Về một bài toán của telv cohl

Về tốn Telv Cohl Phan Quang Trí (Sinh viên trường Đại học Sài Gòn) Tháng 9,năm 2018 Lời nói đầu Ngày hơm ,sao suy nghĩ mạnh dạn viết nên viết này,bài viết nói tốn khó đẹp Telv Cohl.Bài toán đưa lên diễn đàn AoPS thời gian dài tới năm sau thành viên tên SalaF(Francesco Sala) giải Bài viết chủ yếu giải lại hồn chỉnh tốn số lời bình suy nghĩ tơi Bài tốn lời giải Bài toán : (Telv Cohl) Cho tam giác ABC hai điểm đẳng giác P, Q M trung điểm P Q.Gọi D giao điểm (khác M ) đường tròn Euler hai tam giác BP Q CP Q Gọi E giao điểm (khác M ) đường tròn Euler hai tam giác CP Q AP Q Gọi F giao điểm (khác M ) đường tròn Euler hai tam giác AP Q BP Q Chứng minh tâm ngoại tiếp DEF nằm đường tròn Euler ABC Chứng minh : (Francesco Sala) -Bổ đề 1:Cho tam giác ABC.P điểm nằm tam giác ABC Gọi XY Z tam giác pedal P tam giác ABC (XY Z) cắt BC X T Gọi M, N trung điểm BC, AB M N cắt Y T L.Chứng minh : LY = LZ Chứng minh bổ đề 1:(Luis González) Gọi L giao điểm T Y với trung trực Y Z.Ta chứng minh L nằm đường trung bình B tam giác ABC Bởi ZY T = ZXB = ZP B AY T = AP B (mod π), ta có : dist(L, AC) = LY · sin AY T = LY · sin AP B = AP B YZ AB·sin A YZ · sin AP B = Y2Z · sin = AB = · PA = 2·cos ZY T sin P BA dist(B,AC) Điều chứng tỏ L nằm đường trung bình B ABC -Bổ đề 2: Cho tam giác ABC với hai điểm đẳng giác P, P ∗ Gọi ω đường tròn pedal P, P ∗ ABC Gọi H, H ∗ trực tâm P BC, P ∗ BC ,tương ứng Chứng minh :cực đường trung bình đỉnh A tam giác ABC ω trung điểm HH ∗ Chứng minh bổ đề 2: (Luis González) Gọi DEF D∗ E ∗ F ∗ tam giác pedal P P ∗ ABC.Gọi K trung điểm P P ∗ ;tâm ω gọi Z, Z ∗ trung điểm CP , CP ∗ ; tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác P DCE, P ∗ D∗ CE ∗ Khi : DE D∗ E ∗ tương ứng trục đẳng phương ω, (Z), (Z ∗ ) cắt tâm đẳng phương U =⇒ U C trục đẳng phương (Z), (Z ∗ ) =⇒ U C ⊥ (ZZ ∗ P P ∗ ) Tương tự ,nếu V ≡ DF ∩ D∗ F ∗ , ta có BV ⊥ P P ∗ Bây ,áp dụng định lý Pappus cho B, D∗ , C điểm thỏa (BH D∗ E ∗ ) ⊥ CP, (CH D∗ F ∗ ) ⊥ BP (CU BV ) ⊥ P P ∗ , ,ta có H ∈ U V tương tự H ∗ ∈ U V .Đường thẳng qua K vng góc với BC cắt U V trung điểm J HH ∗ Bởi CU cực DE ∗ ∩D∗ E ω ,khi tiếp tuyến ω E, D∗ CU đồng quy cực L ED∗ ω Nếu S ≡ KJ ∩DE, ,ta có : DSK = KED = ELK =⇒ S giao điểm thứ hai (LEKD∗ ) với KJ =⇒ LS ⊥ KJ Khi đó, JSL HDC vị tự với tâm U =⇒ JL CH D∗ F ∗ =⇒ JL cực giao điểm X ED∗ với trung trực D∗ F ∗ ω Nhưng từ Bổ đề 1, ta có X thuộc đường trung bình A ABC Từ , A ⊥ KJ cực J ω - Trước trở lại với toán ta chứng minh tính chất sau: Cho tứ giác ABCD ; với hai điểm X, Y ∈ {A, B, C, D} Gọi Xy chân đường vng góc hạ từ X tới đườngthẳng qua hai đỉnh tứ giác X, Y , gọi Mxy trung điểm đoạn thẳng XY Và ta biết tam giác pedal điểm tứ giác tam giác tạo ba điểm lại đồng quy điểm Poncelet Tức , đường tròn pedal Euler tam giác ABC, BCD, CDA, DAB đồng quy E Ta chứng minh đường tròn (Ab Ac Ad ), (Ba Bc Bd ) có điểm chung CD ,nếu cho hai đường tròn cắt CD Jcd , Jcd ,tương ứng ,khi : (EJcd , CD) = (Ac E, Ac Ab ) = (Ac E, Ac Mbd )+ (Ac D, Ac Ab ) = (EMab , (Mab Mbd ) + (AD, AAb ) = (EMab , AAb ) ( Bởi Mab Mbd song song với AD) = 90◦ + (EMab , CD) Cũng cách ,ta chứng minh : (EJcd , CD) = 90◦ + (EMab , CD) ,Từ ta có Jcd ≡ Jcd Tuy nhiên (Ad Jcd , Jcd Ba ) = (Ac Ad , Ac Ab ) = (Bd Bc , Bd Ba ) (Do đồng dạng Ac Ad Ab Bd Bc Ba chứng minh )= (Jcd Bc , Jcd Ba ) Vì Jcd ∈ Bc Ad tương tự Jcd ∈ Ac Bd (Tính chất 1) Cuối từ (EJcd , CD) = 90◦ + (EMab , CD) ,ta có : (Mab EJcd ) = 90◦ Bây gọi đường thẳng EJcd giao với đường tròn Euler ABD, ABC tương ứng X, Y gọi V trung điểm XY Ta chứng minh hai điểm E Jcd ảnh qua đường tròn V (V Mcd ) (Tính chất 2) Điều tương đương vớiV E · V Jcd = V Mcd ,hoặc tương đương với (EJcd Mcd ) = (EMcd V ) Tuy nhiên, ta có X ∈ DDc Y ∈ CCd Bởi XD, Y C V Mcd vng góc với AB yếu cầu ban đầu trở thành (EMcd , AB) = (EMab , CD) (nhớ lại (Mab EJcd ) = 90◦ ) Vì ,ta nhìn nhận tốn từ góc độ cao Các đoạn thẳng nới trung điểm hai cạnh đối diện tứ giác có điểm chung ,gọi trọng tâm G tứ giác ABCD ,đối xứng E qua G gọi E1 ,có nhiều tính chất thú vị Theo (định lý 11 [1]) gọi Q = AB ∩ CD ,khi QE1 Mab Mcd tứ giác nội tiếp Điều có nghĩa : (Mab E1 , AB) = (Mcd E1 , CD) (bởi đối xứng qua G) (EMab , CD) = (EMcd , AB) ,đó điều ta cần chứng minh -Trở lại toán: Xét tứ giác P QBC ;ta gọi Bp , Bq hình chiếu B lên đường thẳng CQ, CP ,tương ứng tương tự ta có Cp , Cq Gọi chân đường vng góc hạ từ P, Q lên BC, CA, AB PA , PB , PC QA , QB , QC ,tương ứng ;dễ thấy sáu điểm nằm đường tròn Ω với tâm M Tiếp theo ,ta gọi XA , XB , XC hình chiếu A, B, C lên đường thẳng P Q A0 , B0 , C0 trung điểm BC, CA, AB ,tương ứng.Từ chứng minh (Tính chất 1) ,ta biết đường thẳng Cp Bq , Bp Cq P Q đồng quy J Ta gọi YB , YC giao điểm DJ với BXB , CXC ,tương ứng T = DA0 ∩ P Q ; dễ thấy tứ giác T DYB XB , T DYC XC nội tiếp (cũng DA0 ⊥ A0 J) Bây ta thấy T YB ⊥ AB :ta cần chứng minh : (YB T, YB D) = 90◦ + (AB, YB D) = (AB, A0 D) Tuy nhiên : (YB T, YB D) = (XB T, XB D) = (XB P, XB Bq )+ (XB Bq , XB D) = (BP, BBq )+ (JBq , JD) (vì nội tiếp tứ giác BXB Bq P JXB Bq D) = (90◦ + (BP, P C))+( (Bq Cp , A0 D)+90◦ ) = (P B, BC) + (BC, CP ) + (Bq Cp , A0 D) (nhớ tứ giác BCCp Bq nội tiếp )= (AB, BQ) + (Cp B, Cp Bq ) + (Cp Bq , A0 D) = (AB, A0 D) điều ta mong muốn Bây ,ta biết đường thẳng qua YB vuông góc với AB ,tương tự ,từ YC vng góc với AC cắt T ∈ P Q từ XB YB //XC YC Ta áp dụng định lý Pappus để có đường thẳng qua XB vng góc với ACvà đường thẳng qua XC vng góc với AB cắt JD;gọi điểm R Tất nhiên ,R cực trực giao P Q tam giác ABC Bây ,ta có (Cp QB , Cp Q) = (CA, CQ) (do Qa CCp QB Q nằm đường tròn đường kính CQ) (Cp Bq , Cp Q) = (CBq , CB) = (CA, CQ) (do BCCp Bq nội tiếp đường tròn đường kính BC ;điều có nghĩa QB ∈ Cp Bq tương tự PC ∈ Cp Bq ; tương tự suy :Cq Bp ≡ PB QC Nếu gọi L = PB PC ∩ QB QC AL đường đối cực điểm J = PB QC ∩ PC QB (theo định lý Brocard) ứng với đường tròn Ω AL ⊥ JM =⇒ AL∩JM = XA Hơn ,XA J ảnh qua Ω Nếu ta gọi HP , HQ trực tâm hai tam giác BP C, BQC ,tương ứng.Gọi KP , KQ trung điểm P HP , QHQ ,tương ứng Tất nhiên , KP đối xứng qua tâm Euler tam giác BP C A0 ,và tương tựi KQ tam giác BQC ,vì KP , KC ∈ DJ Gọi V trung điểm KP KQ :khi áp dụng (Tính chất 2) cho tứ giác BCP Q :ta có D, J ảnh qua đường tròn Γ = V (V M ) Và từ Bổ đề ta có Γ ảnh B0 C0 qua phép nghịch đảo đường tròn Ω Từ ,ta suy ảnh J, D qua phép nghịch đảo đối xứng với B0 C0 Tuy nhiên ,nếu gọi XA đối xứng XA qua B0 C0 ảnh D qua Ω Điều cho ta M, XA , D thẳng hàng M XA ·M D = r(Ω)2 = M XA ·M J =⇒ DJXA XA nội tiếp (DJ, DXA ) = (XA J, XA XA ) = (P Q, BC) + 90◦ Gọi r đường thẳng qua tâm đường tròn O ngoại tiếp tam giác ABC song song với P Q ; gọi K1 hình chiếu A r.Áp dụng định lí Fontene, ta có cực trực giao r tam giác ABC nằm (A0 B0 C0 ) Gọi đối xứng K1 qua B0 C0 K Khi :KR = d(O, P Q) = XA K1 = XA K (do đối xứng,hơn : (KR, KXA ) = (KR, BC) + (BC, KXA ) = ( (P Q, BC)+90◦ )+ (K1 XA , BC) = ( (P Q, BC+90◦ ))+ ( (P Q, BC)+90◦ ) ( XA K1 , RK ⊥ P Q) = (DR, DXA ) Ta kết luận K tâm ngoại tiếp tam giác DRXA KD = d(O, P Q) Tương tự ta có KE = KF = d(O, P Q) hay K tâm đường tròn (DEF ) Vậy K ∈ (A0 B0 C0 ) Đó điều phải chứng minh Nhận xét : Ta thấy A0 D ⊥ DR tương tự với E, F Hơn ,R ∈ (DEF ) khoảng cách từ K tới R khoảng cách từ K tới D, E, F Vì : DA0 , EB0 , F C0 đồng quy đối xứng R qua tâm đường tròn (DEF ) Bình luận Theo quan điểm tơi tốn hay khó Việc tìm lời giải điều đáng suy ngẫm.Bài toán kết hợp nhiều tính chất tam giác pedal hai điểm đẳng giác Nếu thay hai điểm đẳng giác trực tâm tâm ngoại tiếp ta tìm nhiều điều thú vị Xin dành lại bạn đọc 10 Tài liệu tham khảo : [1] The Miquel Points, Pseudocircumcenter, and EulerPoncelet Point of a Complete Quadrilateral by Michal Rolínek and Le Anh Dung (Forum Geometricorum ,Volume 14 (2014) 145-153 ) [2] AoPS topic : Problem about Nine point circle https://artofproblemsolving.com/community/c6h611727p4628536 [3] AoPS topic : Pole of Midline https://artofproblemsolving.com/community/c6h612004p3639577 [4] AoPS topic : PROVE LY = LZ https://artofproblemsolving.com/community/c6h363070 —HẾT— 11 ... đường tròn (DEF ) Bình luận Theo quan điểm tơi tốn hay khó Việc tìm lời giải điều đáng suy ngẫm .Bài toán kết hợp nhiều tính chất tam giác pedal hai điểm đẳng giác Nếu thay hai điểm đẳng giác trực... (Mcd E1 , CD) (bởi đối xứng qua G) (EMab , CD) = (EMcd , AB) ,đó điều ta cần chứng minh -Trở lại toán: Xét tứ giác P QBC ;ta gọi Bp , Bq hình chiếu B lên đường thẳng CQ, CP ,tương ứng tương tự... Nhưng từ Bổ đề 1, ta có X thuộc đường trung bình A ABC Từ , A ⊥ KJ cực J ω - Trước trở lại với toán ta chứng minh tính chất sau: Cho tứ giác ABCD ; với hai điểm X, Y ∈ {A, B, C, D} Gọi Xy chân