Diễn Đàn MathScope - Xem bài viết đơn

chien than · 10-11-2007, 06:50 PM

Như đã nói ở trên, do vai trò bình đẳng giữa 2 điểm M, N cho nên từ kết luận này ta có thể suy ra 1 bài toán hệ quả như sau: chứng minh rằng các đường tròn $(N_{1}^{,}N_{2}^{,}N_{3}^{,}) $ đi qua 1 điểm cố định khi N di chuyển trên đường tròn $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ (điểm M).

Ta thấy kết luận đơn giản hơn bài toán trước nhiều, cho nên ta sẽ cố tìm cho nó 1 chứng minh khác cũng đơn giản như kết luận của nó vậy. Hãy chú ý đến các trung điểm, nếu ta vị tự tâm M tỉ số ½ thì đường tròn $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ sẽ trở thành đường tròn (DEF) tức đường tròn Ơle của tam giác ABC. Do đó nếu $N \in (M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ thì trung điểm của MN sẽ thuộc đường tròn Ơle của tam giác ABC. Kết quả này bình đẳng với M và N cho nên cũng có thể kết luận được M cũng thuộc $(N_{1}^{,}N_{2}^{,}N_{3}^{,}) $.

Ta cũng thử xét 1 trường hợp đặc biệt của kết quả này, khi cho M trùng với H, khi đó đường tròn $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ trùng với đường tròn (ABC). Cuối cùng thu được $H \in (N_{1}^{,}N_{2}^{,}N_{3}^{,}) $ với N bất kỳ trên (ABC).

Ở bài toán ban đầu đặt ra, kết quả thu được nhờ vào sự đồng quy của 4 đường tròn. Vậy ở bài toán này điều đó có xảy ra không?

Gọi K’ là giao điểm của $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ và $(M_{1}^{,}BC) $. Khi đó:
$(K^{,}M_{2}^{,}, K^{,}C) = (K^{,}M_{2}^{,}, K^{,}M_{1}^{,}) + (K^{,}M_{1}^{,}, K^{,}C) $
$= (M_{3}^{,}M_{2}^{,}, M_{3}^{,}M_{1}^{,}) + (BM_{1}^{,}, BC) $
= (BC, AC) + (MC, BC) (do các đoạn thẳng song song)
= (MC, AC)
$= (AM_{2}^{,}, AC) $
Điều đó có nghĩa là $K^{,} \in (M_{2}^{,}CA) $. Tương tự $K^{,} \in (M_{3}^{,}AB) $.
Vậy 4 đường tròn này cũng đồng quy như trên.

Đến đây hãy để ý là các điểm $M_1, M_{1}^{,}, B, C $ cùng nằm trên 1 đường tròn (cũng tương tự cho 2 bộ 4 điểm còn lại). Cho nên trong 4 đường tròn này thì chỉ có thêm 1 đường tròn $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ là mới. Kết hợp với kết quả của bài toán trước thì ta có tất cả 5 đường tròn đồng quy: $(M_1M_2M_3), (M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}), (M_1M_{1}^{,}BC), (M_2M_{2}^{,}CA), (M_3M_{3}^{,}AB) $.

Bây giờ nhìn lại 1 cách tổng quát, ta thấy từ M có hạ các đường vuông góc, rồi lại có các trung điểm, điều đó khiến ta nghĩ đến đường tròn Ơle. Nếu dùng phép vị tự tâm M tỉ số ½ thế thì các đường tròn $(M_{1}^{,}BC), (M_{2}^{,}CA), (M_{3}^{,}AB) $ sẽ trở thành các đường tròn Ơle của các tam giác MBC, MCA, MAB; còn đường tròn $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ trở thành đường tròn Ơle của tam giác ABC. Từ kết luận về tính đồng quy của các đường tròn suy ra là các đường tròn Ơle của các tam giác MBC, MCA, MAB, ABC đồng quy.

10-11-2007, 06:50 PM	#2
chien than +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Bài gởi: 138 Thanks: 1 Thanked 113 Times in 53 Posts	Như đã nói ở trên, do vai trò bình đẳng giữa 2 điểm M, N cho nên từ kết luận này ta có thể suy ra 1 bài toán hệ quả như sau: chứng minh rằng các đường tròn $(N_{1}^{,}N_{2}^{,}N_{3}^{,}) $ đi qua 1 điểm cố định khi N di chuyển trên đường tròn $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ (điểm M). Ta thấy kết luận đơn giản hơn bài toán trước nhiều, cho nên ta sẽ cố tìm cho nó 1 chứng minh khác cũng đơn giản như kết luận của nó vậy. Hãy chú ý đến các trung điểm, nếu ta vị tự tâm M tỉ số ½ thì đường tròn $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ sẽ trở thành đường tròn (DEF) tức đường tròn Ơle của tam giác ABC. Do đó nếu $N \in (M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ thì trung điểm của MN sẽ thuộc đường tròn Ơle của tam giác ABC. Kết quả này bình đẳng với M và N cho nên cũng có thể kết luận được M cũng thuộc $(N_{1}^{,}N_{2}^{,}N_{3}^{,}) $. Ta cũng thử xét 1 trường hợp đặc biệt của kết quả này, khi cho M trùng với H, khi đó đường tròn $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ trùng với đường tròn (ABC). Cuối cùng thu được $H \in (N_{1}^{,}N_{2}^{,}N_{3}^{,}) $ với N bất kỳ trên (ABC). Ở bài toán ban đầu đặt ra, kết quả thu được nhờ vào sự đồng quy của 4 đường tròn. Vậy ở bài toán này điều đó có xảy ra không? Gọi K’ là giao điểm của $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ và $(M_{1}^{,}BC) $. Khi đó: $(K^{,}M_{2}^{,}, K^{,}C) = (K^{,}M_{2}^{,}, K^{,}M_{1}^{,}) + (K^{,}M_{1}^{,}, K^{,}C) $ $= (M_{3}^{,}M_{2}^{,}, M_{3}^{,}M_{1}^{,}) + (BM_{1}^{,}, BC) $ = (BC, AC) + (MC, BC) (do các đoạn thẳng song song) = (MC, AC) $= (AM_{2}^{,}, AC) $ Điều đó có nghĩa là $K^{,} \in (M_{2}^{,}CA) $. Tương tự $K^{,} \in (M_{3}^{,}AB) $. Vậy 4 đường tròn này cũng đồng quy như trên. Đến đây hãy để ý là các điểm $M_1, M_{1}^{,}, B, C $ cùng nằm trên 1 đường tròn (cũng tương tự cho 2 bộ 4 điểm còn lại). Cho nên trong 4 đường tròn này thì chỉ có thêm 1 đường tròn $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ là mới. Kết hợp với kết quả của bài toán trước thì ta có tất cả 5 đường tròn đồng quy: $(M_1M_2M_3), (M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}), (M_1M_{1}^{,}BC), (M_2M_{2}^{,}CA), (M_3M_{3}^{,}AB) $. Bây giờ nhìn lại 1 cách tổng quát, ta thấy từ M có hạ các đường vuông góc, rồi lại có các trung điểm, điều đó khiến ta nghĩ đến đường tròn Ơle. Nếu dùng phép vị tự tâm M tỉ số ½ thế thì các đường tròn $(M_{1}^{,}BC), (M_{2}^{,}CA), (M_{3}^{,}AB) $ sẽ trở thành các đường tròn Ơle của các tam giác MBC, MCA, MAB; còn đường tròn $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ trở thành đường tròn Ơle của tam giác ABC. Từ kết luận về tính đồng quy của các đường tròn suy ra là các đường tròn Ơle của các tam giác MBC, MCA, MAB, ABC đồng quy.