Bài toán : Cho tam giác $ABC$ có $I$ là đường tròn nội tiếp, lần lượt tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ tại $A_1,B_1,C_1$. Gọi $X$ là một điểm trong tam giác $ABC$. Các tia $A_1X,B_1X,C_1X$ lần lượt cắt $B_1C_1,C_1A_1,A_1B_1$ tại $A_2,B_2,C_2$. Các tia $A_1X,B_1X,C_1X$ lần lượt cắt $(O)$ tại $A_3,B_3,C_3$. a) Chứng minh rằng $AA_2,BB_2,CC_2$ đồng quy tại $P$ b) Chứng minh rằng $AA_3,BB_3,CC_3$ đồng quy tại $Q$ c) Chứng minh rằng $P,X,Q$ thẳng hàng. Lời giải : a) Bằng định lí $Ceva$ ta dễ dàng chứng minh được $AA_1,BB_1,CC_1$ đồng quy, do đó theo bài toán này, ta có ngay $AA_2,BB_2,CC_2$ đồng quy. b) Dễ thấy rằng $\widehat{AB_1A_3}=\widehat{B_1A_1A_3}$ (cùng chắn cung nhỏ $A_3B_1$) Theo định lí hàm sin trong tam giác $AB_1A_3$ : \[\dfrac{AA_3}{sin\widehat{B_1A_1A_3}}=\dfrac{AA_3}{sin\widehat{AB_1A_3}}=\dfrac{A_3B_1}{sin\widehat{B_1AA_3}}\Rightarrow \dfrac{sin\widehat{B_1AA_3}}{sin\widehat{B_1A_1A_3}}=\dfrac{A_3B_1}{AA_3}\] Tương tự, ta được $\dfrac{sin\widehat{C_1AA_3}}{sin\widehat{C_1A_1A_3}}=\dfrac{A_3C_1}{AA_3}$ Từ đó suy ra : \[\dfrac{sin\widehat{B_1AA_3}}{sin\widehat{C_1AA_3}}=\dfrac{sin\widehat{B_1A_1A_3}}{sin\widehat{C_1A_1A_3}}.\dfrac{A_3B_1}{A_3C_1}\qquad(*)\] Hoàn toàn tương tự, ta thiết lập được các tỉ số : \[\dfrac{sin\widehat{C_1BB_3}}{sin\widehat{A_1BB_3}}=\dfrac{sin\widehat{C_1B_1B_3}}{sin\widehat{A_1B_1B_3}}.\dfrac{B_3C_1}{B_3A_1},\qquad(**)\;\;\;\;\;\] \[\dfrac{sin\widehat{A_1CC_3}}{sin\widehat{B_1CC_3}}=\dfrac{sin\widehat{A_1C_1C_3}}{sin\widehat{B_1C_1C_3}}.\dfrac{C_3A_1}{C_3B_1}\qquad(***)\] Theo định lí $Ceva-sin$ trong tam giác $A_1B_1C_1$ với $A_1A_2,B_1B_2,C_1C_2$ đồng quy tại $X$ : \[\dfrac{sin\widehat{B_1A_1A_3}}{sin\widehat{C_1A_1A_3}}.\dfrac{sin\widehat{C_1B_1B_3}}{sin\widehat{A_1B_1B_3}}.\dfrac{sin\widehat{A_1C_1C_3}}{sin\widehat{B_1C_1C_3}}=1\qquad(2)\] Dễ thấy rằng \[\dfrac{A_2C_1}{A_2B_1}=\dfrac{S_{A_3A_2C_1}}{S_{A_3A_2B_1}}=\dfrac{A_3A_2.A_3C_1.sin\widehat{B_1A_3A_2}}{A_3A_2.A_3B_1.sin\widehat{C_1A_1A_2}}=\dfrac{A_3C_1.sin\widehat{C_1A_3A_1}}{A_3B_1.sin\widehat{B_1C_1A_3}}\] Tương tự thì \[\dfrac{B_2C_1}{B_2A_1}=\dfrac{B_3C_1.sin\widehat{C_1B_3B_2}}{B_3A_1.sin\widehat{A_1B_3B_2}},\;\;\dfrac{C_2A_1}{C_2B_1}=\dfrac{C_3A_1.sin\widehat{A_1B_3B_2}}{C_3B_1.sin\widehat{B_1}C_3C_2}\] Nhân vế các đẳng thức trên với chú ý rằng $\dfrac{A_2B_1}{A_2C_1}.\dfrac{B_2C_1}{B_2A_1}.\dfrac{C_2A_1}{C_2B_1}=1$ (định lí $Ceva$ trong tam giác $A_1B_1C_1$) và $\widehat{B_1A_3A_2}=\widehat{A_1B_3B_2},\widehat{C_1A_3A_2}=\widehat{A_1C_3C_2},\widehat{B_1C_3C_2}=\widehat{A_1B_3B_2}$ Ta thu được : $\dfrac{A_3B_1}{A_3C_1}.\dfrac{B_3C_1}{B_3A_1}.\dfrac{C_3A_1}{C_3B_1}=1\qquad(3)$ Nhân các đẳng thức ở $(*)(**)(***)$ vế theo vế và áp dụng $(1),(2)$ thì ta được : \[\dfrac{sin\widehat{B_1AA_3}}{sin\widehat{C_1AA_3}}.\dfrac{sin\widehat{C_1BB_3}}{sin\widehat{A_1BB_3}}.\dfrac{sin\widehat{A_1CC_3}}{sin\widehat{B_1CC_3}}=1\] Từ đó theo định lí $Ceva-sin$ trong tam giác $ABC$ ta có $AA_2,BB_2,CC_2$ đồng quy. c) Trước hết ta chứng minh $AB,A_2B_2,A_3B_3$ đồng quy. Gọi $R$ là giao điểm của $AB$ và $A_3B_3$. Xét lục giác nội tiếp $A_3A_1C_1C_1B_1B_3$ với $\left \{ R \right \}=C_1C_1\cap A_3B_3,\;\;\left \{ B_2 \right \}=A_1C_1\cap B_1B_3,\;\;\left \{ A_2 \right \}=A_1A_3\cap B_1C_1$. Theo định lí $Pascal$ ta có $A_2,B_2,R$ thẳng hàng hay $A_2B_2,A_3B_3,AB$ đồng quy. Xét hai tam giác $AA_2A_3$ và $BB_2B_3$ có : \[\left \{ X \right \}=A_2A_3\cap B_2B_3,\;\left \{ P \right \}=AA_2\cap BB_2,\;\;\left \{ Q \right \}=AA_3\cap BB_3\] Mà $A_2B_2,A_3B_3,AB$ đồng quy Do đó theo định lí $Desargues$ ta có $P,Q,X$ thẳng hàng (điều phải chứng minh)

[Bài toán] Đồng quy, thẳng hàng

Bài toán : Cho tam giác $A B C$ có $I$ là đường tròn nội tiếp, lần lượt tiếp xúc với các cạnh $B C, C A, A B$ tại $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ . Gọi $X$ là một điểm trong tam giác $A B C$ . Các tia $A_{1} X, B_{1} X, C_{1} X$ lần lượt cắt $B_{1} C_{1}, C_{1} A_{1}, A_{1} B_{1}$ tại $A_{2}, B_{2}, C_{2}$ . Các tia $A_{1} X, B_{1} X, C_{1} X$ lần lượt cắt $(O)$ tại $A_{3}, B_{3}, C_{3}$ .

a) Chứng minh rằng $A A_{2}, B B_{2}, C C_{2}$ đồng quy tại $P$

b) Chứng minh rằng $A A_{3}, B B_{3}, C C_{3}$ đồng quy tại $Q$

c) Chứng minh rằng $P, X, Q$ thẳng hàng.

Lời giải :

a) Bằng định lí $C e v a$ ta dễ dàng chứng minh được $A A_{1}, B B_{1}, C C_{1}$ đồng quy, do đó theo bài toán này, ta có ngay $A A_{2}, B B_{2}, C C_{2}$ đồng quy.

b) Dễ thấy rằng $A B_{1} A_{3} = B_{1} A_{1} A_{3}$ (cùng chắn cung nhỏ $A_{3} B_{1}$ )

Theo định lí hàm sin trong tam giác $A B_{1} A_{3}$ :

$\frac{A A _{3}}{s in B _{1} A _{1} A _{3}} = \frac{A A _{3}}{s in A B _{1} A _{3}} = \frac{A _{3} B _{1}}{s in B _{1} A A _{3}} \Rightarrow \frac{s in B _{1} A A _{3}}{s in B _{1} A _{1} A _{3}} = \frac{A _{3} B _{1}}{A A _{3}}$

Tương tự, ta được $\frac{s in C _{1} A A _{3}}{s in C _{1} A _{1} A _{3}} = \frac{A _{3} C _{1}}{A A _{3}}$

Từ đó suy ra :

$\frac{s in B _{1} A A _{3}}{s in C _{1} A A _{3}} = \frac{s in B _{1} A _{1} A _{3}}{s in C _{1} A _{1} A _{3}} . \frac{A _{3} B _{1}}{A _{3} C _{1}} (*)$

Hoàn toàn tương tự, ta thiết lập được các tỉ số :

$\frac{s in C _{1} B B _{3}}{s in A _{1} B B _{3}} = \frac{s in C _{1} B _{1} B _{3}}{s in A _{1} B _{1} B _{3}} . \frac{B _{3} C _{1}}{B _{3} A _{1}}, (* *)$ $\frac{s in A _{1} C C _{3}}{s in B _{1} C C _{3}} = \frac{s in A _{1} C _{1} C _{3}}{s in B _{1} C _{1} C _{3}} . \frac{C _{3} A _{1}}{C _{3} B _{1}} (* * *)$

Theo định lí $C e v a - s in$ trong tam giác $A_{1} B_{1} C_{1}$ với $A_{1} A_{2}, B_{1} B_{2}, C_{1} C_{2}$ đồng quy tại $X$ :

$\frac{s in B _{1} A _{1} A _{3}}{s in C _{1} A _{1} A _{3}} . \frac{s in C _{1} B _{1} B _{3}}{s in A _{1} B _{1} B _{3}} . \frac{s in A _{1} C _{1} C _{3}}{s in B _{1} C _{1} C _{3}} = 1 (2)$

Dễ thấy rằng

$\frac{A _{2} C _{1}}{A _{2} B _{1}} = \frac{S _{A_{3} A_{2} C_{1}}}{S _{A_{3} A_{2} B_{1}}} = \frac{A _{3} A _{2} . A _{3} C _{1} . s in B _{1} A _{3} A _{2}}{A _{3} A _{2} . A _{3} B _{1} . s in C _{1} A _{1} A _{2}} = \frac{A _{3} C _{1} . s in C _{1} A _{3} A _{1}}{A _{3} B _{1} . s in B _{1} C _{1} A _{3}}$

Tương tự thì

$\frac{B _{2} C _{1}}{B _{2} A _{1}} = \frac{B _{3} C _{1} . s in C _{1} B _{3} B _{2}}{B _{3} A _{1} . s in A _{1} B _{3} B _{2}}, \frac{C _{2} A _{1}}{C _{2} B _{1}} = \frac{C _{3} A _{1} . s in A _{1} B _{3} B _{2}}{C _{3} B _{1} . s in B _{1} C _{3} C _{2}}$

Nhân vế các đẳng thức trên với chú ý rằng

$\frac{A _{2} B _{1}}{A _{2} C _{1}} . \frac{B _{2} C _{1}}{B _{2} A _{1}} . \frac{C _{2} A _{1}}{C _{2} B _{1}} = 1$ (định lí $C e v a$ trong tam giác $A_{1} B_{1} C_{1}$ )

và $B_{1} A_{3} A_{2} = A_{1} B_{3} B_{2}, C_{1} A_{3} A_{2} = A_{1} C_{3} C_{2}, B_{1} C_{3} C_{2} = A_{1} B_{3} B_{2}$

Ta thu được : $\frac{A _{3} B _{1}}{A _{3} C _{1}} . \frac{B _{3} C _{1}}{B _{3} A _{1}} . \frac{C _{3} A _{1}}{C _{3} B _{1}} = 1 (3)$

Nhân các đẳng thức ở $(*) (* *) (* * *)$ vế theo vế và áp dụng $(1), (2)$ thì ta được :

$\frac{s in B _{1} A A _{3}}{s in C _{1} A A _{3}} . \frac{s in C _{1} B B _{3}}{s in A _{1} B B _{3}} . \frac{s in A _{1} C C _{3}}{s in B _{1} C C _{3}} = 1$

Từ đó theo định lí $C e v a - s in$ trong tam giác $A B C$ ta có $A A_{2}, B B_{2}, C C_{2}$ đồng quy.

c) Trước hết ta chứng minh $A B, A_{2} B_{2}, A_{3} B_{3}$ đồng quy. Gọi $R$ là giao điểm của $A B$ và $A_{3} B_{3}$ .

Xét lục giác nội tiếp $A_{3} A_{1} C_{1} C_{1} B_{1} B_{3}$ với ${R} = C_{1} C_{1} \cap A_{3} B_{3}, {B_{2}} = A_{1} C_{1} \cap B_{1} B_{3}, {A_{2}} = A_{1} A_{3} \cap B_{1} C_{1}$ . Theo định lí $P a sc a l$ ta có $A_{2}, B_{2}, R$ thẳng hàng hay $A_{2} B_{2}, A_{3} B_{3}, A B$ đồng quy.

Xét hai tam giác $A A_{2} A_{3}$ và $B B_{2} B_{3}$ có :

${X} = A_{2} A_{3} \cap B_{2} B_{3}, {P} = A A_{2} \cap B B_{2}, {Q} = A A_{3} \cap B B_{3}$

Mà $A_{2} B_{2}, A_{3} B_{3}, A B$ đồng quy

Do đó theo định lí $D es a r g u es$ ta có $P, Q, X$ thẳng hàng (điều phải chứng minh)

[Bài toán] Đồng quy, thẳng hàng

Đề bài

Mô tả