Tọa độ tỉ cự trong mặt phẳng

Bài toán: Cho $\triangle ABC$ trực tâm $H$, $D,E,F$ là chân các đường cao từ $A,B,C$
$DK$ là đường cao của tam giác $\triangle DEF$ và $M$, $N$ là trung điểm $DK$ và $EF$, . Gọi $P$ trung điểm $BC$ Và $MN\cap BC=\{ R \}$, CMR: $AR$, $PH$ và $EF$ đồng quy

Lời giải:

Xét hệ tọa độ tỉ cự trong tam giác $\triangle DEF$.
Phương trình đường thẳng $AR$,
Chú ý rằng $B$ và $C$ là các tâm bàng tiếp của $\triangle DEF\ . \ . \ . \ \bigstar$
Theo bổ đề thì điểm Lemoine $=(d^2, e^2, f^2)$ của $\triangle DEF$ thuộc $MN$, Vì thế phương trình đường thẳng sẽ là

\begin{align*}

& \ \ \ \ \ \begin{vmatrix}
0 &  \ \ \ \frac12 & \ \ \ \frac 12 \\ \\
d^2 &  \ \ \ e^2 & \ \ \ f^2 \\ \\
x & y & z \notag
\end{vmatrix}=0\Longleftrightarrow d^2(y-z)-e^2x+f^2x=0 \\
& \bigstar \left\{\begin{array}{rl}
B=(d,-e, f) \\
C=(d,e,-f)
\end{array}\right\}
\Longrightarrow BC\equiv
\begin{vmatrix}
d & \ \ -e & \ \ f \\ \\
d & \ \ e & \ \ -f \\ \\
x & \ \ y & \ \ z \notag
\end{vmatrix}=0\Longleftrightarrow z=-y\frac{f}{e}
\Longrightarrow
\left\{\begin{array}{rl}
& y=x\frac{e(e-f)}{d^2}\\ \\
& z=-x\frac{f(e-f)}{d^2}
\end{array}\right\}\Longrightarrow R=\left(d^2, e(e-f), -f(e-f)\right)
\\
& \stackrel{A=(-d,e,f)}{\Longrightarrow} AR\equiv
\begin{vmatrix}
d^2 &  \ \ \ e(e-f) & \ \ \ -f(e-f) \\ \\
-d &  \ \ \ e & \ \ \ f \\ \\
x & y & z \notag
\end{vmatrix}=0\\ & \Longleftrightarrow AR\equiv x\cdot 2ef(e-f)-y\cdot df(d+f-e)+z\cdot de(d+e-f) =0\ . \ . \ . \ \bigstar \bigstar
\end{align*}

Giờ tìm $P$, chú ý $P$ là giao của:
\begin{align*}
 & \underbrace{\text{(trung trực }EF)\equiv d^2(z-y)+x(f^2-e^2)=0 \text{ và}
BC\equiv e\cdot z+y\cdot f=0
}_{\Big \Downarrow}\\
& \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \  P=\left(d^2, e(f-e), f(e-f)\right)
\end{align*}

Chú ý $H$ tâm nội tiếp $\triangle DEF$, vì thế $H=(d,e,f)$, vậy:
\begin{align*}
P=\left(d^2, e(f-e), f(e-f)\right) \\
H=(d,e,f)
& \Longrightarrow  PH\equiv
\begin{vmatrix}
d^2 & \ \ e(f-e) & \ \ f(e-f) \\ \\
d & \ \ e & \ \ f \\ \\
x & \ \ y & \ \ z \notag
\end{vmatrix}=0 \\
& \Longleftrightarrow PH\equiv -y\cdot df(d+f-e)+z\cdot de(d+e-f)=0 \ . \ . \ . \ \bigstar \bigstar \bigstar
\end{align*}

Cuối cùng:
\begin{align*}
EF\equiv x=0 & \stackrel{\bigstar \bigstar\text{ và}\bigstar \bigstar \bigstar}{\Longrightarrow}
\left.
\begin{array}{c}
\text{AR $\rightarrow$} \\ \\
\text{PH $\rightarrow$} \\ \\
\text{EF $\rightarrow$}
\end{array}
\right.
\begin{vmatrix}
2ef(e-f) & \ \ -df(d+f-e) & \ \ de(d+e-f) \\ \\
0 & \ \ -df(d+f-e) & \ \ de(d+e-f) \\ \\
1 & \ \ 0 & \ \ 0 \notag
\end{vmatrix}=0
\end{align*}

Vậy $AR$, $PH$ và $EF$ đồng quy $\square$

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

Cực và đối cực trong bài toán.

Đề: Cho tam giác ABC có I là tâm nội tiếp, Q là tiếp điểm trên AC, E là trung điểm AC. K là trực tâm của tam giác BIC. CM: KQ vuông IE.

Lời giải:

Cách 1: Gọi $F$ là trung điểm $AB$ Gọi $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $P.$ Nếu $BI$ cắt $EF$ tại $L,$ Ta có $\widehat{FLB}=\widehat{LBC}=\widehat{FBL}$ $\Longrightarrow$ $\triangle FBL$ cân tại F $\Longrightarrow$ $FA=FB=FL$ $\Longrightarrow$ $\widehat{ALB}=90^{\circ}$ $\Longrightarrow$ $AQLI$ is cyclic $\Longrightarrow$ $\widehat{CQL}=\widehat{AIL}=90^{\circ}-\tfrac{1}{2}\widehat{ACB}=\widehat{CQP}$ $\Longrightarrow$ $L \in PQ,$ i.e. $L$ nằm trên đường đối cực của $C$ đối với $(I)$, nên C thuộc đường đối cực của L mà $CK \perp IL$ nên CK là đường đối cực của $L$ đối với $(I)$, suy ra đường đối cực của K sẽ là đường thẳng qua L $\Longrightarrow$ $ELF \perp IK$ là đường đối cực của $K$ đối với $(I)$ , ta có Q là đường đối cực của E đối với (I) $\Longrightarrow$  $KQ$ đường đối cực của $E$ đối với $(I)$ $\Longrightarrow$ $KQ \perp IE,$ dpcm.

Cách 2:Gọi$P$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc B với $AC$. Khi đó $ \angle KIQ=\angle C=\angle BCP$ và \[ \frac{BC}{CP}=\frac{KI}{IQ}. \]
Vì thế $ \triangle CBP \sim \triangle QKI $ và $ \angle IKQ=\angle CBP$ $ \Rightarrow $ $ KQ\perp BP $.

mà $BP\parallel IE$, nên $KQ\perp IE$.

Chứng minh một điểm là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác

Bài toán: (Hải Phòng 2016) Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC), phân giác trong đỉnh A cắt BC tại D, E là điểm trên đoạn BC sao cho BD=CE. Phân giác ngoài đỉnh A cắt đường thẳng qua D và vuông góc với BC tại F. I là trung điểm DF, đường thẳng EI cắt AD tại M, đường thẳng EF cắt đường thẳng qua M và vuông góc với BC tại K.
a) Đường thẳng AF cắt đường thẳng BC tại P, KD cắt đường tròn đường kính DF tại L (khác D). Chứng minh rằng đường thẳng PL tiếp xúc với đường tròn đường kính DF.
b) Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác KBC.

Lời giải:

a) Gọi N là giao điểm của KM và BC. Do I là trung điểm DF, DF// NK nên EI đi qua trung điểm NK. hay M là trung điểm NK
Ta có (LADF)=D(LADF)=D(KMNF)=-1 Vậy tứ giác ALFD điều hòa

Suy ra: tiếp tuyến tại L, AF, tiếp tuyến tại D đồng quy tại P hay PL là tiếp tuyến của đường tròn đường kính DF

b) Kẻ, BX, CY lần lượt là tiếp tuyến tới [DF]
(DXLY)=D(DXLY)=I(DBPC)=-1.Nên tứ giác DXLY điều hòa. Như vậy BX, CY, DL đồng quy

Gọi d là đường thẳng qua I song song BC, P là giao điểm EF và (I), M là trung điểm BC
Ta có:  (XYFP)=D(XYFP)=I(BCdM)=-1

Vậy tiếp tuyến tại X, Y, và FP cũng đồng quy.
Ta có đpcm

Nhận xét: Thực ra đây là bài toán ngược của bài toán: Cho tam giác ABC có (I) nội tiếp. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F. EF cắt BC tại P. AD cắt (I) tại L. Khi đó PL là tiếp tuyến thứ 2 của (I).

