TMN. Gọi E, F là tiếp điểm của đường tròn (I) với AC và AB. Gọi đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi giao điểm của AI với đường tròn (O) là J.
Gọi giao điểm của ường tròn (I) với đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC là K, L sao cho K nằm giữa L và C. Do từ giác BCIL nội tiếp và TLDE nội tiếp kết hợp với tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau khi đó ta có BLI 180 ICB; TLE TDE ICB = 0 − = = . Từ đó suy ra ba điểm B, L, T thẳng hàng. Hoàn toàn tương tự ta được ba điểm C, K, L thẳng hàng. Từ đó suy ra M, N là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc B, C với AC, AB.
Ta có MTN BTC EDF 90 BAC = = = 0−. Đặt AB c= và p là nửa chu vi tam giác ABC. Ta lại có
= = −
AM CE p AB
N
M A
B D C
I
J E F
K L
X T
Và cũng cóNF AB 2BF AB AB BC CA= − = −
(
+ −)
=AC BC− = AC BC AB+ − = −p c 2Nên ta được AM NF, từ đó suy ra = ∆AXM= ∆FXN do đó FNX AMX =
Từ đó suy ra tứ gác AMXN nội tiếp. Lại có AX là phân giác của góc MAN nên
=
MAX NAX hay AM XN . Do đó ta được = XM XN= nên X nằm trên đường trung trực của MN.
Lại có NXM 180 BAC 2MTN= 0−= nên X là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNT Bài 22. Gọi Ma là trung điểm của BC. Gọi giao
điểm của AI với đường tròn (I) là K. Do đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC nên ta suy ra AB, BC, CA là các tiếp trên của (I).
Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau và kết hợp
giả thiết ta được
+ − −
= = AB AC BC 2BC BC BC= = AE AF
2 2 2
Từ đó suy ra AF BM= a. Do AK là phân giác của góc BAC nên K nằm chính giữa cung BC không chứa A của đường tròn (O). Nên được
= a
FAI KBM và KMa ⊥BC
Từ đó dẫn đến ∆AFI= ∆BM Ka nên ta được AI BK=
Ta lại có IBK IBC CBK = + = 1
(
BAC ABC , BKI ACB+)
=2 , do đó ta được
(
) (
)
(
) (
)
= − + = − + −
= + − + = + =
0 0 1
BIK 180 IBK BKI 180 BAC ABC ACB
1 2 1
BAC ABC BAC ABC BAC ABC IBK
2 2
Do đó ta được tam giác BKI cân tại K, suy raBK IK=
Khi từ đó ta được AI BK DI= = , suy ra I là trung điểm của AK. Do đó ta được AK OI⊥ Do O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên suy ra OM , OM , OMa b c lần lượt là đường trung trực của BC, CA, AB. Nên ta được AM O AM O 90 c = b = 0. Từ đó suy ra
b c
M , M thuộc đường tròn đường kính AO. Lại có AIO 90= 0 nên I thuộc đường tròn đường kinh AO.
K D
L
I O
F
E
Mc Mb
Ma C
B
A
Do IE AC, IF AB⊥ ⊥ nên E, F nằm trên đường thẳng Simson của I đối với tam giác
b c
AM M
Từ đó suy ra IL M M⊥ b c nên ba điểm I, L, D thẳng hàng
Điều này dẫn đến ba điểm A, L, Ma thẳng hàng nên từ đó ta suy ra L là trung điểm của
b c
M M .
Gọi T là tâm đường tròn đường kính OA, khi đó TI đi qua trung điểm L Từ đó hai đường tròn (L, LI) và (T) tiếp xúc với nhau.
Từ IA IK= và M K IDa = ta được LI= DI
2 nên suy ra (L, LI) tiếp xúc với đường tròn (I) Bài 23. Gọi GQ cắt đường tròn (O) tại E khác G. Do AGQ 90= 0 nên AE là đường kính của đường tròn (O). Do OM//AP và O là trong điểm của AM nên M là trung điểm của QS. Từ đó ta được DM//PS và cùng vuông giác với PA nên DM là trung trực của PQ. Do tứ giác AHKE nội tiếp đường tròn (O) nên ta được KGE KAE = . Do đó ta có
= 0− = 0− = = KQG 90 KGQ 90 KAE AEK QPK Lại có tứ giác KPEA nội tiếp đường tròn (O) nên KPQ KEA = Do đó ta được
=
LQG KPQ, suy ra GS tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác KQP.
Gọi tiếp tuyến tại K, Q của dường tròn ngoại tiếp tam giác KGQ cắt nhau tại T.
Khi đó KTQ 180 2KGQ 2KQG 2KPG= 0− = = nên T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KPQ
Mà DM là đường trung trực của PQ nên T nằm trên DM. Trong tam giác TQM vuông lại Q có QD là đường cao ta có
= =
2 2
TK TQ TD.TM . Từ đó suy ra TK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác KDM . Hay TK là tiếp tuyến chung của hai
X N
R
E S
A
B
D C Q
P M K
G
T
O
đường tròn ngoại tiếp tam giác KGQ và KDM với tiếp điểm là K
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác KGQ và KDM tiếp xúc với nhau tại K.
Gọi S, X lần lượt ta tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác GKQ và KMD, khi đó K, S, X thẳng hàng.
Dễ thấy hai tam giác vuông KGQ và KAE đồng dạng với nhau từ đó suy ra hai tam giác KGA và KQE đồng dạng với nhau. Gọi R là trung điểm của GA, khi đó KR và KM lần lượt là trung tuyến của hai tam giác KGA và KQE nên suy ra hai tam giác KGR và KQM đồng dạng với nhau. Nên ta được GRK QMK =
Từ đó ta được tứ giác KGRM nội tiếp. Khi đó ta có biến đổi góc sau
(
)
( )
= − = − + +
= − − + + −
0 0
0 0 0
DMN 180 DKN 180 GKS XKM MKD
180 90 KMR TMK 90 TMD
Điều này dẫn đến ba điểm M, N, R thẳng hàng. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 24. Gọi GQ cắt đường tròn (O) tại S khác G. Do AGQ 90= 0 nên AS là đường kính của đường tròn (O).
Do OM//AP và O là trong điểm của AM nên M là trung điểm của QS. Từ đó ta được DM//PS và cùng vuông giác với PA nên DM là trung trực của PQ. Do tứ giác AHKS nội tiếp (O) nên KGS KAS = . Do đó ta được
= 0− = 0− = = KQG 90 KGQ 90 KAS ASK QPK Lại có tứ giác KPSA nội tiếp đường tròn (O) nên KPQ KSA = . Do đó ta được
=
LQG KPQ, suy ra GS tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác KQP. Gọi tiếp tuyến tại K, Q của dường tròn ngoại tiếp tam giác KGQ cắt nhau tại T.
O
T G
K
M
P Q
D C
B
A
S
Khi đó ta có KTQ 180 2KGQ 2KQG 2KPG = 0− = = nên T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KPQ
Mà DM là đường trung trực của PQ nên T nằm trên DM.
Trong tam giác TQM vuông lại Q có QD là đường cao ta có TK2 =TQ2 =TD.TM Từ đó suy ra TK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác KDM
Hay TK là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác KGQ và KDM với tiếp điểm là K
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác KGQ và KDM tiếp xúc với nhau tại K.
Bài 25.
Cách 1. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp