Ứng dụng của tỉ số phương tích trong giải bài toán Hình học phẳng

Chứng minh rằng tứ giác CDEF nội tiếp đường tròn tâm M.. Bài 22.[r]

Ứng dụng của tỉ số phương tích

Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TCNH ĐH Ngoại thương

Chúng ta bắt đầu từ công thức hiệu số phương tích của một điểm đối với hai đường tròn

Cho hai đường tròn không đồng tâm (O1, R1) và (O2, R2) có trục đẳng phương d Xét một điểm

M bất kì, gọi K là hình chiếu của M trên d, H là giao điểm của O1O2 với d

Khi đó PM/(O1)− PM/(O2)= 2O1O2· KM (1)

I H K

M

Chứng minh Gọi I là trung điểm O1O2

Ta có PM/(O1)− PM/(O2)= (M O12− R2

1) − (M O22− R2

2)

= M O12− M O2

2+ R22− R2

1= (M O12− M O2

2) + (HO22− HO2

1)

= (−−−→M O1−−−−→M O2)(−−−→M O1+−−−→M O2) − (−−→HO1−−−→HO2)(−−→HO1+−−→HO2)

=−−−→O2O1· 2−M I −→ −−−→O2O1· 2−→HI

= 2−−−→O2O1· (−M I −→ −→HI) = 2−−−→O2O1·−−→M H

= 2−−−→O2O1·−−→M K = 2O1O2· KM

Nhận xét Nếu điểm M nằm trên (O2) ta có PM/(O2) = 0, công thức hiệu số phương tích trở thành:

PM/(O1) = 2O1O2· KM (2)

Từ đó chúng ta có hệ quả sau:

Hệ quả 1 Cho ba đường tròn (O1), (O2), (O3) đồng trục và một điểm M bất kì nằm trên (O3) Khi đó PM/(O1)

PM/(O2) =

O3O1

O3O2. Chứng minh Gọi K là hình chiếu của M trên trục đẳng phương d của 3 đường tròn

Theo nhận xét trên ta có PM/(O1)

PM/(O2) =

O1O3· KM

O2O3· KM =

O3O1

O3O2

Ngược lại, ta cũng có:

Hệ quả 2 Quỹ tích các điểm M thỏa mãn PM/(O1)

PM/(O2) = k không đổi là một đường tròn đồng trục với (O1) và (O2)

Chứng minh Dựng đường tròn (O3) qua M sao cho (O3), (O1), (O2) đồng trục, suy ra O1, O2, O3thẳng hàng

Theo hệ quả trên PM/(O1 )

PM/(O2) =

O3O1

O3O2

= k

Do đó O3 cố định Với mỗi vị trí của tâm O3 chỉ có duy nhất một đường tròn đồng trục với (O1)

và (O2) Như vậy (O3) không phụ thuộc vào vị trí của M , tức là M chuyển động trên đường tròn (O3) đồng trục với (O1) và (O2)

Ngoài ra ta có thể chứng minh bán kính của (O3) bằng pR2

2k2+ R2

1+ (O1O2

2− R2

1− R2

2)k

Nhận xét

1 Khi k = 1 thì (O3) suy biến thành trục đẳng phương d Ta có bài toán quỹ tích quen thuộc: tập hợp các điểm M có cùng phương tích với hai đường tròn (O1) và (O2) là trục đẳng phương d

2 Khi k = −1 thì O3 là trung điểm của O1O2 Đường tròn (O3) được gọi là đường tròn đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2) Một số tính chất của đường tròn đẳng phương sẽ được xem xét ở mục sau

3 Khi (O1) và (O2) cùng suy biến thành đường tròn điểm, (O3) trở thành đường tròn Apollonius của đoạn thẳng O1O2 ứng với tỉ số k

Bài 1 Cho 3 đường tròn (O1), (O2), (O3) có tâm cùng nằm trên đường thẳng d Kí hiệu dij là trục đẳng phương của cặp đường tròn (Oi) và (Oj) (i, j = 1, 3, i 6= j) Gọi A1, A2, A3 lần lượt là giao điểm của d23, d13, d12với d Chứng minh rằng A1A2

O1O2

= A2A3

O2O3

= A1A3

O1O3

Chứng minh Do A1 nằm trên trục đẳng phương của (O2) và (O3) nên PA1/(O2)= PA1/(O3)

Ta thu được PA1/(O1)− PA1/(O2) = PA1/(O1)− PA1/(O3)

Theo công thức (1) suy ra 2O1O2· A3A1 = 2O1O3· A2A1

Từ đó A1A3

O1O3 =

A1A2

O1O2 Chứng minh tương tự suy ra đpcm.

Bài 2 Cho đường tròn (O, R) và một điểm A cố định Gọi M là điểm chuyển động trên (O) Chứng minh rằng trục đẳng phương d của (O, R) và (M, M A) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định Chứng minh Gọi H là hình chiếu của A trên d Do A ∈ (M, M A) nên theo công thức (2) ta có

PA/(O)= 2OM HA

2− R2|

|AO2− R2|

Bài 3 Cho 3 đường tròn (O1), (O2), (O3) đồng trục A là điểm bất kì trên (O3) sao cho A nằm ngoài (O1) và (O2) Lần lượt kẻ tiếp tuyến AB, AC tới (O1), (O2) BC giao (O1), (O2) lần thứ hai lần lượt

D B

C

O 3

Chứng minh Do (O1), (O2), (O3) đồng trục nên theo hệ quả 1, PA/(O1 )

PA/(O2) =

AB2

AC2 = O3O1

O3O2.

Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác ABC ta có

AB

sin ∠ACB

sin12∠EO2C sin12∠DO1B =

EC 2O2C ·

2O1B

EC

R1

R2

R1

R2

·AC

R1

R2

·r O2O3

O1O3

=const

Bài 4 Cho hai đường tròn (O1) và (O2) có P, Q lần lượt là tâm vị tự ngoài và trong Chứng minh rằng đường tròn đường kính P Q đồng trục với (O1) và (O2)

Chứng minh Ta có P O1

P O2 =

R1

R2

do đó P O1

2

P O22 =

R2 1

R2 2

, suy ra PP /(O1)

PP /(O2) =

P O12− R2

1

P O22− R2

2

2 1

R2 2

Tương tự với Q suy ra PP /(O1)

PP /(O2) =

R21

R22 =

PQ/(O1)

PQ/(O2) Theo hệ quả 2, đường tròn đường kính P Q đồng trục với (O1) và (O2)

Bài 5 (Greek MO 2003) Cho đường tròn (O), một điểm A cố định trên (O) và một điểm R cố định nằm trong (O) Một đường thẳng d chuyển động qua R cắt (O) tại B, C Gọi H là trực tâm tam giác

T

A 2

A 1 H

C

O

R

A

B

Chứng minh Gọi A1 là hình chiếu của A trên BC AA1 cắt (O) lần thứ hai tại A2

Ta có PH/(AR)

PH/(O) =

HA1

1

2 =const.

Suy ra H chuyển động trên một đường tròn ω cố định và đồng trục với (AR) và (O) Hiển nhiên

A ∈ ω

Gọi T là điểm đối xứng với A qua tâm của ω Suy ra điểm T xác định duy nhất và HA2+ HT2=

AT2=const

Bài 6 Cho tứ giác lồi ABCD, AD giao BC tại E, AB giao CD tại F Chứng minh rằng các đường tròn đường kính AC, BD, EF đồng trục

H I G

J

F

E

B

A

Chứng minh Kẻ CG vuông góc với AD; AH, F I, DJ cùng vuông góc với BC Đặt các góc của tứ giác ABCD lần lượt là A, B, C, D

Ta có PE/(AC)

PE/(BD) =

EG · EA

EB · EJ.

EC

PE/(AC)

PE/(BD) =

EC

EA EB Theo định lý hàm số sin ta thu được PE/(AC)

PE/(BD) =

sin D sin B sin C sin A.

PF /(BD) =

sin D sin B sin C sin A. Lại có PI/(AC)

PI/(BD) =

IH · IC

F A

F B ·

F C

PF/(AC)

PF /(BD) Như vậy

PE/(AC)

PE/(BD) =

PF /(AC)

PF /(BD) =

PI/(AC)

PI/(BD). Theo hệ quả 2 thì (EF I) đồng trục với (AC) và (BD) hay 3 đường tròn (AC), (BD), (EF ) đồng trục

Nhận xét Từ bài toán 5 ta thu được hai định lý quen thuộc:

1 Trung điểm của AC, BD, EF thẳng hàng (đường thẳng Gauss-Newton)

2 Các trực tâm của các tam giác EAB, ECD, F AD, F BC thẳng hàng (đường thẳng Steiner của

tứ giác toàn phần)

Bài 7 (IMO Shortlist 2012) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi d là đường thẳng bất kì cắt BC, CA, AB lần lượt tại X, Y, Z; P là hình chiếu của O trên d Chứng minh rằng các đường tròn (AXP ), (BY P ), (CZP ) đồng trục

E

P

Z

O

B

C Y

X

Chứng minh (Trần Minh Ngọc)

Đường tròn (AP X) đồng trục với (BP Y ) và (CP Z) khi và chỉ khi PA/(BP Y )

PA/(CP Z) =

PX/(BP Y )

PX/(CP Z)

XP · XY

XY

XZ (1)

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AY Z với đường thẳng (X, B, C) ta có XY

BZ

CA

BA

CY

CA.

CY

BZ.

Ta có ZA · ZB − Y A · Y C = PZ/(O)− PY /(O)

= ZO2− Y O2= ZP2− Y P2= ZY · ZP − Y Z · Y P = ZB · ZE − Y F · Y C

CY

BZ.

Ta có đpcm

Bài 8 Cho tam giác ABC và điểm P nằm trong tam giác Một đường tròn ω qua P cắt (BP C), (CP A), (AP B) lần thứ hai lần lượt tại X, Y, Z Các đường thẳng AP, BP, CP cắt ω lần thứ hai tại

M, N, L Chứng minh rằng XM, Y N, ZL đồng quy

U

N'

L' M'

X'

A'

P Y'

Z'

Chứng minh (Luis González).

Xét phép nghịch đảo cực P phương tích bất kì Khi đó ω biến thành đường thẳng l không qua P , (P AB), (P BC), (P CA) lần lượt biến thành các đường thẳng A0B0, B0C0, C0A0 X, Y, Z biến thành giao điểm X0, Y0, Z0 của l với B0C0, C0A0, A0B0 M, N, L biến thành giao điểm M0, N0, L0 của P A0, P B0, P C0 với l Như vậy XM, Y N, ZL đồng quy khi và chỉ khi ω1 = (P X0M0), ω2 = (P Y0N0), ω3 = (P Z0L0) đồng trục

Gọi U là giao của CP0với A0B0 Suy ra P (A0B0U Z0) = P (M0N0L0Z0), C0(A0B0U Z0) = C0(Y0X0L0Z0)

0N0

Z0M0 ·L

0M0

L0N0 = L

0Y0

L0X0 ·Z

0X0

Z0Y0

0X0· L0M0

L0Y0· L0N0 = Z

0M0· Z0X0

Z0N0· Z0Y0 Hay PL0/ω1

PL0 /ω 2

= PZ0/ω1

PZ0 /ω 2

Điều này nghĩa là (P Z0L0) đồng trục với ω1 và ω2 Từ đó có đpcm

Bài 9 Một đường thẳng d nào đó cắt hai đường tròn (O) và (I) theo thứ tự tại các cặp điểm A, A0 và

B, B0 Khi đó các giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn thứ nhất tại A và A0 và các tiếp tuyến với đường tròn thứ hai tại B và B0 cùng nằm trên một đường tròn có tâm thẳng hàng với các tâm của hai đường tròn đã cho

J

M

N

P

Q A'

B'

O I A

B

Chứng minh Giả sử các tiếp tuyến cắt nhau tạo thành tứ giác M N P Q như hình vẽ

Đặt ∠N AB = ∠P A0B0 = α, ∠P BA0= ∠N B0A = β

PM/(I) =

PN/(O)

PN/(I) =

PP /(O)

PP /(I) =

PQ/(O)

PQ/(I). Khi và chỉ khi M A

2

2

N B02 = P A

02

02

QB02 Theo định lý hàm số sin, M A

sin ∠ABM

sin β sin α Hoàn toàn tương tự với các điểm N, P, Q ta

2

2

N B02 = P A

02

02

QB02 = sin

2β sin2α. Vậy M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn đồng trục với (O) và (I), tức là có tâm nằm trên OI

Bài 10 Cho hai tam giác ABC và A0B0C0 cùng nội tiếp đường tròn (O, R) và có cùng trọng tâm G Gọi X, Y, Z lần lượt là giao điểm của BB0 và CC0, AA0 và CC0, AA0 và BB0 Chứng minh rằng tâm đường tròn (XY Z) nằm trên OG

B 3

C' 2

A' 2

C' 1

C 1

A 2

C 2

B' 2

1

B 1

A' 1

X Z

Y

B'

C'

A'

G

A 1 O A

B 2

Chứng minh (dựa theo Nguyễn Minh Hà)

Do hai tam giác ABC và A0B0C0 có cùng trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp nên hiển nhiên chúng có chung đường tròn Euler

Gọi A1, B1, C1; A2, B2, C2 lần lượt là trung điểm BC, CA, AB; B0C0, C0A0, A0B0 Suy ra A1, B1,C1,

A2, B2, C2 cùng thuộc một đường tròn

Phép nghịch đảo cực O phương tích R2: IOR2 : A1 7→ A0

1, A2 7→ A0

2, B1 7→ B0

1, B2 7→ B0

2, C1 7→

C10, C2 7→ C20

Suy ra A01, B10, C10, A02, B20, C20 cùng thuộc một đường tròn ω

Dễ thấy hai tam giác A01B10C10 và A02B20C20 có chung đường tròn nội tiếp (O)

Gọi B0C0 giao BC tại X0 suy ra A01, A02, X cùng nằm trên đường đối cực của X0 với (O), tức là

A01, A02, X thẳng hàng

Gọi B3 là giao của C10C20 và A01A02 Ta có ∠B3XZ = ∠B0XA02+ ∠B0A02X = ∠C10BZ + ∠ZC10B =

∠B3ZX, suy ra tam giác B3ZX cân tại B3

Chứng minh tương tự suy ra đường tròn (XY Z) là đường tròn nội tiếp tam giác tạo bởi giao điểm các đường thẳng A01A02, B01B20, C10C20

Áp dụng bài toán 9 cho hai đường tròn (O) và (XY Z) với đường thẳng (Z, B, B0, X) suy ra đường tròn ω đồng trục với (O) và (XY Z)

Mặt khác do ω là ảnh của đường tròn Euler qua phép nghịch đảo IOR2 nên tâm của ω nằm trên OG

Vậy tâm của (XY Z) nằm trên OG

Bài 11 (Đường thẳng Droz-Farny) Cho tam giác ABC với trực tâm H Gọi d1, d2 là hai đường thẳng qua H sao cho d1 ⊥ d2 Gọi A1, B1, C1 lần lượt là giao của d1 với BC, CA, AB; A2, B2, C2 lần lượt là giao của d2 với BC, CA, AB Chứng minh rằng trung điểm của A1A2, B1B2, C1C2 cùng nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng Droz-Farny của tam giác ABC ứng với d1 và d2

Y

X

C 2

A 1

B 1

A 2

2

H A

C 1

Chứng minh Trung điểm của A1A2, B1B2, C1C2 thẳng hàng khi và chỉ khi các đường tròn đường kính

A1A2, B1B2, C1C2 đồng trục

Khi và chỉ khi PA1/(B1B2)

PA1/(C1C2) =

PA2/(B1B2)

PA2/(C1C2) hay

A1C1· A1H

A1B1· A1H =

A2C2· A2H

A2B2· A2H Như vậy ta cần chứng minh A1C1

A1B1

= A2C2

A2B2

hay A1C1

A2C2 =

A1B1

A2B2.

Ta có A1C1

sin B sin ∠HC1C2,

A2C2

sin B sin ∠HC2C1 Do đó

A1C1

A2C2 =

A1B

A2B ·

sin ∠HC2C1 sin ∠HC1C2 =

A1B

A2B ·

HC1

HC2

Lại có A1B

A2B =

sin ∠A1HB sin ∠A2HB ·

HA1

sin ∠HB2B1 sin ∠HB1B2 ·

HA1

HB1

HB2 ·

HA1

HA2. Vậy A1C1

A2C2

HA2

·HB1

HB2

·HC1

HC2

Tương tự suy ra A1C1

A2C2 =

A1B1

A2B2 Từ đó có đpcm.

