Đang tải... (xem toàn văn)
1 ĐỊNH LÝ MANNHEIM VÀ ỨNG DỤNG Trần Minh Ngọc Sinh viên K38, khoa Toán Tin, ĐHSP TPHCM Tóm tắt Xung quanh điểm Miquel có rất nhiều tính chất đẹp Định lý Mannheim là một trong số đó Trong bài viết này,[.]
ĐỊNH LÝ MANNHEIM VÀ ỨNG DỤNG Trần Minh Ngọc Sinh viên K38, khoa Tốn-Tin, ĐHSP-TPHCM Tóm tắt Xung quanh điểm Miquel có nhiều tính chất đẹp Định lý Mannheim số Trong viết này, tơi giới thiệu định lý Mannheim ứng dụng giải tốn I Phát biểu chứng minh Định lý Mannheim đặt theo tên nhà tốn học người Pháp Amedee Mannheim (17/06/1831 11/12/1906) [1] có phát biểu sau: Cho tam giác ABC Gọi D, E, F điểm nằm BC, CA, AB không trùng với A, B, C ; M điểm Miquel D, E, F ứng với tam giác ABC ; P, Q, R điểm nằm AEF , BFD ,CDE khơng trùng với M Khi đó: a M , P, Q, R thẳng hàng AP, BQ, CR đôi song song b M , P, Q, R đồng viên AP, BQ, CR đồng quy Chứng minh a A E F R M Q B D P C () Giả sử M , P, Q, R thẳng hàng Do tứ giác AFMP, BMFQ nội tiếp nên FAP FMQ FBQ Suy AP / / BQ Chứng minh tương tự: AP / /CR Do AP, BQ, CR đơi song song () Giả sử AP, BQ, CR đôi song song Khi đó: FAP FBQ Do tứ giác AFMP, BMFQ nội tiếp nên FMP FMQ 180 FAP FBQ 180 Suy M , P, Q thẳng hàng Chứng minh tương tự: M , P, R thẳng hàng Do M , P, Q, R thẳng hàng b A E F M P R Q B N D C () Giả sử M , P, Q, R đồng viên Gọi N giao điểm AP, BQ Do tứ giác AFMP, BMFQ nội tiếp nên APM BFM MQN Suy tứ giác MPNQ nội tiếp Mà tứ giác MPQR nội tiếp Nên AP, BQ cắt N nằm MPQR Chứng minh tương tự: AP, CR cắt điểm nằm MPQR Do AP, BQ, CR đồng quy điểm nằm MPQR () Giả sử AP, BQ, CR đồng quy N Chứng minh tương tự ta được: tứ giác MPNQ , MPNR nội tiếp Do M , P, Q, R, N đồng viên Định lý Mannheim cho ta cách chứng minh điểm thẳng hàng điểm đồng viên Để thấy rõ điều đó, ta đến với phần II Ứng dụng Bài tốn (Đường trịn Miquel [2]): Cho tam giác ABC đường thẳng d không qua A, B, C Giả sử d cắt BC, CA, AB A1 , B1 , C1 Chứng minh rằng: tâm ABC , AB1C1, , BC1 A1 , CA1B1 đồng viên Giải A B1 OA C2 M A2 O C1 OB A1 B2 C B OC Gọi O, OA , OB , OC tâm ABC , AB1C1 , , BC1 A1 , CA1 B1 Theo định lý Miquel: ABC , AB1C1 , , BC1 A1 , CA1B1 đồng quy M Gọi A2 giao điểm khác A OA, AB1C1 Định nghĩa tương tự: B2 , C2 Theo định lý Mannheim: M ,O, A2 , B2 , C2 đồng viên Do MOA A2 2MAA2 2MAO 180 MOA 180 MOA2 nên M , O, A2 , OA đồng viên Chứng minh tương tự: M ,O, B2 ,OB ; M ,O, C2 , OC điểm đồng viên Do M ,O, A2 , B2 , C2 , OA , OB , OC đồng viên Bài tốn (Đường trịn Dergiades [3]): Cho tam giác ABC điểm M không nằm ABC BC, CA, AB Gọi A2 , B2 , C2 điểm cung BC, CA, AB chứa M MBC , MCA , MAB Chứng minh rằng: M , A1 , B1 , C1 đồng viên Giải A C2 B2 C1 A1 M B1 C B A2 Gọi d A đường thẳng qua A vng góc với MA , định nghĩa tương tự: d B , dC A2 giao điểm d B , dC , định nghĩa tương tự: B2 , C2 Khi đó: A2 , B2 , C2 nằm MBC , MCA , MAB Do A1 điểm cung BC chứa M MBC nên A2 A1 đường phân giác tam giác A2 B2C2 Chứng minh tương tự: B2 B1 , C2C1 đường phân giác tam giác A2 B2C2 Do A2 A1 , B2 B1 , C2C1 đồng quy Theo định lý Mannheim: M , A1 , B1 , C1 đồng viên Nhận xét: Gọi A2 , B2 , C2 điểm cung BC, CA, AB không chứa M MBC , MCA , MAB Ta có: M , A1, B2 , C2 , M , A2 , B1, C2 , M , A2 , B2 , C1 điểm đồng viên Đây mở rộng đường tròn Fuhrmann [3],[4] Thật vậy: Gọi A3 điểm cung BC khơng chứa A ABC , định nghĩa tương tự B3 , C3 A4 điểm đối xứng A3 qua BC , định nghĩa tương tự: B4 , C4 H trực tâm tam giác ABC Do HBC đối xứng với ABC qua BC nên A4 điểm cung BC chứa H ( HBC ) Chứng minh tương tự: B4 , C4 điểm cung CA, AB chứa H HCA , HAB Theo toán 2: H , A4 , B4 , C4 đồng viên A B1 A2 C1 H C2 B2 C B A1 Bài tốn (Đường trịn Hagge [4], [5], [6]): Cho tam giác ABC có trực tâm H điểm M không nằm ABC BC, CA, AB Gọi A1 giao điểm khác A AM , ABC ; A2 điểm đối xứng A1 qua BC , định nghĩa tương tự: B1 , B2 , C1 , C2 Chứng minh rằng: H , A2 , B2 , C2 đồng viên Giải A C3 B3 B1 H A2 C1 C2 M B2 C B A1 A3 Gọi d A đường thẳng qua A vng góc với HA , định nghĩa tương tự: d B , dC A3 giao điểm d B , dC , định nghĩa tương tự: B3 , C3 Khi đó: A3 , B3 , C3 nằm HBC , HCA , HAB Do HBC đối xứng với ABC qua BC nên A2 nằm HBC Chứng minh tương tự: B2 , C2 nằm HCA , HAB sin A3 A2 , A3C3 sin A3 A2 , A3 B sin CA2 , CB sin CB, CA1 sin AB, AA1 Ta có: sin A3 A2 , A3 B3 sin A3 A2 , A3C sin BA2 , BC sin BC , BA1 sin AC , AA1 sin B3 B2 , B3 A3 sin BC , BB1 sin C3C2 , C3 B3 sin CA, CC1 Chứng minh tương tự: ; sin B3 B2 , B3C3 sin BA, BB1 sin C3C2 , C3 B3 sin CB, CC1 Do sin A3 A2 , A3C3 sin B3 B2 , B3 A3 sin C3C2 , C3 B3 sin AB, AA1 sin CA, CC1 sin sin A3 A2 , A3 B3 sin B3 B2 , B3C3 sin C3C2 , C3 B3 sin AC , AA1 sin CB, CC1 sin sin AB, AA1 sin CA, CC1 sin BC , BB1 Mà theo định lý Ceva dạng lượng giác: 1 sin AC , AA1 sin CB, CC1 sin BA, BB1 sin A3 A2 , A3C3 sin B3 B2 , B3 A3 sin C3C2 , C3 B3 Nên 1 sin A3 A2 , A3 B3 sin B3 B2 , B3C3 sin C3C2 , C3 B3 , BB BC BA, BB 1 Theo định lý Ceva dạng lượng giác: A3 A2 , B3 B2 , C3C2 đồng quy Theo định lý Mannheim: H , A2 , B2 , C2 đồng viên Nhận xét: Các bạn tham khảo cách chứng minh khác A3 A2 , B3 B2 , C3C2 đồng quy [4] Khi M trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , ta đường tròn Furhmann Gọi A4 điểm đối xứng A1 qua BC , định nghĩa tương tự: B4 , C4 Ta có: H , A4 , B4 , C4 đồng viên Xung quanh A2 B2C2 , A4 B4C4 có nhiều tính chất thú vị Các bạn tham khảo [4], [5], [6] A C4 C1 B1 B4 A4 H M C B A1 Bài toán đảo toán Thật xét đường tròn qua H Gọi A , B , C đường tròn đối xứng với qua BC, CA, AB Khi đó: A , B , C qua giao điểm khác A, B, C AH , BH , CH với ABC Gọi A5 , B5 , C5 giao điểm khác chúng A , B , C với ABC Giả sử AA5 , BB5 cắt N ; C5' giao điểm khác C CN , ABC ; A6 , B6 , C6 , C6' điểm đối xứng A5 , B5 , C5 , C5' qua BC, CA, AB Khi đó: A6 , B6 , C6 nằm Theo toán 3: H , A6 , B6 , C6' đồng viên, tức C6' nằm Suy C5' nằm C Do C5' C5 Suy AA5 , BB5 , CC5 đồng quy N A B5 C5 C6 N A6 H B6 C B A5 Điểm N gọi điểm Anti-Hagge đường trịn Bài tốn đảo tốn nhận xét Nó phát biểu chứng minh tương tự Bài toán (Trần Minh Ngọc): Cho tam giác ABC nội tiếp O điểm M không nằm O Gọi OA tâm MBC , A1 giao điểm khác M MOAO , MBC , định nghĩa tương tự: OB , B1 , OC ,C1 Chứng minh rằng: M , A1 , B1 , C1 đồng viên Giải Ta phát biểu chứng minh bổ đề sau: Bổ đề : Trong mặt phẳng bổ sung phần tử vô tận, cho tam giác ABC nội tiếp O Gọi OA đường tròn qua B, C ; B1 , C1 giao điểm khác B, C OA với AC, AB ; D giao điểm khác A AO, O ; A ' giao điểm khác D OOA D ,(O) Gọi A1 giao điểm B1C1 , BC Khi đó: AA ', AA1 hai đường đẳng giác tam giác ABC Chứng minh A B1 O B C1 A2 C A1 A3 A' D OA Gọi A2 giao điểm BB1 , CC1 ; A3 giao điểm AA1 , OA2 Do AA1 đường đối cực A2 OA nên AA1 OA A2 A3 A2 A3 A2O A2 B A2 B1 A2C A2C1 Suy BOA A3 B1 , COA A3C1 nội tiếp Do BA3C 180 BA3OA CA3 A2 180 BB1OA CC1OA BOA B1 COAC1 BAC Suy A3 nằm O Điều chứng tỏ O, D, A3 thẳng hàng Suy 1 1800 AOA ' 1800 A3OA ' Từ tam giác A3OA ' cân OA , 2 tức OA A3 OA A ' Mà OA3 OA ' Nên OOA A3 A ' Mặt khác OOA BC Vì A3 A '/ / BC A ' A3OA A ' AO hay BA ' A3C hình thang cân Suy A ' B A3C hay BAA ' CAA3 Do AA ', AA2 hai đường đẳng giác tam giác ABC Bổ đề 2: Trong mặt phẳng bổ sung phần tử vô tận, cho tam giác ABC điểm M không nằm ( ABC ) Gọi A1 , B1 , C1 hình chiếu M lên BC, CA, AB ; A2 , B2 , C2 giao điểm khác A1 , B1 , C1 A1B1C1 với BC, CA, AB ; A3 giao điểm B1C1 , B2C2 , định nghĩa tượng tự B3 , C3 Chứng minh rằng: AA3 , BB3 , CC3 đôi song song (đồng quy điểm vô tận) Chứng minh C3 A B3 C2 C1 B1 A3 M B2 O A5 B4 B C4 A1 A2 C Gọi O tâm A1B1C1 A4 giao điểm khác A1 MA1 , O , định nghĩa tương tự B4 , C4 Khi đó: A2 , A4 , O , B2 , B4 , O , C2 , C4 , O điểm thẳng hàng A5 giao điểm B1C2 , C1B2 Áp dụng định lý Pascal cho lục giác B1C2C4C1B2 B4 , ta được: A5 , O, M thẳng hàng Mà AA3 OA6 A5 cực AA3 O Nên AA3 OM Chứng minh tương tự: BB3 OM , CC3 OM Do đó: AA3 , BB3 , CC3 đơi song song Trở lại toán: C4 B2 A3 A C2 OB M OC C1 B1 B4 O B C OA A1 A4 C3 B3 A2 Ta bổ sung vào mặt phẳng phần tử vô tận Gọi d A đường thẳng qua A vng góc với MA , định nghĩa tương tự: d B , dC A2 giao điểm d B , dC , định nghĩa tương tự: B2 , C2 Khi đó: A2 , B2 , C2 nằm MBC , MCA , MAB A3 , B3 , C3 giao điểm khác A, B, C O với B2C2 , C2 A2 , A2 B2 A4 giao điểm BC, B3C3 , định nghĩa tương tự B4 , C4 Theo bổ đề 1: A2 A1 , A2 A4 , B2 B1 , B2 B4 , C2C1 , C2C4 cặp đường đẳng giác tam giác ABC Theo bổ đề 2: A2 A4 , B2 B4 , C2C4 đôi song song Suy A2 A1 , B2 B1 , C2C1 đồng quy Theo định lý Mannheim: M , A1 , B1 , C1 đồng viên Nhận xét: Bài toán toán nghịch đảo đường thẳng Turner [7] Thật vậy: Xét phép nghịch đảo f cực M phương tích bất kì, với quy ước điểm f T kí hiệu T , ta được: O điểm nghịch đảo M ABC OA điểm đối xứng với M qua BC , A1 giao điểm OAO, BC , định nghĩa tương tự: OB , B1 , OC ,C1 Khi đó: A1 , B1 , C1 thẳng hàng 10 OB A OA B1 OC B A1 C1 C M O Bài toán (Trần Minh Ngọc): Trong mặt phẳng bổ sung phần tử vô tận, cho tam giác ABC điểm M không nằm ABC Gọi A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 cặp điểm nằm MBC , MCA , MAB cho M , A1 , B1 , C1 đồng viên thẳng hàng Chứng minh rằng: M , A2 , B2 , C2 đồng viên thẳng hàng A1 A2 BC, B1B2 CA, C1C2 AB thẳng hàng Giải Ta phát biểu chứng minh bổ đề sau: Bồ đề 3: Trong mặt phẳng bổ sung phần tử vô tận, cho tam giác ABC điểm M không nằm ABC Gọi D, E, F hình chiếu M lên BC, CA, AB ; A1 , A2 , B1, B2 , C1, C2 cặp điểm nằm AEF , BFD , CDE cho AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Khi đó: AA2 , BB2 , CC2 đồng quy A1 A2 EF , B1B2 FD, C1C2 DE thẳng hàng Chứng minh A E F A2 A3 A1 M B1 C1 C3 B3 B D B2 C C2 Gọi A3 giao điểm A1 A2 , EF , định nghĩa tương tự B3 , C3 11 Khi đó: A3 E A1E sin( A1 A3 , A1E ) sin( AA1 , AE ) sin( A1 A3 , A1E ) sin( AA1 , AC ) sin( AA2 , AC ) A3 F A1F sin( A1 A3 , A1F ) sin( AA1 , AF ) sin( A1 A3 , A1F ) sin( AA1 , AB) sin( AA2 , AB) B3 F sin( BB1 , BA) sin( BB2 , BA) C3 D sin(CC1 , CB) sin(CC2 , CB) ; Chứng minh tương tự: B3 D sin( BB1 , BC ) sin( BB2 , BC ) C3 E sin(CC1 , CA) sin(CC2 , CA) Do A3 E C3 F B3 D sin( AA1 , AC ) sin( BB1 , BA) sin(CC1 , CB) sin( AA2 , AC ) sin( BB2 , BA) sin(CC2 , CB) A3 F C3 D B3 E sin( AA1 , AB) sin( BB1 , BC ) sin(CC1 , CA) sin( AA2 , AB) sin( BB2 , BC ) sin(CC2 , CA) sin( AA1 , AC ) sin( BB1 , BA) sin(CC1 , CB) 1 Mà theo định lý Ceva dạng lượng giác: sin( AA1 , AB) sin( BB1 , BC ) sin(CC1 , CA) A3 E C3 F B3 D sin( AA2 , AC ) sin( BB2 , BA) sin(CC2 , CB) Nên A3 F C3 D B3 E sin( AA2 , AB) sin( BB2 , BC ) sin(CC2 , CA) Theo định lý Ceva dạng lượng giác định lý Menelaus, đẳng thức chứng tỏ: AA2 , BB2 , CC2 đồng quy song song A3 , B3 , C3 thẳng hàng Trở lại toán: B3 A C3 C1 B1 A2 C2 M A1 B2 C B A3 Gọi d A đường thẳng qua A vng góc với HA , định nghĩa tương tự: d B , dC A3 giao điểm d B , dC , định nghĩa tương tự: B3 , C3 Khi đó: A3 , B3 , C3 nằm MBC , MCA , MAB 12 Theo định lý Mannheim: A3 A1 , B3 B1 , C3C1 đồng quy Theo định lý Mannheim bồ đề 3: M , A2 , B2 , C2 đồng viên thẳng hàng A3 A2 , B3 B2 , C3C2 đồng quy đôi song A1 A2 BC, B1B2 CA, C1C2 AB thẳng hàng Nhận xét: Khi A1 , B1 , C1 trùng M tốn phát biểu lại: Trong mặt phẳng bổ sung phần tử vô tận, cho tam giác ABC điểm M không nằm ABC Gọi A1 , B1 , C1 điểm nằm MBC , MCA , MAB Khi đó: M , A1 , B1 , C1 đồng viên thẳng hàng MA1 BC, MB1 CA, MC1 AB thẳng hàng Bài toán (Trần Minh Ngọc): Cho tam giác ABC nội tiếp O điểm M không nằm O Gọi A1 giao điểm khác A AM , O , A2 giao điểm khác M MOA1 , MBC Định nghĩa tương tự B1 , B2 , C1 , C2 Chứng minh rằng: M , A2 , B2 , C2 đồng viên Giải Ta phát biểu chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 4: Trong mặt phẳng bổ sung phần tử vô tận, cho tam giác ABC Gọi A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 điểm nằm ABC cho AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Khi đó: AA2 , BB2 , CC2 đồng quy A1 A2 BC, B1B2 CA, C1C2 AB thẳng hàng Chứng minh C3 B2 B1 A C1 C2 A3 B C A2 B3 A1 Gọi A3 giao điểm A1 A2 , BC , định nghĩa tương tự: B3 , C3 A3 B A1B sin( A1 A3 , A1B) sin( AA1 , AB) sin( A1 A2 , A1B) Khi đó: A3C A1C sin( A1 A3 , A1C ) sin( AA1 , AC ) sin( A1 A2 , A1B) 13 B3C sin( BB1 , BA) sin( BB2 , BA) C3 A sin(CC1 , CB) sin(CC2 , CB) ; Chứng minh tương tự: B3 A sin( BB1 , BC ) sin( BB2 , BC ) C3 B sin(CC1 , CA) sin(CC2 , CA) Do A3 E C3 F B3 D sin( AA1 , AC ) sin( BB1 , BA) sin(CC1 , CB) sin( AA2 , AC ) sin( BB2 , BA) sin(CC2 , CB) A3 F C3 D B3 E sin( AA1 , AB) sin( BB1 , BC ) sin(CC1 , CA) sin( AA2 , AB) sin( BB2 , BC ) sin(CC2 , CA) sin( AA1 , AC ) sin( BB1 , BA) sin(CC1 , CB) 1 Mà theo định lý Ceva dạng lượng giác: sin( AA1 , AB) sin( BB1 , BC ) sin(CC1 , CA) A3 E C3 F B3 D sin( AA2 , AC ) sin( BB2 , BA) sin(CC2 , CB) Nên A3 F C3 D B3 E sin( AA2 , AB) sin( BB2 , BC ) sin(CC2 , CA) Theo định lý Ceva dạng lượng giác định lý Menelaus, đẳng thức chứng tỏ: AA2 , BB2 , CC2 đồng quy A3 , B3 , C3 thẳng hàng Trở lại toán: B3 B1 A C1 A3 C2 M B2 O C B A2 A1 C3 Gọi A3 giao điểm khác A1 MOA1 , O ; định nghĩa tương tự: B3 , C3 AOA3 nên OM đường phân giác tam giác AOA3 Mà tam giác AOA3 cân O Nên OM đường cao tam giác AOA3 Do OM AA3 Chứng minh Do MOA3 AA1 A3 tương tự: OM BB3 , OM CC3 Từ đó: AA3 , BB3 , CC3 đôi song song Theo bồ đề 4: A1 A3 BC, B1B3 CA, C1C3 AB thẳng hàng Mặt khác A1 A3 , MA2 , BC đồng quy A1 A3 , MA2 , BC dây chung MOA1 , O , MOA1 , MBC , MBC , O ; chứng minh tương tự: B1B3 , MB2 , CA , C1C3 , MC2 , AB đường thẳng đồng quy Nên 14 MA2 BC, MB2 BC, MC2 CA thằng hàng Theo nhận xét toán 5: M , A2 , B2 , C2 đồng viên Bài toán (Định lý Fontene thứ hai [8], [9]): Cho tam giác ABC điểm X Gọi A1 , B1 , C1 trung điểm BC, CA, AB H trực tâm tam giác A1 B1C1 Chứng minh rằng: đường tròn Pedal X (đường thẳng Simson X trường hợp X nằm ABC ) ứng với tam giác ABC qua điểm Anti-Steiner HX ứng với tam giác A1B1C1 Giải A B2 HA B' C2 E YA F C1 YB X'A X' XA X B1 C' HC Y A' HB H B A2 D C A1 YC Gọi D, E, F hình chiếu X lên BC, CA, AB A2 , B2 , C2 chân đường cao kẻ từ A, B, C tam giác ABC H A , H B , HC trực tâm tam giác AEF , BFD, CDE X A hình chiếu X lên AA2 Khi đó: X , X A , A, E, F đồng viên Do DXFH B hình bình hành nên H B F DX Chứng minh tương tự: H C E DX Mà A2 X A DX DXX A A2 hình chữ nhật Nên H B F HC E A2 X A DX Mặt khác E, F , X A , X đồng viên Nên H B , HC , A2 , D đồng viên Chứng minh tương tự: HC , H A , B2 , E , H A , H B , C2 , F đồng viên Bây ta chứng minh DH B HC , EHC H A , FH A H B , DEF , A2 B2C2 đồng quy Gọi Y giao điểm khác H C DH B HC , EH C H A Do H A , H B , H C đối xứng X qua trung điểm DE, EF , DE nên 15 H AYH B H AYHC H BYHC 360 H A EHC H B DHC 2(180 DEF EDF ) 2EFD H A FH B Suy FH A H B qua Y Gọi d A đường thẳng qua H A vng góc với YH A , định nghĩa tương tự: d B , dC A ' giao điểm d B , dC , định nghĩa tương tự: B ', C ' Khi đó: A ', B ', C ' nằm YH B HC , YHC H A , YH A H B Do D điểm cung H B H C nên A ' D đường phân giác tam giác A ' B ' C ' Chứng minh tương tự: B ' E, C ' F đường phân giác tam giác A ' B ' C ' Do A ' D, B ' E, C ' F đồng quy Theo định lý Mannheim: DEF qua Y Do AX , AH A , BX , BH B , CX , CH C cặp đường đẳng giác tam giác ABC nên AH A , BH B , CHC đồng quy Suy tam giác ABC thấu xạ với tam giác H A H B HC Theo định lý Desargues: BC H B HC , CA HC H A , AB H A H B thẳng hàng hay DA2 H B HC , EB2 HC H A , FC2 H A H B thẳng hàng Theo toán 5: A2 B2C2 qua Y Ta tiếp tục chứng minh Y điểm Anti-Steiner HX ứng với tam giác A1B1C1 Gọi YA , YB , YC điểm đối xứng Y qua B1C1 , C1 A1 , A1B1 Gọi X ', X A' giao điểm khác D, A2 DX , AA2 với DH B H C Do Y nằm A2 B2C2 A1B1C1 nên theo định lý đường thẳng Steiner: YA , YB , YC , H thẳng hàng YA , YB , YC nằm AB1C1 , BC1 A1 , CA1B1 đồng quy H Theo định lý Mannheim: AYA , BYB , CYC đôi song song Do A đối xứng với A2 qua B1C1 A2 X A X A' A nên X A' đối xứng với X A qua B1C1 Suy X ' đối xứng với X qua B1C1 Do AEF đối xứng với DH