Chủ đề này có 3 trả lời

[neusolve]

Cho hai đường tròn $(C_1)$ và $(C_2)$ nằm trong và tiếp xúc với $(C_0)$ tại $M,N$. Gỉa sử $(C_1)$ đi qua tâm của $(C_2)$. Đường nối hai điểm chung của $(C_1)$ và $(C_2)$ cắt $(C_0)$ tại $A, B$. Các đường thẳng $MA, MB$ cắt $(C_1)$ tại $E$, $F$. Chứng minh rằng $EF$ tiếp xúc với $(C_2)$.

[tranquocluat_ht]

Cho hai đường tròn $(C_1)$ và $(C_2)$ nằm trong và tiếp xúc với $(C_0)$ tại $M,N$. Gỉa sử $(C_1)$ đi qua tâm của $(C_2)$. Đường nối hai điểm chung của $(C_1)$ và $(C_2)$ cắt $(C_0)$ tại $A, B$. Các đường thẳng $MA, MB$ cắt $(C_1)$ tại $E$, $F$. Chứng minh rằng $EF$ tiếp xúc với $(C_2)$.

Bài toán đẹp, mình up hình vẽ trước, lời giải sẽ được bổ sung ngay sau khi hoàn thành.

Nhận xét: $EF$ song song $AB$ và $C_2E=C_2F.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranquocluat_ht: 28-07-2013 - 00:25

[malx]

Trước hết, do hai tam giác cân $FC_{1}M$ và $BC_{0}M$ có chung đỉnh $M$ nên $BC_{0}\parallel FC_{1}$. Cũng như vậy, $AC_{0}\parallel EC_{1}$, dẫn đến $AB\parallel EF$. Nhưng $AB\perp C_{2}C_{1}$ nên $EF\perp C_{2}C_{1}$ tại trung điểm của $EF$. Tương tự như vậy, nếu $NA$ và $NB$ cắt $(C_{2})$ tại $I$ và $K$ thì $IK\parallel AB$. 

Gọi $L\equiv IE\cap C_{1}C_{2}$, do $LC_{2}/LC_{1} = r_{2}/r_{1} = C_{2}K/C_{1}F$ nên ba điểm $L, K, F$ thẳng hàng. Dễ thấy $BF. BM = BK. BN$ nên tứ giác $NKFM$ là tứ giác nội tiếp.

Nhận thấy $\angle NKL = \angle BKF = \angle NMB = \angle NAB = \angle NIK$ nên $LK$ là tiếp tuyến tới $C_{2}$, nhưng vì $C_{2}K\parallel C_{1}F$ nên $LK$ cũng là tiếp tuyến tới $C_{1}$, $LIE$ là tiếp tuyến chung ngoài thứ hai của hai đường tròn. Đến đây dễ thấy $\angle C_{2}FL = \angle C_{2}EF = \angle C_{2}FE$ nên $C_{2}F$ là phân giác $\angle LFE$, tương tự như vậy có $C_{2}E$ là phân giác $\angle LEF, (C_{2})$ chính là đường tròn nội tiếp trong $\Delta LEF$ nên nó phải tiếp xúc với $EF$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi malx: 25-08-2013 - 23:38

[tranquocluat_ht]

Trước hết, do hai tam giác cân $FC_{1}M$ và $BC_{0}M$ có chung đỉnh $M$ nên $BC_{0}\parallel FC_{1}$. Cũng như vậy, $AC_{0}\parallel EC_{1}$, dẫn đến $AB\parallel EF$. Nhưng $AB\perp C_{2}C_{1}$ nên $EF\perp C_{2}C_{1}$ tại trung điểm của $EF$. Tương tự như vậy, nếu $NA$ và $NB$ cắt $(C_{2})$ tại $I$ và $K$ thì $IK\parallel AB$. 

Gọi $L\equiv IE\cap C_{1}C_{2}$, do $LC_{2}/LC_{1} = r_{2}/r_{1} = C_{2}K/C_{1}F$ nên ba điểm $L, K, F$ thẳng hàng. Dễ thấy $BF. BM = BK. BN$ nên tứ giác $NKFM$ là tứ giác nội tiếp.

Nhận thấy $\angle NKL = \angle BKF = \angle NMB = \angle NAB = \angle NIK$ nên $LK$ là tiếp tuyến tới $C_{2}$, nhưng vì $C_{2}K\parallel C_{1}F$ nên $LK$ cũng là tiếp tuyến tới $C_{1}$, $LIE$ là tiếp tuyến chung ngoài thứ hai của hai đường tròn. Đến đây dễ thấy $\angle C_{2}FL = \angle C_{2}EF = \angle C_{2}FE$ nên $C_{2}F$ là phân giác $\angle LFE$, tương tự như vậy có $C_{2}E$ là phân giác $\angle LEF, (C_{2})$ chính là đường tròn nội tiếp trong $\Delta LEF$ nên nó phải tiếp xúc với $EF$.

Một lời giải độc đáo và khó nghĩ! Xin ủng hộ hình vẽ: