Euclidean Geometry Blog

A short note about Problem 3 VMO 2012

Posted by livetolove212 on Tháng Một 19, 2012

bai3VMO_morong

Đăng trong Download | Leave a Comment »

Hagge circles revisited

Posted by livetolove212 on Tháng Mười Hai 31, 2011

Hagge circles revisited

Đăng trong Download | Leave a Comment »

Circumscribed quadrilateral

Posted by livetolove212 on Tháng Mười Một 15, 2011

This is a nice problem I found a long time ago. It’s easy but nice. You can solve it by using inversion.

Problem: Given a circumscribed quadrilateral $ABCD$ . $AC$ intersects $(ABD)$ and $(CBD)$ again at $E, F$ , respectively. Prove that $FBED$ is also a circumscribed quadrilateral.

Link to problem above: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=444400

Đăng trong Home | 9 phản hồi »

On the figure of IMO 2009 P2 Generalization

Posted by livetolove212 on Tháng Mười 23, 2011

For the generalization, see the file below:

IMO P2 generalization

We found some nice properties about this figure.

Problem 1: Given two triangles $ABC$ and $XYZ$ with their circumcircle $(O)$ . $YZ$ intersects $AB, AC$ at $P, N$ , respectively. Let $J$ be the projection of $O$ on $YZ$ . Let $K, L$ be the midpoints of $BN, CP. A'$ be the reflection of $J$ wrt $KL$ . Similarly we define $B', C'$ . Prove that:

1 (Nguyen Van Thanh). $A'$ lies on the 9-point circle of triangle $ABC$ .

2. Two triangles $XYZ$ and $A'B'C'$ are similar.

Problem 2: Given a triangle $ABC$ and its circumcircle $(O)$ . Let $d$ be an arbitrary line. $d$ intersects $BC, CA, AB$ at $X, Y, Z$ . Let $L$ be the projection of $O$ on $d$ . Prove that $(ALX), (BLY), (CLZ)$ are coaxal.

Problem 3: Given triangle $ABC$ , its circumcircle $(O)$ and a vector $\vec{u}$ . Let $d$ be a line such that $d // \vec{u}$ . $d$ intersects $AB, AC$ at $Y, Z$ . Let $M, N$ be the midpoints of $BY, CZ$ , respectively; $L$ be the projection of $O$ on $d$ . Prove that when $d$ moves, the line through $L$ and perpendicular to $MN$ passes through a fixed point.

Have fun!

Đăng trong Home | 1 Comment »

From a problem about concyclic in Mathematics and Youth magazine

Posted by livetolove212 on Tháng Tám 22, 2011

Problem 1 (M&Y): Given 4 points $A_1, A_2, A_3, A_4$ in the plane and an arbitrary point $P$ such that $P$ is not lie on any circumcircle of these points.
1. Prove that the pedal circles of $P$ wrt triangles $A_1A_2A_3, A_2A_3A_4, A_1A_3A_4, A_1A_2A_4$ are concurrent.

We will not discuss about the solution of this problem. It can be solved by using direct angle. Now from problem 1, I found 3 problem involved as below:

Problem 2: Given 5 points $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5$ in the plane and an arbitrary point $P$ such that $P$ is not lie on any circumcircle of these points.
1. Prove that the pedal circles of $P$ wrt triangles $A_1A_2A_3, A_2A_3A_4, A_1A_3A_4, A_1A_2A_4$ concur at a point $X_5$ .
2. Similarly we define $X_1, X_2, X_3, X_4$ . Prove that $X_1, X_2, X_3, X_4, X_5$ are concyclic.

Problem 3: Given a cyclic quadrilateral $ABCD$ . Let $X$ be an arbitrary point in the plane such that $X$ is not lie on $(ABCD)$ . Prove that the centers of the pedal circles of $X$ wrt $ABC, BCD, CDA, DAB$ are concyclic.

Problem 4: From 4 non-collinear points $A_1, A_2, A_3, A_4$ , we define the point $A_n$ is the orthocenter of the triangle $A_iA_jA_k (1\leq i<j<k\leq n-1)$ . Then we have a set $\{A_1, A_2, A_3,..., A_n\}$ . Prove that the pedal circle of any point $A_x$ wrt triangle $A_iA_jA_k (1\leq i<j<k\leq n, x\neq i, j, k)$ and the 9-point circles of all the triangle $A_iA_jA_k$ are concurrent.

