Chủ đề này có 15 trả lời

[baopbc]

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài toán cũ tại tuần 3 tháng 5 và kèm theo đó là bài toán mới.

 

Bài $39$. Cho tam giác $ABC$ có tâm ngoại tiếp $O$ và tâm đường tròn $Euler$ là $N.D,E,F$ lần lượt là hình chiếu của $N$ lên $BC,CA,AB.M$ là trung điểm $ON.MD,ME,MF$ cắt $EF,FD,DE$ lần lượt tại $X,Y,Z$. Gọi $P,Q,R$ lần lượt là trung điểm $BC,CA,AB.U,V,W$ lần lượt là trung điểm $AP,BQ,CR$.

Chứng minh rằng $XU,YV,ZW$ đồng quy.

Hình vẽ bài toán

 

[quanghung86]

Vừa rồi mình có sai sót trong việc ghi thiếu tên các bạn đã giải trên diendantoanhoc, đó là do sự bất cẩn của mình, mình xin nhận lỗi và hứa rằng việc này không lặp lại nữa, mong các bạn vẫn quan tâm và nhiệt tình với các bài toán !

 

[Nguyen Dinh Hoang]

Lời giải của em.

Ta cần bổ đề sau. Nó khá quen thuộc nên em không chứng minh lại nữa!

Bổ đề 1. Cho tam giác $ABC. AP, AQ$ là hai đường đẳng giác trong góc $A. BQ, BR$ là hai đường đẳng giác trong góc $B$ và $CR, CP$ là hai đường đẳng giác trong góc $C$. Ta thu được $AR,CQ,BP$ đồng quy.

Bổ đề 2. Cho tam giác $ABC. AP, AQ$ đẳng giác trong góc $A. M$ là giao của $BP$ và $CQ. N$ là giao của $BQ$ và $CP$ thì $AM,AN$ đẳng giác trong góc $A$.

 

TRỞ LẠI BÀI TOÁN.

Sử dụng phép vị tự tâm $M$ biến $D$ thành điểm đối xứng của $A$ qua $BC$. Tương tự cho các điểm khác ta viết lại bài toán như sau.

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\odot (O). M, N, P$ lần lượt là đối xứng của $A, B, C$ qua các cạnh đối diện. $Q, X, R$ là các giao của $MO, PO, NO$ với $PN, MN, PM$. Chứng minh rằng $AQ, BR, CX$ đồng quy.

Điều này đúng vì ta có $BA,BC$ đẳng giác trong $\angle PBM$ (theo tính đối xứng ) nên $BH$ (tức $BN$) và $BO$ đẳng giác trong $\angle PBM$. Áp dụng bổ đề $2$ ta có $BP, BX$ đẳng giác trong $\angle PBM$ nên $BP, BX$ đẳng giác trong $\angle ABC$. Tương tự ta có $AX, AR$ đẳng giác trong $\angle BAC.CQ,CR$ đẳng giác trong $\angle ACB$. Áp dụng bổ đề $1$ ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Dinh Hoang: 16-05-2016 - 19:07

[quanghung86]

Em giải chưa được vấn đề là đẳng giác của AQ, BR,CX của em cùng đi qua điểm nào?

[baopbc]

Thực ra là về ý tưởng của em và Hoàng khá giống nhau, ở trên Hoàng giải hơi khó hiểu thật, đây là lời giải của em!

Việc chuyển đối mô hình bài toán tương tự như trên!

Lấy $M,N,P$ đối xứng với $A,B,C$ qua $BC,CA,AB.MO,NO,PO$ lần lượt cắt $NP,PM,MN$ tại $X,Y,Z$. Chứng minh $AX,BY,CZ$ đồng quy.

Hình vẽ

Dễ thấy $AY,AZ$ đẳng giác trong $\angle A$. Tương tự với $CX,CY$ và $BX,BZ$.

Gọi $U$ là giao của $AY,BX$ thì $U,Z$ là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác $ABC$.

Gọi $V$ là giao của $AX,BY$ thì theo kết quả cũ $AU,AV$ đẳng giác nên $A,Z,V$ thẳng hàng hay $AX,BY,CZ$ đồng quy.$\blacksquare$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 16-05-2016 - 18:29

[Nguyen Dinh Hoang]

Thưa thầy nhưng thực chất lời giải trên của em giống với của Bảo cũng đều phát hiện các điểm đẳng giác và bổ đề đẳng giác ạ ! Bổ đề $1$ có thể được chứng minh như Bảo hoặc sử dụng $Ceva \sin$ ạ!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Dinh Hoang: 16-05-2016 - 19:08

[quanghung86]

Ừ việc vị tự bằng trọng tâm thì đúng ý tưởng rồi, đáp án bài sau thì thầy cũng dùng đẳng giác thôi nhưng thầy không làm giống các em, lúc nãy có thể thầy xem bằng điện thoại chưa kỹ, để tối về thầy xem lại, nếu các em đã biết dùng vị tự đưa về bài gốc thì đây là tổng quát bài gốc.

http://artofproblems...onjugate_points

Ý tưởng nghịch đảo của Dương chính là đáp án của thầy tuy nhiên các em thử tìm cách giải trực tiếp không nghịch đảo.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 16-05-2016 - 20:19

[baopbc]

Thực sự thì bài toán tổng quát hoàn toán có thể giải được như trên!

Ta có $\angle XBC=\angle XPC=\angle APZ=\angle ABZ$ nên $BA,BC$ đẳng giác trong $\angle XBZ\Longrightarrow BY,BW$ đẳng giác trong $\angle XBZ$.

Theo kết quả cũ ta suy ra $BW,BU$ đẳng giác trong $\angle B$.Tương tự thì $AV,AW$ đẳng giác trong $\angle A$ và $CU,CV$ đẳng giác trong $\angle C$

Hình vẽ bài toán

Gọi $S$ là giao điểm của $AV,BU;T$ là giao điểm của $AU,BV$ thì $CS,CT$ đẳng giác. Mặt khác để ý rằng $S,W$ là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác $ABC$ nên $\overline {C,W,T}$ hay ta có đpcm.

 

[quanghung86]

Ok xem ra mọi việc sáng tốt rồi đó, tối nay thầy sẽ check kỹ lời giải của Hoàng và Bảo, nhưng chắc ổn rồi, chúc mừng các em đã có bước tiến trong việc giải sơ cấp bài tổng quát !

[QuangDuong12011998]

Em xin nói thêm về bài toán tổng quát.

Nhìn hình vẽ và lời giải của Bảo trong post bên trên theo một cách khác:

$\triangle XYZ$ có $\triangle UVW$ là tam giác ceva của $Q$ với $\triangle XYZ$.

$A$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần tạo bởi 4 đường thẳng $(XY,XZ,QY,QZ)$

$B$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần tạo bởi 4 đường thẳng $(YZ,YX,QZ,QX)$

$C$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần tạo bởi 4 đường thẳng $(ZX,ZY,QX,QY)$.

Ở đây để tiện cho phát biểu em thay đổi chút kí hiệu :3 : 4 điểm $A$, $B$, $C$, $D$. $DA\cap BC=X$, $DB\cap CA=Y$, $DC\cap AB=Z$.

$M_x$, $M_y$, $M_z$ là điểm Miquel của các tứ giác toàn phần $(AB,AC,DB,DC)$, $(BC,BA,DC,DA)$, $(CA,CB,DA,DB)$.

Có nhiều điều hấp dẫn quanh cấu hình này:

1) $XM_x$, $YM_y$, $ZM_z$ đồng quy(là bài tổng quát ở trên), mà nó là http://artofproblems...1060982p4643389

2) $AM_x$, $BM_y$, $CM_z$ đồng quy. http://artofproblems...h282732p1526167

3) Đường tròn Miquel của 3 tứ giác toàn phần nêu trên đồng quy.

4) $(M_xDA)$, $(M_xBC)$, $(M_yDB)$, $(M_yCA)$, $(M_zDC)$, $(M_zAB)$ đồng quy tại một điểm $I$, được gọi là tâm đẳng giác của 4 điểm $A$, $B$, $C$, $D$.

Đây là điểm đáng chú ý nhất trong cấu hình 4 điểm. Gần như mọi tính chất của điểm này có trong http://www.chrisvant...a/25-qa-p4.html . Hiện chưa có bản tiếng Việt :3 em dư định sắp tới làm một tổng kết về nó :3

[quanghung86]

Cám ơn Hoàng, Bảo, Dương mình đã xem kỹ các lời giải đều đúng và rất hay. Dựa vào bài báo này

 

http://forumgeom.fau...e3/FG200311.pdf

 

Sau khi đưa ra bài tổng quát, mình có thêm một phát triển như sau ở ý b)

 

Cho tam giác $ABC$ có $P,Q$ là hai điểm đẳng giác. $PA,PB,PC$ cắt các đường tròn $(PBC),(PCA),(PAB)$ tại $X,Y,Z$ khác $P$. $XQ,YQ,ZQ$ cắt $YZ,ZX,XY$ tại $U,V,W$.

 

a) Chứng minh rằng $AU,BV,CW$ đồng quy tại $T$.

 

b) Chứng minh rằng sáu đường tròn $(AQX),(BQY),(CQZ),(AYZ),(BXZ),(CXY)$ có một điểm chung chính là đẳng giác của $T$ trong tam giác $ABC$.

[QuangDuong12011998]

Ý b trong bài toán của thầy, việc 6 đường tròn đồng quy đã được đề cập tại http://gjarcmg.geome...ath-journal.ro/ 2016

Tuy nhiên việc điểm đồng quy của 6 đường tròn là đẳng giác của điểm trên lại chưa được nhắc tới, em sẽ chứng minh lại điều này như sau.

Thực ra thì cấu hình $\triangle ABC$, $P$, $Q$ đẳng giác, $PA$, $PB$, $PC$ cắt $(PBC)$, $(PCA)$, $(PAB)$ tại $X$, $Y$, $Z$, $QX$, $QY$, $QZ$ cắt $YZ$, $ZX$, $XY$ tại $U$, $V$, $W$ và cấu hình 4 điểm mà em nhắc tới ở trên là giống hệt nhau. Cho nên em sẽ chứng minh trong cấu hình 4 điểm.

Phát biểu: 4 điểm $A$, $B$, $C$, $D$. $DA$, $DB$, $DC$ cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $X$, $Y$, $Z$. $M_x$, $M_y$, $M_z$ là điểm Miquel của các tứ giác toàn phần $(AB,AC,DB,DC)$, $(BC,BA,DC,DA)$, $(CA,CB,DA,DB)$.

Chứng minh

Từ bài báo http://forumgeom.fau...01413index.html , bản tiếng Việt tại https://blogcuaquang...toan-chung.html thì ta có ngay $\triangle AM_yM_z$, $\triangle M_xBM_z$, $\triangle M_xM_yC$ đồng dạng cùng hướng, cũng từ điều này mà rút ra được $(AM_yM_z)$, $(BM_zM_x)$, $(CM_xM_y)$, $AM_x$, $BM_y$, $CM_z$ đồng quy tại một điểm $D'$

Cũng từ bài báo, điểm Miquel là tâm phép đồng dạng thuận nên $\triangle M_xM_zA$ và $\triangle M_xDM_y$ đồng dạng thuận, kéo theo đó là $M_xD'$, $M_xD$ đẳng giác với góc $\angle (M_xM_y,M_xM_z)$, hoàn toàn tương tự với góc $M_y$, $M_z$ của $\triangle M_xM_yM_z$ mà suy ra $D'$ và $D$ đẳng giác trong $\triangle M_xM_yM_z$. Điều này cho thấy sự tương đương của hai cấu hình =)))

Cũng từ bài báo mà $XM_x$, $YM_y$, $ZM_z$, $(XM_yM_z)$, $(YM_zM_x)$, $(ZM_xM_y)$ đồng quy tại 1 điểm $O$ $(*)$

Tiếp theo, chỉ ra $(M_xBC)$, $(M_xDA)$, $(M_yCA)$, $(M_yDB)$, $(M_zAB)$, $(M_zDC)$ đồng quy.

\[(M_xB,M_xC)=(M_xB,M_xD)+(M_xD,M_xC)=(ZB,ZD)+(YD,YC)=(AB,DC)+(DB,CA)=(AB,AC)+(DB,DC)\]

Tương tự

\[(M_yC,M_yA)=(BC,BA)+(DC,DA)\]

\[(M_zA,M_zB)=(CA,CB)+(DA,DB)\]

Từ đó $(M_xB,M_xC)+(M_yC,M_yA)+(M_zA,M_zB)=0$. Do vậy mà $(M_xBC)$, $(M_yCA)$, $(M_zAB)$ đồng quy tại 1 điểm $I$. Lúc này chỉ cần chỉ ra $(M_xDA)$ đi qua $I$ là đủ. Tiếp tục cộng góc chay

\[(IM_x,IA)=(IM_x,IC)+(IC,IA)=(BM_x,BC)+(M_yC,M_yA)=(M_xB,M_xD)+(M_xD,BC)+(BC,BA)+(DC,DA)\]

\[=(ZB,ZD)+(M_xD,BA)+(DC,DA)=(AB,DC)+(DC,DA)+(M_xD,BA)=(DM_x,BA)+(AB,AD)=(DM_x,DA)\]

Vậy $(M_xDA)$ đi qua $I$.

