Một bài toán khá hay của thầy giáo mình.Post lên cho mọi người tham khảo
Problem:Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$.$P$ và $Q$ là hai điểm bất kì thỏa mãn $P,O,Q$ thẳng hàng. Giả sử $A_{1},B_{1},C_{1}$ lần lượt là hình chiếu của $P$ lên $BC,CA,AB$. Gọi $A_{2},B_{2},C_{2}$ lần lượt là các giao điểm của $AQ,BQ,CQ$ với đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng tâm ngoại tiếp các tam giác $$PA_{1}A_{2},PB_{1}B_{2},PC_{1}C_{2}$$
thẳng hàng.
Tác giả:Trần Quang Hùng
Mình trình bày lời giải bằng cách sử dụng số phức. Lời giải trông rất phức tạp (vì dùng số phức mà) nhưng có thể dùng trong nhiều bài toán hình học mà những "clever trick" không dễ gì tìm được. Mình cũng rất muốn được chiêm ngưỡng một lời giải đẹp mắt, nhưng vẫn chưa thấy. Bạn nào không thích lời giải phức tạp thì xin thứ lỗi nhé.
Ta xem $O$ là gốc trong mặt phẳng phức, $P,Q$ nằm trên trục hoành $P=p, Q=q \in \mathbb{R}$. Các đỉnh của tam giác $ABC$ nằm trên đường tròn đơn vị và được biểu diễn bởi $A=a, B=b, C=c\in \mathbb{C}$.
Ta cũng có hai sự kiện sau:
1. $X,Y,Z$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\frac{x-y}{x-z}\in \mathbb{R}$
2. $XY$ vuông góc với $YZ$ khi và chỉ khi $\frac{x-y}{z-y}\in i\mathbb{R}$.
Toạ độ của $A_2, B_2,C_2$ là $a_2,b_2,c_2\in \mathbb{C}$ thoả mãn:
$$a_2=\frac{q-a}{1-qa}, b_2=\frac{q-b}{1-qb}, c_2=\frac{q-c}{1-qc}. (1)$$
Gọi giao điểm của đường tròn $PA_1A_2, PB_1B_2, PC_1C_2$ với $BC, CA, AB$ là $A_3,B_3,C_3$ và đặt
$$r= \frac{a_3-b}{a_3-c}\in \mathbb{R}, s= \frac{b_3-c}{b_3-a}\in \mathbb{R}, t= \frac{c_3-a}{c_3-b}\in \mathbb{R}.$$
Ta cần chứng minh $rst=1$. Ta có thể giả sử cả 3 số thực $r,s,t$ đều khác $0, \infty$. Để ý rằng $A_3A_2$ vuông góc với $PA_2$.
Từ đó ta tính được
$$r=\frac{Re\left[a_2p-1+\bar{a_2}b-pb\right]}{Re\left[a_2p-1+\bar{a_2}c-pc\right]}$$
$$s=\frac{Re\left[b_2p-1+\bar{b_2}c-pc\right]}{Re\left[b_2p-1+\bar{b_2}c-pc\right]}$$
$$t=\frac{Re\left[c_2p-1+\bar{c_2}a-pa\right]}{Re\left[c_2p-1+\bar{c_2}b-pb\right]}$$
Ta thay $a_2,b_2,c_2$ theo (1) thì được
$$r=\frac{2pq-q^2-1+(2q-p-q^2p)Re(a+b) +(pq-1)Re (\bar{a}b) + q(p-q) Re(ab)}{2pq-q^2-1+(2q-p-q^2p)Re(a+c) +(pq-1)Re (\bar{a}c) + q(p-q) Re(ac)} $$
$$s=\frac{2pq-q^2-1+(2q-p-q^2p)Re(b+c) +(pq-1)Re (\bar{b}c) + q(p-q) Re(bc)}{2pq-q^2-1+(2q-p-q^2p)Re(a+b) +(pq-1)Re (\bar{a}b) + q(p-q) Re(ab)} $$
$$t=\frac{2pq-q^2-1+(2q-p-q^2p)Re(a+c) +(pq-1)Re (\bar{a}c) + q(p-q) Re(ac)}{2pq-q^2-1+(2q-p-q^2p)Re(b+c) +(pq-1)Re (\bar{b}c) + q(p-q) Re(bc)} $$
Ở đây ta lưu ý rằng $Re(\bar{a}b)=Re(\bar{b}a)$ và $Re(a)=Re(\bar{a})$. Từ đó ta suy ra $rst=1$. Tức là 3 điểm $A_3,B_3,C_3$ thẳng hàng.
Comments: Khi mà $q=1$ hoặc $-1$ hoặc các số $r,s,t$ bằng $0$ hoặc $\infty$, ta làm tương tự (dễ hơn nhiều). Khi đó có một vài điểm trùng nhau.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ChinhLu: 16-07-2014 - 03:04