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).

Phép nghịch đảo để chứng minh thẳng hàng

Bài toán: Gọi $ H,O$ là trực tâm và tâm ngoại tiếp $ \Delta ABC$. Đường tròn ngoại tiếp và đường tròn Euler của $ \Delta HBC$ cắt nhau tại $ \{M,N \}$. Gọi $ O^*$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $ \Delta AMN$ và $ L$ là trung điểm của $ OA$. Chứng minh rằng $ H,O^*,L$ thẳng hàng            

Lời giải:

Gọi    $ A’,B’,C’$ là chân đường cao đến các cạnh $ BC,CA,AB.$ $ F$ là trung điểm $ BC$  Gọi $ B’C’$ cắt $ BC$ tại $ P$ và cắt $ (O)$ tại $ B’',C’'.$ Vì $ (B,C,A’,P) =- 1,$ nên  $ PB \cdot PC = PA’ \cdot PF$ $ \Longrightarrow$ $ PB’' \cdot PC’' = PA’ \cdot PF$ $ \Longrightarrow$ $ F \in \odot(A’B’'C’').$ Vì thế tâm của $ \odot(A’B’'C’')$ là đường thẳng qua vuông góc từ $ A$ đến $ B’C’$ giao với trung trực $ A’F,$ chính là trung điểm $ L$ của $ AO.$ Phép nghịch đảo $ \mathcal{I}$ tâm $ H,$ biến $ (O)$ thành đường tròn chín điểm $ \mathcal{N},$ và biến $ B’C’$ thành đường tròn ngoại tiếp $ \triangle HBC$ và $ \odot(A’B’'C’')$ thành đường tròn đi qua $ A$ và Giao điểm $M,N$ của $ \mathcal{N}$ và $ \odot(HBC),$ Là ảnh của $ A’,C’',B’'$ $ \Longrightarrow$ phép nghịch đảo tâm $ H,$ biến tâm ngoại tiếp $ L$ của $\odot (A’B’'C’')$ và tâm $ O^*$ của tam giác $ \odot(AMN)$ thẳng hàng.

Điểm đẳng động

Ta tiếp theo chuỗi bài tập về đường tròn Apollonius 
Bài 3: Ba đường tròn Apollonius của một tam giác có hai điểm chung. Ta gọi hai điểm chung này là hai điểm đẳng động (Isodynamic Point)
Lời giải
Giả sử J thuộc đường tròn Apollonius ứng với điểm A, và B của tam giác ABC thì ta có:

$\frac{JB}{JC}=\frac{AB}{AC},\frac{JC}{JA}=\frac{BC}{BA} \\ \Rightarrow \frac{JB}{JA}=\frac{CB}{CA}$ Vậy J thuộc đường tròn Apllonius ứng với điểm C

Tương tự J' ở ngoài (O).

Bài 4: Tâm của ba đường tròn này thẳng hàng.

Suy ra từ bài toán 3 nên ba đường tròn đồng trục.

Bài 5: Cho O và K là tâm đường tròn ngoại tiếp và điểm Lemoine của tam giác ABC, J, J' là hai điểm đẳng động . Chứng minh :
a) J, J', K, O thẳng hàng.
b) J' là nghịch đảo của J đối với đường tròn nghịch đảo (O)

Lời giải:
a)
Ta cần bổ đề sau:

Bổ đề 1: Nếu đường tròn (O,r) trực giao với hai đường tròn (A, p),(B, q) thì O thuộc trục đẳng phương của (A, p).(B.q).

Chỉ cần chứng minh phương tích điểm O đối với hai đường này bằng nhau ( bằng $r^2$)
Ta có:
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC trực giao với các đường tròn Apollonius và

các đường tròn Apollonius có trục đẳng phương là JJ' nên O thuộc JJ'

ta có L, M, N (L, M, N lần lượt là tâm đường tròn Apollonius góc A, góc B, góc C) là cực của các đối cực đối trung của tam giác ABC đối

với đường tròn nghịch đảo (O). Điểm Lemoine K là giao điểm của 3 đường đối trung nên

đối cực của K đối với đường tròn nghịch đảo (O) qua L, M, N ( theo định lý La Hire )
Ta có cực K của đối cực LMN thuộc đường thẳng qua O và vuông góc với LMN và đường

thẳng này là trục đẳng phương OJJ'

Vậy ta đã chứng minh xong câu a)

b) Dùng tính chất (O) và (O') trực giao thì 1) (O') bất biến trong phép nghịch đảo với đường tròn nghịch đảo (O) ( vì phương tích

của O' đối với (O) bằng phương số nghịch đảo )

2) (O) bất biến trong phép nghịch đảo với đường tròn nghịch đảo (O')

Ta có (O),(L) ( (L) là A − apollonius ) trực giao và O, J, J', thẳng hàng và J, J' thuộc (L) nên J, J' là nghịch đảo nhau trong phép nghịch đảo với đường tròn nghịch đảo

Tổng hợp hình vẽ:

bấm vào để thấy rõ hơn.

Phép vị tự, nghịch đảo và đường thẳng steiner của tứ giác toàn phần

Bài toán: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F. AO cắt (O) tại A'. kẻ DG vuông EF.
a) Chứng minh rằng G, I, A' thẳng hàng.
b) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh: GD là phân giác của $\angle HGI$

Lời giải:

Cách 1: Gọi Ia, Ib, Ic là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C.
Ta có IaIbIc và tam giác DEF có các cạnh lần lượt song song với nhau nên tồn tại phép vị tự tâm K biến tam giác này thành tam giác kia.
Ta có I là trực tâm của tam giác IaIbIc, O là tâm đường tròn Euler nên I' đối xứng I qua O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó
Phép vị tự tâm K biến G thành A, I thành I' nên  GI song song AI'.
Mặt khác AII'A' là hình bình hành( do hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)
Nên ta có IA'//I'A
Vậy G, I, A' thẳng hàng
Cách 2: Phép nghịch đảo tâm I phương tích $r^2$ (r là bán kính đường tròn nội tiếp (I) ). biến đường tròn Euler qua G,M thành (O), EF thành (AIEF). vậy biến G thành T là giao của (AIEF) và (O). T thuộc đường tròn đường kính AI nên $ \angle ATI =90^o$ Vậy TGI đi qua A'.
Cách 3: G(DF,BC)=-1 nên GD là phân giác $\angle GBC$,$\Rightarrow \Delta GBF$  ~ $\Delta CGE$, dùng phép vị tự quay tâm T cho ta $ \frac{TE}{TF}=\frac{EC}{FB}=\frac{EG}{FG} $ nên TG là phân giác TFE, I là trung điểm cung EF cho ta điều phải cm
b) Gọi H' đối xứng I qua EF thì H' là trực tâm của tam giác AEF.

Do R là điểm Miquel của tam giác ABC nên đối xứng của R qua EF sẽ thuộc đường thẳng steiner đi qua H' của tam giác AEF, đi qua H của tam giác DEF, nên R' thuộc HH' là đường thẳng steiner của tứ giác toàn phần BCEF. Mặt khác IR cắt trục đối xứng là EF tại T nên R'TH' thẳng hàng.

Suy ra $\angle  FTR'= $\angle ITE$

Kết hợp giữa phép nghịch đảo và định lý Miquel

Bài 1: Cho tam giác ABC, đường tròn (K) qua B, C cắt AC, AB tại E, F. BE cắt CF tại H. Gọi Q là tâm đường tròn (HEF), L là tâm đường tròn KBC. Chứng minh rằng Q, K, L thẳng hàng.

Lời giải

Gọi S là giao của (ABE) và (ACF) theo định lý Miquel ta có S thuộc (BFH) và (HEC). Suy ra:

∠BSC=360°-∠BSH-∠HSC=∠BFC+∠BEC=∠BKC Suy ra tứ giác BSKC nội tiếp.

Xét phép nghịch đảo tâm A đối với (K), biến:

F thành B

E thành C
Suy ra EB thành (ABE), CF thành (ACF)

Nên biến H là giao điểm EB và FC thành S là giao điểm (ABE), (ACF)

Nên phép vị tự này biến (HEF) thành (BSC) nên tồn tại phép vị tự tâm A tỉ số k biến Q thành L.

Vậy A, Q, L thẳng hàng

Bài 2: (tiếng anh) Let $\triangle ABC$. A circle passes through $B,C$ intersects $AC,AB$ at $E,F$. The lines passes through $E,F$ and perpendicular to $AC,AB$ intersect together at $O. M,N$ lies on $EO,FO$,respectively. Draw $CQ\perp AM,BP\perp AN. BP$ and $AM$ intersects together at $I.MB$ intersect $NC$ at $K$.
Prove that $O,I,K$ are collinear.

Solution

Lemma: Let $ABCD$ is a quadrilateral. $AB$ cuts $CD$ at $G$; $AD$ cuts $BC$ at $K$. Then three circles with diameter $AC,BD,GK$ have the same radical axis.
Proof

Let $H,H'$ are the orthocenters of $\triangle GAD$ and $\triangle KCD$ respectively. Suppose that $GH,AH,DH$ cut $AD,GD,GA$ at $P,Q,R$ respectively. We have $HG.HP=HA.HQ=HD.HR$ so $H$ is on the radical axis of three circles with diameter $AC,BD,GK$. Similarly, we have $H'$ is on the radical axis of three circles with diameter $AC,BD,GK$, too. Hence, $HH'$ is the radical axis of three circles with diameter $AC,BD,GK$ so three cicles with diameter $AC,BD,GK$ have the same radical axis.
Back to this problem Let $X,Y,Z$ are the midpoints of $AO,AI,AK$ respectively. $BC$ cuts $MN$ at $G$. $H$ lies on $AK$ such that $GH \perp AK$. We have $AF.AB=AE.AC$ so $A$ lies on the radical axis of the circles with diameter $BN,CM$. According this lemma, we have $AH.AK=AF.AB=AE.AC$. The inversion center $A$, radius $AF.AB$ : $(X;XA) \mapsto BC; (Y;YA) \mapsto MN; (Z,ZA) \mapsto$ the line passing $H$ and perpendicular $AK$. But $BC, MN$ and the line passing $H$ and perpendicular $AK$ are concurrent at $G$. So $(X;XA), (Y;YA), (Z;ZA)$ have the same radical axis $\Longrightarrow$ $X,Y,Z$ are collinear. Hence $O,I,K$ are collinear.

Bài 3: Cho tam giác ABC. Đường tròn (O) đi qua B, C cắt AC, AB tại E, F. BE cắt CF tại D. H là hình chiếu của O trên AD. K, L là tâm (AFC) và (AEB). I là giao điểm khác H của (KHF) và (LHE). CMR: AI đi qua trung điểm BC.
Lời giải (Huỳnh Bách Khoa)

Lưu ý thêm:
Ta cần bổ đề sau: Gọi H là giao của (BDF) và (DEC). Thì OH vuông DH. Ta có thể gọi M, N là trung điểm FC, EB. Sau đó dùng vị tự quay để suy ra OHMND đồng viên đường tròn đường kính OD. (China 1992)

Và một số sai sót: M thuộc (LEH) do  ∠MLH=∠HEC

Phép gọi T là đối xứng D qua trung điểm BC thường hay gặp để tạo ra đường đẳng giác góc A với AH
Và còn ∠DHN=∠NAH=∠DXN
Về phần phép nghịch đảo là phương tích AE.AC, biến E thành C, F thành B. Thay điểm G thành D. Do I là giao của (MEH) và (NHF) nên biến thành Z là giao của (BDX) và (CDY)