Các bài toán về đường tròn nội tiếp

Bài toán

Cho tam giác \( \triangle ABC \) nội tiếp đường tròn \( (O) \). Đường tròn nội tiếp \( (I) \) tiếp xúc với \( CA, AB \) lần lượt tại \( E, F \). Gọi \( T \) là giao điểm của hai tiếp tuyến tại \( B \) và \( C \) của \( (O) \). Đường thẳng \( AT \) cắt \( EF \) tại \( X \). Chứng minh rằng \( IX \parallel OA \).

Bổ đề

Cho tam giác \( \triangle ABC \). Đường tròn nội tiếp \( (I) \) tiếp xúc với \( BC, CA, AB \) lần lượt tại \( D, E, F \). Gọi \( M \) là trung điểm của \( BC \). Khi đó, các đường thẳng \( AM, ID, EF \) đồng quy.

Chứng minh bài toán

Gọi \( M \) là trung điểm của \( BC \). \( D \) là tiếp điểm của \( (I) \) với \( BC \). \( K \) là giao điểm của \( AM \) và \( EF \). \( H \) là chân đường cao kẻ từ \( A \) của tam giác \( \triangle ABC \).

Theo bổ đề, ta có \( I, D, K \) thẳng hàng. Suy ra \( IK \perp BC \), từ đó \( IK \parallel AH \).

Xét phép đối xứng trục qua đường thẳng \( AI \), ta có:

  • \( AT \) biến thành \( AM \),
  • \( EF \) biến thành \( EF \),
  • \( X \) biến thành \( K \).
Suy ra \( IX \) biến thành \( IK \).

Mặt khác, \( AO \) biến thành \( AH \), và do \( IK \parallel AH \), nên \( IX \parallel AO \). (Điều phải chứng minh.)

Bài toán

Gọi \((I), (O)\) lần lượt là đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp của tam giác \(ABC\). Đường tròn \((I)\) tiếp xúc với \(BC, AC, AB\) lần lượt tại \(D, E, F\). Giao điểm của \(EF\) với \((O)\) là \(X, Y\). Các đường thẳng \(XD, YD\) cắt \((I)\) lần lượt tại \(U, V\). Giao điểm của \(UV\) với \(EF\) là \(T\). Chứng minh rằng: \(TA\) tiếp xúc với \((O)\).

Bổ đề

Cho tứ giác \( ABCD \) nội tiếp \( (O) \). Tiếp tuyến tại \( A \) và \( B \) của \( (O) \) cắt nhau tại \( S \), tiếp tuyến tại \( C \) và \( D \) của \( (O) \) cắt nhau tại \( T \). \( AD \) cắt \( BC \) tại \( K \), \( AC \) cắt \( BD \) tại \( G \). Khi đó \( S, T, K, G \) thẳng hàng.

Chứng minh bổ đề

Áp dụng định lý Pascal cho bộ \( \begin{pmatrix} A & B & D \\ B & A & C \end{pmatrix} \) ta suy ra \( S, K, G \) thẳng hàng. Tương tự, áp dụng định lý Pascal cho bộ \( \begin{pmatrix} C & D & B \\ D & C & A \end{pmatrix} \) ta suy ra \( T, K, G \) thẳng hàng. Do đó, \( S, T, K, G \) thẳng hàng.

Chứng minh bài toán

Gọi giao điểm của \( AB \) và tiếp tuyến tại \( U \) của \( (I) \) là \( M \) và giao điểm của \( AC \) và tiếp tuyến tại \( V \) của \( (I) \) là \( N \).
Áp dụng bổ đề cho tứ giác \( DEFU \) ta suy ra \( X, M, C \) thẳng hàng. Tương tự \( Y, N, B \) thẳng hàng.
Cũng áp dụng bổ đề cho tứ giác \( EFUV \) ta có \( M, N, T \) thẳng hàng.
Giả sử tiếp tuyến tại \( A \) của \( (O) \) cắt \( XY \) tại \( T' \). Áp dụng định lý Pascal cho bộ \( \begin{pmatrix} A & X & B \\ Y & A & C \end{pmatrix} \) ta suy ra \( T', M, N \) thẳng hàng. Do đó \( T \) trùng \( T' \). Suy ra \( AT \) tiếp xúc \( (O) \).

