Bài 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O), đường tròn Mixtilinear trong góc A tiếp xúc (O) tại P. Phân giác góc A cắt BC và (O) tại Q, M. đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc BC tại N. Chứng minh rằng MN và PQ cắt nhau trên (O).
Lời giải:
Xét phép f: nghịch đảo tâm A phương tích AB.AC và phép đối xứng qua phân giác góc A, ta có:
f biến B thành C, C thành B, biến Q thành M.
qua phép nghịch đảo điểm P' là điểm tiếp xúc của đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác AB'C' nên qua phép đối xứng phân giác P chính là N.
Do phép đối xứng phân giác ta có $\angle PAQ= \angle NAM$
Mặt khác AP.AN=AB.AC=AQ.AM suy ra tam giác APQ và tam giác AMN đồng dạng suy ra A là tâm của phép vị tự quay biến PQ thành MN, suy ra PQ và MN cắt nhau trên (O).
Bài 2: Cho $\triangle ABC$ Gọi $I_A$ và $I$ là đường tròn bàng tiếp góc A and tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $A$-mixtilinear (gọi là $\Gamma$), và $(I_A)$ tiếp xúc $(ABC)$ và $BC$ tại $T$ và $D$, theo thứ tự đó. Gọi $AI\cap (ABC)=\{ M\}$ và $(TMI)\cap \Gamma=\{ E\}\neq T$.
$\textbf{a.)}$ CMR $I_ADEI$ nội tiếp.
$\textbf{b.)}$ Giả sử $(I_ADI)\cap \Gamma=\{ S\}\neq E$, CMR khi đó $(BSC)$ tiếp xúc$\Gamma$.
Lời giải:
Ta sẽ vẽ hình câu a) và b) riêng để cho dễ nhìn:
a)
Phép nghịch đảo đối xứng qua phân giác góc A phương tích AB.AC biến E là giao của (w) và (IMT) thành E' là giao cả $(I_A)$ và $(DLI_A)$. Mặt khác Do góc LD$I_A$ vuông tại D và DL là tiếp tuyến của $(I_A)$từ đây suy ra $E'L$ cũng là tiếp tuyến của $(I_A)$ suy ra LE'=LD $\Rightarrow AE'=AD$ như vậy AB.AC=AE'.AE=AD.AE=AI.$AI_A$ suy ra điều phải chứng minh.
b)
Gọi $\Phi$ là phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích $\sqrt{AB\cdot AC}$ và đối xứng qua phân giác $\angle BAC$. Gọi $ID\cap (I_A)=R$, $MD\cap (ABC)=\{ G \}$, $\Gamma \cap AB,\ AC=\{ X\},\ \{Y\}$, $XY\cap BC=\{ Z\}$, gọi $A_H$ là chân đường cao từ $A$ và $A_1$ là điểm đối xứng của $A$ qua tâm $(ABC)$.
Ta chứng minh hai bổ đề:
Bổ đề 1: MD, TK, $I_AA_1$ đồng quy.
Chứng minh: Theo bài 1 thì MD và TK đồng quy trên (O) ta gọi điểm đó là G
Dễ thấy $AKDG$ nội tiếp (do phương tích), vì thế $\angle ZDA=\angle KDA=\angle KGA=\angle TMA=\angle ZMA$, nên $ZMDA$ nội tiếp, $$\Phi(MD)\cap \Phi(KT)\in \Phi((ABC))=BC\Longrightarrow \Phi(G)=Z\ . \ . \ . \ \spadesuit$$
để ý rằng $\angle AIZ=90^{\circ}=\angle AA_HZ\Longrightarrow AIA_HZ$ nội tiếp, nhưng vì, $AA_1$($A_1\in (ABC)$) và $AA_H$($A_H\in BC$)$\Longrightarrow A_1=\Phi( A_H),\ I_A=\Phi(I),\ G\stackrel{\spadesuit}{=}\Phi(Z)$ thẳng hàng.
Bổ đề 2; Cho tam giác ABC có I là tâm nội tiếp, D là tiếp điểm bàng tiếp góc A trên BC, ID cắt đường tròn bàng tiếp góc A tại S. CMR (BSC) tiếp xúc đường tròn bàng tiếp góc A
Gọi tâm của đường tròn bàng tiếp góc A $A$ và $(BCS)$ là $E,O$. Gọi $DS$ là giao điểm của $(BCS)$ và SD tại $X$. Theo bài toán quen thuộc hai đường tròn này tiếp xúc nhau $\iff$ $XO\parallel DE$ $\iff$ $OX\perp BC$ $\iff$ $DS$ chia đôi $\angle BSC$.
Gọi $G$ là chân đường vuông góc từ $I$ tới $BC$. $F$ trên $BC$ sao cho $(B,C;D,F)=-1$. theo hàng điểm điều hòa $DS$ phân giác $\angle BSC$ $\iff$ $\angle FSD=90$ $\iff$ $I,G,S,F$ Đồng viên
Gọi $M$ là trung điểm $BC$, nên cũng là trung điểm $GD$(Dễ chứng minh). Gọi $N$ là trung điểm của $DS$, nếu $I,G,S,F$ đồng viên $\iff$ $I,M,N,F$ đồng viên (dùng đường đối song) $\iff$ $MD.DF=ID.DN$. Vì $N$ là trung điểm $DS$, suy ra $EN\perp IS$, có nghĩa là $I,B,E,N,C$ đồng viên $\Rightarrow$ $ID.DN=BD.DC$. Dùng tính chất hàng điểm điều hòa $MD.DF=BD.DC$. Vì thế $ID.DN=BD.DC=MD.DF$, Điều phải chứng minh.
Vào bài toán:
Chú ý bổ đề [b]bổ đề 1[/b] nên $MD$, $KT$ và $I_AA_1$ đồng quy trên $(ABC)$.
Vì $$\angle I_AIZ=90^{\circ}=I_ADZ\Longrightarrow Z\in (I_ADI)\ . \ . \ . \ \bigstar$$
Và $$\Phi(D)=T\stackrel{\bigstar}{\Longrightarrow} \Phi((I_ADIZ))\stackrel{\spadesuit}{=}(GTII_A)=\omega\ . \ . \ . \ \clubsuit$$.
Nếu $N$ là trung điểm $AA_H$, theo bổ đề quen thuộc $R$, $I$, $D$ và $N$ thẳng hàng.$\blacksquare$
Nếu ta chứng minh $R\in \omega$, Khi đó dùng bổ đề 2, ta có điều phải chứng minh.
$\begin{align*}R\in \omega\Longleftrightarrow \angle I_ARI&= \angle I_AGI\\&= \angle A_1GI\\
&= \angle A_1GK+\angle KGI\\&\stackrel{\text{Bo de}}{=} \angle A_1GT+\angle TGI\\&\stackrel{\clubsuit}{=} \angle A_1AT +\angle TI_AI\\&\stackrel{AD\text{ va } AT,\ AA_1\text{ va } AA_H \text{dang giac}}{=} \angle A_HAD+\angle TI_AA\\&= \angle A_HAD+\angle A\Phi(T)\Phi(I_A)=\angle A_HAD+\angle ADI\\&\stackrel{\blacksquare}{=} \angle NAD+\angle ADN\\&= \angle DNA_H\\&\stackrel{I_AD||NA_H}{=}\angle RDI_A\\&\stackrel{I_AD=I_AR=\text{ban kinh }(I_A)}{=}\angle I_ARD\\&= \angle I_ARI
\end{align*}.$
Bài 3: Cho $\triangle ABC$ có tâm nội tiếp $I$, tâm bàng tiếp với góc $A$, $I_A$, nội tiếp $\Gamma$. Gọi giao điểm của đường tròn Mixtilinear ngoài và trong góc A tiếp xúc $\Gamma$ tại $P$ và $Q$, theo thứ tự đó, $AI\cap BC=\{ K \}$ và $AI\cap \Gamma=\{ L \}$ đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $A_1$ là điểm đối xứng của $A$ qua tâm $\Gamma$ và $QL\cap BC=\{ T \}$, Chứng minh $\odot (KDA)$, $\odot (I_API)$, $A_1I$, $AT$, $PK$ và $LD$ đồng quy trên $\Gamma$.
1:AT,LD đồng quy trên $\odot ABC$
Chiếu $(A,C;B,Q)$ từ $L$ đến $\odot ABC$($AT\cap \odot ABC={R}$)
$$L(A,Q;B,C)=(K,T;B,C)=A(K,T;B,C)=(L,R;B,C)=\frac{LB\cdot RC}{RB\cdot LC}=\frac{RC}{RB}=\frac{AB\cdot QC}{QB\cdot AC}$$
Nghịch đảo $\mathcal{I}_{L,LC}$ : $BC$ $\rightarrow$ $\odot ABC$vì thế ( $BD\cap \odot ABC={R'}$):
$$\frac{BD}{BR'}=\frac{BL\cdot LD}{BL^2}=\frac{CD}{CR'}$$
Do $AQ$ đẳng giác với AZ ($Z$ tiếp điểm đường tròn bàng tiếp trên BC)
$$\frac{AB\cdot QC}{QB\cdot AC}=\frac{BZ}{CZ}=\frac{BD}{CD}=\frac{RC}{RB}=\frac{R'C}{R'B}$$
Vì $Z,D$ đẳng giác vì thế $R\equiv R'$.$\clubsuit$
2:$\odot KDA$ qua $R$
Xét phép nghịc đảo $\mathcal {I} _{L,LB}$ biến $BC$ thành $\odot ABC$ và $D$ $\rightarrow$ $R$,$K$ $\rightarrow$ $A$
Ta có $LD\cdot LR=LK\cdot LA=LB^2$ Vì thế $KDAR$ nội tiếp.$\clubsuit$
3:$PK$ qua $R$
Xét phép nghịch đảo cực A phương tích AB.AC và đối xứng qua phân giác $\angle BAC$ ta có đường tròn Mixtilinear ngoại thành đường tròn nội tiếp và $AQ$ thành $AD$ vì thế $AQ$ đẳng giác với nhau trong góc $A$..Đặt $RK\cap \odot ABC={P'}$:
$$\angle ALP'=\angle KDR =\angle KAD$$
Suy ra $AP',AD$ đẳng giác nên ta có đpcm.$\clubsuit$
4:$\odot PII_{A}$ qua $T$
$P,K,R$ thẳng hàng $BK\cdot KC=PK\cdot KR=IK\cdot KI_{A}$ và $\odot PII_{A}R$ nội tiếp.$\clubsuit$
5 :$A_{1}I$ qua $R$
Phép nghịch đảo $\mathcal {I}_{L,LB}$ cố định $\odot IDR$ và $IL$ là tiếp tuyến của nó.Gọi $IR\cap \odot ABC={A'_{1}}$, $F$ là chân đường cao từ $A$ đến $BC$:
$$\angle A'_{1}AL=\angle LRI=\angle LID=\angle KAF=\angle A_{1}AL$$
Vì thế $A_{1}\equiv A'_{1}$ đpcm.$\clubsuit$.
Bài 4 (APMC 2016): Cho $\triangle ABC$ có đường tròn Mixtilinear trong góc A , $\omega$, Và tâm bàng tiếp $I_A$. Gọi $H$ là chân đường cao từ $A$ đến $BC$, $E$ trung điểm cung $\overarc{BAC}$ và $M$,$N$, là trung điểm $BC$ ,$AH$, theo thứ tự đó. Giả sử $MN\cap AE=\{ P \}$ Và $I_AP$ cắt $\omega$ tại $S$ và $T$ theo thứ tự: $I_A-T-S-P$. CMR: đường tròn ngoại tiếp $\triangle BSC$ và $\omega$ tiếp xúc nhau.
Lời giải:
Ta đặt lại $ S $ là điểm mà $ \odot (BSC) $ tiếp xúc $ \omega $ tại $ S $ và $ P $ là giao điểm $ AE, $ $ MN. $ Ta sẽ cm rằng $ I_A, $ $ P, $ $ S $ thẳng hàng. Gọi $ I $ là tâm nội tiếp của $ \triangle ABC $ và đặt $ J $ $ \in $ $ IN $ là điểm tiếp xúc của $ \odot (I_A) $ với $ BC. $ Đặt $ V $ $ \in $ $ EI $ là điểm tiếp xúc của $ \omega $với đường tròn ngoại tiếp $ \triangle ABC $ , $ D $ là giao điểm của $ BC, $ $ EI. $ Vì $$ \frac{I_AA}{I_AI} = \frac{JN}{JI} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\text{dist}(A,BC)}{\text{d}(E,BC)} \cdot \frac{\text{d}(E,BC)}{\text{d}(I,BC)} = \frac{PA}{PE} \cdot \frac{DE}{DI} \ , $$Dùng định lý Menelaus cho $ \triangle AIE $ và $ D, $ $ P, $ $ I_A $ we get $ I_A, $ $ D, $ $ P $ thẳng hàng $ \qquad $ $ (\ddagger). $
Mặt khác cực của $ X $ thuộc $ SV $ đối với $ \omega $ nằm trên $ BC, $ chú ý đường tròn tâm $ X $ bán kính $ XD $ $ = $ $ XS $ $ = $ $ XV $ là đường tròn Appolonius của góc V của $ \triangle BVC $ ta được $ SD $ phân giác $ \angle BSC $ Do bài 2b) thì $DII_A$ đi qua điểm S, mặt khác tứ giác $I_AID'J$ nội tiếp (D' là giao của đường thẳng qua I vuông góc AI), từ đây suy ra $SI_A \perp SD'$ mặt khác SD vuông SD' do phân giác và phân giác ngoài $ \Longrightarrow $ $ I_A, $ $ D, $ $ S $ thẳng hàng (, kết hợp với $ (\ddagger) $ kết luân $ I_A, $ $ D, $ $ P, $ $ S $ thẳng hàng.
Bài 5: (Đề thi HSGS lớp 10, vòng 2):
Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường tròn $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $D$ và tiếp xúc $AC,AB$ lần lượt tại $E,F$. $AL$ là đường kính của $(O)$. $KE,KF$ lần lượt cắt $LB,LC$ tại $M,N$.Chứng minh rằng $AD\perp MN$
Lời giải:
Gọi $ T $ là giao điểm thứ hai của $ \odot (O) $ với đường tròn đường kính $ AK $ và gọi $ J $ $ \equiv $ $ AT $ $ \cap $ $ EF. $ Rõ ràng, $ J $ là tâm đẳng phương$ \odot (K), $ $ \odot (O), $ $ \odot (AK), $ vì thế$ DJ $tiếp xúc $ \odot (K) $ và$ \odot (O) $ tại $ D. $ Mặt khác, $ TA, $ $ TK $ phân giác$ \angle ETF, $ cắt tại $ X $ thuộc $ EF, $ $ TK $ liên hợp $ J $ đối với $ E, $ $ F, $ Vì thế$ A, $ $ D, $ $ X $ nằm trên cực của $ J $ đối với $ \odot (K). $ Vì $ KMLN $ là hình bình hành$ KL $ đi qua trung điểm $ MN, $ Kết luân $$ (\perp MN, AT; AE, AF) = (\perp MN, \perp LK; \perp LC, \perp LB) = -1 = A( X, T; E, F) \Longrightarrow AD \perp MN. $$
Cách khác nghịch đảo:
Xem tại đây
Hai bài 6,7 lấy từ anh Quang Dương
Bài toán 6: Cho $\triangle ABC$, đường tròn mixtilinear nội tiếp và bàng tiếp góc $\widehat{BAC}$ của $\triangle ABC$ là $(I_a)$ và $(J_a)$ tiếp xúc $(ABC)$ thứ tự tại $P, Q$. $PQ$ cắt $BC$ tại $E$. Khi đó $AE$ tiếp xúc $(BAC)$.
Chứng minh:
Xét phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với phép đối xứng trục phân giác góc $\widehat{BAC}$:
$I_{A}^{AB.AC} \circ Đ_{l} : X \Leftrightarrow X' $.
Khi đó $C \equiv B', B \equiv C'$. $P', Q'$ thứ tự là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $A$ và nội tiếp của $\triangle ABC$ với đường thẳng $BC$. Khi đó $P', Q'$ đối xứng nhau qua trung trực $BC$. Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $(ABC)$ tại điểm thứ hai $R$ thì $R \in (AP'Q')$. Do đó $R \equiv E'$. $AR, AE$ đẳng giác nên $AE$ là tiếp tuyến của $(ABC)$.
