Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcA. MỞ ĐẦUTrong các kì thi học sinh giỏi, bài toán hình học phẳng luôn chiếm một vị tríquan trọng. Học sinh cần có các kiến thức tổng hợp, đa dạng và tư duy linh hoạt đểgiải quyết các bài toán. Gần đây, các bài toán về chứng minh hai đường tròn tiếp xúccó xuất hiện trong các kì thi từ chọn đội tuyển các tỉnh, kì thi Olympic Duyên Hải cáctrường chuyên, thậm chí cả IMO. Việc giải quyết bài toán chứng minh hai đường tròntiếp xúc cũng có nhiều cách tiếp cận, nhiều hướng chứng minh khác nhau. Do đó việcphân loại, chia dạng [một cách tương đối] là cần thiết để giúp học sinh có được nhữngphương pháp và đường lối để giải quyết vấn đề.Xuất phát từ nhu cầu đó, trong quá trình giảng dạy, tôi đã mạnh dạn phân loại,chia dạng các bài toán về chứng minh hai đường tròn tiếp xúc và viết hành chuyên đề:“Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròntiếp xúc”.Dù đã cố gắng nhưng chuyên đề không thể tránh khỏi những thiết sót. Rất mongnhận được sự góp ý của các đồng nghiệp để chuyên đề được hoàn thiện hơn.1|PagePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcB. NỘI DUNG:Phương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh tiếp tuyến chungTiếp xúc: có 2 dạng là tiếp xúc trong và tiếp xúc ngoài. Các tiếp điểm tương ứng là tâmvị tự trong/ngoài của hai đường tròn. - Bài toán tiếp xúc: thường có 2 mức độ là có biết sẵntiếp điểm và không biết tiếp điểm. Ở bài không biết tiếp điểm, đôi khi ta phải đi tìm ngượcra tiếp điểm, là các bài khó, đòi hỏi nhiều kỹ thuật. Tất nhiên, không phải khi nào cũng phảithực hiện việc này.1. Cơ sở phương phápAO1O2O1O2ATa triển khai phương pháp này dựa vào nhận xét sau: Cho hai đường trònO1 , O2 có chung điểm A . Nếu tiếp tuyến tại A của O1 cũng là tiếp tuyến tạithì hai đường tròn O1 , O2 tiếp xúc nhau tại A .A của O2 Như vậy ta có thể thấy nếu xác định được điểm tiếp xúc và các tính chất của nó thìcông việc là khá thuận lợi. Để chỉ ra tiếp tuyến chung, trong phần này ta đi kẻ tiếp tuyến vớimột đường tròn [tại tiếp điểm mà ta dự đoán] rồi dùng biến đổi góc hoặc phương tích đểchứng minh đó cũng là tiếp tuyến với đường tròn còn lại.2|PagePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc2. Bài tập ứng dụngBài 2.1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn [O ] . Gọi D là chân phân giác góc A , O1 làđường tròn tiếp xúc các đoạn DB, DA và tiếp xúc trong [O ] ; O2 là đường tròn tiếp xúc cácđoạn DC, DA và tiếp xúc trong [O ] .Chứng minh rằng O1 tiếp xúc với O2 .Chứng minh.Gọi G là điểm chính giữa cung BC không chứa A.Chúng ta biết rằng phương tích từ G đến họ các đường tròn tiếp xúc trong với O vàtiếp xúc với BC sao cho và G nằm khác phía so với BC đều bằng GB2 GI 2 . Do O1 tiếp xúc với GI nên I chính là tiếp điểm của O1 với AG . Tương tự suy ra O1 và O2 tiếp xúc nhau tại I .Bài 2.2 [Đề thi chính 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 và CF cắt nhau tại H .Gọi M là trung điểm cạnh3|PageBC .Đường tròn J ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường trònPhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc O tại điểm thứ hai làK [ K A] . Đường thẳng AM cắt đường tròn J tại điểm thứ hai làQ [Q A]. EF cắt AD tại P . Đoạn PM cắt đường tròn J tại N .a] Chứng minh các đường thẳng KF , EQ vàBCđồng quy và ba điểm K, P, Q thẳng hàngb] Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giácgiác BNC tiếp xúc nhau.DMNvà đường tròn ngoại tiếp tama]Cách 1:Gọi A’ là điểm đối xứng với H qua M, suy ra BHCA’ là hình bình hành.A ' CA A ' BA 900 AA ' là đường kính của đường trònDo đó A ' C BH ; A ' B CH , suy ra ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra A ' K AK [1].Dễ thấy AH là đường kính của đường tròn [J], suy ra HK AK [2] .Từ [1] và [2] suy ra K, H, A’ thẳng hàng.Mà H, M, A’ thẳng hàng nên suy ra K, H, M, A’ thẳng hàng.4|PagePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcGọi L là giao điểm của AK và BC.Từ các kết quả trên và giả thiết, suy ra H là trực tâm của tam giác ALM, suy ra LH vuônggóc với AM, gọi Q ' LH AM Q ' [ J ] Q ' Q. suy ra các tứ giác ABDE, ALDQ nội tiếp,suy ra HL.HQ HA.HD HB.HE LBQE nội tiếp.Ta có: AF . AB AE. AC AK . AL AH . AD AQ. AM . Suy ra các tứ giác KLBF, CMQE nội tiếp.Như vậy: LB là trục đẳng phương của hai đường tròn [LBQE] và [KLBF];KF là trục đẳng phương của hai đường tròn [KLBF] và [J];EQ là trục đẳng phương của hai đường tròn [J] và [LBQE].Do đó ba đường thẳng KF, EQ và BC đồng quy hoặc song song.EF là trục đẳng phương của hai đường tròn [BC] và [J]KQ là trục đẳng phương của hai đường tròn [J] và [LM]PA /[ LM ] PA /[ BC ] nên A thuộc trục đẳng phương của [LM] và [BC]. Do AD vuông góc với đườngnối tâm hai đường tròn [LM] và [BC] nên AD là trục đẳng phương của hai đường tròn [LM]và [BC]. Lại có, P là giao điểm của EF với AD nên suy ra P thuộc KQ.Cách 2 :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 tròn [ABL]; [ACM]; [AEF] có chung nhau điểm A.Do đó trục đẳng phương của ba đường tròn đó đồng qui tại A hoặc trùng nhau.Vậy ba đường thẳng KF, EQ và BC song song hoặc đồng quy.b]Ta có: AK là trục đẳng phương của hai đường tròn [O] và [J];EF là trục đẳng phương của hai đường tròn [J] và [BFEC];BC là trục đẳng phương của hai đường tròn [BFEC] và [O], mà AK cắt BC tại L, suy ra AK,EF, BC đồng quy tại L.5|PagePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcTa có M là tâm của đường tròn [BFEC], suy ra MJ EF, kết hợp với JD LM . Suy ra P làtrực tâm tam giác JLM. Do đó MP JL . Gọi S là giao điểm của JL và MP, ta có tứ giácLDPS nội tiếp, suy ra JS.JL JP.JD [3]Xét tứ giác toàn phần AEHFBC, ta có A, H , P, D 1 , mà J là trung điểm AH nên theo hệthức Newton suy ra JH 2 JP.JD [4]. Từ [3] và [4] suy ra JS.JL JH 2 JN 2 , mà NS JL suyra LN vuông góc với JN hay LN là tiếp tuyến của [J]. Suy ra LN 2 LK.LA LB.LC LN làtiếp tuyến của đường tròn [BNC] [5].AKM ADM 900 4 điểm A, K, D, M cùng thuộc một đường tròn, suy raTừ LN 2 LK .LA LD.LM LN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MND [6].Từ [5] và [6] suy ra hai đường tròn [BNC] và [MND] tiếp xúc nhau tại N [đpcm].Bài 2.3 [Arab Saudi IMO Training Test 2017] Cho tam giác ABC nội tiếp đường trònO , trực tâm H . Trung tuyến AM cắt O lần thứ hai tại N . AH cắt O tại K . Cácđường thẳng KN , BC và đường thẳng qua H vuông góc với AN cắt nhau tạo thành tamgiác XYZ . Chứng minh rằng XYZ tiếp xúc với O .6|PagePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcLời giải. Giả sử vị trí các điểm X, Y , Z như hình vẽ. Gọi T là điểm thứ hai của AH vàO .P là hình chiếu của H trên AM . Q là điểm đối xứng với A qua O.Theo kết quả quen thuộc [như trong bài 1.2.2]: T , H , M , Q thẳng hàng.Ta có: HXK 90 0 PNX 900 ANK 900 AQK KAQ KTH . Suy ra tứ giácXKHT nội tiếp.Do HP AM , YM AH nên Y là trực tâm tam giác AHM , suy ra Y , T , A thẳng hàng.Từ đó TXK THA TYB . Hay tức giác ZXYT nội tiếp.Kẻ tiếp tuyến Tx của O . Ta có XTx XTK xTK XHK TAK TYH TZX.Suy ra Tx đồng thời là tiếp tuyển của XYZ . Vậy hai đường tròn XYZ và O tiếp xúcvới nhau tại T.Bài 2.4.[Đề chính thức Duyên Hải 2018] Đường tròn nội tiếp tam giác ABC không câncó tâm là I tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Đường tròn ngoại tiếptam giác AEF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A, P và cắt đường thẳng ADtại A, K . Các đường thẳng PI , EF cắt nhau tại H . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DKHcắt đường tròn tại D, N .a. Chứng minh DH vuông góc với EF .b. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn .7|PagePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcKhông mất tổng quát giả sử AB < AC.Sau đây kí hiệu [ XY ] là đường tròn đường kính XY và [XYZ] là đường tròn ngoại tiếp tamgiác XYZ.a] Gọi M là giao điểm của EF và BC.Đường tròn tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F suy raDB EC FA.. 1 AD,BE, CF đồng quy [theo định lý ceva]. Nên theo tính chất cơ bảnDC EA FBcủa hàng điểm điều hòa ta có [ M , D, B, C ] 1 H [ M , D, B, C ] 1 [1]. PECAFPAEP PFB PFB PEC [ g g ]Ta có PBF PCEPF FB BD[2]PE EC CDDễ thấy I là trung điểm cung EF của đường tròn [AEF], suy ra PI là phân giác của PF FH [3] . Từ [2], [3] và HFB HECFPEPE EHHB FB BDsuy ra HFB HEC [ g g ] HC EC CD HD là phân giác của BHC[4].Từ [1] và [4] theo tính chất của chùm điều hòa suy ra DH EF.b]Dễ thấy đường tròn [AEF] là đường tròn đường kính AI. Suy ra IK AK , do đó IK là trụcđẳng phương của hai đường tròn [AI] và [DI].Ta có PM /[AI] MF .ME PM / MD 2 PM /[ DI ] , suy ra M thuộc trục đẳng phương của haiđường tròn [AI] và [DI].Suy ra M, K, I thẳng hàng.Từ BC, EF, IK đồng quy tại M và IK DK , DH EF suy ra DM là đường kính của đườngtròn ngoại tiếp tam giác DKH.Gọi S là trung điểm DM, suy ra SD SN mà ID IN , suy SI là trung trực của DN. Ta lạicó SD là tiếp tuyến của đường tròn , suy ra SN là tiếp tuyến của [5].8|PagePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcTừ [ M , D, B, C ] 1 và S là trung điểm MD, nên theo hệ thức Niu tơn ta có SD2 SB.SCmà SD SN , suy ra SN 2 SB.SC , suy ra SN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tamgiác BNC [6].Từ [5] và [6] suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác BNC tiếp xúc với đường tròn . , từ đó xét phép vị tự tâm N biến DNhận xét: Có thể chứng minh ND là phân giác của BNCthành D1 [với D1 là giao điểm của ND với đường tròn [BNC] ] để chứng minh đường trònngoại 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 và M là trung điểm của BC . Đường tròn đường kính HA cắt O tại Qkhác A. Đường tròn đường kính HQ cắt O taị K khác Q. Chứng minh rằng đường trònngoại tiếp các tam giác KHQ và KFM tiếp xúc nhau.Lời giải 1 :Gọi AE là đường kính của O và D đối xứng với H qua BC thì D nằm trênO . Dễ thấy Q , H , M , E thẳng hàng.Gọi tiếp tuyến tại K , Hgiác KHQ cắt nhau tại X .Ta có:KXH 180 0 2KHX 180 0 2KQH 2 90 0 KQH 2 90 0 KAE 2KDH9|Pagecủa đường tròn ngoại tiếp tamPhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcLại có XK XH , từ đó X là tâm ngoại tiếp tam giác KDH . Do BC là trung trực HD nênX nằm trên BC . Từ đó theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:XK 2 XH 2 XF .XM .Hay XK là tiếp tuyến chung của đường tròn ngoại tiếp tam giác KQH và KFM hay haiđường tròn này tiếp xúc nhau tại K .Lời giải 2 :Gọi đường thẳng qua M vuông góc với QM cắt KH tại D.Gọi L , Z là trung điểm của HQ , HK thì L , Z nằm trên đường trong Euler N mà M cũngthuộc N nên N là trung điểm LD . N cũng là trung điểm OH nên OD LH QA.Ta có: DQ DA và HA.HF HQ.HM HK.HD .Kẻ tiếp tuyến KT của đường tròn ngoại tiếp tam giác KQH ta có:10 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcTKF TKH HKF KQH HAD HDM QAD QAH HDM QDM HMF HMF QDH HMF HMK KMF.Do KT cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác KFM . Bài toán được chứngminh.Bài 2.6 [Mở rộng thứ nhất IMO 2015].Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O . P là một điểm trong tam giác sao cho BPC 180 0 A . Giả sử PB , PC cắt CA , AB lần lượt tại E , F . Đường tròn ngoại tiếptam giác AEF cắt O tại G khác A . Đường tròn đường kính PG cắt O tại K khácG . Gọi D là hình chiếu của P lên BC và M là trung điểm BC . Chứng minh rằng đườngtròn ngoại tiếp các tam giác KGP và KDM tiếp xúc nhau.11 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcLời giải.Gọi Q là đối xứng của P qua D , thì Q nằm trên O . Gọi GP cắt O tại N khác G.Ta thấy: NPC FPG FAG BNP suy ra BN PC. Tương tự, CN BP.Từ đó M là trung điểm của PN . Gọi AS , NR là đường kính của O . Ta dễ thấy PQN 90 0 vậy nên P , Q , R thẳng hàng. Từ đó, GN là tiếp tuyến của đường tròn ngoạitiếp tam giác KPQ. Gọi tiếp tuyến tại K , P của đường tròn ngoại tiếp tam giác KPG cắtnhau tại T . Ta có:KTP 180 0 2KGP 2 900 KRN 2RNK 2KQP.12 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcvà TK TP. Từ đó T là tâm ngoại tiếp tam giác KPQ. Nhưng vì BC là trung trực của PQnên T thuộc BC . Do đó TK 2 TP 2 TD .TM .Suy ra TK là tiếp tuyến chung của đường tròn ngoại tiếp các tam giác KDM và tam giácKHM hay hai đường tròn đó tiếp xúc nhau tại K .Bài 2.7[Mở rộng thứ hai IMO 2015]. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O . P là không chứa A . AP cắt BC tại D . Q đối xứng với P qua D . Đườngđiểm thuộc cung BCtròn đường kính AQ cắt O tại G khác A . Đường tròn đường kính GQ cắt O tại Kkhác G . GQ cắt đường thẳng qua O song song với AP tại M . Chứng minh rằng đườngtròn ngoại tiếp các tam giác KGQ và KDM tiếp xúc nhau.Lời giải.13 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcGọi GQ cắt O tại S khác G , do AGQ 90 0 nên AS là đường kính của O . DoOM AP và O là trung điểm AS nên M là trung điểm QS . Từ đó DM PS PA nênDM là trung trực PQ . Lại có: KQG 90 0 KGQ 90 0 KAS ASK QPK .Từ đó GS tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác KQP. Gọi tiếp tuyến tại K , Q của đườngtròn ngoại tiếp tam giác GKQ cắt nhau tại T . Ta có: KTQ 180 0 2 KGQ 2 KQG 2 KPQ.Từ đó T là tâm ngoại tiếp tam giác KPQ. Ta đã chứng minh DM là trung trực PQ nên Tthuộc DM . Từ đây ta có:TK 2 TP 2 TD .TM .Suy ra TK tiếp tuyến chung của đường tròn ngoại tiếp các tam giác KGQ và KDM hay haiđường tròn đó tiếp xúc nhau tại K .Nhận xét. Mở rộng này dựa trên một mô hình rất giống bài toán gốc. Ta cũng có thể thuđược bài toán này từ bài toàn gốc bằng cách kéo dài trung trực PQ cắt O tại hai điểmY , Z thì Q là trực tâm giác AYZ rồi áp dụng bài toán gốc IMO 2015 vào tam giác AYZ.Bài 2.8 [Trịnh Huy Vũ]. Cho tam giác ABC có đường cao AH . Gọi X , Y lần lượt là chânđường vuông góc hạ từ H xuống AC , AB. Z là giao điểm của BX và CY . Chứng minh rằngXYZ tiếp xúc với A; AH.14 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcLời giải : Quay trở lại bài toán: Gọi XY cắt BC tại điểm L . Gọi LA cắt ABC tại điểmP. Lấy J đối xứng H qua LA. Ta có: tứ giác AYHX nội tiếp nên YXH HAB YHLdo đó ta có: LH 2 LX.LY LB.LC LP.LA do đó P thuộc AH . Do J đối xứng H quaLA nên theo phép vị tự tỉ số 2 tâm H thì J thuộc A; AH . Lại có: J đối xứng H qua ALnên IJA 900 suy ra LJ là tiếp tuyến đến A; AH .Gọi T là tâm BCXY theo định lí Bocard thì thì Z là trực tâm tam giác ALT . GọiTZcắtAL tại P '. Gọi AT cắt LZ tại Q thì LP '.LA LZ.LQ LM.LN [hệ thứcMaclaurin] LX.LY LB.LC suy ra P ' thuộc O do đó P trùng P '. Vậy T , Z, P , H thẳng15 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúchàng. Do đó P, J , Z, H thẳng hàng. Ta chỉ cần chứng minh J thuộc XYZ khi đó hiểnnhiên LJ là tiếp tuyến tới XYZ . Tứ giác LXYZ nội tiếp khi và chỉ khiZJY ZXY ZCH hay tứ giác JCHY nội tiếp hay Z có cùng phương tích tới 2 đườngtròn BCXY và A; AH . Gọi A; AH cắt BCXY tại các điểm M , N.Ta có: AH 2 AM 2 AN 2 AX.AC AY.AB do đó AM , AN lần lượt là tiếp tuyến đến BCXY . Do đó quen thuộc là ta thấy rằng:BX, CY , MN đồng quy tại 1 điểm chính là Z .[Gọi MN cắt YB, CX tại các điểm E, F sử dụng hàng điều hòa cơ bản ta có: AEYB AFXC 1 do đó BX,CY , MN đồng quy]. Vậy hiển nhiên: phương tích từ Ztới BCXY = phương tích từ Z tới A; AH do đó tứ giác JCHY nội tiếp và do đó JXYZnội tiếp. Vậy mà dễ thấy LJ là tiếp tuyến tới XYZ do đó XYZ tiếp xúc A; AH tại J.Bài 2.9. [Nguyễn Văn Linh] Cho tam giác ABC . Một đường tròn Oa đi qua B, C cắt AC , ABlần lượt tại E, F . BE giao CF tại P. Gọi M là trung điểm BC. Kẻ PK vuông góc với AOa .Q đối xứng với P qua BC. L đối xứng với K qua M . Các đường thẳng PK , QL, BC cắt nhautạo thành tam giác XYZ. Chứng minh rằng XYZ tiếp xúc với ABC.16 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcLời giải.Giả sử vị trí của ba điểm X, Y , Z như hình vẽ.Gọi T là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính AP với đường tròn O ngoại tiếptam giác ABC. Do PK QOa nên theo định lý Brocard, Z là giao của EF và AT.Gọi H , H ' lần lượt là trực tâm các tam giác ABC , AEF , H b , H c lần lượt là hình chiếu của F , Etrên AC , AB .Ta có: H ' F.H ' Hb H ' E.H ' Hc suy ra H ' thuộc trục đẳng phương của BE và CF . Chứngminh tương tự suy ra HH ' là trục đẳng phương của BE và CF . Mà PE.PB PF.PC nênP , H , H ' thẳng hàng.Do OaT AZ nên T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BFEC.AZ . Suy ra T có chungđường thẳng Simson với hai tam giác AEF , ABC . Do đường thẳng Steiner là ảnh của đườngthẳng Simson qua phép vị tự tâm T tỉ số 2 nên HH ' là đường thẳng Steiner của T ứng vớihai tam giác AEF , ABC hay PH là đường thẳng Steiner của P ứng với tam giác ABC.Kéo dài AH cắt O tại R suy ra TR đi qua Q .17 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcTa có ZP.ZK Z/O ZB.ZC . Suy ra tứ giác BPKC nội tiếp.aGọi U là điểm đối xứng của P qua M. Phép đối xứng tâm M biến đường tròn BPKC thành BLUC. Lại có Q đối xứng vớiP qua BC nên QU BC và QB QP UC hay tứ giác BQUClà hình thang cân. Vậy 5 điểm B, Q, L,U , C đồng viên.Ta có PK UL nên PXL 1800 QLU. [1]Gọi V là giao điểm thứ hai của PQ với BQC . W là điểm đối xứng vớiđường tròn BPC và BQC đối xứng với nhau qua BC nênPAqua O . Do hailà trực tâm tam giác BVC.Đồng thời VU đi qua tâm ngoại tiếp tam giác VBC nên QVU VBC VCB .LạicóABP ACPnênVBC VCB ABC ACB RAW=RTW=QTP.VBA VCA .SuyraVậy QVU QTP. [2]Từ [1] và [2] suy ra QTP QXP hay tứ giác XTPQ nội tiếp đường tròn S.Ta có STP 90 0 TQP 90 0 TRA 90 0 TWA TWA. Suy ra ST là tiếp tuyến củaO .Mặt khác, STX 900 TPX TZP TYX. Suy ra ST là tiếp tuyến của XYZ .Vậy hai đường tròn O và XYZ tiếp xúc với nhau tại T.Bài 2.10 [ARMO 2016]. Cho tam giác nhọn ABC , AC BC , M là trung điểm của AB và là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi C ' là điểm đối xứng của C qua tâm của .AC ', BC ' giao CM lần lượt tại K , L. Đường thẳng qua K vuông góc với AC ' giao đường thẳngqua L vuông góc với BC ' giao AB và cắt nhau tạo thành tam giác . Chứng minh rằngđường tròn ngoại tiếp tam giác và tiếp xúc nhau.18 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcLời giải.Gọi Q là giao điểm của đường đối trung ứng với đỉnh C với O . AC ' giao AQ tại T . BC 'giao CP tại R . Gọi S là hình chiếu vuông góc của T trên CB.Do T nằm trên đường đối trung ứng với đỉnh C của tam giác ABC và CAT CBL, nênTA CA TA. Suy ra TS TB hay TL RB hay Z , T , L thẳng hàng.TS CB TBChứng minh tương tự R, Y , X thẳng hàng. Ta thu được X là trực tâm tam giác TRC '. NhưngCQC ' 90 0 nên Q, X , C ' thẳng hàng.Mặt khác, ZT CB nên áp dụng hệ quả định lý Reim, tứ giác AZTQ nội tiếp. Chứng minhtương tự, BYQR là tứ giác nội tiếp.19 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcSuy ra ZQY ZQT TQY C ' AB C ' BA 1800 AC ' B ZXY . Ta thu đượcQ ZXY .Gọi Qt là tiếp tuyến của O . Ta có tQC ' QAC ' QZX nên Qt cũng là tiếp tuyến của J . Suy ra đpcm.Bài 2.11 [Nguyễn Văn Linh]. Cho tam giác ABC nội tiêp đường tròn O . Gọi A ' là điểmđối xứng với A qua O . Trung tuyến AM của tam giác ABC cắt BA ', CA ' lần lượt tại L, K.Các đường thẳng qua L vuông góc BA ' , qua K vuông góc với CA ' và đường thẳng OM cắtnhau tạo thành ta giác XYZ . Gọi P là giao của hai tiếp tuyến tại B và C của O . Chứngminh rằng AMP tiếp xúc với XYZ .20 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcLời giải.Giả sử vị trí của các điểm X, Y , Z như hình vẽ.Gọi U , V lần lượt là giao điểm thứ hai của AM , AP với O . BA ' giao OM tại E.Ta có MEC MEB ABC MUC nên tứ giác MEUC nội tiếp.Suy raEUM ECM EBM EXLhay tứ giácEUX ELX 90 EUC. Suy ra X,U, C thẳng hàng.ELUXnôi tiếp. Từ đó0Do V ,U đối xứng nhau qua OM nên B, V , X thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta cũng cóB, Y ,U và C , Y , V lần lượt thẳng hàng.Ta có JVC 90 0 VXY VBC hay JV là tiếp tuyến của O . Từ đó XYZ trực giao vớiO. [1]Mặt khác, kéo dài PM cắt O tại hai điểm W và S thì TMSW 1. Suy raO/AMP OM.OP OB2 nên AMP trực giao với O . [2]Gọi T là giao điểm thứ hai của XYZ và O thì T là điểm Miquel của tứ giác toàn phầnAMYV .CX . Suy ra TMP TBX TAP hay T AMP. [3]Từ [1], [2], [3] suy ra đường nối tâm của các đường tròn AMP và XYZ nằm trên tiếptuyến tại T của O hay AMP tiếp xúc với XYZ tại T .Bài 2.12 [Trịnh Huy Vũ.] Cho tam giác ABC . Đường cao AD [ D BC], G là trung điểm AD .Gọi X , Y lần lượt là hình chiếu của D trên GC , GB, BX giao CY tại Z . Chứng minh rằngXYZ tiếp xúc với AD.21 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcLời giải.Gọi T là giao điểm của XY và BC. Ta có tứ giác GYDX nội tiếp nên GYX GDX GCB, suy ra tứ giác BYXC nội tiếp đường tròn O . Theo định lý Brocard, OZ vuông góc với TGtại J là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BY XCGT. Do GYXD tiếp xúc với BC tại D nênTD 2 TY .TX TJ .TG , suy ra DJ TG. Suy ra O, D , Z , J thẳng hàng. Gọi L là điểm đối xứngvới D qua J , GZ giao OT tại E.Ta có TL2 TD2 TY.TZ nên LYX tiếp xúc với G tại L. Do J là điểm Miquel của tứ giáctoàn phần BCY XGT nên J YOC và BOX.22 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcTa có ZY.ZC ZX.ZB ZL.ZO ZG.ZE ZD.ZL . Suy ra LYDC và LXBD nội tiếp. Do đóLYZ LXZ LDC LDB 1800 hay L XYZ . Vậy XYZ tiếp xúc với G tại L.Bài 2.13. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O . Trên cạnh AB, AC lấy hai điểm E, Fsao cho E, O, F thẳng hàng. Gọi M , N lần lượt là trung điểm BF và CE. Kẻ OH OM tại H.Kẻ OK ON tại K. Chứng minh rằng OHK tiếp xúc O .Phân tích. Trước tiên, ta dự đoán hai đường tròn tiếp xúc tại T là giao điểm của BH và CK. Tức là chứng minh T O . Phương pháp thông thường để chứng minh hai đường tròn tiếpxúc là ta kẻ tiếp tuyến tại T của OHK , ta sẽ chứng minh đây là tiếp tuyến chung. Để ýHK BC . Bài toán kết thúc, vậy mấu chốt bài toán là chứng minh T O .Giải.23 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúc Trước tiên, ta chứng minh T O . Kẻ hai đường kính BX , CY. Gọi T ' YE XF , ta sẽchứng minh T T '.Trước tiên, vì E, O , F nên theo định lý Pascal đảo ta được T ' O . Mặt khác, BX làđường kính nên BT ' T ' X và OH XT ' nên B, H , T ' thẳng hàng. Tương tự C , K , T 'thẳng hàng. Do đó T T '. Để ý, tứ giác OHTK nội tiếp. Kẻ Tx là tiếp tuyến của HKO . Chú ý HK BC nênBCT HKT BTX.Suy ra Tx là tiếp tuyến của O . Suy ra điều phải chứng minh.Bài 2.14 [Trần Quang Hùng] . Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O .Pdichuyển trên cung nhỏ BC. Dựng ra ngoài tam giác PBC các điểm E, F sao cho PCE AOBvà PBF AOC . Tiếp tuyến tại P của O cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác PCE, PBFtại M , N khác P. EM cắt FN tại Q . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác QMNluôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi P thay đổi.Lời giải:Gọi PCE, PBF cắt nhau tạiRkhác P.Ta thấy: 1800 BPC BAC CAO BAO CPE BPF nên P, E, F thẳng hàng, suy raRME RPE RNQ nên R nằm trên QMN .24 | P a g ePhương pháp sử dụng phương tích, biến đổi góc chứng minh hai đường tròn tiếp xúcTừ đó BRC BRP CRP BFP CEP OAC OAB BAC. Vậy đường trònRBC đối xứng với đường tròn O qua BC nên cố định.Ta lại có: CRM CPM CBP CBR PBR CBR PNR suy ra RMN tiếp xúc vớiRBC hay QMN luôn tiếp xúc với đường tròn đối xứng O qua BC cố định.Bài 2.15 [Đề xuất Olympic Duyên Hải của Nguyễn Bỉnh Khiêm Quảng Nam 2018]Cho hai đường tròn O và O ' cắt nhau tại hai điểm A và B . Gọi M là điểm chính giữacung AB của đường tròn O [ M nằm trong O ' ]. Dây cung MC của đường tròn O cắtđường tròn O ' tại D [MC không đi qua O và D nằm trong O ]. Gọi lC là tiếp tuyến của O tại C , lDlà tiếp tuyến của O ' tại D . Đường thẳng AB cắt lC và lD theo thứ tự tại Xvà Y ; lC cắt lD tại Z .a] Gọi E là giao điểm của AB và CM . Chứng minh XE XC .b] Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ tiếp xúc đường tròn O ' .25 | P a g e