trihoctoan

Bạn có thể xem ở đây : https://diendantoanh...-trên-diễn-đàn/

Cứ gõ latex tại  trang em ơi !.

Bài 201: (Sưu tầm từ Luis Gonzalez) 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có ba đường cao $AD,BE,CF$  .Gọi $l_1,l_2,l_3$ lần lượt là các đường thẳng qua $D,E,F$ và vuông góc với $OD,OE,OF$ .Gọi $X$ là giao điểm của $l_2,l_3$.Tương tự có $Y,Z $.Chứng minh rằng :$DX,EY,FZ$ đồng quy trên đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.

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).

Tên :Phan Quang Trí ; TP. HCM ;Sinh viên đại học Sài Gòn khoa Toán Ứng Dụng

Lời giải bài 1:

 Gọi $X$ là điểm đối xứng của $A$ qua $PQ$  và gọi $AL$ là đường đới trung tại đỉnh $A$ của $(O)$ ($L$ thuộc $(O)$)  .Gọi $AM$ cắt $(O)$ tại $V$ .Ta thấy rằng :$X$ thuộc đường tròn qua $AB$  và tiếp xúc $AC$ tại $A$ và $Q$ là tâm của đường tròn $(AVX)$ .Bây giờ ta cần chứng minh: $AL\perp\ QE$ .Ta sử dụng phép nghịch đảo tâm A phương tích bất kì ta thu được bài toán sau:

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ .Đường thẳng qua $B$ song song với $AC$ cắt đường cao tại đỉnh $A$ tại $U$ .Gọi $X$ là hình chiếu của $C$ lên  $AB$ .$AV$  là đường đối trung tại đỉnh $A$ của tam giác $ABC$ ($V$ thuộc $BC$) .$AM$ là đường trung tuyến .Chứng minh rằng :$UV$ ,$CX$,$AM$ đồng quy .

Chứng minh : Gọi $AV$ cắt $(O)$ tại $L$ .Kẻ $AV_1$  song song với $BC$ ($V_1$ thuộc $(O)$) .Gọi $U'$ là đối xứng của $U$ qua $ BC$ .Ta có các bộ điểm sau :$(B,U',V)$ ,$(L,M,V_1)$ thẳng hàng do tính đối xứng trục.

Gọi $AH$ cắt $(O)$ tại $H'$ .Ta có :$CX$ và $CH'$ là đối xứng nhau qua BC .Nên ta chỉ cần chứng minh :$U'V$,$CH'$,$LV_1$ là đồng quy .

Áp dụng  định lý Pascal cho bộ 6 điểm $(AV_1C,LH'B)$  :

Ta suy ra : $U'$,$V$,$L_2$ thẳng hàng (với $L_2$ là giao điểm của $CH'$ và $LV_1$ ) .

Từ đây kết hợp tính đối xứng trục $BC$ ta suy ra : $CX$,$AM$,$UV$ đồng quy .

Suy ra đpcm.