Bài 12 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao BB1, CC1 giao nhau tại H Gọi

M là trung điểm BC M C1 giao AC tại I, M B1 giao AB tại J Gọi D là hình chiếu của A trên OH Chứng minh rằng A, D, I, J cùng thuộc một đường tròn

E F

D

H J

M

B 1

C 1

O A

B

C

Chứng minh Gọi E, F lần lượt là trung điểm AC, AB

Dễ thấy AD là trục đẳng phương của đường tròn đường kính AH và đường tròn đường kính AO

Ta có B1C1 là đường đối song với BC, mà EF k BC nên B1C1 là đường đối song với EF hay tứ giác C1B1EF nội tiếp

Suy ra ∠JC1B1 = ∠B1EF Lại có J M là tiếp tuyến của (AH) nên ∠JB1C1 = 180◦− ∠BAC =

∠F B1E (do tam giác F AB1 cân tại F )

Suy ra 4C1B1J ∼ 4EB1F Ta thu được J B1

J C1

J B1

F B1

Như vậy tồn tại một phép vị tự quay tâm B1 biến F 7→ J, E 7→ C1 nên 4F B1J ∼ 4EB1C1 Suy ra J B1

B1C1 =

J F

C1E hay

J B1

B1C1

C1E .

2

1

EF.B1C1

F B1.C1E =

a/2.B1C1

PJ/(AH)

PJ/(AO) =

2a.B1C1

Chứng minh tương tự suy ra PJ/(AH)

PJ/(AO) =

PI/(AH)

PI/(AO) =

2a.B1C1

Tức là I, J nằm trên một đường tròn đồng trục với (AH) và (AO) Vậy A, D, I, J cùng thuộc một đường tròn

Bài 13 (Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC M, N lần lượt là các điểm trên AB, AC sao cho

M N song song với đường đối trung ứng với đỉnh A Một đường tròn (O1) qua B, M giao một đường tròn (O2) qua C, N tại hai điểm X, Y Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AXY là trung điểm O1O2

K J O

Y

X A

N

O 1

O 2

Chứng minh Gọi K là giao của đường đối trung ứng với đỉnh A với BC; J là giao của M N với BC

KJ

AM

KJ

Suy ra PA/(O1)

PA/(O2) =

AB · AM

AB2

AC2

AC

AB2

AC2

KC

AB2

AC2

Do đó A nằm trên đường tròn đẳng phương của (O1) và (O2), tức là tâm của (AXY ) là trung điểm của O1O2

Bài 14 (Mathley 7) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) AB giao CD tại E, AD giao BC tại F , AC giao BD tại I Gọi K, L lần lượt là giao điểm thứ hai của (F AB) và (F CD) với F I Chứng minh rằng EK = EL

H

L

K

I E

A

B

O F

D

C

Chứng minh Gọi H là giao của EO với F I M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC Theo định lý Brocard suy ra EO ⊥ F I Do đó A, M, N, H, O cùng nằm trên đường tròn đường kính AO

Xét PM/(F AB)

PM/(F CD) =

M A · M F

Tương tự suy ra PM/(F AB)

PM/(F CD) =

PN/(F AB)

PN/(F CD) = −1.

Từ đó (F M N ) đồng trục với (F AB) và (F CD) Mà H ∈ (F M N ) nên PH/(F AB)

PH/(F CD) = −1.

Hay HK · HF

Tam giác EKL có H vừa là chân đường cao vừa là trung điểm KL nên EK = EL

Đường tròn đẳng phương đang xem xét được phân biệt với đường tròn đẳng phương của 3 đường tròn (xem [4]) Ở phần 1 chúng ta đã biết định nghĩa đường tròn đẳng phương ω của hai đường tròn (O1, R1) và (O2, R2) là quỹ tích các điểm có tỉ số phương tích đến hai đường tròn bằng −1 ω đồng trục với (O1) và (O2) đồng thời có tâm O là trung điểm O1O2

Với mỗi điểm M nằm trên ω, ta có PM/(O1)+ PM/(O2)= 0

Suy ra M O2

1 − R2

1+ M O2

2− R2

2 = 0 hay M O2

1 + M O2

2 = R2

1+ R2

2 Theo công thức tính đường trung tuyến suy ra 2M O2+1

2O1O

2

2 = R21+ R22

2(R

2

1+ R22) −1

4O1O

2

2 Điều kiện bán kính phải không

âm do đó ta cần xem xét các trường hợp sau

Nếu (O1) và (O2) cắt nhau thì ω luôn tồn tại, nhưng trong trường hợp (O1) và (O2) không cắt nhau, có hai trường hợp xảy ra Nếu (O1) và (O2) chứa nhau thì ω tồn tại Nếu (O1) và (O2) ngoài nhau, vị trí của O1 và O2 phải thỏa mãn trung điểm O của O1O2 nằm ngoài hai điểm tới hạn của bộ đường tròn đồng trục d là trục đẳng phương của (O1) và (O2)

Trong trường hợp hai đường tròn (O1) và (O2) trực giao, ω trở thành đường tròn đường kính O1O2 Tính chất 1 Nếu hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A, B Một đường thẳng bất kì qua A cắt (O1), (O2) lần lượt tại C, D Khi đó quỹ tích trung điểm của CD là đường tròn đẳng phương của (O1)

và (O2)

Chứng minh Gọi M là trung điểm CD Ta có PM/(O1)

PM/(O2) =

M A · M C

Tính chất 2 Một cát tuyến cắt (O1), (O2) lần lượt tại các điểm A, B và C, D Khi đó (ABCD) = −1 khi và chỉ khi trung điểm của AB hoặc CD nằm trên đường tròn đẳng phương của (O1) và (O2)

D

N B C A

M

Chứng minh Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD Ta có (ABCD) = −1 khi và chỉ khi

M B2 = M C · M D

Tương đương PM/(O1 )

PM/(O2) =

M A · M B

N

Hệ quả Nếu hai đường tròn (O1) và (O2) trực giao, cát tuyến d cắt hai đường tròn thành một hàng điểm điều hòa khi và chỉ khi d đi qua một trong hai tâm của (O1) và (O2)

Tính chất 3 P là một điểm bất kì trên mặt phẳng Khi đó PP /ω = 1

2(PP /(O1 )+ PP /(O2))

Chứng minh Theo công thức tính bán kính đường tròn đẳng phương ta có

PP /ω = P O2−R2 = 1

2(P O

2

1+P O22−1

2O1O

2

2)−1

2(R

2

1+R22)+1

4O1O

2

2 = 1

2(P O

2

1−R2

1)+1

2(P O

2

2−R2

2) = 1

2(PP /(O1 )+ PP /(O2))

Tính chất 4 Cho 3 đường tròn (O1), (O2), (O3) sao cho mỗi cặp hai trong ba đường tròn đều có đường tròn đẳng phương Gọi ωij là đường tròn đẳng phương của hai đường tròn (Oi), (Oj) (i, j = 1, 3, i 6= j)

P là một điểm bất kì trên mặt phẳng Khi đó

PP /ω12+ PP /ω23+ PP /ω13 = PP /(O1)+ PP /(O2)+ PP /(O3)

Chứng minh Dễ dàng chứng minh tính chất 4 theo tính chất 3

Tính chất 5 Với giả thiết như tính chất 4 Ta có đường tròn đẳng phương của ωij và (Ok) trùng với đường tròn đẳng phương của ωik và ωjk (i, j, k = 1, 3, i 6= j 6= k)

I

O 23

O 12

O 13

O 3

Chứng minh Kí hiệu Oij là tâm của ωij

Gọi P là tâm đẳng phương của (O1), (O2), (O3) và phương tích từ P đến 3 đường tròn bằng T Theo tính chất 3, PP /ωij = 1

2(PP /(Oi )+ PP /(Oj)) = 1

2.2T = T Như vậy P là tâm đẳng phương của 6 đường tròn (O1), (O2), (O3), ω12, ω23, ω13

Gọi (I) là đường tròn đẳng phương của ω12và ω23 Chứng minh tương tự ta cũng suy ra PP /(I)= T

Ta có I là trung điểm O12O23; O12, O23, O13 lần lượt là trung điểm của O1O2, O2O3, O1O3 nên I

là trung điểm của O2O13

Như vậy 3 đường tròn (O2), ω13, (I) có trục đẳng phương song song Mà 3 đường tròn có tâm đẳng phương P nên chúng đồng trục Nghĩa là (I) là đường tròn đẳng phương của (O2) và ω13 Chứng minh tương tự cho các cặp còn lại

Từ lời giải trên ta thu được tính chất tổng quát sau

Tính chất 6 Từ 3 đường tròn (O1), (O2), (O3), ta xây dựng một chuỗi đường tròn (O1), (O2), , (On) sao cho (Ok) là đường tròn đẳng phương của 2 trong k − 1 đường tròn (O1), (O2), , (Ok−1) (k = 4, n) Khi đó n đường tròn (O1), (O2), , (On) có chung tâm đẳng phương