(Lướt xuống sẽ thấy phần tiếng Việt, hình được đính kèm ở cuối blog)

-- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- -- --

A property of the Euler-Poncelet Point

An apprentice of mine (Dương Phú Tài) sent me this corollary from a problem composed by Lê Trung Hiếu:

Given a complete quadrilateral $ABCD.EF$ with $ABCD$ being concyclic, define $P$ as the Euler-Poncelet point. $O$, $H$ respectively are the circumcenter and orthocenter of $\Delta AEC$. $O'$, $H'$ are defined similarly for $\Delta AFC$.

a) Prove that the midpoint of segment $AC$ lies on the Gauss-Newton line, defined as line $\omega$ of quadrilateral $HOH'O'$

b) Prove that $P$ lies on $\omega$

- Euler-Poncelet Point: The intersection of the Euler Circles of $\Delta ABC, ABD, ACD, BCD$

Although this problem could be stated more clearly, it is nonetheless an interesting issue. The Euler-Poncelet point is not a very explored problem in synthetic geometry, so I hope this property serves to help discover more.

Here is my solution to this problem.

Solution:

a) Let the midpoints of $H'O'$ and $HO$ be $I$, $J$ respectively. Then, by definition, line $\omega$ becomes the line passing through $IJ$. Furthermore, $I$ and $J$ are the centers of the Euler Circles of $\Delta ACE$ and $\Delta ACF$. Let $K$ be the midpoint of $AC$, $X$, $Y$ be the midpoints of $EA$, $EC$; $X'$, $Y'$ be the midpoints of $FA$ and $FC$. We obtain $I$, $J$ are the centers of the circumcenters of $\Delta KXY$, $\Delta KX'Y'$. The problem rephrases into proving the circumcenters of $\Delta KXY$, $\Delta KX'Y'$ are tangent, which is equivalent to proving $\angle X'KY = \angle KY'X' + \angle KXY$. Indeed, we have:

\begin{align*}\angle XK'Y = \angle (YK, X'K) = \angle (DE, DF) = \angle ADC\end{align*}

and

\begin{align*}\angle KY'X' + \angle KXY = \angle ACB + \angle CAB = \angle ADC\end{align*}

thus $\angle X'KY = \angle ADC = \angle KY'X' + \angle KXY$ which concludes our proof

-- -- -- -- -- --

Alternative solution for a)

We prove a small lemma:

Lemma: Given $\Delta ABC$, circumcenter $O$, Euler Center $J$, midpoint $M$ of segment $BC$. Then, $JM \parallel AO$

Proof: Let $H$ be the orthocenter of $\Delta ABC$. Dilate by $\dfrac{1}{2}$ from center $H$, point $J$ becomes point $O$ and point $M$ becomes point $A'$ which is the antipode of $A$ in $(O)$. Therefore, $JM \parallel OA' \parallel AO$, which concludes our proof.

Returning to our original problem, we see that $IK \parallel EO$ and $JK \parallel FO'$ by the Lemma applied on $\Delta ACE$ and $\Delta ACF$. We can also easily see that $O', O, K$ are colinear. We wish to prove $EO \parallel FO'$, which is equivalent to proving $\angle EOK + \angle FO'K = 180^{\circ}$. Indeed:

\begin{align*}\angle EOK + \angle FO'K &= \angle AOE + \angle AOK + \angle CO'F + \angle CO'K \\&= 2\angle ACE + \angle AEC + 2\angle CAF + \angle AFC \\&= \angle ADC + \angle AEC + \angle ADC + \angle AEC \\&= 360^{\circ} - \angle DAB - \angle DCB = 180^{\circ}\end{align*}

which concludes our proof.

-- -- -- -- -- --

b) Let $H_1$, $H_2$ be the orthocenters of $\Delta ADC$ and $\Delta ABC$, $O_1$ be the circumcenter of cyclic quadrilateral $ABCD$, and $R_1$, $R_2$ be the Euler centers of $\Delta ADC$ and $\Delta ABC$. We obtain that $H_1$, $H_2$ are the reflections of $O_1$ over points $R_1$ and $R_2$ respectively, therefore $H_1H_2 \parallel R_1R_2$ From the above, we have proven that $I$, $J$, and $K$ are colinear, and if $I$, $J$, $P$ are colinear, it means that $I$ and $J$ belong on the radical axis of $(R_1)$ and $(R_2)$, which is equivalent to $I$, $J$, $K$ colinear and $IJ \perp R_1R_2$. Therefore, we rewrite the problem statement into proving $IJ \perp H_1H_2'$.

We have $DH'_1 \parallel BH_2$; and $DH_1 = 2O_1K = BH_2$ therefore $DH_1BH_2$ is a parallelogram, thus $BD \parallel H_1H_2$. Let $AC$ intersect $BD$ at $U$, the shared tangent of $(I)$ and $(J)$ be $Kx$. By angle chasing, we get:

\begin{align*}\angle xKB = \angle xKX' + \angle CKX' = \angle ACD + \angle KY'X' = \angle ACD + \angle CAB = \angle CUB.\end{align*}

resulting in $H_1H_2 \parallel BD \parallel Kx \perp IJ$ which concludes our proof.

The motivation for calling the extra points in a) is pretty obvious: After identifying the Euler centre, the natural course of action would be to either define the orthic triangle or the medial triangle, and since the triangles share a similar side, the medial triangle is the option to choose. For question b), when I saw the diagram, the first thing I thought of was to use the radical axis of ($R_1$) and ($R_2$). I fell into a rabbit hole trying to chase after P.O.P., but eventually I saw it wasn't worth it. So I tried proving perpendicularity when I saw that $R_1R_2 \parallel IJ$, which led me to a more natural and easier problem:

Given complete quadrilateral$ABCD.EF$ with $ABCD$ concyclic, $I$, $J$ are the Euler centers of $\Delta AEC$ and $\Delta AFC$, prove that $IJ \perp BD$.

The rest becomes trivial.

-- -- -- -- -- -- -- -- Phần tiếng Việt -- -- -- -- -- -- -- --

Một tính chất của điểm Euler-Poncelet

Một đồ đệ của mình (Dương Phú Tài) đã gửi cho mình một hệ quả từ một bài được sáng tác bởi Lê Trung Hiếu:

Cho tứ giác toàn phần $ABCD.EF$ với $ABCD$ là tứ giác nội tiếp, $P$ là điểm Euler-Poncelet của $ABCD$. Gọi $O$, $H$ lần lượt là tâm ngoại tiếp, trực tâm của $\Delta AEC$, tương tự ta gọi $O'$, $H'$ với $\Delta AFC$.

a) Chứng minh rằng: Trung điểm $AC$ thuộc đường thẳng Gauss-Newton của tứ giác $HOH'O'$ gọi là $\omega$

b) Chứng minh rằng: $P$ thuộc $\omega$.

- Điểm Euler-Poncelet: Giao điểm 4 đường tròn Euler của $\Delta ABC, ABD, ACD, BCD$

Mặc dù bài toán này có thể được phát rõ ràng hơn, nhưng nó rất là thú vị. Điểm Euler-Poncelet chưa phải là một bài toán được khám phá trong hình học phẳng (các đầu sách lớn và các đề thi ít khi nhắc tới nó), vì vậy tôi hy vọng bài toán này sẽ giúp ích trong việc tìm thêm các tính chất về nó.

Lời giải:

a) Gọi trung điểm $HO$ và $H'O'$ lần lượt là $I$, $J$. Theo định nghĩa, $I$, $J$ lần lượt là tâm Euler của $\Delta AEC$ và $\Delta AFC$. Gọi $K$ là trung điểm $AC$, $X$, $Y$ lần lượt là trung điểm các đoạn $EA$ và $EC$; $X'$, $Y'$ lần lượt là trung điểm của $FA$ và $FC$. Như vậy, $I$, $J$ lần lượt là tâm ngoại tiếp của $\Delta KXY$ và $\Delta KX'Y'$. Ta đưa điều phải chứng minh về lại $(I)$ tiếp xúc $(J)$, tương đương $\angle X'KY = \angle KY'X' + \angle KXY$. Mà:

\begin{align*}\angle XK'Y = \angle (YK, X'K) = \angle (DE, DF) = \angle ADC\end{align*}

và

\begin{align*}\angle KY'X' + \angle KXY = \angle ACB + \angle CAB = \angle ADC\end{align*}

nên ta suy ra điều phải chứng minh.

