Ngoài tính chất trên thì có rất nhiều tính chất thú vị khác cũng đúng! Sau đây là các phát biểu của anh Dương gửi cho em!
Cho $P,Q$ đẳng giác trong tam giác $ABC$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(PBC)$ cắt $CA,AB$ tại $P_{ac},P_{ab}$. Tiếp tuyến tại $Q$ của $(QBC)$ cắt $CA,AB$ tại $Q_{ac},Q_{ab}$. Thì $P_{ac},P_{ab},Q_{ac},Q_{ab}$ cùng thuộc một đường tròn $(O_a)$ tiếp xúc $(O)$ tại $A_a$. Tương tự có $B_b,C_c$.
a) $AA_a,BB_b,CC_c$ đồng quy tại $I$.
b) Gọi $O_a,O_b,O_c$ lần lượt là tâm các đường tròn tiếp xúc với $(O)$. Chứng minh rằng $AO_a,BO_b,CO_c$ đồng quy tại $J$.
c) Chứng minh rằng $O,I,J$ thẳng hàng.
Post 193.png
Hình vẽ
Xin phép được chứng minh toàn bộ tính chất Bảo đưa ra và một tính chất thầy Hùng đăng ở post #15:
Anh Dương đã chứng minh $(O_a)$ tiếp xúc $(O)$, em xin được chứng minh theo cách khác không dùng chứng minh trùng .
Trước hết, gọi $A_a = (BPP_{ab}) \cap (ABC)$. Ta có $(PP_{ac}, PA_a) \equiv (PP_{ab}, PA_a) \equiv (BP_{ab}, BA_a) \equiv (BA, BA_a) \equiv (CA, CA_a) \equiv (CP_{ac}, CA_a)$ (mod $\pi$), do đó $C, P, P_{ac}, A_a$ đồng viên. Gọi $R = BP \cap CQ$. Ta có $(PR, PP_{ac}) \equiv (PB, PP_{ab}) \equiv (CB, CP)$ (do $PP_{ab}$ là tiếp tuyến $(PBC)$) $\equiv (CQ, CA)$ (do $P, Q$ đẳng giác) $\equiv (CR, CP_{ac})$ (mod $\pi$). Do đó $C, P, P_{ac}, A_a, R$ đồng viên. Gọi $S= BQ \cap CP$ thì tương tự ta có $S \in (BP_{ab}PA_a)$.
Ta có $(QQ_{ac}, QS) \equiv (QQ_{ab}, QB) \equiv (CQ, CB)$ (do $QQ_{ab}$ là tiếp tuyến $(QBC)$) $\equiv (CA, CP) \equiv (CQ_{ac}, CS)$ (mod $\pi$) nên $C, Q, S, Q_{ac}$ đồng viên. Tương tự $B, Q, R, Q_{ab}$ đồng viên. Do $A_a$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $PRQSBC$ nên $A_a \in (CQ_{ac}QS), A_a \in (BQ_{ab}QR)$. Ta lại có $(RQ_{ab}, RB) \equiv (QQ_{ab}, QB) \equiv (QQ_{ac}, QS) \equiv (CQ_{ac}, CS) \equiv (CP_{ac}, CP) \equiv (RP_{ac}, RP) \equiv (RP_{ac}, RB)$ (mod $\pi$). Do đó $Q_{ab}, R, P_{ac}$ thẳng hàng. Tương tự thì $P_{ab}, S, Q_{ac}$ thẳng hàng. Do đó $(P_{ac}Q_{ab}, P_{ac}Q_{ac}) \equiv (P_{ac}R, P_{ac}C) \equiv (PR, PC) \equiv (PB, PS) \equiv (P_{ab}B, P_{ab}S) \equiv (P_{ab}Q_{ab}, P_{ab}Q_{ac})$ (mod $\pi$). Do đó $P_{ab}, P_{ac}, Q_{ab}, Q_{ac}$ đồng viên. Từ đó ta cũng có $(A_aB, A_aQ) \equiv (Q_{ab}B, Q_{ab}Q) \equiv (Q_{ab}P_{ab}, Q_{ab}Q_{ac}) \equiv (P_{ac}P_{ab}, P_{ac}Q_{ac}) \equiv (P_{ac}P, P_{ac}C) \equiv (A_aP, A_aC)$ (mod $\pi$). Do đó $A_aP, A_aQ$ đẳng giác trong góc $\widehat{BA_aC}$.
Ta có $(A_aP_{ab}, A_aQ_{ac}) \equiv (A_aP_{ab}, A_aQ) + (A_aQ, A_aQ_{ac}) \equiv (A_aP_{ab}, A_aQ) + (SQ, SQ_{ac}) \equiv (A_aP_{ab}, A_aQ) + (SB, SP_{ab}) \equiv (A_aP_{ab}, A_aQ) + (A_aB, A_aP_{ab}) \equiv (A_aB, A_aQ) \equiv (Q_{ab}B, Q_{ab}Q) \equiv (Q_{ab}P_{ab}, Q_{ab}Q_{ac})$ (mod $\pi$). Do đó $A_a \in (P_{ab}P_{ac}Q_{ab}Q_{ac})$. Kẻ tiếp tuyến $A_ax$ của $(ABC)$. Ta có $(A_aP_{ab}, A_ax) \equiv (A_aP_{ab}, A_aB) + (A_aB, A_ax) \equiv (PP_{ab}, PB) + (CB, CA_a) \equiv (CP, CB) + (CB, CA_a) \equiv (CP, CA_a) \equiv (P_{ac}P, P_{ac}A_a) \equiv (P_{ac}P_{ab}, P_{ac}A_a)$ (mod $\pi$). Do đó $A_ax$ cũng là tiếp tuyến $(A_aP_{ab}P_{ac}Q_{ac}Q_{ab})$. Do đó $(O_a)$ tiếp xúc $(O)$ tại $A_a$.
Bây giờ ta sẽ chứng minh bài của Bảo:
a) Ta sẽ sử dụng bổ đề Ceva trong đường tròn: Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$, các điểm $A', B', C'$ bất kì chạy trên $(O)$. Khi đó $AA', BB', CC'$ đồng quy $\Leftrightarrow$ $\frac{A'B}{A'C}.\frac{B'C}{B'A}.\frac{C'A}{C'B} = 1$.
Quay lại bài toán:
Ta đã có $(A_aB, A_aQ) \equiv (A_aP, A_aC)$ (mod $\pi$), mà $(QA_a, QB) \equiv (QA_a, QS) \equiv (CA_a, CS) \equiv (CA_a, CP)$ (mod $\pi$). Do đó $\triangle A_aBQ \stackrel{+}{\sim} \triangle A_aPC$. Tương tự $\triangle A_aBP \stackrel{+}{\sim} \triangle A_aQC$. Với hai cặp tam giác đồng dạng cùng hướng ta có $\frac{A_aB}{A_aC} = \frac{A_aB}{A_aP}.\frac{A_aP}{A_aC} = \frac{BQ}{PC}.\frac{BP}{QC} = \frac{BP.BQ}{CP.CQ}$.
Khi định nghĩa tương tự với $B_b, C_c$, do sự hoán vị vòng quanh nên ta có ngay $\frac{A_aB}{A_aC}.\frac{B_bC}{B_bA}.\frac{C_cA}{C_cB}=1$. Ta có đpcm $\blacksquare$.
Trước khi chứng minh phần b) và c) của bài toán, mình sẽ chứng minh tính chất $B_bC_c, O_bO_c, BC$ đông quy.
Trước hết ta có $(A_aP_{ab}, A_aB) \equiv (PP_{ab}, PB) \equiv (CP, CB)$ (mod $\pi$). Do đó $A_aP_{ab}$ cắt $CP$ tại một điểm $C_p$ thuộc $(O)$. Tương tự định nghĩa như vậy với $A_p, B_p, A_q, B_q, C_q$.
$B_bC_c$ cắt $BC$ tại $A_1$. Dễ dàng chứng minh được $Q_{ca}Q_{cb} \parallel B_qA_q$. Do đó $(B_bC_c, B_bQ_{bc}) \equiv (B_bC_c, B_bA_q) \equiv (B_qC_c, B_qA_q) \equiv (Q_{ca}C_c, Q_{ca}Q_{cb}) \equiv (P_{cb}C_c, P_{cb}Q_{cb}) \equiv (P_{cb}C_c, P_{cb}Q_{bc})$ (mod $\pi$). Do đó $B_b, C_c, Q_{bc}, P_{cb}$ đồng viên. Tương tự $B_b, C_c, Q_{cb}, P_{bc}$ đồng viên.
Xét phép nghịch đảo cực $A_1$ biến $B_b \leftrightarrow C_c$, $P_{cb} \leftrightarrow Q_{bc}$, $P_{bc} \leftrightarrow Q_{cb}$. Do đó $(O_b) \leftrightarrow (O_c)$. Do đó $A_1, O_b, O_c$ thẳng hàng hay $B_bC_c, O_bO_c, BC$ đồng quy $\blacksquare$.
b) Định nghĩa: Cho $\triangle ABC, \triangle DEF$ có $AD, BE, CF$ đồng quy tại $M$ thì $M$ gọi là tâm phối cảnh của hai tam giác $\triangle ABC, \triangle DEF$. Và nếu $X = AB \cap DE, Y =BC \cap EF, Z =CA \cap FD$ thì $\overline{XYZ}$ gọi là trục phối cảnh của hai tam giác $\triangle ABC, \triangle DEF$.
Ta có nếu định nghĩa tương tự với $B_1, C_1$ tương tự $A_1$ thì do $\triangle O_aO_bO_c, \triangle A_aB_bC_c$ nhận $O$ là tâm phối cảnh nên $\overline{A_1B_1C_1}$ là trục phối cảnh của $\triangle A_aB_bC_c$ và $\triangle O_aO_bO_c$. Do tính chất đồng quy và chứng minh trên: $B_bC_c, O_bO_c, BC$ đồng quy, nên $\overline{A_1B_1C_1}$ là trục phối cảnh của $\triangle ABC$ và $\triangle O_aO_bO_c$. Do đó $AO_a, BO_b, CO_c$ đồng quy tại $J$.
c) Ta sử dụng bổ đề sau. Cho $\triangle ABC, \triangle MNP, \triangle XYZ$ có chung trục phối cảnh. Khi đó 3 tâm phối cảnh của $\triangle ABC, \triangle MNP , \triangle XYZ$ thẳng hàng. (Điều này dễ dàng chứng minh được nhờ Pappus, Menelaus như khi mình chứng minh định lí Desargues).
Xét tam giác $\triangle ABC, \triangle O_aO_bO_c, \triangle A_aB_bC_c$ có chung trục phối cảnh nên 3 tâm phối cảnh $O, I, J$ thẳng hàng $\blacksquare$.