Dùng vị tự quay để giải một bài toán

Bài 1 (Trần Việt Hùng): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và đường tròn mixtilinear (D) ứng với góc A tiếp xúc với (O), AB, AC tại X, E, F. AX cắt đường tròn (D) tại K. L là điểm đối tâm của K đối với (D). EF cắt KL tại M. AL cắt (ABC) tại điểm thứ hai là N. Chứng minh XM vuông XN

Lời giải:

Ý tưởng là chứng minh $\angle MXA=\angle NXL$ Gọi MX cắt (D) tại R, Gọi A' là điểm đối tâm của A đối với (O) thì ta có X, L, A' thẳng hàng.
Ta có được: $\angle XAR=\angle XA'N$ ta cần chứng minh: $\Delta AXR \sim \Delta A'XN$ dùng phép vị tự quay tâm X ta đưa về bài toán $\Delta RXN \sim \Delta AXA'$
Mặt khác ta có: $\frac{RE}{RF}=\frac{XE}{XF}=\frac{KE}{KF}=\frac{LE}{LF}$ suy ra tứ giác RELF là tứ giác điều hòa suy ra L, R, A thẳng hàng.
Như vậy ta có: $\angle XNA= \angle XA'A$
Và $\angle XRN=\angle XKL=\angle XAA'$ ( do X là tâm vị tự của (D) biến thành (O) nên KL//AA' )
Như vậy ta có đpcm

Dùng định lý hàm số sin để chứng minh song song

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $(K)$ là đường tròn Mixtilinear góc A của tam giác $ABC$ tiếp xúc $(O)$, $AC,AB$ lần lượt tại $X, A_c, A_b$, $AX\cap A_bA_c= Y, XI \cap BC =K$. CMR: $KY \parallel AI$

Giải

Theo định lý Lyness $A_b$, $A_c$ và $I$ thẳng hàng. Vì $I$ là trung điểm $A_cA_b$ và $AX$ là đường đối trung của góc $\angle A_bXA_c$ ta có: $\measuredangle A_cXI= \measuredangle AXA_b = \measuredangle A_cCI$, nên $A_cCXI$ nội tiếp. tương tự $A_bBXI$ nội tiếp. $$\frac{XK}{KI} = \frac{XC}{CI} \cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB} = \frac{ \sin \angle XIC}{ \sin \angle IXC}\cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB}$$ $$\frac{ \sin \angle XIC}{ \sin \angle IXC}\cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB} = \frac{ \sin \angle XA_bY}{ \sin \angle AA_bY}\cdot \frac{ \sin \angle BAX}{ \sin \angle AXA_b}$$ $$\frac{ \sin \angle XA_bY}{ \sin \angle AA_bY}\cdot \frac{ \sin \angle BAX}{ \sin \angle AXA_b} = \frac{XY}{YA}$$ $\Longrightarrow \frac{XK}{KI} = \frac{XY}{YA} \Longrightarrow AI \parallel YK$

Một tính chất đẹp của đường tròn Mixtilinear

Một tính chất khá thú vị của đường tròn Mixtilinear lúc giải Bài 4

Cho tam giác ABC có I, $I_A$ là tâm đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A. Một đường tròn đi qua B, C tiếp xúc với đường tròn Mixtilinear trong góc A tại V. Khi đó $I_AV$ là phân giác góc $BVC$.

Điểm V có nhiều cách xác định ví dụ như là đường thẳng qua trung điểm cung BC chứa A và I cắt BC tại V' thì $I_AV'$ cắt đường tròn  Mixtilinear nội của góc A tại V, hoặc xác định như bài 2, 4

Chứng minh:

Gọi $I_B, I_C$ là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác BEC, BFC, E, F là giao điểm của (BSC) và AC, AB, Y, Z là tiếp điểm của đường tròn Mixtilinear với các cạnh AC, AB.
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm CEVNPB ta có Y, $I_B$, chân đường phân giác ngoài tại V trên BC của tam giác BVC. Theo bổ đề quen thuộc thì điểm đó cũng thuộc YZ như vậy YZ$I_B$ thẳng hàng. Tương tự như vậy ta suy ra được 5 điểm $I_B,I_C, Y, Z, I$ cùng nằm trên đường thẳng.
Mặt khác:  $\angle I_ACB= 90^0-\angle C/2=180^o-\angle I_CZB-\angle I_CBA$
Suy ra $I_BI_CBC$ nội tiếp
Ta có: $\angle YVC= \angle NVC= \angle NBC =\angle CI_CB=\angle C I_CY$ suy ra $I_CVYC$ nội tiếp. Và ta cũng có: $I_CYC=90^o+\frac{\angle A}{2}=180^o-\angle BI_AC$ Suy ra $I_CI_AYC$ nội tiếp suy ra 5 điểm $I_C,I_A, Y, V, C$ đồng viên. Suy ra $\angle CVI_A=\angle CYI_A$
Tương tự ta cũng có: $\angle BVI_A= \angle I_AZB$
Mà hai tam giác $I_AAZ= \triangle I_AAY$ suy ra điều phải chứng minh.

Một số bài toán về đường tròn Mixtilinear

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

Dùng phép vị tự quay để giải bài toán hình học

Bài 1: Cho tứ giác ABCD gọi G là giao điểm của AC và BD. Gọi $O_1, O_2, O_3, O_4$ lần lượt là tâm của $ GAB, GBC. GCD, GDA$. Đường thẳng bất kì qua G cắt $(O_2), (O_4)$ tại J và K. Đường thẳng bất kì khác qua G cắt $(O_1), (O_3)$ tại $S$ và $T$. Gọi M là giao của $O_1O_2$ và $O_3O_4$, U, I là trung điểm ST và JK. Chứng minh rằng $MU=MI$.

Lời giải:

Gọi giao điểm thứ hai của $(O_1), (O_3)$ là Q, $(O_2), (O_4)$ là P. E, F là trung điểm AC, BD. Ta sẽ chứng minh G,E, F, P, Q cùng thuộc $w$

Xét phép vị tự quay tâm P biến B thành D, A thành C nên biến BD thành AC. Do E, F là trung điểm AC và BD nên biến E thành F, Suy ra tam giác APE đồng dạng PBF

Suy ra: $\widehat{PEG}=\widehat{PFG}$ nên tứ giác PGEF nội tiếp

Tương tự ta có tứ giác QGEF nội tiếp.

Ta có $O_2O_4$, $O_1O_3$ là trung trực của PG và GQ. nên M là tâm ngoại tiếp của 5 điểm P, Q, G, E, F.

Mặt khác tiếp tục xét phép vị tự quay tâm P biến S thành T và do I là trung điểm ST nên phép vị tự quay này biến I thành trung điểm F của BD nên tam giác IPS đồng dạng tam giác PFB. Suy ra $\widehat{PIG}=\widehat{PFG}$ Suy ra I thuộc đường tròn tâm M. Tương tự U cũng thuộc đường tròn tâm M.

Vậy MI=MU

Nhận xét: Nếu tứ giác ABCD nội tiếp (O) thì ta có OE và OF lần lượt vuông AC và BD, suy ra M là trung điểm PO. Suy ra OG vuông GP ( vì G thuộc đường tròn đường kính PO) Và đây là đề thi Trung Quốc 1992.

Bài 2 (Đề thi chọn đội tuyển Thụy Sĩ): Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trực tâm H. D, E trên AB, AC sao cho D, H, E thẳng hàng và tam giác ADE cân tại A. (ADE) cắt (O) tại G. Chứng minh GH vuông GA.

Lời giải:

Gọi BB', CC' là các đường cao của tam giác ABC. R là giao của (AB'C') và (ABC) thì HMR thẳng hàng và HR vuông AR. Ta sẽ chứng minh R thuộc (ADE).

R là tâm phép vị tự quay biến C' thành B, B' thành C nên biến C'B thành B'C, mặt khác ta có:

$\frac{C'D}{BC'}=\frac{EB'}{CB'}$

Vậy biến D thành E.
DC' cắt EB' tại A nên tứ giác RDEA nội tiếp hay R thuộc (ADE)

Bài 3: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F. X là điểm chính giữa cung BC chứa A. (AIX) lần lượt cắt AB, AC tại Y, Z. (DYZ) cắt (I) tại W và D. Gọi M là trung điểm BC, P là tiếp điểm của đường tròn mixtilinear trong góc A. Chứng minh rằng:
a) BY=BM=CZ=CM
b) A, W, P thẳng hàng.

Lời giải:

Gọi N là giao điểm AI và (O).
a)Rõ ràng X, M, N thẳng hàng Phép vị tự quay tâm A. biến:
YB thành IN, nên: $BY=NI\cdot \frac{BX}{NX}=NB\cdot \frac{BX}{NX}=BM$ Tương tự CM=CZ.
b) Từ (1) suy ra Y, M đối xứng với nhau BI, Z, M đối xứng nhau qua CI suy ra I là tâm của (MYZ) và do:
YZ là trục đẳng phương (MYZ) và (YZDW) nên tâm của (YZDW) và I vuông góc YZ
Mặt khác có tâm của (YZDW) và I vuông WD ( WD là trục đẳng phương) nên:
WD song song YZ. Theo định lý Euler ta lại có:
$IP.IX=2rR=ID.XN$Suy ra tam giác IDP đồng dang tam giác XIN, và do XIN đồng dạng XZC (do phép vị tự quay tâm X) và IDP=IWP (Do D và W đối xứng) vậy:
tam giác IWP đồng dạng tam giác XZC.
$ \angle IPW= \angle XCA= \angle XPA$ nên P, W, A thẳng hàng.
Hay W và D đối xứng nhau qua IP

Bài 4: Cho tam giác ABC có (I) là tâm nội tiếp và các tiếp điểm D, E, F trên BC, CA, AB. đường thẳng qua D vuông EF cắt AB tại X. Gọi T là giao điểm của (ADE) và (ABC). Chứng minh rằng 

a) TF vuông TX

b) Tâm đường tròn nội tiếp của tam giác TEF thuộc (I) (thinhrost1)

Lời giải:

AI cắt (ABC) tại G, Gọi AA' là đường kính của (O). Theo kết quả quen thuộc T, I, A' thẳng hàng.

Phép vị tự quay tâm T biến B thành F, C thành E nên

tam giác TBF đồng dạng tam giác TCE nên :

BD/CD=BF/CE=TB/TC như vậy TD là phân giác của $\angle BTC$. Phép vị tự quay tâm T biến EF thành BC biến (TEF) thành (TBC) nên biến I thành G, mà T,D,G thẳng hàng nên gọi Y là giao TI và EF thì phép vị tự này biến Y thành D, do biến I thành G và TDG, TYI thẳng hàng nên YD song song IG hay YD vuông EF như vậy BF cắt DY tại X thì suy ra tứ giác TFXY nội tiếp suy ra: $ \angle XTF= 90^o$

b) Gọi J là tâm nội tiếp của TEF, K là tâm nội tiếp TBC. Thì phép vị tự quay tâm T biến J thành K. Biến TJ, FJ, EJ thành BK, TK, CK, nên $\ange FIE = \angle BJC$ mà $ \angle BJC=90^0+\angle T/2 =90^0+\angle A /2 = \angle FDE$ Vậy IDFE nội tiếp. ta có đpcm

Thêm một bài toán về đường tròn Mixtilinear

Tam giác ABC nội tiếp (O),đường tròn mixtilinear-A tiếp xúc (O) tại D, Tương tự có, E, F. Trục đẳng phương của đường tròn Mixtilinear tại B và C cắt EF tại X, tương tự có Y, Z.  Chứng minh DX, EY, FZ đồng quy.

Lời giải:

Ta cần bổ đề: ( được gọi là Cevian nest theoreom) Cho tam giác ABC, tiếp tuyến tại B,C cắt nhau tại M, tiếp tuyến tại A, C cắt nhau tại N, và tiếp tuyến tại A, B cắt nhau tại P. Khi đó điểm D, E, F trên cạnh BC, CA, AB thì AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi MD, NE, PF đồng quy.

Chứng minh:



Xét tam giác MBC cân tại M, $\frac{\overline{BD}}{\overline{CD}}=\frac{sin(MD,MB)}{sin(MC, MD)}$ (Lần lượt áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác BDM và CDM rồi chia để được đẳng thức trên)


Tương tự: $\frac{\overline{CE}}{\overline{AE}}=\frac{sin(CN,NE)}{sin(AN,NE)}$


$\frac{AF}{BF}=\frac{sin\widehat{APF}}{sin\widehat{APB}}$


Nên: $\frac{BD}{CD}.\frac{CE}{AE}.\frac{AF}{BF}=\frac{sin\widehat{BMD}}{sin\widehat{CMD}}.\frac{sin\widehat{CNE}}{sin\widehat{ANE}}.\frac{sin\widehat{APF}}{sin\widehat{APB}}$
Nên ta có đpcm

Trở lại bài toán: $D_1$ là giao tiếp tuyến tại E, F của (O) thì ta có $D_1E=D_1F$ Hay $D_1$ cùng phương tích với đường tròn mix_B và đường tròn mix_C suy ra $D_1X$ là trục đẳng phương của đường tròn $Mix_B$ và đường tròn $mix-C$ tương tự $E_1Y$, $F_1Z$ cũng là trục đẳng phương của các đường tròn. Nên $D_1X, E_1Y, F_1Z$ đồng quy tại tâm đẳng phương của 3 đường tròn. Áp dụng bổ đề trên ta có đpcm

Bài tập về đường tròn Mixtilinear

(Thầy Trần Quang Hùng): Cho tam giác ABC nội tiếp (O). (K) tiếp xúc AC, AB và tiếp xúc (O) tại D. M là trung điểm cung BC chứa A. DM cắt AO tại L. Tiếp tuyến tại D cắt BC và cắt tiếp tuyến tại A, tại S, T. Chứng minh rằng AS chia đôi TI.

Lời giải:

Ta có 2 bổ đề sau:

Bổ đề 1: Cho MN là đường kính của (O), A,B thuộc (O), AM cắt BN tại Q trong (O). Khi đó (ABQ) và (O) trực giao.

Chứng minh: Ta có:  $\widehat{ABQ}=\widehat{AMO}=\widehat{MAO}$ suy ra AO là tiếp tuyến của (ABQ) tại A. Vậy (ABQ) và (O) trực giao.

Bổ đề 2: Cho đường tròn mixtilinear ứng với góc A tiếp xúc AB, AC, (O) tại H, K, D. I là tâm nội tiếp. AI cắt (O) tại N. Khi đó DN, HK, BC đồng quy.

Chứng minh:
Ta có các kết quả sau: BHID nội tiếp
I, H, K thẳng hàng
D,I,M  thẳng hàng (MN là đường kính (O))
Giả sử HK cắt BC tại G
Suy ra $\widehat{GIB}=\widehat{BDH}=\widehat{ICB}$
Nên: $IG^2=GB.GC$
Giả sử GN cắt (O) tại D'
Thì ta có: $IG^2=GD'.GN$
Suy ra: $ID' \perp D'N$ Mà do $MD' \perp D'N$( MN là đường kính)  nên M, I, D' thẳng hàng hay D trùng D'
Trở lại bài toán.
Gọi M, N là trung điểm cung BC
Kẻ đường kính AA'. A'M cắt AD tại R.

Áp dụng bổ đề 1 ta được (O) và (ADI) trực giao, suy ra T là tâm của tam giác (AID).

Ta có: $\widehat{TIA}=\widehat{TAI}=\widehat{AMN}=\widehat{AXB}$ (X là giao AN và BC)

vậy TI song song BC

Gọi U là giao DM và BC, V trên AD sao cho UV || AI. Theo bổ đề 2 thì BC, DN và đường đối cực của A của (K)  đồng quy tại G. Vì thế $ \measuredangle VDG $ $ = $ $ \measuredangle (AI,BC) $ $ = $ $ \measuredangle VUG $ $ \Longrightarrow $ $ D, $ $ G, $ $ U, $ $ V $ thuộc đường tròn đường kính GU nên GV vuông UV, mặt khác GI vuông UV do UV || AI nên G, U, V thẳng hàng.

$ \tfrac{DS}{DT} $ $ = $ $ \tfrac{DU}{DI} $ $ = $ $ \tfrac{DV}{DA} $ $ = $ $ \tfrac{DI}{DM} $ $ = $ $ \tfrac{DA}{DR} $ $ \Longrightarrow $ $ AS $ $ \parallel $ $ RT$

Ta có đường đối cực của R sẽ đi qua L theo Brocard. Mặt khác: AD là đường đối cực của T suy ra đường đối cực của R sẽ đi qua T. Suy ra LT là đường đối cực của R. đối với (O)

Vậy $T(A,L,S,R)=-1$, mà AS//RT, vậy ta có đpcm.