Cách giải khác:

Ta chứng minh một bổ đề:

Cho $\Delta ABC$, $O$ là tâm ngoại tiếp, $J$ là tâm Euler, $M$ là trung điểm $BC$ thì ta có $AO \parallel MJ$.

Chứng minh:

Gọi trực tâm $\Delta ABC$ là $H$. Xét phép vi tự $\mathcal{V}_H^{2}$ đưa $J$ thành $O$ và $M$ thành giao điểm $AO$ và $(O)$, từ đó ta suy ra $AO \parallel MJ$ suy ra điều phải chứng minh

Quay về bài toán, ta có: $IK \parallel EO$ và $JK \parallel FO'$ theo bổ đề áp dụng lên $\Delta ACE$ và $\Delta ACF$. Bài toán quay về chứng minh $EO \parallel FO'$, tức chứng minh $\angle EOK + \angle FO'K = 180^{\circ}$. Mà:

dẫn tới điều phải chứng minh.

b) Gọi $H_1$, $H_2$ lần lượt là trực tâm $\Delta ADC$ và $\Delta ABC$, $O_1$ là tâm tứ giác nội tiếp $ABCD$, và $R_1$, $R_2$ lần lượt là các tâm Euler của $\Delta ADC$ và $\Delta ABC$. Ta có $H_1$, $H_2$ là phản chiếu của $O_1$ qua các điểm $R_1$, $R_2$ nên ta suy ra $H_1H_2 \parallel R_1R_2$. Từ câu a), ta đã chứng minh $I$, $J$, $K$ thẳng hàng, và nếu $I$, $J$, $P$ thằng hàng thì $I$, $J$ thuộc trục đẳng phương của $(R_1)$ và $(R_2)$, tương đương với việc chứng minh $IJ \perp R_1R_2$. Từ đó, ta viết điều phải chứng minh lại thành $IJ \perp H_1H_2$

Ta có $DH_1 \parallel BH_2$ và $DH_1 = 2O_1K = BH_2$ nên $DH_1H_2B$ là hình bình hành, nên ta có $BD \parallel H_1H_2$. Gọi giao điểm của $AC$ và $BD$ là $U$, tiếp tuyến chung của $(I)$ và $(J)$ là $Kx$. Biến đổi góc, ta thu được:

\begin{align*}\angle xKB = \angle xKX' + \angle CKX' = \angle ACD + \angle KY'X' = \angle ACD + \angle CAB = \angle CUB.\end{align*}

suy ra $H_1H_2 \parallel BD \parallel Kx \perp IJ$ nên ta có điều phải chứng minh.

Lý do cho việc gọi các điểm phụ trong câu a) khá rõ ràng: Sau khi xác định được tâm Euler, ta thường gọi tam giác chân đường cao hoặc tam giác trung điểm, và vì hai tam giác AEC và AFC có chung một cạnh, tam giác trung điểm tốt hơn. Đối với câu b), khi nhìn hình, điều đầu tiên mình nghĩ đến là sử dụng trục đẳng phương của ($R_1$) và ($R_2$). Mình hơi sa đà vào việc dùng phương tích, nhưng cuối cùng cũng thấy nó khó. Vì vậy, mình đã thử chứng minh vuông góc khi thấy $R_1R_2 \parallel IJ$, điều này dẫn mình đến một bài toán tự nhiên và dễ hơn:

Cho tứ giác toàn phần $ABCD.EF$ với $ABCD$ nội tiếp, $I$, $J$ là tâm Euler của $\Delta AEC$ và $\Delta AFC$, chứng minh rằng $IJ \perp BD$.

Phần còn lại trở nên đơn giản.

Search This Blog

NMQ's Mathematical Memoir