Vậy I10 là ảnh của I1 qua phép nghịch đảo f(A, k). Tương tự đối với I20. Do N là điểm chính giữa cung BAC nên N0 là chân phân giác ngoài đi qua A của tam giác AB0C0.
Như vậy A, I1, I2, N cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khiI10, I20, N0
thẳng hàng. Điều này hiển nhiên đúng theo bài toán trên do M0 nằm trên đường tròn A−Apollonius của tam giác AB0C0.
Ví dụ 1.3.7. Cho bộ bốn điểm isodynamic A, B, C, D. Gọi A1 là điểm isodynamic thứ hai của tam giác BCD, tương tự xác định B1, C1, D1. Khi đó A1, B1, C1, D1 cũng lập thành một bộ bốn điểm isodynamic.
Chứng minh. Xét phép nghịch đảo tâm D phương tích k biến điểm P bất kì thành điểm P0. Theo Tính chất 1.1.3 ta thu được tam giác A0B0C0 đều. Do C1 là điểm isodynamic thứ hai của tam giác ABD nên A, B, C1, D là một bộ bốn điểm isodynamic. Suy ra A0B0C0 là tam giác đều. Do C0 6= C10
nên C0 và C10 đối xứng nhau qua A0B0. Tương tự A01 và A0 đối xứng nhau qua B0C0, B10 và B0 đối xứng nhau qua A0C0. Suy ra tam giác A01B10C10
là tam giác đều. Hơn nữa cũng theo Tính chất 1.1.3, D01 là tâm của tam giác A0B0C0 nên D10 cũng là tâm của tam giác A01B10C10. Theo Tính chất 1.1.4, suy ra D1 là điểm isodynamic thứ hai của tam giác A1B1C1. Vậy
A1, B1, C1, D1 lập thành một bộ bốn điểm isodynamic.
Ví dụ 1.3.8 (Romanian Master in Mathematics 2009). Cho 4 điểm A1,
A2, A3, A4 trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng và thỏa mãn A1A2.A3A4 = A1A3.A2A4 = A1A4.A2A3. Kí hiệu Oi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AjAkAl với i, j, k, l = 1,2,3,4. Chứng minh rằng 4 đường thẳng AiOi, i = 1,2,3,4 đồng quy hoặc song song. Chứng minh. Điều kiện của đề bài cho thấy 4 điểm A1, A2, A3, A4 lập thành một bộ bốn điểm isodynamic. Gọi Cij là đường tròn Apollonius của đoạn thẳng AiAj và đi qua Ak, Al. Xét tam giác A1A2A3. Theo tính chất của đường tròn Apollonius ta có C12,C23,C13 cùng đi qua A4 và có
A4O4 là trục đẳng phương. Chứng minh tương tự ta có: C12,C14 có trục đẳng phương là A3O3,C12,C13 có trục đẳng phương là A4O4,C13,C14 có trục đẳng phương là A2O2. Suy ra A2O2, A3O3, A4O4 đồng quy hoặc song song. Chứng minh tương tự đối với các bộ ba khác.
Ví dụ 1.3.9 (ELMO 2013, G13). Cho tam giác ABC với AB < AC. Gọi
D, P lần lượt là chân phân giác trong và ngoài đi qua A, M là trung điểm của BC, ω là đường tròn ngoại tiếp tam giác AP D. Q là điểm nằm trên cung nhỏ AD sao cho M Q tiếp xúc với ω. QB gặp ω lần thứ hai tại R. Đường thẳng qua R vuông góc với BC cắt P Q tại S. Chứng minh rằng
SD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác QDM.
Chứng minh. Đường thẳng SD tiếp xúc với đường tròn (QDM) khi và chỉ khi SDP[ = DQM\ = SP D[, tương đương với R là điểm chính giữa
cung P D. Do (P DBC) = −1 nên áp dụng hệ thức Newton, ta có M Q2 = M D.M P = M B2 = M C2. Do đó tam giác BQC vuông tại Q.
Mặt khác P QD\ = 900 nên theo tính chất đường phân giác ta có QD
là phân giác góc BQC\. Suy ra RQD\ = 450. Từ đó R là điểm chính giữa cung P D.