Tên :Phan Quang Trí ;Sinh viên khoa toán Đại Học Sài Gòn.
Lời giải bài 1:
-Bổ đề: Cho tam giác $ABC$ và $P$ là một điểm bất kì .Gọi $N_a , N_b,N_c$ lần lượt là tâm đường tròn Euler của các tam giác $PBC,PCA,PAB$ .Chứng minh rằng :các đường thẳng qua $N_a,N_b,N_c$
lần lượt song song với $PA,PB,PC$ là đồng quy.
Chứng minh bổ đề: Gọi $O_a,O_b,O_c$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PBC,PCA,PAB$ .Ta thấy đường thẳng qua $O_a$ song song với $PA$ chính là đường cao hạ từ $O_a$
của tam giác $O_aO_bO_c$ ,do đó :
các đường thẳng qua $O_a,O_b,O_c$ lần lượt song song với $PA,PB,PC$ đồng quy tại trực tâm $K$ của tam giác $O_aO_bO_c$ .
Gọi $G_a,G_b,G_c,G$ lần lượt là trọng tâm tam giác $PBC,PCA,PAB,ABC$ ,ta dễ thấy $PG_a$ và $AG$ đi qua trung điểm $M_a$ của $BC$ ,từ đó dễ thấy $G_aG$ song song với $PA$
nói cách khác các đường thẳng qua $G_a,G_b,G_c$
lần lượt song song với $PA,PB,PC$ đồng quy tại trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$.
Bây giờ chú ý $N_a$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $PBC$ nên dễ thấy : 2$\vec{G_aN_a}$ +$\vec{G_aO_a}$ =$\vec{0}$ .Từ đó sử dụng phép chiếu song song phương $PA$
xuống đường thẳng $KG$,
gọi $N$ là hình chiếu song song phương $PA$ của $N_a$ xuống $KG$ ta suy ra:
2$\vec{GN}$ +$\vec{GK}$ =$\vec{0}$ nói cách khác đường thẳng qua $N_a$ song song $PA$ đi qua $N$ xác định .
Tương tự các đường thẳng qua $N_b,N_c$ lần lượt song song với $PB,PC$ cũng đi qua $N$ .
Ta có điều phải chứng minh.
-Trở lại bài toán :
Gọi $O_aD$ cắt $BC$ tại $V $ .Gọi $PV$ cắt trung trực $BC$ tại $V_1$ .Khi đó :ta có được $O_a$ và $V_1$ là đối xứng nhau qua $BC$ nên $PV$ là đường đẳng giác của $PK_a$ trong góc $BPC$.
Từ đây sử dụng phép nghịch đảo cực $P$ phương tích bất kì và phép vị tự tâm $P$ tỉ số 2 ,ta thu được bài toán sau :
-Bài toán sau nghịch đảo :
Cho tam giác $ABC$ và điểm $P$ bất kì .Gọi $N_a,N_b,N_c$ lần lượt là tâm đường tròn Euler của các tam giác $PBC,PCA,PAB$.Chứng minh rằng : các đường thẳng qua $N_a,N_b,N_c$ lần lượt
vuông góc với $PA,PB,PC$ là đồng quy .
Chứng minh:
Gọi $D,E,F,X,Y,Z$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB,PA,PB,PC$ ,thì các đường tròn $(DYZ),(EZX),(FXY),(DEF)$ lần lượt là các đường tròn Euler của các tam giác
$PBC,PCA,PAB,ABC$ .
Gọi đường tròn $(DYZ)$ và đường tròn $(DEF)$ cắt nhau tại $S$ khác $D$.Ta có biến đổi góc :
$(SF,SY)=(SF,SD)+(SD,SY)=(EF,ED)+(ZD,ZY)=(BD,BF)+(BY,BD)=(BY,BF)=(XF,XY)$ (Vì $S$ thuộc đường tròn $(DYZ),(DEF)$ ,do $XY$ song song $BF$,$XF$ song song $BY$ ).
Do đó $S$ thuộc $(FXY)$ .Tương tự thì $S$ thuộc đường tròn $(EZX)$.Vậy bốn đường tròn $(DYZ),(EZX),(FXY),(DEF)$ đồng quy tại $S$.
Mặc khác : theo bổ đề trên thì các đường thẳng qua $N_a,N_b,N_c$ lần lượt song song với $PA,PB,PC$ đồng quy tại $Q$ .Giờ ta sẽ chứng minh Q nằm trên đường tròn $(N_aN_bN_c)$ thì hiển nhiên đường thẳng qua $N_a,N_b,N_c$
lần lượt vuông góc với $PA,PB,PC$ sẽ đồng quy tại điểm đối tâm của $Q$.Ta có biến đổi góc:
$(QN_b,QN_c)=(PB,PC)=(DZ,DY)=(SZ,SY)=(N_aN_b,N_aN_c)$.Ta có điều phải chứng minh .
(Vì thế nếu gọi hình chiếu của $N_a,N_b,N_c$ lên $PA,PB,PC$ lần lượt là $U,V,W$ thì $P,U,V,W$ cùng thuộc một đường tròn nên khi nghịch đảo lại ta được $L_a,L_b,L_c$ thẳng hàng).
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trihoctoan: 29-11-2017 - 13:15