CHO TAM GIÁC ABC NHỌN KHÔNG CÂN NỘI TIẾP ĐƯỜNG TRÒN ( O ) VÀ TR...

Question

Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn ( O ) và trực tâm H.Gọi D, E , F lần lượt là các điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB.a) Gọi Ha là điểm đối xứng của H qua BC, và A0là điểm đối xứng của A qua O. GọiOa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng H D0, A0Oa cắtnhau tại một điểm trên ( O ) .b) Lấy điểm X sao cho tứ giác AX DA0 là hình bình hành. Chứng minh rằng cácđường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có một điểm chung khác A.Lời giải. a) Xét hình vẽ như bên dưới, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự.Giả sử HaD cắt ( O ) ở K . Gọi M là trung điểm BC thì OD = 2OM = AH. Hai tam giáccân OBD và OOaB có chung góc đáy O nên chúng đồng dạng, suy raODOB = OBOOa → OD · OOa= R2với R là bán kính ( O ) .Suy ra AH · OOa= R2nên OAAH0 =OOOAa, mà ∠ OAH = ∠ A0OAanên hai tam giác AHO, OA0Oađồng dạng. Vì tứ giác OH HaD là hình thang cân nên∠ OA0Oa= ∠ AHO = 180◦− ∠ AHaK = 180◦− ∠ AA0K.Vì thế nên Oa, A0, K thẳng hàng, ta có đpcm.b) Gọi J là trung điểm OH thì J là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC . Gọi L làđiểm đối xứng với K qua J . Gọi N là trung điểm AC thì M N là đường trung bình củatam giác ODE. Biến đổi góc, ta có∠ K DE = ∠ K DO − ∠ ODE = ∠ AHaK − ∠ OM N = 180◦− ∠ AC K − ∠ OC N= 180◦− ∠ EC K .Suy ra tứ giác DKC E nội tiếp. Ta biết rằng H, A0 đối xứng nhau qua M nên tứ giácOH DA0 là hình bình hành. Suy ra−→ A0A = 1−→ DH = −→−→ DXA0O = 12nên H là trung điểm DX . Từ đó ta có X , A0đối xứng nhau qua J . Theo phép đối xứngtâm J thì:X ↔ A0, A ↔ D, H ↔ O, L ↔ K.Mà A0, D, O, K cùng thuộc một đường tròn (do ∠ OA0K = ∠ AHaD = ∠ ODK) nên cácđiểm X , A, H, L cũng cùng thuộc một đường tròn hay X ∈ ( AH L ). Cũng theo phép đốixứng tâm trên thì A, L, F , B cũng cùng thuộc một đường tròn nên L ∈ ( AF B ). Tươngtự thì L ∈ ( AC E ) . Vì thế nên các đường tròn ( AH X ) , ( ABE ) , ( AC F ) cùng đi qua điểmchung thứ hai là L 6= A.Nhận xét. Điểm K là giao điểm của ( O ) với đường thẳng đối xứng với đường thẳngEuler OH qua BC nên nó chính là điểm Anti-Steiner của tam giác ABC . Bài toán này làkhó nhất của ngày 1 và ý b đòi hỏi phải có các bước xử lý khá cầu kỳ mới phát hiện rađược điểm đồng quy thứ hai của ba đường tròn.Bài toán vẫn còn nhiều cách tiếp cận khác như dùng phép nghịch đảo. Theo tính bìnhđẳng giữa các đỉnh tam giác, ta thấy rằng L còn nằm trên đường tròn ( BC D ).x − a y = yz

Answer

Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn ( O ) và trực tâm H.Gọi D, E , F lần lượt là các điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB.a) Gọi Ha là điểm đối xứng của H qua BC, và A0là điểm đối xứng của A qua O. GọiOa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng H D0, A0Oa cắtnhau tại một điểm trên ( O ) .b) Lấy điểm X sao cho tứ giác AX DA0 là hình bình hành. Chứng minh rằng cácđường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có một điểm chung khác A.Lời giải. a) Xét hình vẽ như bên dưới, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự.Giả sử HaD cắt ( O ) ở K . Gọi M là trung điểm BC thì OD = 2OM = AH. Hai tam giáccân OBD và OOaB có chung góc đáy O nên chúng đồng dạng, suy raODOB = OBOOa → OD · OOa= R2với R là bán kính ( O ) .Suy ra AH · OOa= R2nên OAAH0 =OOOAa, mà ∠ OAH = ∠ A0OAanên hai tam giác AHO, OA0Oađồng dạng. Vì tứ giác OH HaD là hình thang cân nên∠ OA0Oa= ∠ AHO = 180◦− ∠ AHaK = 180◦− ∠ AA0K.Vì thế nên Oa, A0, K thẳng hàng, ta có đpcm.b) Gọi J là trung điểm OH thì J là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC . Gọi L làđiểm đối xứng với K qua J . Gọi N là trung điểm AC thì M N là đường trung bình củatam giác ODE. Biến đổi góc, ta có∠ K DE = ∠ K DO − ∠ ODE = ∠ AHaK − ∠ OM N = 180◦− ∠ AC K − ∠ OC N= 180◦− ∠ EC K .Suy ra tứ giác DKC E nội tiếp. Ta biết rằng H, A0 đối xứng nhau qua M nên tứ giácOH DA0 là hình bình hành. Suy ra−→ A0A = 1−→ DH = −→−→ DXA0O = 12nên H là trung điểm DX . Từ đó ta có X , A0đối xứng nhau qua J . Theo phép đối xứngtâm J thì:X ↔ A0, A ↔ D, H ↔ O, L ↔ K.Mà A0, D, O, K cùng thuộc một đường tròn (do ∠ OA0K = ∠ AHaD = ∠ ODK) nên cácđiểm X , A, H, L cũng cùng thuộc một đường tròn hay X ∈ ( AH L ). Cũng theo phép đốixứng tâm trên thì A, L, F , B cũng cùng thuộc một đường tròn nên L ∈ ( AF B ). Tươngtự thì L ∈ ( AC E ) . Vì thế nên các đường tròn ( AH X ) , ( ABE ) , ( AC F ) cùng đi qua điểmchung thứ hai là L 6= A.Nhận xét. Điểm K là giao điểm của ( O ) với đường thẳng đối xứng với đường thẳngEuler OH qua BC nên nó chính là điểm Anti-Steiner của tam giác ABC . Bài toán này làkhó nhất của ngày 1 và ý b đòi hỏi phải có các bước xử lý khá cầu kỳ mới phát hiện rađược điểm đồng quy thứ hai của ba đường tròn.Bài toán vẫn còn nhiều cách tiếp cận khác như dùng phép nghịch đảo. Theo tính bìnhđẳng giữa các đỉnh tam giác, ta thấy rằng L còn nằm trên đường tròn ( BC D ).x − a y = yz