Như vậy là đã có lời giải bài Tuần 2 tháng 12 của thầy Hùng tại Tuần 4 tháng 12 kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán:
Bài 18. Cho tam giác $ABC$ nhọn với đường cao $AH$ và tâm ngoại tiếp $O$. Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $OH$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Gọi $M,N$ theo thứ tự là trực tâm của tam giác $OFB$ và $OHB$ và $P,Q$ theo thứ tự là trực tâm tam giác $OEC, OHC$. Chứng minh rằng $MN,PQ,EF$ đồng quy.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 21-12-2015 - 04:01
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $C$ nằm giữa $A$ và $E$. Khi đó $F$ nằm giữa $A$ và $B$. Gọi $A_1,B_1,C_1$ thứ tự là trung điểm $BC,CA,AB$.
Ta có $BN \parallel CQ ( \parallel EF), MF \parallel NH \; ( \perp OB), \; QH \parallel PE\; ( \perp OC)$ và $M,P$ thứ tự thuộc trung trực $AB,AC$ (do $OM \perp BF, OP \perp CE$). $Q,N$ thuộc trung trực $BC$ (do $OQ \perp HC, ON \perp HC$) và đối xứng với nhau qua $A_1$ (do $BN \parallel QC \; (\perp OH)$). Ta cũng có các tứ giác $OHFC_1,OHEB_1$ nội tiếp do có $ \angle OC_1F= \angle OHF= \angle OHE=\angle OB_1E=90^{\circ}$.
Gọi $K$ là trực tâm tam giác $ABC$, $T$ là hình chiếu từ $K$ lên $EF$. Do $OH \perp EF, OC_1 \perp AB, OB_1 \perp AC$ và $(HC_1B_1)$ cắt $AF,AE$ lần thứ hai tại $H_c,H_b$ nên ta suy ra $K$ chính là điểm đẳng giác của $O$ đối với tam giác $AEF$.
Do $\angle KHT= \angle OHA_1(=90^{\circ}- \angle KHO)$ nên $\triangle KTH \sim \triangle OHA_1$ mà $\triangle OHA_1 \sim\triangle QA_1C$ nên $\triangle KTH \sim \triangle QA_1C$ dẫn đến $\frac{TH}{KT}= \frac{QA_1}{A_1C}= \frac{2QA_1}{BC}$. Mặt khác, ta cũng có $\angle QHC= \angle COA_1$ (do $Q$ là trực tâm $\triangle OHC$) suy ra $\triangle QHA_1 \sim \triangle COA_1$, dẫn đến $\frac{QA_1}{NH}=\frac{QA_1}{QH}= \frac{A_1C}{OC}= \frac{BC}{2OC}.$ Như vậy $\frac{TH}{KT} \cdot \frac{QA_1}{NH}= \frac{QA_1}{OC}$ suy ra $\frac{TH}{NH}= \frac{KT}{OC}. \qquad (1)$
Do $K,O$ là hai điểm đẳng giác đối với tam giác $AEF$ nên $\triangle KTF \sim \triangle OC_1F$ dẫn đến $\frac{KT}{FT}= \frac{OC_1}{FC_1}$. Mặt khác, ta lại có $\angle FMC_1 \equiv \angle FMO= \angle ABO$ (do $M$ trực tâm $\triangle OFB$). Từ đây ta có được $\triangle MC_1F \sim \triangle BC_1O$ suy ra $\frac{OC_1}{FC_1}= \frac{BO}{MF}$. Kết hợp hai đẳng thức ta có được $\frac{KT}{FT}= \frac{BO}{MF}$ hay $\frac{KT}{OC}= \frac{FT}{MF}. \qquad (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra $\frac{TH}{NH}= \frac{FT}{MF}$. Kết hợp với điều kiện $MF \parallel HN$ và $F,T,H$ thẳng hàng ta suy ra $M,T,N$ thẳng hàng. (chỗ này chắc phải lập luận thêm tí nữa rằng $N,M$ nằm hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ $EF$). Chứng minh tương tự $T,Q,P$ thẳng hàng. Như vậy $MN,PQ,EF$ đồng quy tại $T$. (điểm thú vị là điểm$T$ thuộc luôn đường tròn Euler của tam giác $ABC$).
---------------------------------------
Mình/em có tìm thấy một số tính chất khác ở hình này, ban đầu em/mình định dựa vào các tính chất này để chứng minh bài toán nhưng dần đến ngõ cụt, thế là phải chuyển sang một hướng mới như trên.
Chứng minh $M,A,P$ thẳng hàng.
Thật vậy, ta có $$\angle MAB= \angle MBA= \angle MOF= \angle C_1HF.$$
Tương tự $\angle PAC= \angle B_1HE$. Do đó $$\angle MAB+ \angle PAC= 180^{\circ}- \angle C_1HB_1=180^{\circ}- \angle C_1A_1B_1= 180^{\circ}- \angle A.$$
Ta suy ra $\angle MAF+ \angle FAE+ \angle EAP=180^{\circ}$ dẫn đến $M,A,P$ thẳng hàng.
Từ đây ta suy ra $\angle AOF+ \angle HOC=180^{\circ}$.
Mặt khác, do $\angle MAB= \angle MOF (= \angle MBA)$ nên tứ giác $MAFO$ nội tiếp. Ta suy ra $\angle AOF+ \angle AMF=180^{\circ}$ dẫn đến $\angle HOC= \angle AMF$. Ta lại có $$\angle AMF= \angle HOC= \angle A+ \angle HOA_1 = \angle QHC+ \angle CHE = \angle QHE=180^{\circ}- \angle QHF.$$
Do $PE \parallel QH$ nên $\angle QHF= \angle FEP$ dẫn đến $\angle FEP+ \angle AMF=180^{\circ}$ suy ra $M,F,E,P$ cùng thuộc một đường tròn.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 25-12-2015 - 19:53
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Với bài này mình có tìm ra 1 bổ đề khá hữu dụng, dù chứng minh tuy nhanh nhưng có sử dụng lượng giác, đợi đến cuối tuần cuối cùng cũng có người đăng lời giải thuần túy
Lời giải
Bổ đề : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn đường kính $AB$. Lấy 1 điểm $F$ bất kì trong trên đoạn $BD$. Đường thẳng qua $C$ vuông góc với $CF$ cắt đường thẳng qua $B$ vuông góc với $CD$ tại $E$. Gọi $M,N$ lần lượt là trực tâm tam giác $FAB$ và tam giác $FAC$. Chứng minh rằng $MN$ đi qua hình chiếu của $E$ xuống $BC$.
Chứng minh: Gọi $H$ là giao điểm của $MN$ với $BC$. $U,V$ lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác $FAB$ và $FAC$. Theo tính chất quen thuộc $NC=2UW ,$ $MB=2VW$
Ta có $\angle EBC=\angle DCA=\angle DBA=\frac{1}{2} \angle AVF$, $\angle ECB=\angle ACF=\frac{1}{2} \angle AUF$
Do đó dễ suy ra $EH$ vuông góc với $BC$, bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán
Gọi $J$ là trung điểm của $AB$, $K$ là trực tâm tam giác $ABC$, $K'$ là đối xứng của $K$ qua $H$, dễ có $K'$ thuộc $(O)$. Gọi $F'$ là giao của $HF$ và $CK'$. Theo định lý con bướm suy ra $H$ là trung điểm của $FF'$ nên $KF || CK'$
Suy ra $\angle FKH=\angle CK'A=\angle ABC= 90^o-\angle JAH=90^o-\angle JHA$
$\Rightarrow FK \perp JH$
Áp dụng Bổ đề cho tứ giác $OHFJ$, $B \in JF, HB \perp HK, FK \perp JH$ suy ra $MN$ đi qua hình chiếu $K"$ của $K$ xuống $EF$. Chứng minh tương tự ta được $PQ$ đi qua $K"$
Vậy $MN,PQ,EF$ đồng quy tại hình chiếu của $K$ lên $EF$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 26-12-2015 - 16:57
Cám ơn 2 em, về cơ bản ý tưởng của Quang giống đáp án của thầy là chứng minh $MN,PQ$ đi qua hình chiếu của trực tâm lên $EF$ nhưng thầy dùng bổ đề khác !