Bài toán 7: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Đường tròn mixtilinear nội tiếp góc $A$ là $(I_a)$ của $\triangle ABC$ tiếp xúc $AB, AC$ và $(O)$ tại $D, E, F$. $AF$ cắt $DE$ tại $L$. Đường thẳng qua $L$ vuông góc $OA$ cắt $BC$ tại $G$. Khi đó $FG$ tiếp xúc $(O)$.
Chứng minh:
$DE$ cắt $BC$ tại $K$. Gọi $I$ là tâm nội tiếp $\triangle ABC$. $AH$ là đường cao tam giác $ABC$. Ta có $(LG, LK) \equiv (AO, AI_a) \equiv (AI, AH) \equiv (KL, KG)$ (mod $\pi$). Do đó $\triangle GLK$ cân tại $G$. Hơn nữa ta có tính chất: $AI$ cắt $FK$ tại $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của tam giác $ABC$. Ta có $(FK, FA) \equiv (FJ, FA) \equiv (BJ, BA) \equiv (BJ, BC) + (BC, BA) \equiv (AJ, AC ) + \frac{\pi}{2} - (OA, AC) \equiv (AJ, AO) + \frac{\pi}{2} \equiv \frac{\pi}{2} - (LG, LK)$ (mod $\pi$). Do đó $G$ là tâm $(DKF)$. Suy ra $(FG, FA) \equiv \frac{\pi}{2} - (DE, FJ) \equiv \frac{\pi}{2} - (DE, AJ) + (JF, JA) \equiv (CF, CA)$. Do vậy $GF$ là tiếp tuyến của $(O)$.
Bài 8 (Mạnh Tuấn): Cho $\triangle ABC$, đường tròn Mixtilinear nội tiếp xúc $(O)$ tại $D$, tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$. Tiếp tuyến tại $D$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $P$.$AD$ cắt $EF$ tại $L$. Khi đó $PL \perp AO$
Chứng minh Gọi $f(X)$ là ảnh của $X$ qua phép nghịch đảo $I^A_{AB.AC}$ hợp với phép đối xứng trục qua phân giác $\angle BAC$
Khi đó $f(B)= C, f(C) = B, f((I)) = (J)$ là đường tròn bàng tiếp $\angle A$. $f(D), f(E), f(F) $ là tiếp điểm của $(J)$ với $BC,CA,AB$. $f(L) $ là giao của $Af(D)$ với$ (Af(E)f(F))$. $f(P)$ là giao của đường tròn qua $D$ tiếp xúc $BC$ và $(ABC)$
Viết lại bài toán dưới cấu hình đường tròn nội tiếp, ta được bài toán tương đương :
Cho $\triangle ABC$ với đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $AH$ là đường cao ($H \in BC$). $AD$ cắt $(AEF)$ tại $M$. Đường tròn qua $A,M$ trực giao với $AH$ cắt $(O)$ tại $G$. Chứng minh rằng $(AGD)$ tiếp xúc $(O)$
$IM$ cắt $BC$ tại $S$. Khi đó $S,E,F$ thẳng hàng.
Gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $O$, $IM$ cắt $AH$ tại $R$ và $T$ là trung điểm $ID$
Theo 1 bài toán quen thuộc thì $R,T,A'$ thẳng hàng. Lại có $\angle AGR = 90^{\circ}$ nên $G,R,T,A'$ thẳng hàng
$X$ là trung điểm $SD$ , $AX$ cắt $(O)$ tại $G'$, $G'A'$ cắt $ID$ tại $T'$
Ta có $XD^2 = XB.XC = XG'.XA \implies (AG'D)$ tiếp xúc $(I)$ tại $D$
Gọi $K$ là tâm $(AG'D)$ .Khi đó $K,I,D$ thẳng hàng
Có $\angle XG'D = \angle XT'D = 90^{\circ} - \angle KDA \implies SH \perp AD$
Lại có $SI \perp AD \implies T'X \parallel IS \implies T'$ là trung điểm $ID$
Vậy $G \equiv G' \implies (AGD)$ tiếp xúc $BC$. Ta có điều cần chứng minh
