở lại bài toán.

E

F

I

O3

M

N

O4

Q

O2
P
O1

Y

A

B

X

C

D

Gọi (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ) lần lượt là các đường tròn chứa các cung ω1 , ω2 , ω3 , ω4 ; P, Q lần lượt là
tiếp điểm của (O1 ) và (O3 ), (O2 ) và (O4 ).
Qua P kẻ tiếp tuyến chung trong của (O1 ) và (O3 ), cắt d tại X.
Ta có XP 2 = XA.XB = XC.XD nên X thuộc trục đẳng phương của (O2 ) và (O4 ), tức là XQ là
tiếp tuyến chung trong của (O2 ) và (O4 ).
Giả sử tiếp tuyến chung ngoài M E của ω2 và ω3 cắt d tại Y , qua Y kẻ tiếp tuyến Y N tới ω1 , Y F

tới ω2 .
Áp dụng bổ đề 3 cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) với hai điểm X, Y suy ra Y M, Y N, XP, XQ cắt
nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp đường tròn (I).
Lại áp dụng bổ đề 3 cho hai đường tròn (O3 ) và (O4 ) với hai điểm X, Y suy ra Y F tiếp xúc với
đường tròn nội tiếp tam giác tạo bởi các đường thẳng XP, XQ, Y M hay đường tròn (I). Như vậy
Y N, Y F cùng tiếp xúc với (I), suy ra Y, N, F thẳng hàng. Ta có đpcm.
Cách 2.
E

F
O3
M
Q

N
O2

O4

P

O1
Y

A

H B

X

3

C

D

G


Với cách kí hiệu tương tự như cách 1, tiếp tuyến M E của ω2 và ω3 cắt l tại Y , lần lượt kẻ các tiếp
tuyến Y N, Y F tới ω2 , ω4 . Ta cần chứng minh Y, N, F thẳng hàng.
Do XP = XQ, Y M = Y N, Y E = Y F nên tồn tại các đường tròn C1 lần lượt tiếp xúc với (O1 )
và (O3 ) tại P , tiếp xúc với (O2 ) và (O4 ) tại Q; đường tròn C2 tiếp xúc với (O2 ) tại M và (O1 ) tại N ,
đường tròn C3 tiếp xúc với (O3 ) tại E và (O4 ) tại F.
Theo bổ đề 2 suy ra M Q cắt N P tại tâm vị tự ngoài G của C1 và C2 và G ∈ l, EP cắt F Q tại
tâm vị tự ngoài H của C1 và C3 và H ∈ l.
Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn C1 , C2 , C3 suy ra M E cắt d tại tâm vị tự
ngoài của C2 và C3 , hay Y là tâm vị tự ngoài của C2 và C3 . Suy ra Y, N, F thẳng hàng. Ta có đpcm.
Cách 3.

E

F
O3
M
O4

N
O2

Q

P

O1
Y

A

B

X

C

D

Với ý tưởng tương tự cách 2 ta cần chứng minh Y, N, F thẳng hàng.
Như cách 2 chúng ta đã chứng minh tồn tại các đường tròn C1 , C2 , C3 .
Từ đó theo cách chứng minh bổ đề 2 suy ra M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn và E, F, P, Q
cùng thuộc một đường tròn.
Mặt khác, áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn C1 , (O2 ), (O3 ) suy ra P Q cắt EM
tại tâm vị tự ngoài T của hai đường tròn (O2 ) và (O3 ).
Suy ra T M .T E = T P .T Q, nghĩa là M, E, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
Như vậy 6 điểm M, N, E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn. Suy ra tứ giác M N F E nội tiếp.
Giả sử Y N cắt đường tròn (Y, Y E) tại F . Do hai đường tròn (Y, Y M ) và (Y, Y N ) đồng tâm và
hai đường thẳng M E, N F giao nhau tại Y nên M N F E là hình thang cân hay M N F E nội tiếp.
Lại có F và F cùng nằm trên (Y, Y N ) nên F ≡ F , hay Y, N, F thẳng hàng. Ta có đpcm.
Cách 4.
Trước tiên ta phát biểu 2 bổ đề sau.

Bổ đề 4. Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) không chứa nhau. Gọi C1 , C2 là hai đường tròn tiếp xúc
ngoài với (O1 ), (O2 ) lần lượt tại A, B và C, D. Khi đó A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.

4


c1

B
A
O2
O1

T

C

D

c2

Chứng minh. Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn (O1 ), (O2 ), C1 suy ra AB đi qua
tâm vị tự ngoài T của (O1 ) và (O2 ). Tương tự ta cũng có CD đi qua T .
Từ đó T A.T B = T C.T D = k. Suy ra A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
Bổ đề 5. (Chuỗi đường tròn Apollonius- bài toán 9 đường tròn). Cho 3 đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 )
trên mặt phẳng. Ta xây dựng một chuỗi đường tròn xoay vòng như sau. Gọi C12 là đường tròn tiếp
xúc với (O1 ) và (O2 ), C23 là đường tròn tiếp xúc với C12 , (O2 ), (O3 ), C34 là đường tròn tiếp xúc với
C23 , (O3 ), (O1 ), C45 là đường tròn tiếp xúc với C34 , (O1 ), (O2 ), C56 là đường tròn tiếp xúc với C45 ,
(O2 ), (O3 ), C61 là đường tròn tiếp xúc với C5 , (O3 ), (O1 ). Khi đó C12 , C23 , ..., C61 là một chuỗi đóng,
hay C61 tiếp xúc với C12 .

O3

C56

C61
P6

C34
O1

P1

P3

C12

P4
C23
C45
P5

P2
O2

Chứng minh. Ta chứng minh bài toán trong trường hợp 3 đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) đôi một ngoài
nhau. Các trường hợp khác chứng minh tương tự.
Gọi P1 , P2 lần lượt là tiếp điểm của C12 với (O1 ) và (O2 ); P3 là tiếp điểm của C23 với (O3 ); P4 là
tiếp điểm của C34 với (O1 ), tương tự với P5 , P6 , P7 . Như vậy ta cần chứng minh P7 ≡ P1 .
Áp dụng bổ đề 4 cho hai đường tròn C12 và C34 cùng hai đường tròn tiếp xúc C23 và (O1 ) suy ra

P1 , P2 , P3 , P4 cùng thuộc một đường tròn.
Áp dụng bổ đề 4 cho hai đường tròn (O2 ) và (O3 ) với hai đường tròn tiếp xúc C23 và C56 suy ra
P2 , P3 , P5 , P6 cùng thuộc một đường tròn.
5


Tiếp tục áp dụng bổ đề 4 cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) với hai đường tròn tiếp xúc C45 và C12
suy ra P1 , P2 , P4 , P5 cùng thuộc một đường tròn.
Từ các điều trên ta thu được P1 , P2 , P3 , P4 , P5 , P6 cùng thuộc một đường tròn ω.
Áp dụng bổ đề 4 cho hai đường tròn (O1 ) và (O3 ) với hai đường tròn tiếp xúc C61 và C34 suy ra
P3 , P4 , P6 , P7 cùng thuộc một đường tròn. Từ đó P7 là giao của ω với (O1 ) hay P7 ≡ P1 . Như vậy C61
và C12 tiếp xúc nhau. Ta có đpcm.
Trở lại bài toán.

E

F'
O3
M
N
O2

O4

Q
P

O1
Y

A

B

X

C

D

Chú ý rằng chuỗi Apollonius vẫn đúng trong trường hợp đường tròn suy biến thành đường thẳng.
Tiếp tuyến chung M E của (O2 ) và (O3 ) cắt l tại Y . Kẻ tiếp tuyến Y N của ω1 , dựng đường tròn
C3 tiếp xúc với Y M, Y N lần lượt tại E, F . Đường tròn C1 và C2 được định nghĩa giống cách 2,3.
Áp dụng bổ đề 5 cho đường tròn C1 và 2 đường tròn suy biến thành đường thẳng Y M và Y N ta
có:
(O2 ) tiếp xúc với C1 , Y M .
C2 tiếp xúc với (O2 ), Y M, Y N.
(O1 ) tiếp xúc với C2 , Y N, C1 .
(O3 ) tiếp xúc với (O1 ), C1 , Y M.
C3 tiếp xúc với (O3 ), Y M, Y N.
(O4 ) tiếp xúc với C3 , Y N, C1 .
Do chuỗi (O2 ), C2 , (O1 ), (O3 ), C3 , (O4 ) là chuỗi đóng nên (O4 ) tiếp xúc với (O2 ), C1 , Y N.
Điều này nghĩa là (O4 ) tiếp xúc với C1 tại P và tiếp xúc với Y N tại F .
Lại có tiếp tuyến tại Q của (O2 ) cắt tiếp tuyến tại P của (O1 ) tại X và XP = XQ nên X nằm
trên trục đẳng phương của (O4 ) và (O3 ).
Mà Y E = Y F nên Y cũng thuộc trục đẳng phương của (O4 ) và (O3 ). Vậy XY là trục đẳng phương
của (O4 ) và (O3 ) hay (O4 ) đi qua C, D.
Suy ra (O4 ) ≡ (O4 ). Ta có đpcm.

