LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA ************

LỜI GIẢI Á ÀI TOÁN HÌNH HỌ PHẲNG THI HỌN ĐỘI TUYỂN QUỐ GI ************ ài : Hai đường tròn ( ) và ( ) cắt nhau tại hai điểm P và Q Tiếp tuyến chung của hai đường tròn gần P hơn Q tiếp xúc với ( ) tại và tiếp xúc với ( ) tại ác tiếp tuyến của ( ), ( ) kẻ từ P cắt đường tròn kia lần lượt tại E và F, (E, F khác P) Gọi H, K lần lượt là các điểm nằm trên các đường thẳng F, E sao cho H = P và K = P hứng minh rằng năm điểm, H, Q, K, cùng thuộc một đường tròn (Đề TST 000) Lời giải Gọi H là giao điểm của P và E Ta sẽ chứng minh H H ' P Thật vậy: Do PE là tiếp tuyến của ( ) nên H EPQ PQ ( cùng chắn cung PQ ) ặt khác: K EQ EQ (góc nội tiếp cùng chắn cung EQ của đường tròn ( )) Do đó: EQ PQ QH ' QH ' E F Suy ra tứ giác QH nội tiếp Q Từ đó ta có: H ' QP Ta lại có: Q PQ PQ P P 0 80 P PH ' Kết hợp các điều trên, ta được : H ' P PH ' hay tam giác PH cân tại H P H ' H H ' Từ đây ta được tứ giác HQ là tứ giác nội tiếp Hoàn toàn tương tự : tứ giác QK cũng nội tiếp Vậy 5 điểm,, Q, H, K cùng thuộc một đường tròn Ta có đpcm

ài : Trên các cạnh của lấy các điểm, N, P sao cho các đoạn, NN, PP chia đôi chu vi tam giác, trong đó, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn,, hứng minh rằng: ác đường thẳng, NN, PP đồng quy tại một điểm Gọi điểm đó là K K K K Trong các tỉ số,, có ít nhất một tỉ số không nhỏ hơn (Đề TST 00) Lời giải Nếu đều thì các điểm, N, P lần lượt trùng với các đỉnh,, của nên rõ ràng các đoạn, NN, PP đồng quy Xét trường hợp không đều, khi đó có hai cạnh của tam giác không bằng nhau, giả sử : Khi đó, do chia đôi chu vi nên phải nằm trên cạnh và : N P ặt khác, gọi D là phân giác góc thì theo K tính chất đường phân giác của tam giác, ta có : D D D P D D N D D D Từ đó, suy ra :, theo định lí Thalès đảo, ta được : // D D Do P // và N // nên: P D NP hay là phân giác NP Tương tự, ta có : NN, PP cũng là các đường phân giác của NP Suy ra :, NN, PP đồng quy tại tâm đường tròn nội tiếp của tam giác NP Ta có đpcm Gọi G là trọng tâm của, ta có : K K K ( KG G) ( KG G) ( KG G) KG ( G G G ) KG( G G G) KG ( ) Suy ra : K K K ( ) K K K Giả sử cả ba tỉ số,, đều bé hơn ( K K K ) Điều mâu thuẫn này suy ra đpcm

ài : ho tam giác có H là trực tâm Đường phân giác ngoài của góc H cắt các cạnh, lần lượt tại D và E Đường phân giác trong của góc cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DE tại điểm K hứng minh rằng đường thẳng HK đi qua trung điểm của đoạn (Đề TST 006) Lời giải Trước hết ta sẽ chứng minh DE cân tại Thật vậy: Vì HD là phân giác góc ngoài của H nên: 0 DH ( H H) (90 ) (90 ) Do đó: 0 DE DH DH 90 90 0 Tương tự, ta cũng có: 0 ED 90, suy ra: DE ED, tức là tam giác DE cân tại ặt khác K là phân giác DE nên cũng là trung trực của đoạn DE, do đó K chính là đường kính của đường tròn ngoại tiếp DE ' Từ đó ta có: KD, tương tự: KE Gọi P là giao điểm của KD và H, Q là giao E điểm của KE và H ' H Ta có: KP, QH KP // QH Q Tương tự, ta cũng có: KQ // PH Suy ra: D KPHQ là hình bình hành, tức là HK đi qua P trung điểm của PQ K Hơn nữa, theo định lí Thalès: DP // H P D PH D ', QE // H Q E QH E ' D H E H Theo tính chất đường phân giác:, D ' H ' E ' H ' Vì,,, cùng thuộc đường tròn đường kính nên theo tính chất phương H H tích: H H ' H H ' H ' H ' Từ các điều này, ta được: P Q PQ // PH QH Vì HK đi qua trung điểm của PQ nên cũng đi qua trung điểm của Ta có đpcm

ài 4: Trong mặt phẳng cho góc xoy Gọi, N lần lượt là hai điểm lần lượt nằm trên các tia Ox, Oy Gọi d là đường phân giác góc ngoài của góc xoy và I là giao điểm của trung trực N với đường thẳng d Gọi P, Q là hai điểm phân biệt nằm trên đường thẳng d sao cho I = IN = IP = IQ, giả sử K là giao điểm của Q và NP hứng minh rằng K nằm trên một đường thẳng cố định Gọi d là đường thẳng vuông góc với I tại và d là đường thẳng vuông góc với IN tại N Giả sử các đường thẳng d, d cắt đường thẳng d tại E, F hứng minh rằng các đường thẳng EN, F và OK đồng quy (Đề TST 006) Lời giải x J d E Q K I O N y P F Xét trường hợp các điểm, Q và N, P nằm cùng phía với nhau so với trung trực của N Khi đó giao điểm K của P và NQ thuộc các đoạn này: Gọi I là giao điểm của d với đường tròn ngoại tiếp ON Do d là phân giác ngoài của ON nên I chính là trung điểm của cung ON, do đó: I = I N hay I chính là giao điểm của trung trực N với d Từ đó, suy ra: I I ' hay tứ giác ION nội tiếp Ta được: NIO NO ặt khác: do I = IN = IP = IQ nên tứ giác NPQ nội tiếp trong đường tròn tâm I, đường kính PQ PIN PN (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung PN ) Từ các điều trên, ta có: NO PN P là phân giác trong của ON Tương tự, ta cũng có: NQ là phân giác trong của ON Do K là giao điểm của P và NQ nên K chính là tâm đường tròn nội tiếp của thuộc phân giác trong của xoy, tức là K thuộc một đường thẳng cố định (đpcm) ON, suy ra K 4

