Về một bài toán của telv cohl

Về một bài toán của Telv CohlPhan Quang Trí Sinh viên trường Đại học Sài Gòn Tháng 9,năm 2018 1 .Lời nói đầu Ngày hôm nay ,sao bao nhiêu suy nghĩ tôi đã mạnh dạn viết nên bài viết này,bà

Về một bài toán của Telv Cohl

Phan Quang Trí (Sinh viên trường Đại học Sài Gòn)

Tháng 9,năm 2018

1 Lời nói đầu

Ngày hôm nay ,sao bao nhiêu suy nghĩ tôi đã mạnh dạn viết nên bài viết này,bài viết nói về một bài toán khó nhưng rất đẹp của Telv Cohl.Bài toán được đưa lên diễn đàn AoPS trong một thời gian dài nhưng mãi tới một năm sau mới được 1 thành viên tên SalaF(Francesco Sala) giải quyết Bài viết này chủ yếu là giải lại hoàn chỉnh bài toán đó cùng một số lời bình trong suy nghĩ của tôi

2 Bài toán và lời giải

Bài toán : (Telv Cohl) Cho tam giác ABC và hai điểm đẳng giác P, Q và M là trung điểm P Q.Gọi D là giao điểm (khác M ) của đường tròn Euler hai tam giác 4BP Q và 4CP Q Gọi E là giao điểm (khác M ) của đường tròn Euler hai tam giác 4CP Q và 4AP Q Gọi

F là giao điểm (khác M ) của đường tròn Euler hai tam giác 4AP Q và 4BP Q Chứng minh rằng tâm ngoại tiếp của 4DEF nằm trên đường tròn Euler của 4ABC

Chứng minh : (Francesco Sala)

-Bổ đề 1:Cho tam giác ABC.P là một điểm bất kì nằm trong tam giác 4ABC Gọi XY Z là tam giác pedal của P đối với tam giác 4ABC (XY Z) cắt BC tại X

và T Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AB M N cắt Y T tại L.Chứng minh rằng : LY = LZ

Chứng minh bổ đề 1:(Luis González)

Gọi L là giao điểm của T Y với trung trực của Y Z.Ta

sẽ chứng minh L nằm trên đường trung bình tại B của tam giác ABC Bởi vì ZY T =d ZXB =d ZP B vàd AY T =d d

AP B (mod π), ta có :

dist(L, AC) = LY · sinAY T = LY · sind AP B =d

Y Z

2·cos d ZY T · sinAP B =d Y Z2 · sin d AP B

sin d P BA = AB2 · Y Z

P A = AB·sin b2 A =

dist(B,AC)

2 Điều đó chứng tỏ L nằm trên đường trung bình tại B của 4ABC

-Bổ đề 2: Cho tam giác ABC với hai điểm đẳng giác P, P∗ Gọi ω là đường tròn pedal của P, P∗ đối với 4ABC Gọi H, H∗ là trực tâm của 4P BC, 4P∗BC ,tương ứng Chứng minh rằng :cực của đường trung bình

tại đỉnh A của tam giác ABC đối với ω là trung điểm của HH∗

Chứng minh bổ đề 2: (Luis González)

Gọi 4DEF và 4D∗E∗F∗ là tam giác pedal của P và

P∗ đối với 4ABC.Gọi K là trung điểm củaP P∗;tâm của

ω và gọi Z, Z∗là trung điểm của CP , CP∗; tâm của các đường tròn ngoại tiếp tứ giác P DCE, P∗D∗CE∗ .Khi

đó : DE và D∗E∗ tương ứng là trục đẳng phương của

ω, (Z), (Z∗) cắt nhau tại tâm đẳng phương U =⇒ U C là trục đẳng phương của (Z), (Z∗) =⇒ U C ⊥ (ZZ∗ k P P∗)

Tương tự ,nếu V ≡ DF ∩ D∗F∗, ta có BV ⊥ P P∗ .Bây giờ ,áp dụng định lý Pappus cho B, D∗, C và các điểm thỏa (BH k D∗E∗) ⊥ CP, (CH k D∗F∗) ⊥ BP

và (CU k BV ) ⊥ P P∗, ,ta có H ∈ U V và tương tự

H∗ ∈ U V .Đường thẳng qua K vuông góc với BC cắt

U V tại trung điểm J của HH∗

Bởi vì CU là cực của DE∗∩D∗E đối với ω ,khi đó tiếp tuyến của ω tại E, D∗ và CU đồng quy tại cực L của ED∗ đối với ω Nếu S ≡ KJ ∩DE, ,ta có :6 DSK = 6 KED =

6 ELK =⇒ S là giao điểm thứ hai của (LEKD∗) với KJ

=⇒ LS ⊥ KJ Khi đó, 4J SL và 4HDC là vị tự với tâm U =⇒ J L k CH k D∗F∗ =⇒ J L là cực của giao điểm X của ED∗ với trung trực của D∗F∗ đối với ω Nhưng từ Bổ đề 1, ta có X thuộc đường trung bình `A của 4ABC Từ đó ,`A ⊥ KJ là cực của J đối với ω

- Trước khi trở lại với bài toán ta sẽ đi chứng minh các tính chất sau:

Cho tứ giác ABCD ; với bất kì hai điểm X, Y ∈ {A, B, C, D} Gọi Xy là chân đường vuông góc hạ từ X tới đườngthẳng đi qua hai đỉnh của tứ giác không phải

là X, Y , và gọi Mxy là trung điểm của đoạn thẳng XY Và như ta biết là 4 tam giác pedal của 4 điểm của tứ giác đối với tam giác tạo bởi ba điểm còn lại là đồng quy tại điểm Poncelet Tức là , đường tròn pedal và Euler của các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB là đồng quy tại E

Ta sẽ chứng minh bây giờ rằng các đường tròn (AbAcAd), (BaBcBd)

có một điểm chung trên CD ,nếu cho hai đường tròn cắt

CD tại Jcd, Jcd0 ,tương ứng ,khi đó :

6 (EJcd, CD) = 6 (AcE, AcAb) = 6 (AcE, AcMbd)+6 (AcD, AcAb) =

6 (EMab, (MabMbd) +6 (AD, AAb) = 6 (EMab, AAb) ( Bởi

vì MabMbd song song với AD) = 90◦ + 6 (EMab, CD)

.Cũng bằng cách đó ,ta chứng minh được :6 (EJcd0 , CD) =

90◦ + 6 (EMab, CD) ,Từ đó ta có Jcd ≡ Jcd0 Tuy nhiên

6 (AdJcd, JcdBa) = 6 (AcAd, AcAb) = 6 (BdBc, BdBa) (Do

sự đồng dạng của 4AcAdAb và 4BdBcBa đã chứng minh

ở trên )=6 (JcdBc, JcdBa) Vì thế Jcd ∈ BcAd và tương tự

Jcd ∈ AcBd (Tính chất 1) Cuối cùng từ6 (EJcd, CD) =

90◦ +6 (EMab, CD) ,ta có được : 6 (MabEJcd) = 90◦

Bây giờ gọi đường thẳng EJcd giao với đường tròn

Euler của ABD, ABC tương ứng tại X, Y và gọi V là trung điểm XY Ta sẽ chứng minh rằng hai điểm E và

Jcd là ảnh của nhau qua đường tròn V (V Mcd) (Tính chất 2) Điều đó tương đương vớiV E · V Jcd = V Mcd2

,hoặc tương đương với 6 (EJcdMcd) = 6 (EMcdV ) Tuy nhiên, ta có X ∈ DDc và Y ∈ CCd Bởi vì XD, Y C

và V Mcd là cùng vuông góc với AB và yếu cầu ban đầu trở thành 6 (EMcd, AB) = 6 (EMab, CD) (nhớ lại rằng

6 (MabEJcd) = 90◦) Vì thế ,ta sẽ nhìn nhận bài toán từ một góc độ cao hơn

Các đoạn thẳng nới trung điểm của hai cạnh đối diện trong một tứ giác là có 1 điểm chung ,gọi là trọng tâm G của tứ giác ABCD ,đối xứng của E qua G gọi là E1 ,có nhiều tính chất thú vị Theo (định lý 11 trong [1]) nếu gọi Q = AB ∩ CD ,khi đó QE1MabMcd là tứ giác nội tiếp Điều đó có nghĩa là :6 (MabE1, AB) = 6 (McdE1, CD) và

vì thế (bởi sự đối xứng qua G)6 (EMab, CD) =6 (EMcd, AB) ,đó là điều ta cần chứng minh

-Trở lại bài toán:

Xét tứ giác P QBC ;ta gọi Bp, Bq là hình chiếu của B

lên các đường thẳng CQ, CP ,tương ứng và tương tự ta

cũng có Cp, Cq Gọi chân các đường vuông góc hạ từ P, Q

lên BC, CA, AB là PA, PB, PC và QA, QB, QC ,tương ứng

;dễ thấy rằng sáu điểm đó cùng nằm trên một đường tròn

Ω với tâm là M Tiếp theo ,ta gọi XA, XB, XC là hình

chiếu của A, B, C lên đường thẳng P Q và A0, B0, C0 là

trung điểm của BC, CA, AB ,tương ứng.Từ chứng minh

của (Tính chất 1) ở trên ,ta biết rằng các đường thẳng

CpBq, BpCq và P Q đồng quy tại J Ta gọi YB, YC là giao

điểm của DJ với BXB, CXC ,tương ứng và T = DA0 ∩

P Q ; khi đó dễ thấy các tứ giác T DYBXB, T DYCXC

nội tiếp (cũng như DA0 ⊥ A0J ) Bây giờ ta thấy rằng

T YB ⊥ AB :ta cần chứng minh :6 (YBT, YBD) = 90◦ +

6 (AB, YBD) =6 (AB, A0D) Tuy nhiên :6 (YBT, YBD) =

6 (XBT, XBD) =6 (XBP, XBBq)+6 (XBBq, XBD) =6 (BP, BBq)+

6 (J Bq, J D) (vì sự nội tiếp của các tứ giác BXBBqP và

J XBBqD) = (90◦+6 (BP, P C))+(6 (BqCp, A0D)+90◦) =

6 (P B, BC) + 6 (BC, CP ) + 6 (BqCp, A0D) (nhớ rằng tứ giác BCCpBq nội tiếp )= 6 (AB, BQ) +6 (CpB, CpBq) +

6 (CpBq, A0D) = 6 (AB, A0D) như điều ta mong muốn Bây giờ ,ta biết rằng đường thẳng qua YB và vuông góc với AB ,tương tự ,từ YCvà vuông góc với AC cắt nhau tại T ∈ P Q và cũng từ XBYB//XCYC Ta có thể áp dụng định lý Pappus để có được đường thẳng qua XB vuông góc với ACvà đường thẳng qua XC vuông góc với AB cắt nhau trên J D;gọi điểm đó là R Tất nhiên ,R là cực trực giao của P Q đối với tam giác ABC

Bây giờ ,ta có6 (CpQB, CpQ) = 6 (CA, CQ) (do QaCCpQBQ nằm trên đường tròn đường kính CQ) và6 (CpBq, CpQ) =

6 (CBq, CB) = 6 (CA, CQ) (do BCCpBq nội tiếp đường tròn đường kính BC ;điều đó có nghĩa là QB ∈ CpBq và tương tự PC ∈ CpBq ; tương tự suy ra :CqBp ≡ PBQC

.Nếu gọi L = PBPC∩ QBQC khi đó AL là đường đối cực của điểm J = PBQC∩ PCQB (theo định lý Brocard) ứng với đường tròn Ω và AL ⊥ J M =⇒ AL∩J M = XA Hơn nữa ,XA và J là ảnh của nhau qua Ω Nếu ta gọi HP, HQ

là trực tâm của hai tam giác BP C, BQC ,tương ứng.Gọi

KP, KQ là trung điểm của P HP, QHQ ,tương ứng Tất nhiên , KP là đối xứng qua tâm Euler của tam giác BP C đối với A0 ,và tương tựi KQ đối với tam giác BQC ,vì thế KP, KC ∈ DJ Gọi V là trung điểm của KPKQ :khi

đó áp dụng (Tính chất 2) cho tứ giác BCP Q :ta có được D, J là ảnh của nhau qua đường tròn Γ = V (V M ) Và từ Bổ đề 2 ta có Γ là ảnh của B0C0 qua phép nghịch đảo trên đường tròn Ω Từ đó ,ta suy ra ảnh của

J, D qua phép nghịch đảo đối xứng với B0C0 Tuy nhiên ,nếu gọi XA0 là đối xứng của XA qua B0C0 thì đó là ảnh

của D qua Ω Điều đó cho ta M, XA0 , D thẳng hàng và

M XA0 ·M D = r(Ω)2 = M XA·M J =⇒ DJXAXA0 nội tiếp

và 6 (DJ, DXA0 ) = 6 (XAJ, XAXA0 ) =6 (P Q, BC) + 90◦

Gọi r là đường thẳng đi qua tâm đường tròn O ngoại

tiếp tam giác ABC và song song với P Q ; gọi K1 là

hình chiếu của A trên r.Áp dụng định lí Fontene, ta có được cực trực giao của r đối với tam giác ABC nằm trên (A0B0C0) Gọi đối xứng của K1 qua B0C0 là K Khi đó

:KR = d(O, P Q) = XAK1 = XA0 K (do sự đối xứng,hơn

nữa : 6 (KR, KXA0 ) = 6 (KR, BC) + 6 (BC, KXA0 ) =

(6 (P Q, BC)+90◦)+6 (K1XA, BC) = (6 (P Q, BC+90◦))+ (6 (P Q, BC)+90◦) ( bởi vì XAK1, RK ⊥ P Q) = 26 (DR, DXA0 ) Ta kết luận rằng K là tâm ngoại tiếp của tam giác DRXA0 và KD = d(O, P Q)

Tương tự như trên ta cũng có KE = KF = d(O, P Q)

hay K là tâm của đường tròn (DEF ) Vậy K ∈ (A0B0C0) Đó là điều phải chứng minh

Nhận xét : Ta thấy A0D ⊥ DR và tương tự với

E, F Hơn nữa ,R ∈ (DEF ) bởi vì khoảng cách từ

K tới R bằng khoảng cách từ K tới D, E, F Vì thế :

DA0, EB0, F C0 đồng quy tại đối xứng của R qua tâm

của đường tròn (DEF )

3 Bình luận

Theo quan điểm của tôi thì đây là một bài toán rất hay

và khó Việc tìm ra lời giải trên là một điều rất đáng suy ngẫm.Bài toán là sự kết hợp của nhiều tính chất về tam giác pedal của hai điểm đẳng giác Nếu thay hai điểm đẳng giác bởi trực tâm và tâm ngoại tiếp ta sẽ còn tìm được nhiều điều thú vị Xin dành lại bạn đọc

Tài liệu tham khảo :

[1] The Miquel Points, Pseudocircumcenter, and

Euler-Poncelet 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—

... quy đối xứng R qua tâm

của đường tròn (DEF )

3 Bình luận

Theo quan điểm tơi tốn hay

và khó Việc tìm lời giải điều đáng suy ngẫm .Bài toán kết hợp nhiều tính chất tam