Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc A MỞ ĐẦU Trong kì thi học sinh giỏi, tốn hình học phẳng ln chiếm vị trí quan trọng Học sinh cần có kiến thức tổng hợp, đa dạng tư linh hoạt để giải toán Gần đây, toán chứng minh hai đường trịn tiếp xúc có xuất kì thi từ chọn đội tuyển tỉnh, kì thi Olympic Duyên Hải trường chuyên, chí IMO Việc giải tốn chứng minh hai đường trịn tiếp xúc có nhiều cách tiếp cận, nhiều hướng chứng minh khác Do việc phân loại, chia dạng (một cách tương đối) cần thiết để giúp học sinh có phương pháp đường lối để giải vấn đề Xuất phát từ nhu cầu đó, q trình giảng dạy, tơi mạnh dạn phân loại, chia dạng toán chứng minh hai đường tròn tiếp xúc viết hành chuyên đề: “Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc” Dù cố gắng chuyên đề khơng thể tránh khỏi thiết sót Rất mong nhận góp ý đồng nghiệp để chuyên đề hoàn thiện 1|Page Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc B NỘI DUNG: Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh tiếp tuyến chung Tiếp xúc: có dạng tiếp xúc tiếp xúc Các tiếp điểm tương ứng tâm vị tự trong/ngồi hai đường trịn - Bài tốn tiếp xúc: thường có mức độ có biết sẵn tiếp điểm tiếp điểm Ở khơng biết tiếp điểm, đơi ta phải tìm ngược tiếp điểm, khó, địi hỏi nhiều kỹ thuật Tất nhiên, phải thực việc Cơ sở phương pháp A O1 O2 O1 O2 A Ta triển khai phương pháp dựa vào nhận xét sau: Cho hai đường trịn O1  , O2  có chung điểm A Nếu tiếp tuyến A O1  tiếp tuyến hai đường trịn O1  , O2  tiếp xúc A A O2  Như ta thấy xác định điểm tiếp xúc tính chất cơng việc thuận lợi Để tiếp tuyến chung, phần ta kẻ tiếp tuyến với đường tròn (tại tiếp điểm mà ta dự đốn) dùng biến đổi góc phương tích để chứng minh tiếp tuyến với đường tròn lại 2|Page Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Bài tập ứng dụng Bài 2.1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) Gọi D chân phân giác góc A , O1  đường tròn tiếp xúc đoạn DB, DA tiếp xúc (O ) ; O2  đường tròn tiếp xúc đoạn DC, DA tiếp xúc (O ) Chứng minh O1  tiếp xúc với O2  Chứng minh Gọi G điểm cung BC khơng chứa A Chúng ta biết phương tích từ G đến họ đường tròn  tiếp xúc với O tiếp xúc với BC cho  G nằm khác phía so với BC GB2  GI Do O1  tiếp xúc với GI nên I tiếp điểm O1  với AG Tương tự suy O1  O2  tiếp xúc I Bài 2.2 (Đề thi thức Duyên Hải lớp 10 năm 2017): Cho tam giác ABC ( AB  AC ) nhọn, không cân nội tiếp đường tròn  O  Các đường cao AD , BE CF cắt H Gọi M trung điểm cạnh 3|Page BC Đường tròn  J  ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường trịn Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc  O  điểm thứ hai K ( K  A) Đường thẳng AM cắt đường tròn  J  điểm thứ hai Q (Q  A) EF cắt AD P Đoạn PM cắt đường tròn  J  N a) Chứng minh đường thẳng KF , EQ BC đồng quy ba điểm K, P, Q thẳng hàng b) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác giác BNC tiếp xúc DMN đường tròn ngoại tiếp tam a) Cách 1:Gọi A’ điểm đối xứng với H qua M, suy BHCA’ hình bình hành A ' CA   A ' BA  900  AA ' đường kính đường trịn Do A ' C  BH ; A ' B  CH , suy  ngoại tiếp tam giác ABC Suy A ' K  AK (1) Dễ thấy AH đường kính đường trịn (J), suy HK  AK (2) Từ (1) (2) suy K, H, A’ thẳng hàng Mà H, M, A’ thẳng hàng nên suy K, H, M, A’ thẳng hàng 4|Page Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc Gọi L giao điểm AK BC Từ kết giả thiết, suy H trực tâm tam giác ALM, suy LH vng góc với AM, gọi Q '  LH  AM  Q '  ( J )  Q '  Q suy tứ giác ABDE, ALDQ nội tiếp, suy HL.HQ  HA.HD  HB.HE  LBQE nội tiếp Ta có: AF AB  AE AC  AK AL  AH AD  AQ AM Suy tứ giác KLBF, CMQE nội tiếp Như vậy: LB trục đẳng phương hai đường tròn (LBQE) (KLBF); KF trục đẳng phương hai đường tròn (KLBF) (J); EQ trục đẳng phương hai đường trịn (J) (LBQE) Do ba đường thẳng KF, EQ BC đồng quy song song EF trục đẳng phương hai đường tròn (BC) (J) KQ trục đẳng phương hai đường tròn (J) (LM) PA /( LM )  PA /( BC ) nên A thuộc trục đẳng phương (LM) (BC) Do AD vng góc với đường nối tâm hai đường tròn (LM) (BC) nên AD trục đẳng phương hai đường tròn (LM) (BC) Lại có, P giao điểm EF với AD nên suy P thuộc KQ Cách : Ta có AF AB  AE AC  AK AL  AQ AM  AF AB  AH AD , Qua phép nghịch đảo  ( A, AH AD ) , tâm A phương tích k  AH AD : Đường thẳng KF biến thành đường tròn (ABL); đường thẳng EQ biến thành đường tròn (ACM); đường thẳng BC biến thành đường tròn (AEF) Ba đường trịn (ABL); (ACM); (AEF) có chung điểm A Do trục đẳng phương ba đường trịn đồng qui A trùng Vậy ba đường thẳng KF, EQ BC song song đồng quy b)Ta có: AK trục đẳng phương hai đường tròn (O) (J); EF trục đẳng phương hai đường tròn (J) (BFEC); BC trục đẳng phương hai đường tròn (BFEC) (O), mà AK cắt BC L, suy AK, EF, BC đồng quy L 5|Page Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Ta có M tâm đường trịn (BFEC), suy MJ  EF, kết hợp với JD  LM Suy P trực tâm tam giác JLM Do MP  JL Gọi S giao điểm JL MP, ta có tứ giác LDPS nội tiếp, suy JS.JL  JP.JD (3) Xét tứ giác tồn phần AEHFBC, ta có  A, H , P, D   1 , mà J trung điểm AH nên theo hệ thức Newton suy JH  JP.JD (4) Từ (3) (4) suy JS.JL  JH  JN , mà NS  JL suy LN vng góc với JN hay LN tiếp tuyến (J) Suy LN  LK.LA  LB.LC  LN tiếp tuyến đường tròn (BNC) (5) AKM   ADM  900  điểm A, K, D, M thuộc đường tròn, suy Từ  LN  LK LA  LD.LM  LN tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MND (6) Từ (5) (6) suy hai đường tròn (BNC) (MND) tiếp xúc N (đpcm) Bài 2.3 (Arab Saudi IMO Training Test 2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , trực tâm H Trung tuyến AM cắt O lần thứ hai N AH cắt O K Các đường thẳng KN , BC đường thẳng qua H vng góc với AN cắt tạo thành tam giác XYZ Chứng minh XYZ tiếp xúc với O 6|Page Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Lời giải Giả sử vị trí điểm X, Y , Z hình vẽ Gọi T điểm thứ hai  AH O P hình chiếu H AM Q điểm đối xứng với A qua O Theo kết quen thuộc (như 1.2.2): T , H , M , Q thẳng hàng Ta có: HXK  90 PNX  900 ANK  900 AQK  KAQ  KTH Suy tứ giác XKHT nội tiếp Do HP  AM , YM  AH nên Y trực tâm tam giác AHM , suy Y , T , A thẳng hàng Từ TXK  THA  TYB Hay tức giác ZXYT nội tiếp Kẻ tiếp tuyến Tx O Ta có XTx XTK xTK XHK TAK TYH TZX Suy Tx đồng thời tiếp tuyển XYZ Vậy hai đường tròn XYZ O tiếp xúc với T Bài 2.4.(Đề thức Dun Hải 2018) Đường trịn  nội tiếp tam giác ABC khơng cân có tâm I tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A, P cắt đường thẳng AD A, K Các đường thẳng PI , EF cắt H Đường tròn ngoại tiếp tam giác DKH cắt đường tròn  D, N a Chứng minh DH vng góc với EF b Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn  7|Page Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Khơng tổng qt giả sử AB < AC Sau kí hiệu ( XY ) đường trịn đường kính XY (XYZ) đường trịn ngoại tiếp tam giác XYZ a) Gọi M giao điểm EF BC Đường tròn  tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB D, E, F suy DB EC FA   AD,BE, CF đồng quy (theo định lý ceva) Nên theo tính chất DC EA FB hàng điểm điều hịa ta có ( M , D, B, C )  1  H ( M , D, B, C )  1 (1)    PEC  AF P AEP  PFB  PFB  PEC ( g  g ) Ta có     PBF  PCE PF FB BD    (2) PE EC CD Dễ thấy I trung điểm cung EF đường tròn (AEF), suy PI phân giác   PF  FH (3) Từ (2), (3) HFB   HEC  FPE PE EH HB FB BD   suy HFB  HEC ( g  g )  HC EC CD   HD phân giác BHC (4) Từ (1) (4) theo tính chất chùm điều hịa suy DH  EF b) Dễ thấy đường tròn (AEF) đường trịn đường kính AI Suy IK  AK , IK trục đẳng phương hai đường trịn (AI) (DI) Ta có PM /(AI)  MF ME  PM /  MD  PM /( DI ) , suy M thuộc trục đẳng phương hai đường tròn (AI) (DI) Suy M, K, I thẳng hàng Từ BC, EF, IK đồng quy M IK  DK , DH  EF suy DM đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DKH Gọi S trung điểm DM, suy SD  SN mà ID  IN , suy SI trung trực DN Ta lại có SD tiếp tuyến đường trịn  , suy SN tiếp tuyến  (5) 8|Page Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Từ ( M , D, B, C )  1 S trung điểm MD, nên theo hệ thức Niu tơn ta có SD2  SB.SC mà SD  SN , suy SN  SB.SC , suy SN tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC (6) Từ (5) (6) suy đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn   , từ xét phép vị tự tâm N biến D Nhận xét: Có thể chứng minh ND phân giác BNC thành D1 (với D1 giao điểm ND với đường tròn (BNC) ) để chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn  Bài 2.5 ( IMO 2015) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O với trực tâm H , đường cao AF M trung điểm BC Đường tròn đường kính HA cắt O Q khác A Đường trịn đường kính HQ cắt O taị K khác Q Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác KHQ KFM tiếp xúc Lời giải :Gọi AE đường kính O D đối xứng với H qua BC D nằm O Dễ thấy Q , H , M , E thẳng hàng.Gọi tiếp tuyến K , H giác KHQ cắt X Ta có: KXH  180  2KHX  180  2KQH  90 KQH   90 KAE  2KDH 9|Page đường tròn ngoại tiếp tam Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Lại có XK  XH , từ X tâm ngoại tiếp tam giác KDH Do BC trung trực HD nên X nằm BC Từ theo hệ thức lượng tam giác vng ta có: XK  XH  XF XM Hay XK tiếp tuyến chung đường tròn ngoại tiếp tam giác KQH KFM hay hai đường tròn tiếp xúc K Lời giải :Gọi đường thẳng qua M vng góc với QM cắt KH D Gọi L , Z trung điểm HQ , HK L , Z nằm đường Euler  N  mà M thuộc  N  nên N trung điểm LD N trung điểm OH nên OD  LH  QA Ta có: DQ  DA HA.HF  HQ.HM  HK.HD Kẻ tiếp tuyến KT đường tròn ngoại tiếp tam giác KQH ta có: 10 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc Bài 2.16 (TST Lạng Sơn 2016) Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O) với I tâm nội tiếp tam giác Đường tròn qua C, tiếp xúc với AI I cắt AC E cắt (O) H ( E , H  C ) a) Chứng minh EH qua trung điểm AI b) Đường tròn qua B, tiếp xúc với AI I cắt AB F cắt (O) G ( G , F  B ) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác EIF GIH tiếp xúc với Giải A E X I H O D B C K a) Gọi K giao điểm AI với (O) Theo tính chất quen thuộc KI=KC Gọi D giao KH với BC Dễ có KCD  KHC suy KC  KD.KH  KI tức D nằm (IEHC) Gọi X giao điểm EH với AI Ta có        CH   sd KB   CH   HDC  HEC  AEX sd KCH  sd KC 2 suy  XAE   AHE tức XA tiếp tuyến (AEH) suy XA2  XE XH , XAH  XI  XE XH , XA=XI Vậy EH qua trung điểm AI b) 27 | P a g e  Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc A H E X F O I G T B D L C K Ta lại có AE.AC=AF.AB=AI2 nên BFEC nội tiếp Chứng minh tương tự ý a) FG