Bài toán đồng viên

[dep_kom_n]

cho tam giác ABC nhọn ,M là điểm nằm trong tam giác ,đt vuông góc với AM cắt (BMC) tại X,đt vuông góc với BM cắt (AMC) tại Y,,đt vuông góc với CM cắt (BMA) tại Z ,cmr M,X,Y,Z đồng viên
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyen Van Linh]

Bài này rất đẹp đấy
Qua A kẻ đường vuông góc với AM cắt (AMB) và (AMC) tại B', C'. Ta suy ra C'C cắt B'B tại $A'\in (BMC) $.
MA' là đường kính của (BMC) nên $\widehat{MXA'}=90^o $. Từ đó A'X//MA hay $A'X\perp B'C' $, tức là X nằm trên đường cao hạ từ A' của tam giác A'B'C'. Gọi H là trực tâm của tam giác này.
$\widehat{XHZ}=\widehat{B'C'A'}=180^o-\widehat{AMC}=180^o-\widehat{XMZ} $, suy ra M, X, Z, H đồng viên. Tương tự suy ra đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dep_kom_n]

đoạn cuối em không hiểu $\widehat{AMC} $chưa chắc bằng $\widehat{XMZ} $ cái này tùy từng hướng trong mặt phẳng của góc nữa đấy anh ạ. ví dụ như hình em vẽ $\widehat{XMZ} $ nằm trong $\widehat{AMC} $

có lẽ phải dùng góc định hướng nhưng cũng khó khăn ra trò
nhưng cũng công nhận cách này wa hay
nếu cm được đoạn cuối là hoàn hảo

Em thì không dùng cái này mà dùng nghịch đảo chẳng can hệ hướng này hướng nọ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Nguyên văn bởi LTL

suy ra C'B cắt B'C tại $A'\in (BMC) $.

phải là BB' cắt CC'

có cách làm khác như sau
ta đã CM được $A'X'\perp B'C'\Rightarrow A',X',H' $ thẳng hàng $\Rightarrow \widehat{MXH}=90^o $, do đó X nằm trên đường tròn đường kính MH, tương tự cho Y, Z, ta suy ra đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lady_kom4]

Bài này dùng nghịch đảo cũng hay
Dễ chứng minh các điều sau $AZ,AY $ đối xứng nhau qua phân giác $\angle A $,$BZ,BX $ đối xứng nhau qua phân giác $\angle B $,$CX,CY $ đối xứng nhau qua phân giác $\angle C $,
Nghịch đảo tâm $M $ phương tích $k $ bất kì
$A \rightarrow A', B \rightarrow B'.... $
Để chứng minh $M,X,Y,Z $ đồng viên, ta chứng minh $X',Y',Z' $ thẳng hàng bằng $Menelaos $ cho tam giác$A'B'C' $
Dùng công thức $A'B' = \frac{k.AB}{OA.OB} $, trong đó $O,k $ là tâm nghịch đảo và phương tích, $A', B' $ là ảnh của $A,B $ qua phép nghịch đảo tâm$O $
Điều cần cm$ \frac{Z'A'}{Z'B'}.\frac{X'B'}{X'C'}.\frac {Y'C'}{Y'A'} = 1 \Leftrightarrow \frac{ZA}{ZB}.\frac{XB}{XC}.\frac {YC}{YA} = 1 $
Đến đây ta đưa các tỉ số trên về sin các góc trong tam giác tương ứng, rồi dùng tính đối xứng đã nêu ở trên thì điều cần cm là đúng
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dep_kom_n]

thằng lady_kom_4 này cùng học nghịch đảo một đợt với mình thảo nào ý tưởng giống nhau wa ,thanks mày nha,cố xơi nốt bài phtrham đi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyen Van Linh]

Nguyên văn bởi dep_kom_n

đoạn cuối em không hiểu $\widehat{AMC} $chưa chắc bằng $\widehat{XMZ} $ cái này tùy từng hướng trong mặt phẳng của góc nữa đấy anh ạ. ví dụ như hình em vẽ $\widehat{XMZ} $ nằm trong $\widehat{AMC} $

có lẽ phải dùng góc định hướng nhưng cũng khó khăn ra trò
nhưng cũng công nhận cách này wa hay
nếu cm được đoạn cuối là hoàn hảo

Em thì không dùng cái này mà dùng nghịch đảo chẳng can hệ hướng này hướng nọ

Tất nhiên cái này còn tùy nhiều trường hợp. Nếu xét trường hợp khác thì nó cũng ra tương tự thôi em à. Vì thế chỉ cần 1 cái tiêu biểu là được. Anh vốn ko được học góc định hướng như em nên chỉ viết ý tưởng sơ sài thế thôi.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyen Van Linh]

Khai thác hình vẽ của bài này ta có một kết quả rất hay khác:

Cho tam giác ABC với trực tâm H. P là một điểm bất kì. AP, BP, CP cắt (O) lần lượt tại $A_1, B_1, C_1 $. Gọi $A_2, B_2, C_2 $ lần lượt là hình chiếu của P trên $BC, CA, AB $. $A_1A_2\cap AH=\{A_3\}, B_1B_2\cap BH=\{B_3\}, C_1C_2\cap CH=\{C_3\} $. CMR $H, A_3, B_3, C_3 $ đồng viên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dep_kom_n]

Nếu anh đã góp một bài toán thì em cũng xin góp bài toán ban đầu của nó bằng cách nghich đảo đề bài (cực đẹp)
tam giác ABC,M bất kì ,đt qua M vuông góc với MA,MB,MC lần lượt cắt BC,AC,AB tại X,Y,Z.chứng minh X,Y,Z thẳng hàng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Gọi $B_1,C_1 $ là hình chiếu vuông góc của B, C lên MA. Vì $XM//BB_1//CC_1 $ (cùng vuông góc với MA) nên theo định lý Thales và công thức hình chiếu, ta có:
$\frac{\overline{XB}}{\overline{XC}}=\frac{ \overline{MB_1}}{\overline{MC_1}}=\frac{\overline{ MA}. \overline{MB_1}}{\overline{MA}.\overline{MC_1}}= \frac{\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB_1}}{ \overrightarrow{MA}. \overrightarrow{MC_1}}= \frac{ \overrightarrow{MA}. \overrightarrow{MB}}{\overrightarrow{MA}. \overrightarrow{MC}} $
chứng minh tương tự và áp dụng định lý Menelaus, ta có đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyen Van Linh]

Nguyên văn bởi dep_kom_n

Nếu anh đã góp một bài toán thì em cũng xin góp bài toán ban đầu của nó bằng cách nghich đảo đề bài (cực đẹp)
tam giác ABC,M bất kì ,đt qua M vuông góc với MA,MB,MC lần lượt cắt BC,AC,AB tại X,Y,Z.chứng minh X,Y,Z thẳng hàng.

Bài này quen thuộc mà em .
Khai thác bài toán này còn thu được 2 kết quả rất đẹp:
Gọi $M_a, M_b, M_c $ là trung điểm BC, CA, AB. Khi đó:

- Các đường tròn $(X, XM_a), (Y, YM_b), (Z, ZM_c) $ là bộ đường tròn Coaxal (xem định nghĩa trên mathworld nhá) khi và chỉ khi M nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC.

-Các đường tròn $(X, XA), (Y, YB), (Z,ZC) $ là bộ đường tròn Coaxal khi và chỉ khi M nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]