Bài 97:Cho tam giác ABC(AB<AC) .M là điểm nằm giữa B,C.Gọi (P),(Q)lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác ABM và ACM.(P) tiếp xúc MB,MA tại D,E.(Q) tiếp xúc MC,MA tại I,J.CMR: PQ,IJ,DE đồng quy.
Vẽ $(O)$ nội tiếp $\triangle ABC$ tiếp xúc $BC$ tại $X$ (`)
Hạ $XZ \perp PQ$, ta sẽ chứng minh $D,Z,E:\text{thằng hàng}$ và $I,J,Z:\text{thẳng hàng}$.
Thật vậy ! Nhưng trước hết, ta phải chứng minh một thứ quan trọng và cũng là mấu chốt của bài toán đó là $PQMX:tgnt$
Ta có $MP:\text{tia phân giác góc DMA} \\ MQ:\text{tia phân giác góc AMC} \\ \angle AMC,\angle AMB \text{ là 2 góc kề bù}$
$\Rightarrow \angle PMQ = 90^o$
Vậy ta cần đi chứng min $\triangle PXQ:\text{vuông tại X}$ (~)
* Chứng minh:
Đặt $AB = c, BC = a, AC = b$
Khi đó, dễ thấy $DM = \frac{AM+BM - c}{2}$ (*)
Mặt khác, ta cũng có $IX = XC - IC = \frac{a+b-c}{2} - \frac{MC+b-AM}{2} = \frac{a-c-MC + AM}{2} = \frac{AM+BM - c}{2}$ (*)
Từ (*) và (**) $\Rightarrow DM = XI$
$\Rightarrow DX = MI$
Ta có : $\triangle PMQ:\text{vuông}$
$\Rightarrow PM^2 + MQ^2 = PQ^2$
$\Leftrightarrow PD^2 + DM ^2 + PI ^2 + MI^2 + PQ^2$
$\Leftrightarrow PD^2 + DX^2 + XI^2 + QI^2 = PQ^2$ ( do $DX = MI, DM = XI$)
$\Rightarrow PX^2 + XQ^2 = PQ^2$
Vậy theo Pythagore đảo ta có (~)
Vậy $\Rightarrow PXMQ:tgnt$
Vậy ta đã chứng minh được yếu tố quan trọng (nhất) của bài toán. Việc còn lại cũng nhẹ nhàng ^^.
* Chứng minh $I,J,Z$ thẳng hàng:
Dễ thấy $PXMQ, ZXIQ:tgnt$
$\Rightarrow \angle QZI = \angle QXI = \angle QPM$
$\Rightarrow PM // ZI$ (.)
Mặt khác, cũng có $PM // IJ$ (do cùng $\perp QM$)
$\Rightarrow PM // IJ$ (..)
Từ (.) và (..) $\Rightarrow I,J,Z$ thẳng hàng. (``)
* Chứng minh $D,Z,E$ thằng hàng:
Khi đã có $I,J,Z$ thẳng hàng thì việc chứng minh cái này cũng khá là nhẹ nhàng ^^
Dễ thấy $PZXD: tgnt$
$\Rightarrow \angle ZPX = \angle ZDX$ (+)
Mặt khác $PXMQ:tgnt$
$\Rightarrow \angle ZDX =\angle QMI$ (++)
Từ (+) và (++) $\Rightarrow DZ // QM$
Mà dễ thấy $DE // QM$
$\Rightarrow D,Z,E$ thằng hàng. (```)
Từ (`), (``), (```) $\Rightarrow DE,PQ,IJ:\text{ĐỒNG QUY}$
Aw yeh! Bài toán đã được chứng minh hoàn toàn
_______________________________________________________________
* Chuyện bên lề (ai đọc thì đọc, ko đọc thì thôi
).
Mình đã trao đổi với chú Binhmetric về bài toán này. Mình và chú ấy đã tìm ra một điểm lý thú như sau.
Thử cho $EM$ cắt $ZX$ tại $B_{B}$ thì ta có $B_{B}$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác $PQMX$
Nếu ta chứng minh được điều này thì có thể dễ dàng chứng minh được 3 đường đồng quy nhờ 2 đường thằng Simson từ $P$ và $Q$ trong đường tròn. Nhưng đó chỉ là 1 yếu tố.
Bên cạnh đó, qua điểm này mình và chú binhmetric còn khám phá thêm được một số đường đẳng giác khác + hà số những thứ mới nữa mà mình chưa khám phá ra (còn chú binhmetric thì có dấu hiệu "ém hàng").
Vậy mình đưa cái điểm $B_{B}$ như trên để "mời" mọi người cùng tham gia vào chứng minh, vì đây cũng có thể coi là "nghiên cứu" đầu tiên trong hình học của mình
.
Xin cảm ơn
.
P/s: cái điểm có tên $B_{B}$ là kết của 2 từ Binhmetric, BlackSelena @@!
-------------------------------------------------------------
@binhmetric: Vì mình có 1 cái cảm giác là BT và các vấn đề do BlackSelena đưa ra có liên quan một cách tổng quát (vì 1 số sách chỉ đề cập đến 1 số TH đặc biệt như tam giác ABC vuông, AM là phân giác, AM là đg cao,...nên mình mới nói vậy) đến rất nhiều các vấn đề sơ cấp của HH phẳng nên mình mới mạnh dạn gợi ý đề BlackSelena tìm hiểu thêm thôi chứ mình có "ém hàng" j đâu. Theo 1 số tài liệu về toán mà mình biết thì trong đó họ thường tránh đụng đến các tính chất xuất hiện có liên quan đến các yếu tố mà BT đưa ra có thể là do chúng khá phức tạp và khó chứng minh. VD: ĐL
Thébault cũng liên quan đến ở đây trong 1 chừng mực nào đó...
Mình xin nêu
1 vấn đề: Gọi N, K lần lượt là tiếp điểm của (P) và AB, (Q) và AC.
a) CMR: AZ, ND, KI đồng quy tại G.
b) Tìm quỹ tích điểm G khi M di động trên BC.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 14-08-2012 - 16:08
