Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh $A',B',C'$ cùng thuộc 1 tiếp tuyến của $(I)$.

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
truongphat266

truongphat266

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 159 Bài viết

Cho tam giác $ABC$ nhọn không đều ngoại tiếp $(I)$, $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ lên $BC,CA,AB$. $H$ là trực tâm tam giác $FED$. Đường thẳng vuông góc với $HI$ qua $H$ cắt $BC,CA,AB$ lần lượt tại $X,Y,Z$. $A'$ là điểm đối xứng của $X$ qua $D$, $B'$ là đối xứng của $Y$ qua $E$, $C'$ là đối xứng của $Z$ qua $F$. Chứng minh $A',B',C'$ cùng thuộc 1 tiếp tuyến của $(I)$. 

Hình gửi kèm

  • PTNK10.PNG


#2
literallyme

literallyme

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Mình bắt tay vào giải vì thấy phát biểu dễ hiểu.

 

Dự đoán. Mình đoán tiếp điểm là điểm Anti-Steiner của đường thẳng $XYZ$ với tam giác $DEF$ và đã kiểm tra . Lý do cho dự đoán này là mình thấy có đường thẳng đi qua trực tâm tam giác, và bài toán sẽ dễ giải quyết nếu các đối tượng trong bài toán liên quan đến nhau nhiều hơn. Tất nhiên, nếu như tiếp điểm không đơn giản như thế thì mình không có ý tưởng.

 

Ý tưởng. Mình không chứng minh xuôi, và phát biểu bài toán khác đi, cụ thể như sau.

 

Phát biểu khác cho bài toán. Cho tam giác $ABC$ không đều, nội tiếp đường tròn tâm $O$. $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$. $\ell$ là đường thẳng qua $H$ và vuông góc với đường thẳng $OH$. $D$ là điểm Anti-Steiner của đường thẳng $\ell$ với tam giác $ABC$.

$\ell$ cắt tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $X$. Hai tiếp tuyến tại $A$ và $D$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cắt nhau tại $X'$.

Chứng minh rằng $A$ là trung điểm của $XX'$.

 

Giải thích phát biểu. Trong phát biểu mới, tam giác $ABC$ chính là tam giác $DEF$ trong phát biểu cũ. Phát biểu mới nới lỏng giả thiết hơn, bởi vì tam giác $ABC$ không cần nhọn, trong khi tam giác $DEF$ trong phát biểu cũ luôn nhọn.

 

Dưới đây mình đưa ra các bước chứng minh cho phát biểu mới và gợi ý.

  • Bước 1. Lấy thêm $H_{a}$ là trực tâm của tam giác $DBC$, $\ell_{a}$ là đường thẳng đi qua $H_{a}$ và vuông góc với $OH_{a}$. $\ell_{a}$ cắt tiếp tuyến tại $D$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $X''$. Chứng minh rằng (i) $ADH_{a}H$ là hình bình hành; (ii) $A$ là điểm Anti-Steiner của đường thẳng $\ell_{a}$ với tam giác $DBC$.
  • Gợi ý chứng minh ở bước 1. Với (i), bạn hãy chứng minh $\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{DH_{a}} = 2\overrightarrow{OM}$, trong đó $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$. Với (ii), hãy dùng cả hai tính chất sau của đường thăng Steiner/đường thẳng Simson: Hai tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ cùng nội tiếp một đường tròn tâm $O$, các điểm $M, N$ thuộc đường tròn này.
  • góc định hướng giữa đường thăng Steiner $s(M, ABC)$ (của $M$ với tam giác $ABC$) và đường thăng Steiner $s(N, ABC)$ (của $N$ với tam giác $ABC$) có tính chất sau
  • \[ (s(M, ABC), s(N, ABC)) \equiv -\frac{1}{2}(\overrightarrow{OM}, \overrightarrow{ON}) \pmod{\pi} (\dagger) \]
  • góc định hướng giữa đường thăng Steiner $s(M, ABC)$ (của $M$ với tam giác $ABC$) và đường thăng Steiner $s(M, A'B'C')$ (của $M$ với tam giác $A'B'C'$) có tính chất sau
  • \[ (s(M, ABC), s(M, A'B'C')) \equiv \frac{1}{2}(\overrightarrow{OA}, \overrightarrow{OA'}) +  \frac{1}{2}(\overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OB'}) +  \frac{1}{2}(\overrightarrow{OC}, \overrightarrow{OC'}) \pmod{\pi} (\ddagger) \]
  • Khi chứng minh, hãy tận dụng việc điểm Anti-Steiner của $OH$ với tam giác $ABC$ là điểm đối xứng với $D$ qua $O$ (thực ra đây là hệ quả của $\dagger$) để biến đổi góc đơn giản hơn.
  • Bước 2. Lấy $K$ là giao điểm của $\ell$ và $\ell_{a}$. Chứng minh rằng $(KX, KX'')\equiv (\ell, \ell_{a}) \equiv (X'X, X'X'')\pmod{\pi}$ để suy ra $K, X, X', X''$ cùng thuộc một đường tròn.
  • Bước 3. Chứng minh rằng $O$ là tâm đường tròn đi qua $K, X, X', X''$.
  • Gợi ý chứng minh ở bước 3. Bản chất của bước 3 là mệnh đề sau: Nếu bốn điểm $A$, $B$, $C$, $D$ cùng thuộc một đường tròn tâm $O$, và hình chiếu vuông góc của một điểm $P$ lên các đường thẳng $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ lần lượt là $E$, $F$, $G$, $H$ sao cho $EFGH$ là hình bình hành thì $P$ trùng $O$.
  • Bước 4. Hoàn tất.
  • Chi tiết: Vì $O$ là  tâm đường tròn đi qua $K, X, X', X''$ và $A$, $D$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $O$ lên các đường thẳng $\ell$, $\ell_{a}$ nên $A$, $D$ lần lượt là trung điểm của $XX'$ và $X'X''$.

Ngoài ra bạn muốn thảo luận, hỏi thêm gì với bài toán này không?

 

Bổ sung. Mình nói thêm về bước 1, đó là bước khó nhất trong danh sách các bước trên. Mệnh đề (ii) trong Bước 1 được rút ra từ mệnh đề sau (dùng kí hiệu trong phát biểu mới của bài toán):

Với tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$. $K$ là điểm Anti-Steiner của đường thẳng Euler với tam giác $ABC$ (nói cách khác, $KD$ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$). $AA'$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Khi đó $A'$ là điểm Anti-Steiner của đường thẳng Euler của tam giác $DBC$.

 

Gợi ý chứng minh mệnh đề. Sử dụng tính chất sau của điểm Anti-Steiner: nếu $T$ là điểm Anti-Steiner của đường thẳng $HP$ với tam giác $ABC$ (trong đó $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$, $P$ là một điểm khác $H$) thì $T, P, D, M$ cùng thuộc một đường tròn (trong đó $A, D$ là hai giao điểm của $AP$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$; còn $M$ là điểm đối xứng với $P$ qua đường thẳng $BC$). Việc áp dụng tính chất đó sẽ kéo theo $O, A', K, M$ cùng thuộc một đường tròn. Với sự tương tự của hai tam giác $ABC$ và $DBC$ thì từ điều này suy ra $A'$ là điểm Anti-Steiner của đường thẳng Euler của tam giác $DBC$.

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi literallyme: 27-09-2023 - 20:07





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh