Tìm kiếm
Bí mật
Lời giải: (tiếp theo)
Nhận xét 2: $X_1T_1,X_2T_2,X_3T_3$ đồng quy tại $Z$.
Chứng minh nhận xét 2:
Áp dụng bổ đề 1 cho chuỗi 4 đường tròn $(O),(A_2),(A_1),(A_3)$, suy ra $X_2,T_3,T_2,X_3 \in (\gamma_1)$.
Tương tự $X_1,T_1,X_2,T_2 \in (\gamma_3)$ và $X_1,T_1,X_3,T_3 \in (\gamma_2)$.
Do đó $X_1T_1,X_2T_2,X_3T_3$ là các trục đẳng phương của $(\gamma_1),(\gamma_2),(\gamma_3)$ nên chúng đồng quy tại $Z$.
==================================
Nhận xét 3: $X_2X_3,T_3T_2,A_3A_2,M_2M_3,I_1K_1$ đồng quy tại $L_1$.
Chứng minh nhận xét 3:
Vẽ $X_2X_3 \cap T_2T_3=L_1$. Trong nhận xét 2, ta đã có $X_2,X_3,T_2,T_3 \in (\gamma_1)$
Nên $ \Rightarrow \overline {L_1 X_2 } .\overline {L_1 X_3 } = \overline {L_1 T_2 } .\overline {L_1 T_3 } \Rightarrow P_{L_1 /\left( {A_1 } \right)} = P_{L_1 /\left( O \right)} \Rightarrow L_1 \in M_2 M_3 $
Áp dụng bổ đề 1 cho chuỗi 4 đường tròn $(O),(A_2),(B_1),(A_3)$ thì $X_2,K_1,I_1,X_3 \in (\gamma_4)$.
Trong nhận xét 1, ta đã chứng minh $I_1,K_1,T_3,T_2 \in (\omega_1)$.
Suy ra $X_3X_2,T_3T_2,I_1K_1$ là các trục đẳng phương của $(\gamma_1),(\gamma_4), (\omega_1)$ và do $L_1=X_2X_3 \cap T_2T_3 \Rightarrow L_1 \in I_1K_1$.
Áp dụng định lý Désargues cho 2 tam giác $A_1T_2T_3$ và $B_1I_1K_1$ có $A_1B_1,T_2I_1,T_3K_1$ đồng quy tại $M_2$ (do nhận xét 1) nên $A_2(=B_1K_1 \cap A_1T_3),A_3(=B_1I_1 \cap A_1T_2),L_1(=I_1K_1 \cap T_3T_2)$ thẳng hàng, tức $L_1 \in A_3A_2$.
Nhận xét 3 được chứng minh.
==================================
Tương tự, ta xác định các điểm $L_1,L_3$. Ta chứng minh các điểm $L_1,L_2,L_3$ thẳng hàng.
Thật vậy, trong $\triangle A_1A_2A_3$, bằng định lý Céva, dễ dàng chứng minh $A_1T_1,A_2T_2,A_3T_3$ đồng quy.
Do đó, áp dụng định lý Désargues cho 2 tam giác $A_1A_2A_3,T_1T_2T_3$ thì ta có $L_1(=A_2A_3 \cap T_2T_3),L_2(=A_1A_3\cap T_1T_3),L_3(=A_1A_2 \cap T_1T_2)$ thẳng hàng.
Mặt khác, từ nhận xét 3 thì $L_1=X_2X_3 \cap T_2T_3,\,\,L_2=M_1X_2 \cap A_1T_2,\,\,L_3=M_1X_3\cap A_1T_3$.
Nên tiếp tục áp dụng định lý Désargues cho 2 tam giác $M_1X_2X_3,A_1T_3T_2$ thì ta có $A_1M_1,T_3X_3,T_2X_2$ đồng quy.
Vì $M_1,A_1,B_1$ thẳng hàng và từ nhận xét 2 nên $Z \in B_1A_1$.
Chứng minh tương tự, ta có $A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3,X_1T_1,X_2T_2,X_3T_3$ đồng quy tại $Z$. Chứng minh hoàn tất.
==================================
Nhận xét thêm:
1, Có thể chứng minh trực tiếp $A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3$ đồng quy mà không qua nhận xét 2 như sau:
Từ nhận xét 3 thì $L_1=M_2M_3 \cap A_2A_3,\,\, L_2=M_1M_3\cap A_1A_3,\,\, L_3=M_1M_2 \cap A_1A_2$. Nên tiếp tục áp dụng định lý Désargues cho 2 tam giác $A_1A_2A_3$ và $M_1M_2M_3$ thì ta có $A_1M_1,A_2M_2,A_3M_3$ đồng quy, hay $A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3$ đồng quy.
2, $L_iH_i$ là tiếp tuyến của $(O) (i=\overline{1,3})$
3, Các bộ đường thẳng $(M_1A_1,M_3J_3,M_2J_2),(M_1K_1,M_2A_2,M_3K_3), (M_1I_1,M_2I_2,M_3A_3)$ thứ tự đồng quy tại $Z_1,Z_2,Z_3$. Và các đường thẳng $T_1Z_1,T_2Z_2,T_3Z_3$ đồng quy.
4, Các bộ đường thẳng $(X_1T_2,X_2T_1,OX_3),(X_1T_3,OX_2,X_3T_1), (OX_1,X_2T_3,X_3T_2)$ tương ứng đồng quy tại $Q_3,Q_2,Q_1$. Và các bộ điểm $(Q_1,Q_2,L_3),(Q_1,L_2,Q_3),(L_1,Q_2,Q_3)$ thẳng hàng.
Các nhận xét thêm 2,3,4 đều có thể dễ dàng chứng minh.
Trong bài toán trên cháu thấy chứng minh ba đường thẳng nối tâm của ba đường tròn đồng quy khó hay các tiếp điểm đối đỉnh nói lại đồng quy khó?
- phanquockhanh và etucgnaohtn thích
