Chủ đề này có 434 trả lời

[Ngockhanh99k48]

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 85}}$

$AP, BP, CP$ cắt $(ABC)$ thứ tự tại điểm thứ hai $X, Y, Z$. Đương nhiên dễ thấy rằng $\triangle XYZ$ và $\triangle DEF$ có các cạnh tương ứng song song và có tâm vị tự là $P$. Do đó giả sử gọi $L$ là điểm Lemoine của $\triangle XYZ$ thì điểm Lemoine của $\triangle DEF$ thuộc $PL$. Do $A, B, C, P$ cố định nên $X, Y, Z$ cố định hay $L$ cố định nên $PL$ cố định, ta có đpcm

P/s: Thầy có thể tiếp tục giúp em được không ạ?

[quanghung86]

Cám ơn Khánh, đúng là bài này ra như vậy bị dễ đi, ý tưởng là thầy muốn chứng minh $PL$ đi qua điểm Lemoine của $ABC$. Vậy ta tiếp tục

 

$\boxed{\text{Bài toán 86.}}$ Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Chứng minh rằng phân giác các góc $\angle AIC,\angle BID$ vuông góc.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 27-07-2016 - 15:48

[Ngockhanh99k48]

Bài toán 85': Cho $\triangle ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với điểm $P$ bất kì, $AP, BP, CP$ thứ tự cắt $(ABC)$ tại điểm thứ hai $D, E, F$. Gọi $L, L'$ thứ tự là điểm Lemoine của $\triangle ABC, \triangle DEF$. Khi đó $P, L, L'$ thẳng hàng. 

Chứng minh: $AL$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $A'$. $A'P$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $D'$. $AA'$ là đường đối trung của tam giác $\triangle ABC$ nên $(AA'BC)=-1$. Ta biết rằng phép nghịch đảo bảo toàn tỉ số kép, mặt khác $AD, BE, CF, A'D'$ đồng quy tại $P$, nên $(DD'EF)=(AA'BC)=-1$, do đó $DD'$ đi qua $L'$. Định nghĩa tương tự với $B', E'$ thì $EE'$ đi qua điểm $L'$. Gọi $K$ là giao điểm của $AE'$ và $BD'$

Bây giờ áp dụng định lí Pascal cho bộ 6 điểm đồng viên $\begin{pmatrix} A & B' & D' \\  B & A' & E' \end{pmatrix}$ ta có $L, P, K$ thẳng hàng, lại áp dụng định lí Pascal cho bộ 6 điểm đồng viên $\begin{pmatrix} A & D' & E \\  B & E' & D \end{pmatrix}$ ta có $K, P, L'$ thẳng hàng. Ta có đpcm.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 86}}$ $AI$ cắt $CD$ tại $F$. Một tính chất đặc trưng của tứ giác ngoại tiếp đó là $\widehat{AID}+\widehat{BIC} = 180^{\circ}$. Do đó $\widehat{FID}=\widehat{CIB}$, suy ra hai góc $\widehat{CIF}$ và $\widehat{BID}$ có chung đường phân giác trong. Từ đó ta có đpcm. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 27-07-2016 - 16:38

[baopbc]

Đề xuất bài toán tiếp theo để tiếp tục topic!

 

$\boxed{\text{Bài toán 87}}$ (AoPS) Cho $\Omega$ và $\Omega'$ là các đường tròn cố định. $AA',BB'$ lần lượt là tiếp tuyến trong và tiếp tuyến ngoài của $\Omega$ và $\Omega'.C,C'$ là các điểm bất kì trên $\Omega,\Omega'$. Gọi $X,Y$ lần lượt là giao điểm của $AC$ và $A'C';BC$ và $B'C'$. Chứng minh rằng $(XY)$ luôn đi qua một điểm cố định khi $C,C'$ di chuyển.

[quanghung86]

Hệ quả đẹp của bài toán 86, hai tam giác $IAC,IBD$ có chung đường đối trung.

[baopbc]

Lời giải $\boxed{\text{bài toán 87}}$ của Tev Cohl có thể tham khảo link.

 

Để tiếp tục topic, mình xin đề xuất một bài toán "dễ thở". Bài toán nằm trong bài viết của mình và thầy Hùng trong số báo epsilon 10.

$\boxed{\text{Bài toán 88.}}$ (Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có đường cao $CD$. Gọi $E,M$ là trung điểm của $BD,CE.R$ thuộc $AB$ sao cho $BR=CD.CR$ cắt $AM$ tại $K$. Chứng minh rằng $\angle CKD=90^\circ$.