Bài toán

Gọi \((I), (O)\) lần lượt là đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp của tam giác \(ABC\). Đường tròn \((I)\) tiếp xúc với \(BC, AC, AB\) lần lượt tại \(D, E, F\). Giao điểm của \(EF\) với \((O)\) là \(X\). Tiếp tuyến tại \(X\) và \(A\) của \((O)\) cắt nhau tại \(S\). Tiếp tuyến tại \(B\) và \(C\) của \((O)\) cắt nhau tại \(T\). Chứng minh rằng \(ST\) tiếp xúc với \((I)\).

Chứng minh

Gọi \(U\) là giao điểm của \(DX\) và \((I)\). Tiếp tuyến tại \(U\) của \((I)\) cắt \(AB\) tại \(M\) và cắt \(AC\) tại \(N\). Áp dụng bổ đề bên trên cho tứ giác \(DUFE\), ta suy ra \(X, M, C\) thẳng hàng. Cũng áp dụng bổ đề đó cho tứ giác \(DFUE\), ta suy ra \(X, B, N\) thẳng hàng. Từ đó, tiếp tục áp dụng bổ đề đó cho tứ giác \(AXBC\), ta suy ra \(N, S, M, T\) thẳng hàng. Từ đó suy ra \(ST\) trùng với \(MN\), chính là tiếp tuyến của \((I)\) tại \(U\). Suy ra \(ST\) tiếp xúc với \((I)\).

Bài toán

(VNTST 2024) Gọi \((I), (O)\) lần lượt là đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp của tam giác \(ABC\). Đường tròn \((I)\) tiếp xúc với \(BC, AC, AB\) lần lượt tại \(D, E, F\). Giao điểm của \(EF\) với \((O)\) là \(X,Y\). Tiếp tuyến tại \(X\) và \(A\) của \((O)\) cắt nhau tại \(S\). Tiếp tuyến tại \(B\) và \(C\) của \((O)\) cắt nhau tại \(T\). Tiếp tuyến tại \(Y\) và \(A\) của \((O)\) cắt nhau tại \(R\). Chứng minh rằng đẳng giác của \(I\) trong tam giác \(RST\) nằm trên \(OA\).

Chứng minh

Gọi \(U, V\) là giao điểm của \(DX, DY\) với \((I)\), \(K\) là giao điểm của \(SR\) và \(XY\), \(H\) là hình chiếu của \(I\) lên \(SR\). Theo bài toán bên trên, ta đã có \(ST\) tiếp xúc với \((I)\) tại \(U\) và \(RT\) tiếp xúc với \((I)\) tại \(V\). Cũng theo một bài toán khác ở trên, ta có \(K, U, V\) thẳng hàng (do \(SR, XY, UV\) đồng quy).

Vì \(OA\) vuông góc \(SR\) nên để chứng minh đẳng giác của \(I\) trong tam giác \(RST\) nằm trên \(OA\), ta chỉ cần chứng minh đường tròn Pedal của \(I\) trong tam giác \(RST\) đi qua \(A\), hay nói cách khác là \(A, H, U, V\) đồng viên.

Thật vậy, ta có: \(KU \cdot KV = KE \cdot KF\) (vì \(UVEF\) nội tiếp \((I)\)). Mà \(KE \cdot KF = KH \cdot KA\) (vì \(AHEF\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AI\)). Do đó \(KU \cdot KV = KH \cdot KA\), suy ra \(A, H, U, V\) đồng viên. Bài toán được chứng minh.

Nhận xét

Đăng nhận xét

Bài đăng phổ biến từ blog này

Các bài toán về thặng dư toàn phương

Tài liệu về thặng dư toàn phương Định lý Một số là thặng dư bậc hai của mọi số nguyên tố không là ước của nó là một số chính phương. Vì mọi lũy thừa lẻ của 2 là một số không thặng dư của 3, chúng ta có thể giả sử rằng một số như vậy chứa một thừa số lẻ. Gọi \(N\) là một thặng dư bậc hai của mọi số nguyên tố không là ước của nó, và \(N = j^2 n\), trong đó \(n\) không chứa các thừa số chính phương. Khi đó \(n\) là một thặng dư bậc hai của cùng các số nguyên tố như \(N\). Đặt \(n = p_1 p_2 \dots p_r\) và hơn nữa, gọi \(a\) là một số không thặng dư bậc hai của \(p_1\) (\(p_1\) lẻ) và \(b_i\) là một thặng dư bậc hai của \(p_i\), \((i=2,\dots,r)\). Các đồng dư \(x \equiv 1 \pmod{4}\), \(x \equiv a \pmod{p_1}\), \(x \equiv b_i \pmod{p_i} \equiv 1 \pmod{8}\) nếu \(p_i = 2\), \((i = 2, \dots, r)\), khi đó luôn có một nghiệm \(s\), vì các mô-đun là nguyên tố cùng nhau. Có vô số giá trị số nguyên tố cho nghiệm tổng quát \(x = 4kn + s\). Chọn một số không là ước của ...
Đọc thêm

Các bài toán về dãy số nguyên

LaTeX in HTML Bổ đề quan trọng (Biểu thức cổ định của dãy tuyến tính cấp hai) Cho dãy số \( (a_n) \) xác định bởi \[ a_{n+2} = aa_{n+1} - a_n +b\quad \forall n \in \mathbb{N}. \] Khi đó, biểu thức \( a_{n+1}^2 - a_n a_{n+2}-ba_{n+1} \) luôn nhận giá trị không đổi. Chứng minh. Thật vậy, ta có biến đổi sau \[ \begin{align} x_{n+1}^2 - x_n x_{n+2} - b x_{n+1} &= x_{n+1}(x_{n+1} - b) - x_n(a x_{n+1} - x_n + b) \\ &= x_{n+1}(a x_n - x_{n-1}) - x_n(a x_{n+1} - x_n + b) \\ &= x_n^2 - x_{n-1} x_{n+1} - b x_n \end{align} \] Đẳng thức trên đúng với mọi \( n \geq 0 \) nên \[ x_{n+1}^2 - x_n x_{n+2} - b x_{n+1} = x_1^2 - x_0 x_2 - b x_1 = \text{const.} \] Bổ đề quan trọng (Về sự tuần hoàn của các số dư) Cho dãy số nguyên \(\{x_n\}\) xác định bởi công thức truy hồi \[ x_{n+k} = a_1 x_{n+k-1} + \ldots + a_k x_n \] và \(k\) số hạng đầu tiên nguyên. Kh...
Đọc thêm

Căn nguyên thủy và ứng dụng

Giới thiệu Chúng ta đã thấy rằng với bất kỳ số nguyên dương \( n \) và bất kỳ số nguyên \( a \) nguyên tố cùng nhau với \( n \), cấp modulo \( n \) của \( a \) là ước của \( \varphi(n) \) và đặc biệt nó không thể vượt quá \( \varphi(n) \). Trong phần này, chúng ta quan tâm đến việc đặc trưng hóa những số \( n \) mà đạt được giới hạn này, tức là những số \( n \) mà tồn tại \( a \) sao cho \( \gcd(a,n) = 1 \) và \( \text{ord}_n(a) = \varphi(n) \). Hãy đặt tên cho những số \( a \) như vậy. Định nghĩa Cho \( n \) là một số nguyên dương. Một số nguyên \( a \) được gọi là căn nguyên thủy modulo \( n \) nếu \(\gcd(a, n) = 1\) và \(\operatorname{ord}_n(a) = \varphi(n)\). Ví dụ \(1\) là căn nguyên thủy mod \(2\), \(2\) là căn nguyên thủy mod \(3\), \(3\) là căn nguyên thủy mod \(4\), \(2\) và \(3\) là căn nguyên thủy mod \(5\), \(5\) là căn nguyên thủy mod \(6\), ... Tính chất Tính chất 1 Nếu \( a \) là một căn nguyên thủy modulo \( n \) và nếu \( b \equiv a \pmod{n} \), thì \( b ...
Đọc thêm