Thứ Hai, 7 tháng 8, 2017

Đóng cửa

Blog này không còn hoạt động

Các bài đăng thông qua file pdf trên dropbox đã bị xóa, đang được người khác giữ hộ. Bạn đọc nếu muốn tìm lại có thể liên hệ qua mail của mình tenminhladuong@gmail.com để mình gửi lại.

Các bài đã xóa gồm:

  • Đường tròn chín điểm, đường tròn pedal và đường tròn cevian(liên quan đến điểm Poncelet).
  • Đa giác vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp.
  • Tam giác Ptolemy.

Tạm biệt

Thứ Hai, 25 tháng 7, 2016

Generalization of a property of Mixtilinear circle

1. Introduction

The following property of mixtilinear incircle is quite-known
Theorem 1.$[1]$ Let $(I)$ be incircle of triangle $ABC$. $P$ is an arbitrary point on the circumcircle of triangle $ABC$. Two tangent lines through $P$ of the incircle $(I)$ intersect $BC$ at $X$, $Y$.
Then the circle $PXY$ passes through the common point of $A-$mixtilinear incircle of triangle $ABC$ and the circumcircle of triangle $ABC$.

It was generalized by Vladimir Zajic(nick name yetti on AoPS) as follow
Theorem 2. $[2]$ Let two tangent lines of the incircle of triangle $ABC$ meet at $X$ and intersect $BC$ at $Y$, $Z$. $AX$ intersects the circumcircle of triangle $ABC$ at $K$.
Then the circle $KYZ$ passes through the common point of $A-$mixtilinear incircle of triangle $ABC$ and the circumcircle of triangle $ABC$.

2. Generalization and Proof

Recently, Nguyen Duc Bao(nick name baopbc on Vietnam Mathematics Forum) found a generalization of mixtilinear circle as follow 
Theorem 3.$[3]$ $P$, $Q$ are isogonal conjugate points with respect to triangle $ABC$.
Tangent line at $P$ of the circle $PBC$ intersects $AB$, $AC$ at $P_{ab}$, $P_{ac}$, respectively.
Tangent line at $Q$ of the circle $QBC$ intersects $AB$, $AC$ at $Q_{ab}$, $Q_{ac}$, respectively.
Then $P_{ab}$, $P_{ac}$, $Q_{ab}$, $Q_{ac}$ lie on a circle, which is tangent to the circumcircle of triangle $ABC$.

Proof of theorem 3 can easily obtained by angle chasing and the fact: the tangency point is Miquel point of the quadrilateral $(PB,PC,QB,QC)$.
Independently, Telv Cohl has also found this generalization with various of interesting properties in $[4]$.
Let $T$ be the tangency point in theorem 3. Then we generalized theorem 2 as follow
Problem 4. Let $\mathcal{S}$ be the inconic of triangle $ABC$ of which foci are $P$, $Q$.
Two tangent lines of $\mathcal{S}$ meet at $X$ and intersect $BC$ at $Y$, $Z$. $AX$ intersects the circumcircle of triangle $ABC$ at $K$.
Prove that the circle $KYZ$ passes through $T$.

Proof. Thanks to the proof of Luis Gonzales for theorem 2 and Telv Cohl's results$[4]$,  I have completed a synthetic solution.
Follow Telv Cohl's proof for property 2$[4]$, if we let $A'$ be a point on the circumcircle of triangle $ABC$ such that $AA'$ is parallel to $BC$ then $T$, $D$, $A'$ are collinear.
Let $\mathcal{S}$ touches $BC$ at $D$ and $AK$ intersects $BC$ at $D'$.
According to Desargues's involution theorem, there exists a point $R$ on $BC$ such that
$RB\cdot RC=RD\cdot RD'=RY\cdot RZ$
Simply by angle chasing, $(TD,TK)=(TA',TK)=(AA',AK)=(BC,AK)=(D'D,D'K)$. Thus $T$, $K$, $D$, $D'$ are concyclic. Combine with $T$, $K$, $B$, $C$ are concylic, $TK$ passes through $R$.
$\Rightarrow RY\cdot RZ=RK\cdot RT$
Hence we conclude that $K$, $Y$, $Z$, $T$ are concyclic.

By the inversion centered at $T$, we obtain that
Corollary 5. $P'$, $Q'$ are reflections of $P$, $Q$ in the circumcircle of triangle $ABC$.
Then $T$, $A$, $P$, $Q'$ are concyclic and $T$, $A$, $Q$, $P'$ are concyclic.

References

Thứ Hai, 15 tháng 2, 2016

McCay cubic: Coaxial circles

Definition. McCay cubic of $\triangle ABC$ is locus of $M$ such that $M$, $M^*$ - isogonal conjugate of $M$ and circumcenter $O$ are collinear.

Problem. $P$ lies on McCay cubic of $\triangle ABC$. $\triangle DEF$ is pedal triangle of $P$ wrt $\triangle ABC$.
$PD$, $PE$, $PF$ intersect $(DEF)$ at $X$, $Y$, $Z$.
$A_1$, $B_1$, $C_1$ are midpoints of $PA$, $PB$, $PC$.
Prove that $(PXA_1)$, $(PYB_1)$, $(PZC_1)$ are coaxial.

Proof.
I introduce a synthetic proof. At first, I prove some basic properties of Mccay cubic.
Lemma 1. $P$ lies on McCay cubic of $\triangle ABC$ if and only if pedal triangle and circumcevian triangle of $P$ are homothetic.

Simply by angle chasing, we can prove that pedal triangle and circumcevian triangle of $P$ wrt $\triangle ABC$ are similar.
The following proof belongs to oneplusone. I rewrite it as follow:
$Q$ is isogonal conjugate of $P$, $P$ lies on McCay cubic, therefore $O$, $P$, $Q$ are collinear. $\triangle P_aP_bP_c$ and $\triangle Q_aQ_bQ_c$ are circumcevian triangles of $P$, $Q$ wrt $\triangle ABC$. $\triangle Q'_aQ'_bQ'_c$ is reflection of $\triangle Q_aQ_bQ_c$ in $O$.
$P_bQ_c\cap P_cQ_b=A_1$, $P_cQ_a\cap P_aQ_c=B_1$, $P_aQ_b\cap P_bQ_a=C_1$.
By applying Pascal's theorem for ${P_bQ_bC}\choose{P_cQ_cB}$, ${P_cQ_cA}\choose{P_aQ_aC}$, ${P_aQ_aB}\choose{P_bQ_bA}$, we obtain that $A_1$, $B_1$, $C_1$ lie on $PQ$.
Pascal's theorem again for ${P_bQ'_cQ_b}\choose{P_cQ'_bQ_c}$, ${P_cQ'_aQ_c}\choose{P_aQ'_cQ_a}$, ${P_aQ'_bQ_a}\choose{P_bQ'_aQ_b}$ then $P_aQ'_a$, $P_bQ'_b$, $P_cQ'_c$ are concurrent at a point $R$ on $\overline{O,P,Q}$.
$RP_a$, $RP_b$, $RP_c$ $\perp$ $BC$, $CA$, $AB$ $\Rightarrow$ $RP_a$, $RP_b$, $RP_c$ $\parallel$ $PD$, $PE$, $PF$ $\Rightarrow$ $D,E,F,P\sim P_a,P_b,P_c,R$ $\Rightarrow$ $\triangle P_aP_bP_c$ and $\triangle DEF$ are homothetic.
It hasn't been done yet, we need to prove the converse.
$\triangle DEF$ and $\triangle P_aP_bP_c$ are homothetic then $P_aQ'_a$, $P_bQ'_b$, $P_cQ'_c$ are concurrent at a point $R$.
Apply Pascal's theorem for ${P_bQ'_cQ_b}\choose{P_cQ'_bQ_c}$, ${P_cQ'_aQ_c}\choose{P_aQ'_cQ_a}$, ${P_aQ'_bQ_a}\choose{P_bQ'_aQ_b}$ then $O$, $R$, $A_1$, $B_1$, $C_1$ are collinear $\Rightarrow$ $O$, $P$, $Q$, $R$ are collinear.
Lemma 2. $P$ lies on McCay cubic of $\triangle ABC$ if and only if:
$(PA,BC)+(PB,CA)+(PC,AB)=\frac{\pi}{2}$
$P$ lies on McCay cubic iff:
$(P_bP_c,EF)=0$
$(PE,EF)+(PA,PE)+(PB,PA)+(P_bP_c,P_bB)=0$
$(PA,AB)+(PA,PE)+(PB,PA)+(CP,BC)=0$
$(PA,BC)+(PC,AB)+(PB,PE)=0$
$(PA,BC)+(PB,CA)+(PC,AB)=\frac{\pi}{2}$
Lemma 3. $P$ lies on McCay cubic of $\triangle ABC$ if and only if $P$ lies on McCay cubic of $\triangle DEF$.
$(PA,BC)+(PB,CA)+(PC,AB)=(PA,CA)+(PB,BC)+(PC,AB)$
$=(AP,AC)+(BP,BA)+(CP,CB)=(PF,EF)+(PD,FD)+(PE,DE)$
$=(PF,BC)+(PD,BC)+(PE,BC)+(BC,EF)+(BC,FD)+(BC,DE)$
$=(PD,EF)+(PE,FD)+(PF,DE)$
$\Rightarrow$ $(PA,BC)+(PB,CA)+(PC,AB)=\frac{\pi}{2}$ iff $(PD,EF)+(PE,FD)+(PF,DE)=\frac{\pi}{2}$.
Back to the main proof.
Let $Q$ be isogonal conjugate of $P$ wrt $\triangle ABC$, $N$ be midpoint of $PQ$, $\triangle D'E'F'$ be pedal triangle of $Q$.  I will prove that $(PDA_1)$, $(PEB_1)$, $(PFC_1)$ pass through $N$.


