Phép nghịch đảo trong đề thi Canada

Đề bài: (Canada 2007): Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F tương ứng.  Gọi $ \omega,\,\omega_{1},\,\omega_{2}$ và $ \omega_{3}$ là lượt là đường tròn ngoại tiếp $ ABC,\, AEF,\, BDF$ và $ CDE$

Gọi $ \omega$ và $ \omega_{1}$ cắt tại $ A$ và $ P,\,\omega$ và $ \omega_{2}$cắt nhau tại $ B$ và $ Q,\,\omega$ và $ \omega_{3}$cắt nhau tại $ C$ and $ R.$

 CMR:  a) $ \omega_{1},\,\omega_{2}$ và $ \omega_{3}$ đồng quy

b) $ PD,\, QE$ và $ RF$ đồng quy

Giải:

a) Dễ thấy $ \omega_{1},\,\omega_{2}$ và $ \omega_{3}$ cùng đi qua I

b) Qua phép nghịch đảo tâm I ta đưa về bài toán. Cho tam giác DEF có A, B, C là trung điểm của EF, DF, DE. (ABC) cắt EF tại A', DF tại B', DE tại C'. CMR (IDA'), (IEB'), (IFC') đồng quy tại một điểm khác I

Dễ thấy trực tâm H của tam giác DEF có cùng phương tích với 3 đường tròn này và ta có I là điểm chung của 3 đường tròn, suy ra IH là trục đẳng phương chung của 3 đường tròn. Giả sử đường tròn thứ nhất giao với đường tròn thứ 2 và thứ 3 tại hai điểm U, V khác nhau khi đó U, V, I thẳng hàng và đường thẳng UV cắt đường tròn tại 3 điểm (vô lí) Vậy ta có đpcm

Dùng hàng điểm điều hòa để chứng minh đồng quy

Đề bài:

Cho tam giác ABC không đều trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O,đường cao AD. Gọi E là giao điểm của OA với BC. 1 đường thẳng $\Delta$ đi qua D và song song với đường thẳng Euler của tam giác cắt AB,AC lần lượt tại M,N. I là trung điểm của AE. DI cắt AB ,AC lần lượt tại P,Q.Chứng minh rằng MQ,NP,OD đồng quy biết MQ cắt NP tại T.

Lời giải:

Gọi BB', CC' là 2 đường cao của tam giác ABC. B'C' cắt AD tại J. Ta có (A, H, J, D) = -1.

Gọi K là giao điểm của MN và AO
AO cắt (O) tại điểm thứ 2 là G. Ta có tam giác AB'C' đồng dạng tam giác ABC nên phép vị tự quay tâm A biến J thành H, E thành G. Dễ dàng suy ra JE//HG

Vậy ta có hệ thức $\frac{AJ}{AH}=\frac{AE}{AG}=\frac{AI}{AO}$

Hay JI song song với HO, hay JI song song với DK.

Do đó (A, O, I, K) = -1.

Vậy D(A, O, I, K) = -1, từ đó có MQ, NP, OD đồng quy ( bằng cách gọi giao điểm của OD và AB, AC).

IMO shortlist 2002 và những vấn đề liên quan.

Đề bài: Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC tiếp xúc với BC tại K. Gọi M là trung điểm đường cao AD. KM cắt (I) tại N. Chứng minh rằng (BCN) tiếp xúc với (I) tại N.

Lời giải:

Đặt $S=KA\cap \Omega$,và đặt $T$ là điểm đối xứng $K$ qua I . Gọi $X,Y$ là các tiếp điểm của (I) trên $CA,AB$.

$AD$ // $KT$ nên $(KT,KN;KS,KD)=-1$. suy ra $KTSN$ điều hòa, vậy tiếp tuyến với $(I)$ tại $K,S$ đồng quy trêb $NT$. Mặt khác, tiếp tuyến tại $X,Y$ đồng quy $KS$, nên $KXSY$ là tứ giác điều hòa, Nghĩa là tiếp tuyến tại $K,S$ đồng quy $XY$.

Từ đây suy ra $BC,XY,TN$ Đồng quy. Gọi $P=XY\cap BC$, suy ra $(B,C;K,P)=-1$,và vì $\angle KNP=\angle KNT=\frac{\pi}2$, nên $NK$ là phân giác của $\angle BNC$.

Gọi $B'=NB\cap \Omega,\ C'=NC\cap \Omega$, Ta có:
$BB^{\prime} \cdot BN = BK^2$
$CC^{\prime} \cdot CN = CK^2$. Suy ra:
$\frac{BB^{\prime} \cdot BN}{CC^{\prime} \cdot CN} = \frac{BK^2}{CK^2}$
Nhưng NK là phân giác của góc BNC nên:
$\frac{BK}{CK} = \frac{BN}{CN}$
Vì vậy:
$\frac{BB^{\prime} \cdot BN}{CC^{\prime} \cdot CN} = \frac{BN^2}{CN^2}$
Suy ra:
$\frac{BB^{\prime}}{CC^{\prime}} = \frac{BN}{CN}$
Nên:
 $B'C'\|BC$, nên $N$ là tâm vị tự biến $(I)$ thành $(BNC)$ Hay (I) tiếp xúc (BNC) tại N vậy ta có điều phải chứng minh.

Ta có thêm những kết quả sau:

-NK đi qua tâm bàng tiếp góc A. (Gọi M là trung điểm BC và lưu ý AT đi qua tiếp điểm bàng tiếp trên BC Dùng hàng điểm để chứng minh)

-Nếu gọi $N_B$ tương tự như điểm N ứng với góc B, $N_C$ ứng với góc C thì $NK, N_BX, N_CY$ đồng quy tại S thuộc OI( Dùng cực đối cực)

-  Trục đẳng phương của $N_BAC, N_CAB$ và $N_BX, N_CY$ đồng quy tại một điểm thuộc OI. ( ý đầu dùng định lý 4 điểm, ý sau có thể dùng tâm vị tự, cực đối cực) suy ra điểm đồng quy này là S.

Ngoài ra rất nhiều bài toán đẹp có thể được phát triển từ những mô hình này.

Bài toán đường thẳng qua tâm và đề thi PTNK

(PTNK 2014 -2015) Cho $\triangle ABC$ không cân.Gọi $I$ là trung điểm $BC$.Đường tròn $(I,IA)$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $M,N$.$MI,NI$ lần lượt cắt $(I)$ tại $P,Q$.Gọi $K$ là giao của $PQ$ với tiếp tuyến tại $A$ của $(I)$.Chứng minh $K$ nằm trên $BC$.

Lời giải:

Ta dễ thấy ngay $KA$ là trục đẳng phương của $(I)$ và đường tròn đường kính $AI$.Từ đó ý tưởng phương tích-trục đẳng phương là sáng sủa nhất.

[IMG]

[/IMG]

Kẻ đường kính $AA'$ của $(I)$.Khi đó các tứ giác:$AMA'P$,$ANA'Q$ và $ABA'C$ là hình bình hành nên $A',C,P$ và $A',B,Q$ thẳng hàng.

Từ đó $\angle AQB=\angle APC=90$.

Kẻ đường cao $AH$ thì $H \in (ABQ),(ACP)$

Từ đó: $\angle QHB=\angle QAB=\angle QPM$

Suy ra $QHIP$ là tứ giác nội tiếp.

Do đó $HI$ là trục đẳng phương của đường tròn đường kính $AM$ và $(QHIP)$.

Và thêm nữa là $PQ$ là trục đẳng phương của $(I)$ và $(QHIP)$.

Từ đó thì $AK,PQ,HI$ đồng qui nên ta có đpcm.

Để ý thì ta sẽ thấy tam giác AMN có BC là đường thẳng qua tâm, có thể dùng Pascal để chứng minh QB, CP cắt nhau tại A' thuộc (I) nhưng chưa chỉ ra được AA' là đường kính có thể chỉ ra bằng cách do QB // CN. Như vậy bài toán là cách dựng tam giác ABC nội tiếp (O) và đường thẳng sao cho d đi 

qua tâm và cắt AB, AC tại E, F sao cho O là trung điểm EF.

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