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

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

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).

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 $PO_1O_2$

Dùng tỉ số kép trong chứng minh điểm cố định

Đề bài: Cho tam giác ABC, D là điểm cố định trên BC. P là điểm nằm trong tam giác ABC. Gọi $B_1$, $C_1$ lần lượt là hình chiếu của P lên CA, AB. $DB_1, DC_1$ cắt AB, AC tại $C_2, B_2$. Giao điểm khác A của đường tòn ngoại tiếp $AB_1C_1, AB_2C_2$ là Q. Chứng minh rằng PQ luôn đi qua điểm cố định

Lời giải:

Kẻ DE, DF song song AB, AC. đường thẳng qua E, F vuông AC, AB cắt nhau tại I.

Theo tỉ số kép thì $(C_1C_2F)=D(C_1C_2FE)=D(C_2C_1EF)=(B_1B_2E)$

Ngoài ra có phép vị tự quay tâm Q do có $B_1B_2$ cắt $C_1C_2$ tại A và $QAB_1C_1$, $QAB_2C_2$ nội tiếp,

Phép vị tự quay tâm Q biến tam giác $QC_1C_2$ thành tam giác $QB_1B_2$

$QC_1C_2 \sim QB_1B_2$
Do có tỉ số kép nên $QB_2C_2 \sim QEF$

$ \Rightarrow \angle B_2QC_2= \angle EQF= 180^o- \angle FIE$

Vậy QI vuông AQ, mặt khác $PQ \perp AQ$

Vậy I, P, Q thẳng hàng

Nên PQ đi qua I cố định

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'= $\angle ITE$

Một cách chứng minh đi qua điểm cố định và mở rộng của bài VMO 2016

Bài toán 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) cố định, dây BC cố định không là đường kính, A là điểm di động trên cung lớn BC. (K) đi qua B, C cắt AC, AB tại E, F. (ACH) cắt (ABG) tại D. Chứng minh rằng AD luôn đi qua điểm cố định khi A di động.

Giải:

Do (K) và (O) cố định nên tam giác AFC có các góc không đổi, các tam giác AFC được tạo thành khi điểm A di động luôn đồng dạng với nhau, Do H đối xứng F qua C nên ta cũng có tam giác AHC có các góc không đổi khi A di chuyển, như vậy góc AHF= góc ADC không đổi

Mặt khác do tứ giác EFBC nội tiếp:

$\frac{AE}{AF}=\frac{BE}{CF}=\frac{EG}{FH} $

Từ tam giác AFH đồng dạng tam giác AEG. Vậy $\angle BDA=\angle AHF= \angle ADB$

Từ đó DA là phân giác BDC. Nếu DA cắt (L) (Với L là đường tròn ngoại tiếp tam giác DBC  cố định do $\angle BDC=2 \angle AHF$ cố định)

Vậy M thuộc trung trực BC và (L) cố định nên M cố định. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét: Ở đây chúng ta đã dùng nếu điểm A di chuyển sao cho tam giác AHC luôn đồng dạng với nhau thì khi đó góc của tam giác AHC luôn không đổi là hằng số.

Bài toán 2: Tam giác ABC, trực tâm H, trung điểm M của BC. P là một điểm trên HM, đường tròn đường kính AP cắt CA, CB  tại E, F. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại E, F của (K) cắt nhau trên trung trực BC. (Khi P trung với M ta có đề thi VMO 2016)

Lời giải: Cho (K) cắt cắt (ABC) tại S. Thì $\angle ASP=90^o$ theo bài toán cơ bản thì A(SXBC)=-1, chiếu lên (K) cho ta tứ giác SFLE điều hòa. Suy ra điểm T giao của hai tiếp tuyến tại E và F thuộc SL.

Theo tính chất tiếp tuyến: $ \frac{TL}{TS} = \frac{FL^2}{FS^2} $

Bây giờ ta sẽ dùng cách chứng minh của bài toán 1, Ta cố định tam giác ABC, xét P di chuyển ta thấy $\angle FSL=\angle FAL, \angle FLS= \angle FAS$ cũng không đổi khi P di chuyển. Chú ý rằng S cố định do N, H cố định. 

Do đó các tam giác FSL có hai góc không đổi nên chúng tự đồng dạng với tỉ số $\frac{FL^2}{FS^2}$ không dổi.

Nên tỉ số $\frac{TL}{TS}$ không dổi, mà S cố định, L di chuyển trên đường cao cố định, do đó T di chuyển trên đường song song AX cố định. Khi P trùng M thì theo bài toán VMO 2016 ta có T thuộc trung trực BC song song AX. Vậy ta có đpcm

Hoặc nếu không dùng kết quả VMO 2016, thì ta sẽ dùng phép vị tự quay tâm G biến tam giác GYZ thành tam giác GEF nên biến tiếp tuyến của hai đường tròn này là M thành T. Nên GZF đồng dạng tam giác GMT suy ra $\angle GMT=\angle GZF= 180^o - \angle GZA= 180^o- \angle GHA= \angle AHP$ Suy ra TM song song $AH \perp BC$. Vậy ta có đpcm

Dùng phép vị tự quay để giải bài toán hình học

Bài 1: Cho tứ giác ABCD gọi G là giao điểm của AC và BD. Gọi $O_1, O_2, O_3, O_4$ lần lượt là tâm của $ GAB, GBC. GCD, GDA$. Đường thẳng bất kì qua G cắt $(O_2), (O_4)$ tại J và K. Đường thẳng bất kì khác qua G cắt $(O_1), (O_3)$ tại $S$ và $T$. Gọi M là giao của $O_1O_2$ và $O_3O_4$, U, I là trung điểm ST và JK. Chứng minh rằng $MU=MI$.

Lời giải:

Gọi giao điểm thứ hai của $(O_1), (O_3)$ là Q, $(O_2), (O_4)$ là P. E, F là trung điểm AC, BD. Ta sẽ chứng minh G,E, F, P, Q cùng thuộc $w$

Xét phép vị tự quay tâm P biến B thành D, A thành C nên biến BD thành AC. Do E, F là trung điểm AC và BD nên biến E thành F, Suy ra tam giác APE đồng dạng PBF

Suy ra: $\widehat{PEG}=\widehat{PFG}$ nên tứ giác PGEF nội tiếp

Tương tự ta có tứ giác QGEF nội tiếp.

Ta có $O_2O_4$, $O_1O_3$ là trung trực của PG và GQ. nên M là tâm ngoại tiếp của 5 điểm P, Q, G, E, F.

Mặt khác tiếp tục xét phép vị tự quay tâm P biến S thành T và do I là trung điểm ST nên phép vị tự quay này biến I thành trung điểm F của BD nên tam giác IPS đồng dạng tam giác PFB. Suy ra $\widehat{PIG}=\widehat{PFG}$ Suy ra I thuộc đường tròn tâm M. Tương tự U cũng thuộc đường tròn tâm M.

Vậy MI=MU

Nhận xét: Nếu tứ giác ABCD nội tiếp (O) thì ta có OE và OF lần lượt vuông AC và BD, suy ra M là trung điểm PO. Suy ra OG vuông GP ( vì G thuộc đường tròn đường kính PO) Và đây là đề thi Trung Quốc 1992.

Bài 2 (Đề thi chọn đội tuyển Thụy Sĩ): Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trực tâm H. D, E trên AB, AC sao cho D, H, E thẳng hàng và tam giác ADE cân tại A. (ADE) cắt (O) tại G. Chứng minh GH vuông GA.

Lời giải:

Gọi BB', CC' là các đường cao của tam giác ABC. R là giao của (AB'C') và (ABC) thì HMR thẳng hàng và HR vuông AR. Ta sẽ chứng minh R thuộc (ADE).

R là tâm phép vị tự quay biến C' thành B, B' thành C nên biến C'B thành B'C, mặt khác ta có:

$\frac{C'D}{BC'}=\frac{EB'}{CB'}$

Vậy biến D thành E.
DC' cắt EB' tại A nên tứ giác RDEA nội tiếp hay R thuộc (ADE)

Bài 3: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F. X là điểm chính giữa cung BC chứa A. (AIX) lần lượt cắt AB, AC tại Y, Z. (DYZ) cắt (I) tại W và D. Gọi M là trung điểm BC, P là tiếp điểm của đường tròn mixtilinear trong góc A. Chứng minh rằng:
a) BY=BM=CZ=CM
b) A, W, P thẳng hàng.

Lời giải:

Gọi N là giao điểm AI và (O).
a)Rõ ràng X, M, N thẳng hàng Phép vị tự quay tâm A. biến:
YB thành IN, nên: $BY=NI\cdot \frac{BX}{NX}=NB\cdot \frac{BX}{NX}=BM$ Tương tự CM=CZ.
b) Từ (1) suy ra Y, M đối xứng với nhau BI, Z, M đối xứng nhau qua CI suy ra I là tâm của (MYZ) và do:
YZ là trục đẳng phương (MYZ) và (YZDW) nên tâm của (YZDW) và I vuông góc YZ
Mặt khác có tâm của (YZDW) và I vuông WD ( WD là trục đẳng phương) nên:
WD song song YZ. Theo định lý Euler ta lại có:
$IP.IX=2rR=ID.XN$Suy ra tam giác IDP đồng dang tam giác XIN, và do XIN đồng dạng XZC (do phép vị tự quay tâm X) và IDP=IWP (Do D và W đối xứng) vậy:
tam giác IWP đồng dạng tam giác XZC.
$ \angle IPW= \angle XCA= \angle XPA$ nên P, W, A thẳng hàng.
Hay W và D đối xứng nhau qua IP

Bài 4: Cho tam giác ABC có (I) là tâm nội tiếp và các tiếp điểm D, E, F trên BC, CA, AB. đường thẳng qua D vuông EF cắt AB tại X. Gọi T là giao điểm của (ADE) và (ABC). Chứng minh rằng 

a) TF vuông TX

b) Tâm đường tròn nội tiếp của tam giác TEF thuộc (I) (thinhrost1)

Lời giải:

AI cắt (ABC) tại G, Gọi AA' là đường kính của (O). Theo kết quả quen thuộc T, I, A' thẳng hàng.

Phép vị tự quay tâm T biến B thành F, C thành E nên

tam giác TBF đồng dạng tam giác TCE nên :

BD/CD=BF/CE=TB/TC như vậy TD là phân giác của $\angle BTC$. Phép vị tự quay tâm T biến EF thành BC biến (TEF) thành (TBC) nên biến I thành G, mà T,D,G thẳng hàng nên gọi Y là giao TI và EF thì phép vị tự này biến Y thành D, do biến I thành G và TDG, TYI thẳng hàng nên YD song song IG hay YD vuông EF như vậy BF cắt DY tại X thì suy ra tứ giác TFXY nội tiếp suy ra: $ \angle XTF= 90^o$

b) Gọi J là tâm nội tiếp của TEF, K là tâm nội tiếp TBC. Thì phép vị tự quay tâm T biến J thành K. Biến TJ, FJ, EJ thành BK, TK, CK, nên $\ange FIE = \angle BJC$ mà $ \angle BJC=90^0+\angle T/2 =90^0+\angle A /2 = \angle FDE$ Vậy IDFE nội tiếp. ta có đpcm

Dùng định lý Miquel để giải bài toán hình học

Bài 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Các tiếp tuyến tại B, C cắt nhau tại T. Đường thẳng qua A vuông góc AT cắt BC tại S. $B_1, C_1$ trên ST (T nằm giữa $B_1$ và $C_1$, $B_1 $nằm giữa S và T) sao cho $B_1T=BT=C_1T$. Chứng minh rằng tam giác $ABC$ đồng dạng tam giác $AB_1C_1$.

Lời giải:

Gọi M là trung điểm BC thì T,M,A,S đồng viên.

Ta cũng có $B_1,C_1,B,C$ đồng viên

Gọi K là giao của $BB_1$ và $CC_1$ thì $\widehat{BKC}=180^o-\widehat{KBC}-\widehat{BCK}=180^o-\widehat{KBC}-\widehat{B_1BT}=\widehat{TBC}$

Tương tự ta suy ra BT và CT là tiếp tuyến của $(KBC)$

Suy ra K thuộc (ABC) (Vì tâm của KBC là giao của đường thẳng qua B và C vuông BT và CT).

Vậy A là giao của (KBC) và (SMT). Gọi J là giao của $CB_1$ và $BC_1$ thì theo định lý Brocard $TJ \perp SSK$ tại A', Theo Pascal đảo cho 6 điểm BBKCJ ta suy ra J thuộc (KBC), mà A' lại thuộc (KJC) (Do IJ vuông SK tại A') Suy ra A' là giao của (KBC) và (SMT) vậy $A' \equiv A$

Hoặc cách khác: Do TA đã vuông SA, nên ta phải chứng minh TA vuông AK ( điều này có thể chứng minh bằng biến đổi góc cho S,A,K thẳng hàng).

Từ đó B là điểm Miquel của tam giác KSC nên tứ giác $ASB_1B$ nội tiếp, Suy ra A là điểm Miquel của $BCC_1B_1SK$. Cuối cùng theo phép vị tự quay tâm A góc quay $\varphi$ tỉ số $k$ ta có diều phải cm.

Mở rộng của bài IMO 2005

Đề bài: Cho tứ giác ABCD có DA, BC không song song, P là giao điểm của các đường chéo AC, BD. M, N chạy trên DA, BC sao cho $\dfrac{DM}{DA}=\dfrac{BN}{BC}$. MN theo thứ tự cắt AC, BD tại Q, R. Chứng minh rằng đường tròn (PQR) đi qua một điểm cố định khác P.

Lời giải:

Gọi O là giao điểm của (PAD) và (PBC) thì khi đó:
Xét phép vị tự quay:
$S(O,k, \varphi ):D\rightarrow B\\:   A\rightarrow C\\:\Rightarrow DA\rightarrow BC\\:M\rightarrow N(Do:\frac{DM}{AM}=\frac{BN}{NV})$

Suy ra tam giác OAC đồng dạng tam giác OMN, suy ra $\widehat{MNO}=\widehat{QCO}$ Suy ra tứ giác ONQC nội tiếp. Nên O là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BPCQNR. Hay O $\in (PQR)$