Cho hai đường tròn (X),(Y) có bán kính khác nhau, tiếp xúc ngoài tại Z. Kẻ tiếp tuyến XA với (Y), YB là tiếp tuyến tới (X) sao cho A,B cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ XY. Lấy điểm H thuộc XA và K thuộc YB sao cho BH,AK cùng vuông góc XY. ZH cắt (X) lần nữa tại E, ZK cắt (Y) lần nữa tại F. EF cắt AB ở T. CMR: XA,YB,ZT đồng quy ?
Gọi I là giao điểm của AX và BY.
Ta có: ^XAY = ^YBX = 900 => Tứ giác ABXY nội tiếp đường tròn đường kính XY => ^BAX = ^BYX
Mà ^BYX = ^BHX nên ^BAX = ^BHX => \(\Delta\)XHB ~ \(\Delta\)XBA (g.g) => XB2 = XH.XA
Hay XZ2 = XH.XA => \(\Delta\)XHZ ~ \(\Delta\)XZA (c.g.c) => ^XZH = ^XAZ => ^XEZ = ^XAZ
=> Tứ giác AEXZ nội tiếp => ^AXE = ^AZE = 1800 - ^XZE - ^YZA = 1800 - ^XAZ - ^YAZ = 1800 - ^XAY = 900
=> ^AXE = ^XAY (=900) => XE // YA. Tương tự: XB // YF => ^BXE = ^FYA
Mà 2 tam giác BXE và FYA cân tại các đỉnh X và Y nên \(\Delta\)BXE ~ \(\Delta\)FYA (g.g)
=> \(\frac{BE}{FA}=\frac{XE}{YA}=\frac{XB}{YA}=\frac{IB}{IA}\)(Do \(\Delta\)BIX ~ \(\Delta\)AIY).
Đồng thời: BE,FA là cặp cạnh tương ứng của \(\Delta\)BXE ~ \(\Delta\)FYA . Mà XE // YA, XB // YF nên BE // FA
Áp dụng hệ quả ĐL Thales: \(\frac{BE}{FA}=\frac{TB}{TA}\). Từ đó: \(\frac{IB}{IA}=\frac{TB}{TA}\)=> IT là phân giác ^AIB (1)
Mặt khác: \(\frac{IX}{IY}=\frac{BX}{AY}=\frac{BZ}{AZ}\)=> BZ là phân giác ^XIY (2)
Từ (1) và (2), kết hợp với ^AIB, ^XIY đối đỉnh => Z,I,T thẳng hàng => ZT đi qua I
Do đó: 3 đường thẳng XA,YB,ZT đồng quy (đpcm).