B H C qua B1C1 Suy YA nằm AEF Chứng minh tương tự: YB , YC nằm BFD , CDE Theo định lý Mannheim: YA , YB , YC , X thẳng hàng Suy Y điểm Anti-Steiner HX tam giác A1B1C1 Bài toán chứng minh Nhận xét: Ta chứng minh DEF qua Y đơn giản biến đổi góc Tuy nhiên phần này, tác giả muốn làm bật ứng dụng định lý Mannheim H tâm ( ABC ) Vì X di động đường thẳng cố định qua tâm đường trịn ( ABC ) đường trịn pedal X tam giác ABC qua điểm cố định Định lý Fontené thứ hai mở rộng định lý Feuerbach Các bạn tham khảo cách giải thích [8],[9] Bài tốn 8: Cho tam giác ABC điểm X không nằm BC, CA, AB Chứng minh rằng: đường tròn Pedal, đường tròn Cevian X đường tròn Euler ứng với tam giác ABC đồng quy Giải Ta phát biểu chứng minh bổ đề sau: Bổ đề (Nguyễn Văn Linh, Mathley vòng 5-2012 [10]): Cho tam giác ABC điểm M không nằm ABC BC, CA, AB Gọi A ', B ', C ' điểm đối xứng M qua BC, CA, AB ; A1 16 giao điểm khác A AB ' C ' , AM , A2 giao điểm khác M MA ', AM định nghĩa tương tự: B1 , B2 , C1 , C2 Khi đó: AB ' C ' , BC ' A ' , CA ' B ' , ABC , A1B1C1 , A2 B2C2 đồng quy Chứng minh: Trước hết ta chứng minh AB ' C ' , BC ' A ' , CA ' B ' , ABC , A1B1C1 đồng quy A1 A B' N C' B3 M C B B1 C3 A' C1 A3 Gọi N giao điểm khác C ' AB ' C ' , BC ' A ' Do A ' NB ' A ' NC ' C ' NB ' 360 (A ' BC ' C ' AB ') 360 2(ABC BAC) 2ACB A ' CB ' nên N nằm A ' B ' C Gọi d A đường thẳng qua A ' vng góc với NA ' , định nghĩa tương tự: d A , dC A3 giao điểm d B , dC , định nghĩa tương tự: B3 , C3 Do A điểm cung B ' C ' AB ' C ' nên A3 A đường phân giác tam giác A3 B3C3 Chứng minh tương tự: B3 B, C3C đường phân giác tam giác A3 B3C3 Do A3 A, B3 B, C3C đồng quy Theo định lý Mannheim: ABC qua N Do đường tròn AM tiếp xúc với A, AM nên gọi t A tiếp tuyến chung chúng AA1 trục đẳng phương AB ' C ' , AM ; t A trục đẳng phương AM , A, AM B ' C ' trục đẳng phương A, AM , AB ' C ' Suy AA1 , t A , B ' C ' đồng quy A * 17 A * B ' MB Chứng minh tương tự: A * C ' MC B * C ' MC BB1 , tB , C ' A ' đồng quy B * B * A ' MA2 C * A ' MA2 CC1 , tC , A ' B ' đồng quy C * C * B ' MB A* B ' B *C ' C * A' Do Theo định lý Menelaus: A*, B*, C * thẳng hàng Theo toán 5: A*C ' B * A' C * B ' A1B1C1 qua N Ta tiếp tục chứng minh A2 B2C2 qua N NC A C4 A2 C' B4 B' N H M B C C2 NB B2 A' NA A4 Gọi A4 giao điểm BB2 , CC2 , định nghĩa tương tự: B4 , C4 Khi đó: A, B, C trung điểm B4C4 , C4 A4 , A4 B4 A2 B2C2 đường tròn pedal M ứng với tam giác A4 B4C4 Gọi N A điểm đối xứng N qua BC , định nghĩa tương tự: N B , NC H trực tâm tam giác ABC Theo định lý đường thẳng Steiner: H , N A , N B , NC thẳng hàng Do AMN B AMNC AB ' N AC ' N 180 nên M , N B , NC thẳng hàng, Chứng minh tương tự: M , NC , N A thẳng hàng Do M , N A , N B , NC thẳng hàng Suy N điểm Anti-Steiner HM ứng với tam giác ABC Theo định lý Fontene thứ hai: A2 B2C2 qua điểm N Bổ đề chứng minh Trở lại toán: 18 A E XA K F L H I Y X XC XB B D J G C Gọi D, E, F hình chiếu X lên BC, CA, AB G, H , I trung điểm BC , CA, AB J , K , L giao điểm AX , BC , BX , CA , CX , AB X A , X B , X C trung điểm XA, XB, XC Do tam giác X B DX , X C DX cân X B , X C X B XX C G hình bình hành nên X B DX C X B DX X C DX X B XD X C XD X B XX C X BGX C Suy X B , X C , D, G đồng viên Chứng minh tương tự: X C , X A , E, H , X A , X B , F , I điểm đồng viên Xét phép nghịch đảo f cực X , phương tích k bất kì, với quy ước điểm f T kí hiệu T , ta được: X A , X B , X C điểm đối xứng X qua EF , FD, DE G, H , I giao điểm khác D, E, F DX B X C , DX , EX C X A , EX , FX A X B , FX J , K , L giao điểm khác X XX A , DX , XX B , EX , XX C , FX Theo bổ đề 5: DX B X C , EX C X A , FX A X B , DEF , GHI , JKL đồng quy DX B X C , EX C X A , FX A X B , DEF , GHI , JKL cấu hình cũ đồng quy Y 19 Tài liệu tham khảo [1] http://www-groups.dcs.st-and.ac.uk/~history/Biographies/Mannheim.html [2] Jean-Louis Ayme , Les cercles de Morley, Euler, Mannheim et Miquel http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol2.html [3] Jean - Louis Ayme, Le P-Cercle de Fuhrmann - Une preuve purement synthétique http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol5.html [4] Jean - Louis Ayme, Le P-Cercle de Hagge - Une preuve purement synthétique http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/vol3.html [5] Nguyễn Văn Linh, Two similar geometry problems https://nguyenvanlinh.wordpress.com/2010/04/04/two-similar-geometry-problems/ [6] Nguyễn Văn Linh, Hagge circles revisited https://nguyenvanlinh.wordpress.com/2011/12/31/hagge-circles-revisited/ [7] Jean - Louis Ayme, La droite de Seimiya - Ayme - Turner - Une preuve purement synthétique http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/La%20droite%20de%20Turner.pdf [8] Nguyễn Văn Linh, Fontene theorems and some corollaries https://nguyenvanlinh.wordpress.com/2010/11/27/fontenes-theorem-and-some-corollaries/ [9] Darij Grinberg, Generalization of the Feuerbach point http://web.mit.edu/~darij/www/geometry2.html [10] Mathley All Problems and Solutions http://www.hexagon.edu.vn/mathley/tong-tap-mathley-17.html [11] Các tài liệu khác đường tròn Miquel, Dergiades, Fuhrmann, Hagge; đường thẳng Simson, Steiner, Turner; điểm Miquel, Anti-Steiner; định lý Fontené, Mannheim [12] Artofproblemsolving Forum http://www.artofproblemsolving.com/ 20