qua trung điểm X AI Do đó, XE XH  XF XG  XI suy EFGH tứ giác nội tiếp Do đó, EF, GH, BC ba trục đẳng phương (BCHG), (BCEF), (EFGH) nên chúng đồng quy T Gọi L giao KG với BC IFGBL nội tiếp Dễ thấy HDC  HGK  A B nên DLGH nội tiếp Thế TL.TD=TG.TH=TB.TC tức T nằm trục đẳng phương (IDL), (IBC) Hơn nữa, BIL  BGL  KHC  DIC nên (IDL), (IBC) tiếp xúc I Do đó, TI tiếp tuyến chung chúng Từ hai điều ta TE TF  TG.TH  TB.TC  TI tức TI tiếp tuyến chung (EIF) tiếp xúc với (GIH), suy điều phải chứng minh  Bài 2.17 Cho tam giác ABC E , F hai điểm nằm AC , AB Dựng đường tròn qua hai điểm E , F tiếp xúc với BC D Gọi P điểm liên hợp đẳng giác với D tam giác AEF Tiếp tuyến P đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF cắt AC , AB M , N Chứng minh B , M , C , N thuộc đường tròn K K tiếp xúc với  AEF 28 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Lời giải Ta có: BNM  180 NFP FNP  180 DEF PEF  180 EDC DEC  ACB Suy tứ giác BNMC nội tiếp Gọi R , S giao điểm FD với EP , EP với FP Ta có FSE  180 SFE SEF  1800 BFP FPN  ANM  ACB Suy tứ giác FSPN , DSCE nội tiếp Tương tự, tứ giác ERPN , DFBR nội tiếp Gọi T giao điểm  FSP  ERP Suy T điểm Miquel tứ giác toàn phần PRDS.FE Suy T nằm  DFR , DES Vậy T điểm Miquel tam giác ABC AMN ứng với điểm  D, E, F , P, E, F 29 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Ta thu TMC  TPE  TFS  TBC Vậy T   K Kẻ tiếp tuyến Tx K Ta có BTF  BDF  DEF  DET TEF  BCT TEF Do Tx tiếp tuyến K nên xTB  TCB Suy XTF  TEF hay Tx đồng thời tiếp tuyến  AEF Vậy  AEF K tiếp xúc T Ta nhận thấy tốn mở đầu chứng minh theo toán sau Bài 2.18 Cho tam giác ABC ba điểm D , E , F nằm BC , CA , AB Gọi M điểm Miquel tam giác ABC ứng với  D, E, F Khi  AEF tiếp xúc với  BMC  DEF tiếp xúc với BC 30 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Có thể chứng minh 2.18 phép cộng góc tương tự tốn Bài tốn sau từ kì thi Iran TST 2016 dựa ý tưởng 2.18 Bài 2.19 (Iran TST 2016.) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Các điểm X , Y nằm AB, AC cho đường thẳng đối xứng với BC qua XY tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác AXY Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AXY tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC Lời giải Gọi  đường tròn đối xứng với  AXY qua XY Do đối xứng BC qua XY tiếp xuvs với  AEF nên  tiếp xúc với BC Z Gọi T điểm Miquel tam giác ABC ứng với ba điểm X, Y , X 31 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Ta có BTC  BTZ CTZ  BXZ CYZ  XAY XZY  2XAY  BOC Do T thuộc  BOC Áp dụng 2.18 ta có XYZ tiếp xúc với BC nên  AXY tiếp xúc với  BTC Cũng từ ý tưởng 2.18 ta xây dựng số toán tương tự sau: Bài 2.20 Cho tam giác ABC với I tâm đường tròn nội tiếp Một đường trịn qua A tiếp xúc ngồi với  BIC cắt AC , AB E , F Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF Chứng minh  EJF tiếp xúc với BC Lời giải Gọi T tiếp điểm  AEF với  BIC  BFT cắt BC S suy tứ giác STEC nội tiếp ESF  EST TSF  ECT FBT  BTC BAC  BIC BAC  900  BAC Ta có  180 EJF 32 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Do tứ giác EJFS nội tiếp Theo 2.18, ta có  AEF tiếp xúc với  BTC nên  EFS tiếp xúc với BC hay  EJF tiếp xúc với BC Bài 2.21 (trường Đông Bắc Trung Bộ 2015) Cho tam giác ABC nhọn với AB  AC trực tâm H AH , BH , CH cắt cạnh BC , CA , AB D , E , F EF cắt BC G K hình chiếu H lên AG AH cắt EF L Trung trực LD cắt GH P , N trung điểm EF Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác KGN DPL tiếp xúc Lời giải Gọi M trung điểm BC Ta dễ thấy K , A , E , H , F thuộc đường tròn hàng BC , DG  1 GK.GA  GE.GF  GD.GM  GB.GC từ tứ giác KAMD nội tiếp suy AKM  ADM  90 nên KH qua M Vậy H trực tâm tam giác AGM nên HG vng góc AM I 33 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc Dễ thấy MN  EF nên N thuộc đường đường kính GM Ta lại có hàng  AH , LD  1 mà IL  ID nên IH phân giác LID IH cắt trung trực LD P nên L , I , D , P thuộc đường tròn Gọi J trung điểm AH , theo hệ thức Newton dễ thấy JI  JA2  JH  JL JD Nên JI tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác DPL Mặt khác từ chùm điều hòa tam giác AGM có AD , GI , KM đồng quy H nên I  DK , AG 1  I  DL, AH suy I , K , L thẳng hàng Từ JIL  IDL  IDA  KGI JI tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác KGN Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác KGN DPL tiếp xúc I Ta có điều phải chứng minh Bài 2.22 Cho tam giác ABC nhọn với  AB  AC nội tiếp đường tròn C  H trực tâm tam giác ABC F hình chiếu A xuống BC M trung điểm đoạn BC Gọi   HKQ   90 Giả sử điểm Q , K hai điểm đường tròn C  cho AQH A , B , C , K , Q phân biệt nằm C  theo thứ tự Chứng minh hai đường trịn ngoại tiếp tam giác KQH FKM tiếp xúc với Lời giải Trước giải toán, ta chứng minh nhận xét sau: Nhận xét Cho tam giác ABC không cân D chân đường cao hạ từ A xuống BC E   ECA  Khi đó, E trực tâm tam giác ABC nằm đoạn AD cho EBA 34 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Chứng minh Gọi F giao điểm BE với AC , M giao điểm CE với AB, N giao điểm MF với BC   ECA  nên tứ giác BCFM nội tiếp đường trịn tâm O Vì EBA Theo định lí Brocard ta có: AE  ON  AD  ON Lại có: AD  BC  O  BC Khi OB  OC  O trung điểm đoạn thẳng BC Hay nói cách khác, E trực tâm tam giác ABC Trở lại toán Gọi W, N,P trung điểm AH , HQ , HK Gọi T điểm đối xứng Q qua W Theo nhận xét 6, dễ dàng nhận thấy M , H , Q thẳng hàng Phép vị tự tâm H tỉ số biến đường tròn O thành đường tròn Euler S Suy điểm P , N , W thuộc đường trịn Euler S Ta có: AQ  HT , AQ  HT  HT  HQ ta có NP  HK Do đó, HT tiếp tuyến đường tròn  N  , HPN ,  HFM  35 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Ta có: HT trục đẳng phương hai đường tròn  HPN  ,  HFM  NP trục đẳng phương hai đường tròn  HPN  ,S FM trục đẳng phương hai đường tròn S , HFM Suy NP , HT , FM đồng quy J Khi JK tiếp tuyến đường trịn KFM Ta có: JK  JH  JF JM  JK tiếp tuyến đường tròn KFM Suy hai đường tròn ngoại tiếp tam giác KQH KFM tiếp xúc với K 36 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc Bài 2.23 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O ) , có trực tâm H Gọi M , N , P trung điểm BC , CA, AB Đường trịn đường kính AH đường tròn (O ) cắt T  A AT cắt BC Q NP cắt tiếp tuyến A đường tròn (O ) R a/ Chứng minh QR vng góc OH  cắt đoạn thẳng BC b/ Đường thẳng đối xứng với HM qua phân giác góc BHC I Gọi K hình chiếu A HI Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MIK tiếp xúc với đường tròn (O ) a/ Gọi A1, B1,C1 chân đường vng góc kẻ từ A, B, C tam giác ABC Khi AT, BC, B1C đồng quy Q ( tính chất tâm đẳng phương ba đường trịn (O),(AH ),(BC ) (kí hiệu (AH ),(BC ) đường trịn đường kính AH, BC) Ta có RA2  RP RN QT QA  QB1.QC1 R,Q có phương tích đường tròn (O) đường tròn Euler ( đường tròn điểm qua P, N, B1,C ) 37 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc Ta biết tâm đường tròn Euler trung điểm OH nên RQ  OH b/ Ta chứng minh tốn trường hợp hình vẽ, trường hợp khác chứng minh tương tự Gọi AH cắt (O) D khác A, AE đường kính (O) Trước tiên ta có H D đối xứng qua BC tứ giác HBEC hình bình hành đồng thời điểm T, H, M, E thẳng hàng   HAK   KTH   KTM  Ta có HIA T, I, M, K thuộc đường tròn Ta chứng minh T, I, D thẳng hàng Thật gọi TD cắt BC J Khi tính đối xứng   BDJ   BDT   BET   BEH   EHC  , J trùng với I BHJ   TED   TMI  Tx tiếp tuyến Gọi Tx tiếp tuyến T (O) Khi xTD đường tròn ngoại tiếp tam giác TMI hay Tx tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MIK Hay Tx tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) đường tròn ngoại t iếp tam giác MIK, ta có điều phải chứng minh Bài 2.24 Cho tam giác nhọn khơng cân ABC nội tiếp đường trịn (O ) Gọi D, E, F lần trung điểm cạnh BC , CA, AB Tiếp tuyến B (O ) cắt đường thẳng DF K , tiếp tuyến C (O ) cắt đường thẳng DE L Đường trịn đường kính OK cắt (O ) điểm thứ hai khác B S , đường trịn đường kính OL cắt (O ) điểm thứ hai khác C T  phân giác ABC  cắt a) Chứng minh đường phân giác ASC đường thẳng FD b) Gọi U giao điểm BS CT Tia AU cắt lại (O ) điểm V khác A Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác EFV tiếp xúc với (O ) Lời giải Xét 38 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc a) Gọi X Y hai giao điểm FD với (O ) Dễ thấy BXSY tứ giác điều hòa Do  XBY  cắt đường thẳng FD Vì XY AC hai phân giác góc XSY  ABC  song song nên hai phân giác phân giác góc ASC b) Ta thấy BS đối trung tam giác XBY Gọi E  trung điểm XY Khi E, O, E  thẳng hàng, BE  cắt AC điểm B  Gọi B  chân đường cao hạ từ đỉnh B tam giác ABC Khi B  B  đối xứng qua trung điểm AC Đồng thời BS BB  đẳng giác góc ABC Tương tự ta định nghĩa C , C  , A, A Khi CT CC  đẳng giác góc  BCA Đường trịn (AEF ) tiếp xúc với (O ) A Tiếp tuyến chung hai đường tròn A cắt đường EF M Đường trịn đường kính OM cắt (O ) điểm thứ hai khác A R Dễ thấy MR tiếp tuyến (O ) Khi M tâm đẳng phương (O ), (AEF ) 39 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc (EFR) nên MR tiếp tuyến (EFR) hay (EFR) tiếp xúc với (O ) R Tương tự  chứng minh AR AA đẳng giác góc CAB Mặt khác AA, BB , CC  đồng quy trực tâm H tam giác ABC nên AA, BB, CC  đồng quy điểm isotomic H (dùng định lý Ceva sin) Do AR, BS , CT đồng quy điểm U Vậy V R trùng Do (EFV ) tiếp xúc với (O ) 40 | P a g e Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc C TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Văn Linh, Các giảng https://nguyenvanlinh.wordpress.com/ [2] Nguyễn Văn Linh, 108 tốn hình học sơ cấp, NXB ĐHQG Hà Nội, 2018 [3] Trần Minh Ngọc, Bài giảng đội tuyển chuyên Lê Hồng Phong thành phố Hồ Chí Minh [4] Nguyễn Thanh Dũng, Bài giảng đội tuyển chuyên Lạng Sơn [5] Trần Quang Hùng, Chuyên mục tuần toán [6] Trần Quang Hùng, Về hai hình kì thi IMO 2015, tạp chí Epsilon [7] Nguyễn Duy Khương, Các chuyên đề https://khuongworldofgeo.blogspot.com/ 41 | P a g e .. .Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc B NỘI DUNG: Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh tiếp tuyến chung Tiếp xúc: có dạng tiếp xúc. .. Chứng minh DH vng góc với EF b Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn  7|Page Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường trịn tiếp xúc. .. để chứng minh tiếp tuyến với đường tròn lại 2|Page Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc Bài tập ứng dụng Bài 2.1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn