Phan Đình Trung: Sự đồng qui và thẳng hàng

Bài toán 1 (Đề thi chính thức Olympic duyên hải Bắc bộ toán 10 năm 2012)

Cho tam giác $ABC$ . Bên ngoài tam giác ta dựng các hình vuông $ABEF,BCMN,ACPQ$ . Gọi $G$ là trọng tâm tam giác và gọi $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là giao điểm của $GA$ với $FQ$ , của $GB$ với $EN$ , của $GC$ với $MP$ . Vẽ các hình bình hành $AGC_2F,BGA_2N,CGB_2P$ . Chứng minh rằng các đường thẳng qua $A_2,B_2,C_2$ tương ứng vuông góc với $B_1C_1,C_1A_1,A_1B_1$ đồng quy.

Lời giải :

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$

Ta có

$\overrightarrow{AG}.\overrightarrow{B_2C_2}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AI}.\left ( \overrightarrow{GC_2}-\overrightarrow{GB_2} \right )=\dfrac{1}{3}\left ( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \right )\left ( \overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AQ} \right )=\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AQ})+\dfrac{1}{3}\left ( \overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AQ} \right )=\dfrac{1}{3}\left ( AC.AF.cos\widehat{FAC}-AB.AQ.cos\widehat{QAB} \right )=\dfrac{1}{3}\left ( AC.AB.cos\left ( \dfrac{\pi }{2}+\widehat{BAC} \right )-AB.AC.cos\left ( \dfrac{\pi }{2} +\widehat{BAC}\right ) \right )=0$

Như vậy ta có $AG\perp B_2C_2$ hay $A_1G\perp B_2C_2$

Hoàn toàn tương tự, ta được $B_1G\perp C_2A_2,C_1G\perp A_2B_2$

Xét tam giác $A_2B_2C_2$ có các đường thẳng $A_1G,B_1G,C_1G$ đồng quy tại $G$ và tương ứng vuông góc với các cạnh

Từ đó áp dụng định lí $Carnot$ ta có :

$\left ( A_1C_2^2-A_1B_2^2 \right )+\left ( C_1B_2^2-C_1A_2^2 \right )+\left ( B_1A_2^2-B_1C_2^2 \right )=0\Leftrightarrow \left ( C_2A_1^2-C_2B_1^2 \right )+\left ( A_2B_1^2-A_2C_1^2 \right )+\left ( B_2C_1^2-B_2A_1^2 \right )=0$

Từ đó theo định lí $Carnot$ cho tam giác $A_1B_1C_1$ ta có các đường thẳng qua $A_2,B_2,C_2$ tương ứng vuông góc với $B_1C_1,C_1A_1,A_1B_1$ đồng quy.

Bài toán 2 : Cho tam giác $ABC$ và một điểm $M$ nằm trong tam giác. Các tia $AM,BM,CM$ lần lượt cắt các cạnh của tam giác $ABC$ tại các điểm $A_1,B_1,C_1$ . Gọi $A_2,B_2,C_2$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $B_1C_1$ và $BC$ , $C_1A_1$ và $CA$ , $A_1B_1$ và $AB$ .

a) Chứng minh rằng các trung điểm $A_3,B_3,C_3$ lần lượt của $AA_2,BB_2,CC_2$ cùng nằm trên một đường thẳng.

b) Gọi $A',B',C'$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $Ceva$ $AA_1,BB_1,CC_1$ . Chứng minh hệ thức $\overline{B_3C'}.\overline{C_3A'}.\overline{A_3B'}=\overline{C_3B'}.\overline{A_3C'}.\overline{B_3A'}$

Lời giải :

a) Xét hai tam giác $ABC$ và $A_1B_1C_1$ với $\left \{ A_2 \right \}=B_1C_1\cap BC,\left \{ B_2 \right \}=C_1A_1\cap CA,\left \{ C_2 \right \}=A_1B_1\cap AB$

Mặt khác lại có $AA_1,BB_1,CC_1$ đồng quy nên theo định lí $Desargues$ ta có $A_2,B_2,C_2$ thẳng hàng.

Từ đó theo định lí $Gauss$ cho tứ giác $A_2BAB_2$ với $\left \{ C \right \}=A_2B\cap B_2A,\left \{ C_2 \right \}=A_2B_2\cap AB$ ta có trung điểm của các đoạn thẳng $AA_2,BB_2,CC_2$ thẳng hàng.

Tức là $A_3,B_3,C_3$ thẳng hàng.

b) Theo định lí $Gauss$ ta có các bộ điểm sau thẳng hàng $(B_3,A',C'),(C_3,B',A'),(A_3,B',C')$

Từ đó áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $A'B'C'$ với đường thẳng $A_3B_3C_3$ ta có :

$\dfrac{\overline{B_3A'}}{\overline{B_3C'}}.\dfrac{\overline{A_3C'}}{\overline{A_3B'}}.\dfrac{\overline{C_3B'}}{\overline{C_3A'}}=1$

Từ đó suy ra $\overline{B_3C'}.\overline{C_3A'}.\overline{A_3B'}=\overline{C_3B'}.\overline{A_3C'}.\overline{B_3A'}$

Bài toán 3 : Cho ngũ giác $AXYZB$ nội tiếp đường tròn. Gọi $P,Q,R,S$ lần lượt là hình chiếu của điểm $Y$ lên các đường thẳng $AX,AZ,BX,BZ$ . Chứng minh rằng các đường thẳng $PR,SQ,AB$ đồng quy.

Lời giải :

Gọi $H$ là hình chiếu của $Y$ trên $AB$ .

Xét tam giác $AXB$ có điểm $Y$ thuộc $(AXB)$ với các hình chiếu $P,R,H$ lần lượt lên $AX,XB,BA$ . Theo định lí $Simson$ ta có $P,R,H$ thẳng hàng. Tương tự $S,Q,H$ thẳng hàng.

Vậy : Các đường thẳng $PR,SQ,AB$ đồng quy.

Bài toán 4 : Cho bốn điểm $A,B,C,D$ theo thứ tự đó nằm trên một đường thẳng. Gọi $E,F$ là các giao điểm của hai đường tròn : đường tròn $(O_1)$ đường kính $AC$ và đường tròn $(O_2)$ đường kính $BD$ . Lấy $P$ là một điểm thuộc đường thẳng $EF$ , $CP$ cắt $(O_1)$ tại $M$ và $BP$ cắt $(O_2)$ tại $N$ . Chứng minh rằng $AM,DN,EF$ đồng quy.

Lời giải :

Gọi $L$ là giao điểm của $AM$ và $DN$ .

Dễ thấy $\widehat{LMB}=\widehat{LNP}=90^{0}$ ( $\widehat{LMB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\widehat{LNM}+\widehat{MNP}=\widehat{LNP}=90^{0}\qquad(1)$

Mặt khác $P$ thuộc $EF$ là trục đẳng phương của hai đường tròn nên :

$P_{P/(O_1)}=P_{P/(O_2)}\Rightarrow \overline{PN}.\overline{PB}=\overline{PM}.\overline{PC}$

Do đó tứ giác $MNBC$ nội tiếp, suy ra $\widehat{MNP}=\widehat{BCM}$

Nhưng $\widehat{BCM}+\widehat{DAM}=180^{0}-\widehat{AMC}=90^{0}\Rightarrow \widehat{MNP}+\widehat{DAM}=180^{0}\qquad(2)$

Từ $(1)(2)$ ta suy ra $\widehat{LNM}=\widehat{DAM}$ . Do đó tứ giác $MNAC$ nội tiếp.

Suy ra : $\overline{LM}.\overline{LA}=\overline{LN}.\overline{LC}\Rightarrow P_{L/(O_1)}=P_{L/(O_2)}\Rightarrow$ $L$ thuộc trục đẳng phương $EF$ của hai đường tròn.

Vậy : Các đường thẳng $EF,AM,BN$ đồng quy

Bài toán 5 : Cho tam giác $ABC$ , $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Các đường tròn bàng tiếp góc $A,B,C$ theo thứ tự tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $M,N,P$ . Các đường thẳng $d_a,d_b,d_c$ lần lượt qua $M,N,P$ và lần lượt song song với $IA,IB,IC$ . Chứng minh rằng $d_a,d_b,d_c$ đồng quy.

Lời giải :

Gọi $I_A,I_B,I_C$ lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A,B,C$ của tam giác $ABC$ . Gọi tiếp điểm của $(I_C),(I_B)$ lần lượt trên $BC$ là $L,J$ .

Dễ dàng thấy rằng tam giác $I_AI_BI_C$ có các điểm $A,B,C$ lần lượt thuộc $I_BI_C,I_CI_A,I_AI_B$ và $IA\perp I_BI_C,IB\perp I_AI_C,IC\perp I_AI_B$ .

Dễ dàng tính được $ML=BM+BL=p-c+p-a=b$ và $MJ = MC + CJ = p-b+p-a=c$ .

Do đó theo định lí $Pythagoras$ :

$MI_C^2-MI_B^2=\left ( LI_C^2+ML^2 \right )-\left ( MI_B^2+MJ^2 \right )=r_c^2+b^2-r_b^2-c^2$

Hoàn toàn tương tự, ta được

$PI_B^2-PI_A^2=r_b^2+a^2-r_a^2-b^2,\;\;NI_A^2-NI_c^2=r_a^2+c^2-r_c^2-a^2$

Từ đó suy ra :

$(MI_C^2-MI_B^2)+(PI_B^2-PI_A^2)+(NI_A^2-NI_C^2)=0$

Theo định lí $Carnot$ ta có $d_a,d_b,d_c$ đồng quy.

* Ta có bài toán tương đương sau :Cho tam giác $ABC$ có ba đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$ . Gọi $A',B',C'$ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ $A,B,C$ xuống các cạnh $EF,FD,DE$ . Gọi $d_a,d_b,d_c$ lần lượt là đường thẳng đi qua $A',B',C'$ và song song với $HA,HB,HC$ . Chứng minh rằng $d_a,d_b,d_c$ đồng quy

Bài toán 6 (CĐT VMO Thái Bình 2013-2014) : Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Các tiếp điểm của $(I)$ trên $BC,CA,AB$ lần lượt là $A',B',C'$ . Gọi $D,E,F$ lần lượt là các điểm đối xứng với $A',B',C'$ qua $I$ . Chứng minh $AD,BE,CF$ đồng quy.

Lời giải :

Theo định lí hàm sin trong tam giác $BC'E,BEA'$ :

$\dfrac{C'E}{sin\widehat{C'BE}}=\dfrac{BE}{sin\widehat{BC'E}},\dfrac{A'E}{sin\widehat{A'BE}}=\dfrac{BE}{sin\widehat{BA'E}}\Rightarrow \dfrac{sin\widehat{C'BE}}{sin\widehat{A'BE}}=\dfrac{C'E}{A'E}.\dfrac{sin\widehat{BC'E}}{sin\widehat{BA'E}}$

Hoàn toàn tương tự thì :

$\dfrac{sin\widehat{A'CF}}{sin\widehat{B'CF}}=\dfrac{A'F}{B'F}.\dfrac{sin\widehat{A'DF}}{sin\widehat{B'EF}},\;\;\dfrac{sin\widehat{B'AD}}{sin{C'AD}}=\dfrac{B'D}{C'D}.\dfrac{sin\widehat{B'ED}}{sin\widehat{C'FD}}$

Do đó :

$\dfrac{sin\widehat{A'CF}}{sin\widehat{B'CF}}.\dfrac{sin\widehat{B'AD}}{sin{C'AD}}.\dfrac{sin\widehat{C'BE}}{sin\widehat{A'BE}}=\dfrac{A'F}{B'F}.\dfrac{B'D}{C'D}.\dfrac{C'E}{A'E}.\dfrac{sin\widehat{A'DF}}{sin\widehat{B'EF}}.\dfrac{sin\widehat{B'ED}}{sin\widehat{C'FD}}.\dfrac{sin\widehat{BC'E}}{sin\widehat{BA'E}}$

Dễ thấy $C'E=B'F,C'D=A'F,B'D=A'E$ và theo định lí $Ceva-sin$ trong tam giác $DEF$ với $DA',EB',FC'$ đồng quy tại $I$ :

$\dfrac{sin\widehat{A'DF}}{sin\widehat{B'EF}}.\dfrac{sin\widehat{B'ED}}{sin\widehat{C'FD}}.\dfrac{sin\widehat{BC'E}}{sin\widehat{BA'E}}=1$

Suy ra $\dfrac{sin\widehat{A'CF}}{sin\widehat{B'CF}}.\dfrac{sin\widehat{B'AD}}{sin{C'AD}}.\dfrac{sin\widehat{C'BE}}{sin\widehat{A'BE}}=1$

Theo định lí $Ceva-sin$ ta có $AD,BE,CF$ đồng quy.

Bài toán 7 : Cho tam giác $ABC$ , dựng ra phía ngoài tam giác đó ba tam giác cân $AC_1B,BA_1C,CB_1A$ có các đáy $AB,BC,CA$ và góc ở đáy $\alpha$ . Chứng minh rằng ba đường thẳng $AA_1,BB_1,CC_1$ đồng quy.

Lời giải :

Theo định lí hàm sin trong tam giác $ABA_1$ và $ACA_1$ :

$\dfrac{A_1B}{sin\widehat{BAA_1}}=\dfrac{AA_1}{sin\widehat{ABA_1}},\dfrac{A_1C}{sin\widehat{CAA_1}}=\dfrac{AA_1}{sin\widehat{ACA_1}}$ , chú ý rằng ta có $A_1B=A_1C$ nên :

$\dfrac{sin\widehat{BAA_1}}{sin\widehat{CAA_1}}=\dfrac{sin\widehat{ABA_1}}{sin\widehat{ACA_1}}=\dfrac{sin(B+\alpha )}{sin(C+\alpha )}$

Hoàn toàn tương tự, ta được : $\dfrac{sin\widehat{CBB_1}}{sin\widehat{ABB_1}}=\dfrac{sin(C+\alpha )}{sin(A+\alpha )}$ và $\dfrac{sin\widehat{ACC_1}}{sin\widehat{BCC_1}}=\dfrac{sin(A+\alpha )}{sin(B+\alpha )}$

Do đó : $\dfrac{sin\widehat{BAA_1}}{sin\widehat{CAA_1}}.\dfrac{sin\widehat{ACC_1}}{sin\widehat{BCC_1}}.\dfrac{sin\widehat{CBB_1}}{sin\widehat{ABB_1}}=1$

Theo định lí $Ceva-sin$ ta có $AA_1,BB_1,CC_1$ đồng quy.

Bài toán 8 (China 2005) : Cho tam giác $ABC$ , một đường tròn cắt các cạnh của tam giác lần lượt tại $D_1,D_2,E_1,E_2,F_1,F_2$ .Gọi $A'',B'',C''$ lần lượt là các giao điểm của $E_1F_2$ với $E_2D_2$ , $E_2F_2$ với $D_1F_1$ , $E_1D_1$ với $D_2F_2$ . Chứng minh rằng $AA'',BB'',CC''$ đồng quy.

Lời giải :

Gọi $\left \{ A' \right \}=E_1D_1\cap E_2F_2,\;\;\left \{ B' \right \}=D_2F_2\cap E_1F_1,\;\;\left \{ C' \right \}=D_1F_1\cap D_2E_2$

Xét lục giác nội tiếp $E_1D_1D_2E_2F_2F_1$ có $\left \{ A \right \}=D_1D_2\cap F_1F_2,\;\;\left \{ A' \right \}=E_1D_1\cap E_2F_2,\;\;\left \{ A'' \right \}=E_2D_2\cap E_1F_1$ .

Theo định lí $Pascal$ thì $A,A',A''$ thẳng hàng. Tương tự thì $(B,B',B''),(C,C',C'')$ là các bộ điểm thẳng hàng.

Do đó ta đi chứng minh $AA',BB',CC'$ đồng quy.

Gọi $\left \{ X \right \}=D_1F_2\cap BC,\;\left \{ Y \right \}=E_1D_2\cap CA,\;\;\left \{ Z \right \}=F_1E_2\cap AB$

Xét lục giác nội tiếp $F_2D_1F_1E_1E_2D_2$ có $\left \{ X \right \}=D_1F_2\cap E_1E_2,\;\left \{ B' \right \}=D_2F_2\cap E_1F_1,\;\;\left \{ C' \right \}=D_1F_1\cap D_2E_2$

Theo định lí $Pascal$ ta có $X,B',C'$ thẳng hàng hay $D_1F_2,BC,B'C'$ đồng quy tại $X$ .

Tương tự thì $E_1D_2,CA,C'A'$ đồng quy tại $Y$ và $F_1E_2,AB,A'B'$ đồng quy tại $Z$ .

Lại áp dụng định lí $Pascal$ cho lục giác $F_1E_2E_1D_2D_1F_2$ có $\left \{ X \right \}=D_1F_2\cap E_1E_2,\left \{ Y \right \}=E_1D_2\cap F_2F_1,\left \{ Z \right \}=F_1E_2\cap D_1D_2$ thì $X,Y,Z$ thẳng hàng.

Xét hai tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ có :

$\left \{ X \right \}=BC\cap B'C',\left \{ Y \right \}=CA\cap C'A',\left \{ Z \right \}=AB\cap A'B'$

Theo định lí $Dersargues$ ta có $AA',BB',CC'$ đồng quy.

Bài toán 9 : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp được đường tròn. Gọi $E,F$ lần lượt là các giao điểm của $AD$ và $BC$ , $AB$ và $CD$ . Gọi $I$ là giao điểm của phân giác hai góc $BFC,DEC$ . $G,H$ lần lượt là trung điểm của $BD,AC$ . Chứng minh rằng $G,H,I$ thẳng hàng.

Lời giải :

Gọi $M,N$ lần lượt là giao điểm của $EI$ với $AB,CD$ .

Ta sẽ chứng minh $MI=IN$ .

Thật vậy, ta có

$\widehat{FMI}+\widehat{MFI}=\widehat{EMB}+\dfrac{1}{2}\widehat{BFC}+=180^{0}-\dfrac{1}{2}\widehat{MEB}-\widehat{EBA}+\dfrac{1}{2}(180^{0}-\widehat{B}-\widehat{C})=180^{0}-\dfrac{1}{2}(180^{0}-\widehat{D}-\widehat{C})-\widehat{D}+\dfrac{1}{2}\left ( 180^{0}-\widehat{B}-\widehat{C} \right )=180^0-\dfrac{1}{2}(\widehat{B}+\widehat{D})=90^0\Rightarrow FI\perp MN$

Mà trong tam giác $FMN$ thì $FI$ cũng là phân giác, do đó nó cũng là trung tuyến, hay $MI=IN$ .

Theo tính chất phân giác :

$\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{EA}{EB},\;\dfrac{DN}{NC}=\dfrac{ED}{EC}$

Mà theo hệ thức lượng trong đường tròn thì $EA.ED=EB.EC\Rightarrow \dfrac{EA}{EB}=\dfrac{ED}{ED}$

Suy ra $\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{DN}{NC}$

Xét hai bộ ba điểm thẳng hàng $(A,M,B),(D,N,C)$ các điểm $M,N$ lần lượt thuộc $AB,CD$ và thỏa mãn $\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{DN}{NC}$ (chứng minh trên)

Các điểm $G,H,I$ lần lượt thuộc $AC,BD,MN$ và thỏa $\dfrac{GC}{GA}=\dfrac{IN}{IM}=\dfrac{HD}{HB}=1$

Như vậy theo bổ đề $ERIQ$ ta có $G,H,I$ thẳng hàng. Đây là điều phải chứng minh.

Từ đó có điều phải chứng minh.

Bài toán 10 : 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.