- Nếu giao điểm K nằm ngoài các đoạn P và NQ: ta cũng có lập luận tương tự và có được K là tâm đường tròn bàng tiếp ON của tam giác ON, tức là K cũng thuộc phân giác trong của xoy, là một đường thẳng cố định Gọi J là giao điểm của d và d Ta thấy tứ giác INJ nội tiếp trong đường tròn đường kính IJ Hơn nữa: ION cũng là tứ giác nội tiếp nên 5 điểm, N, I, J, O cùng thuộc một đường tròn Do đó: phân giác trong góc ON đi qua trung điểm của cung JN Rõ ràng, N đối xứng nhau qua trung trực của N nên J = JN, tức là J cũng là trung điểm của cung ON Từ đó suy ra: J thuộc phân giác trong của ON hay O, K, J thẳng hàng Ta cần chứng minh các đoạn OI, EN và F trong JEF đồng quy OE SOEJ JO JEsin OJE JE sin OJE Thật vậy: OF SOFJ JO JFsin OJF JF sin OJF JE sin JFE O sin ON Trong JEF và ON, ta có :, JF sin JEF ON sin ON ặt khác : sin OJE sin ON OJE OJN ON, OJF OJ ON sin OJF sin ON sin sin sin Kết hợp lại, ta được : OE JFE O OFN O OFN O OF sin JEF ON sin OE ON sin OE ON sin sin OFN O OE E ONsin NOF sin OE NF OE FN OE NF J Do đó : OF E OF NJ E Theo định lí eva đảo, ta có OI, EN và F đồng quy Đây chính là đpcm 5

ài 5: ho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi,, và,, lần lượt là các chân đường cao của tam giác hạ từ các đỉnh,, và các điểm đối xứng với,, qua trung điểm của các cạnh,, Gọi,, lần lượt là các giao điểm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác,, với đường tròn (O) hứng minh rằng:,, đồng quy (Đề TST 009) Lời giải Ta sẽ chứng minh các đường thẳng,, cùng đi qua trọng tâm của tam giác Thật vậy: Gọi là trung điểm của đoạn thẳng, là điểm đối xứng với qua trung trực của Ta sẽ chứng minh rằng trùng với hay đường tròn ( ) cắt (O) tại Ta có:, đối xứng nhau qua trung trực của O nên: =, = Do, và, cùng đối xứng với nhau qua trung điểm của nên = Tương tự: = Suy ra: ' ' Kết hợp với ' ' ( cùng chắn cung ), ta được: ' ' ( c g c) ' ' 0 0 80 ' 80 ' ' ' Do đó, tứ giác là tứ giác nội tiếp hay trùng với Gọi G là giao điểm của trung tuyến G với Do // nên: G G là trọng tâm của tam giác hay đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác Tương tự:, cũng đi qua G Vậy các đường thẳng,, đồng quy Ta có đpcm G ' 6

ài 6: Trong mặt phẳng cho hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm, Gọi PT là một trong hai tiếp tuyến chung của hai đường tròn trong đó P, T là các tiếp điểm Tiếp tuyến tại P và T của đường tròn ngoại tiếp tam giác PT cắt nhau tại S Gọi H là điểm đối xứng với qua đường thẳng PT hứng minh rằng các điểm, S, H thẳng hàng (Đề TST 00) Lời giải Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề: Trong một tam giác, đường đối trung xuất phát từ một đỉnh đi qua giao điểm của tiếp tuyến tại hai đỉnh còn lại của đường tròn ngoại tiếp tam giác hứng minh: Xét tam giác nội tiếp (O) có phân giác D, E là giao O điểm của tiếp tuyến tại và của (O) với nhau Gọi là đường thẳng đối xứng với E qua D ( thuộc ) Ta sẽ chứng minh rằng là trung điểm của Thật vậy, do đối xứng với E qua phân giác D nên: D E, E Theo định lí sin trong các tam giác, ta có: sin sin sin sin sin sin sin sin sin E sin E E sin E sin E E E Vậy là trung điểm ổ đề được chứng minh *Trở lại bài toán: Ta có: PT P, TP T Suy ra: 0 PT P T PT TP 80 PT 0 0 80 PHT PT PHT 80 Do đó tứ giác PTH nội tiếp Gọi I là giao điểm của với PT Theo tính chất phương tích, ta có: IP I I, IT I I IP IT hay I là trung điểm của PT Hơn nữa, ta cũng có: P PT HPT HT Suy ra H đối xứng với trung tuyến I của tam giác PT qua phân giác góc PT Do S là giao điểm của tiếp tuyến tại P và tại T của (PT) nên theo bổ đề trên, ta có:, H, S thẳng hàng Đây chính là đpcm P H I S T 7

ài 7: ho tam giác nội tiếp trong đường tròn (O) ột đường tròn (K ) tiếp xúc với các cạnh, và tiếp xúc trong với đường tròn (O) lần lượt tại các điểm, N, P ác điểm, N, P và, N, P xác định một cách tương tự hứng minh rằng các đoạn thẳng N, N, N cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn (Đề TST 999) Lời giải Gọi E, F lần lượt là giao điểm của P, P với đường tròn (K ), gọi D là giao điểm của N P với (O) Ta sẽ chứng minh rằng D là trung điểm của cung Thật vậy: Gọi Px là tiếp tuyến của (O) tại P Ta có: N E P P x FP x FNP Hơn nữa, tứ giác EN FP nội tiếp nên N E NFP, suy ra: EN N FP ( g g) FP N N E PN P N là phân giác của góc P hay D là trung điểm của cung Từ đó, ta cũng có: D là phân giác góc P Gọi I là giao điểm của D với N x Ta sẽ chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp Ta có: I P N P NP x DPx D P I P Tứ giác I P nội tiếp Suy ra: PI P, mà P PN nên PI P N DIP DN I Do đó: DI DP DIP DN I ( g g) DI DN DP DN DI Ta cũng có: D DN D N P N DP N D N DP ( g g) D DN DP DP D Do đó: E I K F N DI D DI D hay DI cân tại D DI D I I I D N N I I N I I N I hay I chính là phân giác Từ đó suy ra I chính là tâm đường tròn nội tiếp của Dễ thấy N cân tại và I là phân giác nên I là trung điểm của N Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: I là trung điểm của N, N Vậy các đoạn thẳng N, N, N cắt nhau tại trung điểm của mỗi đoạn Ta có đpcm D 8

ài 8: ho tam giác đều và điểm nằm trong tam giác Gọi,, lần lượt là ảnh của các điểm,, qua phép đối xứng tâm hứng minh rằng tồn tại duy nhất một điểm điểm P trong mặt phẳng cách đều hai đầu mút của các đoạn thẳng,, Gọi D là trung điểm của đoạn hứng minh rằng khi thay đổi trong tam giác và không trùng với D thì đường tròn ngoại tiếp tam giác NP, trong đó N là giao điểm của D và P, luôn đi qua một điểm cố định (Đề TST 995) D ' N Lời giải Gọi G, G lần lượt là trọng tâm của tam giác và Qua phép đối xứng tâm (tương đương với phép 0 quay 80 ) : G G ', ' ' ' Xét phép 0 quay tâm G, góc quay 0, ta có: G : ' ' ' ' ' ' Suy ra: ' ' ' ' ' ' Tích của hai phép quay, là một phép quay mới do tổng góc quay của chúng P 0 0 0 0 0 là: 80 0 00 60 (mod 60 ) Gọi P là tâm của phép quay, rõ ' ràng P tồn tại và duy nhất Khi đó, ta có: : G G ', ' ' ' Do đó, điểm P cách đều các đầu mút của các đoạn ', ', ' Đây chính là đpcm Do D là trung điểm của nên ' 0 ( G, GD) 60 Gọi là phép biến hình hợp bởi phép quay tâm G, góc quay 0 60 và phép vị tự tâm G, tỉ số theo thứ tự đó Ta thấy: : G G, D Theo câu /, biến G thành G nên: PG PG PG PG đều Hơn nữa, : G G ' nên là trung điểm của GG Suy ra:, P G P G Do đó: : P Từ đó, suy ra: : GP GD Ta sẽ chứng minh rằng các điểm G,, N, P cùng thuộc một đường tròn (*) Thật vây: Vì qua phép biến hình, đường thẳng P biến thành đường thẳng D nên góc tạo bởi hai đường này là 0 60, tức là: 0 0 ', (, ') 60 nên tam giác PGG NP 60 hoặc 0 NP 0 (tùy theo góc này nhọn hay tù) Vì 0 PG 60 nên nếu 0 NP 60 thì hai điểm G và N cùng nhìn đoạn P dưới góc nên (*) đúng; nếu như 0 NP 0 thì 0 PG NP 80 nên (*) cũng đúng Do đó, trong mọi trường hợp, 4 điểm G,, N, P cùng thuộc một đường tròn hay (NP) luôn đi qua điểm G cố định Ta có đpcm 0 60 9

ài 9: Trong mặt phẳng cho hai đường tròn (O ), (O ) cắt nhau tại và ác tiếp tuyến tại, của đường tròn (O ) cắt nhau tại K Xét một điểm không trùng với, nằm trên đường tròn (O ) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường thẳng với đường tròn (O ) Gọi là giao điểm thứ hai của đường thẳng K với đường tròn (O ) Gọi Q là giao điểm thứ hai của đường thẳng với đường tròn (O ) hứng minh rằng: Trung điểm của đoạn thẳng PQ nằm trên đường thẳng Đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi di động trên (O ) (Đề TST 004) Lời giải Không mất tính tổng quát, giả sử thuộc cung lớn, trường hợp còn lại thuộc cung nhỏ được chứng minh tương tự Gọi H là giao điểm của đoạn PQ với Ta cần chứng minh rằng: PH QH Do K là tiếp tuyến kẻ từ K của (O ) và K là cát tuyến tương ứng nên: K K ( g g) P K O K O K H Hoàn toàn tương tự: K K Q N à K K (do K, L K là các tiếp tuyến của (O )) nên từ các tỉ số trên, suy ra: Ta có: Tứ giác nội tiếp (O ) nên: Q P Q Tứ giác QP nội tiếp (O ) nên: P Q P Q P Suy ra: P Q( g g) Q Xét tam giác PQ với cát tuyến H, theo định lí enelaus: HQ P HP P Q HP HQ Q Suy ra H là trung điểm của PQ (đpcm) Xét các góc nội tiếp cùng chắn các cung, ta có: PQ và QP, do đó: PQ( g g) 0

Do đó, tồn tại một phép đồng dạng f biến thành PQ Rõ ràng nếu một phép đồng dạng biến ba điểm không thẳng hàng thành ba điểm không thẳng hàng tương ứng thì nó cũng biến đường tròn ngoại tiếp của tam giác tạo bởi ba điểm ban đầu thành đường tròn ngoại tiếp của tam giác tạo bởi ba điểm sau đó Ta thấy: các điểm,, thuộc (O ),, P, Q thuộc (O ) nên từ nhận xét trên: f biến (O ) thành (O ) Gọi N là giao điểm thứ hai của K với đường tròn (O ) Ta có: NQ (cùng chắn cung Q của (O ) Do đó, f biến thành Q nên cũng biến thành N Suy ra, f biến giao điểm K của tiếp tuyến tại, của (O ) thành giao điểm L của tiếp tuyến tại N và của đường tròn (O ) Hơn nữa, và K cố định nên N cố định, suy ra L xác định như trên cũng cố định Phép biến hình f này biến, tương ứng thành P, Q và K nằm trên đoạn nên điểm L cũng phải nằm trên đoạn PQ Từ đó, suy ra: đường thẳng PQ luôn đi qua điểm L cố định Ta có đpcm

ài 0: ho tam giác có O là tâm đường tròn ngoại tiếp Gọi H, K, L lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ các đỉnh,, của tam giác Gọi 0, 0, 0 lần lượt là trung điểm của các đường cao H, K, L Đường tròn nội tiếp tâm I của tam giác tiếp xúc với các đoạn,, lần lượt tại D, E, F hứng minh rằng 0 D, 0 E, 0 F cùng đi qua một điểm và điểm đó nằm trên đường thẳng OI (Nếu O trùng I thì coi OI là đường thẳng tùy ý qua O) (Đề TST 00) Lời giải Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề: ho tam giác nhọn ngoại tiếp đường tròn (I) và (J) là đường tròn bàng tiếp góc Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ đến và là trung điểm H (I) tiếp xúc I với tại D H Khi đó:, D, J thẳng hàng D E *hứng minh: Gọi E là tiếp điểm của (J) trên và F là điểm đối xứng với E qua J, gọi, lần lượt là giao điểm của J tiếp tuyến tại F của (J) với các tia, Dễ thấy // nên ' ', tức là tồn tại phép vị tự tâm sao cho: : ' ' ' F ' Do D là tiếp điểm của (I) trên, F là tiếp điểm của (J) trên nên theo tính chất của phép vị tự, ta có: : D F, suy ra:, D, F thẳng hàng Gọi J là giao điểm của đường thẳng D với EF thì: J ' E DE DF J ' F, mà H nên J ' E J ' F J ' J, tức là, D, J thẳng hàng H DH D ổ đề được chứng minh *Trở lại bài toán: Gọi,, lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp các góc,, của tam giác Theo bổ đề trên thì:, D, ' ;, E, ';,, ' 0 0 0 F là các bộ ba điểm thẳng hàng Dễ thấy: DE // (cùng vuông góc với phân giác trong của góc ) Tương tự: EF //, FD // Từ đó suy ra: DEF ' ' ' Do đó, tồn tại một phép vị tự tâm J thỏa mãn: : DEF ' ' ' Từ đó suy ra các đường thẳng D, E, F đồng quy tại tâm vị tự J nói trên hay 0 D, 0 E, 0 F đồng quy tại J Ta chỉ còn cần chứng minh J nằm trên đường thẳng OI Ta thấy: O là tâm đường tròn Euler của tam giác I là trực tâm của tam giác

Suy ra: tâm đường tròn ngoại tiếp O của tam giác đối xứng với I qua O và hiển nhiên nó nằm trên đường thẳng OI Hơn nữa: I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác DEF nên theo tính chất của phép vị tự: : I O ', tức là I, J, O thẳng hàng ' ' L F 0 0 I K E O 0 H D Từ đó suy ra bốn điểm I, J, O, O thẳng hàng hay J nằm trên đường thẳng OI Trong trường hợp I trùng với O thì tam giác đều và bốn điểm I, J, O, O trùng nhau, khi đó bài toán vẫn đúng Vậy ta có đpcm '

ài : ho tam giác là tam giác nhọn, không cân, nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R ột đường thẳng d thay đổi sao cho d luôn vuông góc với O và luôn cắt các tia, Gọi, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng d và các đoạn, Giả sử các đường thẳng N và N cắt nhau tại K; giả sử đường thẳng K cắt đường thẳng Gọi P là giao của đường thẳng K và đường thẳng hứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của tam giác NP luôn đi qua một điểm cố định khi d thay đổi Gọi H là trực tâm của tam giác N Đặt = a và l là khoảng cách từ điểm đến đường thẳng HK hứng minh rằng đường thẳng HK luôn đi qua trực tâm của tam giác Lời giải Từ đó suy ra: l R a 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào? (Đề TST 006) N K O Q P I a Không mất tính tổng quát, giả sử < (trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự) Do tam giác không cân nên O không vuông góc với và N không song song với, do đó N phải cắt đường thẳng tại một điểm, giả sử là Q; gọi I là trung điểm N Q Theo định lí enelaus cho ba điểm Q,, N thẳng hàng: N Q N P ặt khác, theo định lí éva cho các đoạn P, N, đồng quy, ta có: N P Từ đó, suy ra: P Q hay Q,, P, là một hàng điểm điều hòa, suy ra: P Q Do I là trung điểm nên OI QI I OQ O, do đó: QI QP QI QI PI QI I OQ O Q Q IP IQ I I (do theo tính chất phương tích của Q đối với (O) thì OQ O OQ R Q Q ) 4

à tứ giác N cũng nội tiếp vì có N x N (với x là tia tiếp tuyến của (O)) Suy ra Q QN Q Q Từ đó suy ra Q QN QP QI, suy ra tứ giác NIP nội tiếp hay đường tròn ngoại tiếp tam giác NP luôn đi qua điểm I cố định Ta có đpcm b Gọi D, E là hai đường cao của tam giác, L là trực tâm của tam giác ; gọi F, NG là hai đường cao của tam giác N, H là trực tâm của tam giác N Ta cần chứng minh rằng H, K, L thẳng hàng E G H F D N L K O Q P I Xét đường tròn (O ) đường kính N và (O ) đường kính Ta thấy: KK = K KN nên K có cùng phương tích đến (O ), (O ), tức là K thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này Đồng thời, dễ thấy rằng các điểm D, G thuộc (O ) và, F thuộc (O ) Do H, L là trực tâm của tam giác và N nên L LD = L LE, HN HG = HE H; tức là H, L cùng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (O ), (O ) Từ đó suy ra H, K, L cùng thuộc trục đẳng phương của (O ), (O ) nên chúng thẳng hàng Từ đó suy ra l L ặt khác do tam giác nhọn nên L OI R 4R a 4 Do đó L l R a 4 Đây chính là đpcm Đến đây, ta sẽ tìm vị trí của d sao cho đẳng thức xảy ra 5

N Giả sử d cắt, tại và N thỏa mãn k N k Gọi R, S lần lượt là trung điểm của N và ; suy ra R, S cũng chính là tâm của hai đường tròn (O ), (O ) Ta thấy khi đẳng thức xảy ra thì L vuông góc với trục đẳng phương của (O ), (O ), tức là L song song với đường nối tâm RS của hai đường tròn này, mà L vuông góc với nên RS phải vuông góc với Ta có: RS N, mà RS 0 ( N ) 0 Do góc tạo bởi N và chính là Q N nên từ đẳng thức trên suy ra: N kcos( ) k cos( ) Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tại N sao cho N cos( ) k, tức là đường thẳng d cắt tại, cos( ) 6

ài 4: ho đường tròn (O) đường kính và là một điểm bất kì nằm trong (O), không nằm trên đoạn thẳng Gọi N là giao điểm của phân giác trong góc của tam giác với đường tròn (O) Đường phân giác ngoài góc cắt các đường thẳng N, N lần lượt tại P, Q Đường thẳng cắt đường tròn đường kính NQ tại R, đường thẳng cắt đường tròn đường kính NP tại S và R, S khác hứng minh rằng: đường trung tuyến ứng với đỉnh N của tam giác NRS luôn đi qua một điểm cố định khi di động phía trong đường tròn (Đề TST 009) Lời giải R S I Q D P O N Qua R kẻ đường thẳng song song với PQ cắt N tại, qua S kẻ đường thẳng song song với PQ cắt N tại D Gọi I là trung điểm của D Ta sẽ chứng minh rằng D // Thật vậy, do N nằm trên đường tròn đường kính nên: 0 N 90 N N, suy ra N là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PN Do đó: N NS( g g) Vì PQ là đường phân giác góc ngoài của N nên SP P QR Q ặt khác: SP SNP (góc nội tiếp cùng chắn cung PS của đường tròn đường kính PN), QR QNR ( góc nội tiếp cùng chắn cung QR của đường tròn đường kính QN) Do đó: SNP QNR SNP SNR QNR SNR NR SN Xét hai tam giác NS và RN có: NR SN và RN PN NS NS nên: NS RN( g g) Suy ra các tam giác đồng dạng: N NS RN Tương tự, ta cũng có: DSN RN N 7

* Ta thấy, từ: N NS NS RN N N NR NS NR N NS ND DSN RN N ND NR NS N NR N N Suy ra: N ND N N N ND // D Trung điểm của, trung điểm của D và N là ba điểm thẳng hàng Tức là N, O, I thẳng hàng () N N N N Hơn nữa: N RN R N R N DN DS N ND DSN N DS N N N Kết hợp các điều trên, ta được: R = DS, mà R // DS (cùng song song với PQ) nên tứ giác RSD là hình bình hành Do đó, hai đường chéo D và RS của tứ giác cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường Suy ra I là trung điểm của D cũng là trung điểm của RS Khi đó: NI chính là đường trung tuyến của tam giác NRS () Từ () và (), suy ra: trung tuyến NI của tam giác NRS luôn đi qua O Vậy trung tuyến ứng với đỉnh N của tam giác NRS luôn đi qua I là điểm cố định khi di động khắp phía trong đường tròn (O) Đây chính là điều phải chứng minh 8

ài : ho tam giác có (I) và (O) lần lượt là các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn (I) trên các cạnh,, Gọi,, lần lượt là các đường tròn tiếp xúc với hai đường tròn (I) và (O) lần lượt tại các điểm D, K (với đường tròn ); tại E, (với đường tròn ) và tại F, N (với đường tròn ) hứng minh rằng: ác đường thẳng DK, E, FN đồng quy tại P Trực tâm của tam giác DEF nằm trên đoạn OP (Đề TST 005) Lời giải Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề sau: ho ba đường tròn (O ), (O ), (O ) có bán kính đôi một khác nhau;,, lần lượt là tâm vị tự của các cặp đường tròn (O ) và (O ), (O ) và (O ), (O ) và (O ) hứng minh rằng nếu trong các tâm vị tự đó, có ba tâm vị tự ngoài hoặc hai tâm vị tự trong, một tâm vị tự ngoài thì,, thẳng hàng *hứng minh: R, R, R lần lượt là bán kính của các đường Gọi tròn ( O ),( O ),( O ), các giá trị R, R, R này đôi một khác nhau O R Theo tính chất về tâm vị tự, ta có: ( ) a O R O R Tương tự: ( ) b O R, O R ( ) c O R, trong đó, mỗi số a, b, c nhận giá trị là 0 (khi nó là tâm vị tự ngoài) hoặc (khi nó là tâm vị tự trong) Theo giả thiết trong a, b, c có ba giá trị là 0 hoặc hai giá trị 0, một giá trị Từ đó: O O O O O O, theo định lí enelaus đảo cho tam giác OO O, ta có:,, thẳng hàng ổ đề được chứng minh *Trở lại bài toán: Gọi P là tâm vị tự trong của hai đường tròn (O) và (I) Dễ thấy: D là điểm tiếp xúc ngoài của và (I) nên cũng chính là tâm vị tự trong của hai đường tròn này; K là điểm tiếp xúc trong O O O của hai đường tròn và (O) nên là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn này Theo bổ đề trên thì P ', D, K thẳng hàng hay đường thẳng DK đi qua P Tương tự, các đường thẳng E và FN cũng đi qua P ' ; tức là ba đường thẳng DK, E, FN đồng quy và điểm P ' chính là điểm P của đề bài Ta chứng minh bổ đề sau: ho tam giác có (O), (I) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh,, lần lượt tại D, E, F hứng minh rằng trực tâm H của tam giác DEF nằm trên đường thẳng OI 9

F H N I D P E O * hứng minh: Gọi, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn EF, FD, DE Dễ thấy I là trung trực của đoạn EF nên thuộc đường thẳng I hay,, I thẳng hàng Tương tự:, N, I và, P, I cũng thẳng hàng Xét phép nghịch đảo tâm I, phương tích r với r là bán kính đường tròn (I) Dễ thấy: tam giác IE vuông tại E có E là đường cao nên: I I IE r, suy ra: : Tương tự: : N, P Do đó: : NP Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác NP thì : E O, suy ra: E, I, O thẳng hàng Hơn nữa, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF, E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NP cũng chính là tâm đường tròn Euler của tam giác DEF này nên E, I, H thẳng hàng Từ đó suy ra H, I, O thẳng hàng ổ đề được chứng minh * Trở lại bài toán: Gọi H là trực tâm tam giác DEF thì theo bổ đề trên: H, I, O thẳng hàng Theo câu /, điểm P nằm trên đoạn OI Suy ra: 4 điểm H, I, P, O thẳng hàng Từ đó suy ra trực tâm H của tam giác DEF nằm trên đường thẳng OI Ta có đpcm N F I P H E O D K 0

ài : ho tam giác nhọn với đường tròn tâm I nội tiếp Gọi (K a ) là đường tròn đi qua, K a vuông góc với và (K a ) tiếp xúc trong với (I) tại ác điểm, xác định tương tự / hứng minh:,, đồng qui tại P / Gọi (J a ), (J b ), (J c ) tương ứng là các đường tròn đối xứng với các đường tròn bàng tiếp các góc,, của tam giác qua trung điểm,, hứng minh P là tâm đẳng phương của đường tròn (J a ), (J b ), (J c ) (Đề TST 007) Lời giải / Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề sau: ho tam giác ngoại tiếp đường tròn (I) có D là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc lên Gọi, N là giao điểm của D với (I) (N nằm giữa và ) Giả sử I cắt đường cao H tại K hứng minh rằng: K = K * Thật vậy: Gọi E là tiếp điểm của (I) lên Giả sử IE cắt (I) tại điểm thứ hai là N khác E Qua N vẽ đường thẳng song N song với cắt và lần lượt tại ' ' và Dễ thấy tồn tại một phép vị tự K biến tam giác thành tam giác I Phép vị tự đó cũng biến tiếp điểm N của đường tròn bàng tiếp (I) của lên thành tiếp điểm D D của đường tròn bàng tiếp (J) của H E lên Suy ra, N, D thẳng hàng hay N trùng với N Khi đó, tam giác IN đồng dạng với K (do IN // K), mà IN cân tại I nên K cân tại K hay K = K Ta có đpcm Từ đây suy ra: đường tròn có tâm thuộc đường cao góc, đi qua và tiếp xúc với (I) tại thì nằm trên D Dễ thấy đường tròn đó là duy nhất J *Trở lại bài toán: Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp các góc,, của tam giác lên các cạnh,, Theo bổ đề trên, ta thấy: D, F, E Suy ra:,, đồng quy khi và chỉ khi D, E, F đồng quy ()

F I P E D ặt khác: nếu ta đặt a, b, c, p thì có thể dễ dàng tính được: D E p c, D F p b, E F p a D E F Suy ra: D E F, theo định lí eva đảo, ta có D, E, F đồng quy () Từ () và (), ta có,, đồng quy Ta có đpcm / Gọi, lần lượt là trung điểm của, ;,, lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp các góc,, của tam giác Gọi D, E lần lượt là tiếp điểm của (I) lên, Dễ thấy D đối xứng với D qua trung điểm của, đối xứng với J a qua nên J a D // D, mà D J ad ' Do đó: (J a ) tiếp xúc với tại D Hoàn toàn tương tự: (J b ) tiếp xúc với tại E Ta có: D ' E ' nên phương tích từ đến (J a ) và (J b ) bằng nhau, tức là thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này J b Ta sẽ chứng minh rằng P, cũng chính là F, vuông góc với đoạn nối tâm J a J b của hai đường tròn (J a ), (J b ) F I D' J a ' E' P '

Theo cách xác định các điểm J a, J b, ta thấy là trung điểm của J a, là trung điểm của J b Do đó: ' ' J ajb hay J ajb ' ' Ta cũng có: F F Ta có: ( )( ) J ajb F F F F F (do F vuông góc với, vuông góc với ) () ặt khác, ta thấy,, chính là chân các đường cao của tam giác nên rõ ràng:, mà F là đường cao của, là đường cao của nên: F F ũng từ hai tam giác, đồng dạng; ta có: (, ) (, F) Do đó: F () Từ () và (), suy ra: J 0 ajb F hay F J ajb Do đó F chính là trục đẳng phương của hai đường tròn (J a ), (J b ), tức là P thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (J a ), (J b ) Hoàn toàn tương tự, ta cũng có P thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (J c ), (J b ) Từ đó suy ra P chính là tâm đẳng phương của (J a ), (J b ), (J c ) Đây chính là đpcm

ài 5: ho tam giác có: c, a, b Lấy sáu điểm,,,,, phân biệt không trùng với,, và các điểm, thuộc đường thẳng,, thuộc đường thẳng, các điểm, thuộc đường thẳng Gọi,, là các số thực xác định bởi:,, a b c Xét các đường tròn ngoại tiếp các tam giác,,,,, và gọi d, d, d lần lượt là các trục đẳng phương của cặp đường tròn đi qua,, hứng minh rằng: d, d, d đồng quy khi và chỉ khi a b c 0 (Đề TST 995) Lời giải Trước hết, ta nêu định nghĩa sau: ho tam giác và điểm bất kì, khoảng cách đại số từ đến là khoảng cách từ đến nhận thêm dấu + nếu cùng phía với so với và nhận thêm dấu trong trường hợp ngược lại Tương tự với khoảng cách từ đến và Dễ thấy các số,, đã cho khác 0 do các điểm,,,,, là phân biệt Xét cặp đường tròn ngoại tiếp tam giác, ; ta sẽ chứng minh rằng trục đẳng phương của chúng chính là tập hợp các điểm có khoảng cách đại số đến và tỉ lệ với, *Thật vậy: Trong hệ trục tọa độ vuông góc Oxy lấy điểm (0;0), thuộc chiều dương của Ox và 0 0 (, ), 0 80 Khi đó: (,0), ( sin,cos ) c b Đặt ( b cot, b ), ( b cot, b ), ( c,0), ( c,0), b, b 0, b b, c, c 0, c c à ( b b ) cot ; b b ) ( cos ;sin ) b b sin b ( c c ;0) (;0) c c c Đường tròn ( ) đi qua hai điểm và nên PT có dạng là: x y cx y 0,, b c sin cos nó cũng đi qua nên sin Hoàn toàn tương tự, đường tròn ( ) có PT là: b c sin cos sin x y cx y 0 với cos Trục đẳng phương của hai đường tròn này là: ( c c ) x ( ) y 0 x y 0 sin 4

y xsin y cos Hơn nữa, y chính là khoảng cách đại số từ ( x, y ) đến ; còn xsin y cos chính là khoảng cách đại số từ ( x, y ) đến Tức là quỹ tích các điểm có khoảng cách đại số đến và tỉ lệ với là trục đẳng phương của, Nhận xét trên được chứng minh Với mỗi điểm trong mặt phẳng, kí hiệu X, Y, Z là khoảng cách đại số từ đến các cạnh,, thì dễ thấy rằng, ta luôn có ax by cz S (với S là diện tích tam giác ) và ngược lại, mỗi bộ ( X, Y, Z ) thỏa mãn ax by cz S xác định duy nhất điểm Theo chứng minh ở trên, trục đẳng phương của các cặp đường tròn là: Y Z Z X X Y ( d ) :, ( d) :, ( d ) : Suy ra, điểm chung của ba đường thẳng d, d, d (nếu có) là nghiệm của HPT: ax by cz S X Y Z S X Y Z a b c Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi a b c 0 hay ba đường thẳng d, d, d đồng quy khi và chỉ khi a b c 0 Ta có đpcm 5

ài 6: ho tam giác nhọn, không cân có O là tâm đường tròn ngoại tiếp Gọi D, E, F lần lượt là các đường phân giác trong của tam giác Trên các đường thẳng D, E, F lần lượt lấy các điểm L,, N sao cho L N k (k là một hằng số dương) D E F Gọi (O ), (O ), (O ) lần lượt là các đường tròn đi qua L, tiếp xúc với O tại ; đi qua tiếp xúc với O tại và đi qua N tiếp xúc với O tại hứng minh rằng với k, ba đường tròn (O ), (O ), (O ) có đúng hai điểm chung và đường thẳng nối hai điểm đó đi qua trọng tâm tam giác Tìm tất cả các giá trị k sao cho đường tròn (O ), (O ), (O ) có đúng hai điểm chung (Đề TST 008) Lời giải Trước hết, xin nêu 4 bổ đề sau: () ho ba đường thẳng đôi một phân biệt a, b, c và hai đường thẳng phân biệt d, d ác đường thẳng d, d theo thứ tự cắt a, b, c tại,, ;,, thỏa mãn điều kiện: k ác điểm,, thuộc a, b, c sao cho: Khi đó,,, thẳng hàng và k () ho ba đường thẳng phân biệt a, b, c và ba đường thẳng phân biệt khác a, b, c ác đường thẳng a, b, c theo thứ tự cắt a, b, c tại,, ;,, ;,, (các điểm này đôi một phân biệt) Khi đó nếu thì hoặc hoặc a, b, c đôi một song song () ho tam giác và bất kì ác tia,, lần lượt cắt,, ở,, ác đường thẳng,, cắt các đường thẳng,, lần lượt ở,, ác điểm,, theo thứ tự nằm trên các đường thẳng,, sao cho k, k 0 Khi đó,,, thẳng hàng khi và chỉ khi k hoặc k (4) ho tam giác không cân ngoại tiếp đường tròn (I) Đường tròn (I) tiếp xúc với các cạnh,, lần lượt tại D, E, F Đường thẳng EF cắt tại, đường thẳng D cắt (I) tại N (khác D) hứng minh rằng: N tiếp xúc với (I) ác bổ đề (), () có thể chứng minh dễ dàng bằng các biểu diễn theo vectơ Dưới đây trình bày các chứng minh cho bổ đề (), (4) 6

* hứng minh bổ đề (): + Điều kiện đủ: Với - Với k =, ta có,, theo thứ tự trùng với,, Vì,, đồng quy nên theo định lí enelaus thì Vì,, thẳng hàng nên Suy ra: Tương tự:, k,,, lần lượt là trung điểm,, Theo chứng minh trên, ta đã có: Theo tính chất tỉ lệ thức thì: Suy ra: Tương tự:, Nhân từng vế các đẳng thức trên, ta được: Nhân từng vế các đẳng thức trên, Tức là,, thẳng hàng hay,, thẳng hàng Do đó,,, th ẳng hàng + Điều kiện cần: Khi k, ta kí hiệu ( k ), ( k ), ( k ) thay cho,, Giả sử tồn tại số k đồng thời khác và mà ( k ), ( k ), ( k ) thẳng hàng Khi đó, các điểm: ( k ), ( k ), ( k ) và (/), (/), (/) đôi một khác nhau Dễ thấy: (/) (/) (/) / k ( k ) ( k ) ( k ) 7

Theo chứng minh ở điều kiện đủ thì hai bộ điểm,, và (/), (/), (/) thẳng hàng, mà theo điều giả sử ở trên thì ( k ), ( k ), ( k ) cũng thẳng hàng nên theo bổ đề (), hoặc đường thẳng và (/) (/) (/) song song hoặc + Nếu (/) (/) (/) (/) thì chú ý rằng:,, thẳng hàng, mâu thuẫn (/) (k) (/) (/) (/) (/) (/) (/) (/), theo bổ đề () thì (/) (k) (/) (k) + Nếu và (/) (/) (/) song song với nhau thì chú ý rằng,, theo thứ tự là trung (/) (/) (/) điểm của,, Ta có: (/) (/) ( ), (/) (/) ( ) Suy ra: song song với và (/) (/), song song với và (/) (/) Từ đó suy ra,,, cũng thẳng hàng, mâu thuẫn Do đó chỉ có k 0 và k thỏa mãn Vậy bổ đề () được chứng minh *hứng minh bổ đề (4): Gọi H là giao điểm của EF và I Ta thấy: I EF Tam giác IF vuông tại F có đường cao FH nên : IF IH I ID IH I Suy ra: IDH ID( c g c) Do đó: IHD ID ặt khác: tam giác IDN cân tại I nên IND IDN ID Từ đó, ta được: IND IHD N F H I E D Tứ giác IDNH nội tiếp Hơn nữa, tứ giác IDH cũng nội tiếp vì có 0 ID IH 90 Do đó: 5 điểm, I, D,, N, H cùng thuộc một đường tròn Suy ra: INH nội tiếp hay 0 IN IH 90 N IN Vậy N là tiếp tuyến của (I) ổ đề (4) được chứng minh 8

*Trở lại bài toán đã cho: Khi k thì L,, N lần lượt là trung điểm của các đoạn D, E, F Gọi H là trực tâm của và là phương tích của H đối với đường tròn Euler đi qua chân đường cao của Gọi K là giao điểm của đường thẳng O với đường thẳng Ta sẽ chứng minh rằng K nằm trên (O ) Thật vậy: Do là tam giác nhọn nên O nằm trong tam giác Ta có: 0 O O 90 Không mất tính tổng quát, giả sử tia D nằm giữa hai tia O và Khi đó: O F L E O N H K D 0 0 OD O D 90 KD 90 OD ặt khác: D D D nên KD KD Ta cũng có O O L O L cân tại O nên O L O L Từ đó suy ra: O L KD hay O L // KD, mà L là trung điểm của D nên O là trung điểm của K hay K thuộc đường tròn (O ) Do đó (O ) cắt tại chân đường cao của Từ đó suy ra phương tích của H đối với đường tròn (O ) chính là Hoàn toàn tương tự với các đường tròn (O ), (O ) Do H có cùng phương tích đến các đường tròn (O ), (O ), (O ) nên H chính là tâm đẳng phương của đường tròn (O ), (O ), (O ) 9

Hơn nữa: do O là tiếp tuyến của (O ) tại nên phương tích của O đối với (O ) chính là O Tương tự như vậy, phương tích của O đối với đường tròn (O ) và (O ) lần lượt là O, O, mà O là tâm đường tròn ngoại tiếp của nên O = O = O hay O có cùng phương tích đến các đường tròn (O ), (O ), (O ), suy ra: O cũng là tâm đẳng phương của đường tròn (O ), (O ), (O ) Giả sử của đường tròn (O ), (O ), (O ) có trục đẳng phương khác nhau thì chúng phải đồng quy tại tâm đẳng phương, mà O và H cùng là tâm đẳng phương của chúng nên O phải trùng với H hay đều, mâu thuẫn với giả thiết không cân Do đó, điều giả sử trên là sai và đường tròn đã cho phải có trục đẳng phương chung, trục đẳng phương đó chính là đường thẳng đi qua O và H Ta cũng thấy rằng O nằm ngoài cả đường tròn, H thì nằm giữa các đường cao của nên nó nằm trong cả đường tròn Suy ra đường thẳng OH cắt cả đường tròn tại điểm nào đó Vậy đường tròn (O ), (O ), (O ) có đúng điểm chung, hơn nữa, đường thẳng đi qua hai điểm chung đó chính là đường thẳng OH và do đó, nó cũng sẽ đi qua trọng tâm của tam giác (đường thẳng Euler) Ta có đpcm Ta sẽ chứng minh rằng ba đường tròn (O ), (O ), (O ) có đúng hai điểm chung khi và chỉ khi k 0 hoặc k Thật vậy: *Điều kiện đủ: - Khi k, khẳng định đã chứng minh ở câu / - Ta sẽ tiếp tục chứng minh rằng với k =, ba đường tròn (O ), (O ), (O ) lần lượt đi qua L, tiếp xúc với O tại ; đi qua tiếp xúc với O tại và đi qua N tiếp xúc với O tại cũng có đúng hai điểm chung Thật vậy: - Khi k =, các điểm L,, N tương ứng trùng với các điểm D, E, F Theo chứng minh ở câu /, đường tròn (K, K) đi qua D và tiếp xúc với O tại nên chính là đường tròn (O ) đang được xét Gọi d, d, d là tiếp tuyến của đường tròn (O) lần lượt tại,, Gọi X, Y, Z theo thứ tự là giao điểm của d, d ; d, d ; d, d Vì O thuộc đường thẳng và O tiếp xúc với (O ) tại nên O thuộc d, từ đó suy ra O chính là giao điểm của và d Tương tự: O, O lần lượt chính là giao điểm của và d, và d Qua các điểm O, O, O vẽ các tiếp tuyến tới đường tròn (O) lần lượt là OT, OT, OT (trong đó T, T, T là các tiếp điểm) Ta có: OT O, OT O, OT O, tức là T, T, T cũng tương ứng thuộc các đường tròn (O ), (O ), (O ) Theo bổ đề (4) ở trên, (xét tam giác XYZ có (O) là đường tròn nội tiếp) các đường thẳng T, T, T tương ứng trùng với các đường thẳng X, Y, Z Hơn nữa, X = X, Y = Y, Z = Z nên: Y Z X X, Y, Z đồng quy (theo định lí eva đảo trong tam giác XYZ) Z X Y 0

Do đó: T, T, T đồng quy Đặt điểm chung của ba đường thẳng đó là S, rõ ràng S nằm trong (O) Do T, T, T nằm trên (O) nên theo tính chất phương tích: S ST S ST S ST PS /( O ) PS /( O ) PS /( O ) Tương tự câu /, ta có: PO /( O ) PO /( O ) PO /( O ), tức là OS là trục đẳng phương chung của ba đường tròn O ), (O ), (O ) ặt khác, S nằm trong cả ba đường tròn, O nằm ngoài cả ba đường tròn nên đường thẳng OS cắt cả ba đường tròn tại hai điểm, tức là (O ), (O ), (O ) có đúng hai điểm chung Vậy trong trường hợp k =, ba đường tròn (O ), (O ), (O ) cũng có đúng hai điểm chung Điều kiện đủ của khẳng định trên được chứng minh O Z T O S T Y O T X O

*Điều kiện cần: Với một giá trị k 0, k, gọi O( k ), O( k ), O ( k ) lần lượt là tâm của các đường tròn đi qua L, tiếp xúc với (O) tại ; đi qua, tiếp xúc với (O) tại, đi qua N, tiếp xúc với (O) tại N Giả sử các đường tròn Z O, O, O nói trên có O X S O (k) Y O (k) O (k) O O ( k ) ( k ) ( k ) đúng hai điểm chung, tức là ba tâm của chúng là O( k ), O( k ), O ( k ) thẳng hàng () Gọi d, d, d là tiếp tuyến của đường tròn (O) lần lượt tại,, Gọi X, Y, Z theo thứ tự là giao điểm của d, d ; d, d ; d, d hứng minh tương tự như trên, X, Y, Z đồng quy () Đặt O, O, O là giao điểm của với YZ, với ZX, với XY Dễ thấy rằng: O, O, O lần lượt thuộc các ( k ) ( k ) ( k ) đoạn thẳng O, O, O O và O O O ( k ) L O, D O E, ( k ) ( k ) N Suy ra: F Từ (), (), (), áp dụng bổ đề, ta có k = hoặc k O( k ) O( k ) O( k ) k O O O () Do đó, nếu các đường tròn (O ), (O ), (O ) có đúng hai điểm chung thì k = hoặc Điều kiện cần của khẳng định được chứng minh Vậy tất cả các giá trị k cần tìm là k = và k ài toán được giải quyết hoàn toàn O k