Đến nội dung


Hình ảnh

VMF's Marathon Hình học Olympic

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 313 trả lời

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 406 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 23-05-2016 - 18:53

Chào các thành viên của VMF! :)

 

Thay cho lời mở đầu mọi người hãy đọc qua topic sau.

 

Marathon Số học đã được anh Ego bắt đầu, vì vậy mình xin bắt đầu cuộc thi Marathon Hình học! :)

 

Các quy định đã được đề cập rõ tại đây.

 

Để tăng tính thẩm mĩ mọi người vui lòng làm theo code sau:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 11-11-2016 - 20:55


#2 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 406 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 23-05-2016 - 19:00

$\boxed{\text{Bài toán 1}}$ Cho tam giác $ABC$ có $\angle A=60^\circ,\angle B=80^\circ$ nội tiếp $\odot (O)$, ngoại tiếp $\odot (I)$.

$AI$ cắt $OB$ tại $X$, cắt $BC$ tại $M$. Đường thẳng qua $C$ vuông góc với $AB$ cắt $OM$ tại $K$ và trung trực $BC$ tại $E.ME$ cắt $AC$ tại $L$. Đường thẳng qua $K$ vuông góc với $BC$ cắt $AC$ tại $F$. Chứng minh rằng $E,K,X,I,F,L$ cùng thuộc một đường tròn tâm $O$.

Nguồn.

Post 156.png

Hình vẽ bài toán


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 24-05-2016 - 18:51


#3 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 119 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 24-05-2016 - 00:04

Mình xin mở màn bài đầu tiên :)
$\boxed{\text{Lời giải bài toán 1:}}$
Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$. Ta dễ dàng tính được $\widehat{BHC} = \widehat{BIC} = \widehat{BOC} = 120^{\circ}$. Do đó $B, H, I, O, C$ đồng viên. Nếu gọi $J$ là tâm $(BIC)$ thì $J$ đối xứng với $O$ qua $BC$. Ta có $\widehat{OIX} = 90^{\circ}-\frac{\widehat{AJO}}{2} = 90^{\circ}-\frac{\widehat{BJO}-\widehat{AJB}}{2} = 90^{\circ}-\frac{90^{\circ}-\frac{\widehat{BOJ}}{2}-\widehat{ACB}}{2}= 80^{\circ} = \widehat{AXO}$. Do đó $OI=OX$. Ta có $\widehat{BXJ} = 80^{\circ} =\widehat{ABC} = \widehat{CEJ} = \widehat{BEJ}$ nên $B, E, X, J$ đồng viên. Do $\triangle BOJ$ đều nên $\triangle XOE$ đều, do đó $OX=OE$. Do $\widehat{OEK}=\widehat{OKE}=80^{\circ}$ nên $OK=OE$.
$(J;JC)$ cắt $AC$ tại điểm thứ hai $L'$. Ta có $OI=OL'$ và $\widehat{MOL'}=\widehat{BOL'}-\widehat{BOM}=140^{\circ}-40^{\circ}=100^{\circ}$(do ta dễ dàng tính được $\widehat{AMO}=40^{\circ}$). Suy ra $\widehat{OKL'}=40^{\circ}=\widehat{ACB}$ nên $K,M,C,L'$ đồng viên. Từ đó ta suy ra $\widehat{CL'E}=180^{\circ}-\widehat{AL'O}-\widehat{OL'E}=180^{\circ}-\widehat{OBC}-50^{\circ}=100^{\circ}=\widehat{CKM}=\widehat{CL'M}$(do $L' \in (O;OK)$), do đó $L' \in ME$ nên $L' \equiv L$. Hay là $L \in (O;OI)$. Từ đó ta tính được $\widehat{CEL}=40^{\circ}=\widehat{KFC}$ nên $K, E, L, F$ đông viên hay $OF=OK$. Từ đó ta có đpcm.
Chú thích: Ta có thể chứng minh bài sau: Chứng minh rằng $(F;FK)$ tiếp xúc $(O)$

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline \end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 24-05-2016 - 18:51


#4 IHateMath

IHateMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 137 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:$\mathbb{C} 0mb\sqrt{-1}$&$9\epsilon 0m$

Đã gửi 24-05-2016 - 10:03

Mình xin trình bày bài giải khác, hầu như chỉ sử dụng kiến thức lớp 7 (tam giác bằng nhau, tính góc cơ bản, v.v) :). Ở đây để tiện quan sát mình đã trình bày bài toán dưới dạng các bổ đề nhỏ (chia nhỏ bài toán ra). Ý tưởng của mình là chứng minh  các cặp điểm $(E;I),(K;X),(L;F)$ đối xứng qua một đường qua $O$ sau đó chỉ cần chứng minh $X,E,L\in$ một đường tròn tâm $O$ là xong. Điều này có được là nhờ sự đặc biệt của bài toán. Sau đây xin được cụ thể hóa ý tưởng này.

Trước hết, gọi $T,N$ lần lượt là giao điểm của $AI,CK$, của $OE, (ABC)$. Dễ thấy $\angle TAC=\angle TCA=30^0\Rightarrow \angle ATC=120^0, \Delta ATC$ cân tại $T$. Suy ra $TO\bot AC$ chia đôi góc $ATC$. Hơn nữa $O,N$ đối xứng qua $BC$, tam giác $OBN$ đều. Các góc sau cũng tính được dễ dàng: $\angle BCK=\angle TCI=10^0, \angle ANO=20^0,\angle OET=80^0$.

$\boxed{\text{Bổ đề 1}}$: $K,X$ đối xứng qua $TO$.

PART A.PNG

Ta có $\angle AXO=\angle BAX+\angle ABX=\frac{60^0}{2}+80^0-30^0=80^0.$. Mặt khác $\angle OKC=\angle KMC+\angle KCM=\angle NMC+\angle KCM=90^0-20^0+10^0=80^0$ (do $O,N$ đối xứng qua $BC$, tam giác $OBN$ đều). Kết hợp với $TO$ là tia phân giác góc $ATC$ suy ra $\Delta OTK=\Delta OTX\Rightarrow K,X$ đối xứng qua $TO$.

 

$\boxed{\text{Bổ đề 2}}$: $I,E$ đối xứng qua $TO$.

PART B.PNG

Thật vậy, theo một kết quả rất quen thuộc $NI=NB$, mặt khác ta đã chứng minh được $NB=NO$ nên $NI=NO$. Vậy $\Delta NOI$ cân tại $N$ và $\angle NIO=\frac{180^0-\angle ANO}{2}=80^0=\angle OET$. Vậy $\Delta OET=\Delta OIT\Rightarrow E,I$ đối xứng qua $OT(đ.p.c.m)$.

 

$\boxed{\text{Bổ đề 3}}$: $L,B$ đối xứng qua $AT$.

Thật vậy, dựng tia đối xứng với $AE$ cắt $BC$ tại $E'$. Ở bổ đề 2, ta đã chứng minh được $E,I$ đối xứng qua $TO$ mà $\Delta TAC$ cân tại $T$, vậy $\angle TAE=\angle TCI=10^0\Rightarrow \angle TAE'=10^0$. Mặt khác ta cũng có $\angle TCE'=10^0$ nên $\Delta AE'C$ cân tại $E'$, và vì vậy $E',T,O$ thẳng hàng, suy ra $\angle ATE'=\angle CTE'=120^0=\angle ATE$. Suy ra $\Delta ATE'=\Delta ATE\Rightarrow E,E'$ đối xứng qua tia phân giác góc $BAC$. vậy tia $ME$ đối xứng với $ME'$ qua $AI\Rightarrow B,L$ dối xứng qua $AI$. Phép chứng minh bổ đề 3 hoàn thành.

Tới đây ta sẽ vào bài:

MAIN.PNG

Theo bổ đề 3, ta có $\angle XLA=\angle XBA=90^0-\angle ACB$, mà $\angle KFC=90^0-\angle ACB$ (do $KF\bot BC$) nên $\angle KFL=\angle XLF$ kết hợp với bổ đề 2 ta suy ra $F,L$ đối xứng qua $TO$. Công việc còn lại là đi chứng minh $E,X,L\in$ 1 dường tròn tâm $O$. Ta có $\angle XOE=60^0, \angle XTE=120^0\Rightarrow XTEO$ nội tiếp. Hơn nữa, theo một kết quả cơ bản khác, $TO$ là tia phân giác $\angle XTE$ suy ra $\Delta XOE$ cân tại $O$ và nó thực sự là một tam giác đều. Tiếp tục, $\angle XLE=\angle XBC=30^0$ (theo bổ đề 3) nên ta có $X,E,L$ nội tiếp một dường tròn tâm $O$ là $Γ$. Dễ thấy theo tính chất đối xứng từ các bổ đề 1, 2 ta có $K,X,I,E,L,F\in Γ, đ.p.c.m$!

P/s: Ta có thêm một số kết quả sau:

1) $KF, XL, TO, CI, AE$ đồng quy tại $S$.

2) Gọi $J$ là giao điểm của đường cao hạ từ $C$ xuống $AB$ với $(ABC)$ thì $J,O,I$ thẳng hàng.

và còn nhiều kết quả khác, mời các bạn khám phá.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline \end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 30-05-2016 - 12:06
$\LaTeX$

$\sqrt{-1}$ <3 MATH


#5 IHateMath

IHateMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 137 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:$\mathbb{C} 0mb\sqrt{-1}$&$9\epsilon 0m$

Đã gửi 24-05-2016 - 10:42

$\boxed{\text{Bài toán 2}}$ (British MO 2014) 

Cho tam giác $ABC$ và điểm $P$ nằm trong tam giác. Gọi giao điểm thứ hai của $AP$ với $(ABC)$ là $A'$. Các điểm $B',C'$ được xác định tương tự. Gọi $O_{a}$ là tâm đường tròn $(BCP)$. Các điểm $O_{b},O_{c}$ xác định tương tự. Gọi $O_{a}'$ là tâm đường tròn $(B'C'P)$.Các điểm $O_{b}',O_{c}'$ xác định tương tự. Chứng minh rằng $O_{a}O{a}',O_{b}O_{b}',O_{c}O_{c}'$ đồng quy.

Hình vẽ bài toán

prb2.PNG


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 24-05-2016 - 18:50

$\sqrt{-1}$ <3 MATH


#6 fatcat12345

fatcat12345

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 46 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 24-05-2016 - 11:32

$\boxed{\text{Lời giải bài 2}}$

Gọi O là tâm ngoại tiếp của tam giác $ABC$.

Ta chứng minh $PO'_aOO_a$ là hình bình hành

Thật vậy, dễ thấy $OO_a \perp BC$ nên cần chứng minh $PO'_a \perp BC$

Kẻ đường thẳng qua $P$ vuông góc $BC$, cắt $(O'_a)$ tại $M$, $BC$ tại $K$, ta cần chứng minh $OM$ là đường kính của $(O'_a)$

Thật vậy, $\angle PC'M= \angle PC'B' + \angle B'C'M = \angle PBC + \angle B'PM = \angle PBC + \angle PKB = 90^{\circ}$ nên $PO'_a \perp BC$, suy ra $PO'_a \parallel OO_a$.

Chứng minh tương tự ta cũng có $OO'_a \parallel O_aP$.

Nên $PO'_aOO_a$ là hình bình hành, suy ra $O_aO'_a$ đi qua trung điểm $OP$.

Tương tự ta cũng có $O_bO'_b,O_cO'_c$ đi qua trung điểm $OP$, suy ra đpcm.

 

Bài toán đề nghị:

$\boxed{\text{Bài toán 3}}$ . Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với trung tuyến $AM$ và điểm Lemoine $L$. $AM$ cắt $(O)$ tại $N$ khác $A$. $H$ là hình chiếu của $N$ lên $BC$ và $K$ đối xứng $H$ qua $N$. $KM$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $KL$ cắt $CA,AB$ tại $P,Q$. $PF$ cắt $EQ$ tại $R$. Chứng minh rằng $AL$ và $KR$ cắt nhau trên $(O)$.

Nguồn: http://analgeomatica.blogspot.com/

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 1\\ \hline \end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 24-05-2016 - 18:50


#7 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1511 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 24-05-2016 - 12:43

$\boxed{\text{Bài toán 1.}}$

Gọi $N$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$. Ta có $NI=NB=NO$ nên $\widehat{OIX}=\dfrac{180^o-\widehat{ONA}}{2}=80^o$

Ngoài ra $\widehat{OXI}=\widehat{OBA}+\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=80^o$ nên $OI=OX$

Ta có $\widehat{OAI}=\widehat{OCE}$ và $\widehat{AOI}=\widehat{OIX}-\widehat{OAI}=60^o=\widehat{EOC}$ mà $OA=OC$ nên $\Delta OIA = \Delta OEC$

Do đó $OI=OE$. Mà $\widehat{OEK}=\widehat{OIX}=80^o$ $\widehat{KOE}=\widehat{ONA}=20^o$ nên $OK=OE$

Dễ thấy $\Delta ICA=\Delta EAC$ nên $\widehat{EAC}=20^o$, từ đó $\widehat{MAE}=10^o$ nên tứ giác $AEMB$ nội tiếp.

Do đó $\widehat{MEB}=\widehat{MAB}=30^o=\widehat{IBE}$ nên $EL || BI$

Gọi $T$ là giao của $BI$ với $AC$ thì $BTC$ cân tại $T$ và $O,E,T$ thẳng hàng.

Dễ thấy $EI|| CT$ nên $I,L$ đối xứng với nhau qua $OE$, suy ra $OI=OL$

Ngoài ra $\widehat{LEC}=50^o$ và $\widehat{KFL}=50^o$ nên $F\in (KEL)$

Ta có điều phải chứng minh.

P/s. Xin giải lại bài toán 1 với lời giải khác.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 1\\ \hline dogsteven & 1\\ \hline \end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 24-05-2016 - 18:50

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#8 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 406 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 24-05-2016 - 14:28

$\boxed{\text{Lời giải bài 3}}$. Để giải quyết bài toán ta cần có bổ đề sau:

Bổ đề. Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $\odot (O).L$ là điểm $Lemoine.M$ là trung điểm $BC.AM$ cắt $(O)$ tại $N.NH$ vuông góc với $BC(H$ thuộc $BC).K$ đối xứng với $H$ qua $N.AL$ cắt $O$ tại $T$. Khi đó $LM\parallel KT$/

Chứng minh. Xem tại đây

Quay lại bài toán. $AL$ cắt $\odot (O)$ tại $T$.

Đường thẳng qua $T$ vuông góc với $TN$ cắt $BC,AM$ tại $X,Y$.

Post 158.png

Hình vẽ bài toán

Do $AT,AN$ đẳng giác trong $\angle A$ nên $TNBC$ là hình thang cân $\Longrightarrow BX=CH\Longrightarrow MX=MH\Longrightarrow XM=\frac{TN}{2}$

$\Longrightarrow XT=\frac{YT}{2}$. Mặt khác theo bổ đề thì $XNKT$ là hình bình hành nên $NK=\frac{TY}{2}$.

$TK$ cắt $AM$ tại $Z\Longrightarrow K$ là trung điểm $ZT$ nên theo bổ đề hình thang ta suy ra $AK$ chia đôi $ML$.

Tiếp tục áp dụng bổ đề ta suy ra $K(RA,PF)=-1\Longrightarrow \overline{R,T,K}\Longrightarrow KR,AL$ cắt nhau tại một điểm thuộc $\odot (O).\blacksquare$

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 1\\ \hline dogsteven & 1\\ \hline baopbc & 1\\ \hline \end{array}$$

 

Bài toán đề nghị.$\boxed{\text{Bài toán 4}}$ (kết quả cũ) Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $\odot (O).AC$ cắt $BD$ tại $R.AD$ cắt $BC$ tại $P$. Kẻ $RL\perp AD,PN\perp DR.Y$ là trung điểm $PR,X$ là trung điểm $CD$. Chứng minh $X,L,Y,N$ đồng viên.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 24-05-2016 - 18:50


#9 babystudymaths

babystudymaths

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 308 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương
  • Sở thích:Hình học, Tổ hợp, Số học, xem và nghe nhiều thứ

Đã gửi 24-05-2016 - 15:08

Đề bài bài 4 phải là trung điểm $DC$ chứ nhỉ? 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 24-05-2016 - 15:22

TLongHV


#10 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1511 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 24-05-2016 - 16:31

$\boxed{\text{Bài toán 4}}$

Một hướng làm khá dài.

Bổ đề 1.  Cho hình thang $ABDC$ nội tiếp $(O)$ với $AB, CD$ là đáy. Gọi $MN$ là một đường kính của $(O)$. $NA$ cắt $MC$ tại $P$, $NB$ cắt $MD$ tại $Q$ và $AD$ cắt $BC$ tại $I$. Khi đó $I$ là trung điểm $PQ$.

Bổ đề 2. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ với $R$ là giao điểm $AC$ và $BD$. $P$ là giao điểm của $AD$ với $BC$. $X,Y,Z$ là trung điểm của $CD, PR, AB$. Khi đó $YR^2=YX.YZ$

Bổ đề 3. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ với $R$ là giao điểm $AC$ và $CD$. $K, L$ là hình chiếu của $R$ trên $BC, AD$. Khi đó trung điểm $AB, KL, CD$ thẳng hàng.

Ba bổ đề này quen thuộc và gặp ở rất nhiều nơi.

Trở lại bài toán.

Gọi $M, K$ là hình chiếu của $P$ trên $AC$ và $R$ trên $BC$. $W$ là trung điểm $AB$

Áp dụng bổ đề 3 ta suy ra $KLNM$ là hình thang cân. Áp dụng bổ đề 1 ta suy ra $KM$ và $NL$ đi qua $W$

Áp dụng bổ đề hai ta suy ra $X$ và $W$ liên hợp với nhau (xét cực và đối cực theo $[PR]$) nên $X,K,N$ thẳng hàng.

Do đó $\widehat{XNL}=\widehat{KNL}=\widehat{XYL}$

Còn tiếp ...


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 24-05-2016 - 16:33

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#11 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1511 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 24-05-2016 - 16:57

$\boxed{\text{Bài toán 4}}$ Một cách giải thuần túy.

Gọi $K$ là hình chiếu của $R$ trên $BC$. Gọi $S$ là điểm đối xứng của $C$ qua $K$

Ta có $XK || DS$, tứ giác $PSRD$ nội tiếp, tứ giác $PNKR$ nội tiếp nên $KN || SR$ nên $X,K,N$ thẳng hàng.

Tứ đó biến đổi góc như phần cuối lời giải trên sẽ cho ta điều phải chứng minh.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 1\\ \hline dogsteven & 2\\ \hline baopbc & 1\\ \hline \end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 24-05-2016 - 16:58

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#12 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 573 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 24-05-2016 - 17:28

Figure3827.png

 

$XK\parallel DS$ em suy ra $PSRD$ nội tiếp thế nào ? Đoạn đó nên giải thích kỹ hơn, vì $\angle RSC=\angle RCS=\angle RDP$. Sau khi có $X,K,N$ thẳng hàng thì ta có thể thấy $XY$ là trung trực $KL$ nên $XY$ là phân giác $\angle LXN$ kết hợp $YL=YN$ nên $XLYN$ nội tiếp.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 24-05-2016 - 17:34


#13 QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 24-05-2016 - 17:32

Cách giải khác cho bài 4, dài hơn, nhưng mà phát triển một tí: gọi $R'$, $P'$ là điểm đẳng giác của $R$ với $\triangle PDC$ và $\triangle RDC$.

Bằng cách sử dụng các đường đẳng giác, cộng góc đơn thuần ta thu được:

\[(R'C,R'D)=(PC,PD)-(RC,RD)\qquad  (P'C,P'D)=(RC,RD)-(PC,PD)\]

Điều này dẫn tới việc $P'$, $R'$ đối xứng nhau qua $BC$. Chú ý thêm từ các đường đẳng giác và $ABCD$ nôi tiếp thì $(DR',DC)=(DP,DR)=(CR,CP)=(CD, CR')$ do đó $\triangle R'DC$ cân tại $R'$, kéo theo $R'X$ vuông góc $CD$. $R'$ là đẳng giác của $R$ trong $\triangle PAD$ nên $X$ thuộc đường tròn pedal của $R$ với $\triangle PAD$. $RH\perp CD$, $H\in CD$.

Áp dụng định lý Pascal cho lục giác $PLMRNK$ thì ta thu được giao điểm của $LM$ và $KN$ nằm trên $CD$.

\[(LM,KN)=(LM,LR)+(KR,KN)+(RL,RK)=(PM,PR)+(PR,PN)+(PD,PC)=(PM,PN)+(PD,PC)=(RC,RD)+(PD,PC)\]

\[=(CR,CP)+(DP,DR)=(HR,HK)+(HL,HR)=(HL,HK)\]

Điều này nghĩa là giao của $LM$, $KN$ nằm trên đường tròn pedal của $R$ với $\triangle PCD$ và nằm trên $CD$. Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được $LM$, $KN$ cắt nhau trên đường tròn pedal của $P$ với $\triangle RCD$. Do đó $LM$, $KN$ đi qua $X$.

\[(XL,XN)=(XL,XK)=(LM,KN)=(RC,RD)+(PD,PC)=(CR,CP)+(DP,DR)=2(CA,CB)\]

\[(YL,YN)=2(RL,RN)=2(RL,PL)+2(PL,RN)=2(PL,RN)=2(DA,DB)=2(CA,CB)\]

Vậy có điều phải chứng minh.

Đề nghị bài tiếp theo:

$\boxed{\text{Bài toán 5}}$ (Luiz Gonzalez)  $\triangle ABC$, $P$. $PA$, $PB$, $PC$ cắt $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Chứng minh trục đẳng phương của 3 cặp đường tròn sau đồng quy: $(ABE)$ và $(ACF)$, $(BCF)$ và $(BAD)$, $(CAD)$ và $(CBE)$

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 1\\ \hline dogsteven & 2\\ \hline baopbc & 1\\ \hline QuangDuong12011998 & 1\\ \hline\end{array}$$

Hình gửi kèm

  • số4.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi QuangDuong12011998: 24-05-2016 - 17:42


#14 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 406 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 24-05-2016 - 18:38

$\boxed{\text{Lời giải bài 5}}$ Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $(ABE)$ và $(ACF),(BCF)$ và $(BAD),(CAD)$ và $(CBE)$

Post 160.png

Hình vẽ bài toán

Ta có: $\frac{\sin \measuredangle XAB}{\sin \measuredangle XAC}=\frac{BX}{EX}$

Mặt khác $\triangle FXB\sim \triangle CXE$ nên $\frac {BX}{EX}=\frac{BF}{EC}\Longrightarrow \frac{\sin \measuredangle XAB}{\sin \measuredangle XAC}=\frac{BF}{EC}$. Tương tự với các cặp đường tròn còn lại

Theo định lí $Ceva$ dạng hình học thì $\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}$ nên theo định lí $Ceva$ dạng lượng giác thì $AX,BY,CZ$ đồng quy. $\blacksquare$

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 1\\ \hline dogsteven & 2\\ \hline baopbc & 2\\ \hline QuangDuong12011998 & 1\\ \hline\end{array}$$

 

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 6}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\odot (O)$ và $\odot (K)$ đi qua $B,C$ cắt $AC,AB$ tại $E,F.BE$ cắt $CF$ tại $H.\odot (AEF)$ cắt $\odot (O)$ tại $G$ khác $A.M,N$ lần lượt là tâm $\odot (GBK)$ và $\odot (GCK).FM$ cắt $EN$ tại $L$. Chứng minh $HL$ đi qua $O$.

Nguồn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 24-05-2016 - 18:44


#15 fatcat12345

fatcat12345

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 46 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 24-05-2016 - 18:46

Một lời giải khác cho $\boxed{\text{bài 5}}$

Mình xin nêu và không chứng minh bổ đề quen thuộc sau: Cho tam giác $ABC$, $P$ bất kỳ trong tam giác. $P_a,P_b,P_c$ đối xứng với $P$ qua trung điểm các cạnh $BC,CA,AB$. Khi đó $AP_a,BP_b,CP_c$ đồng quy.

Trở lại bài toán

Gọi giao điểm thứ hai của các cặp đường tròn $(ABE),(ACF); (BCF),(BAD); (CAD),(CBE)$ lần lượt là $X,Y,Z$.

 $P_a,P_b,P_c$ đối xứng với $P$ qua trung điểm các cạnh $BC,CA,AB$.

Dễ thấy $X$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $AFPEBC$ nên tứ giác $XBFP, XCEP$ nội tiếp.

Bằng cộng góc dễ có hai tam giác $XPC, XBA$ đồng dạng, suy ra $\frac{BP_a}{XC}=\frac{PC}{XC}=\frac{BA}{XA}$.

Lại có $\angle ABP_a= \angle ABP+ \angle PBC + \angle P_aBC= \angle AXE + \angle CPE= \angle AXC$.

Nên hai tam giác $ABP_a, AXC$ đồng dạng, suy ra $AX, AP_a$ đẳng giác trong góc $\angle BAC$.

Chứng minh tương tự ta có $BY, BP_b$ đẳng giác trong góc $\angle ABC$; $CZ,CP_c$ đẳng giác trong góc $\angle ACB$.

Theo bổ đề ta có $AP_a,BP_b,CP_c$ đồng quy tại $P'$.

Vậy $AX, BY,CZ$ đồng quy tại điểm liên hợp đẳng giác của $P'$ đối với $\Delta ABC$ $\blacksquare$

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 2\\ \hline dogsteven & 2\\ \hline baopbc & 2\\ \hline QuangDuong12011998 & 1\\ \hline\end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 24-05-2016 - 18:47


#16 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 573 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 24-05-2016 - 20:36

Các giải khác cho bài 5 (dùng hình của Bảo) tránh dùng sin, chú ý hai tam giác $XBF$ và $XEC$ đồng dạng nên tỷ lệ diện tích là bình phương tỷ lệ đồng dạng.

Gọi $AX$ cắt $BC$ tại $U$ thì $\frac{UB}{UC}=\frac{[XAB]}{[XAC]}=\frac{[XAB]}{[XBF]}.\frac{[XBF]}{[XEC]}.\frac{[XEC]}{[XAC]}=\frac{AB}{BF}.\frac{BF^2}{CE^2}.\frac{CE}{AC}=\frac{AB.BF}{AC.CE}$. Tương tự dùng Ceva ta có điều phải chứng minh.

 

Chú ý hai tam giác $XBF$ và $XEC$ đồng dạng cùng hướng, ta có thể thay bằng diện tích đại số và độ dài đại số.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 24-05-2016 - 22:15


#17 babystudymaths

babystudymaths

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 308 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương
  • Sở thích:Hình học, Tổ hợp, Số học, xem và nghe nhiều thứ

Đã gửi 25-05-2016 - 09:52

Bài toán $6$ đề có bị nhầm ở chỗ nào không nhỉ? Không thấy $H, L, O$ thẳng hàng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 25-05-2016 - 18:16

TLongHV


#18 IHateMath

IHateMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 137 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:$\mathbb{C} 0mb\sqrt{-1}$&$9\epsilon 0m$

Đã gửi 25-05-2016 - 10:56

Bài toán 6 đề có bị nhầm ở chỗ nào ko nhỉ, ko thấy H, L, O thẳng hàng.

Đề đúng rồi bạn.

Hình gửi kèm

untitled.JPG


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 25-05-2016 - 11:37

$\sqrt{-1}$ <3 MATH


#19 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 573 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 27-05-2016 - 00:18

Cám ơn Bảo đã post lại bài mở rộng bài toán miền Tây, sau đây là lời giải dùng hoàn toàn ý tưởng của Bảo được thầy làm chi tiết hơn.

 

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 6.}}$ Ta dễ thấy các đường tròn $(GBE),(GCF)$ đi qua $K$ nên ta viết lại gọn hơn như sau

 

$\boxed{\text{Bài toán 6.}}$ Cho tam giác $ABC$ có tâm ngoại tiếp $O$. Một đường tròn $(K)$ qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. Gọi $M,N$ là tâm ngoại tiếp các tam giác $KBE,KCF$. $FM$ cắt $EN$ tại $L$. Chứng minh rằng $H,L,O$ thẳng hàng. 
 
Ta dùng các bổ đề sau
 
Bổ đề 1. Cho tam giác $ABC$ với $E,F$ bất kỳ trên đường thẳng $CA,AB$ thì trực tâm $H$ của tam giác $ABC$ có cũng phương tích với đường tròn đường kính $BE,CF$.
 
Bổ đề này là kết quả quen thuộc xin không nêu chứng minh.
 
Bổ đề 2. Cho tứ giác $ABCD$ có $AB$ cắt $CD$ tại $E$. $AD$ cắt $BC$ tại $F$. Thì đường tròn đường kính $AC,BD,EF$ đồng trục.
 
Figure3831.png
 
Chứng minh. Gọi $H,K$ là trực tâm tam giác $ECD,FBC$ theo bổ đề trên dễ thấy $H,K$ có cùng phương tích với các đường tròn đường kính $AC,BD,EF$.
 
Bổ đề 3. Cho tam giác $ABC$ có $E,F$ thuộc $CA,AB$ sao cho tứ giác $BCEF$ nội tiếp. $P$ là điểm bất kỳ. Lấy $Q$ sao cho $QE\perp AC,QF\perp AB$. $PC,PB$ cắt $QF,QE$ tại $M,N$. Lấy $R$ sao cho $BR\perp AM,CR\perp AN$. Chứng minh rằng $P,Q,R$ thẳng hàng.
 
Figure3832.png
 
Chứng minh. Gọi $RB,RC$ cắt $AM,AN$ tại $K,L$. $MN$ cắt $BC$ tại $S$. $G$ là hình chiếu của $P$ lên $AS$. Dễ thấy $K,F$ thuộc đường tròn đường kính $BM$ và $L,N$ thuộc đường tròn đường kính $CN$. Nên $AK.AM=AF.AB=AE.AC=AL.AN$. Từ đó dễ thấy $A$ nằm trên trục đẳng phương của các đường tròn đường kính $BM,CN$. Theo bổ đề thì $A$ cũng nằm trên trục đẳng phương chung của các đường tròn đường kính $BM,CN,PS$. Từ đó $AG.AS=AK.AM=AF.AB=AE.AC=AL.AN$. Từ đẳng thức này dễ thấy $G$ nằm trên các đường tròn $(SBF),(SEC)$ suy ra $G$ nằm trên $(AEF)$ là đường tròn đường kính $AQ$ do đó $P,Q,G$ thẳng hàng. Cũng từ đẳng thức thì $G$ nằm trên đường tròn $(ANL),(AMK)$ suy ra $G$ nằm trên $(AKL)$ là đường tròn đường kính $AR$. Từ đó $P,R,G$ thẳng hàng. Như vậy $P,Q,R$ thẳng hàng.
 
Chú ý bổ đề 3 là của Bảo và chứng minh được tham khảo ở link.
 
Hệ quả. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ với tâm ngoại tiếp $O$. $P$ bất kỳ. $PB,PC$ cắt trung trực $CA,AB$ tại $N,M$. Lấy $R$ sao cho Lấy $R$ sao cho $BR\perp AM,CR\perp AN$. Chứng minh rằng $P,O,R$ thẳng hàng.
 
Figure3833.png
 
Chứng minh. Gọi $E,F$ là trung điểm $CA,AB$ thì tứ giác $BCEF$ nội tiếp. Áp dụng trực tiếp bổ đề 3 trên ta có điều phải chứng minh.
 
Figure3834.png
 
Giải bài toán. Gọi $I$ là tâm, $(KEF)$ theo kết quả này thì $I$ nằm trên $OH$. Dễ thấy $IM,IN$ là trung trực của $KF,KE$. Đến đây áp dụng hệ quả vào tam giác $KEF$ suy ra $L,H,I$ thẳng hàng. Từ đó $HL$ đi qua $O$.
 
Nhận xét. Bài toán này là cách viết khác của bài toán nằm trong chuỗi mở rộng bài toán miền tây Trung Quốc năm 2014 sau đây
 
Bài toán. Cho tam giác $ABC$ có tâm ngoại tiếp $O$. Một đường tròn $(K)$ qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. Gọi $M,N$ là tâm ngoại tiếp các tam giác $KCE,KBF$. $BM$ cắt $CN$ tại $P$. Chứng minh rằng $AP$ đi qua tâm $(HEF)$.
 
Bài toán này có thể xem tại đây.
 
Figure3835.png
 
Toàn bộ lời giải trên là của Nguyến Đức Bảo trong đó bổ đề 3 là quan trọng nhất, lời giải nghịch đảo trong link được tác giả viết lại không nghịch đảo đơn giản hơn nhưng ý tưởng vẫn vậy. Hệ quả có cách chứng minh trực tiếp ngắn hơn.
 
$\boxed{\text{Bài toán 7.}}$ Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AH$ và tâm nội tiếp $I$. $IB,IC$ cắt $AH$ tại $M,N$. $K,L$ là tâm ngoại tiếp tam giác $MAB,NAC$. $R,Q$ là trung điểm $IB,IC$. Lấy $P$ sao cho $PR\perp NL,PQ\perp MK$. Một tiếp tuyến thay đổi của đường tròn Euler của tam giác $IBC$ cắt $PQ,PR$ tại $S,T$. $X$ đối xứng $P$ qua $S,T$. Chứng minh rằng đường tròn $(XST)$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi tiếp tuyến thay đổi.
 
Nguồn. Sáng tác + Serbia năm 2016
 
Xin phép cho mình không tham gia ghi điểm, vì thời gian mình không có nhiều để thường xuyên giải. Có thể coi mình là phương án trợ giúp trong các tình huống khó xử lý của topic này. Mình ủng hộ nhiệt tình và rất vui vì topic này ra đời quy tụ nhiều lời giải và bài toán hình học Olympic hay. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 27-05-2016 - 11:21
Ghi thêm nguồn vì đã có lời giải!


#20 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 406 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 27-05-2016 - 08:58

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 7}}$

Ta cần có hai bổ đề sau:

$\boxed{\text{Bổ đề 1}}$ Cho tam giác $ABC$ có $O$ là tâm ngoại tiếp. Một đường tiếp tuyến với $\odot (BOC)$ cắt $AB$ ở $D$ và $CA$ ở $E$. Gọi $A'$ là điểm đối xứng của điểm $A$ qua $DE$. Khi đó $\odot (A'DE)$ tiếp xúc $\odot (ABC)$.

Chứng minh.

$\boxed{\text{Bổ đề 2}}$ Cho tam giác $IBC.Q,R$ lần lượt là trung điểm $IC,IB$. Kí hiệu $\omega $ là đường tròn $Euler$ của $\triangle IBC.PR,PQ$ cắt $\omega $ tại $F,E$. Khi đó tâm $\odot (PEF)$ thuộc $\omega $.

Chứng minh.

Quay lại bài toán.

Post 165.png

Ta có $\angle IQP=90^\circ-\angle IMN+\angle AMK=90^\circ-\angle B/2+\angle C/2$. Tương tự $\angle IRP=90^\circ-\angle C/2+\angle B/2$.

Gọi $E,F$ lần lượt là giao của $PQ,PR$ với đường tròn $Euler$ của tam giác $IBC$. Theo bổ đề $2$ ta suy ra tâm $\odot (PEF)$ thuộc đường tròn $Euler$ của tam giác $IBC$. Theo bổ đề $1$ ta suy ra $\odot (PEF)$ tiếp xúc $\odot (XST).\blacksquare$

Bài toán đề nghị:

$\boxed{\text{Bài toán 8}}$ Cho hai đường tròn trực giao $(O_1),(O_2)$ cắt nhau tại $A,B.P$ bất kì trên $AB.O_1P$ cắt $\odot (O_2)$ tại $E.O_2P$ cắt $(O_1)$ tại $F.O_1O_2$ cắt $AB$ tại $D$. Chứng minh rằng $\frac {DE}{DF}=\frac{PE}{PF}$.

Nguồn.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 2\\ \hline dogsteven & 2\\ \hline baopbc & 3\\ \hline QuangDuong12011998 & 1\\ \hline\end{array}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 27-05-2016 - 11:08






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh