[Bài toán] Đồng quy, thẳng hàng

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.