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

Bài toán chia đôi trong đề thi Bình Thuận

Đề bài: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). AB cắt CD tại M, AD cắt BC tại N. AC cắt BD tại P. K là trung điểm MN, PK cắt (O) tại H. MH, NH cắt (O) tại I, J. Chứng minh KP chia đôi IJ.

Hướng dẫn:

Gọi T là điểm Miquel, G là giao điểm của NI và MJ.
Ta có $MI.MH=MA.MB=MN.MT$ suy ra tứ giác NTIH nội tiếp
Tương tự được tứ giác $MTHJ$ nội tiếp
Xét tam giác GMN có INHT và HTJM nội tiếp nên theo định lý Miquel GIHJ nội tiếp hay G thuộc (O).
Theo định lý Brocard ta có:
$OP.OT=R^2$ nên IJ giao GH tại P. Ta cũng có G, H, K thẳng hàng từ đó suy ra GK chia đôi IJ tại P.

Cách 2: Qua P kẻ đường thẳng vuông góc OP cắt (O) tại I, J  như hình vẽ, Gọi H là giao điểm MI và (O), Ta sẽ chứng minh N,H, J thẳng hàng và P, H, K thẳng hàng.

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm HIADCJ Ta có M, X, $N_1$ thẳng hàng ($N_1 $ là giao của AD và JH) $\Rightarrow  AD \cap MX \equiv N_1$ nên N trùng $N_1$ hay N, H, J thẳng hàng.

Mặt khác theo định lý Brocard thì OP vuông MN nên IJ song song MN. Lại do P là trung điểm IJ nên P, H, K thẳng hàng. Như vậy ta có đpcm

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.

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.

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:

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

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.

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

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

Lời giải:

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

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

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




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

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

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

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

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)

Vận dụng phương pháp tọa độ kết hợp với phương pháp tổng hợp để giải bài toán hình học

Đôi khi sự kết hợp giữa phương pháp tọa độ và phương phương tổng hợp sẽ giúp cho lời giải ngắn gọn và đẹp hơn. Chúng ta xét ví dụ sau:

Đề bài: (IMO 2000) Cho hai đường tròn $(O_1), (O_2)$ cắt nhau tại M, N. Tiếp tuyến chung gần M của hai đường tròn tiếp xúc $(O_i)$ tại $A_i$, Đường thẳng qua $M$ song song $A_1A_2$ cắt $(O_i) $ở $B_i$, các đường $A_iBi$ cắt nhau tại C, các đường $A_iN$ cắt $B_1B_2$ ở D, E. Chứng minh CD=CE.

Lời giải:

Chọn hệ trục tọa độ $A_1xy$ sao cho $A_1(0;0), A_2(a;0), O_1(0;r_1), O_2(a;r_2)$. Giả sử trong hệ trục $M(s;t)$ Khi đó $B_1(-s;t), B_2(2a-s;t)$ (Tính đối xứng). Từ đó $B_1B_2=2a=2A_1A_2$ Mà $A_1A_2 || B_1B_2$ nên $A_1, A_2$ là trung điểm $B_1C$, $B_2C$, do đó $C(s;-t)$. Vậy $\overrightarrow{CM}=(0;2t),\overrightarrow{B_1B_2}=(2a;0)$, suy ra $CM \perp B_1B_2$, hay $CM \perp DE$

Gọi K là giao MN và $A_1A_2$ ta có:
K là trung điiểm $A_1A_2$ (Dễ cm theo phương tích, trục đẳng phương)
Do $A_1A_2 || B_1B_2$ nên M là trung điểm DE.

Suy ra CM là trung trực của DE. đpcm

Về một bổ đề quan trọng của thầy Trần Quang Hùng

Đề bài: Cho Tam giác ABC, P bất kì. D, E, F là hình chiếu của P trên BC, CA, AB. X, Y, Z thuộc PD, PE, PF sao cho $\overline{PX}.\overline{PD}=\overline{PE}.\overline{PY}=\overline{PF}.\overline{PZ}$. Chứng minh: AX, BY, CZ đồng quy.

Giải

Trước hết ta cần chứng minh 2 bổ đề sau:

Bổ đề 1: Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi E là giao điểm của AB và CD, F điểm bất kì. Chứng minh rằng trung điểm M, N, L lần lượt của AC, EF, BD cùng thuộc một đường thẳng khi và chỉ khi F, A, D thẳng hàng.

Chứng minh 

Gọi lần lượt là trung điểm của .


Theo định lí về đường trung bình :

Tương tự :

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BCE với 3 điểm F,A, D và định lý Menelaus cho tam giác XYZ với ba điểm M, N, L

$\dfrac{NX}{NY}.\dfrac{MY}{MZ}.\dfrac{LZ}{LX}=1 \Leftrightarrow \dfrac{FB}{FC}.\dfrac{AE}{AB}.\dfrac{DC}{DE}=1$
Như vậy M, N, L thẳng hàng khi và chỉ khi F, A, D thẳng hàng.
Bổ đề 2: cho tam giác ABC, một đường tròn đi qua hai điểm B,C cắt AC, AB tại D, E. Đường thẳng qua D vuông AC cắt đường thẳng qua E vuông AB tại F. Chứng minh rằng AF vuông BC. (Bổ đề này đơn giản, bạn đọc tự chứng minh).

Quay trở lại bài toán.

Gọi YZ cắt BC tại U, XZ cắt CA tại V, XY cắt AB tại W. Q, I, O là trung điểm của AU, BV, CW.

Vẽ các đường tròn đường kính AU, 

Áp dụng bổ đề 2 cho tứ giác EFYZ nội tiếp với các đường qua F vuông với PZ, qua E vuông PY cắt nhau tại A, ta có PA vuông YZ. Nếu PA cắt YZ tại T Thì T thuộc đường tròn đường kính AU ( kí hiệu là (Q)) và $\overline{PA}.\overline{PT}=\overline{PF}.\overline{PZ}$ Hay là phương tích của P đối với (Q) bằng $\overline{PF}.\overline{PZ}$ Tương tự phương tích của P đối với (I) bằng $\overline{PX}.\overline{PD}$, ... mà $\overline{PX}.\overline{PD}=\overline{PE}.\overline{PY}=\overline{PF}.\overline{PZ}$ Nên P có cùng phương tích với (Q), (I), (O).

Vẽ các đường cao AM, BK, CL cắt nhau tại H. Ta lại có phương tích của H đối với (Q), (I), (O) lần lượt là: $\overline{HA}.\overline{HM}, \overline{HB}.\overline{HK}, \overline{HC}.\overline{HL}$

Mà: $\overline{HA}.\overline{HM}= \overline{HB}.\overline{HK}= \overline{HC}.\overline{HL}$

Nên H có cùng phương tích với 3 đường tròn.

Như vậy 3 đường tròn trên đồng trục PH nên tâm của chúng là Q, I, O thẳng hàng.

Giả sử VW cắt AQ tại U'. Áp dụng bổ đề 1 cho tứ giác BCVW với 3 trung điểm Q, I, O thẳng hàng, ta được U', B, C thẳng hàng hay U trùng với U'.

Nhưng vậy U, V, W thẳng hàng.

Áp dụng định lý Desargues cho tam giác ABC và tam giác XYZ ta có AX, BY, CZ đồng quy. Ta có điều phải chứng minh $\blacksquare $