PS. Mong mọi người có lời giải ngắn gọn cho bài này, mình chỉ có một lời giải thuần túy nhưng khá dài và lời giải còn lại dùng tính toán!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 11-08-2016 - 19:06
Thêm tác giả và lời giải! =))

[quanghung86]

Bài toán 88 đã có đáp án trên báo Epsilon 10, mình xin đề nghị một bài mới

 

$\boxed{\text{Bài toán 89.}}$ (Tập huấn đội dự tuyển KHTN 2016) Cho tam giác $ABC$ nhọn có đường cao $AA_0,BB_0,CC_0$, trung tuyến $AA_1,BB_1,CC_1$ tâm đường tròn Euler là $N$. Đường thẳng qua $A$ song song $BC$ cắt $B_0C_0$ tại $A_2$. $A_3$ là hình chiếu của $A_2$ lên $AA_1$. $A_4$ là trung điểm của $AA_2$. $A_5$ là đối xứng của $A_3$ qua $NA_4$. Tương tự có $B_5,C_5$. Chứng minh rằng $AA_5,BB_5,CC_5$ đồng quy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 15-08-2016 - 12:44

[baopbc]

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 89.}}$ Gọi $A_6$ là giao điểm của $AA_0$ với $(N).A_3'$ là giao điểm của $AA_1$ với $(N)$.

Ta có $\angle AA_6A_3'=\angle AA_1A_0=A_3'AA_2$ nên $AA_2$ tiếp xúc đường tròn $(AA_3'A_6)$.

Mặt khác $\angle AC_0B_0=\angle ACB=\angle CAA_2$ nên $AA_2$ tiếp xúc đường tròn $(AB_0C_0)$.

Từ đó các đường tròn $(AA_3'A_6)$ và $(AB_0C_0)$ tiếp xúc nhau. Theo định lí về tâm đẳng phương ta suy ra $B_0C_0,AA_2,A_3'A_6$ đồng quy.

Do đó $A_3'A_6$ đi qua $A_2$. Từ đó $A_2A_3'A=90^\circ$ nên $A_3\equiv A_3'$.

Do $A_4$ và $N$ lần lượt là tâm đường tròn $\text{Euler}$ của tam giác $ABC$ và đường tròn đường kính $AA_2$, để ý rằng $A_3$ là giao của hai đường tròn này nên $A_5$ đối xứng với $A_3$ qua đoạn nối tâm sẽ là giao điểm thứ hai của hai đường tròn. Từ đó $\angle AA_5A_2=90^\circ$. 

Gọi $A_2A_0$ cắt $(N)$ tại điểm $A_5'$ khác $A_0$. Ta có $\mathcal{P}_{A_2/(N)}=A_2A^2=A_2A_5'.A_2A_0$ nên $\angle AA_5'A_2=90^\circ$.

Do đó $A_5\equiv A_5'$.

Gọi $X$ là giao điểm của $A_5$ với $(N)$. Do $\angle AA_5A_0=90^\circ$ nên $X$ đối xứng với $A_0$ qua $N$, từ đó $X$ thuộc trung trực $BC$.

Từ đây áp dụng định lý $\text{Ceva}$ dạng lượng giác cho các tam giác $AB_1C_1,BC_1A_1,CA_1B_1$. Chú ý rằng 

\[\frac{\sin \angle XB_1C_1}{\sin \angle ZB_1A_1}.\frac{\sin \angle ZA_1B_1}{\sin \angle YA_1C_1}.\frac{\sin \angle YC_1A_1}{\sin \angle XC_1B_1}=1\]

và các cặp góc bằng nhau $\angle XB_1A_1=\angle YA_1B_1,\angle XC_1B_1=\angle ZA_1B_1,\angle YC_1A_1=\angle ZB_1A_1$ ta suy ra

\[\prod \frac{\sin \angle XAB_1}{\sin \angle XAC_1}=1\]

Từ đó theo định lý $\text{Ceva}$ dạng lượng giác ta suy ra $AX,BY,CZ$ đồng quy hay $AA_5,BB_5,CC_5$ đồng quy. $\blacksquare$

 

Đề xuất bài toán mới để tiếp tục topic!

$\boxed{\text{Bài toán 90}}$ (Đặc biệt hóa) Cho tam giác $ABC$, trọng tâm $G$, điểm $\text{Lemoine}$ $L$. $U,V$ lần lượt là hình chiếu của $L,G$ trên $BC$. Gọi $J$ là giao điểm khác $A$ của đường tròn $(AUV)$ và đường tròn $(ABC)$. $AT$ là đường kính của đường tròn $(ABC)$. Chứng minh rằng $JT$ chia $LU,GV$ cùng tỉ số.

