QuangDuong12011998

Những bài toán chứng minh tiếp xúc mà không có sẵn tiếp điểm em đều thấy rất đẹp, và đặc trưng nhất cho kiểu bài đó là mở rộng IMO 2011 bài 6 của thầy, với cách chứng minh đơn thuần cộng góc, tạo ra nhiều đường tròn, các liên hệ góc, mà cụ thể là điểm Miquel.

Sau đây em đưa ra lời giải cho bài toán tổng quát.

$MP$, $NQ$ cắt $AB$, $AC$ tại $S$, $T$. Lấy $K$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần tạo bởi 4 đường thẳng $(AB,BC,CA,MP)$. Nói cách khác, các đường tròn $(ABC)$, $(SBP)$, $(ASM)$, $(MPC)$ đi qua $K$.

Tiếp theo, chứng minh $K$ cũng là điểm Miquel của tứ giác toàn phần tạo bởi 4 đường thẳng $(AB,BC,CA,NQ)$. Tuy nhiên, nhờ định lý Miquel về các đường tròn đồng quy nên chỉ cần chứng minh được $(ANT)$ đi qua $K$ là đủ. Để có được điều này, có thể sử dụng tỉ số phương tích. Cụ thể hơn là dùng tỉ số phương tích để chỉ ra $(ABC)$, $(ASM)$, $(ANT)$ đồng trục (em làm thế này vì không khai thác được liên hệ góc ở đây)

\[\frac{\mathcal{P}_{T/(ABC)}}{\mathcal{P}_{T/(ASM)}}=\frac{\overline{TA}\cdot\overline{TC}}{\overline{TA}\cdot\overline{TM}}=\frac{\overline{TC}}{\overline{TM}}\]

\[\frac{\mathcal{P}_{N/(ABC)}}{\mathcal{P}_{N/(ASM)}}=\frac{\overline{NA}\cdot\overline{NB}}{\overline{NA}\cdot\overline{NS}}=\frac{\overline{NB}}{\overline{NS}}\]

Theo định lý Thales

\[\frac{\overline{TC}}{\overline{TM}}=\frac{\overline{NB}}{\overline{NS}}=\frac{\overline{NH}}{\overline{NM}}\]

Do đó mà $(ABC)$, $(ASM)$, $(ANT)$ đồng trục, kéo theo $(ANT)$ đi qua $K$, theo định lý Miquel, $(CQT)$, $(BNQ)$ cũng đi qua $K$.

Tiếp theo, chứng minh $K$ thuộc $(RPQ)$. Em sử dụng góc định hướng (với em thì suy nghĩ phải có định hướng mới chặt chẽ nó đã hằn sâu, hic)

\[(KP,KQ)=(KP,KB)+(KB,KC)+(KC,KQ)=(SP,SB)+(AB,AC)+(TC,TQ)=(AB,AC)+(BE,AB)+(AC,CF)=(BE,CF)=(RP,RQ)\pmod\pi\]

$\Rightarrow$ $K$, $R$, $P$, $Q$ đồng viên. Vẽ $Kx$ là tiếp tuyến tại $K$ của $(ABC)$

\[(Kx,KP)=(Kx,KB)+(KB,KP)=(CK,CB)+(AB,MP)=(KC,CB)+(AB,BC)+(BC,MP)=(KC,PM)+(AB,PQ)\pmod\pi\]

\[=(KC,PM)+(AB,QK)+(QK,QP)=(KC,KQ)+(AB,PM)+(QK,QP)=(TC,TQ)+(AB,BE)+(QK,QP)=(CA,CF)+(BA,BE)+(QK,QP)=(QK,QP)\pmod\pi\]

$\Rightarrow$ $Kx$ tiếp xúc $(KPQ)$, tức là $(RPQ)$ tiếp xúc $(ABC)$.

Nhận xét thêm. $HB$, $HC$ cắt $(ABC)$ tại $E'$, $F'$.

\[(KN,KF')=(KN,KA)+(KA,KF')=(TN,TA)+(CA,CF')=(CF,CA)+(CA,CF')=0\pmod\pi\]

Từ đây suy ra $F'N$ đi qua $K$ và tương tự, $E'M$ đi qua $K$. Đặc biệt hóa, khi $H$ là trực tâm thì lại thu được bài toán của chú Đào Thanh Oai, và $K$ là điểm Anti-Steiner, hay điểm Collings của $MN$ với $\triangle ABC$.