Mối liên hệ giữa điểm Fermat và điểm đẳng động

• Nhắc lại điểm Fermat :

Cho tam giác ABC. Dựng theo hướng ngoài 3 tam giác đều ABD, ACE, BCG. Ba đường

tròn (ABD),(ACE),(BCG) đồng quy tại điểm F gọi là điểm Fermat thứ nhất của tam giác

ABC

Nếu dựng theo hướng trong thì F gọi là điểm Fermat thứ hai của tam giác ABC

Khái niệm về hai điểm liên hợp đẳng giác: Cho điểm M bên trong tam giác ABC. Khi

đó các đường thẳng đối xứng của các đường thẳng AM.BM, CM qua tia phân giác đồng

quy tại M'

. Điểm M' được gọi là điểm liên hợp đẳng giác của điểm M trong tam giác ABC

Ngoài ra: $\angle BMC+ \angle BM'C=(180^o- \angle MBC -\angle MCB)+(180^o -\angle M'BC- \angle M'CB) $
$ =(180^o -\angle M'BA -\angle M'CA )+(180^o- \angle M'BC -\angle M'CB) \\ =360-\angle B- \angle C=180^o + \angle A$

Ta có định lý sau: Điểm đẳng động và điểm Fermat là hai điểm liên hợp đẳng giác

Gọi LMN là tam giác đều thủy túc của điểm đẳng động thứ nhất J. Do các tứ giác

JMAN, JNBL, JLCN nội tiếp được nên ta có : $\angle BJC= \angle BJL +\angle LJC =\angle BNL + \angle LMC =\\ 180 - ( \angle LNJ + \angle JNA ) +180^o - \angle LMJ -\angle JMA =180^o- ( \angle LNJ + \angle LMJ) \\ =60^o + \angle JNM + \angle JMN =60^o + \angle JAM + \angle JAN =\angle BAC +60^o$

Mà $ \angle BFC =120^o$ nên : $\angle BFC + \angle BJC =180 ^o + \angle A $

Chứng tỏ F liên hợp đẳng giác của J

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.

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.

Dùng định lý Pascal suy biến vào bài toán chia đôi

Ta có định lý Pascal đầy đủ cho lục giác, định lý Pascal suy biến là khi một số các đỉnh trùng nhau.

Ta xét bài toán sau:

Cho tam giác ABC, nội tiếp (O), ngoại tiếp (I). BI cắt AC, (O) lần lượt tại $B_0, B_1$. Tương tự $C_0, C_1$ . Gọi S là giao điểm của $C_0B_1 và B_0C_1$. Chứng minh rằng SI chia đôi BC.

Lời giải:

Đặt $ T \equiv B_0C_0 \cap B_1C_1 $ và $ X \equiv AI \cap BC, Y \equiv AT \cap BC $ .

Áp dụng định lý Pascal suy biến cho lục giác $ AABB_1C_1C$ $ \Longrightarrow AT $ là tiếp tuyến của $ \odot (ABC) $ ,
Để ý rằng $ B_1C_1 $ là trung trực $ AI $ nên $ TA=TI $ . ... $ (\star) $

Ta có: $ YA=YX \Longrightarrow $ Kết hợp với $ (\star) $ Ta có $ TI \parallel XY \equiv BC $ ,
Vì thế từ tứ giác $B_0C_1B_1C_1$ toàn phần suy ra $ I(B,C;T,S)=-1 \Longrightarrow IS $ đi qua trung điểm $ BC $ .

Mở rộng về trục đẳng phương, hiệu phương tích điểm đối với 2 đường tròn

Kí hiệu $\mathbb{P}{X, \omega_1}$ là phương tích của X đối với đường tròn $\omega_1$


Xét: $\mathbb{P}(X, \omega_1, \omega_2)=\mathbb{P}{X, \omega_1} - \mathbb{P}{X, \omega_2}$




Ta sẽ tính: $\mathbb{P}(X, \omega_1, \omega_2)$




Xét bài toán sau: Cho hai đường tròn (A) và (C) và một điểm B bất kì. Khi đó $\mathbb{P}{B, A,C}=2\overline{BB_1}.\overline{CA}$









Giải:




Gọi F là hình chiếu của B trên AC, đoạn AC cắt (A), (C) tại D, E ta có:

$\mathbb{P}{B, A,C)=BA^2-R_a^2-(BC^2-R_c^2)$

$=BA^2-BC^2+R_c^2-R_a^2$

$=FA^2-FC^2+R_c^2-R_a^2+IC^2-R_c^2-(IA^2-R_a^2)$ (Do I thuộc trục đẳng phương của (A) và (C).

$=2\overline{FI}.\overline{CA}=2\overline{BB_1}.\overline{CA}(do (\overline{FA}-\overline{FC})(\overline{FA}+\overline{FC})=\overline{CA}(\overline{FA}+\overline{FC}))$
Như vậy: Nếu O là trung điểm NP thì $\mathbb{P}(O, Q, R)=\mathbb{P}(O, Q, R)=\frac{\mathbb{P}(N, Q, R)+\mathbb{P}(P, Q, R)}{2}$ (1)

Ngoài ra tôi còn một cách khá hay chứng minh cho (1).

Ta có:  $\mathbb{P}(O, Q, R)=OQ^2-R_q^2-(OR^2-R_r^2)=OQ^2-OR^2+R_r^2-R_q^2$

Còn:

$\mathbb{P}(N, Q, R)+\mathbb{P}(P, Q, R)=NQ^2-R_q^2-(NR^2-R_r^2)+PQ^2-R_q^2-(PR^2-R_r^2)\\


=NQ^2+PQ^2-2R_q^2+2R_r^2-NR^2-PR^2$

Mặt khác do O là trung điểm áp dụng công thức tính đường trung tuyến cho tam giác QNP, RNP ta có:

$OQ^2=\frac{QN^2+QP^2}{2}-\frac{NP^2}{4}$


$OR^2=\frac{RN^2+RP^2}{2}-\frac{NP^2}{4}$

Thay vào trên ta có điều phải chứng minh

Chúng ta xét ứng dụng của (1):

Cho tam giác ABC, P là một điểm nằm trên BC. (ABP) cắt AC tại Y, tương tự ta được Z. Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn đường kính AH và (AYZ) chia đôi BC.

Gọi M là trung điểm của BC, D là chân đường cao kẻ từ A đến BC. Áp dụng (1) ta có:

$\begin{align*}
\mathbb{P}(M, \odot (AYZ), \odot (AH))&= \frac{1}{2}(\mathbb{P}(B, \odot (AYZ), \odot (AH)) + \mathbb{P}(C, \odot (AYZ), \odot (AH)))\\
&= \frac{1}{2}(BP\cdot BC - BD\cdot BC + CP\cdot CB - CD\cdot CB)\\
&= \frac{1}{2}(BC(BP+CP)-BC(BD+CD))=0
\end{align*}$

Ứng dụng của định lý Monge-D’Alembert

Định lý Monge-D’Alembert được phát biểu như sau:
Cho ba đường tròn C1(O1, R1),C2(O2, R2),C3(O3, R3) phân biệt trên mặt phẳng. Khi đó tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn (C1,C2), (C2,C3), (C3,C1) cùng thuộc một đường thẳng. Hai tâm vị tự trong của hai trong ba cặp đường tròn trên và tâm vị tự ngoài của cặp đường tròn còn lại cùng thuộc một đường thẳng.

Định lý này đã được chứng minh trong nhiều tài liệu hình học nên không nêu tại đây. Ứng dụng:

Bài 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi $(O_b)$ là đường tròn mixtilinear ứng với điểm B và tiếp xúc với (O) tại Y. $(O_c)$ là đường tròn mixtilinear ứng với điểm C và tiếp xúc với (O) tại Z. Chứng minh rằng: BC, YZ, $O_bO_c$ đồng quy.

Giải:
Xét 3 đường tròn (O), $(O_b), (O_c)$
Có Y, Z là tâm vị tự trong của $(O), (O_b)$ và $(O), (O_c)$

Ngoài ra nếu BC cắt $O_bO_c$ tại W thì W là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn $(O_b), (O_c)$.

Vậy theo định lý Monge- D' Alembert ta có Y, Z, W thẳng hàng. Hay BC, YZ, $O_bO_c$ đồng quy.

Nhận xét: Điểm W này là một điểm có nhiều tính chất khá hay và thú vị, các bạn có thể xem thêm về chuyên đề đường tròn Mixtilinear.

Bài 2: Với hình vẽ như trên. Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy tại một điểm trên OI.

Gọi $(O_a)$ là đường tròn mixtilinear ứng với điểm A của (O).

Xét ba đường tròn $(O_a), (O), (I)$

Có X là tâm vị tự ngoài của $(O_a)$ và (O)
A là tâm vị tự ngoài của $(O_a)$ và (I)

Như vậy AX sẽ đi qua tâm vị tự trong của (O) và (I)

Tương tự BY, CZ. Vậy ta có đpcm.

Bài 3: (Mathley) Hai đường tròn γ và δ cùng tiếp xúc trong với đường tròn ω tại A và B. Từ A kẻ tiếp tuyến $l1, l2$ tới δ, từ B kẻ hai tiếp tuyến $t1$, $t2$ tới γ. Biết rằng $l1$ cắt $t1$ tại X, $l2$ cắt $t2$ tại Y, hãy chứng minh rằng tứ giác AXBY là tứ giác ngoại tiếp.