Tác giả bài toán tổng quát là "đại ca" Trần Quang Huy!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 15-08-2016 - 19:39

[quanghung86]

Chuẩn rồi Bảo, cái điểm đồng quy của AX,BY,CZ đó gọi là điểm Prasolov đó. Điểm Prasolov nằm trên đường nối tâm Euler và điểm Lemoine !

[baopbc]

Bài toán $90$ đúng trong trường hợp tổng quát hai điểm liên hợp đẳng giác, bài này đã được anh Huy đưa lên AoPS tại đây và có lời giải của Telv Cohl.

 

Đề xuất bài toán tiếp theo khá nhẹ nhàng để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Bài toán 91}}$ (Own) Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O_1)$ cắt nhau tại $B,C;M$ là trung điểm $BC$. Điểm $A$ chạy trên $(O)$ và khác $B,C.AB,CA$ theo thứ tự cắt $(O_1)$ tại $F,E;P,Q$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $BE,CF$. Dựng hình bình hành $MPKQ$. Chứng minh rằng $AK$ luôn đi qua một điểm cố định.

 

[baopbc]

Bài toán $91$ đã lâu chưa có ai giải nên mình xin được phép đưa ra lời giải để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 91}}$  Gọi $X,Y$ lần lượt là đối xứng của $B,C$ qua $P,Q$. Do $MPKQ$ là hình bình hành nên $K$ là trung điểm $XY$. Mặt khác do $\angle XBA=\angle YCA$ nên $\triangle BAX\sim \triangle CAY$ suy ra $\angle BAX=\angle CAY$. Gọi $E',F'$ lần lượt là giao điểm của $AX,AY$ với đường tròn $(O)$ thì $E'F'\parallel BC$. Gọi $H$ là giao điểm của $CE'$ và $BF'$. Đường thẳng qua $H$ song song với $XY$ cắt $AE',AF'$ lần lượt tại $S,T$. Gọi $S',T'$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lên $AS,AT.L$ là giao điểm khác $A$ của $AH$ với đường tròn $(O)$. Dễ thấy $\triangle S'HT'\sim \triangle E'LF'$ (g.g) nên \[\frac{HS'}{HT'}=\frac{LE'}{LF'}=\frac{AC.HL}{HC}.\frac{HB}{AB.HL}=\frac{AC}{AB}=\frac{AY}{AX}=\frac{AT}{AS}\] Do đó $HS'.AS=HT'.HT$ suy ra $[HAS]=[HAT]$ từ đó $H$ là trung điểm $ST$. Theo bổ đề hình thang $AH$ đi qua trung điểm $K$ của $XY$ hay $AK$ đi qua $H$ là giao điểm của $CE',BF'$. Lại có $\angle BAE'=\angle CAF'$ cố định nên các điểm $E'F'$ cố định trên đường tròn $(O)$ do đó $AK$ đi qua một điểm cố định. $\blacksquare$

 

Lần này mình sẽ không đề xuất bài toán mới nữa mà sẽ dành công việc này cho thầy Hùng!

[quanghung86]

Cám ơn Bảo về bài phát triển và lời giải hay, thầy đễ xuất bài sau

 

$\boxed{\text{Bài toán 92.}}$ Cho tam giác $ABC$ nhọn có tâm ngoại tiếp $O$, trực tâm $H$ và đường tròn Euler là $(N)$. Dựng hình bình hành $ABDC$. Trên trục đẳng phương của đường tròn đường kính $OD$ và $(N)$ lấy $P$ sao cho $OP\parallel BC$. $K$ thuộc $OH$ sao cho $PK=PO$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn đường kính $HK$ và $(N)$ đi qua $O$.

[quanghung86]

Lời giải bài 92 có ở đây http://artofproblems.../u68918h1283315

 

$\boxed{\text{Bài toán 93.}}$ Cho tam giác $ABC$ có điểm Fermat $F$. $FA,FB,FC$ cut $BC,CA,AB$ tại $X,Y,Z$. $FB,FC$ cắt $XZ,XY$ lần lượt tại $M,N$. Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác $AMN$ vuông góc với $BC$.

[baopbc]

Lời giải bài toán 93 đã có ở đây http://artofproblems...endicular_to_bc

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 02-09-2016 - 07:33

[halloffame]

Được sự đổng ý của Bảo, mình đề xuất bài sau:

$\boxed{\text{Bài toán 94}}$

Cho hai điểm $B,C$ cố định và một điểm $O$ nằm trên trung trực $BC.$ Gọi $M$ là trung điểm $BC,$ đường thẳng đối xứng với trung trực $OM$ qua $O$ cắt $(O;OB)$ tại $A$ sao cho $A$ thuộc nửa mặt phẳng bờ $OM$ chứa $B.$ Chứng minh rằng khi $O$ di động thì điểm $A$ chạy trên đường cố định.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 04-09-2016 - 11:25

[halloffame]

Bài toán 94 đã lâu không có ai giải nên mình sẽ đăng cách giải bài này của mình.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 94}}$

Ta xét hệ trục tọa độ $Oxy$ nhận $M$ làm gốc tọa độ, trục hoành là $BC$ và trục tung là trung trực $BC$ sao cho $B,C$ lần lượt có tọa độ là $(-1;0),(1;0)$ và điểm $O$ có tung độ $2z>0.$

Khi đó phương trình đường thẳng của trung trực $OM$ chính là $y=z,$ suy ra phương trình đường thẳng của đường đối xứng với trung trực $OM$ qua điểm $O$ là $y=3z.$ Suy ra điểm $A$ có tung độ $3z.$ Gọi tọa độ của $A$ là $(t;3z).$

$A \in (O;OB) \Leftrightarrow OB^2=OA^2 \Leftrightarrow 1+4z^2 =t^2 +z^2 \Leftrightarrow t^2 -3z^2 =1.$

Vậy $A$ nằm trên conic $x^2-3y^2=1.$ Hiển nhiên conic này cố định, ta có đpcm.

 

 

[halloffame]

Hiện tại thì phần lớn các tỉnh thành trong cả nước đều đã hoàn tất kì thi chọn HSG dự thi QG, do đó mình muốn tiếp tục topic này để các mem của VMF có thể luyện tập chuẩn bị cho VMO 2017.

Mình xin đề xuất bài tiếp theo:

$\boxed{\text{Bài toán 95}}$ Cho hình chữ nhật $ABCD$ nội tiếp $(O),I$ bất kì khác $O$ nằm bên trong hình chữ nhật. $AI,BI,CI,DI$ cắt lại $(O)$ ở $A',B',C',D';M,N,P,Q$ là hình chiếu của $I$ lên $A'B',B'C',C'D',D'A'.$ Chứng minh rằng:

a) $MP \perp NQ.$

b) $(IMP),(INQ)$ trực giao.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 28-09-2016 - 16:37

[Ngockhanh99k48]

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 95}}$.
Gọi $M', N', P', Q'$ đối xứng với $I$ qua $A'B', B'C', C'D', D'A'$. Điều cần chứng minh tương đương $M'P' \perp N'Q'$ và $(IM'P'), (IN'Q')$ trực giao.
Nghịch đảo cực $I$, phương tích là phương tích của $(O)$. Ta chuyển về bài toán sau: gọi $O_{xy}$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IXY$. Chứng minh $O_{ab}O_{cd} \perp O_{ad}O_{bc}$ và $(IO_{ab}O_{cd}), (IO_{ad}O_{bc})$ trực giao. Vuông góc thì luôn đúng tại nó song song với các cạnh hình chữ nhật. Còn trực giao thì cộng góc là xong.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 13-10-2016 - 20:46

[baopbc]

$\boxed{\text{Bài toán 96.}}$ (Telv Cohl) Cho tam giác $ABC$, $H$ là trực tâm. $M,N$ là các điểm trên $AB,AC$ sao cho $\angle HMB=\angle HNC=\alpha$.

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle HMN$. $D$ là điểm nằm cùng phía với $A$ đối với $BC$ sao cho $\angle DBC=\angle DCB=\alpha$.

Chứng minh rằng $H,O,D$ thẳng hàng.

[Ngockhanh99k48]

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 96}}$
Đường qua $H$ vuông góc $HN$ cắt $DC$, $HB$ tại $L, K$. Đường qua $H$ vuông góc $HM$ cắt $DB$, $HC$ tại $E, F$. $KL$ cắt $EF$ tại $H'$. Dễ thấy $H, O, H'$ thẳng hàng. Vậy ta chỉ cần chứng minh $H, D, H'$ thẳng hàng. Ta có $\widehat{EFC}=\widehat{HMB}=\widehat{EBC}$ nên $E, F, B, C$ đồng viên. Ta có $\widehat{LKB}=\widehat{HNC}=\widehat{LCB}$ nên $L, K, C, B$ đồng viên. $HB, HC$ cắt $AC, AB$ tại $P, Q$.
Mặt khác $\triangle HMF \sim \triangle HNK$ nên $\frac{HQ}{HP}=\frac{HF}{HK}$ nên $PQ \parallel KF$. Như vậy $B, F, K, C$ đồng viên. Do đó 6 điểm $B, F, L, E, K, C$ đồng viên. Áp dụng định lí Pascal cho 6 điểm trên ta có $H, D, H'$ thẳng hàng. Ta có đpcm.