Đến nội dung

Hình ảnh

CMR: $A, T, O$ thẳng hàng

- - - - -

Lời giải nmlinh16, 29-06-2023 - 21:37

Mình đổi lại tên tâm đường tròn Euler của $\triangle ABC$ là $E$.

 

Cách làm bằng véctơ:

Gọi $I, J$ lần lượt là chân đường cao kẻ từ $B$ và từ $C$ của $\triangle ABC$. Gọi $P, Q, R, K$ lần lượt là trung điểm của $AB, AC, BC, IJ$. Gọi $G$ là trọng tâm $\triangle ABC$.

Ta có $$\overrightarrow{AT} = \overrightarrow{AE} + \overrightarrow{ET} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{AH}) + (\overrightarrow{EM} + \overrightarrow{EN})$$ vì $E$ là trung điểm của $OH$, và vì tứ giác $EMTN$ là hình bình hành).

Một mặt, ta có tính chất quen thuộc $\overrightarrow{AH} = 2\overrightarrow{OR}$.

Mặt khác, đường thẳng $EM$ chứa đường trung bình của hình thang $HOPI$ và $M$ đối xứng với $E$ nên $\overrightarrow{EM} = \overrightarrow{OP} + \overrightarrow{HI}$. Tương tự, ta có $\overrightarrow{EN} = \overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{HJ}$. Từ đó $$\overrightarrow{AT} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AO} + (\overrightarrow{OR} + \overrightarrow{OP} + \overrightarrow{OQ}) + (\overrightarrow{HI} + \overrightarrow{HJ}).$$ Do $G$ cũng là trọng tâm của $\triangle PQR$ và do $K$ là trung điểm của $IJ$ nên $$\overrightarrow{AT} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AO} + 3\overrightarrow{OG} + 2\overrightarrow{HK}.$$ Cuối cùng, $$3\overrightarrow{OG} = \overrightarrow{OH} = 2\overrightarrow{EH}$$ nên $$\overrightarrow{AT} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AO} + 2\overrightarrow{EH} + 2\overrightarrow{HK} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AO} + 2\overrightarrow{EK}.$$ Vì $EI = EJ$ nên đường thẳng $EK$ chính là đường trung trực của $IJ$, suy ra $EK \perp IJ$. Bằng tính chất quen thuộc rằng $IJ \perp AO$ (chứng minh chẳng hạn bằng cách cộng góc), ra suy ra $EK \parallel AO$, do đó các véctơ $\overrightarrow{AT}$ và $\overrightarrow{AO}$ cùng phương, hay $A, T, O$ thẳng hàng.

 

Đi đến bài viết »


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
hovutenha

hovutenha

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, trực tâm $H$, $Eu$ là tâm euler của tam giác $ABC$. $M$ và $N$ đối xứng $Eu$ qua $AB$ , $AC$, điểm $T$ đối xứng $Eu$ qua trung điểm $MN$. CMR: $A, T, O$ thẳng hàng

 

z4472370030138_44b17f0e2d2ac9a3045095f8bd8e17c0.jpg



#2
nmlinh16

nmlinh16

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 165 Bài viết
✓  Lời giải

Mình đổi lại tên tâm đường tròn Euler của $\triangle ABC$ là $E$.

 

Cách làm bằng véctơ:

Gọi $I, J$ lần lượt là chân đường cao kẻ từ $B$ và từ $C$ của $\triangle ABC$. Gọi $P, Q, R, K$ lần lượt là trung điểm của $AB, AC, BC, IJ$. Gọi $G$ là trọng tâm $\triangle ABC$.

Ta có $$\overrightarrow{AT} = \overrightarrow{AE} + \overrightarrow{ET} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{AH}) + (\overrightarrow{EM} + \overrightarrow{EN})$$ vì $E$ là trung điểm của $OH$, và vì tứ giác $EMTN$ là hình bình hành).

Một mặt, ta có tính chất quen thuộc $\overrightarrow{AH} = 2\overrightarrow{OR}$.

Mặt khác, đường thẳng $EM$ chứa đường trung bình của hình thang $HOPI$ và $M$ đối xứng với $E$ nên $\overrightarrow{EM} = \overrightarrow{OP} + \overrightarrow{HI}$. Tương tự, ta có $\overrightarrow{EN} = \overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{HJ}$. Từ đó $$\overrightarrow{AT} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AO} + (\overrightarrow{OR} + \overrightarrow{OP} + \overrightarrow{OQ}) + (\overrightarrow{HI} + \overrightarrow{HJ}).$$ Do $G$ cũng là trọng tâm của $\triangle PQR$ và do $K$ là trung điểm của $IJ$ nên $$\overrightarrow{AT} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AO} + 3\overrightarrow{OG} + 2\overrightarrow{HK}.$$ Cuối cùng, $$3\overrightarrow{OG} = \overrightarrow{OH} = 2\overrightarrow{EH}$$ nên $$\overrightarrow{AT} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AO} + 2\overrightarrow{EH} + 2\overrightarrow{HK} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AO} + 2\overrightarrow{EK}.$$ Vì $EI = EJ$ nên đường thẳng $EK$ chính là đường trung trực của $IJ$, suy ra $EK \perp IJ$. Bằng tính chất quen thuộc rằng $IJ \perp AO$ (chứng minh chẳng hạn bằng cách cộng góc), ra suy ra $EK \parallel AO$, do đó các véctơ $\overrightarrow{AT}$ và $\overrightarrow{AO}$ cùng phương, hay $A, T, O$ thẳng hàng.

