Bài toán (Đề thi chính thức Olympic duyên hải Bắc bộ toán 10 năm 2012) Cho tam giác $ABC$. Bên ngoài tam giác ta dựng các hình vuông $ABEF,BCMN,ACPQ$. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác và gọi $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là giao điểm của $GA$ với $FQ$, của $GB$ với $EN$, của $GC$ với $MP$. Vẽ các hình bình hành $AGC_2F,BGA_2N,CGB_2P$. Chứng minh rằng các đường thẳng qua $A_2,B_2,C_2$ tương ứng vuông góc với $B_1C_1,C_1A_1,A_1B_1$ đồng quy. Lời giải : Gọi $I$ là trung điểm của $BC$ Ta có \[\overrightarrow{AG}.\overrightarrow{B_2C_2}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AI}.\left ( \overrightarrow{GC_2}-\overrightarrow{GB_2} \right )=\dfrac{1}{3}\left ( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC} \right )\left ( \overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AQ} \right )=\dfrac{1}{3}(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AQ})+\dfrac{1}{3}\left ( \overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AQ} \right )=\dfrac{1}{3}\left ( AC.AF.cos\widehat{FAC}-AB.AQ.cos\widehat{QAB} \right )=\dfrac{1}{3}\left ( AC.AB.cos\left ( \dfrac{\pi }{2}+\widehat{BAC} \right )-AB.AC.cos\left ( \dfrac{\pi }{2} +\widehat{BAC}\right ) \right )=0\] Như vậy ta có $AG\perp B_2C_2$ hay $A_1G\perp B_2C_2$ Hoàn toàn tương tự, ta được $B_1G\perp C_2A_2,C_1G\perp A_2B_2$ Xét tam giác $A_2B_2C_2$ có các đường thẳng $A_1G,B_1G,C_1G$ đồng quy tại $G$ và tương ứng vuông góc với các cạnh Từ đó áp dụng định lí $Carnot$ ta có : \[\left ( A_1C_2^2-A_1B_2^2 \right )+\left ( C_1B_2^2-C_1A_2^2 \right )+\left ( B_1A_2^2-B_1C_2^2 \right )=0\Leftrightarrow \left ( C_2A_1^2-C_2B_1^2 \right )+\left ( A_2B_1^2-A_2C_1^2 \right )+\left ( B_2C_1^2-B_2A_1^2 \right )=0\] Từ đó theo định lí $Carnot$ cho tam giác $A_1B_1C_1$ ta có các đường thẳng qua $A_2,B_2,C_2$ tương ứng vuông góc với $B_1C_1,C_1A_1,A_1B_1$ đồng quy.

[Bài toán] Ứng dụng định lí Carnot

Bài toán (Đề thi chính thức Olympic duyên hải Bắc bộ toán 10 năm 2012)

Cho tam giác $A B C$ . Bên ngoài tam giác ta dựng các hình vuông $A B E F, B C M N, A C P Q$ . Gọi $G$ là trọng tâm tam giác và gọi $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ lần lượt là giao điểm của $G A$ với $F Q$ , của $GB$ với $E N$ , của $GC$ với $M P$ . Vẽ các hình bình hành $A G C_{2} F, B G A_{2} N, C G B_{2} P$ . Chứng minh rằng các đường thẳng qua $A_{2}, B_{2}, C_{2}$ tương ứng vuông góc với $B_{1} C_{1}, C_{1} A_{1}, A_{1} B_{1}$ đồng quy.

Lời giải :

Gọi $I$ là trung điểm của $B C$

Ta có

$A G . B_{2} C_{2} = \frac{2}{3} A I . (G C_{2} - G B_{2}) = \frac{1}{3} (A B + A C) (A F - A Q) = \frac{1}{3} (A B . A F - A C . A Q) + \frac{1}{3} (A C . A F - A B . A Q) = \frac{1}{3} (A C . A F . cos F A C - A B . A Q . cos Q A B) = \frac{1}{3} (A C . A B . cos (\frac{π}{2} + B A C) - A B . A C . cos (\frac{π}{2} + B A C)) = 0$

Như vậy ta có $A G ⊥ B_{2} C_{2}$ hay $A_{1} G ⊥ B_{2} C_{2}$

Hoàn toàn tương tự, ta được $B_{1} G ⊥ C_{2} A_{2}, C_{1} G ⊥ A_{2} B_{2}$

Xét tam giác $A_{2} B_{2} C_{2}$ có các đường thẳng $A_{1} G, B_{1} G, C_{1} G$ đồng quy tại $G$ và tương ứng vuông góc với các cạnh

Từ đó áp dụng định lí $C a r n o t$ ta có :

$(A_{1} C_{2}^{2} - A_{1} B_{2}^{2}) + (C_{1} B_{2}^{2} - C_{1} A_{2}^{2}) + (B_{1} A_{2}^{2} - B_{1} C_{2}^{2}) = 0 \Leftrightarrow (C_{2} A_{1}^{2} - C_{2} B_{1}^{2}) + (A_{2} B_{1}^{2} - A_{2} C_{1}^{2}) + (B_{2} C_{1}^{2} - B_{2} A_{1}^{2}) = 0$

Từ đó theo định lí $C a r n o t$ cho tam giác $A_{1} B_{1} C_{1}$ ta có các đường thẳng qua $A_{2}, B_{2}, C_{2}$ tương ứng vuông góc với $B_{1} C_{1}, C_{1} A_{1}, A_{1} B_{1}$ đồng quy.

[Bài toán] Ứng dụng định lí Carnot

Đề bài

Mô tả