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.

Định lý Brocard để chứng minh bài toán liên quan đến trực tâm

Bài toán: Cho tam giác 
$ABC$ nhọn với đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $DE,DF$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $P,Q$. $R$ là trung điểm $PQ$. $N$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEF$. Gọi $HN$ cắt $AR$ tại $L$. Chứng minh rằng trực tâm tam giác $ALN$ nằm trên $EF$.

Lời giải:

Gọi $X,Y$ lần lượt là trung điểm của $AC,AB.K$ là giao điểm của $XY$ với $EF$. Ta sẽ chứng minh $K$ là trực tâm của tam giác $ALN$.

Ta có $QF.QD=QA.QC$ nên $Q$ thuộc trục đẳng phương của $(ABC)$ và $(N)$. Tương tự ta suy ra $PQ$ là trục đẳng phương của $(ABC)$ và $(N)$.

Do đó $PQ$ vuông góc với đường thẳng $Euler$ của tam giác $ABC$.




Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Do $KX.KY=KE.KF$ nên $K$ thuộc trục đẳng phương của $(AO)$ và $(AH)$.

Từ đó $AK$ vuông góc với đường thẳng $Euler$ của tam giác $ABC$ hay $AK\parallel PQ$. Mặt khác do $AK\perp OH$ nên $AK\perp NH$

Theo định lí $Brocard$ ta suy ra $EY,FX$ cắt nhau trên $OH$. Lại có $A(QPRK)=-1$ nên $A(QLRK)=-1$ từ đó $L$ là giao điểm của $EY,FX$.

Theo định lí $Brocard$ ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$

Từ bổ đề đường tròn tiếp xúc đến bài toán mở rộng Serbia 2016

$\boxed{\text{Bài toán}}$(Serbia 2016) Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AH$ và tâm nội tiếp $I$. $IB,IC$ cắt $AH$ tại $M,N$. $K,L$ là tâm ngoại tiếp tam giác $MAB,NAC$. $R,Q$ là trung điểm $IB,IC$. Lấy $P$ sao cho $PR\perp NL,PQ\perp MK$. Một tiếp tuyến thay đổi của đường tròn Euler của tam giác $IBC$ cắt $PQ,PR$ tại $S,T$. $X$ đối xứng $P$ qua $S,T$. Chứng minh rằng đường tròn $(XST)$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi tiếp tuyến thay đổi.

Lời giải:

Ta cần có hai bổ đề sau:

$\boxed{\text{Bổ đề 1}}$ Cho tam giác $ABC$ có $O$ là tâm ngoại tiếp. Một đường tiếp tuyến với $\odot (BOC)$ cắt $AB$ ở $D$ và $CA$ ở $E$. Gọi $A'$ là điểm đối xứng của điểm $A$ qua $DE$. Khi đó $\odot (A'DE)$ tiếp xúc $\odot (ABC)$.

Chứng minh. Gọi $X$ là tiếp điểm $BX,CX$ cắt $\odot (O)$ tại $K,L.KE,LD$ cắt nhau tại $S$. Theo định lí $Pascal$ đảo thì $S$ thuộc $\odot (O)$


Biến đổi góc: $\angle DSE=\angle LCK=\angle BXC-\angle BKC=\angle BOC-\angle BAC=\angle BAC=\angle DA'E$

$\Longrightarrow D,S,A',E$ đồng viên.

Mặt khác: $\angle EXC=\angle KBC=\angle ESC$ nên $E,L,S,C$ đồng viên.

$\Longrightarrow E,X,S,C$ đồng viên.

$\Longrightarrow \angle DES=\angle XCS=\angle LKS$

$\Longrightarrow DE\parallel KL$

$\Longrightarrow \odot (DSE)$ tiếp xúc $\odot (DLK)$ hay $\odot (A'DE)$ tiếp xúc $\odot (ABC).\blacksquare$

$\boxed{\text{Bổ đề 2}}$ Cho tam giác $IBC.Q,R$ lần lượt là trung điểm $IC,IB$. Kí hiệu $\omega $ là đường tròn $Euler$ của $\triangle IBC.PR,PQ$ cắt $\omega $ tại $F,E$. Khi đó tâm $\odot (PEF)$ thuộc $\omega $.

Chứng minh. Gọi $I'$ là trung điểm $BC$.



Ta có $\angle RPE=180^\circ-\angle RIQ=180^\circ-\angle RI'Q=180^\circ-\angle REQ=\angle REP$

$\Longrightarrow \angle FRE=2\angle FPE\Longrightarrow $ tâm $\odot (PEF)$ thuộc $\omega .\blacksquare$

Quay lại bài toán.

Ta có $\angle IQP=90^\circ-\angle IMN+\angle AMK=90^\circ-\angle B/2+\angle C/2$. Tương tự $\angle IRP=90^\circ-\angle C/2+\angle B/2$.

Gọi $E,F$ lần lượt là giao của $PQ,PR$ với đường tròn $Euler$ của tam giác $IBC$. Theo bổ đề $2$ ta suy ra tâm $\odot (PEF)$ thuộc đường tròn $Euler$ của tam giác $IBC$. Theo bổ đề $1$ ta suy ra $\odot (PEF)$ tiếp xúc $\odot (XST).\blacksquare$

Chứng minh đường trung bình đi qua tâm Euler

(Thầy Trần Quang Hùng) Tam giác ABC có (I) nội tiếp tiếp xúc BC tại D. M, N, P lần lượt là trung điểm AD, AI, MN. Q trên ID sao cho MQ vuông AD. R đối xứng A qua BC. Chứng minh rằng đường trung bình ứng với điểm R của tam giác RPQ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác RBC.

Lời giải.

Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp ABC, AX đường kính, đường tòn (Q, QA) cắt (O) tại G, AG cắt BC K, L đối xứng D qua K. Dễ thấy (Q, QA) tiếp xúc BC
Nên $KL^2=KD^2=KG.KA=KB.KC$
 Suy ra $(BC,DL)=-1$, vì thế L, E, F thẳng hàng.
GX cắt ID tại Y. THì tứ giác GKYD nội tiếp, suy ra góc $\widehat{DYK}=\widehat{KGD}=180^o-\widehat{AGD}=180^o-\widehat{ADC}$ (tc tiếp tuyến dây cung)$=\widehat{ADK}=\widehat{LID}$( tam giác LID vuông có AD là đường cao).

Suy ra KY song song IL suy ra Y là trung điểm ID. Phép vị tự tâm A tỉ số 1/2 biến P thành I, O thành X nên PO vuông AG, mặt khác OQ vuông AG do AG là trục đẳng phương. nên O,P,Q thẳng hàng, nên đường trung bình của RPQ đi qua trung điểm RO, mà tâm đường tròn Euler là trung điểm của LO. Vậy ta có đpcm