3 months ago, I wrote the solutions for these problems in an article but what a pity, I lost it. So I will leave links to these problems:

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=422801

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=422802

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=422803

Interestingly, the last problem of this topic is the corollary of problem 2.

Đăng trong Home | Leave a Comment »

Tản mạn về hình học

Posted by livetolove212 on Tháng Tám 21, 2011

Tôi không đủ tự tin với trình độ tiếng Anh của mình nên trong bài viết này xin được viết bằng tiếng Việt. Dù sao suy nghĩ thường khó diễn tả bằng ngôn ngữ khác.

Mỗi người đều có một niềm đam mê riêng, còn với tôi, niềm đam mê ấy là bộ môn hình học.

Nếu nói về bài toán hình học tôi tâm đắc đầu tiên, thì đó thực sự không phải là một bài toán olympic khó, hay một bài toán tự mình sáng tạo. Đơn giản đó chỉ là một bài toán về ba hình vuông dựng ra ngoài một tam giác, mà sau này tôi biết đó là định lý Vecten. Tâm đắc là bởi vì ngày đó tôi còn học cấp 2, và trong giây phút lóe sáng, lời giải của tôi rất đơn giản và ngắn gọn, hay hơn cách của thầy giáo. Tâm đắc cũng bởi vì từ giây phút đó, tôi thực sự biết mình yêu thích và có thế mạnh về cái gì.

Nhưng ngày đó tôi vẫn còn yêu thích tất cả các phân môn trong toán học. Tôi đặt nick yahoo của mình là lovemathforever, như một khẳng định rằng mình sẽ yêu toán học mãi mãi. Tình yêu toán học đã giúp tôi tìm được một suất vào mái trường THPT giàu truyền thống nhất Việt Nam, khối chuyên Toán-Tin, đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội. Nhớ lại vẫn còn thấy mình may mắn. Nếu như bài toán cuối cùng của vòng chuyên tôi không được nửa điểm khuyến khích thì có lẽ đã trượt rồi.

Năm lớp 10 đến với nhiều háo hức và hi vọng. Đầu năm học, tôi cũng có nhiều ước mơ và hoài bão như bao cậu học trò chuyên toán khác. Nhưng mọi chuyện không như dự tính, sau một năm trời có biết bao nhiêu chuyện xảy ra. Khi tôi buồn nhất thì chỉ có hình học mới là thứ duy nhất giúp tôi quên đi nỗi buồn. Tôi chán nản và tạo ra thú vui tiêu khiển bằng cách vẽ hình chằng chịt trên máy tính. Ít ra khi nhìn vào những thứ linh tinh ấy, nó giúp tôi quên đi một số thứ nên quên.

Cuối năm trường tôi tổ chức cho học sinh nghiên cứu chuyên đề theo nhóm. Tôi ngôi nghịch vẽ linh tinh, nhưng may sao trong cái linh tinh ấy lại lóe lên tia sáng, và nó giúp tôi hoàn thành chuyên đề đầu tiên do tôi sáng tạo. Thầy Đỗ Thanh Sơn gọi vui nó là đường thẳng A0, nhưng mà thật hài, 6 điểm nằm trên một đường thẳng, nhưng nó chỉ là đường cao thôi ). Đêm trước ngày thuyết trình, tôi ngồi với một anh sinh viên rất thân theo ngành toán. Cả tôi và anh đều có chuyện buồn nên lúc đó trời mưa to, chúng tôi vẫn mặc kệ và ngồi giữa sân kí túc xá, cùng nói chuyện về toán học. Cả sân nhà B1 reo hò kêu hai thằng hâm. Tôi hỏi anh yêu toán có nhất thiết phải vào đội tuyển không? Anh trả lời rằng vào đội tuyển là cái tốt nhưng không phải con đường duy nhất thể hiện tình yêu toán học. Bản thân anh cũng chưa từng thi HSG hồi cấp 3, và bây giờ anh là sinh viên khoa toán tiên tiến. Tôi nói với anh rằng tôi quyết định bỏ đội tuyển. Tôi chỉ yêu hình học, và tôi muốn nghiên cứu nó. Thế có bị coi là lập dị không? …

