Chế từ TTT2

[lovemintu]

Hôm đọc TTT2 thấy một bài không ai giải ra, thử chế ra một cái .

Cho hai tam giác ABC và A'BC có <A=<A' và A, A' nằm về hai phía mp bờ BC, gọi H và H' là trực tâm ABC và A'BC gọi d là dt Simson của H với A'BC, gọi d' là dt Simson của H' với ABC cmr d,d',HH' đồng quy.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

Nguyên văn bởi lovemintu

Hôm đọc TTT2 thấy một bài không ai giải ra, thử chế ra một cái .

Cho hai tam giác ABC và A'BC có <A=<A' và A, A' nằm về hai phía mp bờ BC, gọi H và H' là trực tâm ABC và A'BC gọi d là dt Simson của H với A'BC, gọi d' là dt Simson của H' với ABC cmr d,d',HH' đồng quy.

Bài này nhìn cũng hay hay anh nhỉ:hornytoro:

Chúng ta có thể chứng minh d,d' đều đi qua trung điểm của HH' nhờ một hệ quả đơn giản của định lí Steiner(đường thẳng Steiner) mà chũng ta phát biểu riêng thành một bổ đề sau:

Bổ đề:Cho tam giác ABC trực tâm H.Gọi D là một điểm trên (ABC) và kí hiệu d là đường thẳng Simson của D đối với tam giác ABC.Khi đó d đí qua trung điểm DH.
À,anh TQH ()có thể post nguyên văn cái bài trên TTT2 lên dc chứ?Dạo này em ko dc coi cái đó nữa

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lovemintu]

Ùa bổ đề của chú đúng là ý tưởng của anh đấy, bài này rất đơn giản vậy thôi.

Đây là bài trên TTT2

Cho lục giác ABCDEF có BC=EF có các đỉnh nằm trên đường tròn đường kính AD. AC cắt BD tại H, AE cắt DF tạo K, P,Q là hình chiếu của H lên À,DE, R,S là hc của K lên AB,CD cmr RS,PQ,HK đồng quy.

p/s Anh còn một bài chế ra tương tự thế này

Cho tứ giác ABCd nội tiếp, AC cắt BD tại O gọi E,F là trực tâm các tam giác ACD và BCD gọi FD giao CE tại P, gọi d là dt Simson của F với tam giác ECD và d' là dt Simson của E với FCD, cmr d,d' và OP đồng quy.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

Nguyên văn bởi lovemintu

p/s Anh còn một bài chế ra tương tự thế này

Cho tứ giác ABCd nội tiếp, AC cắt BD tại O gọi E,F là trực tâm các tam giác ACD và BCD gọi FD giao CE tại P, gọi d là dt Simson của F với tam giác ECD và d' là dt Simson của E với FCD, cmr d,d' và OP đồng quy.

Cái bài này hay hơn bài đầu tiên anh post nhiều :hornytoro:
Điểm đồng quy là điểm Euler của tứ giác ABCD:hornytoro:
Hôm nào em ma vẽ hình và giải chi tiết hơn ạ,không biết có lại trùng với ý tưởng của anh không nhỉ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

Hôm nay em trình bày rõ hơn đây ạ




Ta có thể cm :AE//BF,AE=BF thế nên AF cắt BE ở S là trung điểm mỗi đường.

Dễ thấy A,B lần lượt là trực tâm của hai tam giác:CDE,CDF nên theo cái bổ đề trên (#2) ta có d,d' cùng đi qua S.
Đến đây công việc của chúng ta là chứng minh S,O,P thẳng hàng....(*)

Giờ đây ,gọi I,J lần lượt là trung điểm của AC,BD. Kí hiệu (I),(J) là hai đường tròn với đường kính tương ứng là AC,BD có x là trục đẳng phương.
Ta sẽ có :$ SJ//DE \perp AC ; SI//CF \perp BD => SO \perp IJ $ (1)
Mà O,P thuộc x nên suy ra $OP \perp IJ $(2)
Với (1) và (2) thì ngôi sao (*) đã hiện trên bầu trời vào ban ngày



**Cái bài này anh "lắp ráp" khá tự nhiên,đỡ thô hơn cái bài đầu:

Cho hai tam giác ABC và A'BC có <A=<A' và A, A' nằm về hai phía mp bờ BC, gọi H và H' là trực tâm ABC và A'BC gọi d là dt Simson của H với A'BC, gọi d' là dt Simson của H' với ABC cmr d,d',HH' đồng quy.

