Question

[Nguyễn Thị Thủy]

Cho tam giác ABC, lấy điểm M bất kì thuộc cạnh BC. Gọi (O₁) là đường tròn đi qua hai điểm A,M đồng thời tiếp xúc với AC. Định nghĩa tương tự với (O₂). Gọi BX,CY lần lượt là tiếp tuyến thứ hai kẻ từ B và C đến (O₂) và (O₁). Chứng minh rằng đường tròn (MXY) tiếp xúc với BC.

Answer 1

[Nguyễn Tất Đạt]

Dựng một đường tròn đi qua M và X đồng thời tiếp xúc với BC, đường tròn đó cắt (O₁) tại Y' khác M.

Gọi Y'M và XM cắt đường tròn (AXY') lần lượt tại K và L (K khác Y'; L khác X); BC cắt (O₁);(O₂) tại P,Q; QX cắt PY' tại N

Ta có ^AXN = 180⁰ - ^AXQ = 180⁰ - ^AMQ = ^AMP = ^AY'N, suy ra N thuộc đường tròn (AXY')

Do vậy ^AKM = ^ANP mà ^AMK = ^APN nên \(\Delta\)KAM ~ \(\Delta\)NAP (g.g) suy ra AK.AP = AM.AN

Tương tự \(\Delta\)MAL ~ \(\Delta\)QAN (g.g) thì AL.AQ = AM.AN. Từ đó AK.AP = AL.AQ, dễ có \(\Delta\)LAK ~ \(\Delta\)PAQ (*)

Vì ^XMQ = ^XY'M = ^MLK nên KL // PQ, kết hợp với (*) suy ra (AL,AP) = (AK,AQ) = (KL,PQ) = 0^o

Từ đây P,L,A thẳng hàng và Q,K,A thẳng hàng. Khi đó PL.PA = PN.PY'; QK.QA = QX.QN   (1)

Mặt khác \(\frac{KM}{NP}=\frac{AK}{AN};\frac{LM}{NQ}=\frac{AL}{AN}\Rightarrow\frac{AK}{AL}=\frac{KM}{NP}.\frac{NQ}{LM}\Rightarrow\frac{QN}{PN}=\frac{AK}{AL}.\frac{LM}{KM}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{QX.QN}{PN.PY'}=\frac{QX}{PY'}.\frac{AK}{AL}.\frac{LM}{KM}=\frac{QK.QA}{PL.PA}\Rightarrow\frac{QX}{PY'}.\frac{LM}{KM}=\frac{AK}{AL}\)

\(\Leftrightarrow\frac{QX}{PY'}=\frac{AK}{AL}.\frac{KM}{LM}\Rightarrow\frac{QX.AM}{PY'.AM}=\frac{AQ.MX}{AP.MY'}\)

Chú ý rằng tứ giác AQXM là tứ giác điều hòa, như vậy PY'.AM = AP.MY'. Suy ra tứ giác APY'M điều hòa

Ta thấy tiếp tuyến tại A của (O₁) cắt AM tại C, do đó CY' cũng là tiếp tuyến của (O₁)

Lại có CY là tiếp tuyến từ C đến (O₁) nên Y trùng Y'. Vậy (MXY) tiếp xúc với BC tại M (đpcm).