$(A_1P,A_1N)=(AP,AQ)=(AP,AB)+(AB,AQ)$
$=(AP,AB)+(AP,AC)=(PE,EF)+(PF,EF)$
$(XP,XN)=(XD,XD')=(DD,DD')=(DD,DP)+\frac{\pi}{2}$
$P$, $D$, $A_1$, $N$ are concyclic iff:
$(PE,EF)+(PF,EF)=(DD,DP)+\frac{\pi}{2}$
$(PE,FD)+(PF,DE)+(FD,FE)+(ED,EF)+(PD,DD)=\frac{\pi}{2}$ $($ $DD$ is tangent line $)$
$(PE,FD)+(PF,DE)+(DD,DE)+(DE,EF)+(PD,DD)=\frac{\pi}{2}$
$(PD,EF)+(PE,FD)+(PF,DE)=\frac{\pi}{2}$
According to lemma 3, this is true since $P$ lies on McCay cubic.
Hence $(PXA_1)$, $(PYB_1)$, $(PZC_1)$ are coaxial.

When $P$ coincides with incenter $I$, $(IXA_1)$, $(IYB_1)$, $(IZC_1)$ are tangent to $OI$ at $I$.

Thứ Sáu, 17 tháng 4, 2015

Một số bài toán trực giao trong không gian

Trong bài viết này, tôi xin giới thiệu một số bài toán trực giao khá đơn giản trong không gian được lấy cảm hứng từ bài toán trong mặt phẳng.
Trong mặt phẳng, định lý $Carnot$ là một định lý nổi tiếng, ứng dụng chính là chứng minh ba đường thẳng đồng quy, xin phát biểu lại:
Định lý $Carnot$ Cho $\triangle$$ABC$ và $\triangle$$XYZ$
Đường thẳng qua $X$ vuông góc $BC$, đường thẳng qua $Y$ vuông góc $CA$, đường thẳng qua $Z$ vuông góc $AB$ đồng quy khi và chỉ khi:
$(XB^2-XC^2)+(YC^2-YA^2)+(ZA^2-ZB^2)=0$
Hơn nữa khi chúng đồng quy thì ta cũng có đường thẳng qua $A$ vuông góc $YZ$, đường thẳng qua $B$ vuông góc $ZX$, đường thẳng qua $C$ vuông góc $XY$ đồng quy.

