Chủ đề này có 6 trả lời

[BlackSelena]

Cho tam giác $ABC$ với $K_1, K_2, K_3$ là điểm di động trên đường thẳng $BC$. Gọi $N_i, N'_i$ là tâm đường tròn $\text{Euler}$ của tam giác $ABK_i, ACK_i (i = \overline{1,3})$. Chứng minh rằng trung điểm $N_1N'_1, N_2N'_2, N_3N'_3$ thẳng hàng.

Khoe chữ kí là chính :shame:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 15-08-2014 - 12:32

[WhjteShadow]

Để chứng minh bài toán, ta sẽ chứng minh $\forall K\in BC$, gọi $N_1,N_2$ lần lượt là tâm euler của $ABK,ACK$ thì trung điểm $N_1N_2$ luôn thuộc 1 đường thẳng cố định.

Ta nhắc lại bổ đề quen thuộc : Cho $A, B, C, D, E, F, M, N, P$ thỏa mãn $\frac{\overline{AB}}{\overline{BC}}=\frac{\overline{DE}}{\overline{EF}}=\frac{\overline{MN}}{\overline{NP}},\frac{\overline{AD}}{\overline{DM}}=\frac{\overline{CF}}{\overline{FP}}=k$ thì $\overline{B,E,N}$ và $\frac{\overline{BE}}{\overline{EN}}=k$ 

Quay trở lại bài toán, lấy $K$ bất kì trên $BC$, $H_{1}, G_{1}, N_{1}$ lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm Euler của tam giác $ABK$, $H_{2}, G_{2}, N_{2}$ lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm Euler của tam giác $ACK$. $M, N, N'$ lần lượt là trung điểm của $G_{1}G_{2}, H_{1}H_{2}, N_{1}N_{2}$. Với để ý $\frac{\overline{H_{1}N_{1}}}{\overline{N_{1}G_{1}}}=\frac{\overline{H_{2}N_{2}}}{\overline{N_{2}G_{2}}}=1$ và bổ đề trên, ta suy ra $\overline{N,N',M}$ và $\frac{\overline{NN'}}{\overline{N'M}}=1$.

Bây giờ ta vẽ H là trực tâm tam giác ABC, AH cắt BC tại D, đường thẳng qua B vuông góc với AB cắt AH tại E, đường thẳng qua C vuông góc với AC cắt AH tại F. X là trung điểm HE, Y là trung điểm HF. G là trọng tâm tam giác ABC, đường thẳng qua G song song với BC cắt AB, AC tại P,Q. Z, T lần lượt là trung điểm GP, GQ. R,S lần lượt là trung điểm XZ, YT. K vẫn là 1 điểm bất kì trên BC, ta sẽ chứng minh trung điểm $N_{1}N_{2}$ thuộc RS hay là trung điểm MN thuộc RS. 

Dễ thấy $G_{1}$, $G_{2}$, M, G, P, Q, Z, T thẳng hàng, K' là giao điểm của AK và PQ. Với để ý $G_{1}, G_{2}$ lần lượt là trung điểm $PK', QK'$ ta dễ dàng chứng minh được trung điểm M của $G_{1}G_{2}$ chính là trung điểm của $GK'$. Từ đó ta có $\frac{\overline{ZM}}{\overline{MT}}=\frac{2\overline{ZM}}{2\overline{MT}}=\frac{\overline{PK'}}{\overline{K'Q}}=\frac{\overline{BK}}{\overline{KC}}=k. \,\,(1)$

 

Đặt $\frac{\overline{BK}}{\overline{KC}}=k, \frac{\overline{BD}}{\overline{DC}}=h$, suy ra $\frac{\overline{BK}}{\overline{BC}}=\frac{k}{k+1}\, , \, \frac{\overline{BD}}{\overline{BC}}=\frac{h}{h+1}\, , \,\frac{\overline{KC}}{\overline{BC}}=\frac{1}{k+1}\, , \,\frac{\overline{DC}}{\overline{BC}}=\frac{1}{h+1}$

 

Dễ thấy $△BEH~△CHF$ suy ra $\frac{\overline{HE}}{\overline{HF}}=h=\frac{\overline{HD}}{\overline{DF}}$, không mất tính tổng quát có thể giả sử $HF=1, HE=h$ suy ra $HD=\frac{h}{h+1}.$

 

Do $KH_{1}//HC$, $KH_{2}// BH$ nên $\frac{\overline{HH_{1}}}{\overline{HD}}=\frac{\overline{CK}}{\overline{CD}}=\frac{h+1}{k+1}$⇒ $HH_{1} =\frac{h}{k+1}, \frac{\overline{HH_{2}}}{\overline{HD}}=\frac{\overline{BK}}{\overline{BD}}=\frac{k}{k+1}.\frac{h+1}{h}$⇒$HH_{2} =\frac{k}{k+1}$ ⇒ $HN= \frac{h+k}{2(k+1)}$

Từ đó, với để ý $HX=\frac{h}{2}, HY=\frac{1}{2}$, ta dễ dàng tính được $\frac{\overline{XN}}{\overline{NY}}=k (2)$

Từ $(1), (2)$, áp dụng bổ đề trên đầu 1 lần nữa, ta có trung điểm MN thuộc RS, vậy ta có điều phải chứng minh !

 

 

[BlackSelena]

 

Thực ra bài ni không cần phức tạp như vậy, chỉ cần dùng bổ đề E.R.I.Q là đủ.

Hạ $N_iL_i, N'_iL'_i$ vuông góc $BC$. Theo E.R.I.Q thì ta chỉ ra $\frac{L_2L_1}{L_2L_3} = \dfrac{L'_2L'_1}{L'_2L'3}$ là đủ.

Biến đổi độ dài đại số đơn giản thì điều trên tương đương $\dfrac{K_2K_1}{K_2K_3} = \dfrac{K_2K_1}{K_2K_3}:true$

Đương nhiên có một cách nói khác của bài này cũng khá hay, cho tam giác $ABC$, $K$ chạy trên đường thẳng $BC$. Gọi $M, N$ là tâm Nine-point circle của $\triangle ABK, ACK$. Khi đó trung điểm $MN$ chạy trên đường thẳng cố định.

Cái này hệ quả trực tiếp của bài trên, chỉ việc lấy chân đường cao từ $A$ với trung điểm $BC$ là đủ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 15-08-2014 - 12:42

[WhjteShadow]

Cách khác :

Ta chứng minh 1 bổ đề sau :

Tam giác $ABC$, $K$ chạy trên đoạn thẳng $BC$, $O_{1},O_{2}$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABK,ACK$, lúc đó ta có trung điểm của $O_1O_2$ chạy trên 1 đường cố định.

Thật vậy gọi $M$ là trung điểm $BC$, $N$ là trung điểm $O_1O_2$, ta có $(O_1A;O_1O_2)\equiv \frac{1}{2}(O_1A;O_1K)\equiv (BA;BC) \pmod{\pi}$, $(O_2A;O_2O_1)\equiv \frac{1}{2}(O_2A;O_2K)\equiv (CA;CB) \pmod{\pi}$

Suy ra $\Delta AO_1O_2$ đồng dạng cùng hướng với $\Delta ABC$ $\Rightarrow \Delta AO_1N$ đồng dạng cùng hướng với $\Delta ABM$ $\Rightarrow (\overrightarrow{AO_1};\overrightarrow{AN})\equiv (\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AM})\equiv \alpha \pmod{2\pi}$ và $\frac{AN}{AO_1}=\frac{AM}{AB}=k$ 

Vậy phép vị tự quay $V^{k}_{A}.Q^{\alpha}_{A}$ biến $O_1$ thành $N$ nhưng $O_1$ chạy trên đường thẳng $\Delta$ là trung trực $AB$ cố định nên $N$ cũng chạy trên đường thắng cố định $V^{k}_{A}.Q^{\alpha}_{A}(\Delta)$

Quay lại bài toán, lấy $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$, $P,Q$ lần lượt là trung điểm $AB,AC$, $AK$ cắt $PQ$ tại $K'$ thì ta có tam giác $HPQ$ cố định có $K'$ chạy trên $PQ$ suy ra trung điểm của đường nối tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HPK'$ và $HQK'$ chạy trên đường cố định $\Rightarrow$ đpcm \m/

[quanghung86]

Bài này nên phát biểu là

 

Cho tam giác ABC với P di chuyển trên BC thì trung điểm đoạn nối hai tâm Euler của tam giác PAB và PAC luôn thuộc một đường thẳng cố định.

 

Tổng quát hơn ?

[BlackSelena]

Bài này nên phát biểu là

 

Cho tam giác ABC với P di chuyển trên BC thì trung điểm đoạn nối hai tâm Euler của tam giác PAB và PAC luôn thuộc một đường thẳng cố định.

 

Tổng quát hơn ?

Dạ vâng, em có nói ở #3 rồi ạ

 

Thực ra bài ni không cần phức tạp như vậy, chỉ cần dùng bổ đề E.R.I.Q là đủ.

Hạ $N_iL_i, N'_iL'_i$ vuông góc $BC$. Theo E.R.I.Q thì ta chỉ ra $\frac{L_2L_1}{L_2L_3} = \dfrac{L'_2L'_1}{L'_2L'3}$ .

Biến đổi độ dài đại số đơn giản thì điều trên tương đương $\dfrac{K_2K_1}{K_2K_3} = \dfrac{K_2K_1}{K_2K_3}:true$

Ảnh chụp màn hình_2014-08-15_123828.png

Đương nhiên có một cách nói khác của bài này cũng khá hay, cho tam giác $ABC$, $K$ chạy trên đường thẳng $BC$. Gọi $M, N$ là tâm Nine-point circle của $\triangle ABK, ACK$. Khi đó trung điểm $MN$ chạy trên đường thẳng cố định.

Cái này hệ quả trực tiếp của bài trên, chỉ việc lấy chân đường cao từ $A$ với trung điểm $BC$ là đủ

Mặc dù bản thân e thấy bài toán lấy 3 điểm bất kì thì tổng quát hơn...

 

[quanghung86]

ok đúng rồi thầy không nhìn kỹ, em nói đúng, một chú ý nhỏ là điểm chia M,N tỷ số k cũng thuộc 1 đường thẳng cố định. Tuy nhiên bài toán sau khá có ý nghĩa

 

Giao hai tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn Euler của PAB,PAC cũng thuộc 1 đường thẳng cố định. Chú ý là điểm này không chia M,N tỷ số cố định. Tương tự vậy thì tâm vị tự trong cũng thuộc 1 đường cố định.