Chủ đề này có 3 trả lời

[Zaraki]

Như vậy là đã có lời giải cho bài Tuần 3 tháng 10 của thầy Hùng và đề bài toán mới. Xin trích dẫn lại đề bài:

Bài 9. Cho tam giác $ABC$ với $E,F$ là hai điểm lần lượt nằm trên cạnh $CA,AB$ sao cho $AE=AF$. $EF$ cắt $BC$ tại $D$. $K,L$ lần lượt là tâm ngoại tiếp tam giác $DBF,DCE$. $G$ là đối xứng của $D$ qua $KL$. $R$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ sao cho $AR \parallel BC$. Gọi $BE$ cắt $CF$ tại $H$. $AH$ cắt $BC$ tại $S$. Lấy $T$ thuộc $GR$ sao cho $ST \perp BC$. $M$ là trung điểm $ST$. Chứng minh rằng $GM$ luôn đi qua một điểm cố định khi $E,F$ thay đổi.

 

[canhhoang30011999]

Như vậy là đã có lời giải cho bài Tuần 3 tháng 10 của thầy Hùng và đề bài toán mới. Xin trích dẫn lại đề bài:

Bài 9. Cho tam giác $ABC$ với $E,F$ là hai điểm lần lượt nằm trên cạnh $CA,AB$ sao cho $AE=AF$. $EF$ cắt $BC$ tại $D$. $K,L$ lần lượt là tâm ngoại tiếp tam giác $DBF,DCE$. $G$ là đối xứng của $D$ qua $KL$. $R$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ sao cho $AR \parallel BC$. Gọi $BE$ cắt $CF$ tại $H$. $AH$ cắt $BC$ tại $S$. Lấy $T$ thuộc $GR$ sao cho $ST \perp BC$. $M$ là trung điểm $ST$. Chứng minh rằng $GM$ luôn đi qua một điểm cố định khi $E,F$ thay đổi.

 

Screen Shot 2015-10-19 at 10.23.11 am.png

$G$ là điểm đối xứng của $D$ qua $KL$ nên $G$ là giao của $(DBF)$ và $(DCE)$

nên $G$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $ADFEBC$

nên $G$ thuộc $(AEF)$ và $(ABC)$

$DG$ cắt $(AEF)$ tại $R'$

ta có $\widehat{GDB}=\widehat{GFA}= \widehat{AR'G}$

nên $AR'$ song song với $BC$

nên $R\equiv R'$

Áp dụng định lí Menelaus ta có

$\frac{SB}{SC}.\frac{EC}{AE}.\frac{AF}{FB}= 1$

$\Rightarrow \frac{SB}{SC}=\frac{BF}{EC}$

Lại có $\triangle GFE\sim \triangle GEC\Rightarrow \frac{BF}{EC}= \frac{BG}{GC}$

$\Rightarrow \frac{SB}{SC}= \frac{GB}{GC}$

nên $GS$ là phân giác $\widehat{BGC}$

lại có $(DSBC)=-1$ nên $DG$ vuông góc với $GS$

$DS$ cắt $(O)$ tại $K$,$DG$ cắt $(O)$ tại $H$

ta có $KH$ vuông góc $BC$ và $O$ trung điểm $KH$

$\Rightarrow GM$ đi qua $O$ cố định

[quanghung86]

Cám ơn Hoàng, về cơ bản là đáp án của thầy cũng vậy, nhưng tránh được đoạn dựng điểm trùng $R'$.

[Emyeutiengviet]

Lời giải của mình:

Vì $G$ là điểm đối xứng của $D$ qua $KL$ nên $G$ sẽ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $BFECDA$.

Suy ra các tứ giác $GAEF, GACB$ nội tiếp. 

$\Longrightarrow \angle ARG =\angle AEG =\angle CDG$ (do tứ giác $DGEC$ nội tiếp) 

Mặt khác $AR \parallel BC$ nên ta suy ra $D,G,R$ thẳng hàng

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ với $D,E,F$ thẳng hàng ta suy ra $\frac{SB}{SC} = \frac{FB}{EC}$

Hơn nữa dễ chứng minh $\triangle BGF \sim \triangle CGE \Longrightarrow \frac{BG}{CG} =\frac{BF}{CE} =\frac{SB}{SC}$

Suy ra $GS$ là phân giác của  $\angle BGC$ 

Gọi $W = GS \cap BC$ khác $G$ chính là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC \equiv (O)$ 

Ta lại có $(DSBC)=-1 \Longrightarrow G(DSBC) =-1$ suy ra $GD$ là phân giác ngoài của $\angle BGC $ hay $GT \perp GS$

Gọi $V = GT \cap (O) $ khác $G$ suy ra $V$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$.

Đặt $\frac{GS}{GW} = k$

Xét phép vị tự tâm $G$ tỉ số $k$ biến:

$W \mapsto S$

$V \mapsto T$

Suy ra $O \mapsto M$

$\Longrightarrow \overline{G,M,O}$. Vậy $GM$ luôn đi qua $O$ cố định.