Gọi O1, O2, O lần lượt là tâm của γ, δ, ω. AO2 giao BO1 tại I. Gọi α1 là đường tròn tâm I và tiếp xúc với AX, AY; α2 là đường tròn tâm I và tiếp xúc với BX, BY. OI giao AB tại L.

Áp dụng định lý trên cho 3 đường tròn δ, ω, α1 ta có A là tâm vị tự ngoài của α1 và δ, B là tâm vị tự ngoài của δ và ω, suy ra tâm vị tự ngoài của α1 và ω nằm trên AB hay L là tâm vị tự ngoài của α1 và ω. Chứng minh tương tự L cũng là tâm vị tự ngoài của α2 và ω. Từ đó α1 ≡ α2 hay tứ giác AXBY ngoại tiếp.

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.

Một số chú ý về tứ giác toàn phần và bài toán thi Olympic nữ sinh châu Âu

Chúng ta thường làm việc với tứ giác ABCD với E là giao của hai cạnh bên AB và CD, F là giao của hai cạnh bên AD, BC. Thì chúng ta sẽ có các đường thẳng guass trung điểm hai đường chéo AC, BD và trung điểm EF thẳng hàng, đường thẳng steiner là đường thẳng chứa trực tâm của tam giác FAB, FCD, EAD, EBC thẳng hàng và vuông với đường thẳng guass của tứ giác, ngoài ra ta còn các định lý Miquel, đường tròn Miquel cho tứ giác ABCD.

Và một điều thú vị là nếu ta thay hai cạnh bên AD, BC là hai đường chéo thì ta lại có những tính chất như tứ giác ABCD có AC, BD là hai đường chéo.

Những tính chất nhìn rất mới lạ do hai đường chéo lại là hai cạnh bên của tứ giác ! Vì thế trong một số đề thi chẳng hạn China TST 1992 dùng tính chất đường tròn (ECB) cắt đường tròn (EAD) làm đề thi. Và ta sẽ xét đề thi Olympic toán dành cho nữ sinh ở châu Âu năm 2014

Đề: Cho D, E là các điểm trên AB, AC của tam giác ABC sao cho DB=BC=CE. CD và BE cắt nhau tại F. Chứng minh rằng tâm nội tiếp của tam giác ABC, DEF và trung điểm M của cung lớn BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thẳng hàng.

Lời giải:

Để ý rằng I cũng trực tâm tam giác FBC.

Xét tứ giác DFBC có DC, BE là hai cạnh bên cắt nhau tại F nên đường thẳng steiner của tứ giác là HI (H là trực tâm tam giác DEF), sẽ là trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính là hai đường chéo BD, CE. Mặt khác nếu M là trung điểm cung BC thì M cũng sẽ cùng phương tích với hai đường tròn đường kính BD và CE.

Vậy ta có đpcm.

Ta có thể mở rộng bài toán như sau: Cho tam giác ABC cố định. E, F lần lượt di chuyển trên AC, AB sao cho CE=BF. BE cắt CF tại D. H, K là trực tâm tam giác DEF, DBC. Khi đó HK luôn đi qua một điểm cố định khi E, F di chuyển .

Bài này được tổng quá và phát biểu dưới dạng là tìm yếu tố cố định có phần thú vị hơn. Rõ ràng ta phải đoán nhận điểm cố định vì đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC không xuất hiện trong đề bài.

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'= $\angle ITE$

Ứng dụng đường tròn điểm trong giải toán

Đề:
Cho tam giác ABC và điểm P. AP, BP, CP cắt BC, CA, AB tại D, E, F. Gọi Q là điểm đẳng giác của P trong tam giác DEF. Đường thẳng qua P vuông góc với AP, BP, CP cắt BC, CA, AB tại X, Y, Z. Chứng minh X, Y, Z cùng nằm trên đường thẳng d và D vuông góc với PQ

Lời giải:

Dùng tỉ số kép với các đường lần lượt vuông góc như sau:

$P(AXYZ)=P(XABC)=A(XPBC)=A(PXCB)=A(PXYZ)$

Vậy X, Y, Z thẳng hàng.

Ý sau chứng minh khó theo Huỳnh Bách Khoa:

Ở lời giải trên ta đã dùng bổ đề sau:

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 $\odot (XST).\blacksquare$

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)

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:

Tính chất của điểm Lemoine

Đề bài: Cho tam giác ABC, đường cao AH. Chứng minh rằng điểm Lemoine, trung điểm AH, trung điểm BC thẳng hàng.

Lời giải

Gọi L là điểm Lemoine của tam giác ABC.

Cách 2:

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.