Định lý $Carnot$ đem đến một khái niệm khá thú vị trong hình học phẳng là cực trực giao, được định nghĩa như sau:
$\triangle$$ABC$ và đường thẳng $d$ bất kì. $X,Y,Z$ là hình chiếu vuông góc của $A,B,C$ lên $d$
Khi đó các đường thẳng qua $X,Y,Z$ lần lượt vuông góc $BC,CA,AB$ đồng quy tại một điểm gọi là cực trực giao của $d$ với $\triangle$$ABC$.

Ý tưởng mở rộng cho không gian là hệ thức để chứng minh 4 đường thẳng đồng quy. Cụ thể hơn là với hai tứ diện $ABCD$ và $XYZT$ thì cần điều kiện gì để đường thẳng qua $X$ vuông góc mặt phẳng $(BCD)$$(d_x)$, đường thẳng qua $Y$ vuông góc mặt phẳng $(CDA)$$(d_y)$, đường thẳng qua $Z$ vuông góc với mặt phẳng $(DAB)$$(d_z)$ và đường thẳng qua $T$ vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$$(d_t)$ đồng quy? Trước hết ta thấy 3 trong 4 đường thẳng này đều không đồng phẳng. Điều kiện để chúng đồng quy là đôi một cắt nhau. Như vậy ta sẽ tìm điều kiện để 2 đường bất kì trong số chúng đồng phẳng.

Dễ thấy $d_x$ và $d_y$ đồng phẳng khi và chỉ khi $XC^2-XD^2=YC^2-YD^2$
Tương tự ta có:
$ZA^2-ZB^2=TA^2-TB^2$
$XD^2-XB^2=ZD^2-ZB^2$
$YC^2-YA^2=TC^2-TA^2$
$XB^2-XC^2=TB^2-TC^2$
$ZA^2-ZB^2=YA^2-YB^2$
Đây là một điều kiện cồng kềnh, phức tạp.
Và từ đây ta còn rút ra được bài toán mà cách phát biểu của nó không xuất hiện các hệ thức như trên:
Bài toán 1 Cho hai tứ diện $ABCD$ và $XYZT$
Gọi $d_x,d_y,d_z,d_t$ là đường thẳng qua $X,Y,Z,T$ vuông góc với các mặt phẳng $(BCD),(CDA),(DAB),(ABC)$
Gọi $d_a,d_b,d_c,d_d$ là đường thẳng qua $A,B,C,D$ vuông góc với các mặt phẳng $(YZT),(ZTX),(TXY),(XYZ)$
Chứng minh rằng $d_x,d_y,d_z,d_t$ đồng quy khi và chỉ khi $d_a,d_b,d_c,d_d$ đồng quy.

Một ý nghĩ rất tự nhiên là ta muốn làm sao để mở rộng cho khái niệm cực trực giao trong không gian với mặt phẳng và tứ diện. Ta đặt ra câu hỏi: Tứ diện $ABCD$ và mặt phẳng $(P)$, $X,Y,Z,T$ là hình chiếu vuông góc của $A,B,C,D$ lên mặt phẳng $(P)$. Đường thẳng qua $X,Y,Z,T$ vuông góc mặt phẳng $(BCD),(CDA),(DAB),(ABC)$ có đồng quy hay không?
Trước tiên ta xét xem chúng có thỏa mãn 6 hệ thức trên hay không. Tuy nhiên theo định lý $Pythagore$
$XC^2-XD^2=XZ^2+CZ^2-XT^2-DT^2$
và $YC^2-YD^2=YZ^2+CZ^2-YT^2-YZ^2$
Để có được hệ thức đầu tiên phải có: $XZ^2+YT^2=XT^2+YZ^2$ tức là $XY$ vuông góc $ZT$
Tương tự để có cả 6 hệ thức thì $XZ$ vuông góc $YT$ và $XT$ vuông góc $YZ$ tương đương với $X,Y,Z,T$ là hệ trực giao$($điểm bất kì là trực tâm của tam giác tạo bởi ba điểm còn lại$)$

Như vậy là bài toán mở rộng sang không gian có chút thay đổi:
Bài toán 2 Cho tứ diện $ABCD$ và mặt phẳng $(P)$ thỏa mãn:
$X,Y,Z,T$ là hình chiếu vuông góc của $A,B,C,D$ lên $(P)$ và chúng tạo thành hệ trực giao.
Chứng minh rằng: Các đường thẳng qua $X,Y,Z,T$ vuông góc với $(BCD),(CDA),(DAB),(ABC)$ đồng quy.

Lời kết, với phát triển nhỏ bé này, mong rằng bạn đọc sẽ thấy có ích với một số bài toán và tìm tòi mở rộng các bài toán trực giao khác.

Thứ Hai, 13 tháng 4, 2015

Một bài toán về tam giác pedal

Lần này chúng ta trở lại với bài toán mở rộng của bài toán ngày hôm qua. Bài toán này là của hai tác giả $Nguyễn$ $Ngọc$ $Giang$ và $Thanh$ $Tùng$, được phát hiện đồng thời và độc lập. Bài toán được phát biểu như sau:
$\triangle$$ABC$ không vuông. $P$ là điểm thay đổi sao cho khoảng cách từ nó đến tâm $O$ của đường tròn ngoại tiếp $\triangle$$ABC$. $\triangle$$DEF$ là tam giác $pedal$ của $P$ với $\triangle$$ABC$.
$PD$ cắt $AB, AC$ tại $A_b, A_c$
$PE$ cắt $BC, BA$ tại $B_c, B_a$
$PF$ cắt $CA, CB$ tại $C_a, C_b$
$O_a$ là tâm đường tròn $(AA_bA_c)$
$O_b$ là tâm đường tròn $(BB_cB_a)$
$O_c$ là tâm đường tròn $(CC_aC_b)$
Chứng minh rằng $S_{O_aO_bO_c}$ không đổi.

Nếu như $P$ thuộc đường tròn $(ABC)$ thì ta có được bài toán $O_a, O_b, O_c$ thẳng hàng.
Nhận xét làm liên tưởng tới công thức $Euler$ về tam giác $pedal$.

Chứng minh

Ở bài toán này, ta vẫn cần đến nhận xét quan trọng: $AO_a, BO_b, CO_c$ là tiếp tuyến của $(ABC)$, và như đã nói ở bài viết chứng minh ba điểm thẳng hàng, việc chứng minh 3 đường trên là tiếp tuyến có thể thực hiện dễ dàng bằng góc định hướng.
Như đã nói ở trên, bài toán làm ta liên tưởng ít nhiều tới công thức $Euler$ nên một cách tự nhiên, tôi muốn tìm ra một liên hệ nào đó giữa diện tích $\triangle$$DEF$ và $\triangle$$O_aO_bO_c$
Ý tưởng của tôi là biểu diễn $S_{DEF}$ qua các tỉ số $\frac{\overline{DB}}{\overline{DC}}$, $\frac{\overline{EC}}{\overline{EA}}$, $\frac{\overline{FA}}{\overline{FB}}$
Phần này được giải quyết nhẹ nhàng với công cụ tích ngoài - diện tích đại số.
Nếu đặt $\overline{DB} + x\overline{DC} = 0$, $\overline{EC} + y\overline{EA} = 0$, $\overline{FA} + z\overline{FB} = 0$ thì ta thu được:
$S_{[DEF]} = \frac{1 + xyz}{(1+x)(1+y)(1+z)}.S_{[ABC]}$

Tới đây, thật may mắn khi tôi "nhìn" ra một tính chất khá đẹp đẽ:
Nếu như các tiếp tuyến tại $A, B, C$ của $(ABC)$ tạo thành $\triangle$$XYZ$ thì ta có $\frac{\overline{O_aZ}}{\overline{O_aY}} = \frac{\overline{DB}}{\overline{DC}}$ và các đẳng thức tương tự.
Gọi $AA'$ là đường cao của $\triangle$$ABC$


Dễ thấy $\triangle$$O_aAA_c$ và $\triangle$$YAC$ cân có cùng góc ở đáy nên đồng dạng. Theo định lý $Thales$:
$\frac{\overline{O_aA}}{\overline{O_aY}} = \frac{\overline{A_cA}}{\overline{A_cC}} = \frac{\overline{DA'}}{\overline{DC}}$
Tương tự: $\frac{\overline{O_aA}}{\overline{O_aZ}} = \frac{\overline{DA'}}{\overline{DB}}$
Từ đó suy ra $\frac{\overline{O_aY}}{\overline{O_aZ}} = \frac{\overline{DC}}{\overline{DB}}$
Như vậy ta sẽ có $S_{[O_aO_bO_c]} = S_{[XYZ]}.\frac{1 + \frac{1}{xyz}}{(1 + \frac{1}{x})(1 + \frac{1}{y})(1+ \frac{1}{z})} = S_{[XYZ]}.\frac{1 + xyz}{(1 + x)(1 + y)(1 + z)}$
Kết hợp với đẳng thức ở trên thì ta được:

$\frac{S_{[DEF]}}{S_{[ABC]}} = \frac{S_{[O_aO_bO_c]}}{S_{[XYZ]}}$

Tới đây ta mới dùng đến công thức $Euler$: $S_{[DEF]} = (1 - \frac{OP^2}{R^2}).S_{[ABC]}$
Trong đó $R$ là bán kính của $(ABC)$
Còn một công thức nữa: $S_{[XYZ]} = \frac{S_{[ABC]}}{2cosAcosBcosC}$
Để chứng minh điều này ta chỉ cần lấy 3 chân đường cao của $\triangle$$ABC$ là $A', B', C'$, sử dụng nhận xét hai $\triangle$$A'B'C'$ và $\triangle$$XYZ$ là ảnh của nhau qua phép vị tự và công thức $OH^2 = R^2 - 8R^{2}cosAcosBcosC$
Và cuối cùng thì biểu thức diện tích tam giác $O_aO_bO_c$ là:

$S_{[O_aO_bO_c]} = \frac{1}{8cosAcosBcosC}.(1 - \frac{OP^2}{R^2}).S_{[ABC]}$

Vậy là bài toán đã được giải quyết!

Sau khi lời giải được post, tác giả $Thanh$ $Tùng$ có góp ý rằng kết quả về tỉ lệ diện tích vẫn không thay đổi nếu như bỏ đi điều kiện đường thẳng qua $D, E, F$ vuông góc $BC, CA, AB$ đồng quy.
Như vậy ta phát biểu bài toán mới như sau, chứng minh của nó chỉ khác chứng minh cho bài toán trên ở chỗ là không cần đến công thức $Euler$ :
$\triangle$$ABC$ không vuông. $D, E, F$ lần lượt là các điểm trên $BC, CA, AB$
Đường thẳng qua $D$ vuông góc $BC$ cắt $AB, AC$ tại $A_b, A_c$
Đường thẳng qua $E$ vuông góc $CA$ cắt $BC, BA$ tại $B_c, B_a$
Đường thẳng qua $F$ vuông góc $AB$ cắt $CA, CB$ tại $C_a, C_b$
$O_a$ là tâm đường tròn $(AA_bA_c)$
$O_b$ là tâm đường tròn $(BB_cB_a)$
$O_c$ là tâm đường tròn $(CC_aC_b)$
Chứng minh rằng:
$S_{[O_aO_bO_c]} = \frac{1}{2cosAcosBcosC}.S_{[DEF]}$