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. $$\frac{XK}{KI} = \frac{XC}{CI} \cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB} = \frac{ \sin \angle XIC}{ \sin \angle IXC}\cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB}$$ $$\frac{ \sin \angle XIC}{ \sin \angle IXC}\cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB} = \frac{ \sin \angle XA_bY}{ \sin \angle AA_bY}\cdot \frac{ \sin \angle BAX}{ \sin \angle AXA_b}$$ $$\frac{ \sin \angle XA_bY}{ \sin \angle AA_bY}\cdot \frac{ \sin \angle BAX}{ \sin \angle AXA_b} = \frac{XY}{YA}$$ $\Longrightarrow \frac{XK}{KI} = \frac{XY}{YA} \Longrightarrow AI \parallel YK$

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.

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

Một bổ đề hai đường tiếp xúc và ứng dụng

Ta có bổ đề sau: Cho tam giác ABC, trên BC lấy hai điểm D, E sao cho AD, AE đẳng giac trong góc A khi và chỉ khi (ADE) tiếp xúc (ABC).

Bổ đề được chứng minh bằng cách kẻ tiếp tuyến tại A của (ABC) rồi sau đó cộng góc đơn giản có thể suy ra tiếp tuyến tại A của (ABC) cũng là tiếp tuyến tại A của (ADE) suy ra đpcm.

Bài toán 1 (Brazil 2011):  Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), r và s là hai tiếp tuyến tại B, C của (O). r, s cắt AD tại M và N. BN cắt CM tại E. AE cắt BC tại F và L là trung điểm BC. Chứng minh (DLF) tiếp xúc (O).

Gọi K là giao điểm của r và s. Ta có L là trung điểm của BC và cần chứng minh (DFL) tiếp xúc (DBC) là (O), mà L là trung điểm BC. nên ta chỉ cần chứng minh DF là đối trung của tam giác DBC hay D,F,K thẳng hàng.

Áp dụng định lí Sin và Menelaus ta có:

$\frac{sin\angle BKF}{sin\angle FKC}=\frac{BF}{FC}=\frac{BE}{EC}\frac{sin\angle AEN}{sin\angle MEA}=\frac{BE}{EC}\frac{AN}{AM}\frac{ME}{EN}=\frac{ME}{EC}\frac{BE}{EN}\frac{AN}{AM}=\frac{MB}{BK}\frac{NK}{NC}\frac{MB}{MK}\frac{CK}{CN}\frac{AN}{AM}=\frac{MB^{2}}{NC^{2}}\frac{NK}{MA}\frac{NA}{MK}=\frac{MD}{MK}\frac{NK}{ND}=\frac{sin\angle MKD}{sin\angle DKN}$

Từ đây siu ra F, D, K thẳng hàng ta có đpcm
cách 2:
Gọi $ X=BM \cap CN, Y=AD \cap BC, Z=AC \cap BD $ .

Vì $ BC $ là đường đối cực của $ X $ đối với $ (O) $ ,
từ $ X(E,Y;C,B)=-1 $ ta có $ XE $ là đường đối cực của $ Y $ đối với $ (O) $ .
vì $ XZ $ là đường đối cực $ Y $ đối với $ (O) $ ,
nên $ X, E, Z $ thẳng hàng và $ C(B,A;N,M)=B(C,D;M,N) $ ,
vì thế $ (Y,F;B,C)=(Y,A;N,M)=C(B,A;N,M)=B(C,D;M,N)=(Y,D;M,N) $ .
suy ra $ D, F, X $ thẳng hàng

Vì $ DF $ là đường đối trung $ \triangle DBC $ ,
ta nhận đc $ \angle BDL=\angle FDC $ and $ (DLF) $ tiếp xúc $ (O) $ tại $ D $ .

Bài toán 2 : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $M,N$ trên $(O)$ sao cho $MN\parallel BC$ và $AB$ nằm giữa $AM,AC$. $CM$ cắt $BN$ tại $S$. $BM$ cắt $CN$ tại $T$. $P$ là một điểm trên $(O)$. $PT$ cắt đường thẳng qua $S$ song song $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng $(QPS)$ tiếp xúc với $(O)$

Lời giải

Gọi $ T'=PT \cap \odot (O) $ và $ S'=PS \cap \odot (O) $ .
Đặt $ \{ X, Y \}=SQ \cap \odot (O) $ và $ \{ U, V \}=TS \cap \odot (O) $ .

Vì $ SQ $ là đường đối cực của $ T $ đối với $ \odot(O) $ ,
nên $ P(T', S'; U, V)=(T, S; U, V)=-1 $ ,
kết hợp với $ \angle UPV=90^{\circ} $ suy ra $ \angle BPQ=\angle SPC $ . ... $ ( \star ) $
vì $ \angle XPB=\angle CPY $ ( $ \because XY \parallel BC $ ) ,
kết hợp với $ (\star) $ ta có $ \angle XPQ=\angle SPY $ ,
vì thế theo bổ đề trên $ \odot (PQS) $ tiếp xúc $ \odot (O) $ tại $ P $ .

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 $KQ\perp IE$.

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).

Ứng dụng bổ đề ERIQ

Bài toán 1: Tam giác ABC không cân $\Delta ABC$. $E,F$ là các chân đường cao từ $B,C$ trên $AC,AB$, H là trực tâm
$E,Q$ trên $[FB);[EC)$ sao cho: $FP=FC; EQ=EB$
$BQ$ cắt $CP$ tại $K$.
$I,J$ là trung điểm của $BQ,CP$.
$IJ$ cắt $BC,PQ$ tại $M,N$
1/ Chứng minh: $HK\bot IJ$
2/ $\widehat{PAM}=\widehat{QAN}$

Lời giải:

Ta có $\overline{HF}.\overline{HC}=\overline{HE}.\overline{HE}$
Nên $H$ thuộc trục đẳng phương của $[CP]$ và $[BQ]$
$BCQP$ là tứ giác nội tiếp nên $\overline{KC}.\overline{KP}=\overline{KB}.\overline{KQ}$
Vì thế $K$ thuộc trục đẳng phương $[CP]$ và $[BQ]$
Vậy $HK\perp IJ$
(b)
Ta có $\dfrac{\overline{IQ}}{\overline{IB}}=\frac{\overline{JP}}{\overline{JC}}$
Áp dụng bổ đề ERIQ được: $\dfrac{\overline{BM}}{\overline{MC}}=\dfrac{\overline{QN}}{\overline{NP}}\Rightarrow đpcm$



Bài toán 2 (Juliel blog) : Cho tứ giác nội tiếp được đường tròn. Gọi lần lượt là các giao điểm của và , và . Gọi là giao điểm của phân giác hai góc . lần lượt là trung điểm của . Chứng minh rằng thẳng hàng.

Lời giải :



Gọi lần lượt là giao điểm của với .

Ta sẽ chứng minh .

Thật vậy, ta có



Mà trong tam giác thì cũng là phân giác, do đó nó cũng là trung tuyến, hay .

Theo tính chất phân giác :



Mà theo hệ thức lượng trong đường tròn thì

Suy ra

Xét hai bộ ba điểm thẳng hàng các điểm lần lượt thuộc và thỏa mãn (chứng minh trên)

Các điểm lần lượt thuộc và thỏa

Như vậy theo bổ đề ta có thẳng hàng. Đây là điều phải chứng minh.

Dùng hàng điểm điều hòa để chứng minh vuông góc.

Bài toán: Cho tam giác ABC, đường cao BE, CD. gọi F, G là hình chiếu của D, E trên BC. DG cắt EF tại M. Chứng minh rằng AM vuông BC.

Lời giải:

Gọi P, Q là hình chiếu của A, M trên BC.
$U \equiv MQ \cap DE,$  $V \equiv AP  \cap DE$ và $L \equiv DE \cap BC.$

Vì $EG \parallel DF,$ theo bổ đề hình thang  $M(D,E,U,L)=-1,$ nhưng $(D,E,V,L)=-1$ vậy ta có đpcm

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).

Thêm một số bài tập về điểm Fermat, đẳng động, đường tròn Apllonius,..

Bài 1: Cho tam giác ABC và một điểm P. Dựng các đường tròn P − apollonius của các tam giác

APB, APC.BPC . Chứng minh rằng ba đường tròn này còn có một điểm chung P' khác P

Gợi ý: Gọi (N),(M),(L) là đường tròn P − apollonius của các tam giác APB, APC.BPC

Chú ý rằng BL là đường đối trung ngoài của tam giác BPC, lập tỉ số rồi sử dụng định lý Menelaus.

Bài 2: Cho A, B, C nằm trên đường tròn (K) sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn và P là

điểm bên trong (K). Gọi X,Y, Z là giao điểm thứ hai của AP, BP, CP với (K). Xác định vị trí

của điểm P sao cho ∆XYZ đều

Gợi ý: Gọi F là điểm liên hợp đẳng giác với P của tam giác ABC thì ta có $\angle APC+ \angle AFC =180^o + \angle B$ và biến đổi góc được $\angle APC= 60^o + \angle B$.
Vậy F là điểm Fermat . P liên hợp đẳng giác với F chỉ có thể là điểm đẳng động J của tam giác ABC

Bài 3: Cho D là một điểm bên trong tam giác nhọn ABC sao cho AB = a.b, AC = a.c, AD =

a.d, BC = b.c, BD = b.d và CD = c.d. Chứng minh $\angle ABD+ \angle  ACD= 60^o$

Gợi ý:- D là điểm chung của 3 đường tròn apollonius của ∆ABC và chính là điểm đẳng động

thứ nhất của ∆ABC.
-Gọi tam giác đều thủy túc của điểm đẳng động D của ∆ABC.

Bài 4: Chứng minh đường tròn A − apollonius tạo với các đường tròn B − apollonius, C − apollonius

của ∆ABC một góc $120^o$

Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A và H là chân đường cao vẽ từ A. Chứng minh các đường tròn

H − apollonius của các tam giác ∆AHB, ∆AHC giao nhau tại tâm đường tròn A − apollonius

của tam giác ABC
Bài 6: Cho tam giác ABC và phân giác trong BD, D ∈ AC. Đường thẳng BD cắt đường tròn (C)

ngoại tiếp ∆ABC tại điểm thứ hai là E. Đường tròn (ω) với đường kính DE cắt lại (C) tại F.

Chứng minh BF là đường đối trung của tam giác ABC

Bài 7: Cho tam giác đều XYZ nội tiếp trong đường tròn (O) và điểm P tùy ý trong tam giác

XYZ và không nằm trên các cạnh, PX, PY, PZ cắt (O) tại A, B, C theo thứ tự. Gọi D, E, F theo

thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác PBC, PCA, PAB. Chứng minh AD, BE, CF

đồng quy.

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

Đường kính Brocard và tam giác đều " thủy túc "

Bài toán 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O), và K là điểm Lemoine  có J, J' là hai điểm đẳng động . Nếu OK cắt (O) tại Q và R thì (QRJJ')=-1

Chứng minh:

Ta đã chứng minh O,K, J, J' thẳng hàng và do J và J' nghịch đảo nhau đối với (O) nên (QRJJ')=-1

QR được gọi là đường kính Brocard của tam giác ABC

Bài toán 2:

Chứng minh rằng có đúng hai điểm đối với một tam giác sao cho chân đường vuông góc hạ

từ chúng đến ba cạnh của tam giác tạo thành một tam giác đều

Chứng minh:

Theo bài toán 1 điểm có hình chiếu lên 3 cạnh tam giác tạo thành 1 tam giác cân nằm

trên một đường tròn apollonius.
Để có tam gíac đều thì điểm đó phải nằm trên 3 đường tròn apollonius của tam giác tức

là hai điểm đẳng động J, J'

của tam giác

Chú ý : Tam giác đều tạo bởi 3 hình chiếu của điểm J lên ba cạnh của tam giác thường

gọi là tam giác đều " thủy túc " của điểm J

Bài toán 3: Trong tất cả các tam giác đều có đỉnh nằm trên ba cạnh của một tam giác thì tam giác đều

thủy túc của điểm đẳng động thứ nhất J của tam giác có diện tích nhỏ nhất.

Chứng minh:

Nhắc lại định lý Miquel :

Cho tam giác ABC và ba điểm L, M, N nằm trên BC, CA, AB. Khi đó ba đường tròn

(AMN),(BLN),(CLM) đồng quy

Gọi các điểm như trong hình vẽ
Ta có:

$\widehat{JLM}=\widehat{JCM}=\widehat{JL'M} \\ \widehat{JLN}=\widehat{JBN}=\widehat{JL'N'} $

Cộng lại ta được:

$\widehat{MLN}=\widehat{M'L'N'}=60^o$

Phép đồng dạng ( vị tự quay) tâm J với tỷ số $r=\frac{JL'}{JL} \le 1, \alpha=\widehat{LJL'}$

biến tam giác

LMN thành tam giác L'M'N'. Theo bài toán 3 suy ra J là điểm đẳng động thứ nhất.

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.

Dùng đường tròn Apollonius vào bài toán tìm tập hợp điểm

Lưu ý với một số bài toán dùng đường tròn $Apollonius$ để tìm tập hợp điểm, ta phải xét tỉ số bằng 1 là thiết yếu do khi đó quỹ tích sẽ là đường trung trực của đoạn thẳng chứ không còn là đường tròn nữa. Chúng ta xét các bài tập sau:
Bài 1: Cho tam giác ABC và điểm P . Gọi $P_1, P_2, P_3$ là hình chiếu vuông góc của P trên BC, CA, AB

theo thứ tự. Tìm quỹ tích của P sao cho $P_1P_2 = P_1P_3$

Lời giải

Ta có tứ giác BP1PP3 nội tiếp trong đường tròn đường kính BP nên theo định lý sin ta có

$P_1P_3 = BP sin B$

Tương tự

$P_1P_2 = CP sin C$

$\Rightarrow P_1P_2=P_1P_3 \Leftrightarrow  \frac{BP}{CP}=\frac{sinC}{sinB}=\frac{AB}{AC}$
Vậy quỹ tích P là đường tròn A − apollonius của tam giác ABC
Nếu AB=AC thì P thuộc trung trực BC.
Bài 2 (VMO 1999): Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Hãy xác định vị trí của P không thuộc đường tròn để các đường PA, PB, PC cắt lại đường tròn ở A', B', C' sao cho tam giác A'B'C' là vuông cân với đáy B'C'.

Lời giải:

Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa vì lời giải sử dụng góc định hướng nên không cần xét hai trường hợp P ở trong và ngoài đường tròn

Giả sử điểm P thỏa mãn đề bài, không mất tính tổng quát giả sử (AB, AC) là góc dương. P phải thỏa hai điều kiện sau:
Điều kiện 1: (PB,PC)=(PB,AB)+(AB,AC)+(AC,PC)
=(BP,BA)+(CA,CP)+(AB,AC).

$\Rightarrow (PB,PC)\equiv (A'B',A'A)+(A'A,A'C')+(AB,AC)\\ \equiv (A'B',A'C')+(AB,AC) \equiv \frac{\pi}{2}+(AB,AC)(mod \pi)$


Nếu tam giác ABC vuông tại A thì P thuộc BC.

Nếu tam giác ABC không vuông tại A thì P nằm trên đường tròn $C$ đi qua B, C và chắn cung $\frac{\pi}{2}+(AB,AC)$

Điều kiện 2: Ta có:

$\triangle ABP \sim \triangle B'A'P \Rightarrow \frac{AB}{A'B'}=\frac{PB}{PA'}\\\frac{AC}{A'C'}=\frac{CP}{A'P}\\B'A'=A'C'\Rightarrow \frac{PB}{PC}=\frac{AB}{AC} (3)$

Nếu AB=AC thì P thuộc trung trực BC
Nếu AB khác AC thì P thuộc đường tròn Apollonius $(C_p)$ thỏa mãn (3)

Kết hợp những điều kiện trên suy ra được tập hợp điểm.

Bài 3: (VMO 2000): Trên mặt phẳng cho trước $(O_1)$ tâm $O_1$ bán kính $r_1$ và $(O_2)$ tâm $O_2$ bán kính $r_2$. Trên đường tròn $(O_1)$ lấy một điểm $M_1$, trên đường tròn $(O_2)$ lấy một điểm $M_2$ sao cho đường thẳng $O_1M_1$ cắt $O_2M_2$ tại một điểm Q. Cho $M_1$ chuyển động trên đường tròn $(O_1)$, $M_2$ chuyên động trên đường tròn $(O_2)$ cùng theo chiều kim đồng hồ và với vận tốc góc như nhau.
1) Tìm quỹ tích trung điểm đoạn thẳng $M_1M_2$

2) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $M_1QM_2$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải:

Do điều kiện bài toán ta sẽ dùng góc định hướng để lời giải ngắn gọn và chuẩn xác.

Câu 1  bạn đọc dùng Vecto rồi giải, ta chỉ quan tâm đến câu 2 vì có liên quan đến đường tròn Apollonius

Gọi P là giao điểm thứ 2 của $(M_1QM_2)$ và $O_1QO_2$ thì:

$\left ( \overrightarrow{PM_1}, \overrightarrow{PO_1} \right )=\left ( \overrightarrow{PM_1}, \overrightarrow{PM_2} \right )+\left ( \overrightarrow{PM_2}, \overrightarrow{PO_2} \right )+\left ( \overrightarrow{PO_2}, \overrightarrow{PO_1} \right )=\left ( \overrightarrow{PM_2}, \overrightarrow{PO_2} \right )\\ \left ( \overrightarrow{O_1M_1},\overrightarrow{O_1P} \right )=\left ( \overrightarrow{O_1M_1},\overrightarrow{O_2M_2} \right )+\left ( \overrightarrow{O_2M_2},\overrightarrow{O_2P} \right )+\left ( \overrightarrow{O_2P},\overrightarrow{O_1P} \right )=\left ( \overrightarrow{O_2M_2},\overrightarrow{O_2P} \right )$

do đó tam giác $PO_1M_1 \sim PO_2M_2$. Suy ra $\frac{PO_1}{PO_2}=\frac{r_1}{r_2}$ Do đó nếu $r_1=r_2$ thì P thuộc trung trực $O_1O_2$ còn nếu không thì P thuộc đường tròn Apollonius dựng trên đoạn $O_1O_2$ cố định, theo tỉ số $\frac{r_1}{r_2}$ không đổi.

Mặt khác: $\left ( \overrightarrow{PO_1}, \overrightarrow{PO_2} \right )=\left ( \overrightarrow{QO_1}, \overrightarrow{QO_2} \right )=\alpha$ (Không đổi)

Kết hợp những điều trên suy ra P cố định.

Nhận xét: Để ý rằng Q là tâm của phép vị tự quay biến tam giác $PM_1M_2$ thành tam giác $PO_1O_2$

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.