| | | |
| |
| ||||||
 |
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
  |
| | Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
 10-11-2007, 06:48 PM | #1 |
| +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  | Một mở rộng của định lý Simsơn Một mở rộng của định lý Simsơn Tác giả:'Crazy_ baby' trên Mnf Định lý Simsơn được phát biểu như sau: chân các đường vuông góc hạ từ một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp một tam giác xuống 3 cạnh của tam giác đó thuộc một đường thẳng. Đã có một mở rộng khá quen thuộc của định lý này, đó là: các điểm đối xứng của một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp một tam giác qua 3 cạnh của tam giác đó thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó đi qua trực tâm của tam giác. Ký hiệu tam giác đó là ABC, M là 1 điểm trên đường tròn ngoại tiếp. $M_1, M_2, M_3 $ là các điểm đối xứng của M qua 3 cạnh BC, CA, AB của tam giác. H là trực tâm tam giác. Thế thì $M_1, M_2, M_3 $ thẳng hàng và H thuộc đường thẳng $M_1M_2M_3 $.  Có thể thấy rằng sự mở rộng trên bao gồm 2 phần: phần mở rộng trực tiếp, đó là sự thẳng hàng được suy ra ngay từ định lý Simsơn; còn phần thứ hai hoàn toàn khác biệt, đó là đường thẳng đi qua 3 điểm đối xứng thì đi qua trực tâm tam giác. Sự khác biệt đó khiến ta đặt câu hỏi là tại sao lại nghĩ ra điểm trực tâm tam giác ở đó mà không phải là điểm khác? Trực tâm có quan hệ thế nào với điểm trên đường tròn ngoại tiếp và hơn nữa là đối với 3 điểm đối xứng thì có gì đặc biệt? Ta thấy rằng trong sự mở rộng đó đã nói đến các điểm đối xứng của M qua 3 cạnh tam giác, vậy thì tại sao không xét đến các điểm đối xứng của H? Gọi 3 điểm đối xứng tương ứng là $H_1, H_2, H_3 $. Ta hãy xét đường nối 3 điểm $H_1, H_2, H_3 $; trong phạm vi kiến thức của chúng ta thì hãy xét đến đường tròn và đường thẳng. Ta thấy rằng đường tròn $(H_1H_2H_3) $ chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, và dĩ nhiên nó đi qua M. Như vậy thì đường tròn $(H_1H_2H_3) $ đi qua M và đường thẳng $M_1M_2M_3 $ lại đi qua H. Nếu như ta gọi đường tròn đi qua 3 điểm đối xứng của 1 điểm qua 3 cạnh tam giác là đường tròn Simsơn và coi đường thẳng Simsơn là trường hợp suy biến của đường tròn Simsơn thì ta có thể nói rằng đường tròn Simsơn của điểm H đi qua điểm M và đường tròn Simsơn của điểm M đi qua điểm H. Ta hãy mở rộng kết quả trên theo hướng đối với 2 điểm bất kỳ, tức là đặt ra bài toán: cho tam giác ABC và 2 điểm M, N. Tìm điều kiện cần và đủ của M và N để đường tròn Simsơn của điểm M đi qua N và ngược lại.  Bởi vì bài toán đặt ra với các vị trí bất kỳ của M, N trên mặt phẳng và vấn đề đang xét liên quan tới điểm thuộc đường tròn nên ở đây ta sử dụng góc định hướng để giải quyết. Để đơn giản xin được thay dấu $\equiv $ bằng dấu = và bỏ ký hiệu (mod $\pi $) sau các biến đổi. Gọi các điểm đối xứng của M, N lần lượt qua BC, CA, AB là $M_1, N_1; M_2, N_2; M_3, N_3 $ và X, Y, Z là hình chiếu của M trên 3 cạnh đó tương ứng. Chú ý đến tính đối xứng trục của các đường thẳng $MN_2, NM_2 $ qua AC và $MN_3, NM_3 $ qua AB thì ta có: $(NM_2, NM_3) = (NM_2, AC) + (AC, AB) + (AB, NM_3) $ $= (AC, MN_2) + (AC, AB) + (MN_3, AB) $ $= (AC, AB) + (AB, MN_2) + (AC, AB) + (MN_3, AB) $ $= 2(AC, AB) + (MN_3, MN_2) $ suy ra: $(MN_2, MN_3) + (NM_2, NM_3) = 2(AC, AB) $ (*) Biến đổi trên ta không sử dụng điều kiện gì cho nên đẳng thức (*) thu được đúng với mọi cặp điểm M, N. Bây giờ giả sử rằng đường tròn Simsơn của điểm M qua điểm N tức là $(NM_2, NM_3) = (M_1M_2, M_1M_3) $. Ta thấy rằng $(M_1M_2, M_1M_3) = (XY, XZ) $ = (XY, XM) + (XM, XZ) = (AC, MC) + (MB, AB) (vì các tứ giác XMYC và XMZB nội tiếp) =(AC, AB) + (AB, MC) + (MB, AB) =(AC, AB) + (MB, MC) Vậy nếu $N \in (M_1M_2M_3) $ thì $(NM_2, NM_3) = (AC, AB) + (MB, MC) $ Tương tự để cho $M \in (N_1N_2N_3) $ thì $(MN_2, MN_3) = (AC, AB) + (NB, NC) $ Thay vào biểu thức (*) ở trên ta sẽ thu được điều kiện sau: (MB, MC) + (NB, NC) = 0 Tức là $(NB, NC) = (MC, MB) = (M_1B, M_1C) $ (vì M và $M_1 $ đối xứng qua BC) Điều đó có nghĩa là $N \in (M_1BC) $. Nhưng do vai trò bình đẳng giữa các đường tròn $(M_1BC), (M_2CA), (M_3AB) $ cho nên N cũng phải thuộc 2 đường tròn còn lại. Nhưng liệu các đường tròn đó có điểm chung (đồng quy) hay không? Hơn nữa N còn nằm trên đường tròn $(M_1M_2M_3) $ (từ giả thiết của ta). Cho nên nếu tồn tại điểm N thì đó là điểm chung của cả 4 đường tròn này.  Hãy gọi giao điểm của $(M_1M_2M_3) $ và $(M_1BC) $ là K. Ta có: $KM_2, KC) = (KM_2, KM_1) + (KM_1, KC) $ $= (M_3M_2, M_3M_1) + (BM_1, BC) $ = (ZY, ZX) + (BC, BM) = (ZY, ZM) + (ZM, ZX) + (BC, BM) = (AC, AM) + (BM, BC) + (BC, BM) = (AC, AM) $= (AM_2, AC) $ Từ đó suy ra rằng $K \in (M_2CA) $. Tương tự thì $K \in (M_3AB) $. Như vậy thì 4 đường tròn $(M_1M_2M_3), (M_1BC), (M_2CA), (M_3AB) $ đồng quy tại K. Trở lại với bài toán chính của chúng ta thì ta thấy điểm N $\equiv $ K chính là điểm cần tìm. Chú ý rằng vai trò của điểm M và N là như nhau cho nên điều kiện trên cũng phải bình đẳng đối với 2 điểm, tức là M cũng là điểm chung của các đường tròn $(N_1N_2N_3), (N_1BC), (N_2CA), (N_3AB) $. Vậy điều kiện cần sẽ là: M là điểm chung của 4 đường tròn của N và N là điểm chung của 4 đường tròn của M (thực ra chỉ cần 1 trong 2 điểm là điểm chung của 4 đường tròn của điểm kia). Điều kiện đủ được suy ra bằng cách biến đổi ngược lại, dựa vào 1 số kết quả trung gian (không phụ thuộc vào vị trí của M và N) thu được ở trên. Để ý là phát biểu trên nói rằng M (hay N) là điểm chung của 4 đường tròn chứ không phải là điểm chung duy nhất, tức là có những trường hợp mà các đường tròn trùng nhau, khi đó sẽ có nhiều cặp điểm thỏa mãn yêu cầu đặt ra. Trong trường hợp không suy biến thì đối với mỗi điểm M chỉ tồn tại duy nhất 1 điểm N thỏa mãn. Bây giờ ta hãy xét 1 trường hợp đặc biệt của kết quả thu được, đó chính là sự mở rộng được nói đến ban đầu của định lý Simsơn. Trong trường hợp này M là trực tâm H của tam giác. Khi đó các đường tròn $(M_1M_2M_3), (M_1BC), (M_2CA), (M_3AB) $ trùng với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó với điểm N bất kỳ trên (ABC) thì đường thẳng $N_1N_2N_3 $ (do đường tròn suy biến thành) sẽ luôn luôn đi qua điểm M là trực tâm tam giác. Ta thấy rằng ở trên đã xét đến các điểm đối xứng của M, N qua các cạnh của tam giác ABC và các biến đổi của chúng ta đều liên hệ đến đối xứng trục. Một cách tương tự ta sẽ nghĩ đến đối xứng tâm. Và sự “tương tự” khiến ta nghĩ đến việc chọn tâm đối xứng là các trung điểm D, E, F của các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Gọi các điểm đối xứng của M, N qua D, E, F lần lượt là $M_{1}^{,}, M_{2}^{,}, M_{3}^{,} $, và $N_{1}^{,}, N_{2}^{,}, N_{3}^{,} $. Ta hãy xét bài toán giống như trên, tức là tìm điều kiện để nếu $N \in (M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ thì $M \in (N_{1}^{,}N_{2}^{,}N_{3}^{,}) $.  Một cách tương tự ta sẽ dùng biến đổi góc định hướng, với chú ý là do đối xứng tâm nên $MN_{2}^{,} // NM_{2}^{,}, MN_{3}^{,} // NM_{3}^{,} $, do đó biểu thức của chúng ra sẽ rất gọn như sau $(MN_{3}^{,}, MN_{2}^{,}) = (NM_{2}^{,}, NM_{3}^{,}) $. Lại chú ý thêm rằng các đoạn thẳng $AB, M_{1}^{,}M_{2}^{,}, N_{1}^{,}N_{2}^{,} $ song song và bằng nhau; cũng tương tự đối với các đoạn thẳng $AC, M_{1}^{,}M_{3}^{,}, N_{1}^{,}N_{3}^{,} $; cho nên $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}, M_{1}M_{3}^{,}) = (N_{1}^{,}N_{2}^{,}, N_{1}^{,}N_{3}^{,}) = (AB, AC) $. Từ đó suy ra nếu $N \in (M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $ tức là $(NM_{2}^{,}, NM_{3}^{,}) = (M_{1}^{,}M_{2}^{,}, M_{1}^{,}M_{3}^{,}) $ thì cũng có $(MN_{3}^{,}, MN_{2}^{,}) = (N_{1}^{,}N_{2}^{,}, N_{1}^{,}N_{3}^{,}) $ hay M cũng thuộc $(N_{1}^{,}N_{2}^{,}N_{3}^{,}) $. Kết luận ta thu được rộng hơn so với bài toán trước rất nhiều, đó là đối với mỗi điểm M thì tập hợp các điểm N thỏa mãn điều kiện bài toán là toàn bộ đường tròn $(M_{1}^{,}M_{2}^{,}M_{3}^{,}) $. |
 |  |
| 10-11-2007, 06:50 PM | #2 |
| +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. |
| | |
| 10-11-2007, 06:51 PM | #3 |
| +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 | Do vị trí của M bất kỳ nên ta phát biểu kết quả trên theo 1 cách đối xứng đẹp đẽ hơn: cho tứ giác ABCD. Khi đó các đường tròn Ơle của các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB đồng quy.  Nếu gọi G là trọng tâm tứ giác thì qua phép đối xứng tâm G thì đường tròn Ơle của tam giác BCD trở thành đường tròn đi qua trung điểm của AB, AC, AD. Tương tự đối với 3 tam giác còn lại thì từ trên sẽ có: các đường tròn đi qua trung điểm các đoạn nối từ 1 đỉnh của tứ giác đến 3 đỉnh còn lại đồng quy.  Lại áp dụng ngược kết quả này vào bài toán ban đầu đối với điểm M thay cho điểm D. Dùng phép vị tự ngược lại tâm M tỉ số 2 thì sẽ suy ra các đường tròn $(AM_{2}^{,}M_{3}^{,}), (BM_{3}^{,}M_{1}^{,}), (CM_{1}^{,}M_{2}^{,}), (ABC) $ đồng quy. . |
| | |
| 10-11-2007, 06:51 PM | #4 |
| +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 |  Sự tương tự khiến ta nghĩ đến sự đồng quy của các đường tròn $(AM_2M_3), (BM_3M_1), (CM_1M_2), (ABC) $. Điều này có thể chứng minh như sau: Gọi T là giao điểm của (ABC) và $(AM_2M_3) $. Khi đó: $(TM_3, TB) = (TM_3, TA) + (TA, TB) $ $= (M_2M_3, M_2A) + (CA, CB) $ $= (M_2M_3, AC) + (AC, M_2A) + (CA, CB) $ = (YZ, AC) + (MA, AC) + (CA, CB) = (MZ, MA) + (MA, BC) = (MZ, BC) = (MZ, ZX) + (ZX, BC) $= (BM, BC) + (M_1M_3, BC) $ $= (BC, M_1B) + (M_1M_3, BC) $ $= (M_1M_3, M_1B) $ suy ra $T \in (BM_3M_1) $. Tương tự $K \in (CM_1M_2) $.  Lại chú ý thêm rằng tam giác $M_1M_2M_3 $ qua phép vị tự tâm M trở thành tam giác hình chiều của M đối với tam giác ABC. Và đường tròn ngoại tiếp tam giác hình chiếu này cũng đi qua điểm đồng quy của 4 đường tròn Ơle của các tam giác MBC, MCA, MAB, ABC. Vì vai trò của các điểm M, A, B, C bình đẳng nên nếu đổi vai trò của điểm M cho bất cứ điểm nào trong 3 điểm A, B, C ta cũng có kết quả như vậy. Do đó, ta phát biểu lại như sau cho cân đối: Cho tứ giác ABCD. Gọi các đường tròn ngoại tiếp các tam giác hình chiếu của 1 điểm đối với tam giác tạo bởi 3 điểm còn lại lần lượt là $(S_1), (S_2), (S_3), (S_4) $. Gọi các đường tròn Ơle của các tam giác tạo bởi 3 điểm lần lượt là $(O_1), (O_2), (O_3), (O_4) $. Khi đó các đường tròn $(S_1), (S_2), (S_3), (S_4), (O_1), (O_2), (O_3), (O_4) $ đồng quy.  Kết quả trên có 1 trường hợp đặc biệt. Đó là khi tứ giác ABCD nội tiếp thì các đường tròn Ơle của các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB đồng quy tại 1 điểm E, điểm này được gọi là điểm Ơle của tứ giác ABCD. Với kết quả mở rộng này chúng ta có thể gọi điểm đồng quy là điểm Ơle đối với tứ giác bất kỳ, không nhất thiết phải nội tiếp. Cuối cùng xin nêu một nhận xét: sự đồng quy của 8 đường tròn nói trên thu được là nhờ phép vị tự tâm M tỉ số ½, và do N là điểm đồng quy của 4 trong số 8 đường tròn đó khi chưa vị tự nên qua phép vị tự đó, N trở thành trung điểm của MN và cũng chính là điểm đồng quy của 8 đường tròn nói trên. Sự bình đẳng của M và N cho kết quả tương tự, tức là 8 đường tròn tương ứng với điểm N cũng đi qua trung điểm của MN. Tóm lại trung điểm của MN là điểm đồng quy của tất cả 16 đường tròn, trong đó có đường tròn Ơle của tam giác ABC được lặp lại 2 lần nên chỉ còn 15 đường tròn. Chi tiết thì các đường tròn đó bao gồm: các đường tròn Ơle của các tam giác MAB, MBC, MCA, NAB, NBC, NCA, ABC (7 đường tròn); các đường tròn ngoại tiếp các tam giác hình chiếu của A trên các cạnh tam giác MBC, NBC; của B trên các cạnh tam giác MCA, NCA; của C trên các cạnh tam giác MAB, NAB và của M, N trên các cạnh tam giác ABC (8 đường tròn). Bài viết này xin được dừng tại đây. Rất mong được sự góp ý của các bạn |
| | |
| 06-05-2009, 07:34 AM | #5 |
| +Thành Viên Danh Dự+   Tham gia ngày: May 2008 Đến từ: ĐH Kinh tế Quốc dân Bài gởi: 888 Thanks: 113 Thanked 968 Times in 210 Posts | Chienthan kiểm tra lại bài viết giúp mọi người đi,toàn bộ ảnh đã không còn nữa  __________________ Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời và lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu.   |
| | |
 |
| Bookmarks |
|
|
Chế độ bình thường