Rồi những tháng hè trôi qua, năm lớp 11 đã đến, tôi vẫn cần quên một số thứ, và do đó tôi vẫn đắm chìm trong những hình vẽ. Cũng có những lúc thấy mình thật dở hơi và lãng phí thời gian, nhưng nếu không vậy tôi đã chả là tôi. Lớp 11 là quãng thời gian tôi muốn thể hiện mình nhiều nhất. Tôi gửi bài trên diễn đàn Mathlinks hàng ngày. Rồi tôi cũng đạt được nhiều kết quả đẹp, được nhiều người biết đến. Đáng nhớ nhất là có người treo giải 70 đô cho một bài toán, và tôi là người ẵm phần thưởng.

Năm lớp 12 đến, nhiệm vụ của một người học sinh không thể quên. 12 năm đèn sách chỉ còn đợi ngày vượt vũ môn. Tôi hiểu điều đó, và tôi phải tạm bở niềm đam mê của mình để ôn thi đại học. Nhưng những lúc thấy căng thẳng, tôi lại bỏ hình ra nghịch. Nó làm tôi thấy thư giãn và giảm stress. Với tôi, hình học chỉ như một trò chơi trí tuệ. Mỗi lần tìm ra những lời giải đẹp, những bài toán mới là một lần thấy mình là người chiến thắng. Cuối cùng thời học sinh của tôi khép lại với chuyên đề về hình sao Morley, bài viết mà tôi tâm đắc nhất, được đăng trên tạp chí THTT. Có lẽ tôi khó có thể tìm được một chuyên đề thứ hai đẹp như vậy. Đó là một chiến thắng của riêng tôi.

Trước mắt tôi đang là tương lai. Không biết “lovemathforever” liệu giờ còn hay không. Tôi đã quyết định bỏ toán để theo kinh tế. Mặc dù không biết sự lựa chọn của mình đúng hay sai, nhưng tôi thực sự không đủ can đảm. Cuộc sống vốn phức tạp và nhiều khi không theo ý muốn của mình. Mong muốn sau này vẫn còn làm được điều mình đam mê từ thời đi học, nhưng liệu có làm được không?

Những điều ở trên chỉ là trong lúc cảm xúc nhất thời viết ra thôi. Tôi xin tạm dừng lại. Giờ chúng ta bàn về cái đẹp của hình học. Vậy cái đẹp nhất ẩn chứa trong nó là gì? Tất nhiên là vẻ đẹp của hình vẽ rồi. Muốn thấy được cái đẹp của nó, chúng ta phải có cái nhìn tinh tế, một trí tưởng tượng phong phú.

Những ngày đầu THPT, tôi cố gắng học nhiều phương pháp mới lạ để có thể dễ dàng giải một bài toán hình học. Nhưng đấy có phải đích đến cuối cùng? Vậy một lời giải thế nào mới thực sự là đẹp? Có thể mỗi người có quan niệm về cái đẹp riêng, nhưng với tôi, sau này lại quan niệm rằng một lời giải chỉ đẹp khi nó không cần phải sử dụng đến những phương pháp mạnh, mà chỉ cần sử dụng những điều đơn giản nhất. Và tôi đã thực hiện lý tưởng ấy trong hầu hết các chứng minh. Yếu tố phụ mới là những thứ kì diệu. Tìm cách tạo ra chúng và bài toán trở nên vô cùng đơn giản. Hình học của THCS mới thực sự là thứ đẹp nhất trong hình học.

Nhưng đó không phải tất cả. Cái đẹp còn nằm ở sự sáng tạo vấn đề mới. Điều này tôi học hỏi được rất nhiều từ những người thầy của tôi. Học cách tổng quát và đặc biệt hóa vấn đề giúp cho ta suy nghĩ và nhìn nhận bài toán một cách khái quát. Tôi vẫn nhớ một bài toán về đồng viên với trực tâm tôi sáng tác ra. Bài toán khiến tôi mất rất nhiều thời gian suy nghĩ. Về sau trên diễn đần ML có đăng một lời giải dùng tới 5 bổ đề. Nó quá dài và ngại đọc! Rồi trong lúc bế tắc, tôi đã thử tổng quát bài toán, và hóa ra trong trường hợp tổng quát nở lại trở nên khá đơn giản. Ý tôi ở đây không phải muốn khoe về bài toán đó, nhưng thực sự việc biết cách tổng quát và đặc biệt hóa bài toán là một trong những bước tạo nên thành công. ( bài toán thú vị ấy ở đây: http://nguyenvanlinh.wordpress.com/2009/12/29/near-hagge-circle-2/ )

Ngoài ra còn phải kể đến bước khai thác bài toán. Không phải giải một bài toán là xong mà xung quanh nó còn ẩn chứa nhiều điều thú vị, đẹp đẽ chờ chúng ta tìm kiếm. Khi vẽ hình trên máy tình, tôi thường không tìm cách giải vội mà sẽ lục tìm xem có tính chất nào hay xung quanh hình vẽ ấy. Nhiều khi tìm ra những tính chất đó lại là bước đi đến lời giải của bài toán. Cũng có thể nó không liên quan gì cả, nhưng ít ra bạn cũng tìm thấy một điều thú vị phải không?

Cảm nhận vẻ đẹp của hình học qua những điều tôi nói trên cũng chính là những bước để học tốt môn hình. Tuy nhiên những bước đó có thể rèn luyện lâu dài bởi không phải ai lúc ban đầu cũng có khả năng quan sát hình học tốt. Điều quan trọng nhất nằm ở chính mỗi chúng ta, có thái độ tích cực thì mới thành công, có tính tỉ mỉ, chăm chỉ làm nhiều bài tập, đọc nhiều tài liệu, các bài toán trên diễn đàn, đồng thời cố gắng tích lũy nhiều bổ đề. Ngoài ra cần luôn nhớ rằng phải vẽ hình một cách sáng sủa, rõ ràng. Cái này các bạn thấy rõ nhất trong hình học không gian. Nhiều khi góc nhìn một đa diện đóng vai trò quan trọng. Nhìn theo hướng này bài toán trở nên dễ dàng hơn, nhìn theo hướng khác lại trở nên khó khăn và đôi khi vô hướng.

Một điều quan trọng nữa là hãy rèn luyện cho mình thói quen tập viết chuyên đề. Hãy tự tin với ý tưởng trong đầu bạn, cố gắng diễn đạt nó lên trên giấy. Đừng ngại người khác chê bài viết dở mà hãy lắng nghe lời nhận xét của mọi người. Ít nhất có ý tưởng mới đã là một điều đáng quý rồi.

Ngày nay thời đại công nghệ thông tin phát triển. Việc luyện giải hình học trên máy tính cũng quan trọng. Với nhiều phần mềm hỗ trợ việc vẽ hình học động, chúng ta có thể giải quyết nhiều bài toán về quỹ tích, điểm cố định … Vậy nên đừng bỏ qua cái này nhé. Hãy thử tìm hiểu một trong các phần mềm đó và thực hành thông thạo. Chẳng hạn tôi vẫn thường dùng phần mềm Geometer Sketchpad.

Đến đây tôi xin tạm dừng bài viết. Chúc các bạn học tốt, nhất là với những người có niềm say mê hình học!

Đăng trong About me | 9 phản hồi »

About IMO 2011, problem 6

Posted by livetolove212 on Tháng Tám 20, 2011

Today I come back with an interesting problem:

Let $ABC$ be an acute triangle with circumcircle $\Gamma$ . Let $l$ be a tangent line to $\Gamma$ , and let $l_a, l_b$ and $l_c$ be the lines obtained by reflecting $l$ in the lines $BC$ , $CA$ and $AB$ , respectively. Show that the circumcircle of the triangle determined by the lines $l_a, l_b$ and $l_c$ is tangent to the circle $\Gamma$ .

Proof:

Denote $D, E, F$ the intersections of $l$ and $BC,CA,AB$ , respectively; $X,Y,Z$ the intersections of 3 lines $l_a,l_b,l_c$ .
Let $L$ be the point of contact of $l$ and $\Gamma$ ; $R,S,T$ be the reflections of $L$ wrt $AB,AC,BC; M$ be the Miquel point of the completed quadrilateral $XSRYTZ$ .
$\angle ZXY=\angle FEX+\angle EFX=180^o-2\angle LEC+2\angle LFA=180^o-2\angle BAC.$
We have the distances from $A$ to $l, DE, FY$ are equal so $XA$ is the bisector of angle $ZXY.$
We get $\angle ZXA=\frac{1}{2}\angle ZXY=90^o-\angle BAC. (1)$
On the other side, let $U, V$ be the projections of $L$ onto $AC, AB$ then $UV$ passes through the midpoint of $LQ$ .
$\angle ARL=\angle ALR=90^o-\angle LAV=90^o-\angle LUV=\angle UQL$ , which follows that $L, A, Q, R$ are concyclic. We get $\angle ARQ=\angle LRQ-\angle LRA=180^o-\angle LAQ-90^o+\angle LAB=90^o-\angle BAC. (2)$
From $(1)$ and $(2)$ we obtain $A\in (XRS)$ . Similarly with $B, C.$
So $\angle AMB=\angle XMY-\angle XMA-\angle BMY=2\angle ACB-\angle XRA-\angle BRY$
$=2\angle ACB-180^o+\angle ARB=2\angle CAB-180^o+\angle ALB=\angle ACB.$
Therefore $M\in \Gamma.$
Construct a tangent $Mt$ of $(XYZ)$ . We will show that $Mt$ is also a tangent of $\Gamma$ iff $\angle tMA=\angle ABM$ .
$\Leftrightarrow \angle AMX+\angle XMt=\angle ABR+\angle RBM (3)$
But $\angle XMt=\angle XYM=\angle RBM, \angle AMX=ARX=\angle ALE=\angle ABL=\angle ABR.$
Hence $(3)$ is true. We are done.

The generalization by Tran Quang Hung:

Let $ABC$ be a triangle and a point $P$ . A line pass through $P$ intersect circumcircle $(PBC),(PCA),(PAB)$ again at $P_a,P_b,P_c$ , resp. Let $l_a, l_b, l_c,$ be tangets of circumcircle $(PBC),(PCA),(PAB)$ at $P_a,P_b,P_c$ , resp. Prove that the circumcircle of the triangle determined by the lines $l_a, l_b, l_c$ is tangent to the circumcircle $(ABC)$ .

When $P\equiv H$ orthocenter we have problem 6.

As he said, this new problem can be solved by using inversion, but in this article, I introduce a synthetics proof. The idea is only using angle chasing.

Proof:

Let $X, Y, Z$ be the triangle formed by $l_a,l_b,l_c; Q$ be the Miquel point of the completed quadrilateral $XYZP_aP_bP_c; R$ be the intersection of $AP_c$ and $CP_a$ .
$\angle AP_cX=\angle P_cPA=\angle P_bCA=\angle XP_bA$ then $A\in (XP_bP_c)$ . Similarly with $B,C$ .
We will show that $Q$ lies on $(ABC)$ .
We have $\angle P_cAB+\angle P_aCB=\angle P_cPB+\angle P_aPB=180^o$ then $A,B,C,R$ are concyclic.
We conclude that $\angle AQC=\angle AQP_b+\angle CQP_b=\angle P_bP_cA+\angle P_bP_aC=180^o-\angle ARC=\angle ABC$ . Therefore $Q\in (ABC)$ .
Construct the tangent $Qt$ of $(XYZ)$ . The idea is to show that $Qt$ is also the tangent of $(ABC)$ , iff $\angle tQA=\angle ACQ$ .
$\Leftrightarrow \angle tQX+\angle XQA=\angle ACP_b+\angle P_bCQ (*)$
But $\angle tQX=\angle QZX=\angle QCP_b, \angle XQA=\angle XP_bA=\angle QCP_b$ . So $(*)$ is true. We are done.

Remark:

We have a new problem:
Given a triangle $ABC$ with its circumcircle $(O)$ . Let $(O')$ be a circle tangent to $(O)$ . $P$ is an arbitrary point on $(O)$ . Three rays $PA, PB, PC$ (or $AP, BP, CP$ ) intersect $(O')$ again at $A_1,B_1,C_1$ . Let $A_2B_2C_2$ be the triangle formed by the reflections of $A_1B_1$ wrt $AB, B_1C_1$ wrt $BC, C_1A_1$ wrt $CA$ . Then $(A_2B_2C_2)$ is also tangent to $(O)$ .