3

Mở rộng

Cho 2n điểm A1 , B1 , A2 , B2 , ..., An , Bn (n ≥ 2) theo thứ tự nằm trên đường thẳng l. Hai cung ωk và
γk dựng trên dây Ak Bk (k = 1, n) sao cho 2n cung cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ l đồng thời
ωk tiếp xúc với ωk−1 và ωk+1 , γk tiếp xúc với γk−1 và γk+1 . Khi đó giao điểm của tiếp tuyến chung
ngoài của các cặp cung ω1 và ωn , γ1 và γn nằm trên l.
Để chứng minh bài toán mở rộng trước tiên ta phát biểu một bổ đề sau.

6


Bổ đề 6. Cho 6 điểm A1 , B1 , A2 , B2 , A3 , B3 cùng nằm trên đường thẳng l sao cho các đoạn thẳng
A1 B1 , A2 B2 , A3 B3 tách rời nhau. Hai cung ωi và γi cùng dựng trên dây Ai Bi (i = 1, 3) sao cho 6 cung
cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ l. Kí hiệu dij là tiếp tuyến chung ngoài của cặp cung ωi và ωj ,
kij là tiếp tuyến chung ngoài của cặp cung γi và γj . Giả sử giao điểm của d12 và k12 , d23 và k23 cùng
nằm trên l. Khi đó giao điểm của d13 và k13 cũng nằm trên l.

A1

B2

A2

B1

A3

B3

X

Z

Y

Chứng minh. Gọi X, Y lần lượt là giao của d12 và k12 , d23 và k23 ; Z là giao của d13 với l. Từ Z kẻ tiếp
tuyến k13 tới γ1 .
Áp dụng bổ đề 3 cho 2 đường tròn ω1 , γ1 và 2 điểm X, Z suy ra tồn tại một đường tròn C1 nội
tiếp tứ giác tạo bởi giao điểm của 4 đường thẳng d12 , k12 , d13 , k13 . Tương tự tồn tại đường tròn C2 nội
tiếp tứ giác tạo bởi giao điểm của 4 đường thẳng d12 , k12 , d23 , k23 . Gọi C3 là đường tròn nội tiếp (hoặc
bàng tiếp) tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng d13 , d23 , k23 .
Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn C1 , C2 , C3 ta có X là tâm vị tự ngoài của
C1 và C2 ; Y là tâm vị tự ngoài của C2 và C3 nên tâm vị tự ngoài của C1 và C3 nằm trên XY .
Do d13 là tiếp tuyến chung của C1 và C3 nên d13 cắt l tại tâm vị tự ngoài Z của C1 và C3 . Mà k13
tiếp xúc với C1 nên k13 tiếp xúc với C3 .
Từ Z kẻ tiếp tuyến k13 tới γ3 , lại áp dụng bổ đề 3 cho 2 đường tròn ω3 và γ3 với hai điểm Y, Z suy
ra C3 tiếp xúc với k13 . Từ đó k13 ≡ k13 ≡ k13 . Ta có đpcm.
Trở lại bài toán.

A1

B1

A2

B2

A3

B3

A4

B4

Vẫn kí hiệu dij và kij như bổ đề 6. Gọi Xij là giao của dij và kij .
Theo bài toán Iran 2013 ta có X12 và X23 nằm trên l. Do đó áp dụng bổ đề 6 suy ra X13 nằm trên
l. Lại có X34 nằm trên l nên lại áp dụng bổ đề 6 suy ra X14 nằm trên l. Chứng minh tương tự ta thu
được X1n nằm trên l.
7


Tài liệu
[1] goodar2006, Concurrency of two common external tangents, AoPS Topic 530380.
/>[2] Nguyễn Văn Linh, Monge-D’Alembert’s theorem, Euclidean Geometry Blog.
/>[3] Nguyễn Văn Linh, Some famous circles chains, Euclidean Geometry Blog.
/>Email:

8