Định lý Dergiades

Định lý Dergiades: Cho tam giác ABC. 3 đường tròn ωa, ωb, ωc lần lượt đi qua các cặp đỉnh B, C; C, A; A, B. Gọi D, E, F là giao điểm thứ hai của 3 đường tròn này. Đường thẳng Qua D vuông góc với AD cắt BC tại X. Tương tự xác định Y, Z. Khi đó X, Y, Z thẳng hàng.

Chứng minh:

Đặt ∠BEC = ∠BF C = α, ∠ADC = ∠AF C = β, ∠AEB = ∠ADB = γ, bán kính của ωa, ωb, ωc lần lượt tại Ra, Rb, Rc.

Ta có XB/XC = (BD · sin ∠XDB)/( CD · sin ∠XDC) = [BD · (− cos ∠ADB)]/[ CD · (− cos ∠ADC) ]= (BD · cos γ)/( CD · cos β . )

Chứng minh tương tự suy ra XB /XC · Y C/ Y A · ZA /ZB = BD/ CD · CE /AE · AF/ BF

Ta lại có BD/ CD = 2Rc sin ∠BAD /2Rb sin ∠CAD . Tương tự và áp dụng định lý Céva sin cho tam giác ABC với các đường AD, BE, CF đồng quy tại tâm đẳng phương của ωa, ωb, ωc ta thu được
BD /CD · CE /AE · AF/ BF = 1. Vậy X, Y, Z thẳng hàng

Một bổ đề hai đường tiếp xúc và ứng dụng

Ta có bổ đề sau: Cho tam giác ABC, trên BC lấy hai điểm D, E sao cho AD, AE đẳng giac trong góc A khi và chỉ khi (ADE) tiếp xúc (ABC).

Bổ đề được chứng minh bằng cách kẻ tiếp tuyến tại A của (ABC) rồi sau đó cộng góc đơn giản có thể suy ra tiếp tuyến tại A của (ABC) cũng là tiếp tuyến tại A của (ADE) suy ra đpcm.

Bài toán 1 (Brazil 2011):  Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), r và s là hai tiếp tuyến tại B, C của (O). r, s cắt AD tại M và N. BN cắt CM tại E. AE cắt BC tại F và L là trung điểm BC. Chứng minh (DLF) tiếp xúc (O).

Gọi K là giao điểm của r và s. Ta có L là trung điểm của BC và cần chứng minh (DFL) tiếp xúc (DBC) là (O), mà L là trung điểm BC. nên ta chỉ cần chứng minh DF là đối trung của tam giác DBC hay D,F,K thẳng hàng.

Áp dụng định lí Sin và Menelaus ta có:

$\frac{sin\angle BKF}{sin\angle FKC}=\frac{BF}{FC}=\frac{BE}{EC}\frac{sin\angle AEN}{sin\angle MEA}=\frac{BE}{EC}\frac{AN}{AM}\frac{ME}{EN}=\frac{ME}{EC}\frac{BE}{EN}\frac{AN}{AM}=\frac{MB}{BK}\frac{NK}{NC}\frac{MB}{MK}\frac{CK}{CN}\frac{AN}{AM}=\frac{MB^{2}}{NC^{2}}\frac{NK}{MA}\frac{NA}{MK}=\frac{MD}{MK}\frac{NK}{ND}=\frac{sin\angle MKD}{sin\angle DKN}$

Từ đây siu ra F, D, K thẳng hàng ta có đpcm
cách 2:
Gọi $ X=BM \cap CN, Y=AD \cap BC, Z=AC \cap BD $ .

Vì $ BC $ là đường đối cực của $ X $ đối với $ (O) $ ,
từ $ X(E,Y;C,B)=-1 $ ta có $ XE $ là đường đối cực của $ Y $ đối với $ (O) $ .
vì $ XZ $ là đường đối cực $ Y $ đối với $ (O) $ ,
nên $ X, E, Z $ thẳng hàng và $ C(B,A;N,M)=B(C,D;M,N) $ ,
vì thế $ (Y,F;B,C)=(Y,A;N,M)=C(B,A;N,M)=B(C,D;M,N)=(Y,D;M,N) $ .
suy ra $ D, F, X $ thẳng hàng

Vì $ DF $ là đường đối trung $ \triangle DBC $ ,
ta nhận đc $ \angle BDL=\angle FDC $ and $ (DLF) $ tiếp xúc $ (O) $ tại $ D $ .

Bài toán 2 : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $M,N$ trên $(O)$ sao cho $MN\parallel BC$ và $AB$ nằm giữa $AM,AC$. $CM$ cắt $BN$ tại $S$. $BM$ cắt $CN$ tại $T$. $P$ là một điểm trên $(O)$. $PT$ cắt đường thẳng qua $S$ song song $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng $(QPS)$ tiếp xúc với $(O)$

Lời giải

Gọi $ T'=PT \cap \odot (O) $ và $ S'=PS \cap \odot (O) $ .
Đặt $ \{ X, Y \}=SQ \cap \odot (O) $ và $ \{ U, V \}=TS \cap \odot (O) $ .

Vì $ SQ $ là đường đối cực của $ T $ đối với $ \odot(O) $ ,
nên $ P(T', S'; U, V)=(T, S; U, V)=-1 $ ,
kết hợp với $ \angle UPV=90^{\circ} $ suy ra $ \angle BPQ=\angle SPC $ . ... $ ( \star ) $
vì $ \angle XPB=\angle CPY $ ( $ \because XY \parallel BC $ ) ,
kết hợp với $ (\star) $ ta có $ \angle XPQ=\angle SPY $ ,
vì thế theo bổ đề trên $ \odot (PQS) $ tiếp xúc $ \odot (O) $ tại $ P $ .

Dùng phép nghịch đảo để đơn giản hóa bài toán

Bài toán: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $P$ là một điểm nằm trong tam giác và nằm trên phân giác trong của $\angle BAC$. Gọi $E,F$ là điểm chính giữa của cung $AC,AB$. $AE$ giao đường tròn $(APC)$ tại điểm thứ hai là $M$, $AF$ giao đường tròn $(APB)$ tại điểm thứ hai là $N$. Chứng minh rằng: $MN\parallel EF$

Lời giải:

Xét phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích bất kì, ta đưa bài toán đã cho về bổ đề sau:

Bổ đề. Cho $\Delta ABC,P$ là điểm bất kì trong tam giác và thuộc phân giác trong góc $A.E,F$ là các điểm trên tia đối $CB,BC$ sao cho $CE=CA,BF=BA.$

Gọi $M,N=AE,AF \cap CP,BP.$ Khi đó $(AEF)$ tiếp xúc $(AMN).$

Hay EF song song MN như vậy ta đã làm mất hết các đường tròn và đưa về bài toán THCS.

Gọi I và I' lần lượt là tâm nội tiếp và chân đường phân giác trong góc A.

Theo định lí Menelaus, $\frac{MA}{ME}.\frac{EC}{CI'}.\frac{I'P}{PA}=1=\frac{NA}{NF}.\frac{FB}{BI'}.\frac{I'P}{PA}.$

Theo định lí Thales, $\frac{EC}{CI'}=\frac{AI}{II'}=\frac{FB}{BI'} \Rightarrow \frac{MA}{ME}=\frac{NA}{NF} \Rightarrow MN \parallel EF \Rightarrow (AEF)$ tiếp xúc $(AMN)$ (đpcm).

Thêm một số bài tập về điểm Fermat, đẳng động, đường tròn Apllonius,..

Bài 1: Cho tam giác ABC và một điểm P. Dựng các đường tròn P − apollonius của các tam giác

APB, APC.BPC . Chứng minh rằng ba đường tròn này còn có một điểm chung P' khác P

Gợi ý: Gọi (N),(M),(L) là đường tròn P − apollonius của các tam giác APB, APC.BPC

Chú ý rằng BL là đường đối trung ngoài của tam giác BPC, lập tỉ số rồi sử dụng định lý Menelaus.

Bài 2: Cho A, B, C nằm trên đường tròn (K) sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn và P là

điểm bên trong (K). Gọi X,Y, Z là giao điểm thứ hai của AP, BP, CP với (K). Xác định vị trí

của điểm P sao cho ∆XYZ đều

Gợi ý: Gọi F là điểm liên hợp đẳng giác với P của tam giác ABC thì ta có $\angle APC+ \angle AFC =180^o + \angle B$ và biến đổi góc được $\angle APC= 60^o + \angle B$.
Vậy F là điểm Fermat . P liên hợp đẳng giác với F chỉ có thể là điểm đẳng động J của tam giác ABC

Bài 3: Cho D là một điểm bên trong tam giác nhọn ABC sao cho AB = a.b, AC = a.c, AD =

a.d, BC = b.c, BD = b.d và CD = c.d. Chứng minh $\angle ABD+ \angle  ACD= 60^o$

Gợi ý:- D là điểm chung của 3 đường tròn apollonius của ∆ABC và chính là điểm đẳng động

thứ nhất của ∆ABC.
-Gọi tam giác đều thủy túc của điểm đẳng động D của ∆ABC.

Bài 4: Chứng minh đường tròn A − apollonius tạo với các đường tròn B − apollonius, C − apollonius

của ∆ABC một góc $120^o$

Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A và H là chân đường cao vẽ từ A. Chứng minh các đường tròn

H − apollonius của các tam giác ∆AHB, ∆AHC giao nhau tại tâm đường tròn A − apollonius

của tam giác ABC
Bài 6: Cho tam giác ABC và phân giác trong BD, D ∈ AC. Đường thẳng BD cắt đường tròn (C)

ngoại tiếp ∆ABC tại điểm thứ hai là E. Đường tròn (ω) với đường kính DE cắt lại (C) tại F.

Chứng minh BF là đường đối trung của tam giác ABC

Bài 7: Cho tam giác đều XYZ nội tiếp trong đường tròn (O) và điểm P tùy ý trong tam giác

XYZ và không nằm trên các cạnh, PX, PY, PZ cắt (O) tại A, B, C theo thứ tự. Gọi D, E, F theo

thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác PBC, PCA, PAB. Chứng minh AD, BE, CF

đồng quy.

Dùng tỉ số kép để chứng minh bài toán

Bài: Cho lục giác lồi AMBDNC nội tiếp trong đường tròn đường kính MN , AC=BD  . Gọi P là giao điểm của MC với AN ; Q là giao điểm của MD với  BN . Chứng minh rằng đường thẳng AD, BC chia đôi PQ.

Lời giải:

Một số tính chất về tam giác ABC có AB+BC=3AC.

Tính chất 1 (IMO shortlist 2005): .Cho tam giác ABC có AB+BC=3AC.Đường tròn (I) nội tiếp tam giác tiếp xúc với AB,AC tại D,E.Lấy K,L là điểm đối xứng của D,E qua I.Khi đó ALKC nội tiếp.

Chứng minh

Gọi H là giao điểm của CK và AB,T là giao điểm của AL và BC.

Ta có các tính chất cơ bản sau:

AH=BD=AC và CT=BE=AC.

$\angle KCA=90^o-\frac{\angle A}{2}=\angle AID$ (Do tam giác AHC cân)

Suy ra tứ giác AKIC nội tiếp

Tương tự tứ giác ALIC nội tiếp.

Hay 5 điểm A, L, K, I, C cùng thuộc đường tròn.

Vậy ta có đpcm.

Tính chất 2 phát biểu: Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp (I), đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tương ứng tiếp xúc BC, CA, AB tại M, N, P. Ta có AM, BN, CP đồng quy tại một điểm khi AB+BC=3AC

Ta chứng minh một bổ đề:

Cho tam giác ABC nội tiếp (O), có đường kính AE, BF. Khi đó đường thẳng qua D song song BC và đường thẳng qua E song song AB cắt nhau tại một điểm thuộc (O).

Chứng minh: Gọi hai đường thẳng đó cắt nhau tại F. Do DF song song BC nên DF vuông BD, tương tự EF vuông EB. Vậy tứ giác FDBE nội tiếp hay F thuộc (O).

Trở lại bài toán. ta sẽ lấy hình 1, và dễ thấy M, N, P trong tính chất 2 là E, F, D trong hình trên.

Ta có AL song song EF do có hai tam giác ACT và tam giác CEF cùng cân tại C.

Tương tự CK song song DF. Vậy theo bổ đề trên ta có AL, CK cắt nhau tại 1 điểm thuộc (I).

Ngoài ra ta có bài toán sau: (USA MO 2001)Cho ABC có (I) là đường tròn nội tiếp tiếp xúc với BC,CA lần lượt tại $ D_1, E_1, D_2, E_2,$ là các điểm nằm trên BC,CA sao cho :$C D_2 =B D_1$ và $C E_2 =A E_1$ .Gọi P là giao điểm của $A D_2$ và $B E_2$ .Đường tròn (I) cắt $A D_2$ tại  điểm,Q gần A.(Q là giao của $A D_2$ và (I)).Chứng minh :$AQ= D_2 P.$

Lời giải:

Khó có thể chứng minh trực tiếp được nên nếu ta đưa về tỉ số thì sẽ dễ chứng minh hơn. Mà ta lại có:

$\frac{AQ}{AD_2}=\frac{r}{r_a}$ (r là tâm nội tiếp, $r_a $ là tâm bàng tiếp )

Ta sẽ chứng minh : $\frac{D_2P}{AD_2}=\frac{r}{r_a}$

Vì B, P, $E_2$ thẳng hàng.

Theo menelaus cho tam giác $AD_2C$ thì:

$\frac{D_2P}{AP}=\frac{BD_2.CD_1}{BC.E_2A}=\frac{p-a}{a}$
Suy ra:
$\frac{D_2P}{AD_2}=\frac{p-a}{a}=\frac{r}{r_a}$

Vậy ta có đpcm.

Áp dụng bài toán trên thì nếu cho:

 P là giao của AT và CH. Thì :HP=CK và AL=PT.

Do đó ta sẽ có: tam giác AKC bằng APH  và tam giác CTP bằng tam giác CAL

Từ đây có thể suy ra tính chấtt 1 dễ dàng: $\angle ALC=\angle CPT=\angle APH=\angle AKC$.

Ngoài ra: AK và AT là hai đường đẳng giác trong góc A và CL và CP là hai đường đẳng giác trong góc C. Suy ra L, K là hai điểm đẳng giác của tam giác ABC

Và I là trực tâm APC. Kết hợp với tính chất 2 là P thuộc (I) ta suy ra P đối xứng F qua I.