[tc60][T12/507 Toán học & tuổi trẻ số 507, tháng 9 năm 2019] Cho tam giác $ABC$ và điểm $M$ thuộc cạnh $BC$. Các đường đối trung qua $M$ của các tam giác $MAB, MAC$ cắt các đường tròn $(MAB), (MAC)$ lần lượt tại $Q, R$ khác $M$. Điểm $P$ thuộc đường thẳng $BC$ sao cho $AP \perp AM$. Gọi tiếp tuyến chung ngoài gần $A$ hơn của các đường tròn $(MAB), (MAC)$ là $\ell$. Giả sử $\ell$ song song với $BC$, chứng minh $\ell$ tiếp xúc với đường tròn $(PQR)$. Ở đây kí hiệu $(XYZ)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$.

Lời giải

\label{ms9gc1} Đường tròn nội tiếp và đường tròn Euler của một tam giác tiếp xúc với nhau.<> Bổ đề \ref{ms9gc1} là một kết quả quen thuộc, được gọi là định lý Feuerbach, không trình bày cách chứng minh ở đây. \label{ms9gc2} \textit{Cho $\Delta ABC$, trực tâm $H$, $M$ là trung điểm của $BC$. $K$ là hình chiếu của $H$ trên $AM$. $P$ là giao điểm của $HK$ và đường thẳng qua $A$ song song với $BC$. $E, F$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của $AP$ và các đường tròn $(ABK), (ACK)$. $Q, R$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của đường đối trung đi qua $A$ của các tam giác $AKE, AKF$ và các đường tròn $(AKE), (AKF)$. Khi đó đường tròn $(PQR)$ tiếp xúc với $BC$. } Chứng minh.<> Gọi $N$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$. Dễ thấy $ABNC$ là hình bình hành.
Từ đó chú ý rằng $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$, suy ra $\widehat{HBN}= \widehat {HCN} = 90^o$.
Kết hợp với $\widehat{HKN}=90^o$, suy ra tứ giác $KBNC$ nội tiếp đường tròn đường kính $HN$. Do đó:

$\overline{MK}. \overline{MA}=- \overline{MK}. \overline{MN}=- \overline{MB}. \overline{MC}=MB^2=MC^2.$

Điều đó có nghĩa là $BC$ tiếp xúc với các đường tròn $(ABK)$, $(ACK)$.$(1)$
Qua phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích bất kì, $B$, $C$, $K$, $P$, $Q$, $R$ theo thứ tự biến thành $B^*$, $ C^*$, $K^*$, $P^*$, $Q^*$, $R^*$, đường thẳng $BC$ biến thành đường tròn $(AB^*C^*)$, đường thẳng $KP$ biến thành đường tròn $(AK^*P^*)$, đường kính $AK^*$ (vì $KP\perp KA$), $Q^*$, $R^*$ theo thứ tự là trung điểm của $K^*E^*$, $K^*F^*$ (vì $AQ, AR$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của đường đối trung đi qua $A$ của các tam giác $AKE, AKF$ và các đường tròn $(AKE),(AKF)$).

Vậy $(AB^*C^*), (P^*Q^*R^*)$ theo thứ tự là đường tròn nội tiếp tam giác và đường tròn Euler của tam giác $K^*E^*F^*$. Do đó theo bổ đề \ref{ms9gc1}, $(AB^*C^*), (P^*Q^*R^*)$ tiếp xúc với nhau, điều đó có nghĩa là $(PQR)$ tiếp xúc với $BC$.
Trở lại bài toán,<> gọi $K, L$ theo thứ tự là tiếp điểm của $\ell$ và các đường tròn $(MAB)$, $(MAC)$, $H$ là trực tâm của tam giác $MKL$, $S$ là giao điểm của $MA$ và $KL$, $N$ là điểm đối xứng của $M$ qua $S$. Dễ thấy $MKNL$ là hình bình hành.

Từ đó, chú ý rằng $H$ là trực tâm của tam giác $MKL$, suy ra $\widehat HKN = \widehat HLN =90^\circ$.
Do đó $\Delta NKL$ nội tiếp đường tròn đường kính $HN$.$(1)$
Dễ thấy $\overline{SA}.\overline{SN}=-\overline{SA}.\overline{SM}=-SK^2=\overline{SK}.\overline{SL}$.
Suy ra tứ giác $AKNL$ nội tiếp. $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra các điểm $N, K, H, A, L$ cùng thuộc đường tròn đường kính $NH$, hay $A$ là hình chiếu của $H$ trên $MS$. Áp dụng bổ đề \ref{ms9gc2} cho $\Delta MKL$ ta được $(PQR)$ tiếp xúc với $\ell$.