Bước cuối cùng, ta cần chứng minh $I$ và $O$ đẳng giác với $\triangle M_xM_yM_z$. Để chứng minh điều này mà thông qua hai đường đẳng giác, cá nhân em thấy có lẽ không khả thi, nên em đề xuất tính chất đơn giản, chứng minh bằng cộng góc và điểm trùng: $\triangle ABC$ hai điểm $P$, $Q$ đẳng giác với $\triangle ABC$ khi và chỉ khi chúng thỏa mãn hai hệ thức $(PB,PC)+(QB,QC)=(AB,AC)$, $(PC,PA)+(QC,QA)=(BC,BA)$.

Do tính đối xứng nên chỉ cần chứng minh với đỉnh $M_x$ là đủ. Áp dụng tính chất $(*)$ và chú ý $\triangle M_xM_yC$ và $\triangle M_xBM_z$ đồng dạng thuận

\[(IM_y,IM_z)=(IM_y,IA)+(IA,IM_z)=(M_yC,AC)+(AB,M_zB)=(M_yC,M_zB)+(AB,AC)\]

\[=(M_xC,M_xM_z)+(AB,AC)\]

\[(OM_y,OM_z)=(XM_y,XM_z)=(XM_y,XD) + (XD, XM_z)=(CM_y , CD) + (BM_z, BD)= (CM_y , BM_z) + (DB, DC)\]

\[=(DB,DC)+(M_xM_y,M_xB)\]

\[\Rightarrow(IM_y,IM_z)+(OM_y,OM_z)=(M_xM_y,M_xM_z)+(M_xC,M_xB)+(AB,AC)+(DB,DC)=(M_xM_y,M_xM_z)\]

Vậy $O$ và $I$ đẳng giác trong $\triangle M_xM_yM_z$.

Hình gửi kèm

• 

[quanghung86]

Bài báo của Dương đã viết rất kỹ và có nhiều ý hay về phần này, mình attach lại để các bạn theo dõi.

 

Trong bài báo trên FG của Darij cũng đề cập đến bài toán vị tự tâm G tỷ số $1/4$ đưa tam giác đối xứng về tam giác Pedal của tâm Euler gọi là định lý Boutte. Đây là một tính chất hay có rất nhiều ứng dụng. Một ứng dụng tiêu biểu như sau

 

Chứng minh rằng trong một tam giác đối xứng của đỉnh của cạnh đối diện thẳng hàng khi và chỉ khi tâm đường tròn Euler của tam giác đó nằm trên đường tròn ngoại tiếp của nó.

 

File gửi kèm

•  3.pdf   654.37K   426 Số lần tải

[quanghung86]

Thực sự là sau khi chứng minh được 6 đường tròn đồng quy tại $S$ thì việc chứng minh $S$ là đẳng giác của $T$ là điểm đồng quy của $AU,BV,CW$ không khó. Xét nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với đối xứng trục là phân giác $\angle BAC$ thì $B\mapsto C,X\mapsto Q,E\mapsto F$ nên $(AEF)\mapsto EF,(AQD)\mapsto QX$ do đó $T\mapsto X$ (trong nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với đối xứng trục là phân giác $\angle BAC$) nên tia $AS$ và $AX$ đẳng giác trong $\angle BAC$ hay $AT,AS$ đẳng giác, tương tự ở các đỉnh $B,C$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 20-05-2016 - 00:10

[quanghung86]

Cho tam giác $ABC$ có $P,Q$ là hai điểm đẳng giác. $PA,PB,PC$ cắt các đường tròn $(PBC),(PCA),(PAB)$ tại $X,Y,Z$ khác $P$. $XQ,YQ,ZQ$ cắt $YZ,ZX,XY$ tại $U,V,W$.

 

a) Chứng minh rằng $AU,BV,CW$ đồng quy tại $T$.

 

b) Chứng minh rằng sáu đường tròn $(AQX),(BQY),(CQZ),(AYZ),(BXZ),(CXY)$ có một điểm chung chính là đẳng giác của $T$ trong tam giác $ABC$.

 

Bài toán tổng quát này được tác giả dùng tập huấn đội tuyển Việt Nam năm 2016 và thu được một số kết quả đáng ghi nhận trong bài làm của các em như sau
 

a) (Dựa trên lời giải của em Phạm Nguyễn Mạnh)Ta có $\angle ZAB=\angle ZPB=\angle YPC=\angle YAC$ và $\angle ZBA=\angle ZPA=\angle AYC$. Từ đó hai tam giác $ABZ$ và $AYC$ đồng dạng. Lại có $\angle QAC=\angle XAB$ và $\angle ACQ=\angle PCB=\angle PXB$ nên hai tam giác $AQC$ và $ABX$ đồng dạng. Từ đó $AY.AZ=AB.AC=AX.AQ$ nên hai tam giác $AZQ$ và $AXY$ đồng dạng suy ra $\angle AQZ=\angle AYX$ nên tứ giác $AYWQ$ nội tiếp. Tương tự $AZVQ$ nội tiếp. Suy ra $\angle ZVA=\angle ZQA=\angle AYW$ nên hai tam giác $AVZ$ và $AYW$ đồng dạng, suy ra $AV.AW=AY.AZ=AB.AC$, suy ra hai tam giác $ABV$ và $AWC$ đồng dạng. Tương tự hai tam giác $CBV$ và $CUA$ đồng dạng. Từ đó nếu $BV$ cắt $CS$ tại $T$ thì tứ giác $ASCV$ nội tiếp nên $\angle TAC=\angle BVC=\angle UAC$ hay $A,U,T$ thẳng hàng.

 

 

b) Để thuận tiện hơn ta sẽ dùng góc định hướng. Trước hết gọi $(BXZ),(CXY)$ cắt nhau tại $T$ khác $X$ thì ta có biến đổi góc $(SY,SZ)=(SY,TX)+(SX,SZ)=(CY,CX)+(BX,BZ)=(CY,CP)+(CP,CX)+(BX,BP)+(BP,BZ)=(AY,AP)+(AP,AZ)=(AY,AZ)\pmod{180^\circ}.$ Vậy $T$ nằm trên $(AYZ)$.

 

(Phần chứng minh trên dựa trên lời giải của em Đào Vũ Quang)

 

Chú ý các tứ giác $AQVZ,CQUY,CQBX$ nội tiếp, ta có biến đổi góc $(SA,SX)=(SA,SY)+(SY,SX)=(ZA,ZY)+(CY,CX)=(ZA,ZX)+(ZX,ZY)+(CY,CQ)+(CQ,CX)=(QA,QV)+(ZX,ZY)+(UQ,UY)+(VQ,VX)=(QA,QV)+(VQ,ZY)+(ZY,QX)=(QA,QX)\pmod{180^\circ}.$ Từ đó $S$ thuộc $(AQX)$. Tương tự $S$ thuộc các đường tròn $(BQY),(CQZ)$.

 

(Phần chứng minh trên dựa trên lời giải của em Vũ Đức Tài)

 

Xét nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với đối xứng trục là phân giác $\angle BAC$ thì $B$ biến thành $C$, $X$ biến thành $Q$, $E$ biến thành $F$ nên $(AEF),(AQD)$ biến thành $EF,QX$ do đó $T$ biến thành $X$ nên tia $AS$ và $AX$ đẳng giác trong $\angle BAC$ hay $AT,AS$ đẳng giác, tương tự ở các đỉnh $B,C$.

 

(Phần chứng minh trên dựa trên ý tưởng của tác giả)

[quanghung86]

Một hệ quả hay từ cách làm của Mạnh

 

Bài toán. Cho tam giác $ABC$ có $P,Q$ là hai điểm đẳng giác. $PA,PB,PC$ cắt các đường tròn $(PBC),(PCA),(PAB)$ tại $X,Y,Z$ khác $P$. $XQ,YQ,ZQ$ cắt $YZ,ZX,XY$ tại $U,V,W$. Đường tròn $(ACW),(ABV)$ cắt nhau tại $D$ khác $A$. Tương tự có $E,F$. Chứng minh rằng $AD,BE,CF$ đồng quy.