Tuy nhiên cái bài đầu kia đang gợi ý cho em một vấn đề nhỏ,hôm nào về suy nghĩ sẽ post lên cho vui :hornytoro:
p/s: Cái topic này hình như sẽ phát triển rất tuyệt :hornytoro:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lovemintu]

Ok rồi thực ra ý tưởng bài trên nói chính xác là từ TTT2 thôi anh không có ý kiến gì

Bài này chú giải cũng giống giống ý anh chính xác là nó đi qua tg điểm AF,BE thôi, thực ra anh chưa giải cụ thể , có một chú ý là phương tích P với hai đường tròn kia bằng $-\vec{PD}\vec{PC} $, bài này khi chế ra thực chất là cho B chạy trên đường tròn (ACD) thì bài toán vẫn đúng, ta thấy điều thú vị là quỹ tích giao hai đt Simson (chính là S) là đường tròn 9 điểm của tam giác ACD (khi B chạy).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

Nguyên văn bởi lovemintu

Ok rồi thực ra ý tưởng bài trên nói chính xác là từ TTT2 thôi anh không có ý kiến gì

Bài này chú giải cũng giống giống ý anh chính xác là nó đi qua tg điểm AF,BE thôi, thực ra anh chưa giải cụ thể , có một chú ý là phương tích P với hai đường tròn kia bằng $-\vec{PD}\vec{PC} $, bài này khi chế ra thực chất là cho B chạy trên đường tròn (ACD) thì bài toán vẫn đúng, ta thấy điều thú vị là quỹ tích giao hai đt Simson (chính là S) là đường tròn 9 điểm của tam giác ACD (khi B chạy).

Cái cấu hình này hay là bởi khi A,B,C,D cố định thì điểm F dc xác định một cách duy nhất ,tức là khi ta có thêm vài đường Simson tương tự thì chúng cũng vẫn đồng quy ở đó.Còn cái quỹ tích S thì khi tách riêng ra (Coi chủ thể là tam giác ACD) công nhận thấy rất thú,nhưng thực ra ta cũng có thể nhận ra điều đó từ một tính chất quen biết là S thuộc 4 đường tròn Euler của những tam giác: ABC,BCD,CDA,DAB:hornytoro: :hornytoro:
Tóm lại cái điểm S rất đẹp:hornytoro:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lovemintu]

Bằng máy tính anh còn thấy mấy bài tương tự thế này

Cho tam giác ABC trực tâm H gọi da là đt Simson của A với HBC tương tự có db,dc thì da,db,dc tạo thành một tam giác A'B'C' khi đó gọi H' và O' là trực tâm và tâm ngoại tiếp A'B'C' thì O'OHH' là hình bình hành và bk ngoại tiếp của A'B'C' bằng bk ngoại tiếp ABC.

Chẳng hạn như vậy
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

Nguyên văn bởi ma 29

**Cái bài này anh "lắp ráp" khá tự nhiên,đỡ thô hơn cái bài đầu:

Tuy nhiên cái bài đầu kia đang gợi ý cho em một vấn đề nhỏ,hôm nào về suy nghĩ sẽ post lên cho vui :hornytoro:
p/s: Cái topic này hình như sẽ phát triển rất tuyệt :hornytoro:

Cái vấn đề nhỏ xuất hiện từ bài đầu đây anh ạ,thực ra em chưa suy nghĩ về nó nhưng cứ post lên ,hi vọng sẽ sớm có lời giải :hornytoro:

Bài toán:Cho tam giác ABC .Hãy tìm tập hợp các điểm A' thỏa mãn$\hat{A} =\hat{A'} $ và A, A' nằm về hai phía mp bờ BC sao cho nếu gọi H và H' là trực tâm ABC và A'BC thì cực trực giao của HH' với ABC và với A'BC trùng nhau.:hornytoro:

Nguyên văn bởi lovemintu

Bằng máy tính anh còn thấy mấy bài tương tự thế này

Cho tam giác ABC trực tâm H gọi da là đt Simson của A với HBC tương tự có db,dc thì da,db,dc tạo thành một tam giác A'B'C' khi đó gọi H' và O' là trực tâm và tâm ngoại tiếp A'B'C' thì O'OHH' là hình bình hành và bk ngoại tiếp của A'B'C' bằng bk ngoại tiếp ABC.

Chẳng hạn như vậy

Xin lỗi,,,,em lại chưa hiểu lắm A đâu thuộc (HBC) mà có đường da ạ????umb:
Mong anh chỉ giáo
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lovemintu]

À ừ nhỉ có lẽ tại một macro của cabri có vấn đề nên lúc cao hứng anh vẫn dựng đc "dt Simson" của A với HBC, nhưng rõ ràng là máy đã dựng đc 1 đt để anh kiểm tra lại đt này là gì đã

Như vậy anh lại chế ra một bài thế này

Cho tam giác ABC trực tâm H gọi Ha,Hb,Hc là đối xứng của H qua BC,CA,AB, gọi da là đt Simson của A với HaBC tương tự có db,dc thì da,db,dc tạo thành tam giác thấu xạ với A'B'C' trong đó A',B',C' là chân đường cao từ A,B,C.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

Nguyên văn bởi ma 29

Cái vấn đề nhỏ xuất hiện từ bài đầu đây anh ạ,thực ra em chưa suy nghĩ về nó nhưng cứ post lên ,hi vọng sẽ sớm có lời giải :hornytoro:

Bài toán:Cho tam giác ABC .Hãy tìm tập hợp các điểm A' thỏa mãn$\hat{A} =\hat{A'} $ và A, A' nằm về hai phía mp bờ BC sao cho nếu gọi H và H' là trực tâm ABC và A'BC thì cực trực giao của HH' với ABC và với A'BC trùng nhau.:hornytoro:

Tập hợp này là tập hợp rỗng,hôm qua vừa nghĩ ra Không biết có ai quan tâm đến nó không nhỉ ? :hornytoro:umb:

Nguyên văn bởi lovemintu

Như vậy anh lại chế ra một bài thế này

Cho tam giác ABC trực tâm H gọi Ha,Hb,Hc là đối xứng của H qua BC,CA,AB, gọi da là đt Simson của A với HaBC tương tự có db,dc thì da,db,dc tạo thành tam giác thấu xạ với A'B'C' trong đó A',B',C' là chân đường cao từ A,B,C.

Bài này cũng đẹp:hornytoro:Em giải như sau,không rõ có giống anh mintu không


Sử dụng định lí Desagues chúng ta sẽ chỉ cần chứng minh các giao điểm của (B'C' ,da),(C'A',db) ,(A'B',dc) thẳng hàng.(*)
Bây giờ ,ta sẽ chứng minh rằng da chính là tiếp tuyến của đường tròn Euler (S) của tam giác ABC ,và đến đây thì dùng kết quả về trục Lemoine là có ngay (*).:hornytoro:
(Đang edit)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lovemintu]

À bài này thì chú giải hay đấy, anh tìm ra bằng máy tính thôi chứ chưa giải .

Trong bài toán của chú nếu A cố định tất nhiên là A' phải thuộc đường tròn ngoại tiếp HBC ?

Cái này bằng máy tính thấy ngay có hai vị trí là giao của AH và (HBC) thứ hai là giao của AB và (HBC) nếu AB<AC. Khi đó hai cái cực trực giao đều trùng chân đường cao hạ từ A và C.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

Nguyên văn bởi lovemintu

À bài này thì chú giải hay đấy, anh tìm ra bằng máy tính thôi chứ chưa giải .

Trong bài toán của chú nếu A cố định tất nhiên là A' phải thuộc đường tròn ngoại tiếp HBC ?

Cái này bằng máy tính thấy ngay có hai vị trí là giao của AH và (HBC) thứ hai là giao của AB và (HBC) nếu AB<AC. Khi đó hai cái cực trực giao đều trùng chân đường cao hạ từ A và C.

Ý chính của em là chỉ ra trên đường tròn (HBC) những điểm thỏa mãn ấy ạ,chứ tất nhiên nó thuộc(HBC) rồi,mà đây cũng là phần thuận thiếu
Chết chả chà cha Em sơ ý quá,bỏ sót mất trường hợp ,nhân tiện em đã sửa đề như sau để thuận lợi hơn.

Bài toán:Cho tam giác ABC trực tâm H .Hãy dựng các điểm A' nằm trên (HBC)sao cho nếu gọi H' là trực tâm A'BC thì cực trực giao của HH' với ABC và với A'BC trùng nhau.:hornytoro:



Hiện tại em đã chứng minh được rằng những điểm thỏa mãn chỉ có thể là giao của (HBC) với AH,AB,AC.:hornytoro: :hornytoro: Cũng hay phết anh ạ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lovemintu]

Ùa anh cũng chư chứng minh mà chỉ thấy bằng hình vẽ máy tính thế thôi và lưu ý với chú là với đk quỹ tích của chú là A và A' nằm về hai phía BC thì chỉ có giao của AB hoặc AC thôi .
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

Nguyên văn bởi lovemintu

Ùa anh cũng chư chứng minh mà chỉ thấy bằng hình vẽ máy tính thế thôi và lưu ý với chú là với đk quỹ tích của chú là A và A' nằm về hai phía BC thì chỉ có giao của AB hoặc AC thôi .

Hi, em mới sửa đề rồi mà
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]