Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Lấy điểm $X$ cố định nằm trên cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. Một đường thẳng $d$ chuyển động qua $X$. Các đường thẳng $d_A,d_B,d_C$ lần lượt đối xứng với $d$ qua $BC$, $CA$, $AB$. Gọi $A^{\prime }$ là giao điểm của $d_B$ và $d_C$, $B^{\prime }$ là giao điểm của $d_A$ và $d_C$, $C^{\prime }$ là giao điểm của $d_A$ và $d_B$.
a) Chứng minh rằng $A{A}^{\prime },B{B}^{\prime },C{C}^{\prime }$ đồng quy tại một điểm nằm trên $(O)$.
b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ luôn đi qua một điểm cố định.

[Hình cần kiểm tra lại: p4_f1]

a) Gọi $B^{\prime }{C}^{\prime }$ cắt $BC$ tại $U$. Ta có: $B^{\prime }{C}^{\prime }$ là $d_a$ do đó: $d$ đi qua $U$.

Tương tự thì: $C^{\prime }{A}^{\prime }$, $AB$, $d$ đồng quy. Và: $AC$, $A^{\prime }{B}^{\prime }$, $d$ đồng quy.

Do đó áp dụng định lí Desargues ta có: $A{A}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }$, $C{C}^{\prime }$ đồng quy tại $Y$. Gọi $Y_a$, $Y_b$, $Y_c$ đối xứng $Y$ qua $BC$, $CA$, $AB$ lần lượt. Theo tính chất đối xứng ta có: $Y_b{Y}_c$ song song $d$. Tương tự thì ta thu được: $Y_a$, $Y_b$, $Y_c$ thẳng hàng (cùng nằm trên đường thẳng song song $d$) dẫn đến theo tính chất đường thẳng Steiner đảo thì: $Y\in (O)$.

b) Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Gọi $d_1,d_2,d_3$ lần lượt là các đường thẳng đối xứng với $XH$ qua $BC,CA,AB$.

Gọi $H_a$ là điểm đối xứng của $H$ qua $BC$. Ta có $H_a\in (O)$. Gọi $Q$ là giao điểm thứ hai của $d_1$ với $(O)$. Gọi $Q_a,Q_b,Q_c$ lần lượt là các điểm đối xứng của $Q$ qua $BC,CA,AB$. Vì $Q\in d_1$ nên $Q_a\in XH$.

Theo tính chất điểm Anti-Steiner ta có: $d_1,d_2,d_3$ đồng quy tại điểm cố định $Q\in (O)$.

Gọi $X_a,X_b,X_c$ lần lượt là các điểm đối xứng của $X$ qua $BC,CA,AB$.

Vì $X\in (O)$ nên theo tính chất Steiner: $X_a,X_b,X_c,H$ thẳng hàng.

Ta có: $d_1=Q{X}_a$, $d_2=Q{X}_b$, $d_3=Q{X}_c$.

Do $(d_2,d_b)$ và $(d_3,d_c)$ lần lượt là ảnh của $(XH,d)$ qua các phép đối xứng nên: $\angle (d_2,d_b)=\angle (d_3,d_c)$.

Mà $A^{\prime }=d_b\cap d_c$, suy ra: $\angle Q{X}_b{A}^{\prime }=\angle Q{X}_c{A}^{\prime }$.

Do đó: $Q$, $X_b$, $A^{\prime }$, $X_c$ đồng viên. Tương tự: $Q$, $X_c$, $B^{\prime }$, $X_a$ đồng viên, $Q$, $X_a$, $C^{\prime }$, $X_b$ đồng viên.

Vậy ta thu được: $Q$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần: $(A^{\prime }{B}^{\prime },B^{\prime }{C}^{\prime },C^{\prime }{A}^{\prime },X_b{X}_c)$ dẫn đến: $Q\in (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ luôn đi qua điểm cố định $Q$.