Proof: See problem 4 at 111202_mathley3sols

But it is not the end of the line, in the main problem, we can see that the tangency of two circles is the Anti-Steiner point of the line $HL$ . Now we will plan the general case in the problem proposed by oneplusone :

Let $ABC$ and $XYZ$ be two triangles with the same circumcircle. The lines $l_{xa},l_{xb},l_{xc}$ are obtained from reflecting $YZ$ about $BC,CA,AB$ respectively. Let $\Gamma_x$ be the circumcircle of the triangle determined by the lines $l_{xa},l_{xb},l_{xc}$ . Similarly define $\Gamma_y,\Gamma_z$ . Prove that $\Gamma_x,\Gamma_y,\Gamma_z$ pass through a common point.

Proof:

We need 3 lemmas:
Lemma 1: Given a triangle $ABC$ with its circumcircle $(O)$ . Let $X$ be an arbitrary point on $(O)$ . An arbitrary line $l$ passes through $X$ . Let $A'B'C'$ be the triangle formed by the reflections of $l$ wrt 3 sides of triangle $ABC$ . Let $H$ be the orthocenter of triangle $ABC$ . Then $A', B', C'$ and the Anti-Steiner point $L$ wrt $HX$ are concyclic.
Proof:

Let $M, N, P$ be the reflections of $X$ wrt $BC, CA, AB$ . Let $A'', B'', C''$ be the intersections of $l$ and $BC, CA, AB$ . Let $P, R$ be the intersections of $XH$ and $AB, AC; J$ be the intersection of $PN$ and $AC$ .
Note that $A$ is the excenter of triangle $A'B''C''$ then $\angle PA'A=90^o-\angle BAC.$
$A$ is the excenter of triangle $TRL$ then $\angle TLR=90^o-\angle BAC.$
So $\angle PA'A=\angle TLR.$
We obtain $A, P, A', L$ are concyclic. Similarly, $N$ lies on $(APA')$ .
Similarly, $B, M, P, B', L$ are concyclic; $M, C', L, C, N$ are concyclic.
Then $\angle B'C'L=\angle LNM=\angle B'A'L$ . Therefore $L$ lies on $(A'B'C').$

Note: We have $\angle B'A'L=\angle PNL=\angle (XJ, HX). (1)$

Lemma 2: Given a triangle $ABC$ with its circumcircle $(O)$ . Let $X$ be an arbitrary point on $(O)$ . The arbitrary lines $l_1$ and $l_2$ pass through $X$ . Let $A_1B_1C_1$ and $A_2B_2C_2$ be the triangles formed by the reflections of $l_1$ and $l_2$ wrt 3 sides of triangle $ABC$ , respectively, Let $Q$ be the intersection of $(A_1B_1C_1)$ and $(A_2B_2C_2) (Q$ is not lie on $(O) )$ . Then $A_1, Q, A_2$ are collinear.
Proof:

Let $L$ be the intersection of $(A_1B_1C_1)$ and $(A_2B_2C_2) (L$ lies on $(O) )$ . Let $K$ be the intersection of the Steiner line of $X$ and $BC$ .
From $(1)$ , we get $\angle LQA_2=\angle LB_2A_2=(XK, XH)=\angle LB_1A_1=180^o-\angle LQA_1$ .
So $A_1, Q, A_2$ are collinear.

Lemma 3: Let $Y, Z$ be the second intersections of $l_1, l_2$ and $(O)$ . Let $A_3B_3C_3$ be the triangle formed by the reflections of $YZ$ and 3 sides of triangle $ABC$ . Then $A_1, A_2, A_3$ are collinear.
Proof:

Let $N, P$ be the reflections of $X$ wrt $AC, AB$ . From lemma 1 we have $A, A_1, A_2, N$ are concyclic.
We get $\angle AA_1A_2=\angle ANA_2=180^o-\angle AXZ.$
Similarly, $\angle AA_1A_3=180^o-\angle AYZ.$
This means $\angle AA_1A_2+ \angle AA_1A_3=180^o$ . We are done.

Back to our problem:
We define $Q'$ be the intersection of $(A_3B_3C_3)$ and $(A_1B_1C_1)$ then $Q', A_3, A_1$ are collinear. Applying lemma 3, we get $Q', A_1, A_2$ are collinear. But $Q, A_1, A_2$ are collinear (lemma 2) then $Q'\equiv Q$ . We are done.

Some links about P6, IMO 2011.

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=729&t=418983

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/download/file.php?id=34547

Đăng trong Home | 1 Comment »

3 equal circumcircles

Posted by livetolove212 on Tháng Tám 13, 2011

Today my friend gave me a problem by Tran Quang Hung, Hanoi University of Science.

Given a triangle $ABC$ . Let $E$ be the center of 9-point circle of triangle $ABC$ . Let $B_a, C_a$ be the reflections of $B, C$ wrt $AE$ . Similarly we define $A_b, C_b; A_c, B_c$ . Prove that 3 radius of the circumcircles of 3 triangles $AB_cC_b, A_cBC_a, A_bB_aC$ are equal.

Solution

bai1

Đăng trong Home | Leave a Comment »

Sondat’s theorem

Posted by livetolove212 on Tháng Bảy 14, 2011

Sondat’s theorem:

Given a triangle $ABC$ . An arbitrary line d intersects $BC, CA, AB$ at $A', B', C'$ , respectively. Construct the paralogic triangle $A_1B_1C_1$ of $ABC$ wrt $d$ . Then $d$ bisects the line joining the two orthocenters $H$ and $H_1$ of $\Delta ABC$ and $A_1B_1C_1$ .

Proof:

Lemma: Given two similar triangles $ABC$ and $A_1B_1C_1$ . Let $A_2, B_2, C_2$ be the midpoints of $AA_1, BB_1, CC_1$ , respectively. Then $\Delta A_2B_2C_2\sim \Delta ABC \sim \Delta A_1B_1C_1$ .
Proof: Let $M, N$ be the midpoints of $AB_1$ and $AC_1$ . It’s easy to see that $\Delta A_2MN\sim \Delta A_1B_1C_1$ .
Use direct angle we can show that $(AB, A_1B_1)=(AC, A_1C_1)$ , which follows that $\angle A_2MB_2=\angle A_2NC_2$ . So $\Delta A_2MB_2= \Delta A_2NC_2$ . Therefore $\Delta A_2B_2C_2\sim \Delta A_2MN$ and we are done.

Back to the theorem:

Let $X, Y, Z, H_2$ be the midpoints of $AA_1, BB_1, CC_1, HH_1$ . It’s easy to show that $\Delta A_1H_1B_1\sim \Delta AHB, \Delta B_1H_1C_1\sim \Delta BHC, \Delta C_1H_1A_1\sim \Delta CHA$ . Applying the lemma above we get $\Delta XYZ\sim \Delta ABC\sim \Delta A_1B_1C_1$ and $H_2$ is the orthocenter of $\Delta XYZ$ .
Let $L$ be the Miquel point of the completed quadrilateral $ABCA'B'C'$ .
The result $X, Y, Z, O, L$ are concyclic is well-known so I leave it to the readers.
Note that $A', B', C'$ is the reflections of $L$ wrt $YZ, ZX, XY$ , respectively then $d$ is the Steiner’s line of $L$ wrt $\Delta XYZ$ . This means $d$ passes through the orthocenter of triangle $XYZ$ or $d$ passes through the midpoint of $HH_1$ .
We are done.

Another proof (by Jean-Louis Ayme):

Let $X$ be the intersection of $AA_1$ and $CC_1$ . Note that $\angle BCX= \angle A'B'C_1=\angle C'AA_1$ then $X\in (ABC)$ .

Let $M, N$ be the projections of $X$ onto $BC, AB$ , respectively.

We have $\angle BMN=\angle BXN=\angle BB_1C'=\angle BA'C'$ therefore $MN//d$ or the Simson’s line and the Steiner’s line of $X$ wrt $\Delta ABC$ is parallel to $d$ .

Similarly, the Steiner’s line of $X$ wrt $\Delta A_1B_1C_1$ is parallel to $d$ .

Let $P, Q$ be the reflections of $X$ wrt $AB, A_1B_1$ , respectively. It’s easy to show that $C'$ is the midpoint of $PQ$ . Note that $d$ is the midline of the trapezium $PHH_1Q$ then $d$ bisects $HH_1$ . We are done.