 

hinh.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 29-06-2023 - 21:38

$$\text{H}^r_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K, M) \times \text{Ext}^{3-r}_{\mathcal{O}_K}(M,\mathbb{G}_m) \to \text{H}^3_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K,\mathbb{G}_m) \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z}.$$

"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert


#3
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Giả sử $(O)$ và $B, C$ cố định. Khi đó, nếu $A$ thay đổi trên $(O)$ thì trung điểm của $MN$ luôn chuyển động trên một đường tròn cố định, và hơn nữa, đường thẳng qua $A$ và trung điểm của $MN$ đi qua một điểm cố định. Ý tưởng chính của lời giải sau được tìm ra từ hai sự kiện đó. 

 

Dang-DDTH-Thang7Ngay2.jpg

Lời giải.

 

Gọi $H$ là trực tâm và $AA', BB', CC'$ là ba đường cao của tam giác $ABC$. $P$ là trung điểm của $BC$. $I, J, K$ lần lượt là trung điểm của $MN$, $OE$ và $OP$. Đường thẳng $AI$ cắt đường trung trực của $BC$ tại $S$. $D$ là điểm đối xứng với $A$  qua $O$. 

 

Đặt $\angle BAC=\alpha$, và gọi $R$ là bán kính đường tròn $(O)$. 

 

Đầu tiên bởi $M$ đối xứng $E$ qua $AB$, $N$ đối xứng với $E$ qua $AC$ nên ta có các tính chất sau đây 

$(i) AM=AN=AE$

$(ii) AI$ vuông góc $MN$. 

$(iii) \angle MAI=\alpha$  

$(iv) \angle BAE=\angle CAI, \angle CAE=\angle BAI $

$(v) \angle OAI=\angle HAE, \angle OAE=\angle HAI $

 

Tiếp theo, bởi tam giác $AHC'$ đồng dạng với tam giác $ADC$ ta suy ra $AH=AD.\frac{AC'}{AC}=2R\cos \alpha$. 

Ta có tam giác $AIM$ vuông tại $I$ nên $AI= AM\cos \angle MAI=AE\cos \alpha$. Hơn nữa, từ một kết quả quen thuộc là $OP=\frac{AH}{2}$ ta suy ra $OK=\frac{AH}{4}=\frac{R\cos \alpha }{2}$. Vì vậy 

\begin{equation} \frac{AI}{OK}=\frac{AE}{R/2} \end{equation}

 

Bây giờ, áp dụng Định lý hàm sin cho tam giác $OAS$ ta có 

$\frac{AS}{OS}=\frac{\sin \angle AOS}{\sin \angle OAI}=\frac{\sin \angle OAH}{\sin \angle HAE}$

Hơn nữa bởi $E$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$ nên $OE=HE=\frac{OH}{2}$. 

Do đó bằng cách tiếp tục áp dụng Định lý hàm sin trong tam giác $OAH$ ta có  

$\frac{\sin \angle OAH}{\sin \angle AHE}=\frac{OH}{OA}=\frac{OE}{R/2}$

và trong tam giác $HAE$ ta có 

$\frac{\sin \angle AHE}{\sin \angle HAE}=\frac{AE}{HE}=\frac{AE}{OE}$. 

Vì vậy 

\begin{equation} \frac{AS}{OS}=\frac{OE}{R/2}.\frac{AE}{OE}=\frac{AE}{R/2} \end{equation}

 

Từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra $\frac{AI}{OK}=\frac{AS}{OS}$. Theo Định lý Thales ta có $IK \parallel OA$. 

 

Cuối cùng, ta có $EP$ là đường trung bình của tam giác $OHD$, nên $EP \parallel OD$. Mà $JK$ lại là đường trung bình của tam giác $OEP$ nên $JK \parallel EP$.  Do đó $JK \parallel OD$. 

 

Vậy $IK$ và $JK$ cùng song song với $AD$. Do đó $I, J, K$ thẳng hàng dẫn tới $IJ \parallel OA$. Từ đây ta có ngay $T$ là điểm đối xứng với $E$ qua $I$ phải nằm trên đường thẳng $OA$ tức là $A, T, O$ thẳng hàng. Đây là điều phải chứng minh. 

 

----

 

Như đã chỉ ra từ đầu, ta còn có thể chứng minh thêm rằng $OS, KI$ không đổi do đó khi $A$ chuyển động trên đường tròn $(O)$ thì $I$ luôn chạy trên đường tròn tâm $K$ cố định còn $AI$ luôn đi qua điểm $S$ cố định. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 02-07-2023 - 07:22

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#4
hovutenha

hovutenha

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết

Bài toán này bản chất là cho 1 điểm $P$ chuyển động trên đường $AE$ thì mọi kết quả trên vẫn đúng. Đề bài này đã dc em giản lược đi để phát biểu đơn giản hơn.

ps: em đang cố làm 1 lời giải sơ cấp ko dùng tính toán :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hovutenha: 02-07-2023 - 08:02


#5
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Bài toán này bản chất là cho 1 điểm $P$ chuyển động trên đường $AE$ thì mọi kết quả trên vẫn đúng. Đề bài này đã dc em giản lược đi để phát biểu đơn giản hơn.

ps: em đang cố làm 1 lời giải sơ cấp ko dùng tính toán :)

 

Bài nào cũng cần tính toán, ít hay nhiều thôi. Mà anh thấy dùng kiến thức càng "cao cấp" thì khả năng sẽ ít phải dùng tính toán hơn, chẳng hạn như cách dùng vector của bạn nmlinh rất gọn gàng đơn giản. 

 

Nếu còn cách nào nữa thì có lẽ là sử dụng các định lý liên quan đến hai đường đẳng giác. Ở đây ta có cặp $AH, AO$ và cặp $AI, AE$. Anh không mạnh phần này lắm nên chưa thửa. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 02-07-2023 - 09:04

"Hap$\pi$ness is only real when shared."




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh