\boxed{\text{Bài toán}}(Serbia 2016) Cho tam giác ABC có đường cao AH và tâm nội tiếp I. IB,IC cắt AH tại M,N. K,L là tâm ngoại tiếp tam giác MAB,NAC. R,Q là trung điểm IB,IC. Lấy P sao cho PR\perp NL,PQ\perp MK. Một tiếp tuyến thay đổi của đường tròn Euler của tam giác IBC cắt PQ,PR tại S,T. X đối xứng P qua S,T. Chứng minh rằng đường tròn (XST) luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi tiếp tuyến thay đổi.
Lời giải:
\boxed{\text{Bổ đề 1}} Cho tam giác ABC có O là tâm ngoại tiếp. Một đường tiếp tuyến với \odot (BOC) cắt AB ở D và CA ở E. Gọi A' là điểm đối xứng của điểm A qua DE. Khi đó \odot (A'DE) tiếp xúc \odot (ABC).
Chứng minh. Gọi X là tiếp điểm BX,CX cắt \odot (O) tại K,L.KE,LD cắt nhau tại S. Theo định lí Pascal đảo thì S thuộc \odot (O)
Biến đổi góc: \angle DSE=\angle LCK=\angle BXC-\angle BKC=\angle BOC-\angle BAC=\angle BAC=\angle DA'E
\Longrightarrow D,S,A',E đồng viên.
Mặt khác: \angle EXC=\angle KBC=\angle ESC nên E,L,S,C đồng viên.
\Longrightarrow E,X,S,C đồng viên.
\Longrightarrow \angle DES=\angle XCS=\angle LKS
\Longrightarrow DE\parallel KL
\Longrightarrow \odot (DSE) tiếp xúc \odot (DLK) hay \odot (A'DE) tiếp xúc \odot (ABC).\blacksquare
\boxed{\text{Bổ đề 2}} Cho tam giác IBC.Q,R lần lượt là trung điểm IC,IB. Kí hiệu \omega là đường tròn Euler của \triangle IBC.PR,PQ cắt \omega tại F,E. Khi đó tâm \odot (PEF) thuộc \omega .
Chứng minh. Gọi I' là trung điểm BC.
Ta có \angle RPE=180^\circ-\angle RIQ=180^\circ-\angle RI'Q=180^\circ-\angle REQ=\angle REP
\Longrightarrow \angle FRE=2\angle FPE\Longrightarrow tâm \odot (PEF) thuộc \omega .\blacksquare
Quay lại bài toán.
Ta có \angle IQP=90^\circ-\angle IMN+\angle AMK=90^\circ-\angle B/2+\angle C/2. Tương tự \angle IRP=90^\circ-\angle C/2+\angle B/2.
Gọi E,F lần lượt là giao của PQ,PR với đường tròn Euler của tam giác IBC. Theo bổ đề 2 ta suy ra tâm \odot (PEF) thuộc đường tròn Euler của tam giác IBC. Theo bổ đề 1 ta suy ra \odot (PEF) tiếp xúc \odot (XST).\blacksquare
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét